期末压轴题冲刺演练（三）复数新定义问题-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 聚焦复数新定义问题，以三角形式、几何意义为基础，通过16道压轴题构建“概念-推导-应用”逻辑链，提炼旋转、模长计算等可迁移方法，培养数学抽象与逻辑推理素养。 **专项设计** |模块|题量/典例|方法提炼|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础定义应用|题1-5|三角形式转化、棣莫弗定理|从代数形式到三角形式，推导乘法几何意义| |几何意义拓展|题6-10|复数旋转、复向量运算|结合平面几何，建立复数与向量的对应关系| |新定义综合|题11-16|单位根性质、变换映射|通过新定义整合高次方程、函数零点等综合应用|

期末压轴题冲刺演练（三） 复数新定义问题 1．（25-26高一下·福建泉州·期中）我们知道复数有三角形式，其中为复数的模，为辐角主值.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. （ⅰ）若在下方，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； （ⅱ）若在上方，且向量，求证：. 2．（24-25高二下·上海杨浦·期末）已知集合{（其中是虚数单位）}，定义：，. (1)计算的值； (2)记，若，且满足，求的最大值； (3)若，且满足，，记，求证：当时，函数必存在唯一的零点，且当时，. 3．（24-25高一下·辽宁大连·期末）定义“变换”如下：设是一个关于复数z的表达式，若，则称复平面内点经过“变换”得到点.例如当时，点经过“变换”得到. (1)已知复数可以写成()，若()，求点经过“变换”得到的点的坐标； (2)若()，设直线，是否存在，使得直线上的任意一点“变换”到点后，点都在函数（其中为的反函数）的图象上？若存在，试求出有序实数对及此时的值；若不存在，请说明理由； (3)设()，其中.集合，，若对于集合中任意的复数在复平面内所对应的点经过“变换”后得到的点都是集合内的元素，求的取值范围.（分别为复数的实部与虚部） 4．（24-25高一下·安徽蚌埠·期末）欧拉公式，e是自然对数的底，i是虚数单位.它的一个简单而重要的结论是：余弦函数和正弦函数可以用定义在复数集上的指数函数构造出来，即.欧拉公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，被誉为“数学中的天桥”.当时，得到等式，数学里最重要的五个常数被联系在一起，仿佛一句诗，道尽了数学之美. (1)证明：若，则与互为共轭复数； (2)已知，欧拉公式在复数集内可推广为，需要指出的是，和是复数，它们不是的实部和虚部，且.容易证明，两角和的余弦公式在复数范围内仍然成立，即.定义函数，.证明：； (3)若，令，证明：. 5．（24-25高一下·贵州贵阳·期末）形如z=a+bi（a，b∈R）的数称为复数的代数形式.任何一个复数z=a+bi都可以表示成r（cosθ+isinθ）的形式， 即 其中r为复数z的模，θ是以x轴非负半轴为始边，向量 所在射线（射线OZ）为终边的角，称为复数. 的辐角，规定范围内的辐角θ的值为辐角的主值，记为 argz. 叫做复数的三角形式.根据复数乘法运算的三角表示知： .推广，到n次幂有： 此结论称为棣莫弗定理.下面我们利用棣莫弗定理探究1的3次方根：设z=r（cosθ+isinθ）（）是1的3次方根，则 所以 因为相等的复数的模相等，辐角可以相差的整数倍.所以,所以1的3次方根是 .由三角函数周期性可得，1的3次方根为： 请结合材料回答以下问题： (1)将 表示成三角形式 （辐角取主值）； (2)在复数范围内，求出1的8次方根； (3)在复数范围内是否存在满足以下条件的集合 （i） ; （ii） 任意m 都有 若存请确定集合S；若不存在，请说明理由. 6．（24-25高一下·贵州黔南·期末）在平面直角坐标系中，我们可以用有序实数对表示向量，类似的，我们也可以把有序复数对（，）视为一个向量，记作，称为复向量.对于复向量，，（、、、、），类比平面向量的运算法则我们有如下复向量的运算法则：①；②；③；④. (1)平面向量满足运算律，判断复向量是否满足该运算律，并说明理由； (2)已知i为虚数单位，设复向量，，求和； (3)若复向量与满足，则称复向量与平行，据此判断复向量与，能否平行？若能，求出实数m的值，若不能，请说明理由. 7．（24-25高一下·江西萍乡·期末）数学家在解决判别式的二次方程时引入了虚数，例如解得：，．实际上高阶方程同样在复数域中有解，如解得：，，；解得：，，，．数学家高斯发现对于一元次多项式方程在复数域内有且只有个根（重根按重数计算，如解得：），这就是著名的代数基本定理． (1)已知方程的复数根在复平面内对应的点必然均分单位圆．试求解方程在复数域中的所有解； (2)已知复数的乘方运算满足，试求在复数域中的所有解； (3)试证明：方程（，且为偶数）在复数域内的所有解的和为． 8．（24-25高一下·浙江衢州·期末）实系数一元三次方程，在复数集内的根为，方程可变形为，展开可得如果一元次方程系数是复数，根与系数的这些关系仍然成立． (1)已知方程有三个根，其中一个为1，求方程的另两个根； (2)设三个顶点在复平面内对应的复数分别为，满足，求内切圆半径； (3)记区间的长度为，若关于的不等式：的解集为，求中所有区间的长度之和（结果用表示）． 9．（24-25高一下·湖北·阶段检测）我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对视为一个向量，记作关于复向量的与有关运算现定义如下：两个复向量的数量积记作，定义为，其中，分别为，的共轭复数，显然两个复向量的数量积也为复数．复向量的模定义为，与的夹角记作，则．定义以复向量为“邻边”的“平行四边形”的面积为．记为虚数单位．设复向量与的夹角记作． (1)求和； (2)设复向量，其中，且．试问对于满足条件的任意实数，是否为定值？如果是，请求出该定值；如果不是，说明理由． 10．（24-25高一下·上海浦东新·阶段检测）复分析中的几何变换不仅是研究解析函数性质的核心工具， 更深刻揭示了复平面上的几何对称性与不变性. 此类变换能够将复杂的曲线映射成其他简单几何图形， 同时保持对称性、角度关系等关键性质. 这种“共形性” 在电磁学、流体力学等领域有着广泛应用. 在复平面上， 几何变换可通过复数运算实现. 定义 1: 任意给定 ，称 是 （对复数 的） 线性变换; 定义 2: 称 是 （对非零复数 的） 乘法逆变换; 定义 3: 给定 和非零实数 ，如果 满足 ，那么称 和 在复平面上关于集合 对称. (1)设线性变换 ，请说明复数集 在复平面对应的图像的几何形状，并求 的最小值: (2)设 为乘法逆变换，请说明复数集 在复平面对应的图像的几何形状，并求 的最小值，其中 (3)给定 ， ，若 ， 在复平面上关于集合 对称，是否存在 和 ，使得 和 在复平面上关于集合 对称，其中 为乘法逆变换. 11．（24-25高一下·湖北·阶段检测）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个一次因式的乘积.进而，一元次多项式方程有个复数根.（重根按重数计）.如设实系数一元二次方程，在复数集内的根为，，则方程可变形为，展开得.则有，即：.类比上述推理方法可得实系数一元三次方程根与系数的关系. (1)设一元三次方程有三个不同实数根，，，求：及的值； (2)设函数的零点分别是，，，求的值； (3)设三个不同的实数，，满足：，，求的最大值. 12．（24-25高一下·广东·阶段检测）已知为方程的一个解，设，在复平面内对应的点分别为，坐标原点为，为第一象限内一点． (1)求； (2)设与交于点，求的值； (3)中，为延长线上的一点，记，，所对应的复数分别为，，，且，求的值． 13．（25-26高一下·上海闵行·期中）已知复数（、）满足，且的取值范围为；复数满足． (1)求的取值范围； (2)若、恰为实系数一元二次方程的两个根，求的值； (3)在复平面上，复数对应点，复数对应点，求在方向上的数量投影的取值范围． 14．（25-26高一下·重庆·期中）由代数基本定理，给定，方程有个复数根，且，将称为n次单位根. (1)求三次单位根，并计算与的值. (2)欧拉公式给出了复数的指数形式，借助欧拉公式进行复数的乘除、求模运算，可简化运算过程．例如，. （i）证明：. （ii）证明： . 15．（25-26高一下·广东广州·期中）已知为虚数单位，定义的解称为次单位根或单位根，这个单位根分别为.复数单位根相关领域都有广泛的应用.例如在平面几何中，记对应的复数为，将绕原点O逆时针旋转得到，则对应的复数为. (1)方程在复数域上的两根为，，将，对应的向量，逆时针旋转后得到，，记，对应的复数为，，求，，，（用代数形式表示）； (2)若把平面直角坐标系中的点绕原点逆时针旋转弧度后得到点，请用、、分别表示出、；（其中、、、均为实数） (3)定义在整数集上的函数，若，其中，，，令求的所有可能取值； 16．（25-26高一下·湖南·期中）已知复数的三角形式是，其中是复数的模，是复数的辐角.当时，称为辐角的主值，记为.复数的三角形式在复数的乘法运算中有非常直观的几何意义：若，则.即模相乘，辐角相加. (1)写出复数的三角形式，并计算（三角形式），由此归纳出的三角形式； (2)设复平面上单位圆内接正十六边形的16个顶点对应的复数依次为（逆时针顺序），其中.求复数在复平面所对应不同点的个数； (3)设复数不全为实数，，证明：. 参考答案 1．(1)， (2)（ⅰ）存在，（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）利用复数的三角形式乘法，将已知复数与表示和旋转的复数相乘，可直接得出结果； （2）（ⅰ）设，利用复数乘法表示出，再由列方程，通过辅助角公式即可求得，进而得到；（ⅱ）利用复数乘法表示，结合向量等式，通过模长平方和向量数量积运算化简，可得到，最后结合的范围即可证明. 【详解】（1）连接，因为四边形，， 所以，又，所以，即， 因为，    所以，   ， 所以，. （2）设，， 则， 设对应的复数为，则. （ⅰ）设对应的复数为， 则， 设对应的复数为，所以，    所以， 由已知可得， 所以， 又，所以，所以. （ⅱ）设对应的复数为， 所以， 所以， 又，，， 所以， 整理得：， 即， 所以， 又，所以， 所以的范围为. 2．(1)2 (2)4 (3)证明见解析 【分析】（1）结合所给定义计算即可得； （2）设出的实部与虚部，结合绝对值三角不等式放缩即可得解； （3）设，结合函数单调性与零点的存在性定理，分、与进行讨论即可证明函数必存在唯一的零点，并可得的范围，从而可结合模长定义计算得到结果. 【详解】（1）. （2）设， 由，得， 所以 ， 当，时等号成立，所以的最大值为4. （3）由条件可知， 所以，设， 当时，和是单调递增函数， 则在上单调递增， 又，， 所以在上有唯一的零点，即在上有唯一的零点， 当时，是单调递增函数， 得，先增后减，且， 因此，即在上没有零点， 当时，是单调递增函数， 则，而， 因此，即在上没有零点， 综上，当时, 必存在唯一的零点， 当时，， 且得， 所以, 其中， 此时是单调递增函数，所以， 从而， 所以当时，. 3．(1)； (2)答案见解析； (3)或. 【分析】（1）根据给定定义及函数关系求解. （2）根据变换的定义及点与直线关系，建立恒成立的方程，进而求得方程组的解. （3）根据给定变换求出，再利用的几何意义建立不等式组，进而求出范围. 【详解】（1）依题意，点P对应的复数为， ，则点Q对应的复数为，所以. （2）设点P对应的复数为， 则点Q对应的复数， 点Q坐标为， 由点P在直线上，得， 的反函数为， 将点Q的坐标带入中得， 代入并整理得到， 由对于任意的该方程都成立，得， 解得或， 所以有序实数对为，或，. （3）设，则， ， 因此复数z经过“变换”后在复平面内得到的点的集合是一个圆心为、 内半径为、外半径为的一个圆环中辐角在内的部分， 又该部分点集是集合的子集，且， 则或， 解得或， 所以的取值范围是或. 4．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据欧拉公式展开复数，得出与实部相同，虚部相反，满足共轭复数定义；（2）运用双曲函数和三角函数的转换关系，，应用三角函数加法公式计算；（3）把已知条件代入复数表达式，分离实部和虚部，利用构造方程，得出结论. 【详解】（1）证明：， 的实部为，虚部为 又的实部为，虚部为 与实部相同，虚部相反，互为共轭复数. （2）代入双曲函数定义，应用三角函数加法公式： （3）代入已知复数表达式并分离实部与虚部： 由， ， 得， 由，整理得 5．(1)以 (2) (3)存在这样的集合， 【分析】（1）根据复数的三角形式的定义计算可求解； （2）设是 1 的 8 次方根，有，求解即可； （3）取，验证可得结论. 【详解】（1）由，, 则，, 由，则， 所以； （2）1 的三角形式： 设是 1 的 8 次方根，则：， 解得：，， 取，得到 8 个不同的根： 所以， 即1 的 8 次方根为：，， ，， ，， ，； （3）取， ， ， 则 ， 因为，，所以， 所以是的整数倍，故. 所以在复数范围内存在满足以下条件的集合 （i） ; （ii） 任意m 都有 . 6．(1)，理由解析 (2)； (3)不存在实数使得与平行，理由见解析 【分析】（1）根据复向量新定义的运算法则计算可得结论； （2）根据复向量新定义的运算法则计算即可求解； （3）根据复向量新定义的运算法则计算可得，，判断的解情况即可得结论. 【详解】（1），理由如下： 因为量，，所以，， 所以 ； （2）因为，， 所以， ； （3）不存在实数使得与平行.理由如下： 因为 整理得，所以 因为， ，， 所以， 若复向量与，平行， 则可得， 两边平方， 所以， 整理得， 因为， 所以方程无实数解，所以不存在实数使得与平行. 7．(1)答案见解析 (2)． (3)证明见解析 【分析】（1）根据代数基本定理可求得方程的个复数根； （2）化简得，令，利用代数基本定理求出方程的三个复数根据，进而可得出方程的三个复数根； （3）由题意可知方程（，且为偶数），方程的个解对应的点均分单位圆，则相邻两个解夹角为，求出这个复数解与轴正方向的夹角，可知与夹角相差，即，利用并项求和法可证得结论成立. 【详解】（1）有解， 又其余个根在复平面内对应的点与对应的点均分单位圆， 所以复向量与轴正方向夹角分别为、、、、、， 故解为，    ，，，， ． （2）化简得，令，即， 由题知，，则， 其余个解与复数对应点均分单位圆， 所以，， 即，，， 综上，在复数域中的所有解为，， ． （3）对于方程（，且为偶数），设该方程有解， 方程的个解对应的点均分单位圆，则相邻两个解夹角为， 故所有解与轴正方向的夹角分别为， 因为为偶数，所以，……， ， ， 所以与夹角相差，即， 所以当，且为偶数时，方程在复数域内的所有解的和为． 8．(1)2，3． (2) (3) 【分析】（1）利用根与系数的关系求解即可； （2）设，由可知计算可得，得出三角形三个点的坐标，利用等面积法计算即可求得内切圆半径； （3）设，可确定在每一段区间内单调递减，可确定直线与曲线的交点区间，可知不等式的解集为，结合韦达定理可求得所有区间长度之和. 【详解】（1） 利用根与系数的关系可得：，解得． （2）根据三次方程根与系数的关系可知，为的三个根，首先必定有一个为0， 不妨设，则为的两个根， 分解因式得，所以， 所以三角形的三个顶点为， 设三角形内切圆的圆心为，半径为， 则三角形的面积， 即． 因为， 所以． （3）设函数． 反比例函数只存在递减区间，所以只存在递减区间， 故函数在上递减， 易得为函数图象的渐近线． 所以函数的图象与直线相交于个点． 这些点的横坐标为， 它们即为方程的所有解． 故由图象得，原不等式的解集为，    故解集中有个区间，所有区间长度之和为， 联系韦达定理： 可得一个关于的一元次方程，由韦达定理，只需考虑项与项的系数， 易得最高次项的系数为，项的系为，即． 所以有． 【点睛】关键点点睛：本题考查函数中的新定义问题，解题关键是能够充分理解韦达定理的形式，将所求区间长度转化为求解一元高次方程根与系数关系的问题，从而利用韦达定理求得结果. 9．(1)， (2)为定值， 【分析】（1）结合所给有关运算定义，可分别计算出、、、、，即可得，从而可计算出； （2）由所给有关运算定义，可得，结合即可得解. 【详解】（1）， ，， ， ，， 所以； （2）设与的夹角为， 由题意知：， ，， ， ， ，．即是定值，该定值为. 10．(1)斜率为 的直线，最小值为1 (2)圆，最小值为 (3)存在， 【分析】（1）根据复数的乘法、模的运算结合复数的新定义列式计算求解最值； （2）转化条件为，进而可得对应的形状，得到对应的形状后数形结合即可求解； （3）先证明复数集在乘法逆变换的映射下在复平面的图像，然后给出后再证明即可. 【详解】（1）设 ，则 根据条件Re ，即 ，对应斜率为 的直线. ，设 ，即 . 代入得: 因此， .当 时，取得最小值1. （2）令，则由得， 即， 因此． 设，则上式等价于， 说明复数集在复平面对应的几何形状为圆，圆心为，半径为； 任取，设，则， 即复数集在复平面对应的几何形状为圆，圆心为，半径为．两圆相离， 因此； （3）若，令，则， 即， 由此可知， 等价于， 变形可得， 因此． 复数集在乘法逆变换的映射下在复平面的图像是以为圆心，为半径的圆． 下证满足题意． 此时证明和在复平面上关于集合对称等价于证明， 等价于． 注意到，因此上式又等价于 即． 由条件和定义可知，此时在复平面上关于集合 对称，故上式显然成立． 因此结论对成立． 11．(1) (2) (3) 【分析】(1)结合题意利用待定系数法得到方程组求解得到结果, （2）对方程两边同时除以 结合第一问，利用待定系数法求解即可， （3）令 ，把 可看作方程 的三个根，利用第二小问的思路进一步求解得到，同时得到结合的取值范围得到结果即可. 【详解】（1）令 , 则 对比项系数,得: . （2）令 ，则.显然方程两边同时除以， 得: ，即:. 是方程 的三个根. 由 （1） 知: 故. （3）令， 则 ，且 . 可看作方程 的三个根， 令， 则 对比项系数，得: 当时，有. 12．(1)0 (2) (3)． 【分析】（1）求出点坐标，根据复数的几何意义得到点的坐标，由向量的数量积运算求得答案； （2）设，求出点坐标，利用与共线，求出得解； （3）由题可得，所以是的外角平分线，过作交的延长线于，可得，计算得解. 【详解】（1）由方程，解得， 又因为在第一象限，故，则点坐标为， 由复数几何意义可得，， 故，， 故. （2）设，其中，设点，则， 故，即，， 又，， 因为与共线，所以， 即，所以， 解得，所以. （3）由，可得， 又点对应的复数为，，所对应的复数分别为，，可得是的外角平分线， 过作交的延长线于，可得平分，又，故， 故，，， ，， 故，故. 13．(1) (2)或 (3) 【分析】（1）根据题意，得到，结合一次函数的单调性，即可求解； （2）根据实系数的一元二次方程的虚根化为共轭复数对，得到，将其代入，结合，求得或，利用韦达定理，即可求解； （3）由向量在方向上的投影数量的公式，根据题意，得到的轨迹，得到投影取值范围为，结合函数的单调性，即可求解. 【详解】（1）解：由的取值范围为，， 因为，可得该函数为单调递增的一次函数， 当时，可得；当时，可得； 所以的取值范围为. （2）解：由实系数的一元二次方程的虚根成共轭复数对， 可得，将其代入，可得， 因为，可得， 整理得，解得或， 当时，，此时，可得， 由韦达定理得，所以； 当时，，此时，可得， 由韦达定理得，所以， 综上可得，的值为或. （3）解：因为向量在方向上的数量投影的公式为：投影， 由，可得的轨迹是以点为圆心，半径为的圆， 所以对于固定的，向量在向量方向上的投影取值范围为， 将代入，可得 令，可得， 则， 所以在上单调递增，且，即， 所以向量在方向上的数量投影的取值范围为. 14．(1) (2)证明：（ⅰ）当时，， 即，所以， 所以， 因为是方程的根，所以. （ⅱ）当为偶数时，为整数，则，则原式为， 当为奇数时，由题可知，，，，是方程的根， 所以， 令，可得，所以， 两边同时取模，可得， 因为，所以， 则， 又因为， 即与首末等距离的两项余弦值互为相反数，乘积为负， 所以， 所以， 所以 . 【分析】（1）由题意知，结合复数的运算法则，即可求解； （2）证明：（ⅰ）当时，，即， 所以，所以， 因为是方程的根， 所以. （ⅱ）当为奇数时，得到，令，得到，求得，结合诱导公式，得到，再由为偶数时，求得原式为，即可得证； 【详解】（1）解：由题意知 可得，，， 则 （2）略 15．(1) ，，. (2) (3) 【分析】（1）用求根公式求解方程 在复数域上的两根可得，分别乘以可得； （2）结合复数的几何意义，利用题中的定义可得点相应的复数，从而得其坐标间的关系，即可用、、分别表示出、； （3）分类讨论，使成立的，再分析被除的余数，从而得到. 【详解】（1）记方程 在复数域上的两根分别为 ， 则，. （2）点，对应的复数分别为， 所以，即. 所以. （3），得，. 所以. 由函数， 得，，. 当时，使成立的情况有或； 此时，或. 若， 因为能被整除，被除的余数为，被除的余数为， 所以能被整除，所以； 若， 因为都能被整除，所以能被整除，所以； 当时，使成立的情况有或； 此时，或. 若， 因为被除的余数均为，所以能被整除，所以； 若， 因为被除的余数为1，被除的余数为，能被整除， 所以能被整除，所以； 当时，使成立的情况有或. 若， 因为被除的余数均为2，所以能被整除，所以； 若， 因为被除余数为2，能被整除，被除余数为， 所以能被整除，所以. 综上所述，. 16．(1) (2)8个 (3)证明见解析 【分析】(1)写出的三角形式，再观察规律； (2) 根据三角函数的周期性求解； (3) 根据导出三角关系再求解. 【详解】（1），故.故. （2）正十六边形每边对应的圆心角为，故任意一个顶点逆时针旋转可得到下一个顶点， 即. 故， 由三角函数的周期性知，，即以8为周期，所以一共对应8个不同的点. （3）设是复数的辐角主值，是复数的辐角主值， ，则. ，即， 即. 又因为，所以. 采用反证法：假设，因为不全为实数，则，所以. 即，进一步得到， 又，所以，所以， 故，这与矛盾，故假设不成立， 从而. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $