12--第十二章復(fù)數(shù)

1、十年高考分類解析與應(yīng)試策略數(shù)學(xué)第十二章復(fù)數(shù)考點(diǎn)闡釋復(fù)數(shù)的概念是復(fù)數(shù)理論的基礎(chǔ)，在解題活動中它經(jīng)常是思維的突破口；圍繞復(fù)數(shù)的代數(shù)形式和三角形式給出的兩類運(yùn)算，體現(xiàn)了復(fù)數(shù)知識的廣泛聯(lián)系性和普遍滲透性，這兩種形式及其運(yùn)算也為我們處理復(fù)數(shù)問題提供了代數(shù)思考方法和三角思考方法；復(fù)數(shù)概念及其運(yùn)算的幾何意義，為我們從幾何上處理復(fù)數(shù)問題或幾何問題復(fù)數(shù)化提供了廣闊的空間正確地進(jìn)行復(fù)數(shù)各種形式間的轉(zhuǎn)換，選準(zhǔn)復(fù)數(shù)的表示形式是靈活運(yùn)用復(fù)數(shù)知識處理復(fù)數(shù)與三角、復(fù)數(shù)與幾何、復(fù)數(shù)與方程綜合題的關(guān)鍵試題類編*1. 3z_1. （2003京春文7,理3）設(shè)復(fù)數(shù)zi= 1 + i, z2=i，則arg -等于（）22z5A. n

2、125B. n127C. n1213D. n122. （2003上海春，14）復(fù)數(shù)z=m -2i （ m R, i為虛數(shù)單位）在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)不 1 +2i可能位于（）A. 第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限 3. （2002京皖春，4）如果B （，n ）,那么復(fù)數(shù)（1 + i） （cos 0 + isin 0 ）的輻角2的主值是（）9 :jiJI7兀A.0 +B. 0 + C. 0 -D. 0 +44444.（2002全國，1罷2）復(fù)數(shù)（一i） 3的值是（）2 2A.iB.iC. 1D.15. （2002上海，13）如圖12 1,與復(fù)平面中的陰影部分（含邊界）對應(yīng)的復(fù)數(shù)集合是)九

3、卜丨玄=,C :&盅I cl1C|C zI z= dm芒孑+* 遼C Il蘭z 1 ?C|r (cosd + isin 半),貝U tan 申等于()6. （2001全國文，5）已知復(fù)數(shù)乙=26i，則arg 是（ ）zJiA.611 二B.6jiC.35 二D.3* 7. （2000京皖春文，11）設(shè)復(fù)數(shù)Z1 = 1 i在復(fù)平面上對應(yīng)向量 OZ ，將OZ 按順時針方向旋轉(zhuǎn)5 n6后得到向量OZ 2，令OZ 2對應(yīng)的復(fù)數(shù)Z2的輻角主值為0，則tan 0等于A.2 .3C.2 + - 3D. 2 一 38. （2000全國，2）在復(fù)平面內(nèi)，把復(fù)數(shù) 3. 3 i對應(yīng)的向量按順時針方向旋轉(zhuǎn)所得向量對應(yīng)

4、的復(fù)數(shù)是（A.2B. 2、3 iD.3+3 iC. 3 3i*9.（2000上海理,兀13)復(fù)數(shù) z= - 3(cos - i sin5Ji-）（i是虛數(shù)單位）的三角形式是5A.3jicos ( _ )5+ isinB.3 (cosF isin)55C.34兀(cos + i sin )556兀D.3 (cos56兀+ isin )510.（ ）A.第一象限C.第三象限(2000 京皖春，1)復(fù)數(shù) zi = 3+ i, Z2= 1 i，則B.第二象限D(zhuǎn).第四象限11. (2000 京皖春理，11)設(shè)復(fù)數(shù) zi = 2sinB + icosz= Zi2 Z2在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點(diǎn)位于jiV 0 V

5、）在復(fù)平面上對應(yīng)423 向量OZ ，將OZ 按順時針方向旋轉(zhuǎn) 一 n后得到向量OZ 2 , OZ 2對應(yīng)的復(fù)數(shù)為Z2 =4A.2 tan2 tan v -1B.2tan 八1D.C. 112. （1998全國，8）復(fù)數(shù)i的一個立方根是i，它的另外兩個立方根是（）13.( 1996 全國,4）復(fù)數(shù)(22i)(1 - . 3i)5等于（12的一個充要條件是 z滿足.17. （2002 京皖春，16）對于任意兩個復(fù)數(shù)Z1= X1 + y1 i, z2= X2+ y2i （X1、X2、y2 為實(shí)數(shù)），定義運(yùn)算“O”為：Z1 z2= X1X2 + yy.設(shè)非零復(fù)數(shù) W1、W2在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點(diǎn)分 別為P

6、1、P2,點(diǎn)0為坐標(biāo)原點(diǎn)如果W1O W2= 0，那么在厶P1OP2中，/ P1OP2的大小為.18. （2002 上海，1 ）若 z 6且（3+ z） i = 1 （i 為虛數(shù)單位），貝U z=.19. （2001上海春，2）若復(fù)數(shù)z滿足方程zi=i 1 （i是虛數(shù)單位），則z=.一3 i420. （1997上海理，9）已知a= （i是虛數(shù)單位），那么a =1 +2i21. (1995 上海，20)復(fù)數(shù) z 滿足(1+2i) z=4+3i,那么 z=三、解答題22. (2002上海春，17)已知z、w為復(fù)數(shù)，(1+ 3i) z為純虛數(shù)，w = ，且|w|= 52 ,2 +i求w.223. (2

7、002 江蘇，17)已知復(fù)數(shù) z= 1 + i，求實(shí)數(shù) a, b 使 az+ 2bz =( a+ 2z)24. (2001 京皖春，18)已知 z7= 1 (z C 且1).(I)證明 1+ z+ z + z + z + z + z = 0;(n)設(shè) z的輻角為 a，求COS a + COS2 a + COS4 a的值.夾3 25. (2001 全國理，18)已知復(fù)數(shù) z1 = i (1 i).(I)求 argz1 及|乙|；w|w= z n 1, n N.(n)當(dāng)復(fù)數(shù)z滿足|z|= 1,求|z引的最大值.26. (2001上海理，20)對任意一個非零復(fù)數(shù) 乙定義集合 Mz=1 lM a；(I

8、)設(shè)a是方程X+2的一個根，試用列舉法表示集合x(n)設(shè)復(fù)數(shù)327. (2001上海文, Mz,求證：M 3 - Mz.20)對任意一個非零復(fù)數(shù)z,定義集合M z= w|w= zn, n N.(I)設(shè)z是方程x+-=0的一個根，試用列舉法表示集合xMz.若在Mz中任取兩個數(shù),求其和為零的概率 P;z值，并說明理由.(n)若集合 Mz中只有3個元素，試寫出滿足條件的一個28. (2000上海春，18)設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|z|= 5，且(3 + 4i) z在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)在第二、四象限的角平分線上，| . 2 z m|= 5 , 2 ( m R)，求z和m的值.29. (2000 上海理，22)已知復(fù)

9、數(shù) zo= 1 mi ( M 0), z= x+ yi 和 3 = x+ y i，其中用x、y表示的關(guān)系式；y)作為點(diǎn)P的坐標(biāo)，(x, y)作為點(diǎn)Q的坐標(biāo)，上述關(guān)系式可以看 P變到這一平面上的點(diǎn) Q.x, y, x, y均為實(shí)數(shù)，i為虛數(shù)單位，且對于任意復(fù)數(shù)z,有3 = z0 2 z , |w |= 2|z|.(I)試求m的值，并分別寫出 x和y(H)將(x,作是坐標(biāo)平面上點(diǎn)的一個變換：它將平面上的點(diǎn)當(dāng)點(diǎn)P在直線y=x+1上移動時，試求點(diǎn) P經(jīng)該變換后得到的點(diǎn) Q的軌跡方程;?若b,且(川)是否存在這樣的直線：它上面的任一點(diǎn)經(jīng)上述變換后得到的點(diǎn)仍在該直線上 存在，試求出所有這些直線；若不存在，

10、則說明理由* 30. ( 1999 全國理，20)設(shè)復(fù)數(shù) z= 3cos 0 + i2 2sin 0 .求函數(shù) y= 0 argz (0v 的最大值以及對應(yīng)的 B值.*31. (1999 上海理，19)已知方程 x2+( 4+ i) x+ 4+ ai = 0 (a R )有實(shí)數(shù)根z=a+bi，求復(fù)數(shù)z (1 ci) ( c 0)的輻角主值的取值范圍32. (1999 上海文，19)設(shè)復(fù)數(shù) z 滿足 4z+2z=33+i, 3 =sin 0 icos 0 ( 0 求z的值和|z 3 I的取值范圍. 33. （1998上海文，18）已知復(fù)數(shù)zi滿足（zi 2）i=1 + i，復(fù)數(shù)z?的虛部為2，且

11、Zi2z?是實(shí)數(shù)，求復(fù)數(shù)z?的模. 34.（ 1998上海理，18）已知向量0Z所表示的復(fù)數(shù)z滿足（z 2）i=1 + i，將0Z繞原點(diǎn)0按順時針方向旋轉(zhuǎn)主值.35. （1997全國文，及輻角主值.36. （1997全國理，得0Z 1，設(shè)0Z 1所表示的復(fù)數(shù)為z,求復(fù)數(shù)z + . 2 i的輻角4已知復(fù)數(shù)1. 3,2 ：? 2320)z=i,w=i，求復(fù)數(shù)zw+zw的模222 2已知復(fù)數(shù)13 2 2 -23土20)z=i,3 -i.復(fù)數(shù) z- ,Z 3 在復(fù)222 2數(shù)平面上所對應(yīng)的點(diǎn)分別是P、Q.證明： OPQ是等腰直角三角形（其中 0為原點(diǎn)）.237. （1997上海理，20）設(shè)虛數(shù) Z1,

12、 z2滿足Z1 =z2.（1）若Z1、z2是一個實(shí)系數(shù)一元二次方程的兩個根，求Z1、z2；x （2）若Z1=1 + mi （ m 0, i為虛數(shù)單位），3 =Z2 2, 3的輻角主值為B ,求B的取值 范圍.138. （1996上海理，22 ）設(shè)z是虛數(shù)，w=z+-是實(shí)數(shù)，且1 3 2.z（I）求|z|的值及Z的實(shí)部的取值范圍；1 z（n）設(shè)u=，求證：u為純虛數(shù)；1 +z（川）求w u （I）設(shè)w=z +3 z 4,求w的三角形式.的最小值.1 339. （1995 上海，22）已知復(fù)數(shù) Z1、Z2 滿足 |Z1|=|z2|= 1,且 Z1+Z2=i.求 Z1、Z2 的值.2 2.- 240

13、. （1995 全國文，22）設(shè)復(fù)數(shù) z=cos 0 +isin B , 0 （ n , 2 n ）.求復(fù)數(shù) z +z 的模和 輻角.41. （1995全國理，21）在復(fù)平面上，一個正方形的四個頂點(diǎn)按照逆時針方向依次為Z1, Z2, Z3, 0 （其中0是原點(diǎn)），已知Z2對應(yīng)復(fù)數(shù)Z2=1+. 3i，求Z1和Z3對應(yīng)的復(fù)數(shù).探（n）如果 ax bz2 -z 1=1 i，求實(shí)數(shù)a, b的值. 42. （1994 全國理，21）已知 z=1 + i ,43. （1994上海，22）設(shè)w為復(fù)數(shù)，它的輻角主值為3 n,且a 4為實(shí)數(shù)，求復(fù)4 數(shù)w.答案解析1.答案：B解析一：通過復(fù)數(shù)與復(fù)平面上對應(yīng)點(diǎn)的關(guān)

14、系，分別求出Zi、Z2的輻角主值3.argZ1=n ,4兀argz2=.3所以arg勺Z23=TI45 二 0, 2 n ),12 a宀z212解析二：因?yàn)閆1Z2-1-i1=(-1 i)(1 . 32i2 21)i.2在復(fù)平面的對應(yīng)點(diǎn)在第一象限.故選B評述：本題主要考查復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則及幾何意義、 用知識解題的能力，2.答案：A輻角主值等概念，同時考查了靈活運(yùn)解析：由已知體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想方法m - 2i (m -2i)(1 -2i) z=(m 4)- 2 ( m+1) i在復(fù)平面對1 2i(12i)(1 -2i)應(yīng)點(diǎn)如果在第一象限.即在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)不可能位于-40而此不等式組無解1 ：

15、: 0第一象限.3.答案：B解析：(1 + i) (cos 0 + isin 0 )= , 2 (cos + isin ) (cos 0 + isin 0 )44=2cos ( 0+兀_)| +isin ( 0JI+ 44JIJI3 二5 二/ 0 (,n) 0+ ,)2444該復(fù)數(shù)的輻角主值是 B+ .44.答案：C解法一：1 , 333i) ( cos60+ isin 60 ) cos180 2 2+ isi n180 1解法二：13-1. 3i - - ，-i2 22 21,3333（一.i)(-)=-( ) 1225.答案：D6.答案：D解法一：一 13z = 2、2(i) = 2、2

16、(cosi sin ), arg15 二_ 2 二-arg z -2 233z3解法二：z = 、2(1. 3i) 1 1 -、3iz2、2131應(yīng)在第四象限，f1O -： 0, 一tan 0-.3 ,0 arg _ .2、22龐zz1口 5 arg是 n .z37.答案：C解析：55argzi n , argz2n4125兀3+13廠 tanB= tan= tan75 = tan (45 + 30 )= 2.,3 .123 - 38. 答案：B解析：根據(jù)復(fù)數(shù)乘法的幾何意義，所求復(fù)數(shù)是一 1、3(3 .3i)cos( ) isin( )=(33i)(i) = 2 .3i .3 3229. 答案

17、：CJIJI解法一：采用觀察排除法復(fù)數(shù)z = -3(cos - i sin )對應(yīng)點(diǎn)在第二象限，而選項(xiàng)A、55B中復(fù)數(shù)對應(yīng)點(diǎn)在第一象限，所以可排除而選項(xiàng)D不是復(fù)數(shù)的三角形式，也可排除，所以33選C.grgr解法二：把復(fù)數(shù)z = _3(cos _i si n )直接化為復(fù)數(shù)的三角形式，即55z =3(-cosTtijisin )=3cos( :)i sin(_ _)55554 二4 二=3(cosisin).5510.答案：D解析：0717 二7 二23:arg乙,argz25:arg Z1Z2 :二6441211答案：A解析：設(shè) zi= 2si nB + icos 0 = |zi| (cos

18、a + isin a).22其中 |zi|= , 4 si nj cos costsin a =|Zi In(- 1解析：設(shè)z=a+bi，如果z+ z 2,即2a2 a 1反之，如果 a 1，貝U z+z=2a2，故z+ z 2的一個充要條件為 Rez 1.評述：本題主要考查復(fù)數(shù)的基本概念、基本運(yùn)算及充要條件的判斷方法n17. 答案：一2解析：設(shè) zX1y1 i, zx2y2iOP 11八OP2丿 2/ W1 OW2= 0由定義 X1X2 + yy = 0ji OP1 丄 OP2P1OP2= 218. 答案：z= 3 i解析：.( 3 + z) i = 1- 3 + z= i- z= 3 i1

19、9. 答案：1 ii - 1 解析：t z i=i 1 , z= (i 1) ( i) =1 + ii z=1 i.20. 答案：4解析：a4=3 i 2 2(3 i)(1 2i)45 +5i 4( )2： 2= : 4= ( ) 41 2i55=(1+i)42=(2i)= 421.答案：2+i解析：由已知z二1 2i(43i)(1 -2i)46(3 8)i2 - i ,故 z=2+ i.22. 解法一：設(shè) z= a+ bi (a, b R),貝9( 1 + 3i) z= a 3b+( 3a+ b) i. 由題意，得a= 3b豐0.t I |= |Z| = 5 .、2 ,2 +ilzl= a2

20、 b2 =5.10 .將 a = 3b 代入，解得 a = 15, b= 15 .15 5i2 - i=( 7 i).解法二二：由題意，設(shè)（1 + 3i） z= ki , k 豐 0 且 k R,則3 =ki(k i)(13i)|= 5 2 , k= 50.故 3 =( 7 i).23. 解：T z= 1 + i, az+ 2b z =( a + 2b) + ( a 2b) i,2 2 2(a+ 2z) =( a + 2) 4 + 4 (a+ 2) i =( a + 4a) + 4 (a + 2) i,因?yàn)閍, b都是實(shí)數(shù)，所以由 az+ 2bz =( a+ 2z) ?得廣2a +2b = a

21、 +4a,a - 2b =4( a + 2).兩式相加，整理得 a2+ 6a+ 8= 0,解得 a1 = 2, a2 = 4,對應(yīng)得 b1 = 1, b2= 2.所以，所求實(shí)數(shù)為 a = 2, b= 1或a = 4, b= 2.24. (I)解法一：乙z2, z3, , , z7是一個等比數(shù)列.由等比數(shù)列求和公式可得：Sn 1 + z+ z2+ z3+ , + z6= 0解法二：S= 1 + z+ z2 + , + z6 zS= z+ z2 + z3+, +z6+ z7 一得(1 z) S= 1 z = 0a1 - anq _ z - z z _ z - z _ 01 - a 1 - z 1

22、- z0 S= 01 - z(n) z = 1, z= COS a + isina2z+ Z2+ Z4= 1 Z Z-Za )+ isin (2k n =1 cos ( 2k n 4 a)+ isin ( 2k n 4 a )+ cos ( 2k n 22 a)+ cos (2kn a ) + isin ( 2k n a)=1 ( cos4 a i sin4 a + cos2 a isin2 a + cos a isin a ) 2 ( cos a + cos2 a + COS4 a )= 1 ,1cos a + cos2 a + COS4 a =2解法二:25z 2 z=1, z2 =15:

23、z _5z同理Z34=z ,Z= z , 2 z+ Z+ z4= 1 z“ -_2-Z z24-z+ z + z + z+ z + z= 11 cos2 a + cos a + COS4 a =225. (I)解：Z1 = i (1 i) 3= i ( 2i) (1 i)= 2 (1 i)- |Z1 = x 2 22 =2 2 ,argZ1 = 22 (77cos n + i si n 4 47 argz1= n4(n)解法一:|z|= 1 ,設(shè) z= cos 0 + isinB|z Z1|= |cos 0 + isin0 2 + 2i|=.(cos V - 2)2(sin V 2)2 =9

24、4 . 2 sin( v -)圖 122jisin (0) = 1 時 |z Z14|2取得最大值9 + 4 -. 2從而得到|z乙|的最大值2 2 + 1解法二：|z|= 1可看成z為半徑為1,圓心為（0, 0）的圓.而Z1可看成在坐標(biāo)系中的點(diǎn)（2, 2）|z引的最大值可以看成點(diǎn)（2, 2）到圓上的點(diǎn)距離最大由圖12 2 可知：|z Z1| max26. (I)解：T a 是方程 x - 2 x+ 1 = 0 的根(1 + i)(1 - i)(1 + i)時,當(dāng)a 2=-1V2.2 =(1 i),(1 -i), -2(1i)仝(1 i)2 2時,2 .a 2 = i-i -1 i 1二 M

25、-2 = , , , = M一:-2 J.2 J. 2 J. 2-M a= 二(1i),2(1 -i),2(1i),2(1 -i) 2 2 2 2(n)證明：TMz,存在M N,使得3 = z2m 1于是對任意n由于（2m 1）N,2n 1(2 m 1)(2 n 1)3= Z（2n 1）是正奇數(shù),2n 13 Mz,x=2227解：（I）： z是方程x2 + 1= 0的根, Z1 = i 或 z2 = i，不論 Z1 =i 或 z? = i, Mz= i, 2, P, j4 = i，一 1, i , 1于是P =2C4訂1(3(n)取 z=i ,2 2小 21、33則 z =i 及 z = 1.

26、2 223、1(3于是Mz= z, z , z 或取z=i.(說明：只需寫出一個正確答案)2 228. 解：設(shè) z= x+ yi (x、y R),2 2|z|= 5 , x + y = 25 ,而(3+ 4i) z=( 3 + 4i) (x+ yi ) = ( 3x 4y) + ( 4x+ 3y) i ,又( 3+ 4i) z在復(fù)平面上對應(yīng)的點(diǎn)在第二、四象限的角平分線上， 3x 4y+ 4x+ 3y= 0,得 y= 7x,y=7 . 2即 z= (空 + 7- i) ； V2z=( 1 + 7i).2 2當(dāng),2 z= 1 + 7i 時，有 |1 + 7i - m|= 5 . 2 ,即(1-m)

27、 2+ 72= 50,得 m=0, m=2.當(dāng), 2 z=-( 1 + 7i)時，同理可得 m = 0, m= 2.29. 解：(I)由題設(shè)， |= |z0 2 Z|=|zo|Z = 2|z|, |勾|= 2,于是由 1 + m2 = 4,且 m0,得 m= . 3 ,因此由 x+ y i =(13i) 2 (x yi ) = x 3y ( . 3x - y) i ,x = x + /y得關(guān)系式丿廠y = .3x _ y(n)設(shè)點(diǎn)P (x, y)在直線y=x+1上，則其經(jīng)變換后的點(diǎn) Q (x, y)滿足x = (1、3) x . 3t廠y = ( . 3 -1)x -1消去 x,得 y = (

28、 2 . 3 ) x故點(diǎn)Q的軌跡方程為y=( 2 3 ) x 2 3 + 2.(川)假設(shè)存在這樣的直線， 平行坐標(biāo)軸的直線顯然不滿足條件，所求直線可設(shè)為 y=kx+b (k豐0).解：該直線上的任一點(diǎn)P (x, y),其經(jīng)變換后得到的點(diǎn)Q (x+ 3 y,3 x y)仍在該直線上，.3 x y= k (x+ 3 y) + b,即一(：. 3 k + 1) y=( k 3 ) x+ b,(V3k +1)=1當(dāng)b工0時，方程組丿無解，k - 丁3 = k故這樣的直線不存在.t亠-(J3k +1) k -13當(dāng)b = 0,由得,3 k2 + 2k-、3 = 0,J3解得 k = 或 k =? 3 ,

29、3、 0.2 si nr 2tan 03 cos v 32由 z= 3cos 0 + i2 2sinB，得 0 v argzv 及 tan ( argz) 2故 tany= tan ( 0 argz)tan J - 2 tan v1322-31tan 二+ 2 ta n B3tan v評述：本題主要考查復(fù)數(shù)的基本概念、三角公式和不等式等基礎(chǔ)知識，考查綜合運(yùn)用所F 2tan 0 2 6 tan v12當(dāng)且僅當(dāng)=2tan 0時,即 tan 02時，上式取等號所以當(dāng)06=arctan 時，函數(shù)tany取最大值26123171由 y = 0 argz得 y( _ ，一 ).2 2兀 兀由于在（-一，一

30、）內(nèi)正切函數(shù)是遞增函數(shù)，函數(shù)2 2y也取最大值 arctan12學(xué)數(shù)學(xué)知識解決問題的能力明考復(fù)數(shù)實(shí)為三角語言簡練、情景新穎，對提高考生的數(shù)學(xué)素 質(zhì)要求是今后的命題方向31. 解：方程 x2+( 4 + i) x+ 4+ ai = 0 (a R)有實(shí)根 b,2 b +( 4 + i) b + 4 + ai = 0,得 b2+ 4b+ 4 +( b + a) i = 0,b2 + 4b +4 = 0即有b + a = 0-a =2-b = 2,得 z=a+bi=2 2i, Z(1 _ci) = (22i)(1 _ci ) = 2 2c (2 2c)i .當(dāng)0w c 1時，復(fù)數(shù)Z (1 ci)的實(shí)部

31、大于0，虛部小于0,復(fù)數(shù)z (1 ci)的輻角主值在(3 :2范圍內(nèi)，有 arg z (1 ci) = 2 n2 2c2+ arctan= 2 n + arctan ( 1).2 +2c1 +c2-c 1， 1 v 1 v 0，兀2有- v arctan ( 1)v 0,4 1 + c7-：2-2 sin(八)6n 1 w sin (0 )w 1,6兀0 w 2 2sin ( 0 ) w 4.6v arg z (1 ci) v 2 n.7 綜上所得復(fù)數(shù)z (1 ci) (c0)的輻角主值的取值范圍為0，)U( , 2n ).44評述：本題主要考查復(fù)數(shù)的基本概念和考生的運(yùn)算能力，強(qiáng)調(diào)了考生思維的

32、嚴(yán)謹(jǐn)性32. 解：設(shè) z=a+bi (a, b R),則 z =a bi,代入 4z+2 z =3 13 +i得 4 (a+bi) +2 (a bi) =3 . 3 +i.J3a 二2J31|z 3 |=|- i ( sin B icos 0 ) |222 2 0w |z 3 | w 2.評述：本題考查了復(fù)數(shù)、共軛復(fù)數(shù)的概念，兩復(fù)數(shù)相等的充要條件、復(fù)數(shù)的模、復(fù)數(shù)模 的取值范圍等基礎(chǔ)知識以及綜合運(yùn)用知識的能力33. 解：由(乙2) i=1 + i 得乙= +2= (1 + i) ( i) +2=3 i i/ z2的虛部為2.可設(shè) Z2=a+2i (a R)乃2 z2= (3 i) (a+2i)

33、= (3a+2) + (6 a) i 為實(shí)數(shù). 6 a=0, 即卩 a=6因此 Z2=6+2i, |Z2|= $62 +22 = 2訥0 .1 + i34. 解：由(z 2) i=1 + i 得 z= +2=3 i i3Tj z =z cos ( ) +isin ( ) = (3 i)44z + .：2 i=2 ,2 i =2 (i) =2 (cos n +isin 2 2arg (J+2 i) =- n4評述：本題考查復(fù)數(shù)乘法的幾何意義和復(fù)數(shù)輻角主值的概念321335.解法一：zw+zw =zw (1 + w ) = (i)(2 2(1 + i)亠(1 + i) 2( 1 三i)=2 221

34、、32i(i)2 21i)25 二-.2 (cos i sin6故復(fù)數(shù)zw+zw3的模為、2 ，輻角主值為2 24Ji+isi n4一- .兀3(cos + i sin )4一 V20), Z1 =Z2得 Z2= (1 m )+2mi+2mi2m由m 0,知m+2又(m +1 )v 0, 2m0,得因此所求B的取值范圍為38.解：(I)設(shè) z=a+bi,b R,nt 1貝V w=a+bi+(aa +biab1 2)-(b因?yàn)閣是實(shí)數(shù)，bz 0,所以 即 |z|=1.2 , 2a + b =1,是 w=2a , 1 V w=2av 2 ,1v av21,所以z的實(shí)部的取值范圍是（一(n) u1

35、-z1 - a - bi1 a bi2a - b - 2bi2 2(1 - a) bb i .因?yàn)閍 (1),所以u為純虛數(shù).（川）w2-u=2ab22(a 1)1 -a22a (a 1)2a2a -a-1 22a -11a 1= 2(a1)-3.因?yàn)閍 (丄2,1),所以 a+1 0 ,當(dāng)a+仁-a +1即a=0時，w u2取得最小值1.39.解：由 0+z2|=1 ,得(Z1 + z2)(z1 z2 ) =1 ,又|Z1|=|z2| = 1,故可得Z1 Z2 + Ztz2= 1 ,2 A 所以Zi z2的實(shí)部=乙Z2的實(shí)部=又Z Z2| = 1，故乙Z2的虛部為土2ZZ2= 土込,Z2 =

36、 Z1(_仝).2 2 2 2于是1Z1 + Z1 (-2 _、3i2所以Z1 = 1,所以Z2=1223，或i2Z2=1+cos 0 +isin 03e36e/33、=2cos 0 cos +i22si ncos =2cos (cos0 +isin 0 )222222240.解法(cos 0 +isin B )0 +isin 0 =cos2 0 +isin2 02+cos2 Z +Z=ecos ( n332cos + 0 )+ isin (n + 0 )222Qjie 0 ( n,2 n ), 一 (,n ) , 2cos 02222日 一3復(fù)數(shù) Z +z 的模為一 2cos ，輻角為 2k

37、 n + n + 0 ( k Z)2 2解法二：z +z=z ( 1 + z) = (cos 0 +isin 0 ) (1+cos 0 +isin0)2日日日=(cos 0 +isin 0) (2cos +i2 2sin cos) 222q0 e=2cos (cos 0 +isin 0 ) (cos+isin )2Q=2cos 23 (cos3 +is in 以下同解法一 41.解法一：如圖 123,設(shè)Z1、由復(fù)數(shù)乘除法的幾何意義有1Z1= 2 2、313 -1-i)i2 2 2Z3對應(yīng)的復(fù)數(shù)分別為JTZ2 cos (-) + isin41z3= z2 (cos、2n . Jii sin )匕44. 21 (13i)(l)=i 2 2 2 2 2注：求出 Z1后,1 - 31+3z3= IZ1=i2