《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

10. [2024·辽宁师大附中月考]已知 $ i $ 为虚数单位，下列说法中正确的有(CD)

A.若复数 $ z $ 满足 $ |z - i| = \sqrt{5} $，则复数 $ z $ 对应的点在以 $ (1, 0) $ 为圆心，$ \sqrt{5} $ 为半径的圆上
B.若复数 $ z $ 满足 $ z + |z| = 2 + 8i $，则复数 $ z = 15 + 8i $
C.复数的模实质上就是复平面内复数对应的点到原点的距离，也就是复数对应的向量的模
D.复数 $ z_{1}, z_{2}, z_{3} $ 分别对应 $ \triangle ABC $ 的三个顶点，若 $ |z - z_{1}| = |z - z_{2}| = |z - z_{3}| $，则 $ z $ 对应的点是 $ \triangle ABC $ 的外心

答案： 10.CD【解析】满足$|z - i|=\sqrt{5}$的复数$z$对应的点在以$(0,1)$为圆心，$\sqrt{5}$为半径的圆上，故A错误；在B中，设$z=a + bi(a,b\inR)$，则$|z|=\sqrt{a^{2}+b^{2}}$.由$z + |z|=2 + 8i$，得$a + bi+\sqrt{a^{2}+b^{2}}=2 + 8i$，所以$\begin{cases}a+\sqrt{a^{2}+b^{2}}=2,\\b = 8,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-15,\\b = 8,\end{cases}$所以$z=-15 + 8i$，故B错误；由复数的模的定义知C正确；由$|z - z_{1}|=|z - z_{2}|=|z - z_{3}|$，可知$z$对应的点到$\triangle ABC$的三个顶点的距离相等，由三角形外心的定义，可知$z$对应的点为$\triangle ABC$的外心，故D正确.故选CD.

11. [2024·青岛二中月考]已知 $ z = a + bi(a, b \in \mathbf{R}, i $ 是虚数单位)，$ z_{1}, z_{2} \in \mathbf{C} $，定义：$ D(z) = ||z|| = |a| + |b| $，$ D(z_{1}, z_{2}) = ||z_{1} - z_{2}|| $. 则下列命题中是真命题的有(BD)

A.对任意 $ z \in \mathbf{C} $，都有 $ D(z) ＞ 0 $
B.若 $ \overline{z} $ 是复数 $ z $ 的共轭复数，则 $ D(\overline{z}) = D(z) $ 恒成立
C.若 $ D(z_{1}) = D(z_{2})(z_{1}, z_{2} \in \mathbf{C}) $，则 $ z_{1} = z_{2} $
D.对任意 $ z_{1}, z_{2} \in \mathbf{C} $，结论 $ D(z_{1}, z_{2}) = D(z_{2}, z_{1}) $ 恒成立

答案： 11.BD【解析】对于A，由定义知当$z = 0$时，$D(z)=0$，故A错误；对于B，因为共轭复数的实部相等而虚部互为相反数，所以$D(\overline{z})=D(z)$恒成立，故B正确；对于C，两个复数的实部与虚部的绝对值的和相等，并不能得到实部与虚部分别相等，所以两个复数也不一定相等，故C错误；对于D，设$z_{1}=a_{1}+b_{1}i，z_{2}=a_{2}+b_{2}i，a_{1},b_{1},a_{2},b_{2}\inR$，则$D(z_{1},z_{2})=|a_{1}-a_{2}|+|b_{1}-b_{2}|，D(z_{2},z_{1})=|a_{2}-a_{1}|+|b_{2}-b_{1}|$，故D正确.故选BD.

12. [2024·宁波中学月考]已知 $ i $ 为虚数单位，若复数 $ z = a^{2} - 4 + (a - 2)i(a \in \mathbf{R}) $ 是纯虚数，则 $ |z + 1| = $$\sqrt{17}$，$ z\overline{z} = $16.(本小题第一空 2 分，第二空 3 分)

答案： 12.$\sqrt{17}$ 16【解析】因为复数$z=a^{2}-4+(a - 2)i(a\inR)$是纯虚数，所以$\begin{cases}a^{2}-4 = 0,\\a - 2\neq0,\end{cases}$解得$a=-2$，所以$z=-4i$，所以$\overline{z}=4i$，所以$|z + 1|=|1 - 4i|=\sqrt{17}，z\overline{z}=16$.

13. [2024·北京四中期中]对于任意两个复数 $ z_{1} = x_{1} + y_{1}i, z_{2} = x_{2} + y_{2}i(x_{1}, y_{1}, x_{2}, y_{2} $ 均为实数)，定义运算“$ \odot $”：$ z_{1} \odot z_{2} = x_{1}x_{2} + y_{1}y_{2} $. 设非零复数 $ \omega_{1}, \omega_{2} $ 在复平面内对应的
点分别为 $ P_{1}, P_{2} $，$ O $ 为坐标原点，如果 $ \omega_{1} \odot \omega_{2} = 0 $，那么在 $ \triangle P_{1}OP_{2} $ 中，$ \angle P_{1}OP_{2} $ 的大小为$\frac{\pi}{2}$.

答案： 13.$\frac{\pi}{2}$【解析】设$\omega_{1}=x_{1}+y_{1}i，\omega_{2}=x_{2}+y_{2}i(x_{1},y_{1},x_{2},y_{2}\inR)$，则$\overrightarrow{OP_{1}}=(x_{1},y_{1})，\overrightarrow{OP_{2}}=(x_{2},y_{2})$.因为$\omega_{1}\odot\omega_{2}=0$，所以$x_{1}x_{2}+y_{1}y_{2}=0$，所以$\overrightarrow{OP_{1}}\perp\overrightarrow{OP_{2}}$，所以$\angle P_{1}OP_{2}=\frac{\pi}{2}$.

14. [2024·西安中学月考]已知 $ (k + 2) $ 个两两互不相等的复数 $ z_{1}, z_{2}, ·s, z_{k}, \omega_{1}, \omega_{2} $ 满足 $ \overline{\omega_{1}} - \overline{\omega_{2}} = \frac{4}{\omega_{1} - \omega_{2}} $，且 $ |\omega_{j} - z_{\alpha}| \in \{1, 3\} $(其中 $ j = 1, 2 $；$ \alpha = 0, 1, 2, ·s, k $)，则 $ k $ 的最大值为5.

答案：
14.5【解析】设$\omega_{1}=a + bi，\omega_{2}=c + di(a,b,c,d\inR)$，因为$\overline{\omega_{1}}-\overline{\omega_{2}}=\frac{4}{\overline{\omega_{1}}-\overline{\omega_{2}}}$，所以$(\overline{\omega_{1}}-\overline{\omega_{2}})·(\omega_{1}-\omega_{2})=4$，即$[(a - c)-(b - d)i]·[(a - c)+(b - d)i]=4$，即$(a - c)^{2}+(b - d)^{2}=4$，故$\omega_{1}，\omega_{2}$对应平面内距离为$2$的点，如图中的点$F，G$.因为$|\omega_{3}-z_{0}|\in\{1,3\}$，所以$z_{0}$与$\omega_{1}，\omega_{2}$对应的点的距离为$1$或$3$，构成了图中的点$A，B，C，D，E$，共$5$个点，故$k$的最大值为$5$.

15. [2024·合肥六中月考](13 分)在① $ \frac{z_{1}}{a - i} ＜ 0 $，②复平面内表示 $ z_{1}z_{2} $ 的点在直线 $ x + y + 2 = 0 $ 上，③ $ z_{2} + \overline{z_{2}} = - 2 $ 这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题.
问题：已知复数 $ z_{1} = 1 + i $，$ z_{2} = a + 2i(a \in \mathbf{R}) $，. 若 $ \frac{1}{z} = \frac{1}{z_{1}} + \frac{1}{z_{2}} $，求复数 $ z $ 以及 $ |z| $.
注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分.

答案： 15.若选择条件①.
因为$z_{1}=1+i$，所以$\frac{z_{1}}{a - i}=\frac{1+i}{a - i}=\frac{(1+i)(a + i)}{(a - i)(a + i)}=\frac{a - 1+(a + 1)i}{a^{2}+1}$，又$\frac{z_{1}}{a - i}＜0$，所以$\begin{cases}a - 1＜0,\\a + 1 = 0,\end{cases}$解得$a=-1$，所以$z_{2}=-1 + 2i$.
由$\frac{1}{z}=\frac{1}{z_{1}}+\frac{1}{z_{2}}=\frac{z_{1}+z_{2}}{z_{1}z_{2}}$，得$z=\frac{z_{1}z_{2}}{z_{1}+z_{2}}=\frac{-3 + i}{3i}=\frac{1}{3}+ i$，从而$|z|=\sqrt{(\frac{1}{3})^{2}+1^{2}}=\frac{\sqrt{10}}{3}$.
若选择条件②.
因为$z_{1}=1+i，z_{2}=a + 2i$，所以$z_{1}z_{2}=(1+i)(a + 2i)=a - 2+(a + 2)i$，则在复平面内表示$z_{1}z_{2}$的点的坐标为$(a - 2,a + 2)$.
依题意可知$(a - 2)+(a + 2)+2 = 0$，得$a=-1$，所以$z_{2}=-1 + 2i$.
由$\frac{1}{z}=\frac{1}{z_{1}}+\frac{1}{z_{2}}=\frac{z_{1}+z_{2}}{z_{1}z_{2}}$，得$z=\frac{z_{1}z_{2}}{z_{1}+z_{2}}=\frac{-3 + i}{3i}=\frac{1}{3}+ i$，从而$|z|=\sqrt{(\frac{1}{3})^{2}+1^{2}}=\frac{\sqrt{10}}{3}$.
若选择条件③.
因为$z_{2}=a + 2i$，所以$\overline{z_{2}}=a - 2i$.
由$z_{2}+\overline{z_{2}}=2a=-2$，得$a=-1$，所以$z_{2}=-1 + 2i$.
由$\frac{1}{z}=\frac{1}{z_{1}}+\frac{1}{z_{2}}=\frac{z_{1}+z_{2}}{z_{1}z_{2}}$，得$z=\frac{z_{1}z_{2}}{z_{1}+z_{2}}=\frac{-3 + i}{3i}=\frac{1}{3}+ i$，从而$|z|=\sqrt{(\frac{1}{3})^{2}+1^{2}}=\frac{\sqrt{10}}{3}$.