7.9复数单元测试（一）（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

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7.9 复数单元测试（一）
一、单选题
1．复数z 满足
(1
)
2
2
z
i
i




（i 是虚数单位），则z 的模|
|z （
）
A．1
B．2
C．3
D．4
【答案】B
【分析】由复数乘除运算法则求得复数z ，然后计算模长即可.
【解析】由题知


2
2
2
(2
2 )(1
)
2
4
2
2
1
1
(1
)
2
i
i
i
i
i
z
i
i
i
i












则
2
z 
故选：B
2．在复平面内，复数
2
(1 2 )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】C
【解析】试题分析：复数
2
2
(1 2 )
1 4
4
1 4
4
3
4
i
i
i
i
i






，所以复数
2
(1 2 )i

对应的点为（-3，-4）
位于第三象限，故选C.
考点：复数运算.
3．若复数z 满足

1 2i
3
4i
z




（其中i 是虚数单位），复数z 的共轭复数为z ，则（
）
A．z 的实部是11
5
B．z 的虚部是2
5
C．复数z 在复平面内对应的点在第四象限D．
5
z 
【答案】A
【分析】由复数相等及除法运算求复数z 并写出其共轭复数z ，结合各选项描述判断正误.
【解析】由题设
3
4i
(3
4i)(1 2i)
11
2 i
1 2i
(1 2i)(1 2i)
5
5
z










，
2
2
11
2
|
|
(
)
(
)
5
5
5
z 


，
11
2
5
5
z
i


.
对A，z 的实部是11
5 ，故A 正确；
对B，z 的虚部是
2
5

，故B 错误；
对C，复数z 在复平面内对应的点在第一象限，故C 错误；
对D，| z |
5

，故D 错误；
故选：A
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4．记i 是虚数单位，复数z 满足
3i
4
6i
z z
z



，则z （
）
A．－2 或2
3i

B．2
3i

或2
3i

C．2
3i

或2
D．2
3i

或2
【答案】D
【分析】设
i
z
a
b


，根据复数的运算得出z .
【解析】设
i
z
a
b


且a、b∈R，则
i
z
a
b


，
因为
3i
4
6i
z z
z



，所以
2
2
3
3 i
4
6i
a
b
b
a





即
2
2
3
4
3
6
a
b
b
a







，解得
2,
0
a
b


或
3
b .
即z 2
3i

或2.
故选：D
5．设a 为实数，若存在实数t ，使得
2
1
(
1)i
2i
a
t



为实数（i 为虚数单位），则a 的取值范围是（
）
A．
2
a 
B．a<0
C．
1
a 
D．2
1
a


【答案】C
【分析】由题知关于t 的方程
2
1
1
0
2
a
t



有实数根，进而得
2
1
0
2
a
t



，再解不等式即可得答案.
【解析】解：由题知，


2
2
2
2
1 i
1
1
(
1)i
(
1)i
1 i
2i
2i
2
a
a
a
t
t
t
















，
因为存在实数t ，使得
2
1
(
1)i
2i
a
t



为实数，
所以关于t 的方程
2
1
1
0
2
a
t



有实数根，
所以，
2
1
2
a
t


有实数根，
所以
2
1
0
2
a
t



，即
1
a 
所以，a 的取值范围是
1
a 
故选：C
6．下列命题一定成立的是（
）
A．若zC，则
2
0
z ³
B．若




2
2
, ,
,
0
x y z
x
y
y
z





C
，则x
y
z


C．若aR ，则(
2)i

a
是纯虚数
D．若
,
,
0
p q
p


C
且
0
q 
，则
0
pq 
且
0
p
q


【答案】D
【分析】根据复数的概念和性质逐项进行检验即可判断.
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【解析】对于A ，当
i
z 时，
2
1
0
z 
，故选项A 错误；
对于B ，当
i,
1
x
y
y
z



时，
2
2
(
)
(
)
0
x
y
y
z




，但, ,
x y z 并不相等，故选项B 错误；
对于C ，若
2
0
a 

，则(
2)i

a
并不是纯虚数，故选项C 错误；
对于D ，因为
,
,
0
p q
p


C
且
0
q 
，所以
,p q 为正实数，则
0
pq 
且
0
p
q


，故选项D 正确，
故选：D .
7．
,
A B 分别是复数
1
2
,
z z 在复平面内对应的点，O是原点，若
1
2
1
2
z
z
z
z



，则OAB

一定是
A．等腰三角形
B．等边三角形
C．直角三角形
D．等腰直角三角形
【答案】C
【解析】因为
1
2
1
2
z
z
z
z



，所以
2
2
|
|
OA
OB
OA
OB
OA
OB
OA
OB















,
因此
0
OA OB
OA
OB





，即OAB 一定是直角三角形，选C.
8．任何一个复数
i( ,
)
z
a
b a b


R 都可以表示成
(cos
isin )(
0,
)
z
r
r






R 的形式，通常称之为复数
的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：[ (cos
isin )]
(cos
isin
)(
)
n
n
r
r
n
n
n







Z ，我们称这个结论为棣
莫弗定理．则
2022
(1
3i)

（
）
A．1
B．
2022
2
C．
2022
2

D．i
【答案】B
【分析】现将复数1
3i

表示为三角形式，再利用棣莫弗定理求解.
【解析】
1
3
1
3i
2
i
2 cos
isin
2
2
3
3



































，

2022
2022
2022
2022
2022
(1
3i)
2
cos
isin
2
3
3


























；
故选：B．
二、多选题
9．对于复数


i
,
z
a
b a b


R ，下列结论错误的是（
）
A．若
0
a 
，则
i
a
b

为纯虚数
B．若
i=3+2i
a
b

，则
3,
2
a
b


C．若
0
b 
，则
i
a
b

为实数
D．2i
1

【答案】AB
【解析】对于A：当
0
a 
，
i
i
a
b
b


，当
0
b 
时为实数，A 错误；
对于B：若
i=3+2i
a
b

，则
3,
2
a
b

，B 错误；
对于C：若
0
b 
，则
i
a
b
a


为实数，C 正确；
对于D：2i
1
，D 正确.故选：AB.
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10．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
【解析】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.
11．已知复数
1
2
,
z z ，下列结论正确的有（
）
A．
1
2
1
2
z
z
z
z



B．若
1 2
0
z z 
，则
1
2
0
z
z


C．
1 2
1
2
z z
z z

D．
1
1
z
z

【答案】AC
【解析】设
1
2
i,
i( , , ,
R)
z
a
b z
c
d a b c d





，
则
1
2
(
)i
z
z
a
c
b
d




，
1
2
1
2
(
)
(
)i
(
i)
(
i)
z
z
a
c
b
d
a
b
c
d
z
z











，A 正确；
当
1
2
0,
2
i
z
z


时，
1 2
0
z z 
，因此B 错误；
1
2
(
i)(
i)
(
)i
z z
a
b
c
d
ac
bd
ad
bc







，
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
1 2
1
2
(
)
(
)
(
)(
)
z z
ac
bd
ad
bc
a c
b d
a d
b c
a
b
c
d
z z












，C 正确；
1
2
i
z 
时，
1
5
z 
，
1
1
z
z

，D 错．故选：AC．
12．已知复数
1
1 i
z ，复数
2
1
2
i, ,
R,
,
z
x
y x y
z z



所对应的向量分别为
1
2
,
OZ OZ

，其中O 为坐标原点，
则（
）
A．若
1
2
OZ
OZ


∥
，则
0
x
y


B．若
1
2
OZ
OZ



，则
1
2
1
2
z
z
z
z



C．若
1
2
OZ
OZ



，则
1 2
0
z z 
D．若
2
2
1
2
0
z
z


，则
1
2
OZ
OZ



【答案】ABD
【解析】对选项A：
1
2
OZ
OZ


∥
，则



1, 1
,x y
∥
，即y
x
，即
0
x
y


，故A 正确；
对选项B：
1
2
OZ
OZ



，则



1
2
1, 1
,
0
O
y
OZ
x
x
y
Z 







，即x
y

，




2
2
1
2
1
1
z
z
x
x





，




2
2
1
2
1
1
z
z
x
x





，故B 正确；
对选项C：
1
2
OZ
OZ



，则x
y

，



1 2
1 i
i
2
x
x
x
z z 



，
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当
0
x 
时，
1 2
0
z z 
，故C 错误；
对选项D：
2
2
1
2
2
2
2i
2
i
0
x
z
z
y
xy






，则
2
2
0
x
y


且
1
xy ，解得
1
1
x
y





或
1
1
x
y





，
1
2
0
OZ
y
Z
x
O





，故
1
2
OZ
OZ



，故D 正确；故选：ABD.
三、填空题
13．设
i 1
i 1
z

，则
2
1
z
z


．
【答案】i

【分析】根据复数除法运算求出z ，再代入
2
1
z
z

可求出结果.
【解析】因为
i 1
i 1
z


(1 i)( 1 i)
( 1 i)( 1 i)




i
，
所以
2
1
z
z



2
i
i
1
i

.
故答案为：i

14．设i 是虚数单位，复数
i
1
2i
m
z



是实数，则实数m 的值是
.
【答案】
1
2

/ 0.5

【分析】利用复数除法运算可化简得到
2
2
1 i
5
5
m
m
z




，由实数的定义可构造方程求得m 的值.
【解析】








i
1
2i
2
2
1 i
i
2
2
1i
1
2i
1
2i
1
2i
5
5
5
m
m
m
m
m
m
z

















为实数，
2
1
0
5
m 


，解得：
1
2
m 
.
故答案为：
1
2

.
15．设i 是虚数单位，若复数z 满足
2
z
i


，则z 的最大值为
.
【答案】3
【分析】先设复数z 所对应坐标为( , )
x y ，根据
2
z
i


得到,x y 所满足关系式，再由
2
2
z
x
y


表示点
( , )
x y 到原点的距离，进而可求出结果.
【解析】设复数z 所对应坐标为( , )
x y ，
由
2
z
i


得
2
2
(
1)
2
x
y



，即
2
2
(
1)
4
x
y



，
所以
2
2
z
x
y


表示圆
2
2
(
1)
4
x
y



上的点( , )
x y 到原点的距离，
因此，
2
2
max
0
(1 0)
1 2
3
z
r






（其中r 为圆
2
2
(
1)
4
x
y



的半径）.
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故答案为3
【点睛】本题主要考查复数的几何意义，熟记复数与复平面内的点一一对应，即可求解，属于基础题型.
16．复数
1z 、
2z 分别对应复平面内的点
1
M 、
2
M ，且
1
2
1
2
z
z
z
z



，线段
1
2
M M 的中点M 对应的复数
为4
3i

（i 是虚数单位），则
2
2
1
2
z
z


.
【答案】100
【解析】设O为坐标原点，根据
1
2
1
2
z
z
z
z



可知以线段
1
OM 、
2
OM 为邻边的平行四边形是矩形，且
线段
1
2
M M 的中点为


4,3
M
，由此可计算出
2
2
1
2
z
z

的值.
【解析】设O为坐标原点，由
1
2
1
2
z
z
z
z



知，以线段
1
OM 、
2
OM 为邻边的平行四边形是矩形，即
1
2
M OM

为直角，
又M 是斜边
1
2
M M 的中点，且
2
2
4
3
5
OM 



，所以
1
2
2
10
M M
OM




，
所以
2
2
2
2
2
1
2
1
2
1
2
100
z
z
OM
OM
M M








.
故答案为：100.
【点睛】本题考查复数的几何意义，涉及复数模的计算，解题的关键就是要分析出以线段
1
OM 、
2
OM 为邻
边的平行四边形的形状，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.
四、解答题
17．已知复数


2
2
3
7
2
2
5
2 i
z
m
m
m
m






.
(1)若z 为实数，求m 的值；
(2)若z 为纯虚数，求m 的值.
【答案】(1)m＝2 或1
2
(2)
1
3
m 
【分析】（1）根据复数是实数的特征即可得出答案；
（2）根据复数是纯虚数的特征即可得出答案.
【解析】（1）解：由题意得
2
2
5
2
0
m
m



，得m＝2 或1
2 ；
（2）解：由题意得
2
2
3
7
2
0,
2
5
2
0,
m
m
m
m









得
1
3
m 
.
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18．已知复数




2
1 i
3 1 i
2
i
z





．
(1)求z 的共轭复数；
(2)若
1 i
az
b

，求实数a，b 的值．
【答案】(1)1 i
；
(2)
1,
2
a
b


.
【分析】（1）根据复数乘方、除法的运算法则，结合共轭复数的定义进行求解即可；
（2）根据复数相等的定义进行求解即可.
【解析】（1）










2
1 i
3 1 i
3
i
2
i
1 2i 1 3
3i
6
3i
2i 1
1 i
2
i
2
i
2
i
2
i
5
z



















，
所以z 的共轭复数为1 i
；
（2）
1
1 i
(1 i)
1 i
i
1 i
1,
2
1
a
b
az
b
a
b
a
b
a
a
b
a
















.
19．已知复数
1
2
3
4i,
1
2i,i
z
z



为虚数单位.
(1)若复数
1
2
z
az

在复平面上对应的点在第四象限，求实数a 的取值范围；
(2)若
1
2
i
z z
z


，求复数z 的共轭复数.
【答案】(1)

2,3

(2)
1
7 i
25
25
z 

【分析】（1）计算
1
2
z
az

，然后根据第一象限点的特征列出关于a 的不等式组，解出答案即可
（2）计算出z ，然后根据共轭复数的定义写出答案即可
【解析】（1）由题意，复数
1
2
3
4i,
1 2i,
z
z








1
2
3
4i
1 2i
3
4
2
i
z
az
a
a
a








，
∵复数
1
2
z
az

在复平面上对应的点在第四象限，
∴
3
0
4
2
0
a
a






解得2
3
a


，∴实数a 的取值范围

2,3

．
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（2）因为
1
2
i
z z
z


，所以
2
1
i
z
z
z


，所以






2
1
3
4i
1
i
i
1
i
1
7i
1
7 i
3
4i
3
4i
3
4i
25
25
25
z
z
z














，
所以
1
7 i
25
25
z 

．
20．已知复数1 i
是实系数一元二次方程
2
0
x
bx
c



的一个根，向量
( , ),
(cos ,sin )
m
b c n
x
x




，xR ．
(1)若m
n


∥，求实数x 的值；
(2)已知向量
( ,1)
p
t


，且m
p



，若
( )
f x
n p



，求
( )
f x 的减区间．
【答案】(1)
π
π,
Z
4
x
k
k



(2) π
5π
2 π
2 π (
Z)
4
4
k
k
k









，
【分析】（1）将
1 i
x 代入
2
0
x
bx
c



解出,b c 的值，再利用向量平行的坐标表示结合辅助角公式求解
即可；
（2）利用向量垂直的坐标表示求出t ，然后根据数量积的坐标表示得到
( )
f x ，结合辅助角公式即可求解.
【解析】（1）将
1 i
x 代入
2
0
x
bx
c



得
2
(1 i)
(1 i)
0
b
c





，
整理得
(2
)i
0
b
c
b



，所以
0
2
0
b
c
b






，解得
2,
2
b
c

，
因为m
n


∥，所以2sin
2cos
0
x
x



，
所以
2
2
π
sin
cos
2
sin
cos
2 sin
0
2
2
4
x
x
x
x
x




















，
解得
π
π,
Z
4
x
k
k



.
（2）由（1）得
2
2
0
m p
t





解得
1
t ，
所以
( )
cos
sin
2 sin
4
f x
n p
x
x
x 













，
所以当π
π
3π
2 π
2 π
2
4
2
k
x
k





，即π
5π
2 π
2 π
4
4
k
x
k




，
Z
k
时，
( )
f x 单调递减，
所以
( )
f x 的减区间为π
5π
2 π
2 π (
Z)
4
4
k
k
k









，
.
21．已知z 为虚数，
1


m
z
z 为实数，且1
2
m


．
(1)求|
|
z 及z 的实部的取值范围．
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(2)设
1
1
z
u
z



，那么u 是不是纯虚数？请说明理由．
(3)求
2

m
u 的最小值．
【答案】(1)|
| 1
z ；z 的实部的取值范围为
1 ,1
2







(2)u 是纯虚数；理由见解析
(3)1
【分析】（1）设
i( ,
,
0)
z
a
b a b
b




R
，由实数的概念可得
2
2
a
b

的值，即z 可求，根据m 的范围即可
得实部的取值范围；
（2）根据复数的除法运算结合纯虚数的概念即可得结果；
（3）将
2

m
u 用a 表示，根据基本不等式即可得结果.
【解析】（1）设
i( ,
,
0)
z
a
b a b
b




R
，
则
2
2
2
2
1
i
i
i
a
b
m
a
b
a
b
a
b
a
b
a
b






















．
因为m 是实数，
0
b 
，所以
2
2
1
a
b

，即|
| 1
z ，于是
2
m
a

．
又1
2
2
m
a



，所以
1
1
2
a


，
因此z 的实部的取值范围是
1 ,1
2






．
（2）u 是纯虚数．
理由如下：




2
2
2
2
2
2
2
2
1
2 i
1
1
i
1
2 i
i
1
1
i
(1
)
1
1
2
a
b
b
z
a
b
a
b
b
b
u
z
a
b
a
b
a
a
a
b























，
又
1 ,1 ,
0
2
a
b








，所以u 为纯虚数．
（3）
2
2
2
2
2
1
1
2
2
2
(
1)
(
1)
1
b
a
a
m
u
a
a
a
a
a
a













2
1
2
1
2 (
1)
3
1
1
a
a
a
a













．
因为
1 ,1
2
a






，所以
1
0
a 
，
故
2
1
2 2
(
1)
3
4
3
1
1
m
u
a
a










，
当且仅当
1
1
1
a
a

，
即
0
a 
时，
2

m
u 取得最小值1．
22．利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对



1
2
1
2
,
,
z z
z z
C

视为一个向量，记作


1
2
,
z z

ur
．类比平面向量可以定义其运算，两个复向量


1
2
,
z z

ur
，
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

1
2
,
z z




ur
的数量积定义为一个复数，记作


，满足
1 1
2
2
z z
z z






ur ur
，复向量
的模定义为



ur
ur ur
．
（1）设


1 i,i


ur
，


3,4

，求复向量
，

的模；
（2）设
、

是两个复向量，证明柯西一布涅科夫斯基不等式仍成立，即：



ur ur
ur ur
；
（3）当



ur ur
ur ur
时，称复向量
与

平行.设


1 i,2
i



ur
、



i, z
z
C


ur
，若复向量
与

平行，
求复数z 的值．
【答案】（1）
3

；
5
；（2）证明见解析；（3）
3
1 i
2
2
z 

．
【分析】(1)根据题意，直接求解即可；
(2)根据题意，结合三角不等式，即可求解；
(3)根据题意，结合(2)中等号成立的条件，即可求解.
【解析】(1)



1 i
1 i
i i
2 1
3






，所以
3

，
3 3 4 4
25



，所以
5
；
(2)


1
2
,
z z

ur
，


1
2
,
z z




ur
，所以
1 1
2
2
z z
z z






ur ur
，
根据复数的三角不等式
1
1
2
2
1
1
2
2
1
1
2
2
z z
z z
z z
z z
z
z
z z











，
由
1
2
1
2
2
2
2
2
1
1
2
2
1
x x
y y
x
y
x
y




，得
2
2
2
2
1
2
1
2
1
1
2
2
x x
y y
x
y
x
y




，
所以
2
2
2
2
1
1
2
2
1
2
1
2
1
1
2
2
1 1
2
2
z z
z z
z
z
z
z
z z
z z
z z
z z















，
综上所述，



ur ur
ur ur
；
(3)考虑(2)中的等号成立条件：对于复数的三角不等式而言，复向量各分量均不为零时，
其等号成立条件是存在在非负实数k 使得
1 1
2
2
kz z
z
z


，即




1 i
i
3
1 i
2
i
5
5
k
z
k












，
另一方面，根据
2
2
2
2
1
1
2
2
1
2
1
2
z
z
z
z
z
z
z
z







的等号成立条件，
应有
1
2
2
1
z z
z z

，
即
2
i i
10
1 i
2
z




，结合
3
1 i
5
5
z
k 







，知
5
2
k 
，
即
5 3
1
3
1
i
i
2 5
5
2
2
z










，也即
3
1 i
2
2
z 

．
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