文档内容
专题 02 不等式与复数
目录
01考情透视·目标导航..........................................................................................................................2
02知识导图·思维引航..........................................................................................................................3
03 知识梳理·方法技巧.........................................................................................................................4
04 真题研析·精准预测.........................................................................................................................6
05 核心精讲·题型突破.......................................................................................................................13
题型一：基本不等式二元式 13
题型二：和式与积式 16
题型三：柯西不等式二元式 20
题型四：齐次化与不等式最值 24
题型五：复数的四则运算 27
题型六：复数的几何意义 31
重难点突破：不等式与复数新定义问题 35有关不等式的高考试题，是历年高考重点考查的知识点之一，其应用范围涉及高中数学的很多章节，
且常考常新，但考查内容却无外乎大小判断、求最值和求最值范围等问题，考试形式多以一道选择题为主，
分值5分．复数的代数运算、代数表示及其几何意义是高考的必考内容，题型多为选择题或填空题，分值
5分，考题难度为低档..
考点要求 目标要求 考题统计 考情分析
2024年北京卷第9题，5分
2023年上海卷第6题，4分
2022年上海卷第14题，5分
掌握基本不等
基本不等式
式的应用
2022年新高考II卷第12题，5分
预测 2025 年高考，
2021年上海卷第16题，5分
多以小题形式出现，不等
2023年天津卷第13题，5分 式在高考中主要考查基本
不等式求最值、大小判
2024年新高考甲卷第1题，5分
断，求取值范围问题；预
2023年新高考I卷第2题，5分 测 2025 年高考仍将以复
熟练掌握并灵
数的基本概念以及复数的
复数的四则运算 活应用复数四 2023年新高考甲卷第2题，5分
代数运算为主要考点，其
则运算法则
中复数的除法运算、共轭
2023年新高考乙卷第1题，5分
复数及复数的几何意义是
2022年新高考II卷第2题，5分 最可能出现的命题角度！
2023年新高考II卷第1题，5分
理解复数的几
复数的几何意义 何意义，能直 2023年上海卷第11题，5分
观应用
2022年新高考乙卷第2题，5分1、几个重要的不等式
（1）a2≥0(a∈ R),√a≥0(a≥0),|a|≥0(a∈ R).
a+b
（2）基本不等式：如果a,b∈ R+，则 ≥√ab（当且仅当“a=b”时取“ ”）．
2
1 a b
特例：a>0,a+ ≥2; + ≥2（a,b同号）．
a b a
（3）其他变形：
(a+b) 2
①a2+b2≥ （沟通两和a+b与两平方和a2+b2的不等关系式）
2
a2+b2
②ab≤ （沟通两积ab与两平方和a2+b2的不等关系式）
2
(a+b) 2
③ab≤ （沟通两积ab与两和a+b的不等关系式）
2
2 a+b √a2+b2
≤√ab≤ ≤ (a,b∈ R+)
④重要不等式串：1 1 2 2 即
+
a b
调和平均值≤几何平均值≤算数平均值≤平方平均值（注意等号成立的条件）．
2、均值定理
已知x,y∈ R+．
(x+ y) 2 S2
（1）如果x+ y=S（定值），则xy≤ = （当且仅当“x= y”时取“=”）．即“和为定值，
2 4
积有最大值”．
（2）如果xy=P（定值），则x+ y≥2√xy=2√P（当且仅当“x= y”时取“=”）．即积为定值，和
有最小值”．
3、常见求最值模型
n √ n
模型一：mx+ ≥2√mn(m>0,n>0)，当且仅当x= 时等号成立；
x m
n n √ n
模型二：mx+ =m(x−a)+ +ma≥2√mn+ma(m>0,n>0)，当且仅当x−a= 时等号
x−a x−a m
成立；x 1 1
= ≤ (a>0 , c>0) √c
模型三：ax2+bx+c c 2√ac+b ，当且仅当x= 时等号成立；
ax+b+ a
x
mx(n−mx) 1 mx+n−mx n2 n
模型四：x(n−mx)= ≤ ⋅（ ) 2= (m>0,n>0,0 1 2
2 2 2 2 2 2
y + y y + y
C．log 1 2x +x
2 2 1 2 2 2 1 2
【答案】B
【解析】由题意不妨设x √2x 1·2x 2=2 x 1 + 2 x 2 ，即 y 1 + y 2>2 x 1 + 2 x 2 >0，
2 2
y + y x 1 +x 2 x +x
根据函数y=log x是增函数，所以log 1 2>log 2 2 = 1 2，故B正确，A错误；
2 2 2 2 2
对于选项D：例如x =0,x =1，则y =1,y =2，
1 2 1 2
y + y 3 y + y
可得log 1 2=log ∈ (0,1)，即log 1 2<1=x +x ，故D错误；
2 2 22 2 2 1 2
1 1
对于选项C：例如x =−1,x =−2，则y = ,y = ，
1 2 1 2 2 4
y + y 3 y + y
可得log 1 2=log =log 3−3∈ (−2,−1)，即log 1 2>−3=x +x ，故C错误，
2 2 28 2 2 2 1 2
故选：B.
z
2．（2024年北京高考数学真题）已知 =−1−i，则z=（ ）．
i
A．−1−i B．−1+i C．1−i D．1+i
【答案】C
【解析】由题意得z=i(−1−i)=1−i.
故选：C.3．（2024年高考全国甲卷数学（理）真题）若z=5+i，则i(z+z)=（ ）
A．10i B．2i C．10 D．2
【答案】A
【解析】由z=5+i⇒z=5−i,z+z=10，则i(z+z)=10i.
故选：A
4．（2024年新课标全国Ⅱ卷数学真题）已知z=−1−i，则|z|=（ ）
A．0 B．1 C．√2 D．2
【答案】C
【解析】若z=−1−i，则|z|=√(−1) 2+(−1) 2=√2.
故选：C.
z
5．（2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题）若 =1+i，则z=（ ）
z−1
A．−1−i B．−1+i C．1−i D．1+i
【答案】C
z z−1+1 1 1
【解析】因为 = =1+ =1+i，所以z=1+ =1−i.
z−1 z−1 z−1 i
故选：C.
6．（2024年上海市1月春考数学试题）已知ab=1，4a2+9b2的最小值为 ．
【答案】12
【解析】4a2+9b2=(2a) 2+(3b) 2≥2×2a×3b=12ab=12,
{2a=3b √6 √6 √6 √6
当且仅当 ,即a= ,b= 或a=− ,b=− 时,等号成立,
ab=1 2 3 2 3
故4a2+9b2的最小值为12.
故答案为：12.
7．（2024年天津高考数学真题）i是虚数单位，复数(√5+i)⋅(√5−2i)= ．
【答案】7−√5i【解析】(√5+i)⋅(√5−2i)=5+√5i−2√5i+2=7−√5i.
故答案为：7−√5i.
8．（2023年北京高考数学真题）在复平面内，复数z对应的点的坐标是(−1,√3)，则z的共轭复数z=
（ ）
A．1+√3i B．1−√3i
C．−1+√3i D．−1−√3i
【答案】D
【解析】z在复平面对应的点是(−1,√3)，根据复数的几何意义，z=−1+√3i，
由共轭复数的定义可知，z=−1−√3i.
故选：D
5(1+i3)
9．（2023年高考全国甲卷数学（文）真题） =（ ）
(2+i)(2−i)
A．−1 B．1 C．1−i D．1+i
【答案】C
5(1+i3) 5(1−i)
【解析】 = =1−i
(2+i)(2−i) 5
故选：C.
2+i
10．（2023年高考全国乙卷数学（理）真题）设z= ，则z=（ ）
1+i2+i5
A．1−2i B．1+2i C．2−i D．2+i
【答案】B
2+i 2+i i(2+i) 2i−1
【解析】由题意可得z= = = = =1−2i，
1+i2+i5 1−1+i i2 −1
则z=1+2i.
故选：B.
11．（2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题）在复平面内，(1+3i)(3−i)对应的点位于（ ）．A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【解析】因为(1+3i)(3−i)=3+8i−3i2=6+8i，
则所求复数对应的点为(6,8)，位于第一象限.
故选：A.
12．（2022年高考全国乙卷数学（理）真题）已知z=1−2i，且z+az+b=0，其中a，b为实数，则
（ ）
A．a=1,b=−2 B．a=−1,b=2 C．a=1,b=2 D．a=−1,b=−2
【答案】A
【解析】z=1−2i
z+az+b=1−2i+a(1+2i)+b=(1+a+b)+(2a−2)i
由z+az+b=0,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，
{1+a+b=0 { a=1
得 ,即
2a−2=0 b=−2
故选:A
13．（多选题）（2022年新高考全国II卷数学真题）若x，y满足x2+ y2−xy=1，则（ ）
A．x+ y≤1 B．x+ y≥−2
C．x2+ y2≤2 D．x2+ y2≥1
【答案】BC
(a+b) 2 a2+b2
【解析】因为ab≤ ≤ （a,b∈R），由x2+ y2−xy=1可变形为，
2 2
(x+ y) 2−1=3xy≤3
(x+ y) 2
，解得−2≤x+ y≤2，当且仅当x= y=−1时，x+ y=−2，当且仅当
2
x= y=1时，x+ y=2，所以A错误，B正确；
x2+ y2
由x2+ y2−xy=1可变形为(x2+ y2)−1=xy≤ ，解得x2+ y2≤2，当且仅当x= y=±1时取等号，所
2
以C正确；因为x2+ y2−xy=1变形可得 ( x− y) 2 + 3 y2=1，设x− y =cosθ, √3 y=sinθ，所以
2 4 2 2
1 2
x=cosθ+ sinθ,y= sinθ，因此
√3 √3
5 2 1 1 1
x2+ y2=cos2θ+ sin2θ+ sinθcosθ=1+ sin2θ− cos2θ+
3 √3 √3 3 3
4 2 ( π) [2 ] √3 √3
= + sin 2θ− ∈ ,2 ，所以当x= ,y=− 时满足等式，但是x2+ y2≥1不成立，所以D错
3 3 6 3 3 3
误．
故选：BC．
14．（2022年高考全国甲卷数学（理）真题）已知△ABC中，点D在边BC上，
AC
∠ADB=120°,AD=2,CD=2BD．当 取得最小值时，BD= ．
AB
【答案】❑√3−1/−1+❑√3
【解析】[方法一]：余弦定理
设CD=2BD=2m>0，
则在△ABD中，AB2=BD2+AD2−2BD⋅ADcos∠ADB=m2+4+2m，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2−2CD⋅ADcos∠ADC=4m2+4−4m，
AC2 4m2+4−4m 4(m2+4+2m)−12(1+m) 12
= = =4−
所以AB2 m2+4+2m m2+4+2m 3
(m+1)+
m+1
12
≥4− =4−2√3
√ 3 ，
2 (m+1)⋅
m+1
3
当且仅当m+1= 即m=√3−1时，等号成立，
m+1
AC
所以当 取最小值时，m=√3−1.
AB故答案为：√3−1.
[方法二]：建系法
令 BD=t，以D为原点，OC为x轴，建立平面直角坐标系.
则C（2t,0），A（1，√3），B（-t,0）
AC2 (2t−1) 2+3 4t2−4t+4 12
∴ = = =4− ≥4−2√3
AB2 (t+1) 2+3 t2+2t+4 3
(t+1)+ ，
t+1
当且仅当t+1=√3,即BD=√3−1时等号成立。
[方法三]：余弦定理
设BD=x,CD=2x.由余弦定理得
{ c2=x2+4+2x
，∴2c2+b2=12+6x2，
b2=4+4x2−4x
{ c2=x2+4+2x
，∴2c2+b2=12+6x2，
b2=4+4x2−4x
AC
令 =t，则2c2+t2c2=12+6x2，
AB
12+6x2 12+6x2 2
∴t2+2= = =6(1− )≥6−2√3
c2 x2+2x+4 3 ，
(x+1)+
x+1
∴t2≥4−2√3，3
当且仅当x+1= ，即x=√3+1时等号成立.
x+1
[方法四]：判别式法
设BD=x，则CD=2x
在△ABD中，AB2=BD2+AD2−2BD⋅ADcos∠ADB=x2+4+2x，
在△ACD中，AC2=CD2+AD2−2CD⋅ADcos∠ADC=4x2+4−4x，
AC2 4x2+4−4x 4x2+4−4x
所以 = ，记t= ，
AB2 x2+4+2x x2+4+2x
则(4−t)x2−(4+2t)x+(4−4t)=0
由方程有解得：Δ=(4+2t) 2−4(4−t)(4−4t)≥0
即t2−8t+4≤0，解得：4−2√3≤t≤4+2√3
2+t
所以t =4−2√3，此时x= =√3−1
min 4−t
AC
所以当 取最小值时，x=√3−1，即BD=√3−1.
AB
15．（2022年高考全国甲卷数学（文）真题）已知9m=10,a=10m−11,b=8m−9，则（ ）
A．a>0>b B．a>b>0 C．b>a>0 D．b>0>a
【答案】A
【解析】［方法一］：（指对数函数性质）
由9m=10可得m=log 10=
lg10
>1，而lg9lg11<
(lg9+lg11) 2
=
(lg99) 2
<1=(lg10) 2 ，所以
9 lg9 2 2
lg10 lg11
> ，即m>lg11，所以a=10m−11>10lg11−11=0.
lg9 lg10
又lg8lg10<
(lg8+lg10) 2
=
(lg80) 2
<(lg9) 2 ，所以
lg9
>
lg10
，即log 9>m，
2 2 lg8 lg9 8
所以b=8m−9<8log
8
9−9=0.综上，a>0>b.
［方法二］：【最优解】（构造函数）
由9m=10，可得m=log 10∈(1,1.5)．
9根据a,b的形式构造函数f(x)=xm−x−1(x>1) ，则f '(x)=mxm−1−1，
1
令f '(x)=0，解得 x =m1−m ，由m=log 9 10∈(1,1.5) 知x 0 ∈(0,1) .
0
f(x) 在 (1,+∞) 上单调递增，所以f(10)>f(8) ，即 a>b ，
又因为f(9)=9log 9 10−10=0 ，所以a>0>b .
故选：A.
【点评】法一：通过基本不等式和换底公式以及对数函数的单调性比较，方法直接常用，属于通性通法；
法二：利用a,b的形式构造函数f(x)=xm−x−1(x>1)，根据函数的单调性得出大小关系，简单明了，是
该题的最优解．
16．（2021年浙江省高考数学试题）已知α,β,γ是互不相同的锐角，则在
1
sinαcosβ,sinβcosγ,sinγcosα三个值中，大于 的个数的最大值是（ ）
2
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
sin2α+cos2β
【解析】法1：由基本不等式有sinαcosβ≤ ，
2
sin2β+cos2γ sin2γ+cos2α
同理sinβcosγ≤ ，sinγcosα≤ ，
2 2
3
故sinαcosβ+sinβcosγ+sinγcosα≤ ，
2
1
故sinαcosβ,sinβcosγ,sinγcosα不可能均大于 .
2
π π π
取α= ，β= ，γ= ，
6 3 4
1 1 √6 1 √6 1
则sinαcosβ= < ,sinβcosγ= > ,sinγcosα= > ，
4 2 4 2 4 2
1
故三式中大于 的个数的最大值为2，
2
故选：C.
法2：不妨设α<β<γ，则cosα>cosβ>cosγ,sinα ,sinγcosα= > ，
4 2 4 2 4 2
1
故三式中大于 的个数的最大值为2，
2
故选：C.
17．（2021年全国高考乙卷数学（文）试题）下列函数中最小值为4的是（ ）
4
A．y=x2+2x+4 B．y=|sinx|+
|sinx|
4
C．y=2x+22−x D．y=lnx+
lnx
【答案】C
【解析】对于A，y=x2+2x+4=(x+1) 2+3≥3，当且仅当x=−1时取等号，所以其最小值为3，A不符合
题意；
4
对于B，因为0<|sinx|≤1，y=|sinx|+ ≥2√4=4，当且仅当|sinx|=2时取等号，等号取不到，所
|sinx|
以其最小值不为4，B不符合题意；
4
对于C，因为函数定义域为R，而2x>0，y=2x+22−x=2x+ ≥2√4=4，当且仅当2x=2，即x=1时取等
2x
号，所以其最小值为4，C符合题意；
4
对于D，y=lnx+ ，函数定义域为(0,1)⋃(1,+∞)，而lnx∈ R且lnx≠0，如当lnx=−1，y=−5，
lnx
D不符合题意．
故选：C．
1 a
18．（2021年天津高考数学试题）若a>0 , b>0，则 + +b的最小值为 ．
a b2【答案】2√2
【解析】∵a>0 , b>0，
1 a √1 a 2 √2
∴ + +b≥2 ⋅ +b= +b≥2 ⋅b=2√2，
a b2 a b2 b b
1 a 2
当且仅当 = 且 =b，即a=b=√2时等号成立，
a b2 b
1 a
所以
+ +b的最小值为2√2.
a b2
故答案为：2√2.
题型一：基本不等式二元式
【典例1-1】[新考法]（2024·浙江宁波·一模）不等式(x2−ax−1)(x−b)≥0对任意x>0恒成立，则a2+b2
的最小值为（ ）
A．2√2−2 B．2 C．2√2 D．2√2+2
【答案】A
【解析】由题意可得，需满足x=b是x2−ax−1=0的一个根，
1
即b2−ab−1=0，且b>0，所以a=b− ，
b
a2+b2= ( b− 1) 2 +b2=2b2+ 1 −2≥2√2−2，
b b2
当且仅当2b2= 1 ，即b= √ 4 1 时取等号.
b2 2所以a2+b2的最小值为2√2−2.
故选：A.
1 1
【典例1-2】（2024·陕西宝鸡·二模）已知正数x,y满足x+ =1，则 +2y的最小值是（ ）
y x
A．2+2√2 B．6 C．4√2 D．3+2√2
【答案】D
1
【解析】由x+ =1可得xy= y−1，因x>0,y>0，则y>1，
y
1
x+
于是1 y 1 1 1
+2y= +2y=1+ +2y=1+ +2y=3+ +2(y−1)
x x xy y−1 y−1
1 √ 1 1
因 +2(y−1)≥2 ⋅2(y−1)=2√2，当且仅当 =2(y−1)时等号成立，
y−1 y−1 y−1
√2 1
即y=1+ ，x=√2−1时， +2y的最小值为3+2√2.
2 x
故选：D.
a+b a+b
如果a>0 ， b>0，那么√ab≤ ，当且仅当a=b时，等号成立．其中， 叫作
2 2
a ， b的算术平均数，√ab叫作a ， b的几何平均数．即正数a ， b的算术平均数不小
于它们的几何平均数．
a+b
不等式可变形为：(√a+√b) 2≥4√ab或ab≤( ) 2 ，其中a ， b∈ R+．
2
【变式1-1】（2024·辽宁大连·模拟预测）已知函数y=log (x−1)+1（a>0，且a≠1）的图象恒过定点A，
a
4 1
若点A在直线mx+ny−1=0(m>0,n>0)上，则 + 的最小值为（ ）
m n
A．13 B．8√2 C．9+4√2 D．8
【答案】C
【解析】当x−1=1时，y=log 1+1=1，即A(2,1)
a
因为A在直线mx+ny−1=0上，所以2m+n=14 1 (4 1) 4n 2m √4n 2m
+ =(2m+n) + =9+ + ≥9+2 ⋅ =9+4√2
m n m n m n m n
√2 2√2−1 4 1
当且仅当n= m= 时，取等号，即 + 的最小值为9+4√2.
2 7 m n
故选：C
【变式1-2】[新考法]（2024·广西柳州·一模）设函数f (x)=xlnx−(a+b)lnx，若f (x)≥0，则5a+5b的最
小值为（ ）
A．1 B．2 C．√5 D．2√5
【答案】D
【解析】因为f (x)=xlnx−(a+b)lnx=(x−a−b)lnx，
若a+b≤0，则对任意的x>0，x−a−b>0，
则当00，lnx<0，此时，f (x)=(x−a−b)lnx<0，不合乎题意；
若a+b>1，则当10，此时，f (x)=(x−a−b)lnx<0，不合乎题意.
所以，a+b=1，此时，f (x)=(x−1)lnx，则f (1)=0，
当00；
当x>1时，x−1>0，lnx>0，此时，f (x)=(x−1)lnx>0.
所以，对任意的x>0，f (x)=(x−1)lnx≥0，合乎题意，
由基本不等式可得5a+5b≥2√5a ⋅5b=2√5a+b=2√5，
1
当且仅当¿时，即当a=b= 时，等号成立，
2
故5a+5b的最小值为2√5.
故选：D.1．（多选题）（2024·浙江·一模）已知a>0，b>0，则下列说法正确的是（ ）
A．若a+b=1，则log a+log b≤−2
2 2
B．若a+b=1，则√a+√b<1
1
C．若a−b=1，则2a− >1
2b
D．若a−b=1，则a2+b2>1
【答案】ACD
1
【解析】√a+√b≤√2(a+b)=√2当且仅当a=b= 时取等号，B选项错误；
2
1 1 1
∵a−b=1，∴a=b+1，∴2a− =2b+1− ，∵b>0，∴2a=2b+1>2，2b>1，∴ <1，∴
2b 2b 2b
1 1
2a− = >1，C选项正确；
2b 2b
∵b>0，a−b=1∴a=1+b>1，∴a2+b2>1，D选项正确.
故选：ACD.
2．（多选题）若实数a，b满足3a2+3b2+4ab=5，则下列结论正确的是（ ）
2
A．ab<1 B．ab≥−
5
C．a2+b2≥2 D．−√2≤a+b≤√2
【答案】AD
√2 1
【解析】因为5=3a2+3b2+4ab≥6ab+4ab=10ab,当且仅当|a|=|b|= 时等号成立，所以ab≤ ，A
2 2
正确；
5
因为3a2+3b2+4ab=5，所以3(a+b) 2=5+2ab≥0，所以ab≥− ，B错误；
2√2
因为5=3a2+3b2+4ab≤3a2+3b2+2a2+2b2=5a2+5b2，当且仅当|a|=|b|= 时等号成立，所以
2
a2+b2≥1，C错误；
由3(a+b) 2=5+2ab≤5+2
(a+b) 2
整理，得(a+b) 2≤2，当且仅当|a|=|b|=
√2
时等号成立，
2 2
所以−√2≤a+b≤√2，D正确．
故选：AD．
3．[新考法]设函数f (x)=(2a−x)ln(x+b)，若f (x)≤0，则a2+b2的最小值为（ ）
1 √5 1 √2
A． B． C． D．
5 5 2 2
【答案】A
【解析】f(x)的定义域为(−b,+∞)，
令ln(x+b)=0，得x=1−b，
①当x=1−b时，f(x)=0满足题意，2a∈ R；
②当−b1−b时，ln(x+b)>0，由f (x)≤0，得x≥2a，
要使任意x∈(1−b,+∞)，f(x)≤0恒成立，则(1−b,+∞)⊆[2a,+∞)，
所以2a≤1−b；
综上，2a=1−b，即2a+b=1.
又a2+b2=a2+(1−2a) 2=5a2−4a+1=5 ( a− 2) 2 + 1 ，a∈ R，
5 5
1
当且仅当¿时，取最小值 .
51
所以a2+b2的最小值为 .
5
故选：A.
题型二：和式与积式
【典例2-1】（2024·广西·模拟预测）已知a,b∈(−∞,0)，且a+4b=ab−5，则ab的取值范围为（ ）
A．[25,+∞) B．[1,+∞) C．(0,5] D．(0,1]
【答案】D
【解析】因为a,b∈(−∞,0)，a+4b=ab−5，则a+4b<0，所以00,y>0，且满足x+ y=xy−3，则xy的最小值为（ ）
A．3 B．2√3 C．6 D．9
【答案】D
【解析】x+ y=xy−3≥2√xy，
(√xy) 2 −2√xy−3=(√xy−3)(√xy+1)≥0，
√xy−3≥0,xy≥9，
当且仅当x= y=3时等号成立，
所以xy的最小值为9.
故选：D
【变式2-2】（2024·山西·三模）已知正实数x，y满足x2+3xy−2=0，则2x+ y的最小值为（ ）
2√10 √10 2 1
A． B． C． D．
3 3 3 3
【答案】A
2 x
【解析】因为正实数x，y满足x2+3xy−2=0，则y= − ，
3x 3
2 x 5x 2 √5x 2 2√10
则2x+ y=2x+ − = + ≥2 ⋅ = ，
3x 3 3 3x 3 3x 3
5x 2 √10 4√10
当且仅当 = ，即x= ,y= 时，等号成立，
3 3x 5 15
2√10
所以2x+ y的最小值为 .
3
故选：A.【变式2-3】（多选题）已知m>0,n>0,m2+n2−mn=4，则（ ）
A．log m+log n≤1 B．m+n≤4
2 2
C．m3+n3≤16 D．√m+√n≤2√2
【答案】BCD
【解析】对于A，m2+n2=mn+4≥2mn，即mn≤4，当且仅当m=n=2时等号成立，
所以log m+log n=log (mn)≤2，故A错误；
2 2 2
对于B，由m2+n2−mn=4，得(m+n) 2=3mn+4≤3⋅
(m+n) 2
+4，
2
即(m+n) 2≤16，则m+n≤4，当且仅当m=n=2时等号成立，故B正确；
对于C，m3+n3=(m+n)(m2−mn+n2)=4(m+n)≤16，
当且仅当m=n=2时等号成立，故C正确；
对于D，√m+√n=√m+n+2√mn≤√2(m+n)，
又m+n≤4，所以√m+√n≤2√2，当且仅当m=n=2时等号成立，故D正确．
故选：BCD.
1．（多选题）设正实数a，b满足a+b=1，则下列说法中正确的有（ ）
1 1
A．√ab有最大值 B． + 有最大值4
a b
1
C．√a+√b有最大值√2 D．a2+b2有最小值
2
【答案】ACD
a+b 1 1
【解析】对于A,a+b=1,则 ≥√ab,计算可得√ab≤ ,当且仅当a=b时，√ab取得最大值为 .故A正确；
2 2 2
1 1 a+b a+b b a √b a b a 1 1 1
对于B, + = + =2+ + ≥2+2 × =4，当且仅当 = ,即a=b= , + 有最小值4，
a b a b a b a b a b 2 a b故B错误；
1
对于C,(√a+√b) 2=a+b+2√ab≤2(a+b)=2，解得0<√a+√b≤√2,当且仅当a=b= ,√a+√b有最大值
2
为√2，故C正确；
a+b 2 (a+b) 2 1 1
对于D，由于a2+b2=(a+b) 2−2ab≥(a+b) 2−2×( ) = = ，则a2+b2≥ ，当且仅当
2 2 2 2
1 1
a=b= ,a2+b2有最小值为 ，故D正确.
2 2
故选：ACD.
2．（多选题）已知a>0，b>0，且a+2b=2，则下列说法正确的是（ ）
1
A．ab≥ B．√a+√2b≤2
2
1 2 2√2+3
C．2a+4b≥4 D． + ≥
a+b a+3b 4
【答案】BCD
(a+2b) 2 1 1
【解析】对于A，a⋅2b≤ =1，即ab≤ ，当且仅当a=2b，即a=1,b= 时等号成立，故A错
2 2 2
误；
对于B，√a+√2b≤ √ 2[(√a) 2+(√2b) 2]=√2(a+2b)=2，
1
当且仅当√a=√2b，即a=1,b= 时等号成立，故B正确；
2
对于C，2a+4b=2a+22b≥2√2a ⋅22b=2√22=4，
1
当且仅当2a=22b，即a=1,b= 时等号成立，故C正确；
2
对于D，因为a+2b=2，所以[(a+b)+(a+3b)]=2a+4b=2(a+2b)=4，
1 2 1( 1 2 )
所以 + = + [(a+b)+(a+3b)]
a+b a+3b 4 a+b a+3b
1( a+3b 2(a+b) ) 3 1 √a+3b 2(a+b) 3+2√2
= 1+ + +2 ≥ + ×2 ⋅ = ，
4 a+b a+3b 4 4 a+b a+3b 4a+3b 2(a+b)
当且仅当 = ，即a=−10+8√2,b=6−4√2时等号成立，故D正确；
a+b a+3b
故选：BCD．
3．（多选题）已知正实数a,b满足a2−ab+b2=1，则（ ）
A．a+b的最大值为2
B．ab的最小值为1
C．a2+b2的最大值为2
D．a2+b2的最小值为1
【答案】AC
b 2 3b2 b √3b
【解析】由a2−ab+b2=1，可得(a− ) + =1，令a− =cosθ， =sinθ，所以
2 4 2 2
√3 2√3 ( 2π )
a=cosθ+ sinθ，b= sinθ，θ∈ 0,
3 3 3
π π
对于A，则a+b=cosθ+√3sinθ=2sin(θ+ )，当θ= 时，a+b取最大值为2，故A正确
6 3
2√3 ( √3 )
对于B，ab= sinθ cosθ+ sinθ
3 3
2√3 2 √3 1 1 2 π 1
= sinθcosθ+ sin2θ= sin2θ− cos2θ+ = sin(2θ− )+
3 3 3 3 3 3 6 3
π
当θ= 时，ab的最大值为1，故B错误；
3
对于C、D，由B可得00，y>0，且不等式x(x+1) 2+ y(y+1) 2−(m2−2m)xy≥0恒成立，则m
的取值可能是（ ）
A．−4 B．−2 C．2 D．4
【答案】BCDx(x+1) 2 y(y+1) 2 (x+1) 2 (y+1) 2
【解析】由x(x+1) 2+ y(y+1) 2−(m2−2m)xy≥0得：m2−2m≤ + = + ，
xy xy y x
∵
[ (x+1) 2
+ (
y+1) 2]
[(√y) 2+(√x) 2]≥[(x+1)+(y+1)] 2 （当且仅当
x+1
=
y+1
，即x= y时取等号），
√y √x y x
(x+1) 2 (y+1) 2 (x+ y+2) 2 (x+ y) 2+4(x+ y)+4 4 √ 4
∴ + ≥ = =(x+ y)+ +4 ≥2 (x+ y)⋅ +4=8
y x x+ y x+ y x+ y x+ y
（当且仅当x= y=1时取等号），
[x(x+1) 2 y(y+1) 2]
即当x= y=1时， + =8，
xy xy
min
∴m2−2m≤8，解得：−2≤m≤4，∴m可能的取值为−2,2,4.
故选：BCD.
a b
设a，b，c，d∈ R+，有(a+b)(c+d)≥(√ac+√bd) 2 当且仅当 = 时等号成立．
c d
【变式3-1】存在正数x,y,z,使得不等式√x+√3 y+√5z≥m√x+ y+z成立，则m的最大值是
.
【答案】3
√x+√3 y+√5z
【解析】解:由柯西不等式可知(1+3+5)(x+ y+z)≥(√x+√3 y+√5z) 2 ⇒ ≤3
√x+ y+z
√x+√3 y+√5z
由m≤ 能成立⇒m≤3⇒m =3.
√x+ y+z max
故答案为：3.
a+1 b+1
【变式3-2】（2024·河南信阳·模拟预测）已知正数a,b满足a+b= + ，则a+b的最小值为
2a+1 2b+1
.
【答案】√2
【解析】a>0,b>0，1 1 1 1 1 1
(2a+1)+ (2b+1)+
a+1 b+1 2 2 2 2 2 2 ，
a+b= + = + =1+ +
2a+1 2b+1 2a+1 2b+1 2a+1 2b+1
2
1 1 √2 √2
( + )
所以 2 2 2 2 1 ，
a+b−1= + ≥ =
2a+1 2b+1 2a+1+2b+1 a+b+1
√2 √2
当且仅当 2 2 即a=b时等号成立，
=
2a+1 2b+1
所以(a+b−1)(a+b+1)≥1，得(a+b) 2≥2，
所以a+b≥√2或a+b≤−√2（舍去），
即a+b的最小值为√2.
故答案为：√2
1．已知x，y，z是正实数，且x+ y+z=5，则x2+2y2+z2的最小值为 .
【答案】10
【解析】由柯西不等式可得(x2+2y2+z2) [ 12+ ( 1 ) 2 +12 ] ≥(x+ y+z) 2 ，
√2
5
所以
(x2+2y2+z2)≥25，即x2+2y2+z2≥10，
2
x √2y z
= =
当且仅当1 1 1即x=2y=z也即x=2,y=1,z=2时取得等号，
√2
故答案为：10
2．[新考法]设角α、β均为锐角，则sinα+sinβ+cos(α+β)的范围是 ．( 3]
【答案】 1,
2
【解析】因为角α、β均为锐角，所以sinα,cosα,sinβ,cosβ的范围均为(0,1)，
所以sin(α+β)=sinαcosβ+cosαsinβsin(α+β)+cos(α+β)=√2sin ( α+β+ )
4
π π π π 3π
因为0<α< ,0<β< , <α+β+ < ，
2 2 4 4 4
π √2
所以√2sin ( α+β+ )>√2× =1，
4 2
sinα+sinβ+cos(α+β)=sinα+sinβ+cosαcosβ−sinαsinβ
=(1−sinβ)sinα+cosαcosβ+sinβ≤√(1−sinβ) 2+cos2β+sinβ
=√2(1−sinβ)+sinβ，
当且仅当(1−sinβ)cosα=sinαcosβ时取等，
令√1−sinβ=t，t∈ (0,1)，sinβ=1−t2，
2
所以=√2(1−sinβ)+sinβ =√2t+1−t2=− ( t− √2) + 3 ≤ 3 .
2 2 2
( 3]
则sinα+sinβ+cos(α+β)的范围是： 1, .
2
( 3]
故答案为： 1,
2
a4 32b4
3．已知正实数a,b满足a+2b=1，则 + 的最小值为 ．
b a
1
【答案】
2
a4 32b4 a4 32b4
【解析】由柯西不等式 + =（ + )（2b+a)≥(√2a2+4√2b2 ) 2=2(a2+4b2 ) 2
b a b a1 1 1 a4 32b4 1 1 1
而a2+4b2= (a2+4b2 )(1+1)≥ (a+2b) 2= ，所以 + ≥2(a2+4b2 ) 2≥ ，a= ,b= 时等
2 2 2 b a 2 2 4
号成立，
1
故答案为： .
2
题型四：齐次化与不等式最值
y 3x2
【典例4-1】[新考法]若正实数x，y满足(3x−2) 3+8(y−1) 3=4−3x−2y，则2x+ + 的最小值是
x y
.
【答案】4
【解析】设m=3x−2,n=2(y−1)，则m3+n3=−(m+n)，即(m+n)(m2−mn+n2+1)=0，
若m+n≠0，则m2+n2=mn−1≥0，而m2+n2≥2mn，仅当m=n时等号成立，
所以mn−1≥2mn⇒mn≤−1，显然与mn≥1矛盾，所以m+n=0，
m+2 n
由上x= ,y= +1，由x,y>0，即m+2>0,n+2=2−m>0，则−20,y>0,x+2y=2，则 的最大值为 .
(x−2)(y−1)+4
√2
【答案】
9
【解析】∵x+2y=2，√xy √xy √xy
∴ = = ，
(x−2)(y−1)+4 xy−(x+2y)+2+4 xy+4
令t=√xy
又∵2=x+2y≥2√x⋅2y，
√2
∴00，y>0，2x3+2y3=x−y，则 的最小值为 .
y2
【答案】4+4√2/4√2+4
2x3+2y3
【解析】∵x>0，y>0，2x3+2y3=x−y>0，∴ =1，且x>y，
x−y2x3+2y3 (x) 2
−2x2 1+
1−2x2 x−y y3+x2y y2+x2 y
则 = =2× =2× =2×
y2 y2 (x−y)⋅y2 xy−y2 x
−1
y
x
令t= (t>1)，
y
1+t2 (t−1) 2+2(t−1)+2 [ 2 ]
原式=2× =2× =2× (t−1)+ +2
t−1 t−1 t−1
[ √ 2 ]
≥2× 2 (t−1)× +2 =4√2+4，
t−1
2 1−2x2
当且仅当t−1= ，即t=1+√2取等号，故 的最小值为4+4√2.
t−1 y2
故答案为：4+4√2
ac 3c 3
【变式4-2】已知正实数a，b，c，a+b=3，则ab的最大值为 ， + + 的最小值为
b ab c+1
．
9
【答案】 2√6−2
4
(a+b) 2 9
【解析】因为正实数a，b，满足a+b=3，所以ab≤ = ，
2 4
3
当且仅当a=b= 时，等号成立；
2
(a+b) 2
由正实数a，b，满足a+b=3，可得3= ，
3
(a+b) 2
a2+
所以 (a 3 ) 3 3 3
c× + + =c× +
b ab c+1 ab c+1
4a2+2ab+b2 3 (4a b 2) 3
=c× + =c× + + + ，
3ab c+1 3b 3a 3 c+1
4a b √4a b 4 4a b 2 4
而 + ≥2 ⋅ = ，当且仅当 = ，即a= ,b= 时取等号，
3b 3a 3b 3a 3 3b 3a 3 3ac 3c 3 (2 4) 3 3
+ + ≥c + + =2(c+1)+ −2≥2√6−2，
b ab c+1 3 3 c+1 c+1
3 √6
当且仅当2(c+1)= 时，即c= −1时取等号
c+1 2
9
故答案为： ；c=2√6−2
4
x+6 y+6
1．（2024·江西新余·二模）已知x，y为正实数，且x+ y=2，则 的最小值为（ ）
xy
25 6√2−3
A．12 B．3+2√2 C． D．
2 2
【答案】C
x+6 y+6 2x+12y+12 (x+ y)x+6(x+ y)y+3(x+ y) 2
【解析】由x+ y=2，则 = =
xy 2xy 2xy
4x2+9 y2+13xy 2x 9 y 13 √2x 9 y 13 25
= = + + ≥2 ⋅ + = ，
2xy y 2x 2 y 2x 2 2
2x 9 y 6 4
当且仅当 = ，即x= ，y= 时，等号成立.
y 2x 5 5
故选：C.
3 8
2．[新考法]已知正数x，y满足 + =1，则xy的最小值是（ ）
(x+2y)y (3x+2y)x
5 8 4 5
A． B． C． D．
4 3 3 2
【答案】D
[ 3 8 ] 3x 8 y
【解析】xy=xy + = +
，
(x+2y)y (3x+2y)x x+2y 3x+2y
n−m 3m−n
令x+2y=m，3x+2y=n，则x= ，y= ，
2 43x 8 y 3n 6m 7 √ 3n 6m 7 5
xy= + = + − ≥2 ⋅ − = ，
x+2y 3x+2y 2m n 2 2m n 2 2
3n 6m 3 8 √5
当且仅当 = 且 + =1，即x=√5，y= 时，等号成立，
2m n (x+2y)y (3x+2y)x 2
5 5
所以xy≥ ，故xy有最小值 .
2 2
故选：D.
2ab
3．（2024·黑龙江·二模）已知实数a，b且ab>0，则 取得最大值时，a+b的值为（ ）
a2+b2+a2b2+9
A．√3 B．2√3 C．−2√3 D．2√3或−2√3
【答案】D
9 √ 9
【解析】又ab>0，所以ab+ ≥2 ab⋅ =6，
ab ab
2ab 1
所以 ≤ ，
a2+b2+a2b2+9 4
当且仅当ab=3，即a=b=√3，或a=b=−√3取等号，
所以a+b=2√3或a+b=−2√3.
故选：D
题型五：复数的四则运算
【典例5-1】若复数z满足3z−7=i⋅(4z+24)，则z⋅z=（ ）
A．5 B．25 C．125 D．625
【答案】B
【解析】因为3z−7=i⋅(4z+24)，所以3z−7=4i⋅z+24i，
7+24i (7+24i)(3+4i)
所以z(3−4i)=7+24i，即z= = =−3+4i，
3−4i 25所以z⋅z=(−3+4i)(−3−4i)=25.
故选：B
z
【典例5-2】若复数z满足 =1−i，则z=（ ）
1+2i
A．−1+i B．1+3i C．1+i D．3+i
【答案】D
z
【解析】若复数z满足 =1−i，
1+2i
则z=(1−i)(1+2i)=1+2i−i+2=3+i.
故选：D.
1、复数运算
（1）(a+bi)±(c+di)=(a±c)+(b±d)i
（2）(a+bi)⋅(c+di)=(ac−bd)+(ad+bc)i
{(a+bi)⋅(a−bi)=z⋅z=a2+b2=|z|2
(注意z2=|z|2 ) ，
z+z=2a
其中|z| =√a2+b2，叫z的模；z=a−bi是z=a+bi的共轭复数(a, b∈ R)．
a+bi (a+bi)⋅(c−di) (ac+bd)+(bc−ad)i
（3） = = (c2+d2≠0)．
c+di (c+di)⋅(c−di) c2+d2
实数的全部运算律（加法和乘法的交换律、结合律、分配律及整数指数幂运算法则）都适用于复数．
【变式5-1】[新考法]（2024·陕西咸阳·模拟预测）若复数z满足z2+z+1=0，则z2023+z2024= （ ）
A．1 B．−1 C．i D．−i
【答案】B
【解析】因为z2+z+1=0，所以z3−1=(z−1)(z2+z+1)=0，
故z3=1，因为2022=3×674，所以z2022=(z3) 674 =1，
z2023+z2024=z2022(z+z2)=z2+z=−1
故选：B
【变式5-2】（2024·江苏苏州·模拟预测）复数z 、z 满足z +z =z z ,若z =1+i，则|z |=（ ）
1 2 1 2 1 2 1 2
√2
A． B．1 C．2 √2 D．√2
2
【答案】D
【解析】因为z +z =z z ，z =1+i，
1 2 1 2 1
z 1−i 1−i
所以z = 1 = = ，
2 z −1 1−i−1 −i
1
|1−i|
所以|z |= =√2.
2 |−i|
故选：D
【变式5-3】[新考法]（2024·江西新余·模拟预测）已知复数z满足：|z|=1，1+z+z2+z3为纯虚数，则这
样的复数z共有（ ）个.
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【解析】法一：设z=a+bi(a,b∈ R)，则1+z+z2+z3的实部为0且虚部不为0，
1+z+z2+z3=1+a+bi+a2+2abi−b2+a3+3a2bi−3ab2−b3I
=(a3−3ab2+a2−b2+a+1)+(−b3+3a2b+2ab+b)i，
则a3−3ab2+a2−b2+a+1=0，−b3+3a2b+2ab+b≠0，
因为|z|=1，故a2+b2=1，即b2=1−a2，
1
则有a3−3ab2+a2−b2+a+1=2a(2a2+a−1)=0，解得a=0或 或−1，
2
当a=0时，b2=1，则−b3+3a2b+2ab+b=−b+b=0，舍去；当a=−1时，b2=0，即b=0，则−b3+3a2b+2ab+b=0，舍去；
1 3 3 3
当a= 时，b2= ，则−b3+3a2b+2ab+b=− b+ b+b+b=2b≠0，
2 4 4 4
√3 1 √3
故b=± ，即z= ± i，共有两个.
2 2 2
综上所述，这样的复数z共有两个.
法二：设z的辐角为θ，θ∈ [−π,π]，
zr表示将复数z在复平面内逆时针旋转(r−1)θ，
由几何图形的对称性：z与z2在复平面内应关于y轴对称，
π π π
则解得：θ= 或 或π或− ，
3 2 3
π
易知：θ≠± 时，z=0，舍去，
3
π
故θ=± ，故有两个不同的复数z满足题意.
3
故选：B.
z
1．（2024·湖北·模拟预测）已知复数z满足 =i2024 （i为虚数单位），则|z|=（ ）
1+3i
A．3 B．√10 C．4 D．5
【答案】B
z
【解析】由
=i2024
，
1+3i
则z=i2024(1+3i)=1+3i，
所以|z|=√12+32=√10.
故选：B.
2．[新考法]（2024·四川宜宾·模拟预测）已知虚数z满足z3−1=0，且z是z的共轭复数，则下列结论错误的是（ ）
A．z2+z+1=0 B．|z|=1
C．z2=z D．z+z2+z3+⋯+z2024=0
【答案】D
【解析】对A，因为z3−1=0，故(z−1)(z2+z+1)=0，因为z为虚数，故z2+z+1=0，故A正确；
1 √3
对B，由z2+z+1=0可得z=− ± i，故|z|=1，故B正确；
2 2
1 √3 1 √3
对C，当z=− + i时，z2=− − i，此时z2=z成立，
2 2 2 2
1 √3 1 √3
当z=− − i时，z2=− + i，此时z2=z成立，故C正确；
2 2 2 2
z(1−z2024)
对D，z+z2+z3+⋯+z2024= ，因为z3=1，z2+z+1=0，
1−z
z(1−z2024) z(1−z2)
故 = =z(1+z)=z2+z=−1，故D错误.
1−z 1−z
故选：D
3．（2024·浙江杭州·模拟预测）已知方程x2+ix+1=0（其中i为虚数单位）的两根分别为z ，z ，则有
1 2
（ ）
z z
A．z2=z2>0 B．z +z =z z C．|1+z |=|1+z | D． 1 2 =i
1 2 1 2 1 2 1 2 z +z
1 2
【答案】D
【解析】设方程x2+ix+1=0的根为z=a+bi(a,b∈ R)，
代入方程，(a+bi) 2+i(a+bi)+1=0,整理得(a2−b2−b+1)+(a+2ab)i=0，
故¿，则¿，
−1+√5 −1−√5
不妨令z = i,，z = i，
1 2 2 2√5−3 3+√5
对于A：因为z2= ,z2=− ，即z2≠z2，故A错误；
1 2 2 2 1 2
对于B：z +z =−i≠z z =1，故B错误.
1 2 1 2
| −1+√5 | √ −1+√5 2❑ √5−√5
对于C:|1+z |= 1+ i = 1+( ) = ,
1 2 2 2
| −1−√5 | √ −1−√5 2❑ √5+√5
|1+z |= 1+ i = 1+( ) = ，
2 2 2 2
因此，|1+z |≠|1+z |,故C错误.
1 2
z z 1
对于D： 1 2 = =i,故D正确.
z +z −i
1 2
故选:D.
4．[新考法]（2024·黑龙江佳木斯·三模）复数Z=i+2i2+3i3+⋅⋅⋅+2024i2024的虚部是（ ）
A．1012 B．1011 C．−1011 D．−1012
【答案】D
【解析】因为Z=i+2i2+3i3+⋅⋅⋅+2024i2024，
Z⋅i=i2+2i3+3i4+⋅⋅⋅+2024i2025，
i(1−i2024)
所以Z⋅(1−i)=i+i2+i3+⋅⋅⋅+i2024−2024i2025= −2024i2025，①
1−i
因为i4=1，所以i2024=i4×506=1，i2025=i4×506+1=i，
−2024i −2024i×(1+i) −2024i+2024
所以化简①可得 = = =1012−1012i，
1−i (1−i)(1+i) 2
所以虚部为−1012，
故选：D.题型六：复数的几何意义
【典例6-1】（2024·吉林·模拟预测）已知复数z满足|z+2|+|z−2|=6，则复数z在复平面内所对应的点的
轨迹为（ ）
A．线段 B．圆 C．椭圆 D．双曲线
【答案】C
【解析】设z=x+ yi(x,y∈ R)，
因为|z+2|+|z−2|=6，
所以√(x+2) 2+ y2+√(x−2) 2+ y2=6，
其几何意义为任意一点(x,y)到点(2,0)于(−2,0)的距离和为6，
又点(2,0)和(−2,0)之间的距离小于6，符合椭圆定义，
所以复数z在复平面内所对应的点的轨迹为椭圆.
故选：C.
1−i
【典例6-2】（2024·湖南郴州·模拟预测）设复数z= ，则z的共轭复数z在复平面内对应点的坐标为
i2024+i
（ ）
A．(0,1) B．(1,0)
C．(−1,0) D．(0,−1)
【答案】A
1−i (1−i)(1−i) −2i
【解析】依题意，z= = = =−i，
1+i (1+i)(1−i) 2
所以z=i在复平面内对应点的坐标为(0,1).
故选：A复数的几何意义
（1）复数z=a+bi(a, b∈ R)对应平面内的点z(a,b)；
（2）复数z=a+bi(a, b∈ R)对应平面向量⃗OZ；
（3）复平面内实轴上的点表示实数，除原点外虚轴上的点表示虚数，各象限内的点都表示复数．
（4）复数z=a+bi(a, b∈ R)的模|z|表示复平面内的点z(a,b)到原点的距离．
【变式6-1】已知复数z=a+bi，其中a,b∈ R且a+b=1，则|z+1+i|的最小值是（ ）
√2 3√2
A．√2 B．2 C． D．
2 2
【答案】D
【解析】复数z=a+bi，其中a,b∈ R且a+b=1，
复数z在复平面内对应的点Z(a,b)，在直线x+ y=1上，
|z+1+i|的几何意义是点Z(a,b)到点C(−1,−1)的距离，
|−1−1−1| 3√2
其最小值为点C(−1,−1)到直线x+ y=1的距离，最小值为d= = .
√12+12 2
故选：D
【变式6-2】已知复数z =1−2i，复数z满足|z+z |=2，则（ ）
1 1
A．z ⋅z =|2+i|
1 1
B．复数z 在复平面内所对应的点的坐标是(−1,2)
1
C．√5−2≤|z|≤√5+2
D．复数z在复平面内所对应的点为Z(x,y)，则(x+1) 2+(y−2) 2=2
【答案】C
【解析】因为z =1−2i，所以z =1+2i，
1 1
所以z ⋅z =12+22=5，又|2+i|=√5，A错误；
1 1z 对应的点的坐标为(1,2)，B错误；
1
由|z+z |=2知z对应的点在以−z 对应点(−1,2)为圆心，2为半径的圆上，
1 1
又|z |=√5，因此√5−2≤|z|≤√5+2，C正确；
1
z 对应的点的坐标为(1,−2)，因此(x+1) 2+(y−2) 2=4，D错误，
1
故选：C．
【变式6-3】设z 的实部与虚部相等，且实部不为0，z 的虚部是实部的2倍，且z 在复平面内对应的点位
1 2 2
z
于第三象限，则“z 在复平面内对应的点位于第一象限”是“ 1 在复平面内对应的点位于第二象限”的
1 z
2
（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】根据题意，不妨设z =a+ai(a∈ R,a≠0)，z =b+2bi(b<0)，
1 2
若z 在复平面内对应的点位于第一象限，则a>0，
1
则 z 1= a+ai = a ⋅ 1+i = a ⋅ (1+i)(1−2i) = a ⋅ (3 − 1 i ) ，
z b+2bi b 1+2i b (1+2i)(1−2i) b 5 5
2
z 3a a
所以 1 的实部 <0，虚部− >0，故对应点在第二象限，
z 5b 5b
2
z
所以“z 在复平面内对应的点位于第一象限”可以推出“ 1 在复平面内对应的点位于第二象限”；
1 z
2
若 z 1 在复平面内对应的点位于第二象限，由上可知 z 1= a ⋅ (3 − 1 i ) ，
z z b 5 5
2 2
所以¿且b<0，可得a>0，所以z 在复平面内对应的点位于第一象限，
1
z
所以“ 1 在复平面内对应的点位于第二象限”可以推出“z 在复平面内对应的点位于第一象限”；
z 1
2由上可知，属于充要条件，
故选：C.
1．（2024·山西太原·一模）复平面内复数z满足|z−2|=1，则|z−i|的最小值为（ ）
A．1 B．√5−1 C．√5+1 D．3
【答案】B
【解析】设z=x+ yi(x,y∈ R)，
因为|z−2|=|x−2+ yi| =√(x−2) 2+ y2=1，所以(x−2) 2+ y2=1，即z在复平面内对应点的轨迹为
圆C：(x−2) 2+ y2=1，如图，
又|z−i|= |x+(y−1)i|=√x2+(y−1) 2，
所以|z−i|表示圆C上的动点到定点A(0,1)的距离，
所以|z−i| 为|CA|−r=√5−1，
min
故选：B．
√3 1
2．已知复数z ，z 在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面原点，若z = + i（i为虚数单
1 2 1 2 2
位），向量⃗OA绕原点逆时针方向旋转90∘，且模伸长为原来的2倍后与向量⃗OB重合，则（ ）
√3
A．z 的虚部为 B．z 对应的点在第二象限
2 2 2|z |
C．|z +z |=√5 D． 2 =4
1 2 z
1
【答案】C
【解析】由z =
√3
+
1
i可知A
(√3
,
1) ，则逆时针旋转90∘后相应点为A'(
−
1
,
√3)
，
1 2 2 2 2 2 2
所以B(−1,√3)，即z =−1+√3i，其虚部为√3，故A错误；
2
z =−1−√3i，其对应的点在第三象限，故B错误；
2
√3 (1 ) √3 1
z +z = −1+ +√3 i,∴|z +z |= −√3+1+ +√3+3=√5，故C正确；
1 2 2 2 1 2 4 4
(√3 1 )
(−1+√3i) − i
z −1+√3i 2 2 √3 √3 1 3
2= = =− + + i+ i=2i，
z 1 √3 + 1 i (√3 + 1 i )(√3 − 1 i ) 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
|z |
则 2 =2，故D错误.
z
1
故选：C
3．（多选题）（2024·广西·模拟预测）复数z=x+ yi（x,y∈ R，i为虚数单位）在复平面内内对应点
Z(x,y)，则下列为真命题的是（ ）
A．若|z+1|=|z−1|，则点Z在圆上
B．若|z−1|+|z+1|=4，则点Z在椭圆上
C．若|z+1|−|z−1|=2，则点Z在双曲线上
D．若|x+1|=|z−1|，则点Z在抛物线上
【答案】BD
【解析】|z+1|=√(x+1) 2+ y2表示点(x,y)与(−1,0)之间的距离，
|z−1|=√(x−1) 2+ y2表示点(x,y)与(1,0)之间的距离，记F (−1,0)，F (1,0)，
1 2对于A，|z+1|=|z−1|，表示点Z(x,y)到F 、F 距离相等，则点Z在线段F F 的中垂线上，故A错
1 2 1 2
误；
或由(x+1) 2+ y2=(x−1) 2+ y2，整理得x=0，所以点Z在x=0，故A错误；
对于B，由|z−1|+|z+1|=4得|ZF |+|ZF |>|F F |=2，这符合椭圆定义，故B正确；
1 2 1 2
对于C，若|z+1|−|z−1|=2，|ZF |−|ZF |=|F F |=2，这不符合双曲线定义，故C错误；
1 2 1 2
对于D，若|x+1|=|z−1|，则(x+1) 2=(x−1) 2+ y2，整理得y2=4x，点Z在抛物线，故D正确．
故选：BD．
重难点突破：不等式与复数新定义问题
1 1
【典例7-1】定义:正割secα= ，余割cscα= .已知m为正实数，且m·csc2x+tan2x≥15对
cosα sinα
( π )
任意的实数x x≠kπ+ ,k∈ Z 均成立，则m的最小值为（ ）
2
A．1 B．4 C．8 D．9
【答案】D
m sin2x
【解析】由已知可得m·csc2x+tan2x= + ≥15，
sin2x cos2x
sin4x
即m≥15sin2x-
.
cos2x
π
因为x≠kπ+ (k∈Z)，所以cos2x∈(0,1]，
2
sin4x (1-cos2x)2 1
则15sin2x- =15(1-cos2x)- =17-( +16cos2x)
cos2x cos2x cos2x
≤17-2
√1
·16cos2x=9，
cos2x1
当且仅当cos2x= 时等号成立,故m≥9，
4
故选：D.
【典例7-2】（多选题）一般地，对于复数z=a+bi（i为虚数单位，a，b∈ R），在平面直角坐标系中，
设|z|=|⃗OZ|=r(r≥0)，经过点Z的终边的对应角为θ，则根据三角函数的定义可知a=rcosθ，b=rsinθ，
因此z=r(cosθ+isinθ)，我们称此种形式为复数的三角形式，r称为复数z的模，θ称为复数z的辐角.为
使所研究的问题有唯一的结果，我们规定，适合0≤θ<2π的辐角θ的值叫做辐角的主值.已知复数z满足
|z−1|≤r，r∈ (0,1)，Re(z)为z的实部，θ为z的辐角的主值，则（ ）
A．|z−√2024i|的最大值为r+√2025
B．|z−√2024i|的最小值为√2025−r
C．cosθ≤√1−r2
D．Re
(1)
≥
1
(1−r2)
z Re(z)
【答案】ABD
【解析】因为|z−1|≤r，r∈ (0,1)， 复数z在复平面的对应的点为Z,
所以点Z在以(1,0)为圆心、以r为半径的圆上或圆内.
对于选项A，B，由复数的几何意义可得|z−√2024i|表示点Z与(0,√2024)的距离，
又点(0,√2024)到点(1,0)的距离为√2025，
所以|z−√2024i|的最大值为r+√2025，A正确，
|z−√2024i|的最小值为√2025−r，B正确，
对于C，过点O作以C (1,0)为圆心，r为半径的圆的切线，设切点为A,B，
设∠AOC=θ ，则0≤θ≤θ 或2π−θ ≤θ<2π，
0 0 0所以cosθ≥cosθ ，所以cosθ≥√1−r2，所以C错误.
0
对于D，设z=x+ yi(x,y∈ R)，有Re
(1)
=
x
=
1
⋅cos2θ（其中θ是z的辐角的主值），
z x2+ y2 x
由于cosθ≥√1−r2，所以Re
(1)
=
1
cos2θ≥
1
(1−r2)=
1
(1−r2)，所以D正确.
z x x Re(z)
故选：ABD.
面对不等式新定义问题，首要步骤是准确理解题目中给出的新定义，把握其本质含义。接着，运用不
等式的基本性质，如传递性、可加性、可乘性等，对不等式进行化简。同时，注意结合新定义的特点，灵
活运用数学变换和逻辑推理，将复杂不等式转化为熟悉的形式。
复数新定义问题，需深入理解复数概念及其几何意义，熟练运用四则运算，结合题目新定义，灵活运
用复数的模、辐角、共轭等性质进行推理计算，注意复数运算的特殊性，确保解题步骤逻辑清晰、严谨无
误。两类问题均需注重方法选择和逻辑推导。
【变式7-1】（多选题）（2024·山西·模拟预测）数系的扩充是数学发展的一个重要内容，1843年，数学家
哈密顿发现了四元数．四元数的产生是建立在复数的基础上的，和复数相似，四元数是实数加上三个虚数
单位i，j和k，而且它们有如下关系：
i2=j2=k2=−1,i0=j0=k0=1,ij=k,ji=−k,jk=i,kj=−i,ki=j,ik=−j．四元数一般可表示为
a+bi+cj+dk，其中a,b,c,d为实数．定义两个四元数：
α=a +b i+c j+d k,β=a +b i+c j+d k，那么这两个四元数之间的乘法定义如下：
1 1 1 1 2 2 2 2
αβ=(a a −b b −c c −d d )+(a b +b a +c d −d c )i+(a c +c a +d b −b d )j+¿．关于四
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
元数，下列说法正确的是（ ）
A．ijk=−1B．αα=a2+b2+c2+d2
1 1 1 1
C．αβ=βα
D．若α=1+i+j+k，且αβ=4，则β=1−i−j−k
【答案】AD
【解析】对于A：因为ij=k，所以ijk=k2=−1，故A正确；
对于B：设α=a +b i+c j+d k(a,b,c,d∈ R)，由两个四元数之间的乘法定义得，
1 1 1 1
αα=(a +b i+c j+d k)(a +b i+c j+d k)
1 1 1 1 1 1 1 1
=(a a −b b −c c −d d )+(a b +b a +c d −d c )i+(a c +c a +d b −b d )j+¿
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
=(a 2−b 2−c 2−d 2)+2a b i+2a c j+2a d k，故B错误；
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
对于C：设α=a +b i+c j+d k,β=a +b i+c j+d k(a,b,c,d∈ R)，
1 1 1 1 2 2 2 2
则αβ=(a a −b b −c c −d d )+(a b +b a +c d −d c )i+(a c +c a +d b −b d )j+¿
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
βα=(a a −b b −c c −d d )+(a b +b a +c d −d c )i+(a c +c a +d b −b d )j+¿
1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
当c d =d c ,d b =b d ,b c =c b ，有αβ=βα，
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
所以αβ与βα不一定相等，故C错误；
对于D：设β=a+bi+cj+dk(a,b,c,d∈ R)，
因为αβ=(a−b−c−d)+(b+a+d−c)i+(c+a+b−d)j+(d+a+c−b)k=4，
所以¿，解得¿，
所以β=1−i−j−k，故D正确，
故选：AD．
【变式7-2】（2024·青海西宁·二模）早在西元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项，几何中项以
及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，其中算术中项，几何中
项的定义与今天大致相同.若2a+2b=1，则(2a+1)(2b+1)的最大值为（ ）
9 25 9 25
A． B． C． D．
16 16 4 4【答案】C
【解析】因为(2a+1)(2b+1)=2a ⋅2b+2a+2b+1，又2a+2b=1，
2a+2b 2 9
所以(2a+1)(2b+1)=2a ⋅2b+2≤( ) +2= ，当且仅当2a=2b，即a=b=−1时取等号，
2 4
故选：C
{ 4 y }
【变式7-3】定义：min{x,y}为实数x，y中较小的数，已知a=min x, ，其中x，y均为正实
x2+4 y2
数，则a的最大值是（ ）
1 1
A． B． C．1 D．2
4 2
【答案】C
x2
【解析】当且仅当 =4 y，即x=2y时等号成立，
y
1 1
当x≥ ，即x≥1时，a= ，此时a的最大值为1；
x x
1 { 4 y }
当0a 或（a =a 且b >b ）,称z >z ．若a =a 且b =b ,称z =z ．共余情形均
1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2
(√3+1) 2
为z u=w D．wu=w，C正确；
1
若− w，则v>u>w，D正确；
2
故选：ACD.
2．（多选题）在复数域内，大小成为了没有意义的量，那么我们能否赋予它一个定义呢，在实数域内，
我们通常用绝对值来描述大小，而复数域中也相应的有复数的模长来代替绝对值，于是，我们只需定义复
数的正负即可，我们规定复数的“长度”即为模长，规定在复平面x轴上方的复数为正，在x轴下方的复数
为负，在x轴上的复数即为实数大小.“大小”用符号+“长度”表示，我们用[z]来表示复数的“大小”，例
如：[1+2i]=√5,[1−2i]=−√5,[1]=1,[−3]=−3,[−1−2i]=−√5，则下列说法正确的是（ ）A．[z]=1在复平面内表示一个圆
B．若z∈ C，则方程[z] 2=−1无解
C．若z ,z 为虚数，且z =z ，则[z ]+[z ]=0
1 2 1 2 1 2
D．复数z满足[z−i]=1，则|z|的取值范围为[√2,2]
【答案】BCD
【解析】A：根据已知条件[z]=1表示模长为1，在复平面位于x轴上方的复数，所以并不是一个圆，故A
错误；
B：若z∈ C，则方程[z]为一个实数，所以[z] 2=−1无解，故B正确；
C：若z ,z 为虚数，且z =z ，设z =bi，则z =−bi，
1 2 1 2 1 2
所以[z ]=b,[z ]=−b，所以[z ]+[z ]=0，故C正确；
1 2 1 2
D：设z=a+bi，
根据复数的新定义有[z−i]=[a+(b−1)i]=1，
所以√a2+(b−1) 2=1，且1≤b≤2，
所以a2=1−(b−1) 2，
所以|z|是√a2+b2=√1−(b−1) 2+b2=√2b，
所以√2b∈ [√2,2]，故D正确；
故选：BCD.
3．（多选题）（2024·新疆·模拟预测）早在公元前6世纪，毕达哥拉斯学派已经知道算术中项、几何中项
以及调和中项，毕达哥拉斯学派哲学家阿契塔在《论音乐》中定义了上述三类中项，后人在此基础上推导
2ab a+b √a2+b2
出一个基本不等式链，即已知正实数a, b，有 ≤√ab≤ ≤ ，当且仅当a=b时等号成立．
a+b 2 2
已知a>0, b>0，且a+b+√ab=1，请利用上述不等关系，判断下列说法正确的是（ ）a2+b2 1
A． 的最小值为2 B．ab的最大值为
ab 9
1 1 2
C． + 的最大值为6 D．a+b的最小值为
a b 3
【答案】ABD
【解析】因为a>0, b>0，且a+b+√ab=1，
a2+b2
对于选项A：因为a2+b2≥2ab，可得 ≥2，
ab
1
当且仅当a=b= 时，等号成立，
3
a2+b2
所以 的最小值为2，故A正确；
ab
1 1
对于选项B：因为a+b=1−√ab≥2√ab，可得√ab≤ ，即ab≤
3 9
1
当且仅当a=b= 时，等号成立，
3
1
所以ab的最大值为 ，故B正确；
9
1 1 (1 1) b a √b √a √b a √√b √a
对于选项C：因为 + = + (a+b+√ab)=2+ + + + ≥2+2 ⋅ +2 ⋅ =6，
a b a b a b a b a b a b
1
当且仅当a=b= 时，等号成立，
3
1 1
所以 + 的最小值为6，故C错误；
a b
a+b 2
对于选项D：√ab=1−(a+b)≤ ，可得a+b≥ ，
2 3
1
当且仅当a=b= 时，等号成立，
3
2
所以a+b的最小值为 ，故D正确；
3
故选：ABD.
