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
考点1 平面向量的基本定理与坐标表示
1．（2026·黑龙江齐齐哈尔·二模）向量a⃗=(3,t)，⃗b=(6,|a⃗))，若a⃗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|a⃗)，则|a⃗)=2t=❑√9+t2，则4t2=9+t2，则t2=3，
因为a⃗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 ， 满足 ， ，则 的最小值为（ ）
a⃗ ⃗b |a⃗)=1 |⃗b)=2 |a⃗+⃗b)
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【详解】对任意向量 ，满足三角不等式： ，
a⃗,⃗b | |a⃗)− |⃗b))≤|a⃗+⃗b)≤|a⃗)+|⃗b)
当且仅当a⃗与⃗b共线反向时，左侧等号成立，
将 ， 代入可得 ，
|a⃗)=1 |⃗b)=2 |a⃗+⃗b)≥∣1−2∣=1
即 的最小值为 .
|a⃗+⃗b) 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（ ）
1 1 1 1
A．3λ+2μ=1 B．2λ+3μ=1 C． λ+ μ=1 D． λ+ μ=1
3 2 2 3
【答案】A【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
1
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= ⃗BC，DE与AC交于点M.
4
若⃗AM=x⃗AB+y⃗AD，则x+y=（ ）
4 8 4
A． B． C． D．1
5 7 3
【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 ⃗ ⃗ ⃗
AM=λAD+(1− λ)AE
⃗ 1 ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ 1 ⃗ ⃗ 1 ⃗
又BE= BC，可得AE=AB+BE=AB+ BC=AB+ AD；
4 4 4
⃗ ⃗ ( ⃗ 1 ⃗ ) ⃗ 3λ+1 ⃗
所以AM=λAD+(1− λ) AB+ AD =(1− λ)AB+ AD；
4 4
又因为 A,M,C 三点共线，可设 ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ，
AM=μAC=μAB+μAD
3λ+1 3
因此可得1− λ=μ= ，解得λ= ；
4 7
4
所以x=y=1− λ=
7
8
可得x+y= .
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(x ,y )在直线y=2x−1上，且
1 1
，则 的值为（ ）
⃗AB=(x ,y ) 2x −y
0 0 0 0
A．1 B．2 C．3 D．与x 、y 的具体值有关
0 0
【答案】B【详解】由题意， ，
⃗AB=(x ,y )=(x −x,y −y)
0 0 1 1
所以2x −y =2x −2x−y +y=2x −y +y−2x，
0 0 1 1 1 1
因为y−2x=1，2x −y =1，
1 1
所以2x −y =1+1=2.
0 0
故选：B
考点2 平面向量的数量积
1．（2026·吉林长春·质量监测(二)）已知平面向量a⃗=(−1,2) ，⃗b=(x,−2)，若a⃗⊥⃗b，则x的值为
（ ）
A．−4 B．−1 C．1 D．4
【答案】A
【详解】因为a⃗⊥⃗b，所以a⃗⋅ ⃗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 ，若 ，则实数
a⃗=(1,−2 ),⃗b=(3,1) (a⃗+⃗b)⊥(a⃗−λ⃗b) λ=
（ ）
2 6
A． −9 B． −1 C． D．
13 11
【答案】D
【分析】利用向量的坐标运算先计算a⃗+⃗b,a⃗−λ⃗b，再由向量的数量积的坐标运算即可求解.
【详解】因为a⃗=(1,−2 ),⃗b=(3,1)，
所以a⃗+⃗b=(4,−1 ),a⃗−λ⃗b=(1−3λ,− 2−λ).
因为 ，所以 ，
(a⃗+⃗b)⊥(a⃗−λ⃗b) (a⃗+⃗b)⋅(a⃗−λ⃗b)=0
6
所以4×(1−3λ)+(−1)×(− 2−λ)=0，解得λ= .
11
故选：D.
3．(2026·辽宁朝阳·二模)已知单位平面向量 ， 满足 ，则 （ ）
a⃗ ⃗b |a⃗−3⃗b)=3 a⃗⋅(a⃗+2⃗b)=
4 5 3
A． B． C． D．2
3 3 2
【答案】A【分析】通过 可得 即可求解.
|a⃗−3⃗b)=3 a⃗⋅ ⃗b
1
【详解】显然 9=|a⃗−3⃗b) 2 =a⃗ 2 −6a⃗⋅ ⃗b+9⃗b2=10−6 a⃗⋅ ⃗b ，解得a⃗⋅ ⃗b=
6
，
1 4
于是a⃗⋅(a⃗+2⃗b)=a⃗ 2+2a⃗⋅ ⃗b=1+ = .
3 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=（ ）
29 29 29 29
A． B．− C． D．−
3 3 6 6
【答案】B
【分析】根据给定条件，利用基底 表示向量 ，再利用数量积的运算律求解.
{⃗AB,⃗AC) ⃗BE,⃗AD
【详解】由∠BAC=90°，得⃗AB⋅⃗AC=0.
1 1 1 1 1 1
由D是BC的中点知，⃗AD= (⃗AB+⃗AC)，且⃗DE=2⃗EA，得⃗AE= ⃗AD= × (⃗AB+⃗AC)= ⃗AB+ ⃗AC，
2 3 3 2 6 6
1 5
所以⃗BE=⃗AE−⃗AB= ⃗AC− ⃗AB.
6 6
⃗ ⃗ 1 ( ⃗ ⃗ ) 1 ( ⃗ ⃗ )
则BE⋅AD= AC−5AB × AB+AC
6 2
2 2
= 1 (| A ⃗ C ) −4A ⃗ B⋅A ⃗ C−5 | A ⃗ B ) ) = 1 ×(82 −5×62)=− 29 .
12 12 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.【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 ，所以 ，两边平方化简整理得：
PA=❑√3PB ❑√(x+1) 2+y2=❑√3❑√(x−1) 2+y2
(x−2) 2+y2=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)+y2=x2+y2 −1，
又因为点P(x,y)满足(x−2) 2+y2=3，所以⃗PA⋅⃗PB=x2+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S ,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（ ）
α
A．S 1 <S 1 B．S >S
2 3
2
C．当α=1时,⃗MA⋅⃗MB的最大值是 1 D．当α= 1 时,⃗MA⋅⃗MB∈ [ 0, 7 )
2 2 8
【答案】ACD
1 1 1
【详解】当α=
2
时，曲线C：
|x)2+|y)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，
1 ∴S <S
故α= 时的图象比α=1时更靠近坐标轴， 1 1，故A正确，
2 2
当α=2时，曲线C：|x) 2+|y) 2=1，即x2+y2=1，其面积为π，
当α=3时，曲线C：|x) 3+|y) 3=1，当x≥0,y≥0时，x3+y3=1，即y=√31− x3，
在区间(0,1)内，由于x3<x2，∴1− x3>1− x2，进而有√31− x3>√31− x2，
故α=3时其图像在单位圆的外部， 故S <S ，故B错误，
2 3
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=− x2 −(y−1)(y+1)=1− (x2+y2)，
当 时， ，即 ，代入上式得 ，对称
x≥0,y≥0 x+y=1 y=1− x ⃗MA⋅⃗MB=1− [x2+(1− x) 2)=−2 x2+2x
1
轴为x= ，
2
1 2 1 1
故⃗MA⋅⃗MB的最大值为−2×( ) +2×( )=
，故C正确，
2 2 2
1 1 1 1
当α=
2
时，当α=
2
时，曲线C：
|x)2+|y)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− (x2+y2)=1− [t4+(1− t) 4)
设 ，则 ，
g(t)=1− [t4+(1− t) 4)=−2t4+4t3 −6t2+4t g' (t)=−4 (2t−1)(t2 −t+1)
1 2 3 1
易知t2 −t+1=(t− ) + >0，令g′ (t)=0，解得t= ，
2 4 2
1 1
故g(t)在
(0, )
上单调递增，在
( ,1)
上单调递减，
2 2
1 1 7
故当t= 时，g(t) =g( )= ，g(0)=g(1)=0，所以D正确.
2 max 2 8
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（ ）
1
A．⃗OA⋅⃗OB∈(−1,1
)
B．△OAB面积的最大值为
2
3❑√3
C．当AB=2时，四边形ABCD面积的最大值为 D．四边形ABCD面积的最大值为2
4
【答案】BCD【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S 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
1
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S 的表
2
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；
1 1
选项B：△OAB的面积S= |⃗OA)⋅ |⃗OB)sin<⃗OA,⃗OB>= sin<⃗OA,⃗OB>，
2 2
π 1
因为<⃗OA,⃗OB>∈(0,π]，所以当<⃗OA,⃗OB>= 时，S = ，故B正确；
2 max 2
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❑√r2 −d2=2❑√1− d2，
1
所以四边形ABCD面积的S = (2+2❑√1− d2)×d=(1+❑√1− d2)d，
1 2
π 1
令d=cosθ,θ∈(0, ) ，则S =cosθ(1+sinθ)=cosθ+ sin2θ，
2 1 2
1
令f(θ)=cosθ+ sin2θ，则f′(θ)=−sin θ+cos2θ=1−2 sin2θ−sin θ，
2
1
令f′(θ)=0，解得sinθ= 或sinθ=−1（舍），
2
1
当sinθ∈(0, ) 时，f′(θ)>0，则f(θ)单调递增，
2
1
当sinθ∈( ,1) 时，f′(θ)<0，则f(θ)单调递减，
2
1 π
所以当sinθ= ，即θ= 时，f(θ)有最大值，
2 6
❑√3 3❑√3
此时d= ，S =f(θ)= ，故C正确；
2 1 4
π
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, )，
2
两弦异侧时，其距离h=cosα+cosβ，且AB=2sinα,CD=2sinβ，1
则四边形ABCD面积S = (2sinα+2sinβ)(cosα+cosβ)
2 2
=sinαcosα+sinαcosβ+cosαsinβ+sinβcosβ
1 1
= sin2α+sin(α+β)+ sin2β，
2 2
π
所以当α=β= 时，S 有最大值为2，故D正确.
4 2
故选：BCD
8．（2026·哈尔滨师大附中·二模）已知向量 , 满足 , ,则 的最大值为
a⃗ ⃗b |a⃗+⃗b)=1|a⃗−⃗b)=2 |3a⃗+⃗b)
__________.
【答案】4
【分析】先利用|a⃗+⃗b) 和|a⃗−⃗b) 的模长，求出 |a⃗) 2
+
|
b
⃗) 2和 a⃗⋅ ⃗b ，再将|3a⃗+⃗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 , 两式分别平方：
|a⃗+⃗b)=1|a⃗−⃗b)=2
|⃗ ⃗) 2 |⃗) 2 ⃗ ⃗ |⃗) 2 (1)
a+b = a +2a⋅b+ b =1
|⃗ ⃗) 2 |⃗) 2 ⃗ ⃗ |⃗) 2 (2)
a−b = a −2a⋅b+ b =4
2 2 2 2
|⃗) |⃗) |⃗) |⃗) 5
由(1)+(2)得：2( a + b )=5⇒ a + b = ，
2
3
由(1)−(2)得：4a⃗⋅ ⃗b=− 3⇒a⃗⋅ ⃗b=− ，
4
2 2 2 2 2 2 2 2
| ⃗ ⃗) |⃗) ⃗ ⃗ |⃗) |⃗) |⃗) |⃗) ⃗ ⃗ |⃗) 5 3 |⃗)
3a+b =9 a +6a⋅b+ b =8 a +( a + b )+6a⋅b=8 a + +6×(− )=8 a −2，
2 4再由 , ，根据向量模长的三角不等式：
|a⃗+⃗b)=1|a⃗−⃗b)=2
||⃗ ⃗) |⃗ ⃗)) | ⃗ ⃗ ⃗ ⃗ ) |⃗) |⃗ ⃗) |⃗ ⃗)，
a+b − a−b ≤ (a+b)+(a−b) =2 a ≤ a+b + a−b
1 |⃗) 3
即1≤2|a⃗)≤3，所以 ≤ a ≤ ，
2 2
3
当a⃗+⃗b与a⃗−⃗b同向时，|a⃗) 取最大值为 ，
2
所以
|
3a
⃗
+b
⃗) 2
=8×(
3
)
2
−2=16
max 2
因此| ⃗ ⃗) ❑
3a+b =❑√16=4
max
9．（2026·辽宁省名校协作体·二模）在长方体ABCD−A B C D 中，CC =C D =2，C B =1，点P
1 1 1 1 1 1 1 1 1
为线段BC
1
上一动点，则⃗CP⋅⃗DP的最小值为__________．
4
【答案】
5
【详解】
如图所示，以D为坐标原点，以DA,DC,DD 为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
1
则D(0,0,0),B(1,2,0),C(0,2,0),C (0,2,2)，
1
设点 ，即 ，
P(a,b,c),⃗BP=λ⃗BC (λ∈[0,1)) (a−1, b−2,c)=λ(−1,0,2 )
1
{
a=− λ+1
)
可得 b=2 ，即P(−λ+1,2,2λ) ，
c=2λ
所以⃗CP=(−λ+1,0,2λ),⃗DP=(−λ+1,2,2λ)，
则⃗CP⋅⃗DP=(−λ+1) 2+(2λ) 2=5λ2 −2λ+1，
1 1 2 1 4
根据二次函数性质可知当λ= 时取得最小值，此时最小值为5×( ) −2× +1= .
5 5 5 54
所以⃗CP⋅⃗DP的最小值为 .
5
考点3 平面向量的投影向量
1．（2026·内蒙古兴安盟·二模）已知向量 → ， 在 方向上的投影向量为 →，则→ →
|a|=2
⃗b a⃗
−3a a·b=
（ ）
A．−12 B．−6 C．6 D．12
【答案】A
a⃗⋅ ⃗b a⃗⋅ ⃗b
【详解】依题意，⃗b在a⃗方向上的投影向量为 a⃗=−3 a⃗，则 =−3，而|a⃗|=2，
|a⃗|2 |a⃗|2
所以⃗ ⃗ ⃗
a⋅b=−3| a|2=−12
故选：A
2．（2026·吉林白山·二模）已知平面向量→ → → →在 方向上的投影向量
a=(x,1)，b=(−2,2 x)，a+b
a⃗
模长为❑√2，则|a⃗)=___________．
【答案】❑√2
【分析】先求→ →，(→ →) →，再结合定义求向量→ →在→方向上投影向量的模长，列方程可
a+b a+b ·a a+b a
求结论.
【详解】因为→ ，→ ，所以 → → ，
a=(x,1) b=(−2,2 x) a+b=(x−2,1+2 x)
所以 → → →
(a+b)⋅ a=x(x−2)+1⋅(1+2 x)=x2 −2x+1+2x=x2+1
| → → →)
所以向量 → a+ → b 在 → a 方向上投影向量的模长为
(a+b)⋅ a
=❑√2，又|→ a ) =❑√x2+12=❑√x2+1 ，
|→)
a
|x2+1|
所以
=❑√x2+1=❑√2，
❑√x2+1
因此|→) .
a =❑√2
2
3．（2026·哈尔滨三中·二模）若向量 a⃗,⃗b 满足|a⃗)=❑√2，向量⃗b 在向量a⃗ 上的投影向量为 a⃗，则
5______．
a⃗⋅(⃗b−2a⃗)=
16
【答案】−
5
4
【分析】由投影向量的计算式求得a⃗⋅ ⃗b= ，计算即可得出a⃗⋅(⃗b−2a⃗)的结果.
5
2
【详解】∵向量⃗b在向量a⃗ 上的投影向量为 a⃗，
5
∴ |⃗b|cos⟨a⃗,⃗b)⋅ a⃗ =|⃗b|⋅ a⃗⋅ ⃗b ⋅ a⃗ = a⃗⋅ ⃗b ⋅a⃗= 2 a⃗ ，
|a⃗) |a⃗||⃗b) |a⃗| |a⃗|2 5
∴
a⃗⋅ ⃗b
=
2
，|a⃗)=❑√2，则a⃗⋅ ⃗b=
4
，
|a⃗|2 5 5
4 16
∴a⃗⋅(⃗b−2a⃗)= − 4=− .
5 5
考点4 复数的概念
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−i 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)=❑√12+(−2)2=❑√5
故选：D
4．（2026·黑龙江大庆·二检）已知复数z=1−i，则|z)=（ ）
❑√2
A．2 B．❑√2 C．1 D．
2
【答案】B
【分析】由模长公式求解即可.
【详解】复数 满足 ，则 .
z z=1−i |z)=❑√12+(−1)2=❑√2
故选：B.
5．（2026·内蒙古包头·二模）若复数z =1+2i与复数z 在复平面内对应的点关于虚轴对称，则
1 2
z z =（ ）
1 2
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z ，再利用复数乘法求解.
2
【详解】由复数z =1+2i与复数z 在复平面内对应的点关于虚轴对称，得z =−1+2i ，
1 2 2
所以z z =(1+2i)(− 1+2i)=− 1+2i.− 2i− 4=−5
1 2
故选：B
2i
6．（2026·辽宁沈阳·质量监测(二)）（多选）已知复数z= ，则下列结论正确的有（ ）
1−i
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
2i 2i(1+i)
【详解】解：z= = =i+i2=−1+i ，
1−i (1−i)(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，
，所以C正确，
|z)=❑√(−1)2+12=❑√2
z=− 1，−i所以D错误，
故选：AC7．（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
C．若z∈R，则|z)=2 D．若z2∈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F (−1,0 ),F (1,0)，证明
1 2
|z+1)=|PF ),|z−1)=|PF )，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
1 2
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F (−1,0 ),F (1,0)，
1 2
则 ，同理 ，
|z+1)=|m+1+ni)=❑√(m+1) 2+n2=|PF ) |z−1)=|PF )
1 2
∴|z+1)+|z−1)=|PF )+|PF )=4，即点P的轨迹为椭圆，且椭圆长半轴a=2，焦半径c=1，
1 2
x2 y2
∴短半轴b=❑√a2 −c2=❑√3，∴点P的轨迹方程为： + =1，
4 3
A选项：|z)=|OP)≤a=2，A选项正确；
B选项：|z−1)=|PF )≥a−c=1，B选项正确；
2
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：z2=m2 −n2+2mni，若z2∈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.
考点5 复数的四则运算
1．（2026·辽宁辽阳·二模）已知复数z=a+2i，z2=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，z2=b+4i，则(a+2i) 2=a2+4ai−4= b+4i，
{4a=4
)
所以 ，解得a=1,b=−3，则a+b=−2.
a2 −4= b
故选：B
2．（2026·吉林长春六中·二模）已知复数z=cos60°+isin60°，则z2+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.1 ❑√3
【详解】z=cos60°+isin60°= + i.
2 2
z2= (1 + ❑√3 i ) 2 = 1 +2× 1 × ❑√3 i+ 3 i2=− 1 + ❑√3 i.
2 2 4 2 2 4 2 2
1 ❑√3
z= − i.
2 2
所以z2+z=−
1
+
❑√3
i+
1
−
❑√3
i=0.
2 2 2 2
故选：B.
z+i
3．(2026·辽宁鞍山普通高中·二模)若 =1+2i，则复数z=（ ）
z
1 1 1 1
A．− B． C．− i D． i
2 2 2 2
【答案】B
【分析】由复数运算法则可得答案.
z+i i i 1
【详解】 =1+ =1+2i⇒ =2i⇒z= .
z z z 2
故选：B
4．（2026·吉林G35联合体·二模）若复数z=(1−2i )i2，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 )i2，
则z=−1+2i ，z=− 1，−2得i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x2 −2x+3=0的根,则|z)=（ ）
A．❑√2 B．❑√3 C．2 D．3
【答案】B
【详解】因为方程x2 −2x+3=0的判别式Δ=(−2) 2 − 4×，3=−8<0
所以该方程有虚数根，
2±❑√−(4−12 )i
所以z= =1±❑√2i，
2
因此 .
|z)=❑√12+(±❑√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)=（ ）
❑√10 3 ❑√6
A． B．1 C． D．
2 2 2
【答案】A
2+i (2+i)(1−i) 2+i− i22i−3−i
【详解】z= = = = ，
1+i (1+i)(1−i) 2 2
所以
|z)=❑
√
(
3
)
2
+( −
1
)
2
=
❑√10.
2 2 2
故选：A
2+i2026
7．（2026·内蒙古兴安盟·二模）已知复数z= ，则z的虚部为（ ）
1−i
1 1 3 3
A． B． i C． D． i
2 2 2 2
【答案】A
2−1 1 1+i 1+i 1 1 1
【详解】因为i2026=i2=−1，所以z= = = = = + i，虚部为 .
1−i 1−i (1−i)(1+i) 2 2 2 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
2i |2i) 2
【详解】因为(i+1)z=2i，所以z= ，则|z)= = =❑√2.
i+1 |i+1) ❑√2
故选：B
9．（2026·吉林白山·二模）若复数z=i+i2+i3+…+i2026（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i4n=1，i4n+1=i，i4n+2=−1，i4n+3=−i，再证明
i4n+1+i4n+2+i4n+3+i4n+4=0，由此求结论.
【详解】因为 ，所以 ，
i2=−1 i4=(i2) 2 =(−1) 2=1所以 ， ， ， ，
i4n=(i4) n =1 i4n+1=i4n·i=i i4n+2=−1 i4n+3=−i
所以i4n+1+i4n+2+i4n+3+i4n+4=i+(−1)+(−i)+1=0，
所以复数z=i+i2+i3+…+i2026，2026=4×506+2，
所以z=i2025+i2026=i−1
即z=−1+i ，
所以z的共轭复数为− 1−，i其虚部为−1.
故选：B
1−2i
10．（2026·哈尔滨三中·二模）已知复数z= ，则z的虚部为（ ）
1+i
3 1 1 3
A．− B．− C． D．
2 2 2 2
【答案】A
1−2i (1−2i )(1−i) 1− i2−i22i+ − 1−3i 1 3
【详解】复数z= = = = =− − i.
1+i (1+i)(1−i) 1− i2 2 2 2
3
因此z的虚部为− .
2
故选：A
