赢在高考2013年一轮复习数学配套练习11.5复数的概念及运算

2013年高考数学一轮复习精品教学案13.2 复数的概念及运算（新课标人教版，教师版）【考纲解读】 1．复数的概念① 理解复数的基本概念．② 理解复数相等的充要条件． ③ 了解复数的代数表示法及其几何意义． 2．复数的四则运算① 会进行复数代数形式的四则运算．② 了解复数代数形式的加、减运算的几何意义． 【考点预测】高考对此部分内容考查的热点与命题趋势为:1.复数是历年来高考重点内容之一,经常以选择题与填空题形式考查,难度不大，在考查复数的概念及运算的同时，又考查转化与化归思想等数学思想，以及分析问题与解决问题的能力.2.2013年的高考将会继续保持稳定,坚持复数的相关概念及其运算,命题形式会更加灵活. 【要点梳理】 1.复数的有关概念 (1)复数的概念形如a ＋b i(a ，b ∈R )的数叫复数，其中a ，b 分别是它的实部和虚部．若b ＝0，则a ＋b i 为实数，若b ≠0，则a ＋b i 为虚数，若a ＝0且b ≠0，则a ＋b i 为纯虚数． (2)复数相等：a ＋b i ＝c ＋d i ⇔a ＝c 且b ＝d (a ，b ，c ，d ∈R )． (3)共轭复数：a ＋b i 与c ＋d i 共轭⇔a ＝c ；b ＝－d (a ，b ，c ，d ∈R )． (4)复数的模向量OZ →的模r 叫做复数z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )的模，记作|z |或|a ＋b i|，即|z |＝|a ＋b i|＝a 2＋b 2.2．复数的四则运算设z 1＝a ＋b i ，z 2＝c ＋d i(a ，b ，c ，d ∈R )，则(1)加法：z 1＋z 2＝(a ＋b i)＋(c ＋d i)＝(a ＋c )＋(b ＋d )i ； (2)减法：z 1－z 2＝(a ＋b i)－(c ＋d i)＝(a －c )＋(b －d )i ； (3)乘法：z 1·z 2＝(a ＋b i)·(c ＋d i)＝(ac －bd )＋(ad ＋bc )i ； (4)除法：z 1z 2＝a ＋b i c ＋d i ＝a ＋b ic －d ic ＋d i c －d i＝ac ＋bd ＋bc －ad ic 2＋d 2(c ＋d i≠0)．【例题精析】考点一 复数的有关概念例1. (2012年高考陕西卷文科4)设,R a b ∈，i 是虚数单位，则“0ab =”是“复数iba +为纯虚数”的（ ）A ．充分不必要条件 B 。

【走向高考】2013年高考数学总复习 12-7复数的概念与运算 课后作业 北师大版一、选择题1．(文)(2011·江西文，1)若(x －i)i ＝y ＋2i ，x ，y∈R，则复数x ＋yi ＝( )A ．－2＋iB ．2＋iC ．1－2iD ．1＋2i[答案] B[解析] 本题主要考查复数的基础知识，利用复数相等及复数的乘法运算．xi ＋1＝y ＋2i ，所以x ＝2，y ＝1.(理)(2011·江西理，1)若z ＝1＋2ii，则复数z ＝( ) A ．－2－i B ．－2＋i C ．2－i D ．2＋i[答案] D[解析] 本题主要考查复数的运算.z －＝1－2i－i＝1－2i i－i·i＝2＋i ，故选D.2．(2011·广东理，1)设复数z 满足(1＋i)z ＝2，其中i 为虚数单位，则z ＝( )A ．1＋iB ．1－iC ．2＋2iD ．2－2i[答案] B[解析] 本题考查复数的基本概念与运算．∵(1＋i)z ＝2，∴z＝21＋i ＝21－i2＝1－i ，选B. 3．已知复数z ＝3＋i 1－3i2，z 是z 的共轭复数，则z·z ＝( )A.14B.12C ．1D ．2 [答案] A[解析] |z|＝|3＋i||1－3i|＝24＝12.∴z·z ＝|z|2＝14.4．在复平面内，向量AB →对应的复数是2＋i ，向量CB →对应的复数是－1－3i ，则向量CA →对应的复数为( )A ．1－2iB ．－1＋2iC ．3＋4iD ．－3－4i[答案] D[解析] CA →＝CB →＋BA →＝CB →－AB →＝－1－3i －(2＋i)＝－3－4i.5．已知z ＝(2＋i)(1＋1i)(i 为虚数单位)，则复数z 在复平面上所对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限[分析] 本题主要考查复数的运算．解题时要注意1i＝－i 的运用．[答案] D[解析] z ＝(2＋i)(1＋1i)＝(2＋i)(1－i)＝3－i ，故选D.6．复数z ＋i 在映射f 下的象为z ·i，则－1＋2i 的原象为( )A ．2B ．2－iC ．－2＋iD ．－1＋3i[答案] A[解析] 由题意可令f (z ＋i)＝z ·i＝－1＋2i ，∴z ＝－1＋2ii＝2＋i ，∴z＝2－i ，原象为2－i ＋i ＝2.二、填空题7．已知复数z 1＝2－i ，z 2＝a ＋(1－a 2)i ，在复平面内的对应点分别为P 1、P 2，P 1P 2→对应复数为－3＋i ，则a ＝______.[答案] －1[解析] 由条件可知z 2－z 1＝－3＋i ，即(a －2)＋(2－a 2)i ＝－3＋i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －2＝－32－a 2＝1，∴a＝－1.8．若复数a ＋3i 1＋2i(a∈R，i 是复数单位)是纯虚数，则实数a ＝________.[答案] －6[解析]a ＋3i1＋2i ＝a ＋3i 1－2i 1＋2i 1－2i ＝a ＋65＋3－2a5i.∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＋65＝0，3－2a 5≠0，∴a＝－6.三、解答题9．已知m∈R，复数z ＝m m －2m －1＋(m 2＋2m －3)i ，当m 为何值时，(1)z∈R；(2)z 是纯虚数；(3)z 对应的点位于复平面第二象限；(4)z 对应的点在直线x ＋y ＋3＝0上．[分析] 复数z ＝a ＋bi(a ，b∈R)，当且仅当b ＝0时，z∈R；当且仅当a ＝0且b≠0时，z 为纯虚数；当a<0，b>0时，z 对应的点位于复平面的第二象限；复数z 对应的点的坐标是直线方程的解，这个点就在这条直线上．[解析] (1)由m 2＋2m －3＝0且m －1≠0得m ＝－3，故当m ＝－3时，z∈R.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧m m －2m －1＝0m 2＋2m －3≠0.解得m ＝0，或m ＝2.∴当m ＝0或m ＝2时，z 为纯虚数．(3)由⎩⎪⎨⎪⎧m m －2m －1<0m 2＋2m －3>0，解得m<－3或1<m<2，故当m<－3或1<m<2时，z 对应的点位于复平面的第二象限．(4)由mm －2m －1＋(m 2＋2m －3)＋3＝0，得mm 2＋2m －4m －1＝0.解得m ＝0或m ＝－1± 5.∴当m ＝0或m ＝－1±5时，点z 在直线x ＋y ＋3＝0上．[点评] 复数分类的充要性的掌握是解此类题的关键. 复数与复平面上的点是一一对应的，这为形与数之间的相互转化，为解决实际问题提供了一条重要思路.注意：要准确理解复数为纯虚数的等价条件，切不可忘记复数z ＝a ＋bi(a ，b∈R)为纯虚数的一个必要条件是b≠0. 计算中分母不为零也不可忽视.一、选择题1．(文)(2011·新课标文，2)复数5i1－2i＝( ) A ．2－i B ．1－2i C ．－2＋i D ．－1＋2i[答案] C[解析] 本题考查了复数的除法、乘法的运算．“去分母”的方法是分子、分母同乘以分母的共轭复数．5i1－2i ＝5i 1＋2i 1－2i 1＋2i＝5i1＋2i5＝－2＋i ，选C.(理)(2011·新课标理，1)复数2＋i1－2i的共轭复数是( ) A ．－35i B.35i C ．－i D ．i[答案] C[解析] 本题考查了复数的运算及共轭复数．依题意：2＋i 1－2i ＝2i －11－2i ·i ＝－1i＝i ，∴其共轭复数为－i ，选C.2．(2011·安徽理，1)设i 是虚数单位，复数1＋ai2－i为纯虚数，则实数a 为( )A ．2B ．－2C ．－12 D.12[答案] A[解析] 本题主要考查复数的基本运算．设1＋ai2－i＝bi(b∈R 且b≠0)，则1＋ai ＝bi(2－i)＝b ＋2bi ，所以b ＝1，a ＝2，故选A.二、填空题3．使不等式(m 2－4m ＋3)i ＋10>m 2－(m 2－3m)i 成立的实数m ＝________.[答案] 3[解析] ∵只有两个复数都为实数才可以比较大小，∴⎩⎪⎨⎪⎧m 2－4m ＋3＝0－m 2－3m ＝010>m 2，∴m＝3.4．给出下列命题：①若z∈C，则z 2≥0；②若a 、b∈R，且a>b ，则a ＋i>b ＋i ；③若a∈R，则(a ＋1)i 是纯虚数；④若z ＝1i，则z 3＋1对应的点在复平面内的第一象限，其中正确的命题是________(写出你认为正确的所有命题的序号)．[答案] ④[解析] x∈R 时，x 2≥0，但z∈C 时，z 2≥0不成立，如(1＋i)2＝2i ，故①错；不全为实数的两个复数不能比较大小，故②错；当a ＝－1时，(a ＋1)i ＝0不是纯虚数，故③错；z ＝1i＝－i ，∴z 3＋1＝1＋i 在复平面内对应点在第一象限．故④对． 三、解答题5．若i 是虚数单位，求满足(p ＋qi)2＝q ＋pi 的实数p 、q.[解析] 由(p ＋qi)2＝q ＋pi 得(p 2－q 2)＋2pqi ＝q ＋pi ，所以⎩⎪⎨⎪⎧p 2－q 2＝q ，2pq ＝p.解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝0q ＝0，或⎩⎪⎨⎪⎧p ＝0q ＝－1，或⎩⎪⎨⎪⎧ p ＝32q ＝12，或⎩⎪⎨⎪⎧p ＝－32q ＝12.6．已知z 是复数，z ＋2i 、z 2－i均为实数(i 为虚数单位)，且复数(z ＋ai)2在复平面上对应的点在第一象限，求实数a 的取值范围．[解析] 设z ＝x ＋yi(x 、y∈R)，∵z＋2i ＝x ＋(y ＋2)i ，由题意得y ＝－2.∵z 2－i ＝x －2i 2－i＝15(x －2i)(2＋i)＝15(2x ＋2)＋15(x －4)i ， 由题意得x ＝4.∴z＝4－2i.∵(z＋ai)2＝(12＋4a －a 2)＋8(a －2)i ，根据条件，可知⎩⎪⎨⎪⎧12＋4a －a 2＞0，8a －2＞0，解得2＜a ＜6，∴a 的取值范围是(2,6)．7．设复数z 满足4z ＋2 z ＝33＋i ，ω＝sinθ－icosθ.求z 的值和|z －ω|的取值范围．[分析] 充分利用共轭复数、复数相等的性质及模的意义等即可解出．[解析] 设z ＝a ＋bi(a 、b∈R)代入条件中得4(a ＋bi)＋2(a －bi)＝33＋i ，即6a ＋2bi ＝33＋i ，根据复数相等的充要条件有，⎩⎨⎧6a ＝332b ＝1⇒ ⎩⎪⎨⎪⎧a ＝32，b ＝12，∴z＝32＋12i ， |z －ω|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫32＋12i －sinθ－icosθ ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎪⎫32－sinθ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋cosθi＝⎝ ⎛⎭⎪⎫32－sinθ2＋⎝⎛⎭⎪⎫12＋cosθ 2＝2－3sinθ＋cosθ＝2－2sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6. ∵－1≤sin ⎝⎛⎭⎪⎫θ－π6≤1，∴0≤|z－ω|≤2. 故所求的z ＝32＋12i ，|z －ω|的取值范围是[0,2]．。

高考数学一轮总复习 112复数的概念与运算课后强化作业 新人教A 版基础巩固强化一、选择题1．已知i 是虚数单位，若a ＋i1＋i 是实数，则实数a 等于( )A ．－1B ．1 C.2 D ．－ 2[答案] B[解析] ∵a ＋i 1＋i ＝(a ＋i )(1－i )(1＋i )(1－i )＝(a ＋1)＋(1－a )i2∈R ，∴a ＝1.2．(2013·广东广州检测)已知a1－i＝1＋b i ，其中a ，b 是实数，i 是虚数单位，则a ＋b i ＝( )A ．1＋2iB ．2＋iC ．2－iD ．1－2i[答案] B[解析] ∵a1－i ＝a (1＋i )(1－i )(1＋i )＝a ＋a i 2＝1＋b i ，∴⎩⎨⎧a2＝1，a 2＝b .∴⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1.∴a ＋b i ＝2＋i ，故选B. 3．(文)(2012·长春调研)已知复数z 1＝2＋i ，z 2＝1－i ，则z ＝z 1·z 2在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限[答案] D[解析] 依题意得z ＝(2＋i)(1－i)＝3－i ，因此复数z 在复平面内对应的点为(3，－1)，位于第四象限，选D.(理)(2012·山西四校联考)已知复数z 的实部为－1，虚部为2，则2－iz (i 为虚数单位)在复平面内对应的点所在的象限为( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限[答案] C[解析] 依题意得2－i z ＝2－i －1＋2i ＝(2－i )(－1－2i )(－1＋2i )(－1－2i )＝－4－3i5，因此该复数在复平面内对应的点的坐标是(－45，－35)，位于第三象限，选C.4．(文)(2013·哈尔滨四校统考)设i 是虚数单位，则复数2－3i3＋i 的共轭复数是( )A.910＋1110iB.910－1110i C.310－1110i D.310＋1110i [答案] D [解析]2－3i 3＋i＝(2－3i )(3－i )10＝310－1110i ，所以它的共轭复数是310＋1110i ，选D.(理)(2013·安徽理，1)设i 是虚数单位，z 是复数z 的共轭复数，若z ·z i ＋2＝2z ，则z ＝( )A ．1＋iB ．1－iC ．－1＋iD ．－1－i[答案] A[解析] 设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，则由z ·z i ＋2＝2z 得(a ＋b i)(a －b i)i ＋2＝2(a ＋b i)， 即(a 2＋b 2)i ＋2＝2a ＋2b i ， 所以2a ＝2，a 2＋b 2＝2b ，所以a ＝1，b ＝1，即z ＝a ＋b i ＝1＋i.5．(文)若a 、b ∈R ，则复数(a 2＋6a ＋10)＋(－b 2－4b －5)i 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] D[解析] a 2＋6a ＋10＝(a ＋3)2＋1>0， －b 2－4b －5＝－(b ＋2)2－1<0. (理)设a ，b 为实数，若复数1＋2ia ＋b i＝1＋i ，则( )A ．a ＝32，b ＝12B ．a ＝3，b ＝1C ．a ＝12，b ＝32D ．a ＝1，b ＝3[答案] A[解析] 1＋2i ＝(a ＋b i)(1＋i)＝a －b ＋(a ＋b )i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧a －b ＝1，a ＋b ＝2.∴⎩⎨⎧a ＝32，b ＝12.故选A.6．(2013·陕西理，6)设z 1、z 2是复数，则下列命题中的假命题是( ) A ．若|z 1－z 2|＝0，则z 1＝z 2 B ．若z 1＝z 2，则z 1＝z 2 C ．若|z 1|＝|z 2|，则z 1·z 1＝z 2·z 2D ．若|z 1|＝|z 2|，则z 21＝z 22[答案] D[解析] 对于选项A ，若|z 1－z 2|＝0，则z 1＝z 2，故z －1＝z －2，正确；对于选项B ，若z 1＝z －2，则z －1＝z ＝2＝z 2，正确；对于选项C ，z 1·z －1＝|z 1|2，z 2·z －2＝|z 2|2，若|z 1|＝|z 2|，则z 1·z －1＝z 2·z －2，正确；对于选项D ，如令z 1＝i ＋1，z 2＝1－i ，满足|z 1|＝|z 2|，而z 21＝2i ，z 22＝－2i ，故不正确．二、填空题 7．规定运算⎪⎪⎪⎪⎪⎪a b c d ＝ad －bc ，若⎪⎪⎪⎪⎪⎪ zi －i2＝1－2i ，设i 为虚数单位，则复数z ＝________. [答案] 1－i [解析] 由已知可得⎪⎪⎪⎪⎪⎪zi －i2＝2z ＋i 2＝2z －1＝1－2i ，∴z ＝1－i. 8．(文)(2012·江苏，3)设a 、b ∈R ，a ＋b i ＝11－7i1－2i (i 为虚数单位)，则a ＋b 的值为________．[答案] 8[解析] a ＋b i ＝11－7i 1－2i ＝(11－7i )(1＋2i )(1－2i )(1＋2i )＝5＋3i ，∴a ＝5，b ＝3，∴a ＋b ＝8.(理)若复数z 满足z －|z |＝－1＋3i ，则z －＝________. [答案] 4－3i[解析] 由条件可设z ＝a ＋3i ，则|z |＝a 2＋9，∴a －a 2＋9＝－1，∴a ＝4，∴z ＝4＋3i ，∴z －＝4－3i.9．已知复数z 1＝2＋i ，z 2＝3－i ，其中i 是虚数单位，则复数z 1z 2的实部与虚部之和为________．[答案] 1 [解析]z 1z 2＝2＋i 3－i ＝(2＋i )(3＋i )10＝12＋12i ，所以它的实部与虚部之和为1. 三、解答题10．已知复数(1－2i)i(其中i 为虚数单位)在复平面内对应的点M 在直线y ＝mx ＋n 上，其中mn >0，求1m ＋1n的最小值．[解析] ∵(1－2i)i ＝2＋i ，∴M (2,1)．∴2m ＋n ＝1，∴1m ＋1n ＝(1m ＋1n )·(2m ＋n )＝3＋n m ＋2mn ≥3＋2 2.当且仅当⎩⎪⎨⎪⎧n m ＝2m n ，2m ＋n ＝1.即⎩⎨⎧m ＝2＋22，n ＝－1－ 2.或⎩⎨⎧m ＝2－22，n ＝2－1.时等号成立，∵mn >0，∴⎩⎨⎧m ＝2－22，n ＝2－1.∴1m ＋1n的最小值为3＋2 2. 能力拓展提升一、选择题11．若i 为虚数单位，已知a ＋b i ＝2＋i1－i (a 、b ∈R )，则点(a ，b )与圆x 2＋y 2＝2的关系为( )A ．在圆外B ．在圆上C ．在圆内D ．不能确定[答案] A[解析] ∵a ＋b i ＝2＋i 1－i ＝(2＋i )(1＋i )2＝12＋32i(a ，b ∈R )， ∴⎩⎨⎧a ＝12，b ＝32.∵⎝⎛⎭⎫122＋⎝⎛⎭⎫322＝52>2，∴点P ⎝⎛⎭⎫12，32在圆x 2＋y 2＝2外，故选A.12．已知复数z 1＝cos23°＋isin23°和复数z 2＝cos37°＋isin37°，则z 1·z 2为( ) A.12＋32i B.32＋12i C.12－32i D.32－12i [答案] A[解析] z 1·z 2＝cos23°cos37°－sin23°sin37°＋(sin37°cos23°＋cos37°sin23°)i ＝cos60°＋i·sin60°＝12＋32i ，故选A.13．(文)(2013·安徽联考)已知i 是虚数单位，则(1＋i 2)2013在复平面内对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限 [答案] C[解析] ∵(1＋i 2)2＝2i2＝i ，i 2＝－1.∴(1＋i2)4＝－1，∴(1＋i 2)2012＝(－1)503＝－1.∴(1＋i 2)2013＝－1＋i 2＝－22－22i ，∴选C.(理)(2013·长春调研)已知复数z ＝1＋a i(a ∈R ，i 是虚数单位)，z －z ＝－35＋45i ，则a ＝( )A ．2B ．－2C ．±2D ．－12[答案] B[解析] 由题意可知：1－a i 1＋a i ＝(1－a i )2(1＋a i )(1－a i )＝1－2a i －a 21＋a 2＝1－a 21＋a 2－2a 1＋a 2i ＝－35＋45i ，因此1－a 21＋a2＝－35，化简得5a 2－5＝3a 2＋3，a 2＝4，则a ＝±2， 由－2a 1＋a 2＝45可知a <0，仅有a ＝－2满足，故选B.二、填空题14．设i 为虚数单位，复数z ＝(12＋5i)(cos θ＋isin θ)，若z ∈R ，则tan θ的值为________． [答案] －512[解析] z ＝(12cos θ－5sin θ)＋(12sin θ＋5cos θ)i ∈R ， ∴12sin θ＋5cos θ＝0，∴tan θ＝－512.15．已知z 1＝1＋a i ，z 2＝b －i(a ，b ∈R )，z 1·z 2＝5＋5i ，z 1z 2的实部为负数，则|z 1－z 2|＝________.[答案]17[解析] ∵z 1·z 2＝(1＋a i)(b －i)＝b ＋ab i －i ＋a ＝5＋5i ，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＋b ＝5，ab －1＝5，∴⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝3，或⎩⎪⎨⎪⎧a ＝3，b ＝2，∴z 1z 2＝1＋2i 3－i ＝110＋710i(不合题意，舍去) 或z 1z 2＝1＋3i 2－i ＝－15＋75i. ∴z 1＝1＋3i ，z 2＝2－i ， ∴z 1－z 2＝－1＋4i ， ∴|z 1－z 2|＝17. 三、解答题16．(文)已知复数z ＝a 2－7a ＋6a ＋1＋(a 2－5a －6)i(a ∈R )．试求实数a 分别为什么值时，z 分别为： (1)实数；(2)虚数；(3)纯虚数．[解析] (1)当z 为实数时，⎩⎪⎨⎪⎧a 2－5a －6＝0，a ＋1≠0.∴a ＝6，∴当a ＝6时，z 为实数．(2)当z 为虚数时，⎩⎪⎨⎪⎧a 2－5a －6≠0，a ＋1≠0.∴a ≠－1且a ≠6，故当a ∈R ，a ≠－1且a ≠6时，z 为虚数．(3)当z 为纯虚数时，⎩⎪⎨⎪⎧a 2－5a －6≠0，a 2－7a ＋6＝0，a ＋1≠0.∴a ＝1，故a ＝1时，z 为纯虚数．(理)设复数z ＝lg(m 2－2m －2)＋(m 2＋3m ＋2)i ，当实数m 取何值时． (1)z 是纯虚数． (2)z 是实数．(3)z 对应的点位于复平面的第二象限．[解析] (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧lg (m 2－2m －2)＝0，m 2＋3m ＋2≠0.解得m ＝3.所以当m ＝3时，z 是纯虚数．(2)由m 2＋3m ＋2＝0，得m ＝－1或m ＝－2， 又m ＝－1或m ＝－2时，m 2－2m －2>0， 所以当m ＝－1或m ＝－2时，z 是实数．(3)由⎩⎪⎨⎪⎧lg (m 2－2m －2)<0，m 2＋3m ＋2>0.解得：－1<m <1－3或1＋3<m <3.考纲要求1．理解复数的基本概念，理解复数相等的充要条件．2．了解复数的代数表示法和几何意义，会进行复数代数形式的四则运算． 3．了解复数代数形式的加、减运算的几何意义． 补充说明 1．方程思想解决复数问题，常常要设出复数的代数形式，或设出方程的实根，利用复数相等的条件转化为实数的方程求解．2．复数的解题策略(1)证明复数z 是实数：①设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，z ∈R ⇔b ＝0；②z ∈R ⇔z －＝z . (2)证明复数z 是纯虚数①设z ＝a ＋b i(a ，b ∈R )，z 为纯虚数⇔a ＝0且b ≠0；②z 为纯虚数⇔⎩⎨⎧z ＋z －＝0，z ≠0.备选习题1．(2013·长沙模拟)已知集合M ＝{i ，i 2，1i ，(1＋i )2i}，i 是虚数单位，Z 为整数集，则集合Z ∩M 中的元素个数是( )A ．3个B ．2个C ．1个D ．0个[答案] B[解析] 由已知得M ＝{i ，－1，－i,2}，Z 为整数集， ∴Z ∩M ＝{－1,2}，即集合Z ∩M 中有2个元素． 2．设a 是实数，且a1＋i ＋1－i 2是实数，则a 等于( )A.12 B ．－1 C ．1 D ．2 [答案] B[解析] ∵a1＋i＋1－i 2＝a (1－i )2＋1－i 2＝1＋a 2－1＋a 2i 是实数，又∵a ∈R ，∴1＋a 2＝0，∴a ＝－1.3．设i 是虚数单位，复数1＋a i2－i 为纯虚数，则实数a 为( )A ．2B ．－2C ．－12D.12[答案] A[解析] 1＋a i2－i ＝(1＋a i )(2＋i )(2－i )(2＋i )＝(2－a )＋(2a ＋1)i 5＝2－a 5＋2a ＋15i 为纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧2－a5＝0，2a ＋15≠0.∴a ＝2.4．(2013·湖北理，1)在复平面内，复数z ＝2i1＋i (i 为虚数单位)的共轭复数对应的点位于( )A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限[答案] D[解析] ∵z ＝2i1＋i ＝2i (1－i )(1＋i )(1－i )＝i(1－i)＝1＋i ，∴复数z ＝2i 1＋i 的共轭复数z －＝1－i ，其在复平面内对应的点(1，－1)位于第四象限．5．(2013·安徽联盟一模)已知i 是虚数单位，若z 1＝a ＋32i ，z 2＝a －32i ，若z 1z 2为纯虚数，则实数a ＝( )A.32B ．－32C.32或－32D ．0[答案] C[解析] ∵z 1z 2＝a ＋32i a －32i ＝(a ＋32i )2(a －32i )(a ＋32i )＝a 2－34－3a ia 2＋34为纯虚数，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2－34＝0，a ≠0，∴a ＝±32.。

33●考点阐释高三数学一轮复习试题解析---复数复数的概念是复数理论的基础，在解题活动中它经常是思维的突破口；围绕复数的代数形式和三角形式给出的两类运算，体现了复数知识的广泛联系性和普遍渗透性，这两种形式及其运算也为我们处理复数问题提供了代数思考方法和三角思考方法；复数概念及其运算的几何意义，为我们从几何上处理复数问题或几何问题复数化提供了广阔的空间.正确地进行复数各种形式间的转换，选准复数的表示形式是灵活运用复数知识处理复数与三角、复数与几何、复数与方程综合题的关键.●试题类编1 z※1.设复数z=－1+i，z=+i，则arg1等于（）1 225 5 7 13A.－12π B.12m - 2iπ C.12π D. π122.复数z=1 + 2i（m∈R，i 为虚数单位）在复平面上对应的点不可能位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限π※3.如果θ∈（2，π），那么复数（1＋i）（cosθ＋i sinθ）的辐角的主值是（）9πA.θ＋4πB.θ＋4π7πC.θ-D.θ＋4 414．复数（2+i）3 的值是（）2A. －iB.iC.－1D.15.如图12—1，与复平面中的阴影部分（含边界）对应的复数集合是（）※6.已知复数ｚ＝+6i ，则arg1z是（）πA. B.611ππ5πC. D.6 3 32图12—122z3 3 3 3※7.设复数 z ＝－1－i 在复平面上对应向量OZ ，将OZ 按顺时针方向旋转 5 π后得11 16到向量OZ 2 ，令OZ 2 对应的复数 z 2 的辐角主值为θ，则 tan θ等于（）A.2－B.－2＋C.2＋ ※8.在复平面内，把复数 3－数是（）A.2 D.－2－πi 对应的向量按顺时针方向旋转 ，所得向量对应的复3B.－2 iC. －3iD.3+ i※9.复数 z ＝ - 3(cos π 5 - i sin π)（i 是虚数单位）的三角形式是（）5π πππA.3［cos （ - ）＋i sin （ - ）］B.3（cos＋i sin）C.3（cos54π ＋i sin554π ） D.3（cos5556π 6π ＋i sin）5510.复数 z 1＝3＋i ，z 2＝1－i ，则 z ＝z 1·z 2 在复平面内的对应点位于（ ）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限11.设复数 z ＝2sin θ＋i cos θ（ π＜θ＜ π) 在复平面上对应向量OZ ，将OZ 按顺4 21 13 时针方向旋转 4π后得到向量OZ 2 ， OZ 2 对应的复数为 z 2＝r （cos ϕ＋i sin ϕ），则 tan ϕ等于（）2 tan θA.2 tan θ-12 tan θ-1B.2 tan θ+ 11C.2 tan θ+ 11D.2 tan θ-1※12.复数－i 的一个立方根是 i ，它的另外两个立方根是（）3 333 313 3 3 3 A.3 ± 1 i B. - 3 ± 1 i2C.±2 2+ 1 i 22D.±2 2- 1 i 213.复数4）A.1+ iB.－1+ iC.1－ iD.－1－ i1 14.设复数 z =－ 2的是（）+i （i 为虚数单位），则满足等式 z n =z 且大于 1 的正整数 n 中最小2A.3B.4C.6D.7 15.如果复数 z 满足|z +i |+|z －i |=2，那么|z +i +1|的最小值是（ ）A.1B. 二、填空题C.2D.16.已知 z 为复数，则 z + z ＞2 的一个充要条件是 z 满足.17.对于任意两个复数 z 1＝x 1＋y 1i ，z 2＝x 2＋y 2i （x 1、y 1、x 2、y 2 为实数），定义运算“⊙”为：z 1⊙z 2＝x 1x 2＋y 1y 2．设非零复数 w 1、w 2 在复平面内对应的点分别为 P 1、P 2，点 O 为坐标原点．如果 w 1⊙w 2＝0，那么在△P 1OP 2 中，∠P 1OP 2 的大小为 ．18.若 z ∈C ，且（3＋z ）i ＝1（i 为虚数单位），则 z ＝ ．19.若复数 z 满足方程 z i =i －1（i 是虚数单位），则 z =.- 3 - i 20.已知 a =1 + 2i（i 是虚数单位），那么 a 4=.21.复数 z 满足（1+2i ） z =4+3i ，那么 z = .三、解答题22.已知 z 、w 为复数，（1＋3i ）z 为纯虚数，w ＝z 2 + i，且|w |＝5，求 w ．23.已知复数 z ＝1＋i ，求实数 a ，b 使 az ＋2b z ＝（a ＋2z ）2． 24.已知 z 7＝1（z ∈C 且 z ≠1）.（Ⅰ）证明 1＋z ＋z 2＋z 3＋z 4＋z 5＋z 6＝0；（Ⅱ）设 z 的辐角为α，求 cos α＋cos2α＋cos4α的值.3 3 3 2521 1 1 21 2 2 ※25.已知复数 z ＝i （1－i ）3. （Ⅰ）求 arg z 1 及|z 1|；（Ⅱ）当复数 z 满足|z |＝1，求|z －z 1|的最大值. 26.对任意一个非零复数 z ，定义集合 M z ＝｛w |w ＝z 2n －1，n ∈N ｝．1 （Ⅰ）设α是方程 x ＋= x的一个根，试用列举法表示集合 M α；（Ⅱ）设复数ω∈M z ，求证：M ω⊆ M z ．27.对任意一个非零复数 z ，定义集合 M z ＝｛w |w ＝z n ，n ∈N ｝．1 （Ⅰ）设 z 是方程 x +求其和为零的概率 P ；=0 的一个根，试用列举法表示集合 M z ．若在 M z 中任取两个数，x（Ⅱ）若集合 M z 中只有 3 个元素，试写出满足条件的一个 z 值，并说明理由．28.设复数 z 满足|z |＝5，且（3＋4i ）z 在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上，| z －m |＝5 （m ∈R ），求 z 和 m 的值.29.已知复数 z 0＝1－mi （M ＞0），z ＝x ＋yi 和ω＝x ′＋y ′i ，其中 x ，y ，x ′，y ′均为实数，i 为虚数单位，且对于任意复数 z ，有ω＝ z 0 · z ，|ω|＝2|z |．（Ⅰ）试求 m 的值，并分别写出 x ′和 y ′用 x 、y 表示的关系式；（Ⅱ）将（x ，y ）作为点 P 的坐标，（x ′，y ′）作为点 Q 的坐标，上述关系式可以看作是坐标平面上点的一个变换：它将平面上的点 P 变到这一平面上的点 Q .当点 P 在直线 y =x +1 上移动时，试求点 P 经该变换后得到的点 Q 的轨迹方程； （Ⅲ）是否存在这样的直线：它上面的任一点经上述变换后得到的点仍在该直线上?若存在，试求出所有这些直线；若不存在，则说明理由.※30.设复数 z ＝3cos θ＋i ·2sin θ.求函数 y ＝θ－arg z （0＜θ＜ 的θ值.π）的最大值以及对应2※31.已知方程 x 2＋（4＋i ）x ＋4＋ai ＝0（a ∈R ）有实数根 b ，且 z =a +bi ，求复数 z （1－ci ）（c ＞0）的辐角主值的取值范围.※32.设复数 z 满足 4z +2 z =3 值范围. +i ，ω=sin θ－i cos θ（θ∈R ）.求 z 的值和|z －ω|的取※33.已知复数 z 满足（z －2）i =1+i ，复数 z 的虚部为 2，且 z ·z 是实数，求复数 z 的模.※34.已知向量OZ 所表示的复数 z 满足（z －2）i =1+i ，将OZ 绕原点 O 按顺时针方向旋π11转 得OZ ，设OZ 所表示的复数为 z ′，求复数 z ′+4i 的辐角主值.2 2 23 23 2 3 2 3 1 1 2 1 2 31※35.已知复数 z =2 + i ，w = 2 2 + i ，求复数 zw +zw3 的模及辐角主值.2136.已知复数 z = 2 +i ，ω= 2 2+ i .复数 z ω，z 2ω3在复数平面上所对应的点分 2别是 P 、Q .证明：△OPQ 是等腰直角三角形（其中 O 为原点）.37.设虚数 z 1，z 2 满足 z 2=z 2.（1）若 z 1、z 2 是一个实系数一元二次方程的两个根，求 z 1、z 2； ※（2）若 z =1+mi （m ＞0，i 为虚数单位），ω=z －2，ω的辐角主值为θ，求θ的取值 范围.1 38.设 z 是虚数，w =z + z是实数，且－1＜ω＜2.（Ⅰ）求|z |的值及 z 的实部的取值范围；1 - z（Ⅱ）设 u =1 + z，求证：u 为纯虚数；（Ⅲ）求 w －u 2 的最小值.139.已知复数 z 1、z 2 满足|z 1|=|z 2|＝1，且 z 1+z 2= 2+i .求 z 1、z 2 的值.2※40.设复数 z =cos θ+i sin θ，θ∈（π，2π）.求复数 z 2+z 的模和辐角. ※41.在复平面上，一个正方形的四个顶点按照逆时针方向依次为 Z ，Z ，Z ，O （其中O是原点），已知 Z 2 对应复数 z 2=1+ ※42.已知 z =1+i ，i ，求 Z 1 和 Z 3 对应的复数.（Ⅰ）设 w =z 2+3 z －4，求 w 的三角形式.z 2 + ax + b （Ⅱ）如果z 2- z + 1=1－i ，求实数 a ，b 的值.43.设 w 为复数，它的辐角主值为● 答案解析1.答案：B3 π，且4(ω)2 - 4 ω为实数，求复数 w .3 解析一：通过复数与复平面上对应点的关系，分别求出 z 1、z 2 的辐角主值.arg z 1= π，4πarg z 2=.32 2 33 3 3 2 3 3 3 ⎩ 1 z 1所以 arg z 2 = 3π- π = 43 5 π∈［0，2π）， 12∴arg z 1 = 5π.z 212 z 1-1 + i 1 1 1解析二：因为=-1 + i )( - i) = ( - ) + ( + )i .z 22 22 2 2 2 2 2 在复平面的对应点在第一象限.故选 B评述：本题主要考查复数的运算法则及几何意义、辐角主值等概念，同时考查了灵活运用知识解题的能力，体现了数形结合的思想方法.2.答案：A解析：由已知 z =m - 2i 1 + 2i = (m - 2i )(1 - 2i ) (1 + 2i )(1 - 2i ) = 1［（m －4）－2（m +1）i ］在复平面对5⎧m - 4 > 0应点如果在第一象限，则⎨m + 1 < 0 而此不等式组无解.即在复平面上对应的点不可能位于第一象限.3.答案：B解析：（1＋i ）（cos θ＋i sin θ）＝ππ （cos 4 π＋i sinπ）（cos θ＋i sin θ） 4＝ ［cos （θ＋4）＋i sin （θ＋）］4∵θ∈（ππ，π） ∴θ＋∈（243π 5π ，）44π∴该复数的辐角主值是θ＋ ．44.答案：C1解法一：（ 2+i ）3＝（cos60°＋i sin60°）3＝cos180°＋i sin180°＝－1 2解法二： +2 21 3i = -ω,ω= - 1 + i ， 2 23 3 ∴ ( + i ) 2 2= (-ω) = -(ω) = -1 2 33 3 5.答案：D 6.答案：D解法一： z = 22( 1 +2i ) = 2 22(cos π 31+ i sinπ 1 ), arg 3 z= 2π- arg z = 5π 3 解法二： z =12(1+ 3i ) ∴ z 11 0,- 应在第四象限，tan θ＝ - ，θ＝arg ．z z 1 5 ∴arg 是 π．z37.答案：C解析：∵arg z 1＝5 5 π，arg z 2＝ π4125π∴tan θ＝tan ＝tan75°＝tan （45°＋30 2 + ．12 8.答案：B解析：根据复数乘法的几何意义，所求复数是(3 -3i )[cos(- π ) + i sin(- 3 π)] = (3 - 3 3i )( 1 - 2 i ) = -2 23i ．9.答案：C解法一：采用观察排除法.复数 z = -3(cos π 5- i sinπ) 对应点在第二象限，而选项 A 、5B 中复数对应点在第一象限，所以可排除.而选项 D 不是复数的三角形式，也可排除，所以选 C.解法二：把复数 z = -3(cos π 5 - i sin π) 直接化为复数的三角形式，即5z = 3(- cos π+ 5 i sin π 5 = 3[cos(π- π 5 + i sin(π- π5 = 3(cos 4π+ i s in 4π 5 10.答案：D解析： 0 < arg z 5< π, arg z= 7π, 7π< arg z ⋅ z<23π．1 62 4 412123 3) )]).)- 11.答案：A解析：设 z 1＝2sin θ＋i cos θ＝|z 1|（cos α＋i sin α），其中|z 1|＝ 4s in 2 θ+ cos 2θ, cos α= 2 sin θ ， | z 1 |sin α＝cos θ π （| z 1 |4<θ< π）．23π 3π ∴z 2＝|z 1|·［cos （α- ）＋i sin （α-）］44＝r （cos ϕ＋i sin ϕ）．ϕ sin ϕ =3π4 )= cos α+ sin α= 2 sin θ+ cos θ = 2 tan θ+ 1∴tan＝ cos ϕ cos(α- 3π 4cos α- sin α 2s in θ- cos θ 2 tan θ-1 12.答案：D解法一：∵－i =cos3π 3π +i sin223π+ 2k π3π+ 2k π∴－i 的三个立方根是 cos 2+ i s in 2（k =0，1，2）333π 3ππ π当 k =0 时， cos 2 + i s in 2 = cos + i sin = i ；332 23π+ 2π3π+ 2π当 k =1 时， cos 2+ i s in 2 = cos 7π+ i s in 7π= -3 1i； 33π+ 4π363π+ 4π6 2 2 当 k =2 时， cos 2+ i s in 2= cos 11π+ i sin 11π=3 - 1 i . 3故选 D.36 62 2解法二：由复数开方的几何意义，i 与－i 的另外两个立方根表示的点均匀地分布在以原 1点为圆心，1 为半径的圆上，于是另外两个立方根的虚部必为－ ,排除 A 、B 、C ，选 D.2评述：本题主要考查了复数开方的运算，既可用代数方法求解，也可用几何方法求解， 但由题干中的提示，几何法解题较简捷.sin(α- )1 + 3i3 ) 13.答案：B解法一： 2 + 2i = 22(cos π4+ i sin π，4π π故（2+2i ）4=26（cos π+i sin π）=－26，1－253i = 2(cos 3 - i sin )，3故(1 - 3i )5=cos 5π+ i sin 5π3 3- 26 (cos 5π+ i s in5π(2 + 2i )4 =) 3 3 = -1= +于是所以选 B.2516(1 + i )4= - 1 2( 2 (2i)2i) 1 2= 2 3i , 解法二：原式= - 25 (- 1+ 2 3 i )5 2 2 (- 1 + 2 3 i )2 2 - 1 - 3 i2 2= - 4 = - 4(1 - 4 3i ) = -1 + 3i∴应选 B解法三：2+2i 的辐角主值是 45°，则（2+2i ）4 的辐角是 180°；1－(2 + 2i )4i 的一个辐角是 －60°，则（1－ i ）5 的辐角是－300°，所以 480°，它在第二象限，从而排除 A 、C 、D ，选 B.评述：本题主要考查了复数的基本运算，有一定的深刻性，尤其是选择项的设计，隐藏着有益的提示作用，考查了考生观察问题、思考问题、分析问题的综合能力.14.答案：B1 解析：z =－ 215.答案：A+i 是 z 3=1 的一个根，记 z =ω，ω4=ω，故选 B.2解析：设复数 z 在复平面的对应点为 z ，因为|z +i |+|z －i |=2，所以点 Z 的集合是 y 轴上以 Z 1（0，－1）、Z 2（0，1）为端点的线段.|z +1+λ|表示线段 Z 1Z 2 上的点到点（－1，－1）的距离.此距离的最小值为点 Z 1（0，－ 1）到点（－1，－1）的距离，其距离为 1.评述：本题主要考查两复数之差的模的几何意义，即复平面上两点间的距离. 16.答案：Rez ＞1(1 - 3i )53 3 .2 10 1 1解析：设 z =a +bi ，如果 z + z ＞2，即 2a ＞2∴a ＞1 反之，如果 a ＞1，则 z + z =2a ＞2，故 z + z ＞2 的一个充要条件为 Rez ＞1. 评述：本题主要考查复数的基本概念、基本运算及充要条件的判断方法. π17.答案：2解析：设 zOP 1= x + y i , z OP 2= x 2 + y 2i∵w 1⊙w 2＝0 ∴由定义 x 1x 2＋y 1y 2＝0 π∴OP 1⊥OP 2 ∴∠P 1OP 2＝ ．218.答案：z ＝－3－i解析：∵（3＋z ）i ＝1 ∴3＋z ＝－i ∴z ＝－3－i 19.答案：1－i解析：∵ z i =i －1，∴ z = i - 1=（i －1）（－i ）=1+ii∴z =1－i . 20.答案：－4解析：a 4=［（- 3 - i 1 + 2i）2］2=［(-3 - i )(1 - 2i ) 5］4=（- 5 + 5i ）45=（－1+i ）4=（－2i ）2=－4 21.答案：2+i 解析：由已知 z =4 + 3i = (4 + 3i )(1 - 2i ) = 4 + 6 + (3 - 8)i = 2 - i ，故 z =2+i .1 + 2i 1 + 4 522.解法一：设 z ＝a ＋bi （a ，b ∈R ），则（1＋3i ）z ＝a －3b ＋（3a ＋b ）i ．由题意，得 a ＝3b ≠0．z∵|ω|＝ |∴|z |＝2 + i|= 5 ，= 5 ．将 a ＝3b 代入，解得 a ＝±15，b ＝±15． 15 + 5i 故ω＝±2 + i＝±（7－i ）．解法二：由题意，设（1＋3i ）z ＝ki ，k ≠0 且 k ∈R ，a 2+ b 22 ⎩则ω＝ki ．(k + i )(1 + 3i )∵|ω|＝5，∴k ＝±50．故ω＝±（7－i ）． 23.解：∵z ＝1＋i ，∴az ＋2b z ＝（a ＋2b ）＋（a －2b ）i ，（a ＋2z ）2＝（a ＋2）2－4＋4（a ＋2）i ＝（a 2＋4a ）＋4（a ＋2）i ， 因为 a ，b 都是实数，所以由 az ＋2b z ＝（a ＋2z ）2 得⎧a + 2b = a 2 + 4a , ⎨a - 2b = 4(a + 2). 两式相加，整理得 a 2＋6a ＋8＝0， 解得 a 1＝－2，a 2＝－4， 对应得 b 1＝－1，b 2＝2．所以，所求实数为 a ＝－2，b ＝－1 或 a ＝－4，b ＝2． 24.（Ⅰ）解法一：z ，z 2，z 3，…，z 7 是一个等比数列. a - a q z - z 7 z z - z∴由等比数列求和公式可得： S n∴1＋z ＋z 2＋z 3＋…＋z 6＝0 = 1 n =1 - a1 - z = 1 - z = 0 解法二：S ＝1＋z ＋z 2＋…＋z 6 ①zS ＝z ＋z 2＋z 3＋…+z 6＋z 7②∴①－②得（1－z ）S ＝1－z 7＝0∴S ＝＝01 - z（Ⅱ）z 7＝1，z ＝cos α＋i sin α ∴z 7＝cos7α＋i sin7α＝1，7α＝2k π z ＋z 2＋z 4＝－1－z 3－z 5－z 6＝－1－［cos （2k π－4α）＋i sin （2k π－4α）＋cos （2k π－2α）＋i sin （2k π－ 2α）＋cos （2k π－α）＋i sin （2k π－α）］＝－1－（cos4α－i sin4α＋cos2α－i sin2α＋cos α－i sin α） ∴2（cos α＋cos2α＋cos4α）＝－1，1 cos α＋cos2α＋cos4α＝－2解法二：z 2·z 5＝1，z 2＝同理 z 3＝ z -4，z ＝ z-61 = z -5 z 52 (cos θ- 2)2+ (sin θ+ 2)22 2 2 2 α α α α∴z ＋z 2＋z 4＝－1－ z -4 － z -2－ z∴z ＋ z ＋ z -2＋z ＋ z -4＋z ＝－1∴cos2α＋cos α＋cos4α＝ - 1225.（Ⅰ）解：z 1＝i （1－i ）3＝i （－2i ）（1－i ）＝2（1－i ）∴|z 1|＝= 2 ，arg z 1＝2（cos 7 7π＋i sinπ）447∴arg z 1＝ π4（Ⅱ）解法一：|z |＝1，∴设 z ＝cos θ＋i sin θ |z －z 1|＝|cos θ＋i sin θ－2＋2i |＝ =π当 sin （θ- ）＝1 时|z －z 1|2 取得最大值 9＋44图 12—2从而得到|z －z 1|的最大值 2 ＋1解法二：|z |＝1 可看成 z 为半径为 1，圆心为（0，0）的圆. 而 z 1 可看成在坐标系中的点（2，－2）∴|z －z 1|的最大值可以看成点（2，－2）到圆上的点距离最大.由图 12—2 可知：|z －z 1|max ＝2 ＋126.（Ⅰ）解：∵α是方程 x 2－ x ＋1＝0 的根∴α1＝ 2（1＋i ）或α2＝ 2 （1－i ）(α2)ni n当α＝ （1＋i ）时，∵α2＝i ，α2n －1＝1=2i -1 - i 1α1 α1∴ M = { , 1 1 1 , ,1 α1} = { 2 (1 + i ),- (1 - i ),- 2 (1 + i ), 2 (1 - i )} 2当α2＝ 2（1－i ）时，∵α22＝－i2 2 2 222+ 222 9 + 4 2 sin(θ- π4)22 2 2 1113 2 2 2 2 zC 11α α α 2 2 2 α 3= 1∴ M α= {- i , -1 , i, } = M α212∴M α＝{2 (1 + i ),- (1 - i ),- 2 (1 + i ), 2 (1 - i )｝ 2（Ⅱ）证明：∵ω∈M ，∴存在 M ∈N ，使得ω＝z 2m －1于是对任意 n ∈N ，ω2n －1＝z (2m －1)(2n －1) 由于（2m －1）（2n －1）是正奇数，ω2n －1∈M ，∴M ⊆ M ．zωz27.解：（Ⅰ）∵z 是方程 x 2＋1＝0 的根， ∴z 1＝i 或 z 2＝－i ，不论 z 1＝i 或 z 2＝－i ， M z ＝｛i ，i 2，i 3，i 4｝＝｛i ，－1，－i ，1｝ 2于是 P ＝2． 4（Ⅱ）取 z ＝ - 1+ i ，22则 z 2＝ - 1 - 2i 及 z 3＝1．2于是 M z ＝｛z ，z 2，z 3｝或取 z ＝ - -2 28.解：设 z ＝x ＋yi （x 、y ∈R ）， ∵|z |＝5，∴x 2＋y 2＝25， i ．（说明：只需写出一个正确答案）． 2而（3＋4i ）z ＝（3＋4i ）（x ＋yi ）＝（3x －4y ）＋（4x ＋3y ）i ，又∵（3＋4i ）z 在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上， ∴3x －4y ＋4x ＋3y ＝0，得 y ＝7x7 ∴x ＝± ，y ＝± 2 27 即 z ＝±（ ＋ 2 2i ）； z ＝±（1＋7i ）．当 z ＝1＋7i 时，有|1＋7i －m |＝5 ， 即（1－m ）2＋72＝50，得 m =0，m =2.当 z ＝－（1＋7i ）时，同理可得 m ＝0，m ＝－2．29.解：（Ⅰ）由题设，|ω|＝| z 0 · z |＝|z 0||z |＝2|z |， ∴|z 0|＝2，2 2 2 23 3 22 223 3 3 3 - ( 3k + 1) k - 3 3 3 3 3 ⎩⎩ ⎩于是由 1＋m 2＝4，且 m ＞0，得 m ＝ ，因此由 x ′＋y ′i ＝ (1 -3i ) · (x + yi ) = x + 3y + ( 3x - y )i ，⎧⎪x ' = x + 3y 得关系式 ⎨⎪ y ' = 3x - y （Ⅱ）设点 P （x ，y ）在直线 y =x +1 上，则其经变换后的点 Q （x ′，y ′）满足⎧⎪x ' = (1 + 3)x + 3⎨⎪ y ' = ( 3 -1)x -1消去 x ，得 y ′＝（2－ ）x ′－2 ＋2，故点 Q 的轨迹方程为 y ＝（2－ （Ⅲ）假设存在这样的直线，）x －2 ＋2． ∵平行坐标轴的直线显然不满足条件， ∴所求直线可设为 y =kx +b （k ≠0）.解：∵该直线上的任一点 P （x ，y ），其经变换后得到的点 Q （x ＋在该直线上，y ， x －y ）仍∴ x －y ＝k （x ＋ y ）＋b ，即－（ k ＋1）y ＝（k － ）x ＋b ，⎧⎪- (当 b ≠0 时，方程组⎨⎪k -故这样的直线不存在.3k + 1) = 1 = k无解，当 b ＝0，由= ， 1 k得 k 2＋2k - ＝0，解得 k ＝或 k ＝ - ， 3故这样的直线存在，其方程为 y ＝x 或 y ＝- x .3评述：本题考查了复数的有关概念，参数方程与普通方程的互化，变换与化归的思想方 法，分类讨论的思想方法及待定系数法等.π30.解：由 0＜θ＜ 2得 tan θ＞0．3 3 3 3 3 3 3 3 3 36⎨由 z ＝3cos θ＋i ·2sin θ，得 0＜arg z ＜π及 tan （arg z ）＝22 sin θ = 3cos θ 2tan θ3tan θ- 2 tan θ故 tan y ＝tan （θ－arg z ）＝ 3 = 1 + 2 tan 2 θ 3 3 tan θ1 +2 tan θ3∵＋2tan θ≥2tan θ∴3tan θ1 ≤+ 2 tan θ 123π当且仅当tan θ＝2tan θ（0＜θ＜ 2）时，即 tan θ＝ 2时，上式取等号.所以当θ＝arctan 2 时，函数 tan y 取最大值12π π由 y ＝θ－arg z 得 y ∈（ -π π, ）．2 2由于在（ -, ）内正切函数是递增函数，函数 y 也取最大值 arctan ． 2 2 12评述：本题主要考查复数的基本概念、三角公式和不等式等基础知识，考查综合运用所 学数学知识解决问题的能力.明考复数实为三角.语言简练、情景新颖，对提高考生的数学素质要求是今后的命题方向.31.解：∵方程 x 2＋（4＋i ）x ＋4＋ai ＝0（a ∈R ）有实根 b ， ∴b 2＋（4＋i ）b ＋4＋ai ＝0， 得 b 2＋4b ＋4＋（b ＋a ）i ＝0，⎧b 2 + 4b + 4 = 0 即有 ⎨⎩b + a = 0⎧a = 2 ∴ ⎩b = -2,得 z =a +bi =2－2i ，∴ z (1 - ci ) = (2 + 2i )(1 - ci ) = 2 + 2c + (2 - 2c )i ．6 66663当 0≤c ≤1 时，复数 z （1－ci ）的实部大于 0，虚部不小于 0，π∴复数 z （1－ci ）的辐角主值在［0，)2范围内，有 arg ［ z （1－ci ）］＝arctan2 - 2c 2 + 2c ＝arctan （ 2 1 + c－1），∵0＜c ≤1，∴0≤22 1 + c－1＜1，π有 0≤arctan （1 + c－1）＜ ，4π∴0≤arg ［ z （1－ci ）］＜．4当 c ＞1 时，复数 z （1－ci ）的实部大于 0，虚部小于 0，3π ∴复数 z （1－ci ）的辐角主值在（2，2π）2 - 2c2范围内，有 arg ［ z （1－ci ）］＝2π＋arctan2 + 2c ＝2π＋arctan （1 + c－1）．∵c ＞1，∴－1＜21 + c －1＜0， 有 - π＜arctan （47π2 －1）＜0，1 + c∴＜arg ［ z （1－ci ）］＜2π．4π7π 综上所得复数 z （1－ci ）（c ＞0）的辐角主值的取值范围为［0，4) ∪（4，2π）．评述：本题主要考查复数的基本概念和考生的运算能力，强调了考生思维的严谨性.32.解：设 z =a +bi （a ，b ∈R ），则 z =a －bi ，代入 4z +2 z =3 +i得 4（a +bi ）+2（a －bi ）=3 +i .3(3-sinθ)2+(1-cosθ)2262 + 22222 2223223⎧a⎪+1∴⎨⎪b =1⎪⎩2.∴z i.2 21|z－ω|=|2+i－（sinθ－i cosθ）| 2= = 2 - 3 sinθ+ cosθ=∵－1≤sin（θ－∴0≤|z－ω|≤2. π）≤1，∴0≤2－2sin（θ－6π）≤4.6评述：本题考查了复数、共轭复数的概念，两复数相等的充要条件、复数的模、复数模的取值范围等基础知识以及综合运用知识的能力.1 +i33.解：由（z1－2）i=1+i 得z1=i∵z2 的虚部为2.∴可设z2=a+2i（a∈R）+2=（1+i）（－i）+2=3－iz1·z2=（3－i）（a+2i）=（3a+2）+（6－a）i为实数.∴6－a=0，即a=6因此z2=6+2i，|z2|=34.解：由（z－2）i=1+i 得z= = 21 +i i. +2=3－i∴z′=z［cos（－π）+i sin（－4π）］=（3－i）（4 2-i）= －2 i2z′+ i= －i=2（27-i）=2（cos27 7π+i sin π）4 4∴arg（z1+ i）= π4评述：本题考查复数乘法的几何意义和复数辐角主值的概念.1 35.解法一：zw+zw3=zw（1+w2）=（2+i）（2 2+i）（1+i）21 = （1+i）2（2 2 +i）=2⋅2i(1+2 2i) =22(-2+1i)232 - 2 sin(θ-π 6 )10222222332 3 3 2 2 = 2(cos 5π+ i sin 5π6故复数 zw +zw 3的模为 65π ，辐角主值为.6解法二：w = 2 + i =cos 2ππ +i sin4 4πzw +zw 3=z （w +w 3）=z ［（cos4π+i sin4π）+（cos4π+i sin4）3］=z ［（cos）+（cos ）］=z （ i ）= ( 1+3 i ) ⨯ 2i = 2(- + 1i ) = 2(cos 5π+ i s in 5π 22 2 2 6 65故复数 zw +zw 3的模为 ，辐角主值为 π.6评述：本题主要考查复数的有关概念及复数的基本运算能力.36.证法一： z =- 1i = cos(- 2 2 π π ) + i sin(- ) 6 6 ω= + 2 i = cos π 2 4 + i sin π 4于是 z ω=cosπ+i sinπ， z ω =cos （－π）+i sin （－π）.12 z 2ω3=［cos （－ 12π ）+i sin （－ 3 12 π ）］×（cos 33 π+i sin4 123 5 π）=cos4 125π+i sin π 125因为 OP 与 OQ 的夹角为 12 所以 OP ⊥OQππ－（－12π）=.2又因为|OP |=| z ω|=1，|OQ |=|z 2ω3|=|z |2|ω|3=1∴|OP |=|OQ |.由此知△OPQ 为等腰直角三角形.证法二：∵z =cos （－ππ）+i sin （－ ）.662 2 2 )) ππ3π 3π+ i - + 4 +i sin 4 4 +i sin 42 2 2 22 23 3 33⎪ = ∴z 3=－i又ω=+ 2∴ω4=－1i = cos π 2 4 + i sin π. 4 z 2ω3 于是 z= z 2ω3 z ω= z ωz ω z 3ω4 | z ω|2 i 由此得 OP ⊥OQ ，|OP |=|OQ | 故△OPQ 为等腰直角三角形.37.解：（1）因为 z 1、z 2 是一个实系数一元二次方程的两个根，所以 z 1、z 2 是共轭复数.设 z 1=a +bi （a ，b ∈R 且 b ≠0），则 z 2=a －bi⎧a 2 - b 2 = a 于是（a +bi ）2=（a －bi ），于是⎨⎩2ab = -b⎧a = - 1 ⎧a = - 1 ⎪ 2 ⎪ 2解得 ⎨ ⎪b =或⎨ b =⎪⎩ 2 ⎪⎩ 21 1 1 1∴ z 1 = - 2 + 2 i , z 2 = - 2 - 2 i 或z 1 = - 2 - 2 i , z = - 2 + 2i（2）由 z 1=1+mi （m ＞0），z 12=z 2 得 z 2=（1－m 2）+2mi∴ω=－（1+m 2）+2mitan θ=－2m 1 + m 2= - 2 m + 1m1由 m ＞0，知 m +≥2，于是－1≤tan θ≤0m又 －（m 2+1）＜0，2m ＞0，得 3 π≤θ＜π4因此所求θ的取值范围为［ 3 π，π）.438.解：（Ⅰ）设 z =a +bi ，a 、b ∈R ，b ≠0则 w =a +bi + 1 a + b i = (a + a a 2 + b 2 ) + (b - b )ia 2 +b 2因为 w 是实数，b ≠0，所以 a 2＋b 2=1，即|z |=1.(a + 1) ⋅1a + 133 3 11 于是 w =2a ，－1＜w =2a ＜2，－ 2＜a ＜1，1 所以 z 的实部的取值范围是（－ 2，1）.（Ⅱ） u =1 - z 1 + z = 1 - a - bi 1 + a + bi = 1 - a2 - b 2 - 2bi (1 + a )2 + b 2 = b i .a + 1因为 a ∈（－ 1 ，1），b ≠0，所以 u 为纯虚数. 2（Ⅲ） w - u 2 = 2a +b 2(a + 1)2 = 2a + 1 - a 2 (a + 1)2 = 2a - a -1 a + 1 = 2a -1 + 2a + 1= 2[(a + 1) +1a + 1] - 3..因为 a ∈（－ 1 ，1），所以 a +1＞0， 2故 w －u 2≥2·2 －3=4－3=1.当 a +1=1a + 1，即 a =0 时，w －u 2 取得最小值 1.39.解：由|z 1＋z 2|=1，得（z 1+z 2）（ z 1 + z 2 ）=1，又|z 1|=|z 2|=1，故可得 z 1 z 2 + z 1 z 2=1－1，所以 z 1 z 2 的实部= z 1 z 2 的实部=－ 2 .又| z 1 z 2|=1，故 z 1 z 2 的虚部为± 2，1z 1 z 2=－ 2 ± 21 i ，z 2=z 1 (- ± 21i ) .2 于是 z 1+z 1 (- ± 2 21 i ) = + i ，2 21 所以 z 1=1，z 2= - +2 i 或 z 1= - + 2 2 i ，z 2=1.23 33 32 2 1 +3 3 1 + 3 3 - 1 1 2⎧z 1 =1 ⎧z = - 1 + 3i ⎪ 所以 ⎨ z= - 1 + 3 i ⎪ ，或 ⎨ 1 2 2 ⎩⎪ 2 2 2 ⎪⎩z 2= 1 40.解法一：z 2+z =（cos θ+i sin θ）2+cos θ+i sin θ=cos2θ+i sin2θ+cos θ+i sin θ=2cos 3θ θcos 22 θ+i ·2sin3 3θ θcos22θ =2cos23（cos 3 3 θ+i sinθ）22=－2cos 2［cos （π+θ）+i sin （π+2θ）］2θ∵θ∈（π，2π），∴∈（ 2π θ，π），∴－2cos＞022θ ∴复数 z 2+z 的模为－2cos 2，辐角为 2k π+π+3 θ（k ∈Z ）2解法二：z 2+z =z （1+z ）=（cos θ+i sin θ）（1+cos θ+i sin θ） θ θ =（cos θ+i sin θ）（2cos2+i ·2sin22θcos）2θ =2cos 2θ（cos θ+i sin θ）（cos 2θ+i sin2θ ）=2cos 2（cos 3 3 θ+i sinθ）22以下同解法一.41.解法一：如图 12—3，设 Z 1、Z 3 对应的复数分别为 z 1、z 3，则由 1π π复数乘除法的几何意义有 z 1＝ z 2［cos （ - ）＋i sin （ - ）］＝ (1 +23i )(-22i ) =24 + 1 + 2 4- 1 i2图 12—31π π1z 3＝2 z 2 (cos 4 + i sin 4 ) =(1 + 23i )( + 2 i) = 2 + i ． 2 2注：求出 z 后，z ＝iz ＝ 1 3 1解法二：设 Z 1、Ｚ3 对应的复数分别是z 1、z 3，根据复数加法和乘法的几何意义，依题 ⎧z 1 + z 3 = z 2意得 ⎨⎩ 3 - z 1 = iz 21 1 ∴z ＝ z （1－i ）＝ （1－ i ）（1－i ）＝ + i 22222 3 3 2 1 - 3 1 - 3 + 1 + 3 i z2 21 + 3 1 - 3 1 + 32 ⎩⎨z ＝z －z ＝（1＋ i ）－（+ i ）＝ +i 3 2 12222评述：本题主要考查复数的基本概念和几何意义，以及运算能力.此题以复平面上的简单几何图形为背景，借以考查复数的向量表示与复数运算的几何意义等基本知识，侧重概念、 性质的理解与掌握，以及运算能力和转化的思想，对复数教学有良好的导向作用.42.解：（Ⅰ）由z =1+i ，有 w =（1+i ）2＋3（1－i ）－4=－1－i ，所以 w 的三角形式是（cos5π+ i sin 5π）44z 2 + az + b (1 + i )2 + a (1 + i ) + b (a + b ) + (a + 2)i（Ⅱ）由 z =1+i ，有＝（a ＋2）－（a ＋b ）iz 2 - z + 1 = (1 + i )2- (1 + i ) + 1 =i由题设条件知，（a +2）－（a +b ）i =1－i .⎧a + 2 = 1根据复数相等的定义，得 ⎨- (a + b ) = -1⎧a = -1 解得 ⎩b = 2所以实数 a ，b 的值分别为－1，2.评述：本题考查了共轭复数、复数的三角形式等基础知识及运算能力. 43.解：因为 w 为复数，arg w ＝3π，所以设 w =r （cos 3π＋i sin 3π），则(w )2 - 4 =1(cos 3π- i s in 43π)[r 2(cos 3π- i s in 4 43π) - 4]w = 1 (- r 4 4 2 - 2 i )(r 2i - 4) = 22 (1 + i )(4 - r 2i ) = 2 ，+ r 2 + (4 - r 2 )i ]∈ R, r 2 2 2r 2r从而 4－r 2＝0，得 r =2. 因此 w ＝2（cos3π+ i sin 3π) ＝－＋ i ．44● 命题趋向与应试策略1.由于复数内容在新的教学大纲中已被列为选学内容，所以近几年复数部分在高考中考 查的难度与题量都呈下降趋势.2.本章内容在高考中，以选择题和解答题为主.选择题主要考查：（1）复数的概念，包括虚数、纯虚数、复数的实部和虚部、复数的模、辐角主值、复数相等、共轭复数等概念.（2） 复数代数形式与三角形式的基本运算，包括复数的四则运算，乘方、开方运算，代数形式与三角形式的互化及基本运算的技能与技巧等.（3）复数的几何意义，特别是复数乘法的几何意义——向量旋转，复数运算的几何意义在平面图形中的应用等.在高考中常见的类型有：（1）与基本计算有关的问题； （2）与复数模的最值有关的问题；3 3 - 1 2 2（3）与复数几何意义有关的问题.解答题主要考查：（1）在复数集中解一元二次方程和二项方程.（2）复数的三角运算.（3）复数与代数、几何、三角的综合性知识运用.在高考中常见的类型有：（1）解复数方程的问题；（2）求复数的模和辐角主值的问题；（3）复数与代数几何、三角相关联的综合性问题.从上述我们可以看到高考常以考查复数运算为主，估计这一命题趋势还将继续下去.3.坚持全面复习与重点复习相结合.由于目前试题多以中低档题目出现，难度不大，但涉及面广，对基本问题掌握的熟练程度要求较高，所以对基本问题不能放松要求.复数的三角形式问题是重点内容.首先，应熟练地确定复数的三角形式、复数的模与辐角主值、复数三角形式的结构特征.其次，要准确把握复数三角形式的运算特点，恰当选择运算形式.4.重视复数与相关知识的联系.①复数问题可以转化成三角问题，②复数问题转化为实数范围内的代数问题，③复数问题转化成平面几何问题.在复习过程中，就充分利用相关知识，实现问题的转化.如求模的最值问题可采用以下思考方法：①转化为求三角函数式的最值问题，②转化为实数范围内的最值，③利用模为实数这一性质，||z1|－|z2||≤|z1±z2|≤|z1|＋|z2|，④转化为平面几何问题.随着观察分析角度的不同，产生不同的解题思路和方法，提高学生对算理算法的合理运用的水平.5.强调数学思想方法的训练：（1）转化思想：要求学生在全面理解掌握复数知识的同时，善于将复数向实数转化，将复数向几何、三角转化.（2）分类讨论思想：分类讨论是一种重要的解题策略和方法，它能使复杂的问题简单化，复数考题中经常用到这种分类讨论思想. （3）数形结合思想：运用数形结合思想处理复平面问题是高考考查的热点之一，应引起注意.。