复数十年高考题

※

1.设复数z 1=－1+i ，z 2

21+

i ，则arg 21z z 等于（） A.－

125π B.12

π C.127π D.1213π

2.复数z =

m 212+-（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，π），那么复数（1＋i ）（cos θ＋i sin θ）的辐角的主值是（）

A.θ＋

9π B.θ＋

C.θ4

D.θ＋

7π 4．复数（

21+i ）3的值是（） A. －i C.－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＝

i 62+，则arg z

是（）

11π

π D.

5π

※

7.设复数z 1＝－1－i 在复平面上对应向量1OZ ，将1OZ 按顺时针方向旋转

π后得到向量2OZ ，令2OZ 对应的复数z 2的辐角主值为θ，则tan θ等于（）

图12—1

－3 B.－2＋3 ＋

D.－2－

※

8.在复平面内，把复数3－

对应的向量按顺时针方向旋转

π，所得向量对应的

复数是（）

3 B.－23i C.

3－3i

※

9.复数z ＝)5

sin

(cos

3π

i --（i 是虚数单位）的三角形式是（）

［cos （5π-

）＋i sin （5

π-）］（cos

＋i sin

π）

（cos

54π＋i sin 5

4π）

（cos

56π＋i sin 5

6π

） 10.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 1＝2sin θ＋i cos θ（

π＜θ＜

)在复平面上对应向量1OZ ，将1OZ 按顺时针方向旋转

π后得到向量2OZ ，2OZ 对应的复数为z 2＝ r （cos ?＋i sin ?），则tan ?等于（）

tan 2tan 2-θθ

tan 21

tan 2+-θθ

C.1

tan 21+θ

D.1

tan 21-θ

※

12.复数－i 的一个立方根是i ，它的另外两个立方根是（）

i 2

23±

B.i 2

123±-

C.±

i 2

23+

D.±

i 2

123- 13.复数5

)

31()22(i i -+等于（） +3i

B.－1+3i －

D.－1－

14.设复数z =－

321+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（）

二、填空题

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 =_____. 20.已知a =

i 213+--（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 ＝i

+2，且|w |＝52，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.

※

25.已知复数z 1＝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 ｝．

（Ⅰ）设α是方程x ＋21

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 ｝．（Ⅰ）设z 是方程x +

=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，求其和为零的概率P ；

（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，|

2z －m |＝52（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＝0z ·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z（1－ci）（c＞0）的辐角主值的取值范围.

※32.设复数z满足4z+2z=33+i，ω=sinθ－i cosθ（θ∈R）.求z的值和|z－ω|的取值范围.

※

33.已知复数z 1满足（z 1－2）i =1+i ，复数z 2的虚部为2，且z 1·z 2是实数，求复数z 2

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 按顺时针方向旋转

得1

OZ ，设1

OZ 所表示的复数为z ′，求复数z ′+

2i 的辐角主值.

※

35.已知复数z =

2321+i ，w =2

22+i ，求复数zw +zw 3的模及辐角主值.

36.已知复数z =

2321+i ，ω=2

22+i .复数z ω，z 2ω3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z 1，z 2满足z 12

=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=1+mi （m ＞0，i 为虚数单位），ω=z 2－2，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 =

+-11，求证：u 为纯虚数；

（Ⅲ）求w －u 2

的最小值.

39.已知复数z 1、z 2满足|z 1|=|z 2|＝1，且z 1+z 2=

21 i .求z 1、z 2的值.

※

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 1，Z 2，Z 3，O （其中O

是原点），已知Z 2对应复数z 2=1+

3i ，求Z 1和Z 3对应的复数.

※

42.已知z =1+i ，

（Ⅰ）设w =z 2

+3z －4，求w 的三角形式.

（Ⅱ）如果1

22+-++z z b ax z =1－i ，求实数a ，b 的值.

43.设w 为复数，它的辐角主值为43π，且ω

ω4

)(2-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z 1、z 2的辐角主值.arg z 1=

3π，arg z 2=

π.

所以arg

πππ12

34321=-=z z ∈［0，2π）

， ∴arg

521=z z π. 解析二：因为

i i i i i z z )2123()2123()2321)(1(2

21121++-=-+-=++-=. 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 =

)21)(21()21)(2(212=-+--=+-i i i i m i i m ［（m －4）－2（m +1）i ］在复平面对

应点如果在第一象限，则???<+>-0

4m m 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）＝

2（cos

＋i sin

π）（cos θ＋i sin θ）

＝

2［cos （θ＋

）＋i sin （θ＋

π）］

∵θ∈（

2π

，π） ∴θ＋

∈（43π，4

5π）

∴该复数的辐角主值是θ＋4

π．

4.答案：C 解法一：（

21+i ）3＝（cos60°＋i sin60°）3＝cos180°＋i sin180°＝－1 解法二：

i i 2

321,2321+-=-=+ωω， ∴1)()()2

321(

333-=-=-=+ωωi

6.答案：D 解法一：3

5arg 21arg ),3sin 3(cos 22)2321(22

πππ=

-=+=+=z z i i z 解法二：)31(2i z +=

∴

2311i

z -=

∴

z 1

,02

23,02

21<-

>应在第四象限，tan θ＝3-，θ＝arg z 1．

∴arg

z 1是3

π． 7.答案：C 解析：∵arg z 1＝

45π，arg z 2＝12

5π ∴tan θ＝tan

125π＝tan75°＝tan （45°＋30°）＝323

333+=-+． 8.答案：B

解析：根据复数乘法的几何意义，所求复数是

i i i i i 32)2

21)(33()]3sin()3)[cos(33(-=--=-+--ππ．

9.答案：C

解法一：采用观察排除法.复数)5

sin

(cos

3π

i z

--=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)5

sin

(cos

3π

i z

--=直接化为复数的三角形式，即

).5

4sin 54(cos

3)]5

sin()5[cos(3)5sin

cos (3π

ππ

ππππ

i i i z +=-+-=+-=

10.答案：D 解析：ππππ

arg 47,47arg ,6

arg 02121

解析：设z 1＝2sin θ＋i cos θ＝|z 1|（cos α＋i sin α），其中|z 1|＝

|sin 2cos ,cos sin 4122z θ

αθθ=

+， sin α＝

|cos 1z θ（24πθπ

<<）． ∴z 2＝|z 1|·［cos （α43π-

）＋i sin （α4

3π

-）］＝r （cos ?＋i sin ?）．

∴tan ?＝

tan 21tan 2cos sin 2cos sin 2sin cos sin cos )4

3cos()

43sin(cos sin -+=-+=-+=--

=θθθθθθααααπαπ

α?? 12.答案：D 解法一：∵－i =cos

23π+i sin 2

3π ∴－i 的三个立方根是cos 3223

sin 3223ππππk i k +++（k =0，1，2）

当k =0时，i i i =+=+2

sin 2cos 323sin 3

cos πππ

；当k =1时，i i i 21

2367sin 67cos 3223

sin 3223cos --=+=+++πππ

πππ；当k =2时，i i i 2

123611sin 611cos 3423sin 3423cos

-=+=+++πππ

πππ. 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.

解法一：)4

sin

(cos

22π

i i +=+，

故（2+2i ）4=26

（cos π+i sin π）=－26

，1－

sin

(cos

23π

i i -=，

故35sin

35cos 2)31(5

ππi i +=

于是

i i i i i 31)2

321(22)35sin 35(cos

31()22(565

+=--=+-=-+ππ, 所以选B.

解法二：原式=i i i i i 2

212

)2321()2(21)2321(2)1(1622554--=

+--=+--+

i i i

314)

31(4314+-=--=+-=

∴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－

3i 的一个辐角

是－60°，则（1－3i ）5

的辐角是－300°，所以5

)

31()22(i i -+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 =－

21+i 是z 3=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

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. 17.答案：

解析：设i y x z i y x z

OP OP 22112

,+=+=

∵w 1⊙w 2＝0 ∴由定义x 1x 2＋y 1y 2＝0 ∴OP 1⊥OP 2 ∴∠P 1OP 2＝

．

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：∵z i =i －1，∴i

i z 1

=（i －1）（－i ）=1+i ∴z =1－i . 20.答案：－4 解析：a 4

=［（

i i 213+--）2］2=［5

)21)(3(i i ---］4=（555i +-）4

=（－1+i ）4=（－2i ）2

=－4

21.答案：2+i 解析：由已知i i

i i i i z

-=-++=+-+=++=

)83(6441)21)(34(2134，

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|＝25|2|

=+i

， ∴|z |＝

10522=+b a ．将a ＝3b 代入，解得a ＝±15，b ＝±15．故ω＝±

++2515＝±（7－i ）．解法二：由题意，设（1＋3i ）z ＝ki ，k ≠0且k ∈R ，

则ω＝

)

31)((i i k ki

++．

∵|ω|＝5

2，∴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

?+=-+=+).

2(42,

422a b a a a b a 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.

∴由等比数列求和公式可得：011171=--=--=--=

z z z z z a q a a S n n ∴1＋z ＋z 2

＋z 3

＋…＋z 6

＝0

解法二：S ＝1＋z ＋z 2＋…＋z 6

① zS ＝z ＋z 2＋z 3＋…+z 6＋z 7

②

∴①－②得（1－z ）S ＝1－z 7

＝0 ∴S ＝

-10

＝0 （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，

cos α＋cos2α＋cos4α＝－

1 解法二：z 2·z 5＝1，z 2

＝

551

-=z z

同理z 3

＝4-z ，z ＝6

-z

∴z ＋z 2

＋z 4

＝－1－4-z －2

-z －z

∴z ＋z ＋2-z ＋z ＋4

-z ＋z ＝－1 ∴cos2α＋cos α＋cos4α＝2

25.（Ⅰ）解：z 1＝i （1－i ）3

＝i （－2i ）（1－i ）＝2（1－i ） ∴|z 1|＝

222222=+，arg z 1＝22（cos 47π＋i sin 47

π）

∴arg z 1＝

π （Ⅱ）解法一：|z |＝1，∴设z ＝cos θ＋i sin θ |z －z 1|＝|cos θ＋i sin θ－2＋2i | ＝

sin(249)2(sin )2(cos 22π

θθθ-+=++-

当sin （θ4

）＝1时|z －z 1|2

取得最大值9＋4

从而得到|z －z 1|的最大值2

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 ＝22＋1

26.（Ⅰ）解：∵α是方程x 2

－

2x ＋1＝0的根

∴α1＝

22（1＋i ）或α2＝2

2（1－i ）当α1＝2

2（1＋i ）时，∵α12＝i ，α12n －1

＝

112

1)(αααn n i = ∴)}1(2

),1(22),1(22),1(22{}1,,1,{

11111

i i i i i i M -+---+=--=ααααα 当α2＝

2（1－i ）时，∵α22

＝－i 图12—2