人教A版 (2019)必修 第二册7.2 复数的四则运算同步达标检测题

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TOC \ "1-3" \h \z \u \l "_Tc187682547" 1 【思维导图】 PAGEREF _Tc187682547 \h 2
\l "_Tc187682548" 2 【题型分类】 PAGEREF _Tc187682548 \h 2
\l "_Tc187682549" 2.1 题型一、复数的加减运算 PAGEREF _Tc187682549 \h 2
\l "_Tc187682550" 2.2 题型二、复数加减法的几何意义 PAGEREF _Tc187682550 \h 7
\l "_Tc187682551" 2.3 题型三、复数的乘法运算 PAGEREF _Tc187682551 \h 28
\l "_Tc187682552" 2.4 题型四、共轭复数 PAGEREF _Tc187682552 \h 29
\l "_Tc187682553" 2.5 题型五、复数的除法运算 PAGEREF _Tc187682553 \h 35
\l "_Tc187682554" 2.6 题型六、在复数范围内的解方程 PAGEREF _Tc187682554 \h 42
【思维导图】
【题型分类】
题型一、复数的加减运算
（2024高三上·河北张家口·期中）若z=1-3i，则（ ）
A．1+3iB．C．1-3iD．-3-3i
【答案】D
【分析】先求出复数的模，再代入计算即可.
【详解】因为|z|=12+32=2，
所以.
故选：D
（2024高三上·贵州毕节·阶段练习）已知z1=1+i，z2=2-2i，则z1+2z2=（ ）
A．4B．5+3iC．D．5-3i
【答案】D
【分析】根据复数加法法则，实部和虚部分别相加即可得出结果.
【详解】由z1=1+i，z2=2-2i得，
z1+2z2=1+i+2×(2-2i)=5-3i，
故选：D.
（2024高一·全国·课前预习）复数(1＋2i)＋(3－4i)－(－5－3i)对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
【答案】A
【分析】根据复数的加减运算化简得到9＋i，从而得到对应的点及所在象限.
【详解】复数(1＋2i)＋(3－4i)－(－5－3i)＝(1＋3＋5)＋(2－4＋3)i＝9＋i，
其对应的点为(9，1)，在第一象限．
故选：A
（2024高一下·广西桂林·期末）1+i+-2+2i=（ ）
A．-1+3iB．1+iC．-1+iD．-1-i
【答案】A
【分析】利用复数的加法运算直接计算作答.
【详解】1+i+-2+2i=-1+3i.
故选：A
（2024高一下·吉林长春·期中）已知复数z满足zi2023=4i2022-3i2021，则z=（ ）
A．4+3iB．C．3+4iD．3-4i
【答案】D
【分析】将zi2023=4i2022-3i2021两边同时除以i2021化简，即可得答案.
【详解】由zi2023=4i2022-3i2021可得：zi2=4i-3，即z=3-4i
故选：D.
（2024高一下·上海黄浦·期末）设i是虚数单位，则的值为（ ）
A．i+1B．i-1C．iD．0
【答案】B
【分析】利用in的周期性求解，连续4项的和为0.
【详解】，in的取值周期为4，连续4项的和为0，所以，
故选:B.
（2024高一下·新疆阿克苏·期末）已知复数z1=-2+bi,z2=a+i.
(1)若z1=z2，求a和b的值；
(2) ,求z1+z2.
【答案】(1)a=-2,b=1
(2)-4+5i
【分析】（1）根据复数的相等，可得答案；
（2）根据复数的加减运算法则，可得答案.
【详解】（1）因为复数z1=-2+bi,z2=a+i，
故由z1=z2可得a=-2,b=1；
（2）由于，故z1+z2=-2+4i+(-2)+i=-4+5i.
（2024高二下·安徽蚌埠·阶段练习）已知z1=3x-4y+y-2xi，z2=-2x+y+x-3yi，x,y为实数，若z1-z2=5-3i，求z1+z2
【答案】z1+z2=2.
【分析】先化简，再利用复数相等可求出x,y，从而得到z1+z2，再用复数的模长公式求解即可
【详解】
z1-z2=3x-4y+y-2xi-2x+y+x-3yi
=3x-4y--2x+y+y-2x-x-3yi
=5x-5y+-3x+4yi=5-3i，
所以5x-5y=5-3x+4y=-3，
解得y=0，x=1 ，
所以z1=3-2i，z2=-2+i，
则z1+z2=1-i，所以z1+z2=12+-12=2．
（2024高三·全国·专题练习）已知z1=3，z2=4，z1+z2=5，则|z1-z2|= ．
【答案】5
【分析】根据已知条件假设z1=a+bia，b∈R，z2=m+nim,n∈R，结合复数模公式，即可求解
【详解】解：假设z1=a+bia，b∈R，z2=m+nim,n∈R，
则z1+z2=a+m+b+ni，z1-z2=a-m+b-ni，
∵z1=3，z2=4，z1+z2=5，
∴a2+b2=9①，②，(a+m)2+(b+n)2=25③，
∴③-①-②得2(am+bn)=0，
∴=a2+b2+m2+n2-2(am+bn)=25，
∴|z1-z2|=5，
故答案为：5
题型二、复数加减法的几何意义
（2024高三上·吉林通化·期末）已知z∈C，且z-2-2i=1，则z+2-2i的最小值是（ ）
A．2B．5C．4D．3
【答案】D
【分析】利用复数的差的模的几何意义，结合圆的性质求解.
【详解】解：设z=x+yix,y∈R，
满足z-2-2i=1的点Px,y均在以A2,2为圆心，以1为半径的圆上，
所以可以看成Px,y到定点B-2,2的距离，
如图所示，可知最小值为4-1=3．
故选：D.
（2024高二下·浙江嘉兴·期中）ΔABC的三个顶点所对的复数分别为z1,z2,z3，复数z满足z-z1=z-z2=z-z3 ，则z的对应点是ΔABC的（ ）
A．外心B．内心C．重心D．垂心
【答案】A
【分析】利用z到三个顶点的距离相等得到z是三角形的外接圆的圆心.
【详解】∵z-z1=z-z2=z-z3
∴z到三个顶点的距离相等，
∴z是三角形的外接圆的圆心，故选：A.
【点睛】本题考查复数差的几何意义，注意表示复平面中对应的两点之间的距离，本题属于基础题.
（2024·贵州六盘水·一模）在复平面内，O为原点，四边形OABC是复平面内的平行四边形，且A，B，C三点对应的复数分别为z1，z2，z3，若z1=1, z3=-2+i，则z2=（ ）
A．1+iB．1－iC．－1+iD．－1－i
【答案】C
【分析】根据复数加法的几何意义及法则即可求解.
【详解】因为O为原点，四边形OABC是复平面内的平行四边形，
又因为z1=1, z3=-2+i，
所以由复数加法的几何意义可得，
.
故选：C.
（2024高一·全国·课后作业）如图，设向量OP，PQ，所对应的复数为z1，z2，z3，那么（ ）
A．z1－z2－z3＝0
B．z1＋z2＋z3＝0
C．z2－z1－z3＝0
D．z1＋z2－z3＝0
【答案】D
【分析】由向量PQ+QP=0，结合向量减法运算得PQ+OP-OQ=0，再由复数的几何意义即可求解.
【详解】由题图可知，PQ+QP=0，∴PQ+OP-OQ=0，
∴z1＋z2－z3＝0.
故选：D
【点睛】本题考查复数与复平面的对应关系，向量的线性运算，属于中档题
（2024高一下·广东广州·期中）若|z＋3i|＝|z＋4－i|，则|z|＋|z－2|的最小值为（ ）
A．2B．23C．11D．10
【答案】D
【分析】设z=a+bia,b∈R，根据题意，代入求模公式，可求得b=a+1，代入所求，利用点关于直线的对称点及点到点距离可求解.
【详解】设z=a+bia,b∈R，则|z+3i|=a+(b+3)i=|z+4-i|=a+4+(b-1)i
所以a2+(b+3)2=a+42+(b-1)2，即a2+(b+3)2=a+42+(b-1)2，
整理得b=a+1，
所以=a+bi+a-2+bi=a2+b2+a-22+b2，
可以理解为点(a,b)到点(0,0)和点(2,0)距离之和，
设点(0,0)关于直线b=a+1的对称点为，
n2=m2+1,nm=-1.解得m=-1,n=1.所以为，
故的最小值为点到(2,0)的距离为10.
故选：D
（2024高一·全国·课时练习）已知，z2∈C，z1+z2=22，z1=2，z2=2，则z1-z2=（ ）
A．1B．12C．2D．22
【答案】D
【分析】设z1=a+bi，z2=m+ni，根据已知可得a2+b2，，2am+2bn，代入z1-z2=a-m2+b-n2计算可得答案.
【详解】设z1=a+bia,b∈R，z2=m+nim,n∈R，
所以a2+b2=4，m2+n2=4，
因为z1+z2=22，所以a+m2+b+n2=8，
即2am+2bn=0，所以
z1-z2=a-m2+b-n2=a2+b2+m2+n2-2ab-2mn=22.
故选：D.
（2024高二下·江苏泰州·期中）如果复数z满足|z＋i|＋|z－i|＝2，那么|z＋i＋1|的最小值是（ ）
A．1B．12C．2D．5
【答案】A
【分析】直接利用复数模的几何意义求出z的轨迹．然后利用数形结合求解即可．
【详解】解：
∴点Z到点A(0,-1)与到点B(0,1)的距离之和为2．
∴点Z的轨迹为线段AB．
而表示为点Z到点C 的距离．
数形结合，得最小距离为1
所以|z＋i＋1|min＝1.
故选：A

（2024高一下·福建三明·阶段练习）已知设z=x+yi(x,y∈R)，则|(x-3)+(y+3)i|=2，则|z+1|的最小值为（ ）
A．3B．4C．5D．6
【答案】A
【分析】先求得复数z实部与虚部的关系，再去求|z+1|的最小值即可解决.
【详解】由|(x-3)+(y+3)i|=2，可得(x-3)2+(y+3)2=4，可令x=2csα+3y=2sinα-3，
则|z+1|=(x+1)2+y2=(2csα+4)2+(2sinα-3)2
=29+16csα-12sinα=29+20sin(φ-α)（为锐角，且tanφ=43）
由-1≤sin(φ-α)≤1，可得3≤29+20sin(φ-α)≤7
则|z+1|的最小值为3.
故选：A
（2024高一下·浙江·期中）已知复数，z2和z满足，若z1-z2=z1-1=z2-z，则z的最大值为（ ）
A．23B．3C．D．1
【答案】B
【分析】先利用复数的模与加减法的几何意义，及三角形两边之和大于第三边得到z≤3，再将z=3时各复数的取值取出，即可得到z的最大值.
【详解】根据题意，得z=z2-z-z2≤z2-z+z2=z1-1+1≤z1+1+1=3，
当z1=-1，z2=1，时，z1-z2=z1-1=z2-z=2，此时z=3，
所以zmax.
故选：B.
（2024高二下·重庆渝中·期中）（多选）已知复数z1=2-2i (i为虚数单位)在复平面内对应的点为P1，复数z2满足z2-i=1，则下列结论正确的是（ ）
A．P1点在复平面上的坐标为2,-2B．z1=2+2i
C．的最大值为13+1D．的最小值为5-1
【答案】ABC
【分析】A：根据复数的表达式直接写出P1点的坐标进行判断即可；
B：根据复数的共轭复数的定义进行判断即可；
C，D：根据复数模的几何意义，结合圆的性质进行判断即可.
【详解】复数z1=2-2i在复平面内对应的点为P1(2,-2)，故A正确；
复数z1=2-2i，所以复数z=2+2i，故B正确；
设z2=x+yi(x,y∈R)，则z2-i||i-i|x2+(y-1)2，即x2+(y-1)2=1，所以，复数z2在复平面内对应的点P2在圆x2+(y-1)2=1上，其圆心为，半径r=1，
z2-z1表示的是复数和z2在复平面内对应的两点之间的距离，即P1P2.
而P1P2的最大值是；P1P2的最小值是.所以z2-z1的最大值为13+1，最小值为13-1，故C正确，D错误．
故选：ABC．
（2024高一下·上海·课后作业）已知复平面内的向量OA,AB对应的复数分别是－2＋i，3＋2i，则OB＝ ．
【答案】10
【分析】先利用向量运算求出OB对应的复数，然后求解模长可得答案.
【详解】
∴对应的复数为(－2＋i)＋(3＋2i)＝1＋3i，
故答案为：10
（2024高一·全国·专题练习）若复数z满足|z－i|＝3，则复数z对应的点Z的轨迹所围成的图形的面积为 .
【答案】9π
【分析】直接判断出点Z的轨迹是以点(0，1)为圆心，以3为半径的圆，即可求出.
【详解】由条件知|z－i|＝3，所以点Z的轨迹是以点(0，1)为圆心，以3为半径的圆，故其面积为S＝9π.
故答案为：9π
（2024高一下·福建厦门·期中）若z∈C且z-1-3i=1，则z最大值是 .
【答案】3
【分析】先分析出z的轨迹可看成圆O1:x-12+y-32=1，根据几何法可以得到z表示圆上的点到原点的距离，即可求出z最大值.
【详解】z-1-3i=1的几何意义为复平面动点到定点1，3距离为1的点的轨迹，可看成圆O1:x-12+y-32=1，z表示圆上的点到原点的距离，所以z最大值为圆O1到原点距离加上半径1，即 z=1+3=max.
故答案为：3.
（2024高二下·江苏连云港·期中）若z∈C，且z=1，则z-3-4i的最小值为
【答案】4
【分析】利用复数的几何意义，可知则z-3-4i||表示z点对应的复数与点(3,4)之间的距离，再求出其最小值.
【详解】复数z满足z=1，点z表示以原点为圆心、1为半径的圆，则z-3-4i||表示z点对应的复数与点(3,4)之间的距离.
原点O到点(3,4)之间的距离d=5，
∴z-3-4i||的最小值为5-1=4.
故答案为：4.
（2024高三下·上海浦东新·阶段练习）若复数z满足z⋅z+z+z=0，则复数z-1-2i的最大值为 .
【答案】22+1
【分析】设z=a+bi，（a,b∈R），结合条件z⋅z+z+z=0得z在复平面内对应点的轨迹，再由z-1-2i的几何意义求解即可．
【详解】解：设z=a+bi，（a,b∈R）则由z⋅z+z+z=0,
得a2+b2+2a=0，即a+12+b2=1．
复数z在复平面内对应点的轨迹是以为圆心，以1为半径的圆，如图：
z-1-2i=(a-1)2+(b-2)2表示复数z在复平面内对应点到点P(1,2)的距离
所以z-1-2i最大值为|PA|+1=(-1-1)2+(0-2)2+1=22+1．
故答案为：22+1．
【点睛】本题考查复平面内复数对应的点的轨迹问题，复数模长的几何意义，是中档题.
（2024高二上·湖南衡阳·期中）已知z=1，则z-1+3i 的最小值是 ．
【答案】1
【解析】由z=1，得z在复平面内所对应的点Z在以原点O为圆心，半径为r=1的圆上．
z-1+3i=z-1-3i，表示Z到点1-3i所对应的点P1，-3的距离，求出OP后减去半径可得最小值．
【详解】解：因为z=1，所以z在复平面内所对应的点Z在以原点O为圆心，半径为r=1的圆上．
z-1+3i=z-1-3i，表示Z到点1-3i所对应的点P1，-3的距离，
∵OP=1+3=2，
所以|PZ|min=OP-r=1．
故答案为1．
【点睛】方法点睛：本题考查复数模的几何意义，z表示复平面上z对应的点Z到原点的距离，z-z0表示z在复平面上z对应的点Z与z0对应的点Z0间的距离．因此有z-z0=r表示z0对应的点为圆心，r为半径的圆．
（2024高二下·河南驻马店·期中）已知i为虚数单位，复数在复平面内对应的点关于原点对称，且z1=3-2i，则z2= ．
【答案】-3-2i
【分析】根据z1=3-2i找到其在复平面内对应点坐标，再根据复数在复平面内对应的点关于原点对称确定z2在复平面内对应的点为(-3,2)，从而求出z2的复数表达形式，根据共轭复数的特点求出z2=-3-2i.
【详解】z1=3-2i在复平面内对应的点坐标为(3,-2)，
复数在复平面内对应的点关于原点对称，
所以z2在复平面内对应的点为(-3,2)，
所以z2=-3+2i，
所以z2=-3-2i，
故答案为：-3-2i.
（2024高二下·河南·期末）已知复数z=x+yix,y∈R满足z-1≤1，则复平面内由点x,y形成的区域的面积为 ．
【答案】π
【分析】先由题给条件判断出复平面内由点x,y形成的区域是以1,0为圆心，1为半径的圆及其内部，再去求该区域的面积即可.
【详解】复数z=x+yix,y∈R满足z-1≤1，
则z-1=x-1+yi=x-12+y2≤1，所以x-12+y2≤1，
所以复平面内由点x,y形成的区域是以1,0为圆心，1为半径的圆及其内部，
该区域的面积为π．
故答案为：π
（2024高三上·上海浦东新·阶段练习）已知z∈C，且z+i=3，i为虚数单位，则z-3-3i的最大值是 ．
【答案】8
【分析】z表示以(0,-1)为圆心，3为半径的圆，进而根据复数减法的几何意义求解即可.
【详解】解：因为z∈C且z+i=3，
所以，根据复数模的几何意义，z表示以(0,-1)为圆心，3为半径的圆，
所以，z-3-3i表示圆上的点和点(3,3)的距离，
因为圆心(0,-1)到点(3,3)的距离为0-32+-1-32=5，
z-3-3imax，
故答案为：8
（2024高一下·上海宝山·期中）已知复数，z2满足z1=1，z2=2，z3=z1-z2，则z3在复平面所对应的点组成的图形的面积为 ．
【答案】8π
【分析】根据复数的几何意义以及复数加减法的几何意义进行求解.
【详解】∵z1=1，是以复平面内点0,0为圆心，以1为半径的圆，
∵z3=z1-z2，∴z2=z1-z3 ∴z2=z1-z3=2，
∴z1+z3≥2,z1-z3≤2，即∴1≤z3≤3，
∴复数z3以复平面内点0,0为圆心，半径为1和3的两圆构成的圆弧，
则z3在复平面所对应的点组成的图形的面积为：S=π×32-12=8π
故答案为：8π.
（2024高三上·云南·阶段练习）已知为复数，且z1=2，则z1+2i的最大值为 .
【答案】4
【分析】由题意，设z1=a+bia,b∈R，得到a2+b2=4，则z1+2i=a2+b+22，利用复数的模的几何意义，即可得解.
【详解】由题意设z1=a+bia,b∈R，则z1+2i=a+bi+2i=a+(b+2)i
∵z1=2，∴a2+b2=2，即a2+b2=4，
即z1的模的轨迹可理解为以(0,0)为圆心，半径为2的圆.
则z1+2i=a2+b+22，可理解为求点(a,b)到点(0,-2)之间的距离，
数形结合可知，z1+2i的最大值为4．
故答案为：4
（2024高三下·上海虹口·阶段练习）已知|z|=1，k∈R且z是复数，当z2+kz+1的最大值为3，则k= .
【答案】
【分析】由|z|=1可知，z⋅z=1，化简z2+kz+1可得其最值为k+2，进而求出k的值.
【详解】设z=a+bi，a，b∈R，因为|z|=1，所以，z⋅z=1，
所以z2+kz+1=z2+kz+z⋅z=zz+z+k，
因为z+z=a+bi+a-bi=2a∈R，
所以z2+kz+1=zz+z+k=z+z+k⋅z=2a+k，
因为|z|=a2+b2=1，所以a∈-1,1，
所以z2+kz+1kmax，
解得，，
故答案为：.
（2024高一下·上海虹口·期末）在复平面中，已知点A(-1,0)、B(0,3)，复数z1、z2对应的点分别为Z1、Z2，且满足z1=z2=2,Z1Z2=4，则AZ1⋅BZ2的最大值为 .
【答案】210-4
【分析】根据复数的几何意义，由z1=z2=2,Z1Z2=4，分析得Z1,Z2关于原点对称，所以确定OZ1=-OZ2，再利用平面向量的三角形法则与数量积的运算性质，将所求问题转化为平面向量数量积的最值问题.
【详解】解：因为复数z1、z2对应的点为Z1,Z2
且z1=z2=2,则可确定点Z1,Z2在以O为圆心，2为半径的圆上
又Z1Z2=4，所以Z1Z2为圆的直径，即Z1,Z2关于原点对称
所以OZ1=-OZ2
因为AZ1=AO+OZ1,BZ2=BO+OZ2
所以AZ1⋅BZ2=(AO+OZ1)⋅(BO+OZ2)=AO⋅BO+AO⋅OZ2+OZ1⋅BO+OZ1⋅OZ2=(1,0)⋅(0,3)-AO⋅OZ1+OZ1⋅BO+2×2×cs(-π)=-4+OZ1⋅BA
又|BA|=12+32=10，|OZ1|=2，∈[0,π]
则cs∈[-1,1]
所以OZ1⋅BA=|OZ1|⋅|BA|⋅cs=210cs
即OZ1⋅BA的最大值为210，所以AZ1⋅BZ2的最大值为210-4.
故答案为：210-4.
（2024高一·全国·课后作业）已知复数z=2+3i，试在复平面上作出下列运算结果对应的向量：
(1)z-3i；
(2)z-3+i．
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】（1）在复平面上作出z=2+3i对应的向量OZ，再作出对应的向量OZ1，根据减法的几何意义及向量（复数）相等的定义，即为z-3i
（2）再作出对应的向量OZ2，根据减法的几何意义及向量（复数）相等的定义，即为z-3+i．
【详解】（1）设复数z=2+3i对应的向量为OZ．
图1
设复数z1=3i对应的向量为OZ1，则两个复数的差z-3i对应两个向量的差OZ-OZ1，如图①所示，即为z-3i
（2）设复数z2=3+i对应的向量为OZ2，则两个复数的差z-3+i对应两个向量的差OZ-OZ2，如②所示，即为z-3+i．
图2
（2024高一·全国·课时练习）如图所示，平行四边形OABC的顶点O，A，C分别对应复数0，3＋2i，－2＋4i．求：

（1）向量AO对应的复数；
（2）向量CA对应的复数；
（3）向量OB对应的复数．
【答案】（1）－3－2i；（2）5－2i；（3）1＋6i．
【分析】结合复数的几何意义和向量的线性运算即可求解.
【详解】（1）因为AO=-OA，所以向量AO对应的复数为－3－2i；
（2）因为CA＝－OC，所以向量CA对应的复数为(3＋2i)－(－2＋4i)＝5－2i；
（3）因为OB＝＋OC，所以向量OB对应的复数为(3＋2i)＋(－2＋4i)＝1＋6i．
【点睛】本题考复数的几何意义，向量的线性运算，属于基础题
（2024高一·全国·专题练习）如图所示，平行四边形OABC的顶点O，A，C对应的复数分别为0，3＋2i，－2＋4i．求：
(1)AO对应的复数；
(2)CA对应的复数；
(3)OB对应的复数及OB的长度．
【答案】(1)－3－2i
(2)5－2i
(3)37
【分析】
（1）根据平面向量坐标表示公式，结合复数在复平面的特征进行求解即可；
（2）根据平面向量减法的运算性质，结合复数在复平面的特征进行求解即可；
（3）根据平面加法的运算性质，结合平行四边形的性质、平面向量模的公式、复数在复平面的特征进行求解即可.
【详解】（1）
因为，
所以对应的复数为-3-2i.
（2）
因为CA=OA-OC，
所以对应的复数为(3＋2i) - (-2＋4i)＝5-2i.
（3）
因为OB=OA+OC，
所以对应的复数为(3＋2i)＋(-2＋4i)＝1＋6i.
所以
（2024高一下·上海·课时练习）已知复数z满足|z|=12，求的最大值与最小值．
【答案】最大值32，最小值12
【分析】设z=a+bi，由题意得到a2+b2=14且-12≤b≤12，然后将z-i转化为-2b+54，进而求出值域即可.
【详解】设z=a+bi，因为|z|=12，所以a2+b2=14，
而z-i=a+b-1i=a2+b-12=14-b2+b-12=-2b+54，
因为-12≤b≤12，所以14≤-2b+54≤94，故12≤-2b+54≤32，
所以z-i的最大值32，最小值12.
题型三、复数的乘法运算
（2024高三·四川·对口高考）已知i为虚数单位，则1+ii-1=（ ）
A．-2B．C．1D．2
【答案】A
【分析】利用复数的乘法运算直接计算作答.
【详解】1+ii-1=i2-1=-2.
故选：A
（2024高一·全国·专题练习）计算下列各题．
(1)1-i1+i+2+i2；
(2)2-i-1+5i3-4i+2i.
【答案】(1)5+4i
(2)53+23i
【分析】
（1）根据复数乘法和乘方运算即可得1-i1+i+2+i2=5+4i；（2）将三个复数依次相乘再进行加减运算可得2-i-1+5i3-4i+2i=53+23i.
【详解】（1）
1-i1+i+2+i2
=1-i2+4+i2+4i
=5+4i
（2）
2-i-1+5i3-4i+2i
=-2+10i+i-5i23-4i+2i
=3+11i3-4i+2i
=9-12i+33i-44i2+2i
=53+23i
题型四、共轭复数
（2024高一下·河南安阳·期末）已知复数z=a+bia,b∈R，且zz-zz=a-1+2i，则（ ）
A．a=b=1B．a=b=-1C．a=1，b=-1D．a=-1，b=1
【答案】A
【分析】利用共轭复数的概念以及复数的四则运算进行计算.
【详解】∵z=a+bia,b∈R，
∴z=a-bi，zz-zz=z2-z2zz=4abia2+b2=a-1+2i，
∴a-1=0,4aba2+b2=2,
解得a=b=1.故B，C，D错误.
故选：A.
（2024高三上·云南·阶段练习）若,则z⋅z+3i=（ ）
A．-1B．6+2i
C．-8+6iD．-8-6i
【答案】A
【分析】共轭复数是实部相同虚部互为相反数,带入化简即可.
【详解】,则z=2-i,所以z⋅z+3i=2+i2-i+3i=2+i2+2i=4+2i+4i+2i2=2+6i.
故选:A
（2024高三上·河北衡水·阶段练习）复数z满足1-2iz=-2+3i.则z=（ ）
A．15-85iB．-85+15i
C．-15-85iD．-85-15i
【答案】B
【分析】根据已知条件先求出复数z，即可求得复数z，从而得答案.
【详解】解：因为1-2iz=-2+3i，
所以z=-2+3i1-2i=(-2+3i)(1+2i)(1-2i)(1+2i)=-8-i5=-85-i5.
所以z=-85+i5.
故选：B.
（2024高一下·吉林长春·期末）已知复数z=11-i+1(1-i)2，z是z的共轭复数，则z的虚部为（ ）
A．1B．iC．D．-i
【答案】C
【分析】根据复数四则运算可得z=12+i，再求z即可得虚部．
【详解】∵z=11-i+1(1-i)2=1+i1-i1+i-12i=1+i2+i2=12+i，则z=12-i
∴z的虚部为
故选：C．
（河南省信阳高级中学2023-2024学年高一下学期第三次月考数学试题）已知方程有实根b，且z=a+bi，则复数z等于（ ）
A．2-2iB．2+2iC．-2+2iD．-2-2i
【答案】B
【分析】根据复数相等可得b+a=0b2+4b+4=0，然后根据共轭复数的概念即得.
【详解】由题可得b2+(4+i)b+4+ai=0(a∈R)，
整理可得：b+ai+b2+4b+4=0，
所以b+a=0b2+4b+4=0，解得a=2b=-2，
所以z=2-2i，z=2+2i.
故选：B.
（2024高三上·广东广州·阶段练习）已知z=4-i，且az+bz=4+3i，其中a，b为实数，则a+bi=（ ）
A．1B．3C．5D．5
【答案】C
【分析】先利用z算出z，则能通过az+bz=4+3i得到关于a，b的方程组，解出a，b，即可求出答案
【详解】因为z=4-i，所以z=4+i，
所以az+bz=a4-i+b4+i=4a+4b+b-ai，
所以由az+bz=4+3i可得&4a+4b=4&b-a=3，解得&a=-1&b=2，
所以a+bi=-1+2i=1+4=5，
故选：C
（2024高一·全国·课后作业）若z+z=6,z⋅z=10，则z等于（ ）
A．1±3iB．3±iC．D．
【答案】B
【分析】设z=a+bi(a,b∈R)，解方程组2a=6,a2+b2=10,即得解.
【详解】解：设z=a+bi(a,b∈R)，则z=a-bi．
由题意得2a=6,a2+b2=10,解得a=3,b=±1,
所以z=3±i．
故选：B
（2024高一下·河北邢台·阶段练习）若z-z=-14i,|z|=52，则z可能为（ ）
A．1-7iB．1+7iC．-1-7iD．-1+7i
【答案】AC
【分析】待定系数法设复数，列方程组后求解
【详解】设z=a+bi(a,b∈R)，则z=a-bi，由题意可得z-z=2bi=-14i,z=a2+b2=52,
解得b=-7,a=1或b=-7,a=-1,所以z=1-7i或-1-7i．
故选：AC
（2024高一·全国·单元测试）已知z=a+bi（a,b∈R，i是虚数单位），z1,z2∈C，定义：D(z)=z=|a|+|b|,Dz1,z2=z1-z2，则下列结论正确的是（ ）
A．对任意z∈C，都有D(z)>0
B．若z是z的共轭复数，则D(z)=D(z)恒成立
C．若Dz1=Dz2z1,z2∈C，则z1=z2
D．对任意z1,z2,z3∈C，则恒成立
【答案】BD
【分析】利用共轭复数及复数的减法法则，结合新定义逐一计算即可求解.
【详解】对于A，当z=0时，D(z)=0=|0|+|0|=0，故A错误；
对于B，z=a+bi，则z=a-bi，则D(z)=z=|a|+|-b∣=|a|+|b|=z=D(z)，故B正确；
对于C，若z1,z2∈C，则z1=z2错误，如，满足
Dz1=Dz2z1,z2∈C,但，故C错误；
对于D，设z1=a+bi(a,b∈R),z2=c+di(c,d∈R),z3=e+fi(e,f∈R)，则
Dz1,z2=z1-z2=(a-c)+(b-d)i=|a-c|+|b-d|，Dz2,z3=z2-z3=c-e+d-fi=c-e+d-f，Dz1,z2=z1-z3=(a-e)+(b-f)i=|a-e|+∣b-f∣，由|a-e|=|(a-c)+(c-e)|≤|a-c|+|c-e|，|b-f|=|(b-d)+(d-f)|≤|b-d|+|d-f|，得恒成立，故D正确．
故选：BD．
题型五、复数的除法运算
（2024·四川泸州·二模）已知1+i2z=2+i，则复数z的虚部为（ ）
A．1B．-iC．-1D．-12
【答案】C
【分析】化简得到z=12-i，从而求出虚部.
【详解】1+i2z=2+i，即z=2+i1+i2=2+i2i=-2i2+i4=12-i，故虚部为-1
故选：C
（2024高三下·安徽亳州·开学考试）已知复数z=1+i1-i2，则z的虚部是（ ）
A．-12B．12C．-12iD．12i
【答案】B
【分析】根据复数的乘除法运算求出z=-12+12i，结合虚部的概念即可得出结果.
【详解】∵z=1+i1-i2=1+i-2i=1+ii-2i⋅i=-1+i2=-12+12i，
∴z的虚部为12.
故选：B.
（2024高三上·广西·阶段练习）复数z=2-ii在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A．(1,2)B．(-1,-2)C．(2,1)D．(-2,-1)
【答案】B
【分析】利用复数的运算化简，即可得到对应的点的坐标.
【详解】因为z=2-ii=(2-i)(-i)-i2=-1-2i，故对应的点的坐标为(-1,-2).
故选：B.
（2024高三上·云南·阶段练习）已知复数z满足2z+3i=3z，则z-z=（ ）
A．1813iB．613iC．-1813iD．-1213i
【答案】A
【分析】利用复数运算求得z，进而求得z-z.
【详解】因为(2z+3)i=3z，2zi+3i=3z,3-2iz=3i，
所以z=3i3-2i=3i(3+2i)(3-2i)(3+2i)=-6+9i13=-613+913i，z=-613-913i，
故z-z=-613+913i--613-913i=1813i.
故选：A
（2024高三上·云南昆明·阶段练习）已知z1+2i=2+i，则复数z+5的实部与虚部的和为（ ）
A．10B．-10C．0D．-5
【答案】A
【分析】首先根据复数的运算可得z=(1+2i)(2+i)=5i，由z+5=5+5i即可得解.
【详解】由z1+2i=2+i可得z=(1+2i)(2+i)=5i，
z+5=5+5i，
所以z+5的实部与虚部的和为5+5=10，
故选：A
（2024高三上·广东东莞·期末）已知复数z满足：z⋅i=1+i（i为虚数单位），则|z|=（ ）
A．22B．1C．2D．2
【答案】C
【分析】通过复数除法得z=1-i，利用复数模的定义即可得到答案.
【详解】z=1+ii=i1+i()i2i，故z=12+-12=2.
故选：C.
（2024·重庆沙坪坝·模拟预测）复数2i1+i的虚部为（ ）
A．2B．1C．2iD．i
【答案】B
【分析】利用复数的除法运算法则对原式化简成a+bi的形式，即可的虚部
【详解】因为2i1+i=2i1-i1+i1-i=2i1-i2=i1-i=1+i
所以虚部为1.故选：B
（四川省成都市树德中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学（理）试题）复数1+i1-i2023=（ ）
A．B．1C．-iD．i
【答案】C
【分析】利用复数的除法、乘方法则化简可得结果.
【详解】因为1+i1-i=1+i21-i1+i=2i2=i，因此，1+i1-i2023=i2023=i4×505+3=i3=-i.
故选：C.
（2024·山东）若复数z满足z(2-i)=11+7i(i为虚数单位)，则z为
A．3+5iB．3－5iC．－3+5iD．－3－5i
【答案】A
【详解】z=11+7i2-i=11+7i2+i5=15+25i5=3+5i.
【考点定位】本题考查复数的基本运算之一除法，其中涉及分母实数化，这是复数运算中的常考点
（2024高一·全国·课时练习）若复数z满足3+4ii=z1+i，则z等于（ ）
A．7+iB．7-iC．7+7iD．-7+7i
【答案】A
【分析】由复数的四则运算法则计算．
【详解】因为3+4ii=z1+i，所以
故选：A．
（2024·全国）设复数z满足1+z1-z=i，则|z|=
A．1B．2C．D．2
【答案】A
【详解】试题分析：由题意得，z=i-11+i=(i-1)(1-i)(1+i)(1-i)=i，所以z=1，故选A.
考点：复数的运算与复数的模.
（2024·全国）设2z+z+3z-z=4+6i，则z=（ ）
A．1-2iB．1+2iC．1+iD．1-i
【答案】C
【分析】设z=a+bi，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于a、b的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数z.
【详解】设z=a+bi，则z=a-bi，则2z+z+3z-z=4a+6bi=4+6i，
所以，4a=46b=6，解得a=b=1，因此，z=1+i.
故选：C.
（2024高三上·安徽·阶段练习）已知复数z满足z-z=2i，则z的虚部是（ ）
A．B．1C．D．i
【答案】A
【分析】设z=a+bia,b∈R，根据z-z=2i，求得b=-1，即可求得复数z的虚部，得到答案.
【详解】设z=a+bia,b∈R，
因为z-z=2i，可得z-z=a-bi-a+bi=-2bi=2i，
则-2b=2，可得b=-1，所以复数z的虚部是.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了复数的运算，共轭复数的概念，以及复数相等的应用，其中解答中熟记复数相等的条件是解答的关键，属于基础题.
（2024高二下·辽宁辽阳·阶段练习）已知a+5i=-2+bi（a、b∈R），则复数z=a+bi5+2i=（ ）
A．-2+5iB．-iC．iD．1
【答案】C
【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数相等的条件，即可求解.
【详解】∵a+5i=-2+bi且a、b∈R，则a=-2，b=5，
∴z=-2+5i5+2i=(-2+5i)(5-2i)(5+2i)(5-2i)=9i9=i.
故选：C.
（2024高一·全国·课时练习）若复数z满足1+z1-z=i，则复数的值是 ．
【答案】-i
【分析】根据复数的除法运算求出z=i，再根据复数的乘方求解.
【详解】由1+z1-z=i可得1+z=i-zi，即(1+i)z=-1+i，
所以z=-1+i1+i=i，则z2023=i2023=i2022⋅i=-i，
故答案为: -i.
（2024高一·全国·课时练习）n∈N且n≥1，1+i1-i2n= ．（其中i是虚数单位）
【答案】1,n为偶数-1，n为奇数
【分析】根据复数的四则运算分n为奇数、偶数计算即可.
【详解】解：因为1+i1-i2n=[(1+i1-i)2]n=[((1+i)2(1-i)(1+i))2]n=[(i)2]n=(-1)n=1,n为偶数-1，n为奇数.
故答案为：1,n为偶数-1，n为奇数
（2024高一·全国·课时练习） ．
【答案】53+12/51+32
【分析】利用复数乘法化简复数，并利用复数模的性质即可求得结果.
【详解】
故答案为：
题型六、在复数范围内的解方程
（2024高一下·福建福州·期中）多项式x2+2x+4在复数集中因式分解的结果是（ ）
A．x+1+3ix+1-3iB．x-1-3ix+1-3i
C．x-1-3ix-1+3iD．x+1-3ix-1+3i
【答案】A
【分析】首先求出方程x2+2x+4=0的复数根，即可得解；
【详解】解：对于方程x2+2x+4=0，因为Δ=22-4×4=-12，
所以x2+2x+4=0有两个虚根，即x1=-2+12i2=-1+3i，x2=-2-12i2=-1-3i，
所以x2+2x+4=x+1+3ix+1-3i；
故选：A
（2024高一下·上海浦东新·期末）已知关于x的实系数一元二次方程x2+kx+3=0有两个虚根x1和x2，且，则k的值为（ ）
A．2B．-2C．±2D．±23
【答案】C
【分析】利用二次方程的韦达定理及完全平方公式即可得解.
【详解】因为方程x2+kx+3=0有两个虚根x1和x2，
所以Δ=k2-4×3