复数十年高考题.docx
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复数十年高考题
复数
●试题类编
※1.设复数z1=－1+i，z2=i，则arg等于（）
A.－πB.πC.πD.π
2.复数z=（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
※3.如果θ∈（，π），那么复数（1＋i）（cosθ＋isinθ）的辐角的主值是（）
A.θ＋B.θ＋C.θD.θ＋
4．复数（i）3的值是（）
A.－iC.－1
5.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＝，则arg是（）
A.B.C.D.
※7.设复数z1＝－1－i在复平面上对应向量，将按顺时针方向旋转π后得到向量，令对应的复数z2的辐角主值为θ，则tanθ等于（）
－B.－2＋
＋D.－2－
※8.在复平面内，把复数3－i对应的向量按顺时针方向旋转，所得向量对应的复数是（）
B.－2i
C.－3i+i
※9.复数z＝（i是虚数单位）的三角形式是（）
［cos（）＋isin（）］（cos＋isin）
（cos＋isin）（cos＋isin）
10.复数z1＝3＋i，z2＝1－i，则z＝z1·z2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z1＝2sinθ＋icosθ（＜θ＜在复平面上对应向量，将按顺时针方向旋转π后得到向量，对应的复数为z2＝
r（cos＋isin），则tan等于（）
A.B.
C.D.
※12.复数－i的一个立方根是i，它的另外两个立方根是（）
A.B.
C.±D.±
13.复数等于（）
+iB.－1+i
－iD.－1－i
14.设复数z=－i（i为虚数单位），则满足等式zn=z且大于1的正整数n中最小的是（）
15.如果复数z满足|z+i|+|z－i|=2，那么|z+i+1|的最小值是（）
B.D.
二、填空题
16.已知z为复数，则z+＞2的一个充要条件是z满足.
17.对于任意两个复数z1＝x1＋y1i，z2＝x2＋y2i（x1、y1、x2、y2为实数），定义运算“⊙”为：
z1⊙z2＝x1x2＋y1y2．设非零复数w1、w2在复平面内对应的点分别为P1、P2，点O为坐标原点．如果w1⊙w2＝0，那么在△P1OP2中，∠P1OP2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i=i－1（i是虚数单位），则z=_____.
20.已知a=（i是虚数单位），那么a4=_____.
21.复数z满足（1+2i）=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＝，且|w|＝5，求w．
23.已知复数z＝1＋i，求实数a，b使az＋2b＝（a＋2z）2．
24.已知z7＝1（z∈C且z≠1）.
（Ⅰ）证明1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6＝0；
（Ⅱ）设z的辐角为α，求cosα＋cos2α＋cos4α的值.
※25.已知复数z1＝i（1－i）3.
（Ⅰ）求argz1及|z1|；
（Ⅱ）当复数z满足|z|＝1，求|z－z1|的最大值.
26.对任意一个非零复数z，定义集合Mz＝｛w|w＝z2n－1，n∈N｝．
（Ⅰ）设α是方程x＋的一个根，试用列举法表示集合Mα；
（Ⅱ）设复数ω∈Mz，求证：
MωMz．
27.对任意一个非零复数z，定义集合Mz＝｛w|w＝zn，n∈N｝．
（Ⅰ）设z是方程x+=0的一个根，试用列举法表示集合Mz．若在Mz中任取两个数，求其和为零的概率P；
（Ⅱ）若集合Mz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z0＝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＝·，|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＝3cosθ＋i·2sinθ.求函数y＝θ－argz（0＜θ＜）的最大值以及对应的θ值.
※31.已知方程x2＋（4＋i）x＋4＋ai＝0（a∈R）有实数根b，且z=a+bi，求复数（1－ci）（c＞0）的辐角主值的取值范围.
※32.设复数z满足4z+2=3+i，ω=sinθ－icosθ（θ∈R）.求z的值和|z－ω|的取值范围.
※33.已知复数z1满足（z1－2）i=1+i，复数z2的虚部为2，且z1·z2是实数，求复数z2的模.
※34.已知向量所表示的复数z满足（z－2）i=1+i，将绕原点O按顺时针方向旋转得，设所表示的复数为z′，求复数z′+i的辐角主值.
※35.已知复数z=i，w=i，求复数zw+zw3的模及辐角主值.
36.已知复数z=i，ω=i.复数z，z2ω3在复数平面上所对应的点分别是P、Q.证明：
△OPQ是等腰直角三角形（其中O为原点）.
37.设虚数z1，z2满足z12=z2.
（1）若z1、z2是一个实系数一元二次方程的两个根，求z1、z2；
※
（2）若z1=1+mi（m＞0，i为虚数单位），ω=z2－2，ω的辐角主值为θ，求θ的取值范围.
38.设z是虚数，w=z+是实数，且－1＜ω＜2.
（Ⅰ）求|z|的值及z的实部的取值范围；
（Ⅱ）设u=，求证：
u为纯虚数；
（Ⅲ）求w－u2的最小值.
39.已知复数z1、z2满足|z1|=|z2|＝1，且z1+z2=i.求z1、z2的值.
※40.设复数z=cosθ+isinθ，θ∈（π，2π）.求复数z2+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Z1，Z2，Z3，O（其中O
是原点），已知Z2对应复数z2=1+i，求Z1和Z3对应的复数.
※42.已知z=1+i，
（Ⅰ）设w=z2+3－4，求w的三角形式.
（Ⅱ）如果=1－i，求实数a，b的值.
43.设w为复数，它的辐角主值为π，且为实数，求复数w.
答案解析
1.答案：
B
解析一：
通过复数与复平面上对应点的关系，分别求出z1、z2的辐角主值.argz1=π，argz2=.
所以arg∈［0，2π），
∴argπ.
解析二：
因为.
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－4）－2（m+1）i］在复平面对应点如果在第一象限，则而此不等式组无解.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）（cosθ＋isinθ）＝（cos＋isin）（cosθ＋isinθ）
＝［cos（θ＋）＋isin（θ＋）］
∵θ∈（，π）∴θ＋∈（，）
∴该复数的辐角主值是θ＋．
4.答案：
C
解法一：
（i）3＝（cos60°＋isin60°）3＝cos180°＋isin180°＝－1
解法二：
，
∴
5.答案：
D
6.答案：
D
解法一：
解法二：
∴
∴应在第四象限，tanθ＝，θ＝arg．
∴arg是π．
7.答案：
C
解析：
∵argz1＝π，argz2＝π
∴tanθ＝tan＝tan75°＝tan（45°＋30°）＝．
8.答案：
B
解析：
根据复数乘法的几何意义，所求复数是
．
9.答案：
C
解法一：
采用观察排除法.复数对应点在第二象限，而选项A、B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：
把复数直接化为复数的三角形式，即
10.答案：
D
解析：
．
11.答案：
A
解析：
设z1＝2sinθ＋icosθ＝|z1|（cosα＋isinα），
其中|z1|＝，
sinα＝（）．
∴z2＝|z1|·［cos（α）＋isin（α）］
＝r（cos＋isin）．
∴tan＝
12.答案：
D
解法一：
∵－i=cos+isin
∴－i的三个立方根是cos（k=0，1，2）
当k=0时，；
当k=1时，；
当k=2时，.
故选D.
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.
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.
13.答案：
B
解法一：
，
故（2+2i）4=26（cosπ+isinπ）=－26，1－，
故.
于是,
所以选B.
解法二：
原式=
∴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－i的一个辐角是－60°，则（1－i）5的辐角是－300°，所以的一个辐角是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：
B
解析：
z=－i是z3=1的一个根，记z=ω，ω4=ω，故选B.
15.答案：
A
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Z1（0，－1）、Z2（0，1）为端点的线段.
|z+1+λ|表示线段Z1Z2上的点到点（－1，－1）的距离.此距离的最小值为点Z1（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
解析：
设z=a+bi，如果z+＞2，即2a＞2
∴a＞1反之，如果a＞1，则z+=2a＞2，故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.
17.答案：
解析：
设
∵w1⊙w2＝0∴由定义x1x2＋y1y2＝0
∴OP1⊥OP2∴∠P1OP2＝．
18.答案：
z＝－3－i
解析：
∵（3＋z）i＝1∴3＋z＝－i∴z＝－3－i
19.答案：
1－i
解析：
∵i=i－1，∴=（i－1）（－i）=1+i
∴z=1－i.
20.答案：
－4
解析：
a4=［（）2］2=［］4=（）4
=（－1+i）4=（－2i）2=－4
21.答案：
2+i
解析：
由已知，
故z=2+i.
22.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．
∵|ω|＝，
∴|z|＝．
将a＝3b代入，解得a＝±15，b＝±15．
故ω＝±＝±（7－i）．
解法二：
由题意，设（1＋3i）z＝ki，k≠0且k∈R，
则ω＝．
∵|ω|＝5，∴k＝±50．
故ω＝±（7－i）．
23.解：
∵z＝1＋i，
∴az＋2b＝（a＋2b）＋（a－2b）i，
（a＋2z）2＝（a＋2）2－4＋4（a＋2）i＝（a2＋4a）＋4（a＋2）i，
因为a，b都是实数，所以由az＋2b＝（a＋2z）2得
两式相加，整理得a2＋6a＋8＝0，
解得a1＝－2，a2＝－4，
对应得b1＝－1，b2＝2．
所以，所求实数为a＝－2，b＝－1或a＝－4，b＝2．
24.（Ⅰ）解法一：
z，z2，z3，…，z7是一个等比数列.
∴由等比数列求和公式可得：
∴1＋z＋z2＋z3＋…＋z6＝0
解法二：
S＝1＋z＋z2＋…＋z6①
zS＝z＋z2＋z3＋…+z6＋z7②
∴①－②得（1－z）S＝1－z7＝0
∴S＝＝0
（Ⅱ）z7＝1，z＝cosα＋isinα
∴z7＝cos7α＋isin7α＝1，7α＝2kπ
z＋z2＋z4＝－1－z3－z5－z6
＝－1－［cos（2kπ－4α）＋isin（2kπ－4α）＋cos（2kπ－2α）＋isin（2kπ－
2α）＋cos（2kπ－α）＋isin（2kπ－α）］
＝－1－（cos4α－isin4α＋cos2α－isin2α＋cosα－isinα）
∴2（cosα＋cos2α＋cos4α）＝－1，
cosα＋cos2α＋cos4α＝－
解法二：
z2·z5＝1，z2＝
同理z3＝，z＝
∴z＋z2＋z4＝－1－－－
∴z＋＋＋z＋＋z＝－1
∴cos2α＋cosα＋cos4α＝
25.（Ⅰ）解：
z1＝i（1－i）3＝i（－2i）（1－i）＝2（1－i）
∴|z1|＝，argz1＝2（cosπ＋isinπ）
∴argz1＝π
（Ⅱ）解法一：
|z|＝1，∴设z＝cosθ＋isinθ
|z－z1|＝|cosθ＋isinθ－2＋2i|
＝
当sin（θ）＝1时|z－z1|2取得最大值9＋4
从而得到|z－z1|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z1可看成在坐标系中的点（2，－2）
∴|z－z1|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－z1|max＝2＋1
26.（Ⅰ）解：
∵α是方程x2－x＋1＝0的根
∴α1＝（1＋i）或α2＝（1－i）
当α1＝（1＋i）时，∵α12＝i，α12n－1＝
∴
当α2＝（1－i）时，∵α22＝－i
∴
∴Mα＝｝
（Ⅱ）证明：
∵ω∈Mz，∴存在M∈N，使得ω＝z2m－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∈Mz，∴MωMz．
27.解：
（Ⅰ）∵z是方程x2＋1＝0的根，
∴z1＝i或z2＝－i，不论z1＝i或z2＝－i，
Mz＝｛i，i2，i3，i4｝＝｛i，－1，－i，1｝
于是P＝．
（Ⅱ）取z＝，
则z2＝i及z3＝1．
于是Mz＝｛z，z2，z3｝或取z＝i．（说明：
只需写出一个正确答案）．
28.解：
设z＝x＋yi（x、y∈R），
∵|z|＝5，∴x2＋y2＝25，
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＝7x
∴x＝±，y＝±
即z＝±（＋i）；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|＝|·|＝|z0||z|＝2|z|，
∴|z0|＝2，
于是由1＋m2＝4，且m＞0，得m＝，
因此由x′＋y′i＝·，
得关系式
（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
消去x，得y′＝（2－）x′－2＋2，
故点Q的轨迹方程为y＝（2－）x－2＋2．
（Ⅲ）假设存在这样的直线，
∵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＋y，x－y）仍在该直线上，
∴x－y＝k（x＋y）＋b，
即－（k＋1）y＝（k－）x＋b，
当b≠0时，方程组无解，
故这样的直线不存在.
当b＝0，由，
得k2＋2k＝0，
解得k＝或k＝，
故这样的直线存在，其方程为y＝x或y＝x.
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.
30.解：
由0＜θ＜得tanθ＞0．
由z＝3cosθ＋i·2sinθ，得0＜argz＜及tan（argz）＝tanθ
故tany＝tan（θ－argz）＝
∵＋2tanθ≥2
∴≤
当且仅当＝2tanθ（0＜θ＜）时，
即tanθ＝时，上式取等号.
所以当θ＝arctan时，函数tany取最大值
由y＝θ－argz得y∈（）．
由于在（）内正切函数是递增函数，函数y也取最大值arctan．
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x2＋（4＋i）x＋4＋ai＝0（a∈R）有实根b，
∴b2＋（4＋i）b＋4＋ai＝0，
得b2＋4b＋4＋（b＋a）i＝0，
即有
∴
得z=a+bi=2－2i，
∴．
当0≤c≤1时，复数（1－ci）的实部大于0，虚部不小于0，
∴复数（1－ci）的辐角主值在［0，
范围内，有arg［（1－ci）］＝arctan＝arctan（－1），
∵0＜c≤1，∴0≤－1＜1，
有0≤arctan（－1）＜，
∴0≤arg［（1－ci）］＜．
当c＞1时，复数（1－ci）的实部大于0，虚部小于0，
∴复数（1－ci）的辐角主值在（，2π）
范围内，有arg［（1－ci）］＝2π＋arctan＝2π＋arctan（－1）．
∵c＞1，∴－1＜－1＜0，
有＜arctan（－1）＜0，
∴＜arg［（1－ci）］＜2π．
综上所得复数（1－ci）（c＞0）的辐角主值的取值范围为［0，∪（，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=a－bi，代入4z+2=3+i
得4（a+bi）+2（a－bi）=3+i.
∴.∴z=i.
|z－ω|=|i－（sinθ－icosθ）|
=
∵－1≤sin（θ－）≤1，∴0≤2－2sin（θ－）≤4.
∴0≤|z－ω|≤2.
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.
33.解：
由（z1－2）i=1+i得z1=+2=（1+i）（－i）+2=3－i
∵z2的虚部为2.
∴可设z2=a+2i（a∈R）
z1·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=+2=3－i
∴z′=z［cos（－）+isin（－）］=（3－i）（i）=－2i
z′+i=－i=2（i）=2（cosπ+isinπ）
∴arg（z1+i）=π
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.
35.解法一：
zw+zw3=zw（1+w2）=（i）（i）（1+i）
=（1+i）2（i）=
故复数zw+zw3的模为，辐角主值为.
解法二：
w=i=cos+isin
zw+zw3=z（w+w3）=z［（cos+isin）+（cos+isin）3］
=z［（cos+isin）+（cos+isin）］=z（）
=
故复数zw+zw3的模为，辐角主值为π.
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：
ω=
于是zω=cos+isin，=cos（－）+isin（－）.
z2ω3=［cos（－）+isin（－）］×（cosπ+isinπ）=cosπ+isinπ
因为OP与OQ的夹角为π－（－）=.
所以OP⊥OQ
又因为|OP|=||=1，|OQ|=|z2ω3|=|z|2|ω|3=1
∴|OP|=|OQ|.
由此知△OPQ为等腰直角三角形.
证法二：
∵z=cos（－）+isin（－）.
∴z3=－i
又ω=.
∴ω4=－1
于是
由此得OP⊥OQ，|OP|=|OQ|
故△OPQ为等腰直角三角形.
37.解：
（1）因为z1、z2是一个实系数一元二次方程的两个根，所以z1、z2是共轭复数.
设z1=a+bi（a，b∈R且b≠0），则z2=a－bi
于是（a+bi）2=（a－bi），于是
解得或
∴
（2）由z1=1+mi（m＞0），z12=z2得z2=（1－m2）+2mi
∴ω=－（1+m2）+2mi
tanθ=－
由m＞0，知m+≥2，于是－1≤tanθ≤0
又－（m2+1）＜0，2m＞0，得π≤θ＜π
因此所求θ的取值范围为［π，π）.
38.解：
（Ⅰ）设z=a+bi，a、b∈R，b≠0
则w=a+bi+
因为w是实数，b≠0，所以a2＋b2=1，
即|z|=1.
于是w=2a，－1＜w=2a＜2，－＜a＜1，
所以z的实部的取值范围是（－，1）.
（Ⅱ）.
因为a∈（－，1），b≠0，所以u为纯虚数.
（Ⅲ）
.
因为a∈（－，1），所以a+1＞0，
故w－u2≥2·2－3=4－3=1.
当a+1=，即a=0时，w－u2取得最小值1.
39.解：
由|z1＋z2|=1，得（z1+z2）（）=1，又|z1|=|z2|=1，故可得z1+z2=－1，所以z1的实部=z2的实部=－.又|z2|=1，故z2的虚部为±，
z2=－±i，z2=z1.
于是z1+z1，
所以z1=1，z2=或z1=，z2=1.
所以，或
40.解法一：
z2+z=（cosθ+isinθ）2+cosθ+isinθ=cos2θ+isin2θ+cosθ+isinθ
=2cosθcos+i·2sincos=2cos（cosθ+isinθ）
=－2cos［cos（π+θ）+isin（π+θ）］
∵θ∈（π，2π），∴∈（，π），∴－2cos＞0
∴复数z2+z的模为－2cos，辐角为2kπ+π+θ（k∈Z）
解法二：
z2+z=z（1+z）=（cosθ+isinθ）（1+cosθ+isinθ）
=（cosθ+isinθ）（2cos2+i·2sincos）
=2cos（cosθ+isinθ）（cos+isin）=2cos（cosθ+isinθ）
以下同解法一.
41.解法一：
如图12—3，设Z1、Z3对应的复数分别为z1、z3，则由复数乘除法的几何意义有z1＝z2［cos（）＋isin（）］
＝
z3＝．
注：
求出z1后，z3＝iz1＝
解法二：
设Z1、Ｚ3对应的复数分别是z1、z3，根据复数加法和乘法的几何意义，依题意得
∴z1＝z2（1－i）＝（1－i）（1－i）＝i
z3＝z2－z1＝（1＋i）－（i）＝i
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
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