2026年高考数学第一轮复习试卷：复数解答题专项练 [含答案]

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1．已知，复数．
(1)若z在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围；
(2)若z满足，，求的值．
2．已知复数， ，其中
.
（1）若为纯虚数，求b的值;
（2）若与互为共轭复数，求的值.
3．设为坐标原点，向量、、分别对应复数、、，且，， . 已知是纯虚数.
(1)求实数的值；
(2)若三点共线，求实数的值.
4．已知复数，，其中a是正实数．
(1)若，求实数a的值；
(2)若是纯虚数，求a的值．
二、复数的几何意义（本大题共17小题）
5．已知复数，其中为虚数单位，.
(1)若为实数，求的值；
(2)若复数在复平面内对应的点在直线上，求的值.
6．已知复数，在复平面上对应的点分别为，．
(1)若，求的共轭复数；
(2)若复数在复平面上对应的点在第四象限，求实数的取值范围．
7．已知复数，.
（1）若复平面内表示复数的点位于第一象限，求m的取值范围；
（2）若，求的最小值.
8．m为何实数时，复数满足下列要求：
（1）是纯虚数；
（2）在复平面内对应的点在第二象限；
9．已知复数，其中为虚数单位，．
(1)若是纯虚数，求的值；
(2)若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围．
10．已知复数，且是实数.
（1）求a的值；
（2）若，且，求m的取值范围.
11．已知是虚数单位，复数，.
(1)当时，求；
(2)若z是纯虚数，求的值；
(3)若在复平面内对应的点位于第三象限，求的取值范围.
12．已知复数，，其中．
（1）当时，求；
（2）若复数在复平面内所对应的点位于第三象限，求a的取值范围．
13．已知复数，，在复平面内所对应的点为A.
(1)若复数为纯虚数，求实数m的值；
(2)若点A在第二象限，求实数m的取值范围.
14．已知 z∈C ，且 z3+i 为纯虚数，其中 i 是虚数单位．
(1)若 z=10 ，求复数 z ；
(2)若 z+zz 在复平面内对应的点在第三象限，求复数 z 的实部的取值范围．
15．在复平面内，复数对应的点为，连接OZ（O为坐标原点）可得向量，则称复数z为向量的对应复数，向量为复数z的对应向量.
(1)若复数，的对应向量共线，求实数x的值；
(2)已知复数，的对应向量分别为和，若，求的最小正周期和单调递增区间.
16．已知复数在复平面上对应点在第一象限，且，的虚部为2.
（1）求复数；
（2）设复数、、在复平面上对应点分别为、、，求的值.
17．设复数．
(1)在复平面内，复数对应的点在实轴上，求；
(2)若是纯虚数，求.
18．设复数 z1=1−aia∈R ， z2=2+3i，i 为虚数单位．
1 若 a=2 ，求 z1⋅z2 ；
2 若 z1z2 是纯虚数，求 |z1|．
19．已知是复数，和均为实数，，其中是虚数单位.
(1)求复数的共轭复数;
(2)若复数在复平面内对应的点在第一象限，求实数的取值范围.
20．已知复数 z1=a+2i,z2=b+i （ a,b∈R,i 为虚数单位）.
(1)若 b=2,z1⋅z2 是纯虚数，求 z1−z2 的值；
(2)若 z1=z22 ，求实数 a,b 的值.
21．设复数（其中），.
(1)若是实数，求的值；
(2)若是纯虚数，求.
三、复数的四则运算（本大题共11小题）
22．已知复数，复数在复平面内对应的向量为，
(1)若为纯虚数，求的值；
(2)若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围．
23．已知复数，．
（1）若复数在复平面上对应的点在第三象限，求实数的取值范围．
（2）若，求的共轭复数及的模．
24．已知复数，复数，其中i是虚数单位，为实数．
（1）若，求的值；
（2）若，
①求的值；
②若复数在复平面内对应的点在第二象限，求实数的取值范围．
25．已知复数，．
（1）若，求；
（2）在复平面内，复数，对应的向量分别是，，其中O是坐标原点，求的大小．
26．已知复数是纯虚数，其中是实数.
(1)求实数的值;
(2)求.
27．已知复数，且满足，，复数在复平面上对应的点满足直线方程.
（1）求复数；
（2）若为纯虚数，求实数的值.
28．已知复数 z 满足 z+z=2 ， z−z=4i ．
(1)求 3+z ；
(2)设复数 zz ， z+2z ， 10z 在复平面内对应的点分别为 A ， B ， C ，求 csAB,BC ．
29．已知复数为纯虚数，是实数，是虚数单位．
(1)求复数；
(2)若复数所表示的点在第一象限，求实数的取值范围．
30．已知是复数，、均为实数（为虚数单位），且复数在复平面内对应的点在第四象限，求实数的取值范围.
31．已知复数，，.
（1）当时，求的值.
（2）若是纯虚数，求的值.
（3）若在复平面上对应的点在第二象限，求的取值范围.
32．已知复数（i是虚数单位）.
（1）求复数z的共轭复数和模；
（2）若.求a，b的值.
四、复数的综合问题（本大题共17小题）
33．已知复数是一元二次方程的根.
（1）求的值；
（2）若复数（其中）为纯虚数，求复数的模.
34．已知复数，i为虚数单位.
（1）求；
（2）若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值.
35．年，高斯建立了复数相关的某些运算，这使得复数某些运算开始代数化；在复平面内，高斯也将复数看作一种向量，并利用两者在复平面内的关系，解释了复数的几何加法与乘法，丰富了复数理论.记表示实数中的最大者.已知，.
（1）若.求；
（2）证明：；
（3）求的最小值.
36．在复数域中，对于正整数，满足的所有复数称为次单位根，若一个次单位根满足对任意小于的正整数，都有，则称该次单位根为次本原单位根，规定1次本原单位根为1，例如当时存在四个次单位根，因为，，因此只有两个次本原单位根，对于正整数，设次本原单位根为，则称多项式为次本原多项式，记为，规定，例如，请回答以下问题.
(1)直接写出次单位根，并指出哪些是次本原单位根（无需证明）；
(2)求出，并计算，由此猜想（无需证明）；
(3)设所有次本原单位根在复平面内对应的点为，复平面内一点所对应的复数满足，求的取值范围.
37．现定义“维形态复数”：，其中为虚数单位，，.
（1）当时，证明：“2维形态复数”是“1维形态复数”的平方；
（2）若“2维形态复数”与“3维形态复数”相等，求的值.
38．一般地，任何一个复数可以写成，其中是复数的模，是复数的辐角（以非负半轴为始边，所在射线为终边的角），我们称叫做复数的三角形式．由复数的三角形式可得出，若，，则．其几何意义是把向量绕点按逆时针方向旋转角（如果，就要把绕点按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍．已知在复平面的上半平面内有一个菱形，其边长为，，点，，所对应的复数分别为，，．
（1）若，求出，；
（2）如图，若，以为边作正方形，，在下方．
①若，设对应的复数为，设对应的复数为，求复数，．
②是否存在复数使得长度为，若存在，求出复数；若不存在，说明理由．
39．代数基本定理：任何一个次复系数多项式方程至少有一个复根．由此可得如下推论：
推论一：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为个一次因式的乘积；
推论二：一元次多项式方程有个复数根，最多有个不同的根．即一元一次方程最多有1个实根，一元二次方程最多有2个实根等．
推论三：若一个次方程有不少于个不同的根，则必有各项的系数均为0．
已知．请利用代数基本定理及其推论解决以下问题：
(1)求的复根；
(2)若，使得关于的方程至少有四个不同的实根，求的值；
(3)若的图像上有四个不同的点，以此为顶点构成菱形，设，，求代数式的值．
40．已知复数（）在复平面内对应的点位于第一象限，且满足．
（1）求；
（2）若是关于的方程的一个复数根，求的值．
41．我们把（其中）称为一元次多项式方程.代数基本定理：任何一元次复系数多项式方程（即为实数）在复数集内至少有一个复数根；由此推得，任何一元次复系数多项式方程在复数集内有且仅有个复数根（重根按重数计算）.那么我们由代数基本定理可知：任何一元次复系数多项式在复数集内一定可以分解因式，转化为个一元一次多项式的积.即，其中，为方程的根.进一步可以推出：在实系数范围内（即为实数），方程有实数根，则多项式必可分解因式.例如：观察可知，是方程的一个根，则一定是多项式的一个因式，即，由待定系数法可知，.
（1）在复数集内解方程：；
（2）设，其中，且.
（i）分解因式：；
（ii）记点是的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点.求证：当时，.
42．如图，点，复数可用点表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，轴叫做实轴，轴叫做虚轴.显然，实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.按照这种表示方法，每一个复数，有复平面内唯一的一个点和它对应，反过来，复平面内的每一个点，有唯一的一个复数和它对应.一般地，任何一个复数都可以表示成的形式，即其中为复数的模，叫做复数的辐角（以非负半轴为始边，所在射线为终边的角），我们规定范围内的辐角的值为辐角的主值，记作叫做复数的三角形式．复数三角形式的乘法公式：．棣莫佛提出了公式：，其中.
（1）已知，求的三角形式；
（2）已知为定值，，将复数化为三角形式；
（3）设复平面上单位圆内接正二十边形的20个顶点对应的复数依次为，求复数所对应不同点的个数．
43．对于一组复数（且），如果存在，使得，其中，那么称是该复数组的“长复数”.
（1）设，，若是复数组，，的“长复数”，求实数的取值范围；
（2）若，，复数组是否存在“长复数”?给出你的结论并说明理由；
（3）若，，是否，对于，都能满足复数组，，中的每一个复数均为“长复数”?若存在，求出所有的；若不存在，请说明理由.
44．已知复数（其中是虚数单位，）．
(1)若复数是纯虚数，求的值；
(2)求的取值范围．
45．我们称复数列为广义等差的，若实数列和均为等差数列．
(1)若等比复数列（即）是广义等差的，证明：；
(2)已知，若复数列为广义等差的，求的所有可能值；
(3)若复数列是广义等差的，且，证明：对于任意实数，复数列中至多存在两项，使得．
46．任意一个复数z 的代数形式都可写成复数三角形式，即z=a+bi=rcsθ+isinθ ，其中i 为虚数单位，r=z=a2+b2⩾0,θ∈0,2π .棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗（1667～1754）创立.设两个复数用三角函数形式表示为：z1=r1csθ1+isinθ1,z2=r2csθ2+isinθ2 ，则：z1z2=r1r2csθ1+θ2+isinθ1+θ2 .如果令z1=z2=⋯=zn=z ，则能导出复数乘方公式：zn=rncsnθ+isinnθ .请用以上知识解决以下问题.
(1)试将z=3−3i 写成三角形式；
(2)试应用复数乘方公式推导三倍角公式：sin3θ=3sinθ−4sin3θ;cs3θ=4cs3θ−3csθ ；
(3)计算：cs4θ+cs4θ+120∘+cs4θ−120∘ 的值.
47．已知复数（R），为实数.
（1）求；
（2）若复数在复平面内对应的点在第四象限，且为实系数方程的根，求实数的值.
48．已知复数，其中为虚数单位，且满足，且为纯虚数．
(1)求；
(2)若复数是关于的方程的一个根，求实数，的值．
49．材料一：我们可以发现这样一个现象：随机生成的一元多项式，在复数集中最终都可以分解成一次因式的乘积，且一次因式的个数包括重复因式就是被分解的多项式的次数.事实上，数学中有如下定理：
代数基本定理：任何一元次复系数多项式方程至少有一个复数根.
材料二：由代数基本定理可以得到：任何一元次复系数多项式在复数集中可以分解为n个一次因式的乘积.进而，一元n次多项式方程有n个复数根重根按重数计
下面我们从代数基本定理出发，看看一元多项式方程的根与系数之间的关系.
设实系数一元二次方程
在复数集C内的根为、，容易得到
设实系数一一元三次方程①
在复数集C内的根为、、，可以得到，方程①可变形为
展开得：②
比较①②可以得到根与系数之间的关系：
阅读以上材料，利用材料中的方法及学过的知识解决下列问题：
已知函数，函数的图象上有四个不同的点A、B、C、
（1）对于方程在复数集C内的根为、、，求的值；
（2）已知函数，对于方程在复数集C内的根为、、，当时，求的取值范围.
（3）若ABCD按逆时针方向顺次构成菱形，设，求代数式的值.
五、复数的三角表示*（本大题共7小题）
50．在复平面内，O为坐标原点，复数是关于x的方程的一个根.
(1)求实数m，n的值；
(2)若复数，，，所对应的点分别为A，B，C，记的面积为，的面积为，求.
51．在复平面内，O为坐标原点，复数是关于x的方程的一个根.
(1)求实数m，n的值；
(2)若复数，，，所对应的点分别为A，B，C，记的面积为，的面积为，求.
52．已知复数，，.
（1）若为实数，求角的值；
（2）若复数，对应的向量分别是，，存在使等式成立，求实数的取值范围.
53．被称为“欧拉公式”，之后法国数学家棣莫弗发现了棣莫弗定理：，则我们可以简化复数乘法.
(1)已知，求；
(2)已知为坐标原点，，且复数在复平面上对应的点分别为,，点在上，且，求；
(3)利用欧拉公式可推出二倍角公式，过程如下：
，
所以.
类比上述过程，求出.(将表示成的式子，将表示成的式子)
参考公式：
54．已知：
①任何一个复数都可以表示成的形式．其中是复数的模，是以轴的非负半轴为始边，向量所在射线（射线OZ）为终边的角，叫做复数的辐角，叫做复数的三角形式．
②被称为欧拉公式，是复数的指数形式．
③方程（为正整数）有个不同的复数根．
(1)设，求；
(2)试求出所有满足方程的复数的值所组成的集合；
(3)复数，求．
55．已知为三角形的一个内角，复数，且满足．
(1)求；
(2)设z，，在复平面上对应的点分别为A，B，C，求的面积．
56．如图，点 Za,b ，复数 z=a+bia,b∈R 可用点 Za,b 表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫作复平面， x 轴叫做实轴， y 轴叫做虚轴.显然，实轴上的点都表示实数；除了原点外，虚轴上的点都表示纯虚数.按照这种表示方法，每一个复数，有复平面内唯一的一个点和它对应，反过来，复平面内的每一个点，有唯一的一个复数和它对应.一般地，任何一个复数 z=a+bi 都可以表示成 rcsθ+isinθ 的形式，即 a=rcsθb=rsinθ ，其中 r 为复数 z 的模， θ 叫作复数 z 的辐角（以 x 非负半轴为始边， OZ 所在射线为终边的角），我们规定 0⩽θ＜2π 范围内的辐角 θ 的值为辐角的主值，记作 argz.rcsθ+isinθ 叫作复数 z=a+bi 的三角形式．复数三角形式的乘法公式： r1csθ1+isinθ1⋅r2csθ2+isinθ2=r1r2csθ1+θ2+isinθ1+θ2 ．棣莫佛提出了公式： rcsθ+isinθn=rncsnθ+isinnθ ，其中 r＞0,n∈N∗ .
(1)已知 z=12+32i,w=22+22i ，求 zw+zw3 的三角形式；
(2)已知 θ0 为定值， 0⩽θ0⩽π ，将复数 1+csθ0+isinθ0 化为三角形式；
(3)设复平面上单位圆内接正二十边形的20个顶点对应的复数依次为 z1,z2,⋯,z20 ，求复数 z12024,z22024,⋯,z202024 所对应不同点的个数．
答案
1．【正确答案】(1)；
(2).
【详解】（1）复数在复平面内对应的点为，
由z在复平面内对应的点位于第四象限，得解得，
所以的取值范围是.
（2）依题意，，
又，则解得，
，
所以.
2．【正确答案】（1）
（2）
【详解】（1）已知为纯虚数，则可得
解，可得，此时，满足条件.
所以.
（2）对进行化简，
，
因为与互为共轭复数，且，
所以.解得，则.
3．【正确答案】(1)；
(2).
【分析】（1）根据是纯虚数，结合共轭复数、纯虚数的定义求解即可；
（2）根据求解即可.
【详解】（1）由题意可得，
由于复数是纯虚数，则，解得；
（2）由（1）可得，，则点，点，点，
所以，
因三点共线，所以，所以，
所以.
4．【正确答案】(1)2
(2)2
【分析】（1）根据复数的定义及复数的运算法则构建关于的方程组，求解的值；
（2）根据复数的除法运算求解，利用复数的定义，构建关于的方程组，求解的值.
【详解】（1）∵，，，
∴，从而，解得，
所以实数a的值为2．
（2）依题意得：，
因为是纯虚数，所以：，解得：或；
又因为a是正实数，所以a＝2．
5．【正确答案】(1)或
(2)
【详解】（1）若为实数，
则有，得或.
（2）若复数在复平面内对应的点在直线上，
则，得.
6．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）根据题意知：，，
，
；
（2），且在复平面上对应的点在第四象限，
，解答，
实数的取值范围为．
7．【正确答案】（1）
（2）
【详解】（1）对应的点为，
故且，故，
（2），，，
故，故，故，
，故当时，的最小值为.
8．【正确答案】（1）；（2）.
【详解】解：
．
由z是纯虚数，可得，解得，
即时，z是纯虚数．
由，得，
即时，z在复平面内对应的点在第二象限．
9．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）由纯虚数定义列方程求参数；
（2）由复数对应点所在象限列不等式组求参数范围.
【详解】（1）由是纯虚数，则，故.
（2）由在复平面内对应的点在第四象限，，
所以.
10．【正确答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
因为是实数，所以，解得；
（2）由（1）可知或，
当时，，
所以，.
因为，所以，
整理可得，即或 ，
解得或.
当时，同理可解得或.
综上，m的取值范围是.
11．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【详解】（1）当时，,
所以.
（2）,
若复数是纯虚数，则
解得所以；
（3）复数在复平面内对应的点位于第三象限，
则即
所以实数的取值范围是.
12．【正确答案】（1）
（2）
【详解】（1）当时，，则.
（2）因为，，所以．
因为在复平面内所对应的点位于第三象限，所以，
解得，即a的取值范围是.
13．【正确答案】(1)
(2)或
【分析】（1）求出，根据复数的概念，得出方程组，求解即可得出答案；
（2）根据复数的几何意义，得出点坐标，由已知列出不等式组，求解即可得出答案.
【详解】（1）由已知，.
因为复数为纯虚数，所以有，
解得.
（2）根据复数的几何意义，可知.
因为点A在第二象限，所以，
解得，或.
14．【正确答案】(1) z=1+3i 或 z=−1−3i
(2) −∞,0∪0,15
【分析】（1）设 z=a+bia,b∈R ，先根据题目条件找出 a,b 的关系，然后根据 z=10 列方程求解；
（2）先化简复数的形式，然后根据复数的几何意义求解.
【详解】（1）设 z=a+bia,b∈R ，则 z3+i=a+bi3+i=3a−b+a+3bi ，
由 z3+i 为纯虚数知， 3a−b=0,a+3b≠0 ，则 b=3a 且 a≠0 ，故 z=a+3aia≠0 ．
由 z=10 得 10a2=10 ，则 a=±1 ，故复数 z=1+3i 或 z=−1−3i
（2） z+zz=a+3ai+a−3aia+3ai=a+3ai+1−3i1+3i=a−45+3a−35i ，
由 z+zz 在复平面内对应的点在第三象限知 a−45＜0,3a−35＜0. ，解得 a＜15 ，又 a≠0 ，
故复数 z 的实部的取值范围为 −∞,0∪0,15 ．
15．【正确答案】(1)2或
(2)；
【分析】（1）写出两复数对应的向量的坐标，，利用向量共线的坐标表示式计算即得；
（2）利用三角恒等变换将函数化成正弦型函数，求得最小正周期，将看成整体角，利用正弦函数的递增区间即可求得.
【详解】（1）依题意，复数，的对应向量分别为，
由可得，，解得：或；
（2）依题意，，
则，
故的最小正周期为；
由解得，，
即的单调递增区间为.
16．【正确答案】（1）
（2）
【详解】（1）设，，，
由题意得，解得或，又因为复数在复平面上对应点在第一象限，所以.
（2），，，
所以对应的点，，，从而，，.
17．【正确答案】(1);
(2).
【分析】（1）根据复数是实数，求，再根据复数的乘法运算公式，即可求解；
（2）首先利用复数除法运算公式化简复数，再根据复数的特征，即可求解，最后代入模的计算公式.
【详解】（1）由，得，
而由已知是实数，
于是，解得，
所以；
（2）依题意，是纯虚数，
因此，解得，
所以，.
18．【正确答案】解： 1 当 a=2 时， z1=1−2i ， z1⋅z2=1−2i2+3i=2−i+6=8−i．
2z1z2=1−ai2+3i=1−ai2−3i2+3i2−3i=2−3a13−3+2a13i ，
因为其为纯虚数，则 2−3a=03+2a≠0 ，解得 a=23 ，
则 z1=1−23i ， |z1|=1+49=133．
【分析】 1 代入a的值，再去计算 z1z2 即可．
2 先将 z1z2 进行化简，因为是纯虚数，说明实部为0，且虚部不为0，从而求出a，再求出模．
本题考查复数的运算，属于基础题．
19．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，再根据复数的除法运算及实数的定义求出，再根据共轭复数的定义即可得解；
（2）先求出复数，再根据复数的几何意义即可得解.
【详解】（1）设，则，
为实数，，解得，
为实数，
，解得，
，
；
（2）由（1）可知，，
复数在复平面内对应的点在第一象限，
，解得，
故实数的取值范围为.
20．【正确答案】
(1) 2
(2) a=0,b=1
【分析】
（1）根据题意，由 b=2 代入计算，结合 z1⋅z2 是纯虚数即可求得 a ，再由复数的模长公式，即可得到结果；
（2）根据题意，由复数相等的定义，列出方程，即可得到结果.
【详解】
（1）当 b=2 时， z1=a+2i,z2=2+i ，
所以 z1⋅z2=a+2i2+i=2a−2+4+ai ，
且 z1⋅z2 是纯虚数，则 2a−2=04+a≠0 ，解得 a=1 ，
所以 z1=1+2i ，则 z1−z2=1−2+2−1i=−1+i ，
所以 z1−z2=−12+12=2 .
（2）若 z1=z22 ，则 a+2i=b+i2=b2−1+2bi ，
所以 a=b2−12=2b ，解得 a=0,b=1 .
21．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题知为实数，所以，求得，再进行复数的乘法运算即可；
（2）由题知为纯虚数，所以，求得，再根据复数的模长公式计算即可.
【详解】（1）由已知，
是实数，
，即，
.
（2），
由于是纯虚数，，解得，
则.
.
22．【正确答案】(1)
(2)
【分析】（1）由复数在复平面对应的向量得复数，再由复数的分类求得a的值；
（2）计算，由其在复平面内对应的点列出不等式组，解不等式组得a的取值范围.
【详解】（1）由题，则，
由为纯虚数得，，
解得．
（2），
在复平面内的对应点在第四象限，则，即，
解得．
23．【正确答案】（1）
（2），
【详解】（1）因为，，
所以．
因为复数在复平面上对应的点在第三象限，所以
解得，即实数的取值范围为．
（2）因为，
所以．
．
24．【正确答案】（1）
（2）①；②．
【详解】（1）当时，，
所以，
所以．
（2）①若，则，
所以，解得；
②，，所以，
又在复平面内对应的点在第二象限，所以，
解得，所以．
所以实数的取值范围为．
25．【正确答案】（1）；
（2）.
【详解】（1）由复数，，得，
，
所以.
（2）依题意，，，，
因此，而，
所以
26．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）复数，则，
因为是纯虚数，于是，解得
（2）由（1）得到，又，
则，即有，
所以.
27．【正确答案】（1）
（2）
【详解】（1）由已知得.
复数在复平面上对应的点满足直线方程.
即，
又因为，所以，，.
（2）由，
若为纯虚数，则，且，
得.
28．【正确答案】
(1) 25 ；
(2) 31010 .
【分析】
（1）根据已知得出 z=1+2i ，利用共轭复数定义和模的计算公式求解即可.
（2）利用复数的运算分别求出 A ， B ， C 三点坐标，然后利用数量积的变形公式求解向量夹角的余弦值即可.
【详解】
（1）因为 z+z=2 ， z−z=4i ，
两式相加，可得 z=1+2i ，
所以 z=1−2i ，
故 3+z=4−2i=16+4=25 ．
（2）由（1）得 zz=1+2i1−2i=1−4i2=5 ，
则 A5,0 ，
z+2z=1+2i+2−4i=3−2i ，则 B3,−2 ，
10z=101+2i=101−2i5=2−4i ，则 C2,−4 ，
所以 AB=−2,−2 ， BC=−1,−2 ，
故 csAB,BC=AB⋅BCABBC=622×5=31010 ．
29．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）由已知复数为纯虚数，设（且），
所以＝＝＝＝＋.
又因为是实数，所以，
解得，即.
（2）因为，
所以，
又因为复数所表示的点在第一象限，
所以解得，
即实数的取值范围为.
30．【正确答案】
【分析】利用复数的四则运算化简复数、，根据这两个复数为实数求出、的值，然后利用复数的乘法化简复数，利用复数的几何意义可得出关于实数的不等式组，解之即可.
【详解】解：设，，
因为为实数，则，即，
，
因为为实数，故，即，，
，
因为复数在复平面内对应的点在第四象限，则，解得，
因此，实数的取值范围是.
31．【正确答案】（1）；（2）；（3）.
【详解】（1）当时，可得；
（2）由复数为纯虚数，可得，解得；
（3）由，
可得在复平面上复数对应点，
因为点位于第二象限点，可得，解得，所以的范围是.
32．【正确答案】（1），；
（2）
【详解】（1），
所以z的共轭复数，
.
（2）因为，
即，
也即，
所以解得
33．【正确答案】（1）
（2）
【详解】（1）因为是一元二次方程的根，
所以也是一元二次方程的根，
故，解得.
（2）因为复数为纯虚数，
所以，且，即.
所以复数，
故.
34．【正确答案】（1）；
（2）；
【详解】（1）因为复数，
所以
（2）因为复数z是关于x的方程的一个根，
所以，
可得，即，
所以,解得.
35．【正确答案】（1）；
（2）证明见详解；
（3）.
【详解】（1），由，可得，即得
由，可得，即得，
所以，，故.
（2）设，，
则，，
因为，
又因为，
所以
，
当且仅当时等号成立， 所以，
用换，同理可得：，
故.
（3）因为
，
当且仅当时等号成立，
或时，原式的最小值为.
36．【正确答案】(1)全部的次单位根是，，，，，，，；其中是本原单位根的是，，，.
(2)，，.
(3)
【详解】（1）先证明：对，次单位根是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1.
我们记，则全部的次单位根是.
设，考虑：
若和的最大公约数，则，从而不是本原单位根.
若不是本原单位根，设，，则由可知是的倍数，
设为和的最大公约数，则是的倍数，而和没有大于1的公约数，故是的倍数，
所以由可知，得.
这就得到结论：对，次单位根是本原单位根的充要条件是和的最大公约数为1.
下面回到原题，考虑.
此时，全部的次单位根是，依次列出即是：
，，，，，，，.
根据上面的结论，其中是本原单位根的是，即，，，.
（2）对，我们考虑全体次单位根.
每个均可表示为，其中是正奇数，.
则，所以是次单位根.
又因为，且和的最大公约数为1，故是次本原单位根.
而时，是1次本原单位根，故每个次单位根都对应一个次本原单位根，这里.
另一方面，根据刚才证明的，每个和每个次本原单位根都对应一个次单位根.
这就表明全体次单位根事实上遍历了所有次本原单位根，其中.
所以.
这就直接推出，且
，.
（3）根据第（1）小问得到的结论，全部的次本原单位根是.
故.
再根据的定义，知.
根据第（2）小问的结论有.
故.
在的条件下，有，从而在复平面上对应的点可在圆上自由转动.
而代表和在复平面上代表的点之间的距离，也就是圆上一点到点的距离，
从而根据几何意义可知最小距离是，最大距离是.
所以所求的取值范围是.
37．【正确答案】（1）证明见详解；
（2）.
【详解】（1）当时，，
设“1维形态复数”为，则，
“2维形态复数”为，则，
因为，
故“2维形态复数”是“1维形态复数”的平方.
（2）因为“2维形态复数”与“3维形态复数”相等，
所以，
因此，
解，得或，
解，得或，
由于两个方程同时成立，故只能有，即.
所以.
38．【正确答案】（1），；
（2）①，；②存在，.
【详解】（1）连接，因为四边形，，
所以，又，所以，即，
因为，
所以，
，
所以，；
（2）（ⅰ）设，，则，
设对应的复数为，则，
设对应的复数为，；
（ⅰi）设对应的复数为，所以，
所以，
由已知可得，
所以，又，所以，
所以.
39．【正确答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）化简该方程后借助因式分解结合求根公式计算即可得；
（2）化简方程后借助推论三计算即可得；
（3）设出中点，代入计算后结合推论三可得点坐标，结合体型菱形对角线垂直计算即可得解.
【详解】（1）由题意，，即，所以，
所以或，对，有，
即复根有；
（2）由题意，，化简得，，
由推论三：该方程的解个数多于方程最高次数得，解之得；
（3）在菱形中，与互相垂直平分，设中点，
由得，所以，
即，
化简得：，
由点是的图象上的四个不同的点，故该关于的方程有四个不同的解，
故，解得，故，
又，故
由菱形，可得，
所以，
故．
【关键点拨】本题最后一问关键点在于对推论三的理解与运用，从而结合题意得到中点的坐标.
40．【正确答案】（1） （2）
【详解】（1）由题意知复数在复平面内对应的点为，
因为点在第一象限，所以，
由，得，
即，则，所以．
（2）由（1）知，由是关于的方程的一个复数根，
可知是的另一个复数根，
因此，解得．
所以．
41．【正确答案】（1）、
（2）（i）；（i）见详解
【详解】（1）观察可知，是方程的一个根，
则一定是多项式的一个因式，
即，
即有，解得，
即，
令，则，
即该方程的根为：、；
（2）（i）观察可知，是方程的一个根，
则一定是多项式的一个因式，
即，
则有，即，
即；
（ii）令，即，
即，
设，由，
有，故函数必有两个不同零点，
设，且，则，故，
又，
故，则方程的根有、、，且，
故的图象与直线在第一象限内离原点最近的交点的横坐标为，即.
42．【正确答案】（1）；
（2）；
（3）5
【详解】（1）
.
（2）.
（3）正二十边形每边所对的中心角为，设（为常数），
则，
所以
，
由周期性可知，共有5个不同的值，
故复数所对应不同点的个数为5．
43．【正确答案】（1）
（2）存在“长复数”，且“长复数”为
（3）或
【详解】（1）由题意可得：，又，
故，，，
故，
解得；
（2）存在“长复数”，且“长复数”为，理由如下：
由题意可得，
若存在“长复数”，只需要，
又，
故，即，，
当或时，符合要求，故存在“长复数”，且“长复数”为；
（3）由题意，得，，
即，
即，解得，
同理，所以，解得，
故，
因为，所以或.
44．【正确答案】(1)
(2)
【详解】（1）.
若复数是纯虚数，则，
所以.
（2）由（1）得，则，
故，
因为是开口向上的抛物线，且有最小值，
所以.
45．【正确答案】(1)证明过程见解析；
(2)；
(3)证明过程见解析
【分析】（1）由题意只需证明，结合以及复数运算即可得证；
（2）先由（1）中结论可得，求出对应的的可能值，再验证是否满足即可；
（3）根据等差数列的几何意义以及椭圆的定义、复数模的概念，以及直线与椭圆的位置关系即可得证.
【详解】（1）若等比复数列（即）是广义等差的，设，
则实数列和均为等差数列，设它们的公差分别为，
要证，只需证，只需证，
由题意得
，
从而；
综上所述，命题得证；
（2）设，则，
所以等比复数列为广义等差的，
由（1）可知，事实上结合（1）的分析过程可得更一般的结论：
，
在这里，我们先考虑方程或，
即或，
而当时，满足，
由以上分析，这表明复数列为广义等差的，故符合题意；
当时，，
这意味着，而这与矛盾，故复数列不为广义等差的，故不符合题意，
综上所述，满足题意的所有的取值是；
（3）一方面：若复数列是广义等差的，且，设，，
由题意中至少有一个不为0，
则由等差数列的几何意义可知，点列必定分布在某一条确定的直线上，
另一方面：对于任意实数，若，设，
则，
由椭圆的定义可知点列必定分布在某一给定的椭圆上，
结合以上两方面，且由直线与椭圆的位置关系可知，直线与椭圆最多有两个不同的交点，
这意味着，对于任意实数，复数列中至多存在两项，使得．
46．【正确答案】(1)z=23cs11π6+sin11π6
(2)答案见解析
(3)98
【分析】（1）借助所给定义计算出模长及其θ 即可得；
（2）设模为1的复数为z=csθ+isinθ ，直接计算出z3 及借助复数乘方公式得到z3 后，结合复数定义即可得；
（3）先证明csθ+csθ+120∘+csθ−120∘=0 ，再借助（2）中所得公式将四次方分别化简后结合积化和差公式计算即可得.
【详解】（1）由于z=3−3i ，故r=z=3+9=23 ，
则z=2332−12i=23cs11π6+sin11π6 ；
（2）设模为1的复数为z=csθ+isinθ ，
则z3=csθ+isinθ3=cs3θ+3cs2θ⋅isinθ+3csθ⋅isinθ2+isinθ3
=cs3θ+i3cs2θ⋅sinθ−3csθsin2θ−isin3θ
=cs3θ−3csθsin2θ+i3cs2θ⋅sinθ−sin3θ
=cs3θ−3csθ1−cs2θ+i31−sin2θsinθ−sin3θ
=4cs3θ−3csθ+i3sinθ−4sin3θ ，
由复数乘方公式可得z3=cs3θ+isin3θ ，
故sin3θ=3sinθ−4sin3θ ，cs3θ=4cs3θ−3csθ ；
（3）首先证明：csθ+csθ+120∘+csθ−120∘
=csθ−12csθ−32sinθ−12csθ+32sinθ=0 ，
由于cs3θ=4cs3θ−3csθ ，则4cs3θ=cs3θ+3csθ ，
则4cs4θ=cs3θcsθ+3cs2θ=12cs4θ+cs2θ+321+cs2θ
=12cs4θ+2cs2θ+32 ，故cs4θ=18cs4θ+4cs2θ+3 ，
则可得cs4θ+120∘=18cs4θ+480∘+4cs2θ+240∘+3
=18cs4θ+120∘+4cs2θ−120∘+3 ，
cs4θ−120∘=18cs4θ−480∘+4cs2θ−240∘+3
=18cs4θ−120∘+4cs2θ+120∘+3 ，
所以cs4θ+cs4θ+120∘+cs4θ−120∘
=18cs4θ+4cs2θ+3+18cs4θ+120∘+4cs2θ−120∘+3
+18cs4θ−120∘+4cs2θ+120∘+3
=18cs4θ+cs4θ+120∘+cs4θ−120∘+12cs2θ+cs2θ−120∘+cs2θ+120∘+98
=18×0+12×0+98=98 .
【关键点拨】本题考查了复数的新定义问题，解答时要注意理解棣莫弗定理的含义以及复数乘方的运算，解答的难点在于第三问的求值，解答时要利用三倍角公式结合恒等变换化简，并结合csθ+csθ+120∘+csθ−120∘=0 进行求解.
47．【正确答案】（1）
（2）
【详解】（1）由，为实数，则为实数，
所以，即，，
所以.
（2）由在复平面内对应的点在第四象限，
所以，
又为实系数方程的根，
则，
所以，，
又，所以.
48．【正确答案】(1)
(2)．
【分析】（1）根据条件求出复数，再利用复数的除法运算即可求出结果；
（2）方法一，直接代入方程一，利用复数相等得到实数的方程组，从而求出结果；方法二，利用复数是的方程的一个根，从而得出另一个根，再利用韦达定理即可求出结果.
【详解】（1）因为复数，所以，又为纯虚数，所以，又，且，所以，故，
所以.
（2）法一；因为复数是关于的方程的一个根，
所以把，代入，得，
化简得，
即，解得：，．
所以实数，的值分别为：，．
法二：因为关于的方程的一个根为，
所以此方程的另一根为：，
则，解得：，．
49．【正确答案】（1）11；
（2）；
（3）.
【详解】（1）将变形，已知，则方程为，
由材料得这里，
若根为，根据根与系数的关系有，，
（2）由题有的三个实根为，设，
展开得，故，
则，又，故，
综上：当时，的取值范围为；
（3）设菱形的对角线的交点为M点，坐标为，
先证点M为函数的对称中心，证明如下：
由题意，A，C两点关于M对称，，故C点坐标为，
将C点坐标代入函数可得，
即
即，
化简可得：，
因为有四个不同的点，所以关于m的方程有四个不同的解，故各项系数均为0，
即，解得，所以，且在上.
又因为ABCD按逆时针方向顺次构成菱形，故
又，则，
所以，
即，
，
，
若，则或，即点A与点M重合或点B与点M重合，此时四边形ABCD不能构成菱形，
故
50．【正确答案】(1)，
(2)2
【分析】（1）把代入方程，然后根据复数相等即得；或由题可知也是方程的根，根据韦达定理计算得到答案；
（2）根据复数的除法运算结合条件可得，，，进而可得，即得；或根据复数的三角形式及几何意义可得，进而即得.
【详解】（1）解法一：依题意，，
整理得，
于是，有，
解得，；
解法二：依题意，是方程的另一个根，
于是，有，
解得，；
（2）由（1）知，因为，
所以，
所以，，，
从而，，，
可知，所以.
解法二：由（1）知，因为，
所以，
可知，
所以.
51．【正确答案】(1)，
(2)2
【分析】（1）把代入方程，然后根据复数相等即得；或由题可知也是方程的根，根据韦达定理计算得到答案；
（2）根据复数的除法运算结合条件可得，，，进而可得，即得；或根据复数的三角形式及几何意义可得，进而即得.
【详解】（1）解法一：依题意，，
整理得，
于是，有，
解得，；
解法二：依题意，是方程的另一个根，
于是，有，
解得，；
（2）由（1）知，因为，
所以，
所以，，，
从而，，，
可知，所以.
解法二：由（1）知，因为，
所以，
可知，
所以.
52．【正确答案】（1）；（2）或.
【分析】
（1）首先根据复数三角形式的乘法运算化简，再根据复数的类型得到方程，解得即可；
（2）首先表示出、的坐标，即可得到，，再根据平面向量数量积的运算律得到，参变分类，根据正弦函数的性质得到，解得即可；
【详解】
解：（1），
为实数
∴，
又，所以，∴，即.
（2）因为，，所以，，所以
，
.
得，
整理得.
因为，所以.只要即可，
解得或.
53．【正确答案】(1)；(2)；(3).
【详解】(1)
(2)由，则点，
，
所以，
从而.
(3)
，
所以.
54．【正确答案】(1)；
(2)；
(3).
【详解】（1）依题意，，
所以.
（2）设，则，
因此，，解得，
由终边相同的角的意义，取，则对应的依次为，
因此对应的依次为，
所以所求的集合是.
（3）当时，，，
则，，
因此关于的方程的根为，
则，
又，
由此可得，
则，
令，得，而为奇数，
所以.
55．【正确答案】(1)0
(2)
【分析】（1）由求出，得出，再由复数的四则运算求；
（2）求出复数对应复平面上点的坐标，计算三角形的边长，利用三角形面积公式求解.
【详解】（1）且，
，
且，
，
，
.
（2）复数，，，
在复平面上对应的点分别为，
，，，
由余弦定理可得，
且，
，
.
56．【正确答案】
(1) zw+zw3= 2cs5π6+isin5π6 ；
(2) 1+csθ0+isinθ0=2csθ02csθ02+isinθ02 ；
(3)5.
【分析】
(1)根据复数的乘法运算律计算即可；
(2)结合二倍角余弦及正弦公式计算化简即可；
(3)应用正二十边形得出中心角为 2π20 ，再设 z1=csθ+isinθ ，再应用复数乘方定义结合周期性， zk2024 共有5个不同的值.
【详解】
(1) zw+zw3=zw1+w2=12+32i22+22i1+i
=2−32+12i=2cs5π6+isin5π6 .
(2) 1+csθ0+isinθ0=2cs2θ02+2isinθ02csθ02=2csθ02csθ02+isinθ02 .
(3)正二十边形每边所对的中心角为 2π20 ，设 z1=csθ+isinθ （ θ 为常数），
则 zk=csθ+isinθcs2k−1π20+isin2k−1π20,k=1,2,⋯,20 ，
所以 zk2024=cs2024θ+isin2024θcs2024⋅2k−1π20+isin2024⋅2k−1π20
=cs2024θ+isin2024θcs2024⋅2π20+isin2024⋅2π20k−1
=cs2024θ+isin2024θcs2π5+isin2π5k−1 ，
由周期性可知， zk2024 共有5个不同的值，
故复数 z12024,z22024,⋯,z202024 所对应不同点的个数为5．
【关键点拨】(3)中应用正二十边形得出中心角为 2π20 ，再设 z1=csθ+isinθ ，再应用复数乘方定义结合周期性，得出 zk2024 共有5个不同的值.