7.7复数题型归纳精讲精练（解析版）(1)_2026版高中《二三轮复习+冲刺复习》_复数知识点题型分类PDF

7.7 复数题型归纳精讲精练
模块一：题型分类.........................................................................2
题型一：复数的基础概念............................................................. 2
题型二：复数的分类................................................................... 3
题型三：复数的几何意义............................................................. 5
题型四：复数相等及应用............................................................. 7
题型五：复数的模......................................................................7
题型六：复数代数形式的四则运算................................................10
题型七：共轭复数.................................................................... 12
题型八：复数的乘方运算........................................................... 13
题型九：复数范围内解方程........................................................ 14
题型十：求辅角主值................................................................. 15
题型十一：复数的代数形式与三角形式的互化................................. 16
题型十二：三角形式下的复数的乘、除运算.................................... 19
题型十三：复数的最值问题........................................................ 21
题型十四：复数的综合问题........................................................ 24
模块二：综合巩固....................................................................... 26
7.7 复数题型归纳精讲精练
模块一：题型分类
题型一：复数的基础概念
1.下列四种说法正确的是（
）
A．如果实数�= �，那么�−�+ (�+ �)i 是纯虚数．
B．实数是复数．
C．如果�= 0，那么�= �+ �i 是纯虚数．
D．任何数的偶数次幂都不小于零．
【解题思路】根据复数的概念及分类，逐项判定，即可求解.
【解答过程】对于A 中，若�= �= �，那么�−�+ (�+ �)i = 0 ∈R，所以A 错误；
对于B 中，由复数的概念，可得实数是复数，所以B 正确；
对于C 中，若�= �且�= �时，复数�= �+ �i = �∈R，所以C 不正确；
对于D 中，由虚数单位i�=−�，可得D 错误.
故选：B.
2.在复数1 −2i，2 +
3，
1
2 i，−5 +
2i，0，7 +
5 −2 i 中，哪些是实数，哪些是虚数，哪些是纯虚数？
其中虚数的实部与虚部分别是什么？
【解题思路】根据复数的分类，以及实部、虚部的定义即得解
【解答过程】由复数的分类，对于复数�= �+ �i
当�= �时，�为实数；
当�≠�时，�为虚数；当�= �, �≠�时，�为纯虚数.
故在上述复数中，0，�+
�为实数；�−�i，
�
�i，−�+
�i，�+
�−�i 为虚数；
�
�i 为纯虚数
对于�−�i，实部为1，虚部为-2；
对于
�
�i，实部为0，虚部为
�
�；
对于−�+
�i，实部为−�，虚部为�；
对于�+
�−�i，实部为�，虚部为�−�.
3．设mR ，则“
1
m ”是“复数



2
2
3
1 i
z
m
m
m





为纯虚数”的（
）
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】A
【分析】根据复数



2
2
3
1 i
z
m
m
m





为纯虚数得到
3
m 
或-1，然后判断即可.
【详解】若复数



2
2
3
1 i
z
m
m
m





为纯虚数，则
2
2
3
0
1
0
m
m
m







，解得
3
m 
或-1，
所以“
1
m ”是“复数



2
2
3
1 i
z
m
m
m





为纯虚数”的充分不必要条件.
故选：A.
4.在复平面内，复数
2019
(1 i)i
2
3i
z



所对应的点位于（
）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【答案】B
【分析】先利用虚数单位的性质化简2019
i
，再利用复数的四则运算法则，化简式子，从而得到该复数相对
应的点，由此得解.
【详解】因为

504
2019
4 504 3
4
3
i
i
i
i
i





，
所以








2019
(1 i)
i
2
3i
( 1 i) 2
3i
(1 i)i
5
i
5
1i
2
3i
2
3i
2
3i
13
13
13
13
z
















，
所以z 所对应的点为
5
1
,
13 13







，位于第二象限.
故选：B.
5.已知a 为实数，若复数
2
(
1)
(
1)i
z
a
a




为纯虚数，则
2023
i
1
i
a 


（
）
A．i
B．i

C．1
D．1

【答案】B
【分析】由给定复数为纯虚数求出a ，再利用复数的乘方运算及除法运算求解作答.
【详解】因为复数
2
(
1)
(
1)i
z
a
a




为纯虚数，则
2
1
0
1
0
a
a




，解得
1
a ，
所以
2023
2
i
1 i
(1 i)
2i
i
1 i
1 i
(1 i)(1 i)
2
a 











.
故选：B
题型二：复数的分类
1.已知复数�= �2 + �−6 + �2 + 5�+ 6 i（i 为虚数单位），求适合下列条件的实数m 的值；
(1)z 为实数；
(2)z 为虚数；
(3)z 为纯虚数.
【解题思路】根据复数的有关概念依次求解即可.
【解答过程】（1）当�为实数时，��+ ��+ �= �，解得�=−�或�=−�；
（2）当�为虚数时，��+ ��+ �≠�，解得�≠−�且�≠−�；
（3）当�为纯虚数时，��+ �−�= �
��+ ��+ �≠�，解得�= �.
2.已知复数z 为纯虚数，且满足

· 2
3i
5
i
z
m



，则实数m 的值为（）
A．10
3
B．10
3

C．15
2
D．
15
2

【答案】A
【分析】结合复数运算公式化简求z ，根据纯虚数定义列方程求m .
【详解】由题意得，






5
i
2
3i
5
i
10
3
15
2
i
2
3i
2
3i
2
3i
13
13
m
m
m
m
z












，
因为复数z 为纯虚数，
所以
10
3
0
15
2
0
m
m







，解得
10
3
m 
，
故选：A.
3.已知,
R,i
a b
为虚数单位，则“复数
i
1 i
a
b
z



是纯虚数”是“
0
a
b


”的（
）
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】A
【分析】先根据复数的除法运算化简复数z ，再根据纯虚数的定义及充分条件和必要条件的定义即可得解.
【详解】








i 1 i
i
i
1 i
1 i 1 i
2
a
b
a
b
a
b
a
b
z












，
因为复数
i
1 i
a
b
z



是纯虚数
所以
0
0
a
b
a
b






，即
a
b
a
b




，故,a b 不同时为0 ，
所以
0
a
b


，
当
1
a
b

时，

i
1
2
a
b
a
b
z





不是纯虚数，
所以“复数
i
1 i
a
b
z



是纯虚数”是“
0
a
b


”的充分不必要条件.
故选：A.
题型三：复数的几何意义
1．已知复数�= 2 + i，则�在复平面内对应第（
）象限
A．一
B．二
C．三
D．四
【解题思路】利用复数的几何意义可得出结论.
【解答过程】复数�= �+ i 在复平面内对应的点的坐标为�, �，该点位于第一象限.
故选：A.
2.在复平面内，复数
1
3 i
2
2
z 

对应的向量为OA
，复数
1
z 对应的向量为OB
，那么向量AB
对应的复数
是（）
A．1
B．1

C．
3i
D．
3i

【答案】A
【分析】根据复数的几何意义判断即可.
【详解】由题意得
1
3
,
2
2
A








，
1
3
,
2
2
B







，


1,0
AB 

，
则AB
对应复数1.
故选：A．
3.已知复数z 满足
(1
i)
3
i
z
z



（i 为虚数单位），其中z 为z 的共轭复数，则复数z 在复平面上的对应点
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
【分析】设
i
z
a
b


，由向量相等列出方程组，求出,a b，得到复数z 在复平面上的对应点坐标，求出答
案.
【详解】设复数
i
z
a
b


（a ，bR ），则
i
z
a
b


，
由题得(
i)
(
i)(1
i)
3
i
a
b
a
b





，即2
i
3
i
a
b
a



，
∴
2
3
1
a
b
a





，解得
1
1
a
b




，
1
i
z

，
则复数z 在复平面上的对应点为(1,1) ，位于第一象限.
故选：A．
4.已知复数
1
3i
1
3i
z



，z 为z 的共轭复数，则|
|
z
z
在复平面表示的点在（
）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【答案】D
【分析】首先利用除法运算化简复数z ，并求z 和z ，再根据复数的几何意义，即可求解.
【详解】





2
1
3i
1
3i
2
2 3i
1
3i
4
2
2
1
3i
1
3i
1
3i
z











，
2
2
1
3
1
2
2
z


















，
1
3 i
2
2
z 

，
所以
3
3 i
2
2
z
z



，对应的点为3
3
,
2
2









，在第四象限.
故选：D
5.已知复数�= �2 + 2�+ �2 −�−6 i, �∈R,i 是虚数单位.
(1)若复数�在复平面内对应的点在直线�=−
1
2 �上，求�的值；
(2)若复数�在复平面内对应的点在第四象限，求�的取值范围.
【解题思路】（1）根据复数对应点所在直线，将对应点坐标代入直线求参数值即可；
（2）根据复数对应点所在象限的特征列不等式组求参数范围.
【解答过程】（1）由题设，复数�的对应点为��+ ��, ��−�−�，
所以��−�−�=−
�
�(��+ ��)，整理得���−��= �，解得�=± �.
（2）由题意
��+ ��= �(�+ �) > �
��−�−�= (�−�)(�+ �) < �，解得�< �< �.
6.已知复数�= �2 −1 + �2 −�−2 i，�∈R．
(1)若z 是纯虚数，求m 的值；
(2)若z 在复平面内对应的点在直线�−�+ 1 = 0 上，求m 的值；
(3)若z 在复平面内对应的点在第四象限，求m 的取值范围．
【解题思路】（1）由复数的类型得到方程和不等式，得到m 的值；
（2）由题意得到方程，求出m 的值；
（3）由复数对应的点所在象限得到不等式组，求出m 的取值范围.
【解答过程】（1）若z 是纯虚数，则
��−�= �
��−�−�≠�，
∴�= �，则m 的值为1；
（2）若z 在复平面内对应的点在直线�−�+ �= �上，
则��−�−��−�−�+ �= �，解得�=−�
（3）若z 在复平面内对应的点在第四象限，则
��−�> �
��−�−�< �，
∴�< �< �，则m 的取值范围为�, �．
题型四：复数相等及应用
1.已知i为虚数单位，,x y 为实数，若



i
2
3
4i
2 i
x
y
y





，则x
y

（
）
A．2
B．3
C．4
D．5
【答案】D
【解析】由题意







i
2
2
i
3
4i
2 i=3
2
4 i
x
y
x
y
y
y










，
所以
2
3
2
4
x
y
y







，解得
1,
4
x
y

，所以
5
x
y

.故选：D.
2.适合
3i
8
i
(
)
x
x
y



的实数x、y 的值为（
）
A．
0
x 且
3
y 
B．
0
x 且=
3
y 
C．
5
x 且
3
y 
D．
3
x 且
0
y 
【答案】A
【解析】根据复数相等的定义可得，
0
3
8
x
x
y





，解得
0
3
x
y




.故选：A．
3.已知,x y R ，i 为虚数单位，且
2
i
1
i
x
y


，则x
y


.
【答案】2
【解析】由
2
i
1
i
x
y


可得
2
1
1
x
y






，解得
1
1
x
y





，故
1 1
2
x
y


.
4.已知复数






2
1
2
1
2 i
R ,
sin
2sin
4 i
z
m
m m
z
a









，


0,



，若
1
2
z
z

，求实数a 的取
值范围
.
【答案】

10,
【解析】
2
1
2,
sin
1,2sin
4
2
z
z
a
m
m









，
2
4
sin
sin
4sin
5,
sin
5
sin
a
a














0,π ,
0
sin
1






，令


sin
0,1
t



，
根据对勾函数单调性可知函数
4
5
a
t
t

在

0,1 上严格单调递减，
min
4
1
5
10
1
a




，所以a 的范围为

10,.
题型五：复数的模
1．设复数�= 3 −4i，则�的共轭复数的模为（
）
A．7
B．1
C．5
D．25
【解题思路】根据共轭复数的定义得出�的共轭复数，即可根据复数的模的求法得出答案.
【解答过程】复数�= �−�i 的共轭复数为�ത= �+ �i，
则其模�ത=
��+ ��= �，
故选：C.
2.已知复数z 满足

1
i
5i
z
z



，则
1
z 
（
）
A．3
B．2
C．
2
D．1
【答案】B
【分析】先求出复数z 的代数形式，再求
1
z 
即可.
【详解】由

1
i
5i
z
z



，得

2
5
z


i
i，
所以


5i
2
i
5i
1
2i
2
i
5
z






，
所以


1 = 1
2i
1
2
z 



.
故选：B.
3.已知z 是复数，z 是其共轭复数，则下列命题中正确的是（
）
A．
2
2z
z

B．若
1
z ，则
1 i
z 的最大值为
2
1

C．若


2
1 2i
z 

，则复平面内z 对应的点位于第一象限
D．若1 3i

是关于x 的方程
2
0(
R)
x
px
q
p q




,
的一个根，则
8
q 
【答案】B
【分析】设出复数的代数形式计算判断A；利用复数的几何意义判断B；求出复数z 判断C；利用复数相
等求出q判断D.
【详解】对于A，设
i( ,
R)
z
a
b a b



，则


2
2
2
2
2
2
2
|
|
,
i
2
i
z
a
b
z
a
b
a
b
ab







，
2
2z
z

，A 错误；
对于B，由
1
z 知，在复平面内表示复数z 的点在以原点为圆心的单位圆上，
1 i
z 可看作该单位圆上的点到点

1,1 的距离，因为圆心到

1,1 的距离为
2 ，
则该单位圆上的点到点

1,1 的距离最大值为
2
1
，B 正确；
对于C，


2
1
2i
3
4i,
3
4i
z
z




，则复平面内z 对应的点位于第二象限，C 错误；
对于D，依题意，
2
(1 3i)
(1 3i)
0
p
q





，整理得(
8)
( 3
6)i
0
p
q
p





，
而,
R
p q
，因此
8
0
3
6
0
p
q
p








，解得
2,
10
p
q


，D 错误．
故选：B.
4.在复平面内，复数z 对应的点Z 的坐标为

2sin120 , 2cos120


，则
2 3
z 
（
）
A．2
B．2 3
C．3 3
D．1
3

【答案】A
【分析】利用特殊角的三角函数值，结合复数的运算即可得解.
【详解】因为

2sin120 , 2cos120


可化为(
3,1)

，
所以点Z 的坐标为(
3,1)

，则
3
i
z 
，
所以
2 3
3
i
2 3
3
i
z 



，
所以
2
2
2 3
( 3)
1
2
z 



．
故选：A．
5.已知
1
3

z
，
2
5
z 
，
1
2
6


z
z
，则
1
2
z
z


．
【答案】4 2
【解析】设
1
i
z
a
b


，


2
i
, , ,
z
c
d a b c d


R ，
2
2
1
3
z
a
b




，
2
2
2
5
z
c
d



，
2
2
9
a
b



，
2
2
25
c
d


，




2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
34
2
2
36
z
z
a
c
b
d
a
b
c
d
ac
bd
ac
bd
















，解得：
1
ac
bd

，




2
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
34
2
32
z
z
a
c
b
d
a
b
c
d
ac
bd















，
1
2
4 2
z
z



.
6.（多选）已知复数
1z 对应的向量为
1
OZ

，复数
2z 对应的向量为
2
OZ

，则下列说法正确的是（
）
A．若
1
1
OZ 

，则
1
1
z 或i

B．若
1
4
3i
z 

，
2
3
4i
z 

，则


1
2
1, 1
Z Z 


C．若
1
2
1
2
z
z
z
z



，则
1
2
OZ
OZ



D．若


1
2
1
2
OZ
OZ
OZ
OZ







，则
1
2

z
z
【答案】CD
【解析】当
1
1
3 i
2
2
z 

时，满足
1
1
OZ 

，故A 错误；





1
2
2
1
3,4
4,3
1,1
Z Z
OZ
OZ








，B 错误；
设
1
i
z
a
b


，
2
i
R
z
c
d
a
b
c
d



，，，，
，
若
1
2
1
2
z
z
z
z



，则







2
2
2
2
a
c
b
d
a
c
b
d







，
化简得：
0
ac
bd


，故
1
2
0
OZ OZ
ac
bd





，所以
1
2
OZ
OZ



，C 正确；
设
1
i
z
a
b


，
2
i
R
z
c
d
a
b
c
d



，，，，
，
则


1
2
,
OZ
OZ
a
c b
d






，


1
2
,
OZ
OZ
a
c b
d






，
若


1
2
1
2
OZ
OZ
OZ
OZ







，则




2
2
2
2
0
a
c
a
c
b
d
b
d
a
b
c
d










，
所以
2
2
2
2



a
b
c
d ，则
1
2

z
z ，D 正确.故选：CD
7 已知复数�= �2 + �−2 + �−1 i �∈R .
(1)若�为纯虚数，求实数�的值；
(2)若�在复平面内对应的点在直线�=
1
3 �上，求�.
【解题思路】（1）根据纯虚数的概念列出方程或不等式，即可求得答案.
（2）根据�在复平面内对应的点在直线�=
�
��上列出m 满足的方程，求得z，即可求得答案.
【解答过程】（1）若�为纯虚数，则��+ �−�= �
�−�≠�
，解得�=−�.
（2）由题意可得�−�=
�
���+ �−�，
解得�= �，
所以�= �，所以�= �.
8.已知复数�= �2 + �−6 + �2 + �−2 i(�∈�)在复平面内所对应的点为A.
(1)若点A 在第二象限，求实数m 的取值范围；
(2)求|�|的最小值及此时实数m 的值.
【解题思路】（1）由点A 在第二象限，列出不等式组求解即可；
（2）由模的公式得|�|�= ��+ �−��+ ��+ �−��，令��+ �−�= �，利用二次函数的性质求
出最小值.
【解答过程】（1）由��+ �−�< �
��+ �−�> �，解得−�< �<−�或�< �< �.
（2）|�|�= ��+ �−��+ ��+ �−��，
令��+ �−�= �，∵�= �+
�
�
�
−
�
�，∴�∈−
�
�, + ∞，
则|�|�= ���−��+ ��= ��−��+ �，
所以当�= �，即�=
−�± ��
�
时，有最小值��.
题型六：复数代数形式的四则运算
1.已知复数�在复平面内对应的点为1, −2 ，则�−2�ത=（
）
A．−1 −6i
B．−1 + 6i
C．1 −6i
D．1 + 6i
【解题思路】由复数的坐标表示，共轭复数定义可得答案.
【解答过程】由题意知�= �−�i，�ത= �+ �i，则�−��ത= �−�i −��+ �i =−�−�i.
故选：A.
2.化简下列复数
（1）6 −5�+ 3 + 2�
（2）5 −6�+ −2 −�−3 + 4�
【解题思路】利用复数的加减运算法则求解.
【解答过程】（1）�−��+ �+ ��，
= �+ �+ �−��，
= �−��.
（2）�−��+ −�−�−�+ ��，
= �−�−�+ −�−�−��，
=−���.
3.若
1
3 i
2
2


是关于x 的实系数方程
2
1
0
ax
bx


的一个复数根，且
i
z
a
b


，则1
z
z 

（
）
A．1
3i
5
5

B．1
3
5
5
i

C．3
1i
5
5

D．3
1 i
5
5

【答案】A
【详解】根据一元二次方程复数根的特点及韦达定理即可求出a 、b ，再由复数的运算和共轭复数可得结
果．
【分析】若
1
3 i
2
2


是关于x 的实系数方程
2
1
0
ax
bx


的一个复数根，
则另一个复数根为
1
3
2
2 i


，
由韦达定理可得得
1
3
1
3
1
i
i
2
2
2
2
1
3
1
3
i
i
2
2
2
2
a
b
a
























，解得
1
1
a
b




，
则
1
i
z ，所以
1 i
z ，
故有






1 i
2
i
1 i
1 3i
1
3 i
1
2
i
2
i
2
i
5
5
5
z
z













.
故选：A．
4.已知复数
1
3
4i
z 

，
2
2i
z 
，i 为虚数单位．
(1)若
1
2
z
z
z

，求z 的共轭复数；
(2)若复数
1
2
az
z

在复平面上对应的点在第四象限，求实数a 的取值范围．
【答案】(1)
3
2
i
2

；
(2)
1
0
2
a


．
【分析】（1）由复数除法运算求得z ，再由共轭复数定义得结论；
（2）求出
1
2
az
z

，再根据第四象限点的特征列不等式组求解．
【详解】（1）
2
2
2
1
i
i
4i
i
3
4
3
3
2
i2
2
i2
z
z
z










，所以
3
2
i
2
z 
；
（2）
1
2
2
(
i)
i
3
(4
3
4
2)i
az
z
a
a
a







，对应点坐标为(3 ,4
2)
a
a 
，
由题意
3
0
4
2
0
a
a






，解得
1
0
2
a


．
题型七：共轭复数
1.已知复数z 满足
1
i
2
z 
，z 为z 的共轭复数，z
z
等于（
）
A．2i
B．2i

C．1
D．i

【答案】B
【分析】根据共轭复数的概念及复数加减运算法则计算即得.
【详解】
1
i
2
z 
，故
1
i
2
z 
，则
1
1
i
i
2i
2
2
z
z











.
故选：B
2.已知i 为虚数单位，复数
(1
i)(2
3i)
z 


，z 为z 的共轭复数，则
i
z 
（
）
A．5
B．4
C．
29
D．
37
【答案】C
【分析】根据复数的乘法求出z，即得z 以及
i
z ，再根据复数的模的计算公式，即可求得答案.
【详解】由题意得
(1
i)(2
3i)
5
i
z 



，故
5
i
z 
，则
i
5
2i
z 

故
2
2
i
5
2
29
z 



，
故选：C
3.已知i 为虚数单位，若
2i
1
i
z 
，则z z

（
）
A．
2
B．2
C．2i

D．2i
【答案】B
【分析】由复数的运算及共轭复数的定义即可求出结果.
【详解】因为







2i 1 i
2i 1 i
2i
1 i
1 i
1 i
1 i
2
z










，所以
1 i
z ，



1 i
1 i
2
z z






.
故选：B.
题型八：复数的乘方运算
1.若
3
5
7
1 i
i
i
z 


，则z （
）
A．1
2i

B．1
2i

C．1 i

D．1 i

【答案】D
【解析】由题,
1 i+i
i=1 i
z 

，则
1
i
z ．故选：D．
2.
2
3
2022
2023
i
2i
3i
2022i
2023i





．
【答案】1012 1012i


【解析】∵
2
3
4
2i
2,3i
3i,4i
4


，∴
2
3
4
i
2i
3i
4i
i
2
3i
4
2
2i








，
则
5
6
7
8
2021
2022
2023
2024
5i
6i
7i
8i
2
2i,
,2021i
2022i
2023i
2024i
2
2










，
故原式


506
2
2i
2024
1012
1012i






．
3.复数
15
14
(1 i)
1 i
2
2i
2









的虚部为
.( “i ”是虚数单位)
【答案】0
【解析】
14
2
7
7
7
(1 i)
(1 i)
( 2i)
2 i











，
2
1 i
2i
i
2
2








， 
复数
15
14
7
7
(1 i)
1
i
2 i
1
i
i
32 2
2
2i
2
2i
2
2
















.其虚部为0. 
4.计算：
（1）
6
1
i
2
3i
1 i
3
2i










；
（2）
6
9
3
1
1
3
i
i
2
2
2
2



















【答案】（1）1
i
；（2）1

【解析】（1）






6
6
2
2
3i
3
2i
1 i
2
3i
(1 i)
1 i
2
3
2i
3
2i
3
2i























2
6
6
2i
3i
6i
i
5





1 i

（2）因为
2
2
3
1
3
3
1
1
3
i
i
i
i
2
2
4
2
4
2
2














，
所以
6
3
2
2
3
1
1
3
1
3
1
3
1
3
3
1
3
i
i
i
i
i
i
i
2
2
2
2
2
2
2
2
4
2
4
2
2


















































1
3
1
3
i
i
2
2
2
2















2
3
1
i
1
4
4


，
因为
3
2
2
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
1
3
i
i
i
i
i
i
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
4
4













































，
所以
3
9
3
1
3
1
3
i
i
1
2
2
2
2






























，
所以
6
9
3
1
1
3
i
i
1 1
1
2
2
2
2




















题型九：复数范围内解方程
1.在复数范围内方程
2
2
2
0
x
x



的根为
1
x ，
2
x ，则
1x （
）
A．
2
2
B．
2
C．2
D．1
【答案】B
【解析】由
2
2
2
0
x
x



得
2
(
1)
1
x 
，解得
1
i
x 或
1 i

x
，
若
1
1 i
x ，则
1
2
x 
；若
1
1 i

x
，则
1
2
x 
；
综上所述：
1
2
x 
.故选：B．
2.若复数3
i
为方程
2
1
0
ax
bx


( a ，bR )的一个根，则该方程的另一个复数根是（
）
A．3
i

B．3 i

C．i
3

D．3
i

【答案】A
【解析】因为两根互为共轭复数，所以另一根为3
i
.故选：A.
3.已知关于x 的方程
2
0
x
ax
ab



，其中a，b 为实数．
（1）设
1
3i
x 
（i 是虚数单位）是方程的根，求a，b 的值；
（2）证明：当
1
4
b
a 
，且
0
a 
时，该方程无实数根．
【答案】（1）
2
a 
，
2
b 
；（2）证明见解析
【解析】（1）∵
1
3i
x 
是方程的根，∴1
3i

也是方程的根，
由一元二次方程根与系数的关系得1
3i 1
3i
a



，
得


1
3i
1
3i
ab



，解得
2
a 
，
2
b 
；
（2）∵
1
4
b
a 
，∴
1
4
0
4
4
b
b
a
a
a




，∴


4
4
0
a
b
a


，即
2
4
0
ab
a


，
∴
2
4
0
a
ab



，∴原方程无实数根．
4.已知关于x 的二次方程




2
tan
i
i
2
0
x
x






．
（1）当为何值时，这个方程有一个实根？
（2）是否存在，使得原方程有纯虚数根？若存在，求出的值；若不存在，试说明理由．
【答案】（1）


π
π
4
k
k


Z ；（2）不存在，理由见解析
【解析】（1）设
0x 是方程的一个实根，
则




2
0
0
tan
i
i
2
0,
x
x






即



2
0
0
0
tan
2
i
1
0.
x
x
x







根据复数相等的意义知
2
0
0
0
tan
2
0
1
0
x
x
x









解得：


0
π
1,tan
1,
π
4
x
k
k






Z ．
所以，当


π
π
4
k
k


Z 时，原方程有一实根
0
1
x ．
（2）假定方程有纯虚数根ib （bR，且
0
b 
），
代入原方程得





2
i
tan
i
i
i
2
0,
b
b







即


2
2
tan
1 i
0.
b
b
b







由复数相等意义知
2
2
0
( tan
1)
0
b
b
b









但方程
2
2
0
b
b




即
2
2
0
b
b



无实数解，即实数b 不存在．
所以，对任何实数，原方程不可能有纯虚数根．
题型十：求辅角主值
1．�= 1 −
3i（i 是虚数单位），则z 的辐角主值arg �=（
）
A．
5
3 π
B．
11
6 π
C．−
π
3
D．−
π
6
【解题思路】复数可以写成�= �����+ isin�
�≤�< �π 的形式，即可求得复数的辐角主值.
【解答过程】�= �−
�i=2
�
�−
�
�i = 2 ���
5π
�+ isin
5π
�，所以复数�= �−
�i 的辐角主值����=
�
�π.
故选：A.
2．任意复数�= �+ �i（�、�∈�，i 为虚数单位）都可以写成�= �cos�+ isin�的形式，其中�=
�2 + �2 0 ≤�< 2�该形式为复数的三角形式，其中�称为复数的辐角主值.若复数�=
3
2 +
1
2 i，则�的辐
角主值为（
）
A．
�
6
B．
�
3
C．
2�
3
D．
5�
6
【解题思路】将复数写成三角形式，可得结果.
【解答过程】复数�=
�
�+
�
�i = ���
�
�+ isin
�
�，因此，复数�=
�
�+
�
�i 的辐角主值为
�
�.
故选：A.
3．求下列复数的模与辐角主值：
(1)−1 + i
(2)−
2
(3)
1
2 −
3
2 i
(4)−
2
2 +
2
2 i
【解题思路】（1）直接求出模，根据其对应的点可得辐角主值；
（2）直接求出模，根据其对应的点可得辐角主值；
（3）直接求出模，根据其对应的点可得辐角主值；
（4）直接求出模，根据其对应的点可得辐角主值.
【解答过程】（1）−�+ i =
−��+ ��=
�，其对应的点为−�, �，辐角主值为
��
�
（2）−
�=
�，其对应的点为−
�, �，辐角主值为�
（3）
�
�−
�
�i =
�
�
�
+ −
�
�
�
= �，其对应的点为
�
�, −
�
�，辐角主值为
��
�
（4）−
�
�+
�
�i =
−
�
�
�
+
�
�
�
= �，其对应的点为−
�
�,
�
�，其辐角主值为
��
�.
4．已知复数z 满足(�+ 1)(�ത+ 1) = |�|2，且
�−1
�+1是纯虚数．
(1)求z；
(2)求z 的辐角主值．
【解题思路】(1)设�= �+ �i，�, �∈R，由条件列方程求�, �即可，(2)根据辐角主值的定义求解.
【解答过程】
（1）设�= �+ �i，�, �∈R，因为(�+ �)(�ത+ �) = |�|�，所以�+ �i+1
�−�i+1 = �+ �i �，
所以�+ ��+ ��= ��+ ��，故�=−
�
�，
所以
�−�
�+�=
−�
�+�i
�
�+�i =
−�
�+�i
�
�−�i
�
�+�i
�
�−�i
=
−�
�+��+��i
�
�+��
，
又
�−�
�+�是纯虚数，所以−
�
�+ ��= �，所以�=±
�
�，
所以�=−
�
�±
�
�i
（2）设复数�的辐角主值为�，则�∈�, �π ，
当�=−
�
�+
�
�i 时，�= �，所以����=−
�
�，����=
�
�，�∈�, �π ，所以�=
�π
�，故复数�的辐角主值
为
�π
�；
当�=−
�
�−
�
�i 时，�= �，所以����=−
�
�，����=−
�
�，�∈�, �π ，所以�=
4π
�，故复数�的辐角主值
为
4π
�.
题型十一：复数的代数形式与三角形式的互化
1.复数−
1
2 +
3
2 i 的三角形式是（
）
A．cos60∘+ isin60∘
B．−cos60∘+ isin60∘
C．cos120∘+ isin60∘
D．cos120∘+ isin120∘
【解题思路】利用复数的三角形式即可得解.
【解答过程】依题意，令�=−
�
�+
�
�i = �����+ isin�(�> �, �° ≤�< ���°)，
则�= |�| = �，所以
����=−
�
�
����=
�
�
，
因为�° ≤�< ���°，所以�= ���°，
所以−
�
�+
�
��的三角形式是������° + isin���°.
故选：D.
2．以下不满足复数
1
2 −
3
2 i 的三角形式的是（
）．
A．cos −
π
3 + isin −
π
3 ；
B．cos
5π
3
+ isin
5π
3 ；
C．cos
π
3 + isin
π
3 ；
D．cos
11π
3
+ isin
11π
3
．
【解题思路】逐一计算每个选项即可得答案.
【解答过程】对于A：���−
π
�+ isin −
π
�=
�
�−
�
�i，符合；
对于B：���
�π
�
+ isin
�π
�
=
�
�−
�
�i，符合；
对于C：���
π
�+ isin
π
�=
�
�+
�
�i，不符合；
对于D：���
��π
�
+ isin
��π
�
=
�
�−
�
�i，符合
故选：C.
3．分别指出下列复数的模和辐角的主值，并将复数表示成代数形式．
（1）4(cos
�
6 + �sin
�
6 )；
（2）2(cos
�
3 −�sin
�
3 )
【解题思路】（1）复数4(���
�
�+ ����
�
�)为复数的三角形式，再写出其模和辐角的主值，然后再转化为�+
���, �∈�的形式；
（2）先把复数����
�
�−����
�
�，转化为三角形式����
��
�+ ����
��
�，再写出其模和辐角的主值，然后再
转化为�+ ���, �∈�的形式；
【解答过程】（1）复数4(���
�
�+ ����
�
�)模r＝4，辐角的主值为θ＝
�
�.
�(���
�
�+ ����
�
�) = ����
�
�+ �����
�
�= �×
�
�+ �×
�
��= ��+ ��.
（2）����
�
�−����
�
�
= ������−
�
�+ ������−
�
�
= ����
��
�+ ����
��
�，
复数的模为2，辐角的主值为θ＝
��
�，
����
�
�−����
�
�
= ����
��
�+ �����
��
�= �×
�
�+ �× −
�
�
�= �−
��.
4．把下列复数表示成三角形式，并画出与之对应的向量．
(1)6；
(2)1 + i；
(3)1 −
3i
(4)−
3
2 +
1
2 i．
【解题思路】对（1）（2）（3）（4）中的复数，先画出图像，结合图像求得辐角主值和模，从而求得其三
角形式.
【解答过程】
（1）设复数的模为�，辐角主值为�．6 对应的向量如下图中���Ԧ
ሬሬሬሬሬሬ，∵�= �，����= �，����= �，
又�∈[�, �π)，∴�= �，∴�= �(����+ �����)．
（2）设复数的模为�，辐角主值为�．�+ �对应的向量如下图中���Ԧ
ሬሬሬሬሬሬ，
∵�=
�，����=
�
�，����=
�
�，又�∈[�, �π)，∴�=
π
�，∴�+ �=
�(���
�
�+ ����
�
�)．
（3）设复数的模为�，辐角主值为�．�−
��对应的向量如下图中���Ԧ
ሬሬሬሬሬሬ，
∵�=
�+ �= �，����=
�
�，����=−
�
�，又�∈[�, �π)，∴�=
�π
�，∴�−
��= �(���
��
�+ ����
��
�)．
（4）设复数的模为�，辐角主值为�．−
�
�+
�
��对应的向量如下图中���Ԧ
ሬሬሬሬሬሬ，
∵�= �，����=−
�
�，����=
�
�，又�∈[�, �π)，∴�=
�π
�，∴−
�
�+
�
��= ���
��
�+ ����
��
�．
题型十二：三角形式下的复数的乘、除运算
1.计算2 cos75° + isin75° ⋅
1
2 −
1
2 i 的值是（
）
A．−
6
2 +
2
2 i
B．
6
2 +
2
2 i
C．
2
2 −
6
2 i
D．
2
2 +
6
2 i
【解题思路】根据复数的三角运算公式运算即可.
【解答过程】因为
�
�−
�
�i =
�
�
�
�−
�
�i =
�
�
������∘+ isin���∘
所以������° + isin��° ⋅
�
�−
�
�i = ������° + isin��° ⋅
�
�
������∘+ isin���∘，
所以������° + isin��° ⋅
�
�−
�
�i =
�������° + isin���° =
�
�+
�
�i，
故选：B.
2：4 cos�+ �����÷ 2 cos
�
3 + �sin
�
3 =（
）
A．1 +
3�
B．1 −
3�
C．−1 +
3�
D．−1 −
3�
【解题思路】根据复数三角形式的除法法则，进行计算即可.
【解答过程】�(����+ �����) ÷ ����
�
�+ ����
�
�
= �����−�
�+ �����−�
�
= ������
�+ ������
�
=−�+
��
故选：C.
3．计算：
(1)8 cos
�
6 + isin
�
6 ⋅2 cos
�
12 + isin
�
12 ；
(2)8 cos240° + isin240° ÷ 2 cos150° −isin150° ．
【解题思路】(1)利用复数三角形式的乘法法则直接进行计算作答.
(2)利用复数三角形式的除法法则直接进行计算作答.
【解答过程】
（1）�(���
�
�+ isin
�
�) ⋅�(���
�
��+ isin
�
��) = ��(���
�
�+ isin
�
�) = ��(
�
�+
�
�i) = ��+ ��i.
（2）�(������° + isin���°) ÷ �(������° −isin���°) =
�(������°+isin���°)
���(−���°)+isin(−���°)
= �(������° + isin���°) = �(�����° + isin��°) = ��+ �i.
4．计算：
(1)3 cos
π
6 + isin
π
6 × 2 cos
π
6 −isin
π
6
(2)
6 cos
π
3 + isin
π
3
÷
3 cos
π
6 −isin
π
6
(3) −
1
2 +
3
2 i × cos
π
6 −isin
π
6
(4) 1 −i ÷ cos
π
6 + isin
π
6
【解题思路】（1）直接利用复数的三角形式的运算法则计算得到答案.
（2）直接利用复数的三角形式的运算法则计算得到答案.
（3）直接利用复数的三角形式的运算法则计算得到答案.
（4）直接利用复数的三角形式的运算法则计算得到答案.
【解答过程】（1）����
π
�+ ����
π
�× ����
π
�−isin
π
�= ����
π
�+ ����
π
�× ���−
π
�+isin −
π
�
= ����π
�−π
�+ ����π
�−π
�
= �
（2）
����
π
�+ ����
π
�
÷
����
π
�−����
π
�
=
����
π
�+ ����
π
�÷ ���−
π
�+ ����−
π
�
=
����
π
�+ ����
π
�=
�i.
（3）−
�
�+
�
�i × ���
π
�−isin
π
�= ���
�π
�+ isin
�π
�
× ���−
π
�+isin −
π
�
= ���π
�+ isin π
�= i
（4）�−i ÷ ���
π
�+ isin
π
�=
����−
π
�+ ���−
π
�
÷ ���
π
�+ isin
π
�
=
����−π
�−π
�+ ���−π
�−π
�
=
�
�
�×
�
�−
�
�×
�
�−
�
�×
�
�+
�
�×
�
�i =
�−�
�
−
�+�
�
i.
题型十三：复数的最值问题
1.若复数z 满足
3
i
1
z 


(i 为虚数单位），则z 的最大值为（
）
A．1
B．2
C．3
D．
3 +1
【答案】C
【分析】设
i
z
a
b




,
R
a b
，根据已知可得出



2
2
3
1
1
a
b




.根据几何意义，结合三角恒等变换
化简，即可得出答案.
【详解】设
i
z
a
b




,
R
a b
，则


3
i
3
1 i
z
a
b





.
由已知
3
i
1
z 

可得，



2
2
3
1
1
a
b




.
设
3
cos
1
sin
a
b






，


0,2π

，
则
cos
3
sin
1
a
b







.
所以，




2
2
2
2
2
cos
3
sin
1
z
a
b








2
2
cos
sin
2 3cos
2sin
4









1
3
π
4
sin
cos
5
4sin
5
2
2
3























.
当
π
π
3
2


，即
π
6

时，该式有最大值9，
所以，
2
9
z

，
所以，
3
z .
故选：C.
2.设复数z 满足
3
4i
1
z 
，则z 的最大值是（
）
A．5
B．6
C．7
D．8
【答案】B
【解析】设复数


i
,
R
z
x
y
x y



，可得
i
3
4i
1
x
y


，所以
2
2
(
3)
(
4)
1
x
y



，
所以复数对应的点的轨迹为


3,4
C
为圆心半径为
1
r 的圆，
所以z 的最大值是
2
2
3
4
1
5 1
6
OC
r





．故选：B.
3.已知三个复数
1
2
3
,
,
z z
z ，并且
1
2
3
1
z
z
z


，
1
2
,
z z 所对应的向量
1
OZ

，
2
OZ

满足
1
2
0
OZ
OZ



，则
1
2
3
z
z
z


的取值范围是
.
【答案】[ 2
1,
2
1]


【解析】由
1
2
0
OZ
OZ



，得
1
2
OZ
OZ



，
以向量
1
OZ

，
2
OZ

的方向分别为复平面内,x y 轴的正方向建立直角坐标系，如图，
由
1
2
1
z
z

，得
1
2
1,
i
z
z

，则
1
2
1 i
z
z

，令复数
1
2
z
z

对应的点为Z ，有|
|
2
OZ 

，
由
3
1
z ，得复数
3z 对应的点
3
Z 的轨迹是以原点O圆心，1 为半径的圆，
因此
1
2
3
3
3
3
|
| |
| |
|
|
| 1
2
z
z
z
ZZ
OZ
OZ
OZ
OZ













，
当且仅当
3,
OZ OZ

反向共线时取等号，
3
3
3
|
| |
| ||
|
|
||
2
1
ZZ
OZ
OZ
OZ
OZ











，
当且仅当
3,
OZ OZ

同向共线时取等号，
所以
1
2
3
z
z
z


的取值范围是[ 2
1,
2
1]


.
4.已知复数z 满足
2i
4
z 

，则
3i
z 
的取值范围是
．
【答案】[1,9]
【解析】方法一：因为
2i
4
z 

，
所以z 在复平面内对应的点是复平面内到点

0, 2

的距离为4 的点的集合，如图所示．
由图象可知，当
2i
z 
时，
min
3i
1
z 
；当
6i
z 
时，
max
|
3i |
9
z 

，
所以
3i
z 
的取值范围是

1,9 ．
方法二：因为|
3i |
2i
5i
z
z




，
又5i
2i
3i
2i
5i
5i
2i
z
z
z
z










，所以1 |
3i | 9
z



．
5.已知
2
z 
，则|
3
4i |
z 

的最大值是
．
【答案】7
【解析】设
i, ,
R
z
x
y x y



，则有
2
2
2
x
y


，即
2
2
4
x
y


，
则z 在复平面中的点
( , )
P x y 在以(0,0) 为圆心，
2
r 
为半径的圆周上，
3
4i
(
3)
(
4)i
z
x
y






，
2
2
|
3
4i |
(
3)
(
4)
z
x
y





，表示
( , )
P x y 与点
( 3,4)
A 
的距离，
如图所示：
由图可知，
2
2
max
( 3
0)
(4
0)
5
2
7
AP
r








，
即|
3
4i |
z 

的最大值为7.
6.设复数
1z ，
2z 满足
1
2
2
z
z


，1
2
3
i
z
z


，复数
2
1
2
1
,
, z
z
z
z

在复平面内所对应的点分别为A，B，C，
则三角形ABC 的面积为（
）
A．3
B．2 3
C．2
D．
3
【答案】D
【分析】设
1
i
z
a
b


，2
i
z
c
d


，根据复数的线性运算及几何意义可得
2
2
4
a
b


，2
2
4
c
d


，
3
a
c


，
1
b
d

，进而得到2
2
4
bd
ac

，可得
1
2
2 3
AB
z
z



，
1
2
BC
z


，
2
2
AC
z


，进而求解即
可.
【详解】设
1
i
z
a
b


，
2
i
z
c
d


，
则


1
2
i
3
i
z
z
a
c
b
d






，
所以
2
2
4
a
b


，
2
2
4
c
d


，
3
a
c


，
1
b
d

，
所以



2
2
2
2
2
2
2
2
4
a
c
b
d
a
b
c
d
bd
ac










，
即2
2
4
bd
ac

，
所以






2
2
2
2
2
2
1
2
i
2
2
12
2 3
AB
z
z
a
c
b
d
a
c
b
d
a
b
c
d
bd
ac

















，
又
1
2
BC
z


，
2
2
AC
z


，
在ABC

中，过C 作CD
AB

，垂足为D ，
则D 为AB 中点，即
1
3
2
AD
DB
AB



，
所以
2
2
4
3
1
CD
AC
AD




，
所以
1
1
2 3 1
3
2
2
ABC
S
AB
CD






.
故选：D.
7.已知复数z 满足
3i
i



z
z
，则
1
2i
z 
的最小值为（
）
A．1
B．3
C．
3
D．5
【答案】A
【分析】设复数z 在复平面内对应的点为Z ，由复数的几何意义可知点Z 的轨迹为
1
y ，则问题转化为
1
y 上的动点Z 到定点

1, 2

距离的最小值，从而即可求解．
【详解】设复数z 在复平面内对应的点为Z ，
因为复数z 满足
3i
i



z
z
，
所以由复数的几何意义可知，点Z 到点

0, 3

和

0,1 的距离相等，
所以在复平面内点Z 的轨迹为
1
y ，
又
1
2i
z 
表示点Z 到点

1, 2

的距离，
所以问题转化为
1
y 上的动点Z 到定点

1, 2

距离的最小值，
当Z 为

1, 1

时，到定点

1, 2

的距离最小，最小值为1，
所以
1
2i
z 
的最小值为1，
故选：A．
题型十四：复数的综合问题
1.已知复数




2
2
6
2 i
z
m
m
m
m
m






R 在复平面内所对应的点为A.
(1)若复数z 为纯虚数，求实数m 的值；
(2)若点A 在第二象限，求实数m 的取值范围.
【答案】(1) 3

(2)

3, 1

【分析】（1）根据纯虚数的概念列式求解；
（2）根据复数的几何意义列式求解.
【详解】（1）若复数z 为纯虚数，则
2
2
6
0
2
0
m
m
m
m









，解得
3
m ，
所以实数m 的值为3
.
（2）若点A 在第二象限，则
2
2
6
0
2
0
m
m
m
m









，解得3 <
1
m

，
所以实数m 的取值范围为

3, 1

.
2.已知2
i
是关于x 的方程


2
0
,
R
x
mx
n
m n




的一个根，其中i 为虚数单位.
(1)求
2
m
n

的值;
(2)记复数
i
z
m
n


，求复数1+i
z 的模.
【答案】(1)
2
6
m
n


(2)
82
2
【分析】（1）将
2
i
x 
代入方程化简，利用复数等于0，即实部和虚部都为0，即可求解；
（2）求出共轭复数，然后求出待求复数，利用复数模长公式即可求解.
【详解】（1）由题意得:



2
2
i
2
i
0
m
n





，即
2
4
4i
i
2
i
0
m
m
n






，
所以3
2
(4
)i
0
m
n
m





，所以3
2
0
m
n



，4
0
m


，
解得：
4,
5
m
n


，
2
6
m
n


.
（2）
4
5i
z 
，
4
5i
z 
，
4
5i
1+i
1
i
z



，
所以
4
5i
9
i
2
8
1 i
2
1
2
i
z







.
3.已知i 是虚数单位，复数z 的共轭复数是z ，且满足
2
3
2i
z
z



．
(1)求复数z 的模z ；
(2)若复数

2
i
z
m

在复平面内对应的点在第二象限，求实数m 的取值范围．
【答案】(1) 5
(2)

, 1

【分析】（1）利用复数及其共轭复数、复数的相等、复数的模运算即可得解.
（2）利用复数的运算、复数的相等、复数的几何意义运算即可得解.
【详解】（1）解：设


i
,
z
a
b
a b


R ，则
i
z
a
b


，
∴


2
i
2
i
3
i
3
2i
z
z
a
b
a
b
a
b









，
∴
1
a ，
2
b 
，
∴
1
2
z
i

，则
2
2
1
2
5
z 


；
（2）解：由（1）知，
1
2
z
i

，
∴







2
i
1
2i
2
i
2
2
4
i
z
m
m
m
m








，
由题意，复数

2
i
z
m

在复平面内对应的点在第二象限，
∴
2
2
0
4
0
m
m






，解得：
1
m ，
即实数m 的取值范围为

, 1

．
模块二：综合巩固
1.在复平面内，


1 i
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】D
【分析】由复数的乘法运算法则可得其对应的点坐标为

4, 2

位于第四象限.
【详解】易知


2
1 i
3
i
3
i
3i
i
4
2i







，
其对应的点坐标为

4, 2

，位于第四象限.
故选：D
2.已知a R ，若


1
1 i
z
a
a



为纯虚数，则
1
z 
（
）
A．
2
B．5
C．2 2
D．10
【答案】B
【分析】根据纯虚数的定义可得
1
a ，进而利用复数的模长公式即可求解.
【详解】由


1
1 i
z
a
a



为纯虚数，得
1
0
a 
，
1
0
a 
，解得
1
a ，
所以
2
2
2i,
1
1
2i
1
2
5
z
z





，
故选:B．
3.若


1 2i
3
2i
2
i
z



，则z （
）
A．3
3i

B．3 3i

C．3
3i

D．3
3i

【答案】D
【分析】化简已知条件求出复数z ，从而可求出其共轭复数z
【详解】由


1 2i
3
2i
2
i
z



，
得
2
i
3
2i
1 2i
z




(2
i)(1+2i)
3
2i
(1 2i)(1+2i)




2
2
4i
i+2i
3
2i
5




3
3i

，
所以
3 3i
z 

，
故选：D
4.在复数范围内，
1
2
,
z z 是方程
3
2
1
0
z
z
z



的两个不同的复数根，则
1
2
z
z

的值为（
）
A．1
B．
2
C．2
D．
2 或2
【答案】D
【分析】分解因式解方程,再求模长即可求解.
【详解】由
3
2
1
0
z
z
z



，
得





2
2
1
1
1
1
0
z
z
z
z
z






.
因为2i
1
，所以
i
z 或1
，
当
1
2
i,
1
z
z

或
2
1
i,
1
z
z

，
1
2
2
z
z


；
当
1
2
i
i,
,
z
z

或
2
1
i,
i
z
z

，
1
2
2
z
z


.
故选：D
5.复数
1
2
4i,
3
i
z
a
z
b



，其中,a b 为实数，若
1
2
z
z

为实数，
1
2
z
z

为纯虚数，则a
b

（
）
A．6
B．6

C．7

D．7
【答案】C
【分析】利用复数代数形式的加减法，结合实数、纯虚数的定义求解即得.
【详解】复数
1
2
4i,
3
i
z
a
z
b



，,a b 为实数，则
1
2
(
3)
(
4)i
z
z
a
b





，
由
1
2
z
z

为实数，得
4
0
b 

，解得
4
b ，又
1
2
(
3)
(4
)i
z
z
a
b





，
显然4
0
b


，由
1
2
z
z

为纯虚数，得
3
0
a 
，解得
3
a ，
所以
7
a
b

.
故选：C
6.已知复数z 满足

2
i
2i
z


，则z 在复平面内对应的点位于（
）
A．第一象限
B．第二象限
C．第三象限
D．第四象限
【答案】A
【分析】根据复数的模的计算和乘、除法运算可得
4
2 i
5
5
z 

，结合复数的几何意义即可求解.
【详解】由题意知，(2
i)
2i
2
z



，
则
2
2
2(2
i)
4
2i
4
2i
2
i
(2
i)(2
i)
5
5
4
i
z











，
所以复数z 在复平面内对应的点为4 2
( ,
)
5 5 ，位于第一象限.
故选：A
7.已知复数
1z ，
2z 是方程
2
2
2
0
x
x 


的两个虚数根，则
1
2
z
z

（
）
A．0
B．
2
C．2
D．4
【答案】C
【分析】直接由求根公式求出两个虚根，再由复数减法运算、模的运算即可求解.
【详解】∵复数
1z ，
2z 是方程
2
2
2
0
x
x 


的两个虚数根，∴
1z ，
2z 为1 i
，∴
1
2
2i
2
z
z



．
故选：C.
8.“
4
0
3
m


”是“复数



3
2
1 i
Z
m
m




在复平面内对应的点位于第四象限”的（
）
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】B
【分析】求出复数



3
2
1 i
Z
m
m




在复平面内对应的点位于第四象限的等价条件，利用集合的包含
关系及充分条件、必要条件求解.
【详解】因为复数



3
2
1 i
Z
m
m




在复平面内对应的点位于第四象限
3
2
0
2
1
1
0
3
m
m
m










，
而
4
0
3
m


成立推不出2
1
3
m

成立，2
4
1
0
3
3
m
m




，
所以
4
0
3
m


是复数



3
2
1 i
Z
m
m




在复平面内对应的点位于第四象限的必要不充分条件，
故选：B
9.欧拉公式
ie
cos
isin





（其中e
2.718
,i


为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式建
立了三角函数与指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉
公式，下列结论中正确的是（）
A．
iπ
e 的实部为1
B．
iπ
e 的共轭复数为1
C．
2i
e 在复平面内对应的点在第一象限
D．
2i
e 的模长为1
【答案】D
【分析】根据欧拉公式及复数的概念，利用共轭复数的概念及复数的几何意义，结合复数的模公式逐项判
断即得.
【详解】由欧拉公式知
iπ
e
cosπ
isinπ
1


，则
iπ
e 的实部为1
，共轭复数为1
，AB 错误；
由欧拉公式知
2i
e
cos2
isin2


，
2i
e 在复平面内对应的点为

cos2,sin2 ，
而cos2
0,sin2
0


，因此
2i
e 在复平面内对应的点在第二象限，C 错误；
显然
2i
e 的模长为
2
2
cos 2
sin 2
1


，D 正确.
故选：D
10.（多选）已知复数
1z ，
2z ，下列说法正确的是（
）
A．若
1
2
z
z

，则
2
1
z
z

B．若
1
2
1
2
z
z
z
z



，则
1 2
0
z z 
C．若
1 2
R
z z 
，则
1
2
z
z

D．若
1
2
z
z
z
z



，则z 在复平面内对应的点在一条直线上
【答案】AD
【分析】根据题意，由共轭复数的定义分析A；举反例说明BC；由复数的几何意义确定D.
【详解】对于A：设
1
i
z
a
b


，若
1
2
z
z

，则
2
i
z
a
b


，故
2
i
z
a
b


必有
2
1
i
z
z
a
b



，A 正确；
对于B：若
1
1
z ，
2
i
z ，则有
1
2
1
2
z
z
z
z



，但
1 2
0
z z 
，B 错误；
对于C：若
1
1 i
z ，
2
2
2
z
i


，则有
1 2
2
R
z z 

，但
1
2
z
z

，C 错误；
对于D：设复数
1z ，
2z 在复平面内对应的点为A 和B
若
1
2
z
z
z
z



，则z 在复平面内对应的点为线段AB 的中垂线，故z 在复平面内对应的点在一条直线上，
D 正确.
故选：AD.
11.（多选）已知复数
1z ，
2
C
z 
，下列结论正确的有（
）
A．若
1
2
0
z
z

，则
1
2
z
z

B．若
2
2
1
2
z
z

，则
1
2
|
|
|
|
z
z

C．若复数
1z ，
2z 满足
1
2
1
2
z
z
z
z



．则
1
2
0
z
z


D．若
1
2
|
i | |
i | 1
z
z



，则
1
2
|
|
z
z

的最大值为4
【答案】BD
【分析】A 令
1
2
i
z 
，
2 1 i
z 即可判断；B 由复数四则运算可得
1
2
z
z

或
1
2
z
z

即可判断；C 设
1
1
1i
z
a
b


（
1a ，1
R
b 
），2
2
2i
z
a
b


（
2a ，2
R
b 
），利用复数模的求法及已知等量关系得到
1
2
1 2
0
a a
b b

，
乘法运算求
1
2
z
z

即可判断；D 由复数模的几何意义判断复数
1z 、
2z 对应点轨迹判断.
【详解】A：令
1
2
i
z 
，
2 1 i
z ，则
1
2
1
0
z
z


，但是虚数不能比较大小，错误；
B：因为
2
2
1
2
z
z

，所以
2
2
1
2
0
z
z


，即


1
2
1
2
0
z
z
z
z



，
则
1
2
0
z
z


或
1
2
0
z
z


，所以
1
2
z
z

或
1
2
z
z

，所以
1
2
|
|
|
|
z
z

，正确；
C：设
1
1
1i
z
a
b


（
1a ，
1
R
b 
），
2
2
2i
z
a
b


（
2a ，
2
R
b 
），
由
1
2
1
2
z
z
z
z



可得








2
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
1
2
z
z
a
a
b
b
z
z
a
a
b
b











，
所以
1
2
1 2
0
a a
b b

，
而







1 2
1
1
2
2
1
2
1 2
1 2
1
2
1
2
1 2
1
2
i
i
i
2
i
z z
a
b
a
b
a a
bb
a b
b a
a a
a b
b a










，不一定为0，错误；
D：设
1
i
z
a
b


，
2
i
z
c
d


，, , ,
R
a b c d 
，因为
1
2
|
i | |
i | 1
z
z



，
所以




2
2
2
2
1
1
1
a
b
c
d





，即


2
2
1
1
a
b


，


2
2
1
1
c
d


，
所以复数
1z 在复平面内所对应的点

,a b 在圆


2
2
1
1
x
y


上，
复数
2z 在复平面内所对应的点

,c d 在圆


2
2
1
1
x
y


上，
因为两圆的圆心距为


1
1
2


，所以两圆相外切，
则两圆上的两点的连线段最大值为2
1 1
4

，正确.
故选：BD
12.（多选）复数
1
3i
1
3
i
z



，其共轭复数为z ，则下列叙述正确的是（
）
A．z 对应的点在复平面的第四象限
B．
2
z 是一个纯虚数
C．
2
z z


D．
i
z
z 
【答案】BCD
【分析】先由复数的运算求出z ，共轭复数的概念求出z ，即可判断各选项的正误．
【详解】由题意得：






1
3i
3
i
1
3i
1
1
1 i
3
i
3
i
3
i
z









，
对于A 项：
1
i
z ，对应的点在复平面的第一象限，故A 项错误；
对于B 项：


2
2
1
i
2i
z



为纯虚数，故B 项正确；
对于C 项：



·
1 i 1 i
2
z z 



，故C 项正确；
对于D 项：





2
1
i
1
i
i
1 i
1 i
1
i
z
z








，故D 项正确；
故选：BCD.
13.（多选）已知

2
2
i
i
z


，则下列说法正确的是（
）
A．z 在复平面内对应的点的坐标为2
1
,
5
5







B．
2
1 i
5
5


z
C．z 在复平面内对应的点与点2
1
,
5
5






关于原点对称
D．
5
|
|
5
z 
【答案】BCD
【分析】根据复数的除法运算化简复数
2
1 i
5
5
z 

，即可根据复数的几何意义求解AC，根据共轭复数的
概念求解B，根据模长公式即可求解D.
【详解】由题可得


2
2
i
1
2
1 i
2
i
4
i
5
5
z









，
即z 在复平面内对应的点的坐标为
2 1
,
5 5






，与点2
1
,
5
5






关于原点对称，A 错误，C 正确；
2
1 i
5
5


z
，B 正确；
2
2
2
1
5
5
5
5
z
















，D 正确.
故选：BCD
14.若

2
i
3i



z
，则z 的共轭复数为
．
【答案】
3
6i
5
5


【分析】化简复数z ，可得z 的共轭复数．
【详解】依题意，





3i 2
i
3i
3
6 i
2
i
2
i
2
i
5
5
z








.
所以z 的共轭复数为
3
6 i
5
5


.
故答案为：
3
6i
5
5


.
15.已知i 是虚数单位，复数5
2i
2
i



．
【答案】8
9 i
5
5

【分析】根据复数的除法运算法则化简求解即可.
【详解】






2
5
2i
2
i
5
2i
10
5i
4i
2i
8
9 i
2
i
2
i
2
i
5
5
5













.
故答案为：8
9 i
5
5

.
16.复数
i, ,
z
a
b a b


R ，且
0
b 
，若2
4
z
bz

是实数，则有序实数对

,a b 可以是
.
【答案】
1
2, 2






(答案不唯一)
【分析】将
i, ,
z
a
b a b


R 代入2
4
z
bz

，根据2
4
z
bz

为实数，则虚部为零求解.
【详解】因为







2
2
4
2
i
4
i
2
4
2
4
i
z
bz
a
b
b a
b
a
ab
b
b









为实数,
所以
2
2
4
0
b
b




0
b 
，解得
1
2
b 
,
所以有序实数对

,a b 可以是
1
2, 2






(答案不唯一)
故答案为：
1
2, 2






(答案不唯一)
17.已知


2
2
0
x
x
m
m



R 的两共轭虚根为
1
x ，
2
x ，且
1
2
2 3
x
x


，则m 
．
【答案】3
【分析】由根与系数关系有
1
2
1
2
2
x x
m
x
x






，设
1
1
i
x
a

，
2
1
i
x
a

且
R
a 
，结合题设和复数模长、乘法运
算求参数.
【详解】由题设
1
2
1
2
2
x x
m
x
x






，可令
1
1
i
x
a

，
2
1
i
x
a

且
R
a 
，
所以
2
2
1
2
2 1
2 3
2
x
x
a
a






，
所以
2
1
2
1
3
x x
a
m



.
故答案为：3
18.已知i 为虚数单位，复数



2
2
 
2
3
12 i
z
a
a
a
a






，
R
a 
，若z 为纯虚数，则

a
.
【答案】1

【分析】根据复数为纯虚数，列式求解.
【详解】由复数z 为纯虚数，可知，
2
2
2
3
0
12
0
a
a
a
a









，得
1
a .
故答案为：1

19.已知关于x 的二次方程




2
tan
i
i
2
0
x
x






．
(1)当为何值时，这个方程有一个实根？
(2)是否存在，使得原方程有纯虚数根？若存在，求出的值；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)


π
π
4
k
k


Z
(2)不存在，理由见解析
【分析】（1）设方程的一个实根为
0x ，带入方程，化简成标准形式，再由复数相等的意义即可求得；
（2）设方程有纯虚数根ib （bR ，且
0
b 
），代入原方程，再复数相等意义得出
2
2
0
b
b



，此方程
无解，即可判定不存在.
【详解】（1）设
0x 是方程的一个实根，则




2
0
0
tan
i
i
2
0,
x
x






即



2
0
0
0
tan
2
i
1
0.
x
x
x







根据复数相等的意义知
2
0
0
0
tan
2
0
1
0
x
x
x









解得：


0
π
1,tan
1,
π
4
x
k
k






Z ．
所以，当


π
π
4
k
k


Z 时，原方程有一实根
0
1
x ．
（2）假定方程有纯虚数根ib （bR ，且
0
b 
），代入原方程得






2
i
tan
i
i
i
2
0,
b
b







即


2
2
tan
1 i
0.
b
b
b







由复数相等意义知
2
2
0
( tan
1)
0
b
b
b









但方程
2
2
0
b
b




即
2
2
0
b
b



无实数解，即实数b 不存在．
所以，对任何实数，原方程不可能有纯虚数根．
20.设复数


1
2
1
i
,
3
4i
z
a
a
z




R
．
(1)若
1
2
z
z

是实数，求
1
2
z
z

；
(2)若
1
2
z
z 是纯虚数，求
1z ．
【答案】(1)19
8i

；
(2)
3
1
i
4

.
【分析】（1）利用复数的加法及复数的分类求出a ，再利用复数乘法求解即得.
（2）利用复数除法及复数的分类求出a 即得.
【详解】（1）由
1
2
1
i,
3
4i
z
a z



，得


1
2
4
4
i
z
z
a




，而
1
2
z
z

是实数，
于是4
0
a


，解得
4
a ，
所以



1
2
1
4i
3
4i
19
8i
z
z





．
（2）依题意，








1
2
1
i
3
4i
3
4
4
3
i
1
i
3
4i
3
4i
3
4i
25
a
a
a
z
a
z












是纯虚数，
因此
3
4
0
4
3
0
a
a






，解得
3
4
a 
，
所以
1
3
1
i
4
z 
．
21.已知复数z 满足



2
2i
1 1 i
z




（i 是虚数单位）.
(1)求z ；
(2)若复数
2
2
5
2
z
z
a
az



在复平面内对应的点在第三象限，求实数a 的取值范围.
【答案】(1) 5
(2) 7 ,4
2






【分析】（1）根据复数的除法计算法则和模的运算公式求解即可；
（2）根据复数乘法计算法则和在复平面对应点的特征求解即可.
【详解】（1）由



2
2i
1 1 i
z




，
得







2
2 1 i
2 1 i
1
1
1
2i
1 i
1 i
1 i
z








，所以
2
2
1
2
5
z 


（2）因为
1
2
z
i

，
所以






2
2
2
2
5
2
5
1
2i
5 1 2i
z
z
a
az
z
a
z
a



















2
2
2
1 2i
2
1 2i
5 10i
2
8
2 7
2
i
a
a
a
a
a











，
因为该复数在复平面内对应的点在第三象限，
所以
2
2
8
0
7
2
0
a
a
a







，解得7
4
2
a


，
所以实数a 的取值范围为7 ,4
2






.
22.已知复数



2
2 i
z
m
m
m




R ，z 为z 的共轭复数，且
6
z
z


．
(1)求m 的值；
(2)若
3i
z 
是关于x 的实系数一元二次方程
2
0
x
ax
b



的一个根，求该一元二次方程的另一复数根．
【答案】(1)
1
m 
(2)3
4i

【分析】（1）根据共轭复数的概念，结合复数的加法运算即可求解参数m 的值；
（2）首先将
3i
z 
代入一元二次方程中求出参数a ，b 的值，然后再根据求根公式求解另外一个复数根即
可.
【详解】（1）已知


2
2 i




z
m
m
，则


2
2 i




z
m
m
，
由于
6
z
z


，得




2
2 i
2
2 i
2
4
6










m
m
m
m
m
，解得：
1
m 
（2）由（1）可知，
3
i
z 
，将
3
3
4



z
i
i 代入方程可得：



2
3
4i
3
4i
0





a
b
，
即：


7
3
4
24 i
0





a
b
a
，得：
7
3
0
4
24
0
a
b
a








，解得：
6
a ，
25
b 
，
带入一元二次方程中得：
2
6
25
0
x
x



，
解得：
1
6
64i
3
4i
2
x




，
2
6
64i
3
4i
2
x




，
即方程另外一个复数根为3
4i

23.已知复数
1
1
3i
z 
，
2
2
2
z
i


，i 为虚数单位.
(1)求
1
2
z
z

及
1
2
|
|
z
z

；
(2)若
1
2
z
z
z

，求z 的共轭复数.
【答案】(1)
1
2
1 5i
z
z


，
1
2
|
|
34
z
z


(2)
1
i
2
z 

【分析】（1）根据复数的运算法则即可求出
1
2
z
z

，结合共轭复数的概念和复数的几何意义计算即可求解；
（2）根据复数的乘、除法运算可得
1 +i
2
z 
，结合共轭复数的概念即可求解.
【详解】（1）
1
1
3i
z 

，
2
2
2
z
i


，
2
2
2i
z 

，



1
2
1 3i
2
2i
1 5i
z
z






，

2
2
1
2
1
3i
2
2i
3
5i
3
5
34
z
z









．
（2）由
1
2
z
z
z








2
2
1 3i
2
2i
1 3i
2
2i
6i
6i
4
8i
1+i
2
2i
2
2i
2
2i
4
4i
4
4
2
















所以
1
i
2
z 
.
24.求解下列各题，并写出必要过程：已知复数


2i
1
i,
, 1 i
z
z
m
m




R
是实数.
(1)求复数z 及其z 的模；
(2)若复数
0
4
10
3
3
z
z


是关于x 的方程


2
0
,
x
ax
b
a b



R 的根，求实数a 和b 的值.
【答案】(1)
1 3i
z 
，
10
z 
.
(2)
4,
20
a
b


.
【分析】（1）根据复数的除法运算，化简
2i
1 i
z 

，结合复数的模的公式即可求解；
（2）利用复数相等的条件，列出方程，即可求解.
【详解】（1）因为


1
i,
z
m
m

R ，可得











1
2 i
1 i
1
2 i
1
3 i
2i
1
3 i
1 i
1 i
1 i 1 i
2
2
2
m
m
m
m
z
m
m
























又
2i
1 i
z 

为实数，可得
3
0
2
m 

，
解得
3
m ，
所以
1 3i
z 
，
2
2
1 3i
1
( 3)
10
z 




.
（2）因为
0
4
10
2
4i
3
3
z
z



是关于x 的方程


2
0
,
x
ax
b
a b



R 的根，
所以


2
( 2
4i)
2
4i
0
a
b





，即


2
12
16
4
i
0
b
a
a





，
可得
16
4
0
2
12
0
a
b
a







，
解得
4,
20
a
b


.