高考数学不等式、推理与证明、复数(含高考真题)

（含高考真题及解析）

1．【2022年全国甲卷】若𝑧=1+i．则|i𝑧+3𝑧̅|=（ ） A．4√5 【答案】D 【解析】 【分析】

根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出． 【详解】

因为𝑧=1+i，所以i𝑧+3𝑧̅=i(1+i)+3(1−i)=2−2i，所以|i𝑧+3𝑧̅|=√4+4=2√2．故选：D.

2．【2022年全国甲卷】若𝑧=−1+√3i，则𝑧𝑧̅−1=（ ） A．−1+√3i 【答案】C 【解析】 【分析】

由共轭复数的概念及复数的运算即可得解. 【详解】

𝑧̅=−1−√3i,𝑧𝑧̅=(−1+√3i)(−1−√3i)=1+3=4.

𝑧−1+√3i1√3 ==−+i𝑧𝑧̅−1333故选 ：C

3．【2022年全国乙卷】设(1+2i)𝑎+𝑏=2i，其中𝑎,𝑏为实数，则（ ） A．𝑎=1,𝑏=−1 【答案】A 【解析】 【分析】

根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．

B．𝑎=1,𝑏=1

C．𝑎=−1,𝑏=1

D．𝑎=−1,𝑏=−1

B．−1−√3i

C．−+√i

33

1

3𝑧

B．4√2 C．2√5 D．2√2

D．−−√i

33

13【详解】

因为𝑎,𝑏∈R，(𝑎+𝑏)+2𝑎i=2i，所以𝑎+𝑏=0,2𝑎=2，解得：𝑎=1,𝑏=−1． 故选：A.

𝑥+𝑦⩾2,

4． 【2022年全国乙卷】若x，y满足约束条件{𝑥+2𝑦⩽4, 则𝑧=2𝑥−𝑦的最大值是（ ）

𝑦⩾0,A．−2 【答案】C 【解析】 【分析】

作出可行域，数形结合即可得解. 【详解】

由题意作出可行域，如图阴影部分所示，

B．4

C．8

D．12

转化目标函数𝑧=2𝑥−𝑦为𝑦=2𝑥−𝑧，

上下平移直线𝑦=2𝑥−𝑧，可得当直线过点(4,0)时，直线截距最小，z最大， 所以𝑧max=2×4−0=8. 故选：C.

5．【2022年全国乙卷】已知𝑧=1−2i，且𝑧+𝑎𝑧̅+𝑏=0，其中a，b为实数，则（ ） A．𝑎=1,𝑏=−2 【答案】A 【解析】

B．𝑎=−1,𝑏=2

C．𝑎=1,𝑏=2

D．𝑎=−1,𝑏=−2

【分析】

先算出𝑧̅,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可 【详解】

𝑧̅=1+2i

𝑧+𝑎𝑧̅+𝑏=1−2i+𝑎(1+2i)+𝑏=(1+𝑎+𝑏)+(2𝑎−2)i

𝑎=1 1+𝑎+𝑏=0 ,即{ 由𝑧+𝑎𝑧̅+𝑏=0,得{

𝑏=−22𝑎−2=0故选:A

6．【2022年新高考1卷】若i(1−𝑧)=1，则𝑧+𝑧̅=（ ） A．−2 【答案】D 【解析】 【分析】

利用复数的除法可求𝑧，从而可求𝑧+𝑧̅. 【详解】

由题设有1−𝑧==

i1

ii

2B．−1 C．1 D．2

=−i，故𝑧=1+i，故𝑧+𝑧̅=(1+i)+(1−i)=2，

故选：D

7．【2022年新高考2卷】(2+2i)(1−2i)=（ ） A．−2+4i 【答案】D 【解析】 【分析】

利用复数的乘法可求(2+2i)(1−2i). 【详解】

(2+2i)(1−2i)=2+4−4i+2i=6−2i， 故选：D.

8．【2022年北京】若复数z满足i⋅𝑧=3−4i，则|𝑧|=（ ） A．1 【答案】B 【解析】

B．5

C．7

D．25

B．−2−4i

C．6+2i

D．6−2i

【分析】

利用复数四则运算，先求出𝑧，再计算复数的模． 【详解】 由题意有𝑧=3−4i(3−4i)(−i)i

=

i⋅(−i)

=−4−3i，故|𝑧|=√(−4)2+(−3)2=5．

故选：B．

9．【2022年浙江】已知𝑎,𝑏∈𝑅,𝑎+3i=(𝑏+i)i（i为虚数单位），则（ ） A．𝑎=1,𝑏=−3 B．𝑎=−1,𝑏=3

C．𝑎=−1,𝑏=−3

D．𝑎=1,𝑏=3

【答案】B 【解析】 【分析】

利用复数相等的条件可求𝑎,𝑏. 【详解】

𝑎+3i=−1+𝑏i，而𝑎,𝑏为实数，故𝑎=−1,𝑏=3， 故选：B.

𝑥−2≥0,10．【2022年浙江】若实数x，y满足约束条件{2𝑥+𝑦−7≤0, 则𝑧=3𝑥+4𝑦的最大值是（𝑥−𝑦−2≤0,A．20 B．18

C．13

D．6

【答案】B 【解析】 【分析】

在平面直角坐标系中画出可行域，平移动直线𝑧=3𝑥+4𝑦后可求最大值. 【详解】

不等式组对应的可行域如图所示：

）

当动直线3𝑥+4𝑦−𝑧=0过𝐴时𝑧有最大值. 由{𝑥=22𝑥+𝑦−7=0可得{𝑥=2

𝑦=3，故𝐴(2,3)， 故𝑧max=3×2+4×3=18， 故选：B.

11．【2022年浙江】已知𝑎,𝑏∈𝑅，若对任意𝑥∈𝑅,𝑎|𝑥−𝑏|+|𝑥−4|−|2𝑥−5|≥0，则（A．𝑎≤1,𝑏≥3 B．𝑎≤1,𝑏≤3 C．𝑎≥1,𝑏≥3 D．𝑎≥1,𝑏≤3

【答案】D 【解析】 【分析】

将问题转换为𝑎|𝑥−𝑏|≥|2𝑥−5|−|𝑥−4|，再结合画图求解． 【详解】

由题意有：对任意的𝑥∈𝑅，有𝑎|𝑥−𝑏|≥|2𝑥−5|−|𝑥−4|恒成立．

1−𝑥,𝑥≤

5设𝑓(𝑥)=𝑎|𝑥−𝑏|，𝑔(𝑥)=|2𝑥−5|−|𝑥−4|={3𝑥−9,5

2

<𝑥<4，

𝑥−1,2

𝑥≥4即𝑓(𝑥)的图像恒在𝑔(𝑥)的上方（可重合），如下图所示：

）

由图可知，𝑎≥3，1≤𝑏≤3，或1≤𝑎<3，1≤𝑏≤4−𝑎≤3， 故选：D．

12．【2022年新高考2卷】（多选）若x，y满足𝑥2+𝑦2−𝑥𝑦=1，则（ ） A．𝑥+𝑦≤1 C．𝑥2+𝑦2≤2 【答案】BC 【解析】 【分析】

根据基本不等式或者取特值即可判断各选项的真假． 【详解】

因为𝑎𝑏≤(𝑎+𝑏)≤𝑎

2(

𝑥+𝑦22

2

2+𝑏2

3

B．𝑥+𝑦≥−2 D．𝑥2+𝑦2≥1

2

（𝑎,𝑏∈R），由𝑥2+𝑦2−𝑥𝑦=1可变形为，(𝑥+𝑦)2−1=3𝑥𝑦≤3

𝑥+𝑦=−2，解得−2≤𝑥+𝑦≤2，当且仅当𝑥=𝑦=−1时，当且仅当𝑥=𝑦=1时，)，

𝑥+𝑦=2，所以A错误，B正确；

由𝑥2+𝑦2−𝑥𝑦=1可变形为(𝑥2+𝑦2)−1=𝑥𝑦≤=±1时取等号，所以C正确；

因为𝑥2+𝑦2−𝑥𝑦=1变形可得(𝑥−𝑦)+3𝑦2=1，设𝑥−=cos𝜃,√𝑦=sin𝜃，所以𝑥=

2224cos𝜃+

1√2

𝑦

3𝑥2+𝑦2

2

，解得𝑥2+𝑦2≤2，当且仅当𝑥=𝑦

sin𝜃,𝑦=31

2√sin𝜃，因此𝑥2+𝑦2=cos2𝜃+sin2𝜃+33

52√sin𝜃cos𝜃=1+31√sin2𝜃−3

31

cos2𝜃+3

√√22=3+3sin(2𝜃−π∈[,2])，所以当时满足等式，但是𝑥+𝑦≥1不成立，𝑥=,𝑦=−63334

2

2

33所以D错误．

故选：BC．

1．（2022·北京四中三模）在复平面内，复数zA．第一象限 【答案】C 【解析】 【分析】

根据复数的除法运算法则求复数z的代数形式，根据复数的几何意义确定对应点的象限. 【详解】

B．第二象限

12i对应的点位于（ ） iD．第四象限

C．第三象限

z12i12ii2i， iii所以复数z在复平面上的对应点为2,1，该点在第三象限. 故选：C.

ii2i32．z是z的共轭复数，（2022·湖南·长沙一中模拟预测）已知复数z，则zz（ ）

1iA．0 【答案】B 【解析】 【分析】

B．2

1C．1 D．2

利用复数的除法可求z，进而可求zz. 【详解】

ii2i311i11i， ∵z1i1i1i1i221111111所以zzii=.

2222442故选：B．

3．（2022·内蒙古·满洲里市教研培训中心三模（文））复数z满足12iz3i，则z的虚部为（ ） 7A．

57B．i

57C．i

51D．

5【答案】A 【解析】 【分析】

化简方程求出复数z的代数形式，结合复数虚部的定义确定其虚部. 【详解】

因为12iz3i，

所以z3i12i17i17i3i， 12i12i12i5557所以复数z的虚部为，

5故选：A.

4．（2022·黑龙江·哈九中模拟预测（文））观察下列等式，132332，13233362，1312，

13233343102，根据上述规律，132333435363n3（ ） n4n32n2A．

4n42n3n2B．

4n42n3n2D．

4n4n32n2C．

4【答案】B 【解析】 【分析】

根据1312，3212，62123，1021234，观察其规律，可得

222132333435363n31234【详解】

n.

21312，

13233212，

213233362123， 132333431021234，

根据上述规律，得132333435363n31234n

222432n(n1)n2nn. 422故选：B.

5．（1i）z1i ，则z（ ） （2022·江苏·南京市天印高级中学模拟预测）若复数z满足A．i C．1 【答案】A 【解析】 【分析】

根据复数的除法运算求得复数z，继而可得其共轭复数. 【详解】

1i(1i)2（1i）z1i，得zi， 由题意

1i2B．i D．1

故zi， 故选：A

6．（2022·四川眉山·三模（文））由若干个完全一样的小正方体无空隙地堆砌（每相邻两层堆砌的规律都相同）成一个几何体，几何体部分如图所示.用下面公式不能计算出该几何体三视图中所看到的小正方体或全部小正方体个数的是（ ）

A．12n22nn1 22B．132n1n

2nn12n1C．12n

6n2n1D．12n

43332【答案】D 【解析】 【分析】

计算正视图或左视图看到的小正方形的个数是相同的，再计算俯视图中看到的小正方形的个

数和几何体的全部小正方体个数即可. 【详解】

从正视图或左视图可以看出小正方形的个数为12n从俯视图可以看到小正方形的个数为132n1n

2nn1 2几何体的全部小正方体个数为1222n2故选：D.

nn12n1

67．（2022·北京·北大附中三模）已知ab0，下列不等式中正确的是（ ） A．

cc ab12 abB．abb2 D．

C．ab11 a1b1【答案】C 【解析】 【分析】

由ab0，结合不等式的性质及基本不等式即可判断出结论. 【详解】

解：对于选项A，因为ab0,011，而c的正负不确定，故A错误； ab对于选项B，因为ab0，所以abb2，故B错误； 对于选项C，依题意ab0，所以ab0,故C正确；

对于选项D，因为ab0,a1b11,错误； 故选：C.

228．（2022·山东泰安·模拟预测）已知4x49x2y22y41，则5x3y的最小值是（ ）

110，2所以abababab12，ab11与正负不确定，故大小不确定，故Da1b1A．2 【答案】A 【解析】 【分析】

B．

12 75C．

2D．3

对原式因式分解得4x2y2x22y21，然后利用基本不等式即可求解. 【详解】

4x2y2x22y25x23y2由4x9xy2y1，得4xyx2y1，

22422422222222即45x23y2，所以5x23y22，当且仅当4x2y2x22y2，即y3x23时，等7号成立，所以5x23y2的最小值是2. 故选：A.

1229．（2022·辽宁实验中学模拟预测）已知实数a，则logbaab满足alogab1,0a1，

4的最小值为（ ） A．0 【答案】A 【解析】 【分析】

由题设条件可得logab1a，从而利用换底公式的推论可得logba值的代数式中，消元，利用均值不等式求最值 【详解】

a2logab1logab1a2logba2B．1 C．1 D．不存在

1，代入要求最小1a21 1a2又0a1，则01a21

11122logbaa21a121a10 441a241a211a2即a2时取等号 当且仅当241a2故选：A

210．（2022·全国·模拟预测）已知正实数x，y满足2x4x1y211y，则x2y的最小值为（ ） A．1 【答案】B

B．2

C．4

3D．

2【解析】 【分析】

将已知的式子2x4x12yy112y211111，然后判断函数yyy12fttt21，t0，的单调性，从而可得2xy，即2xy1，再利用基本不等式可求得结果 【详解】

2因为2x4x1y211y，

所以2x4x21yy112y211111． yyy2设fttt21，t0，易知fttt21在0,上单调递增， 故2xy，即2xy1，又x0，y0，所以x2y22xy2， 当且仅当x2y时取等号， 所以x2y的最小值为2． 故选：B． 【点睛】

关键点点睛：此题考查函数单调性的应用，考查基本不等式的应用，解题的关键是将已知等式转化为等式两边结构相同的形式，然后构造函数判断其单调性，从而可得2xy1，再利用基本不等式可求得结果，考查数学转化思想，属于较难题

11．（2022·北京·101中学三模）设m为实数，复数z112i,z2m3i（这里i为虚数单位），若z1z2为纯虚数，则z1z2的值为______． 【答案】52 【解析】 【分析】

先根据z1z2为纯虚数计算出m的值，再计算z1z2 ，最后计算z1z2的值 【详解】

z112i,z2m3i，z2m3i

1z1z2(12i)(m3i)m3i2mi6(m6)(2m3)i z1z2为纯虚数 m60m6

z1z2(12i)(63i)55i

z1z2(5)25252 故答案为：52 a22b21a12．（2022·全国·模拟预测）已知正数，b满足a2b1，则的最小值为______．

ab【答案】434##443 【解析】 【分析】

22a22b2a2ba2b1根据题意得，再化简整理利用基本不等式求解即可. abab2【详解】

22a22b21a2ba2b2a24ab6b2

ababab22a6b2a6b2a6ba， 424434，当且仅当bbabaa2b1即a233，b23时取得等号． 故答案为：434.

13．（2022·浙江·杭师大附中模拟预测）已知正数a,b,c，则【答案】【解析】 【分析】

212222将分母变为2abbc，分别利用基本不等式即可求得最大值.

336 4abbc 的最大值为_________．

2a2b2c2【详解】

abbcabbcabbc16222abc4（当且仅当2122222222abbc2ab2bc233333236， b，bc时取等号）

33abbc6222的最大值为. 2abc42a故答案为：6. 414．（2022·宁夏·吴忠中学三模（理））在第24届北京冬奥会开幕式上，一朵朵六角雪花飘拂在国家体育场上空，畅想着“一起向未来”的美好愿景.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：图1，正三角形的边长为1，在各边取两个三等分点，往外再作一个正三角形，得到图2中的图形；对图2中的各边作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形，记第n个图形（图1为第一个图形）中的所有外围线段长的和为cn，则满足c1c2c3cn81的最小正整数n的值为______.lg20.3010，lg30.4771） （参考数据：

【答案】9 【解析】 【分析】

根据图形变化规律分析出cn的通项公式，然后求和确定. 【详解】

由图形变化规律可得c13,c24,c3164,,cn3()n1，33c1c2c343(1()n)39((4)n1)81，则有cn4313441()n10lg()nlg10n8.006，所以最小正整数n的值为9. 332lg2lg3故答案为：9.

15．（2022·江苏·扬中市第二高级中学模拟预测）若i为虚数单位，复数z满足1z1i2，则z1i的最大值为_______. 【答案】32 【解析】 【分析】

利用复数的几何意义知复数z对应的点Z到点C(1,1)的距离d满足1d2，z1i表示复数z对应的点Z到点P(1,1)的距离，数形结合可求得结果. 【详解】

复数z满足1z1i2，即1z1i2 即复数z对应的点Z到点C(1,1)的距离d满足1d2 设P(1,1)，z1i表示复数z对应的点Z到点P(1,1)的距离

数形结合可知z1i的最大值|AP||CP|22222232 故答案为：32