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专题02 平面向量与复数
5 大考点概览
考点01 平面向量的基本定理与坐标表示
考点02 平面向量的数量积
考点03 平面向量的投影向量
考点04 复数的概念
考点05 复数的四则运算
1．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）向量⃗a = (3,t)，⃗b=(6,|⃗a|)，若⃗a与⃗b同向，则t=（ ）
A．√3
B．±√3
C．3
D．±3
【答案】A
【详解】由题设知6t=3|⃗a|，则|⃗a|=2t=√9+t
2，则4t
2=9+t
2，则t
2=3，
因为⃗a与⃗b同向，所以t≥0，故t=√3.
故选：A
2．（2026·吉林G35 联合体·二模）已知向量⃗a，⃗b满足|⃗a|=1，|⃗b|=2，则|⃗a+⃗b|的最小值为（ ）
A．0
B．1
C．2
D．3
【答案】B
【详解】对任意向量⃗a,⃗b，满足三角不等式： ||⃗a|−|⃗b||≤|⃗a+⃗b|≤|⃗a|+|⃗b|，
当且仅当⃗a与⃗b共线反向时，左侧等号成立，
将|⃗a|=1，|⃗b|=2代入可得 |⃗a+⃗b|≥∣1 2∣=1
−
，
即 |⃗a+⃗b|的最小值为1.
故选：B
3．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)已知P为直线x+y=1上动点，定点A (3, 0),B (1, 1)，O为坐标原
点，若⃗OP=λ⃗OA+μ⃗OB，则有（ ）
A．3λ+2μ=1 B．2λ+3μ=1
C．1
3 λ+1
2 μ=1
D．1
2 λ+1
3 μ=1
【答案】A
考点1
平面向量的基本定理与坐标表示
1
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【详解】由题意知，⃗OA =(3,0),⃗OB=(1,1)，所以⃗OP=(3λ+μ,μ)，则P(3λ+μ,μ)
因为P为直线x+y=1上动点，所以(3λ+μ)+μ=1，3λ+2μ=1.
故选：A
4．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）在平行四边形ABCD中，点E满足⃗BE=1
4⃗BC，DE与AC交于点M.
若⃗AM =x⃗AB+y⃗AD，则x+y=（ ）
A．4
5
B．8
7
C．4
3
D．1
【答案】B
【详解】由题意，作图如下：
因为D,M,E三点共线，所以可设AM⃗=λ AD⃗+ (1−λ)AE⃗
又BE⃗=1
4 BC⃗，可得AE⃗= AB⃗+ BE⃗= AB⃗+1
4 BC⃗= AB⃗+1
4 AD⃗；
所以AM⃗=λAD⃗+ (1−λ)(AB⃗+1
4 AD⃗)= (1−λ)AB⃗+3λ+1
4
AD⃗；
又因为A,M,C三点共线，可设AM⃗=μAC⃗=μAB⃗+μAD⃗，
因此可得1−λ=μ=3λ+1
4
，解得λ=3
7 ；
所以x=y=1−λ=4
7
可得x+y=8
7 .
故选：B
5．(2026·辽宁大连·二模)已知点A (x,y)在直线y=2x+1上，点B(x1,y1)在直线y=2x
1
−上，且⃗
AB=(x0,y0)，则2x0−y0的值为（ ）
A．1
B．2
C．3
D．与x0、y0的具体值有关
【答案】B
2
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【详解】由题意，⃗AB=(x0,y0)=(x1−x,y1−y)，
所以2x0−y0=2x1
2
−x−y1+y=2x1−y1+y
2
−x，
因为y
2
−x=1，2x1−y1=1，
所以2x0−y0=1+1=2.
故选：B
1．（2026·吉林长春·质量监测(二)）已知平面向量⃗a =( 1,2)
−
，⃗b=(x, 2)
−
，若⃗a⊥⃗b，则x的值
为（ ）
A．4
−
B．1
−
C．1
D．4
【答案】A
【详解】因为⃗a⊥⃗b，所以⃗a⋅⃗b=0，所以−x
4=0
−
，解得x= 4
−.
故选：A
2．（2026·黑龙江大庆·二检）已知向量⃗a = (1, 2
−
),⃗b= (3,1)，若(⃗a+⃗b)⊥(⃗a−λ⃗b)，则实数λ=
（ ）
A．9
−
B．1
−
C．2
13
D．6
11
【答案】D
【分析】利用向量的坐标运算先计算⃗a+⃗b,⃗a−λ⃗b，再由向量的数量积的坐标运算即可求解.
【详解】因为⃗a = (1, 2
−
),⃗b= (3,1)，
所以⃗a+⃗b= (4, 1
−
),⃗a−λ⃗b= (1 3
−λ,
2
−
−λ).
因为(⃗a+⃗b)⊥(⃗a−λ⃗b)，所以(⃗a+⃗b)⋅(⃗a−λ⃗b)=0
，
所以4×(1 3
−λ)+ (
1
−)×(
2
−
−λ)=0，解得λ=6
11
.
故选：D.
3．(2026·辽宁朝阳·二模)已知单位平面向量⃗a，⃗b
满足|⃗a
3
−⃗b|=3
，则⃗a⋅(⃗a+2⃗b)=
（ ）
A．4
3
B．5
3
C．3
2
D．2
【答案】A
考点2
平面向量的数量积
3
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【分析】通过|⃗a
3
−⃗b|=3
可得⃗a⋅⃗b
即可求解.
【详解】显然9=|⃗a
3
−⃗b|
2=⃗a
2
6
−⃗a⋅⃗b+9⃗b
2=10 6
−⃗a⋅⃗b，解得⃗a⋅⃗b=1
6
，
于是⃗a⋅(⃗a+2⃗b)=⃗a
2+2⃗a⋅⃗b=1+1
3 =4
3
.
故选：A
4．（2026·内蒙古包头·二模）如图所示，在△ABC中，∠BAC=90°，AB=6，AC=8，D是BC的
中点，点E在AD上，且DE=2AE.则⃗BE⋅⃗AD=（ ）
A．29
3
B．−29
3
C．29
6
D．−29
6
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用基底{⃗AB,⃗AC}表示向量⃗BE,⃗AD
，再利用数量积的运算律求解.
【详解】由∠BAC=90°，得⃗AB⋅⃗AC=0.
由D是BC的中点知，⃗AD=1
2
(⃗AB+⃗AC)，且⃗DE=2⃗EA，得⃗AE=1
3⃗AD=1
3 ×1
2
(⃗AB+⃗AC)=1
6⃗AB+1
6⃗AC，
所以⃗BE=⃗AE−⃗AB=1
6⃗AC−5
6⃗AB.
则BE⃗⋅AD⃗=1
6 (AC⃗
5
−AB⃗)×1
2 (AB⃗+ AC⃗)
=1
12 (|AC⃗|
2
4
−AB⃗⋅AC⃗
5
−|AB⃗|
2)=1
12 ×(8
2
5×
−
6
2)=−29
3
.
故选：B.
5．（2026·辽宁辽阳·二模）已知线段AB =2，P点满足PA =√3PB，则⃗PA⋅⃗PB的取值范围是（ ）
A．[2−√3,2+√3]
B．[4 2
−√3,4+2√3]
C．[6 4
−√3,6+4√3]
D．[7 4
−√3,7+4√3]
【答案】C
【分析】先建立平面直角坐标系，根据已知条件，求出点P的轨迹为圆，进而将向量用坐标形式表
示，利用数量积的坐标表示，
将数量积的取值范围，转化成求横坐标x的相关范围，从而最终求出⃗PA⋅⃗PB的取值范围.
4
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【详解】以线段AB中点为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A (
1,0
−
)，B (1,0)，设点P为(x,y)，
由PA =√3PB，所以√(x+1)2+y
2=√3√(x
1
−)2+y
2，两边平方化简整理得：
(x
2
−)2+y
2=3，因此，点P的轨迹是以(2,0)为圆心，半径为√3的圆.
因为⃗PA = (
1
−
−x,−y)，⃗PB= (1−x,−y)，所以⃗PA⋅⃗PB= (
1
−
−x)(1−x)+y
2=x
2+y
2
1
−，
又因为点P (x,y)满足(x
2
−)2+y
2=3，所以⃗PA⋅⃗PB=x
2+3−(x
2
−)2
1
−，
化简得：⃗PA⋅⃗PB=4x
2
−.
由圆方程可知，x∈[2−√3,2+√3]，所以4x
2∈
−
[6 4
−√3,6+4√3]，
即⃗PA⋅⃗PB∈[6 4
−√3,6+4√3].
故选：C
6．（2026·哈尔滨师大附中·二模）（多选）曲线C：|x|
α+|y|
α=1（α>0）是优美的封闭曲线,其
围成的面积记为Sα,M 是C 与y 轴正半轴的交点,过原点O 的直线交C 于点A,B,则（ ）
A．S1
2
<S1
B．S2>S3
C．当α=1时,⃗MA⋅⃗MB的最大值是1
2
D．当α=1
2
时,⃗MA⋅⃗MB∈[0,7
8]
【答案】ACD
【详解】当α=1
2
时，曲线C：|x|
1
2 +|y|
1
2 =1，即√|x|+√|y|=1，
当x≥0,y≥0时，√x+√y=1，即y=(1−√x)
2=1 2
−√x+x，
当α=1时，曲线C：|x|+|y|=1，
当x≥0,y≥0时，x+y=1，即y=1−x，这是一个顶点为(0,1)和(1,0)的直线段，
在区间(0,1)内，由于√x>x，∴y=1 2
−√x+x<1−x，
故α=1
2
时的图象比α=1时更靠近坐标轴，∴S1
2
<S1，故A 正确，
当α=2时，曲线C：|x|
2+|y|
2=1，即x
2+y
2=1，其面积为π，
当α=3时，曲线C：|x|
3+|y|
3=1，
5
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当x≥0,y≥0时，x
3+y
3=1，即y=
3√1−x
3，
在区间(0,1)内，由于x
3<x
2，∴1−x
3>1−x
2，进而有3√1−x
3>
3√1−x
2，
故α=3时其图像在单位圆的外部， 故S2<S3，故B 错误，
当α=1时，曲线C：|x|+|y|=1，易知M (0,1)，
由对称性可设A (x,y)，B (−x,−y)，则⃗MA = (x,y
1
−),⃗MB= (−x,−y
1
−)，
∴⃗MA⋅⃗MB=−x
2−(y
1
−)(y+1)=1−(x
2+y
2)，
当x≥0,y≥0时，x+y=1，即y=1−x，代入上式得 ⃗MA⋅⃗MB=1−[x
2+ (1−x)2]= 2
−x
2+2x，对
称轴为x=1
2
，
故⃗MA⋅⃗MB的最大值为2×
−
(
1
2)
2
+2×(
1
2)=1
2 ，故C 正确，
当α=1
2
时，当α=1
2
时，曲线C：|x|
1
2 +|y|
1
2 =1，即√|x|+√|y|=1，
当x≥0,y≥0时，√x+√y=1，即y=(1−√x)
2=1 2
−√x+x，
令√x=t,t∈[0,1]，则y= (1−t)2，
∴⃗MA⋅⃗MB=1−(x
2+y
2)=1−[t
4+ (1−t)4]，
设g (t)=1−[t
4+ (1−t)4]= 2
−t
4+4t
3
6
−t
2+4t，则g
'(t)= 4
−
(2t
1
−)(t
2−t+1)，
易知t
2−t+1=(t−1
2)
2
+3
4 >0，令g
′(t)=0，解得t=1
2 ，
故g (t)在(0,1
2)上单调递增，在(
1
2 ,1)上单调递减，
故当t=1
2 时，g (t)max=g(
1
2)=7
8 ，g (0)=g (1)=0，所以D 正确.
故选：ACD
7．（2026·吉林G35 联合体·二模）（多选）已知四边形ABCD 外接圆的圆心为O，且AB//CD，
OA =1，则（ ）
A．⃗OA⋅⃗OB∈(
1,1
−
)
B．△OAB面积的最大值为1
2
C．当AB=2时，四边形ABCD 面积的最大值为3√3
4
D．四边形ABCD 面积的最大值为2
【答案】BCD
6
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【分析】根据数量积公式，结合夹角的范围，即可判断A 的正误；根据面积公式，结合夹角的范
围，即可判断B 的正误；由题意，设AB 与CD 间的距离为d，根据弦长公式，结合梯形面积公式，
可得四边形ABCD 面积S1的表达式，利用导数求出最值，分析即可判断C 的正误；设弦AB 对应的
圆心角为2α，弦CD 对应的圆心角为2β，根据三角函数的定义，可得四边形ABCD 面积S2的表
达式，根据α,β的范围，结合三角函数的最值，分析即可判断D 的正误.
【详解】选项A：⃗OA⋅⃗OB=|⃗OA|⋅|⃗OB|cos<⃗OA,⃗OB>=cos<⃗OA,⃗OB>
，
因为<⃗OA,⃗OB>∈(0,π]，所以当<⃗OA,⃗OB>=π时，⃗OA⋅⃗OB= 1
−，
则 ⃗OA⋅⃗OB∈[ 1,1)
−
，故A 错误；
选项B：△OAB的面积S=1
2 |⃗OA|⋅|⃗OB|sin<⃗OA,⃗OB>=1
2 sin<⃗OA,⃗OB>，
因为<⃗OA,⃗OB>∈(0,π]，所以当<⃗OA,⃗OB>=π
2
时，Smax=1
2
，故B 正确；
选项C：因为OA =OB=1，AB=2，所以O 为AB 的中点，即AB 为直径，
因为AB//CD，所以CD 为弦，设AB 与CD 间的距离为d,d∈(0,1)，
则CD=2√r
2−d
2=2√1−d
2，
所以四边形ABCD 面积的S1=1
2
(2+2√1−d
2)×d =(1+√1−d
2)d，
令d=cosθ,θ∈(0,π
2 )，则S1=cosθ(1+sinθ)=cosθ+1
2 sin2θ，
令f(θ)=cosθ+1
2 sin2θ，则f
′(θ)= sin
−
θ+cos2θ=1 2
−sin
2θ
sin
−
θ，
令f
′(θ)=0，解得sinθ=1
2
或sinθ= 1
−（舍），
当sinθ∈(0,1
2)时，f
′(θ)>0，则f(θ)单调递增，
当sinθ∈(
1
2 ,1)时，f
′(θ)<0，则f(θ)单调递减，
所以当sinθ=1
2
，即θ=π
6
时，f(θ)有最大值，
此时d= √3
2
，S1=f(θ)=3√3
4
，故C 正确；
选项D：设弦AB 对应的圆心角为2α，弦CD 对应的圆心角为2β，α,β∈(0,π
2 ]，
两弦异侧时，其距离h=cosα+cosβ，且AB=2sinα,CD=2sinβ，
7
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则四边形ABCD 面积S2=1
2
(2sinα+2sinβ)(cosα+cosβ)
=sinαcosα+sinαcosβ+cosαsinβ+sinβcosβ
=1
2 sin2α+sin(α+β)+1
2 sin2β，
所以当α=β=π
4
时，S2有最大值为2，故D 正确.
故选：BCD
8．（2026·哈尔滨师大附中·二模）已知向量⃗a,⃗b
满足|⃗a+⃗b|=1
,|⃗a−⃗b|=2
,则|3⃗a+⃗b|的最大值为
__________.
【答案】4
【分析】先利用|⃗a+⃗b|和|⃗a−⃗b|的模长，求出|⃗a|
2 +|b⃗|
2和⃗a⋅⃗b，再将|3⃗a+⃗b|转化为模长平方的形
式，结合向量数量积的性质求最大值
【详解】由|⃗a+⃗b|=1
,|⃗a−⃗b|=2
两式分别平方：
|a⃗+ b⃗|
2
=|a⃗|
2
+2a⃗⋅b⃗+|b⃗|
2
=1
(1)
|a⃗−b⃗|
2
=|a⃗|
2
2
−a⃗⋅b⃗+|b⃗|
2
=4
(2)
由(1)+(2)得：2(|a⃗|
2
+|b⃗|
2
)=5⇒|a⃗|
2
+|b⃗|
2
=5
2
，
由(1)−(2)得：4⃗a⋅⃗b= 3
−⇒⃗a⋅⃗b=−3
4
，
|3a⃗+ b⃗|
2
=9|a⃗|
2
+6a⃗⋅b⃗+|b⃗|
2
=8|a⃗|
2
+(|a⃗|
2
+|b⃗|
2
)+6a⃗⋅b⃗=8|a⃗|
2
+5
2 +6×(−3
4 )=8|a⃗|
2
2
−，
8
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再由|⃗a+⃗b|=1
,|⃗a−⃗b|=2
，根据向量模长的三角不等式：
||a⃗+ b⃗|−|a⃗−b⃗||≤|(a⃗+ b⃗)+(a⃗−b⃗)|=2|a⃗|≤|a⃗+ b⃗|+|a⃗−b⃗|，
即1≤2|⃗a|≤3，所以1
2 ≤|a⃗|≤3
2
，
当⃗a+⃗b与⃗a−⃗b同向时，|⃗a|取最大值为3
2
，
所以|3a⃗+ b⃗|max
2
=8×(
3
2)
2
2=16
−
因此|3a⃗+ b⃗|max
❑
=√16=4
9．（2026·辽宁省名校协作体·二模）在长方体ABCD−A1B1C1D1中，CC1=C1D1=2，C1B1=1，点P
为线段BC1上一动点，则⃗CP⋅⃗DP的最小值为__________．
【答案】4
5
【详解】
如图所示，以D为坐标原点，以DA,DC,D D1为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
则D (0,0,0),B (1,2,0),C (0,2,0),C1(0,2,2)，
设点P (a,b,c),⃗BP=λ⃗BC1(λ∈[0,1])，即(a
1,
−
b
2,
−
c)=λ(
1,0,2
−
)，
可得¿，即P (−λ+1,2,2λ)，
所以⃗CP= (−λ+1,0,2λ),⃗DP= (−λ+1,2,2λ)，
则⃗CP⋅⃗DP= (−λ+1)2+ (2λ)2=5λ
2
2
−λ+1，
根据二次函数性质可知当λ=1
5 时取得最小值，此时最小值为5×(
1
5)
2
2×
−
1
5 +1=4
5 .
所以⃗CP⋅⃗DP的最小值为4
5
.
9
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1．（2026·内蒙古兴安盟·二模）已知向量
|a
→
|=2
，⃗b在⃗a方向上的投影向量为
3
−a
→，则
a
→
· b
→
=
（ ）
A．12
−
B．6
−
C．6
D．12
【答案】A
【详解】依题意，⃗b在⃗a方向上的投影向量为⃗a⋅⃗b
|⃗a|
2⃗a = 3
−⃗a，则⃗a⋅⃗b
|⃗a|
2 = 3
−，而|⃗a|=2，
所以a⃗⋅b⃗= 3|
−
a⃗|
2= 12
−
故选：A
2．（2026·吉林白山·二模）已知平面向量a
→
= (x,1)，b
→
= (
2,2
−
x)，a
→
+ b
→在⃗a方向上的投影向量
模长为√2，则|⃗a|=___________．
【答案】√2
【分析】先求a
→
+ b
→，(a
→
+ b
→)·a
→，再结合定义求向量a
→
+ b
→在a
→方向上投影向量的模长，列方程可
求结论.
【详解】因为a
→
=(x,1)
，b
→
=( 2,2
−
x)
，所以 a
→
+ b
→
=(x
2,1+2
−
x)
，
所以 (a
→
+ b
→
)⋅a
→
=x(x
2)+1 (1+2
−
⋅
x)=x
2
2
−x+1+2x=x
2+1
所以向量a
→
+ b
→在a
→方向上投影向量的模长为|(a
→
+ b
→
)⋅a
→|
|a
→|
=√2，又|a
→|=√x
2+1
2=√x
2+1，
所以 |x
2+1|
√x
2+1
=√x
2+1=√2，
因此|a
→|=√2
.
3．（2026·哈尔滨三中·二模）若向量⃗a,⃗b满足|⃗a|=√2，向量⃗b在向量⃗a上的投影向量为2
5⃗a，则⃗
a⋅(⃗b
2
−⃗a)=
______．
考点3
平面向量的投影向量
10
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【答案】−16
5
【分析】由投影向量的计算式求得⃗a⋅⃗b=4
5
，计算即可得出⃗a⋅(⃗b
2
−⃗a)的结果.
【详解】∵向量⃗b在向量⃗a上的投影向量为2
5⃗a，
∴|⃗b|cos⟨⃗a,⃗b⟩⋅⃗a
|⃗a|=|⃗b|⋅⃗
a⋅⃗b
|⃗a||⃗b|
⋅⃗
a
|⃗a| =⃗a⋅⃗b
|⃗a|
2 ⋅⃗a =2
5⃗a，
∴⃗a⋅⃗b
|⃗a|
2 =2
5 ，|⃗a|=√2，则⃗a⋅⃗b=4
5 ，
∴⃗a⋅(⃗b
2
−⃗a)=4
5
4=
−
−16
5
.
1．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）复数z在复平面内所对应的点为(1,1)，则z=（ ）
A．1+i
B．1 i
−
C．
1
−
−
D．1+i
−
【答案】B
【分析】根据复数的几何意义及共轭复数概念求解.
【详解】由复数的几何意义可知z=1+i，故z=1 i
−.
故选：B
2．（2026·内蒙古包头·二模）已知复数z=2 i
−，则z−z=（ ）
A．4
B．4 2i
−
C．4+2i
−
D．2i
−
【答案】D
【详解】由z=2 i
−，得z=2+i，所以z−z= (2 i
−
)−(2+i)= 2i
−
．所以D 正确．
3．（2026·辽宁大连·二模）已知复数z满足z+z=2，且z−z= 4i
−
，则|z|=（ ）
A．√2
B．√3
C．2
D．√5
【答案】D
【分析】设z=a+ bi，利用复数的四则运算列方程求解即可.
【详解】设z=a+ bi，则z=a−bi，
所以z+z=2a =2，z−z=2bi= 4i
−
，
解得a =1,b= 2
−，即z=1 2i
−
，
所以|z|=√1
2+( 2)
−
2=√5
，
考点4
复数的概念
11
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故选：D
4．（2026·黑龙江大庆·二检）已知复数z=1 i
−，则|z|=（ ）
A．2
B．√2
C．1
D．√2
2
【答案】B
【分析】由模长公式求解即可.
【详解】复数z满足z=1 i
−，则|z|=√1
2+( 1)
−
2=√2
.
故选：B.
5．（2026·内蒙古包头·二模）若复数z1=1+2i与复数z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，则
z1z2=（ ）
A．5
B．5
−
C．3
D．3
−
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用复数的几何意义求出z2，再利用复数乘法求解.
【详解】由复数z1=1+2i与复数z2在复平面内对应的点关于虚轴对称，得z2= 1+2i
−
，
所以z1z2=(1+2i)(
1+2i)=
1+2i
−
−
.
故选：B
6．（2026·辽宁沈阳·质量监测(二)）（多选）已知复数z=2i
1 i
−
，则下列结论正确的有（ ）
A．z在复平面对应的点位于第二象限
B．z的虚部是i
C．|z|=√2
D．z=1+i
【答案】AC
【分析】先对复数化简计算，然后逐个分析判断即可
【详解】解：z=2i
1 i
−
=2i(1+i)
(1 i)(1+i)
−
=i+i
2= 1+i
−
，
则z在复平面对应的点为( 1,1)
−
，位于第二象限，所以A 正确，
z的虚部为1，所以B 错误，
|z|=√( 1)
−
2+1
2=√2
，所以C 正确，
z=
1
−
，所以D 错误，
故选：AC
7．（2026·吉林白山·二模）（多选）已知复数z满足|z+1|+|z
1
−|=4，则下列说法正确的是（ ）
A．|z|≤2
B．|z
1
−|≥1
12
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C．若z∈R，则|z|=2
D．若z
2∈R，则|z|=2
【答案】ABC
【分析】设z= m +ni，得到其在复平面的点坐标，设F1(
1,0
−
),F2(1,0)，证明
|z+1|=|PF1|,|z
1
−|=|PF2|，从而得到点P的轨迹为椭圆，然后得到椭圆方程.结合椭圆中线段分别
计算各个选择中的结果即可.
【详解】设z= m +ni，则复数z在复平面内对应点P (m ,n)，设F1(
1,0
−
),F2(1,0)，
则|z+1|=|m +1+ni|=√(m +1)2+n
2=|PF1|，同理|z
1
−|=|PF2|，
∴|z+1|+|z
1
−|=|PF1|+|PF2|=4，即点P的轨迹为椭圆，且椭圆长半轴a =2，焦半径c=1，
∴短半轴b=√a
2−c
2=√3，∴点P的轨迹方程为：x
2
4 +y
2
3 =1，
A 选项：|z|=|OP|≤a =2，A 选项正确；
B 选项：|z
1
−|=|PF2|≥a−c=1，B 选项正确；
C 选项：若z∈R，即n=0，令y=0，则x=±2，∴|z|=2，C 选项正确；
D 选项：z
2= m
2−n
2+2mni，若z
2∈R，则m =0或n=0，当m =0时，n=±√3，此时|z|=√3；当
n=0时，m =2，此时|z|=2，D 选项错误.
故选：ABC.
1．（2026·辽宁辽阳·二模）已知复数z=a+2i，z
2= b+4i，a，b∈R，则a+ b=（ ）
A．2
B．2
−
C．3
D．3
−
【答案】B
【详解】因为z=a+2i，z
2= b+4i，则(a+2i)2=a
2+4ai 4=
−
b+4i，
所以¿，解得a =1,b= 3
−，则a+ b= 2
−.
故选：B
2．（2026·吉林长春六中·二模）已知复数z=cos60°+isin60°，则z
2+z=（ ）
A．1
−
B．0
C．1
D．2
【答案】B
【分析】根据复数的乘方运算及共轭复数的定义求解即可.
【详解】z=cos60°+isin60°=1
2 + √3
2
i.
考点5
复数的四则运算
13
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z
2=(
1
2 + √3
2
i)
2
=1
4 +2×1
2 × √3
2
i+3
4 i
2=−1
2 + √3
2
i.
z=1
2 −√3
2
i.
所以z
2+z=−1
2 + √3
2
i+1
2 −√3
2
i=0.
故选：B.
3．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)若z+i
z
=1+2i，则复数z=（ ）
A．−1
2
B．1
2
C．−1
2 i
D．1
2 i
【答案】B
【分析】由复数运算法则可得答案.
【详解】z+i
z
=1+i
z =1+2i⇒i
z =2i⇒z=1
2
.
故选：B
4．（2026·吉林G35 联合体·二模）若复数z= (1 2i
−
)i
2，则z的虚部是（ ）
A．1
−
B．2
C．2
−
D．2i
−
【答案】C
【分析】由虚数的概念结合共轭复数的概念即可求解.
【详解】根据题意可得z= (1 2i
−
)i
2，
则z= 1+2i
−
，z=
1
−
，得到z的虚部是2
−.
故选：C
5．（2026·哈尔滨师大附中·二模）已知复数z 是方程x
2
2
−x+3=0的根,则|z|=（ ）
A．√2
B．√3
C．2
D．3
【答案】B
【详解】因为方程x
2
2
−x+3=0的判别式Δ= (
2
−)2
4×
−
，
所以该方程有虚数根，
所以z=2±√−(4 12
−
)i
2
=1±√2i，
因此|z|=√1
2+(±√2)
2=√3
.
故选：B
6．（2026·辽宁省名校协作体·二模）已知(1+i)z=2+i，则|z|=（ ）
14
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A．√10
2
B．1
C．3
2
D．√6
2
【答案】A
【详解】z=2+i
1+i =
(2+i)(1 i
−
)
(1+i)(1 i
−
) =2+i
2i
−
−
i
2
2
=3 i
−
2
，
所以|z|=√(
3
2)
2
+(−1
2)
2
= √10
2
.
故选：A
7．（2026·内蒙古兴安盟·二模）已知复数z=2+i
2026
1 i
−
，则z的虚部为（ ）
A．1
2
B．1
2 i
C．3
2
D．3
2 i
【答案】A
【详解】因为i
2026=i
2= 1
−，所以z=2 1
−
1 i
−
=1
1 i
−
=1+i
(1 i)(1+i)
−
=1+i
2
=1
2 +1
2 i，虚部为1
2
.
故选：A
8．（2026·辽宁盘锦高级中学·二模）已知复数z满足(i+1)z=2i，则|z|=（ ）
A．2√2
B．√2
C．2
D．1
【答案】B
【详解】因为(i+1)z=2i，所以z=2i
i+1 ，则|z|= |2i|
|i+1|=2
√2 =√2.
故选：B
9．（2026·吉林白山·二模）若复数z=i+i
2+i
3+…+i
2026（其中i为虚数单位），则z的共轭复数
的虚部是（ ）
A．1
B．1
−
C．i
D．i
−
【答案】B
【分析】先确定i满足关系i
4n=1，i
4n+1=i，i
4n+2= 1
−，i
4n+3= i
−，再证明
i
4n+1+i
4n+2+i
4n+3+i
4n+4=0，由此求结论.
【详解】因为i
2= 1
−，所以i
4=(i
2)
2= (
1
−)2=1
，
所以i
4n=(i
4)
n=1
，i
4n+1=i
4n·i=i，i
4n+2= 1
−，i
4n+3= i
−，
所以i
4n+1+i
4n+2+i
4n+3+i
4n+4=i+ (
1
−)+ (
i
−)+1=0，
15
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所以复数z=i+i
2+i
3+…+i
2026，2026=4×506+2，
所以z=i
2025+i
2026=i 1
−
即z= 1+i
−
，
所以z的共轭复数为
1
−
−，其虚部为1
−.
故选：B
10．（2026·哈尔滨三中·二模）已知复数z=1 2i
−
1+i
，则z的虚部为（ ）
A．−3
2
B．−1
2
C．1
2
D．3
2
【答案】A
【详解】复数z=1 2i
−
1+i
=
(1 2i
−
)(1 i
−
)
(1+i)(1 i
−
) =1
i 2i+
−
−2i
2
1−i
2
=
1 3i
−
−
2
=−1
2 −3
2 i.
因此z的虚部为−3
2
.
故选：A
16
