復(fù)數(shù)十年高考題(帶詳細解析)

1212復(fù)數(shù)●試題編1.設(shè)復(fù)數(shù)=－1+，z=則等于（）A.－πD.π

π

π2.數(shù)m∈i為虛數(shù)單位）在復(fù)平面上對應(yīng)的點不可能位于（）A.第一象限限象限第四象限3.果∈（（1＋cosθ＋sin）輻的主值是（）A.＋

B.＋

C.

D.θ＋

4．復(fù)數(shù)（i）的值是（）A.－

B.

C.－15.如圖12—1及平面中的陰影部分（含邊界）對應(yīng)的數(shù)集合是（）圖—2isinisin12isinisin16.知復(fù)數(shù)ｚ＝i則是（）A.

B.

設(shè)復(fù)數(shù)＝－1－復(fù)平面上對應(yīng)向量，OZ按順時針方1向旋轉(zhuǎn)量數(shù)的輻角值為θ則等于（）A.2－C.2＋

B.－2＋D.－2－8.復(fù)平面內(nèi)，把復(fù)數(shù)－應(yīng)的量按時針向旋轉(zhuǎn)，所得向量應(yīng)的復(fù)數(shù)（）A.2

B.－2iC.－i

i9.復(fù)數(shù)＝i是虛數(shù)單位）的三角形式是（）A.3［（）＋isin（］（＋isin）C.3（＋）D.3（＋）10.復(fù)數(shù)＝，＝－則zz在復(fù)平面內(nèi)的對應(yīng)點位于112（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D(zhuǎn).第四象限11.復(fù)數(shù)2sinθicos（)在復(fù)平面上對應(yīng)量OZ將轉(zhuǎn)量OZ，的復(fù)為z＝2r（則于（）A.B.C.D.12.復(fù)數(shù)i一個立方根是它的另外兩個立方根是（）A.B.C.±D.±13.復(fù)數(shù)等于（）A.1+

i

B.－1+iC.1－

D.1－i14.設(shè)數(shù)－i（為虛數(shù)單滿足等式z=z且于的正整數(shù)最小是（）A.3B.4C.6D.715.如果復(fù)數(shù)足+|+|－i|=2那么++1|最值（）A.1B.

C.2D.二填空題已為復(fù)，則z＞2的一充要條件是滿足.對于任意兩個復(fù)數(shù)＝＋x＋x實數(shù)，112212“”z⊙x＋y．非零復(fù)數(shù)w復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)1112的點分別為、P，點坐原點．如果w＝，那么在△POP中，1212∠大小為12zzzzzzzz18.若，且（3＋z）＝i虛數(shù)單位則＝．19.若復(fù)數(shù)滿足程=－1（i虛數(shù)單位則=_____.已知（i是虛數(shù)單位么=_____.復(fù)數(shù)滿（）i，那么=_____.三、解題22.已知w為復(fù)＋3z為虛數(shù)＝，求．已知復(fù)數(shù)1＋，求實數(shù)b使＋2z＝（＋z）．已知＝∈C且1.（Ⅰ）明＋＋z＋3＋4＋5＋＝0；（Ⅱ）設(shè)輻角，求αcos2＋cos4α的值

25.已知復(fù)數(shù)（－）1（Ⅰ）求z及|；11（Ⅱ當復(fù)數(shù)滿足||＝1，求z－|的最大值126.對意一個非零復(fù)數(shù)定集合M＝｛w|＝zn－，∈N．z（Ⅰ）設(shè)是方程的一個根，試列舉法表集合；（Ⅱ設(shè)復(fù)ω∈，證M．27.對意一個非零復(fù)數(shù)定集合M＝｛w|＝zn，∈N．z（Ⅰ）設(shè)是方程=0的一個根，用列舉法表示集合．若在xM任取兩個，求其和零概率；z集合只有3個元素，試寫滿足條件的一個值并說z明理由．28.設(shè)復(fù)數(shù)滿足z5，且（34）在復(fù)面上對的點在二、四象限的角平線上，|－|＝5（∈求和的.29.已知復(fù)數(shù)1（＞＋和ω＝′＋y′i中，0yx′y均為實數(shù)i虛單，對任復(fù)數(shù)ω＝·，|ω|＝|．（Ⅰ試求的，并別出x和用y示的關(guān)系式；（Ⅱ?qū)，）作為點的坐標，′）作點的坐標，上述系式可以看作是坐標平面上的個換：它將平上的點變這平面的點當點在直線+1上動時，試求點經(jīng)該變換后得到的點的軌跡程；（Ⅲ是否在這樣的直：它面任一經(jīng)述換后到點仍該線上存在，試求出所有這些直線；不存在，則說明理.

30.設(shè)復(fù)數(shù)3cosθ＋2sinθ.求函數(shù)＝θ－＜θ＜）的最大值以及對應(yīng)的值

31.已知方程i4＋＝∈實數(shù)根=+，求復(fù)數(shù)（1－ci＞）的輻角主值的取值范圍.

32.設(shè)復(fù)數(shù)滿足=3+iω=sin－cos（∈.求和|－ω|的值范圍

33.已知復(fù)數(shù)足（z－2）ii，復(fù)數(shù)的虛部為且·z11是實數(shù)，求復(fù)數(shù)模234.已知向量OZ所表示的復(fù)數(shù)滿足（－=1+，將繞原點O按順時方向轉(zhuǎn)，設(shè)所表示的復(fù)數(shù)為求復(fù)數(shù)′+

i的輻角主值.35.已知復(fù)數(shù)=，=，求復(fù)數(shù)+zw的模及輻角主值36.已知復(fù)數(shù)，=.復(fù)數(shù)3在數(shù)平面上所對應(yīng)的點分別是.明：eq\o\ac(△,證)是等腰直角三形（其中原點）37.設(shè)虛數(shù)，足2=.11（若、一個實系數(shù)一元二次方程的兩個根，求z；12（若=1+（m＞0，虛數(shù)位=z2，ω的輻角主值12為，求的取值圍38.設(shè)是虛數(shù)=z+是實，且1ω＜2.z（Ⅰ求|z的值及的部取范圍；（Ⅱ設(shè)，求證：純數(shù)；z（Ⅲ求的最小.39.已知復(fù)數(shù)z滿足zz|且zz=i.求、z的值12240.設(shè)復(fù)數(shù)+i∈2π）求復(fù)數(shù)模和輻角41.在復(fù)平面上，一個正形的四個頂點按照逆針方向依為，1ZZ，（其中2是原點知對應(yīng)復(fù)數(shù)=1+i，求和應(yīng)的復(fù).22142.已知=1+，12mi12mi（Ⅰ）設(shè)=z2+3z－4，求的角形式.（Ⅱ）果=1－i，求實數(shù)，的值.43.設(shè)為復(fù)數(shù)它的輻角值為數(shù)，求數(shù)解析1.答案：解析一：過復(fù)數(shù)及復(fù)平面上對應(yīng)點的關(guān)系，分別求出、z的輻角12主值.argz=π，argz=所以∈02π，∴π.z解析：因為)(zi

i)

)

)i在復(fù)平的對應(yīng)在第一限.故選評述：本題主要考查復(fù)數(shù)的運算法則及幾何意義輻角主值等念，同時考查了靈活運用知識解題的能力，體現(xiàn)了數(shù)形結(jié)合的思想方法.2.答：A解析：由已知i

i)(i)(ii)

－4）2（+1）］.即在平面對應(yīng)的點可能位第一象.3.答案：B＋θ＋）＝cosicos＋θ115125θ115125i）＝（＋θ＋］44∵（）＋（，）244∴該復(fù)數(shù)的輻主值是＋．44.答案C解法一）＋i3isin180°＝－131解法二：i2答案：答案：

i，13解法一：2i22

),arg3

1

53解法二：2(1i∴∴2

應(yīng)在第象限，tan＝3，＝arg．∴arg是．37.答案：解析：∵z＝＝π412∴θ＝＝tan75°＝tan（45°＋30°）．128.答案：11解析：根據(jù)數(shù)乘法的幾意義，所求復(fù)數(shù)是9.答案：C法.數(shù)

sin

)在第二象限，而選項B中數(shù)對點在一象，所可排除而選項不是復(fù)數(shù)的三角式，也可排除，所以選解法：把復(fù)數(shù)

sin

)直接化為復(fù)數(shù)的三形式，即10.答案：解析：0arg6

2

,44

12

．11.答案：解析：設(shè)2sinθ＋cos＝z（cosα＋sinα，11其中z|＝21

2cos

2，||1α（．∴＝|z）＋（21＝（．∴

＝sincos

sin(

))

coscos

222tan案：D解法：∵i=cos+sin2

222k2k=1時2k時222k2k=1時2k時23∴－i的三個立方是3

33

（，12）3當，cossincossin322

；3當3當

cos

3222

i；i.故選解法二：復(fù)數(shù)開方的幾何意ii的另外兩個立方根表示的點均勻地布在以原點為圓心，1為半徑圓上，于是另外個立方根的1虛部必－、B、，選2評述：本題要考了復(fù)數(shù)開方的運，既可用代方法求解，也可用幾何方求解，但題干中的提示，幾何法解題較簡捷.13.答案：解法一：2i)，4故（2+2i）（πisinπ）2，－sin3

3

)，故i)

5

253

.(i)于是i)5

6

(cos

sin)5

32

i)

3i,所以選)解法：原=(

i)

(i)(

i

i∴應(yīng)選解法2+2的角主是，（2+24的輻角是－

i的一個輻角是，則（1－

i）

的輻角是－300°，所以的一個角是，它在第象，從而排除A，選評述：本題主要考查復(fù)數(shù)基本運，有定深性，其選擇項的設(shè)計，隱藏著有益的提示作用，考查了考生觀察問題、思考問題、分問題的綜合能力14.答案：B解析：=i是=1的個根記=ω，4

=ω，選15.答案：A解析設(shè)數(shù)z在復(fù)面的對點為z，為|z+|+|－，所以點Z的集合是軸上以（0，－1，1）為端的線段1|+1+|示線段ZZ上點到（－1－1的距離.此距最小1值為點Z，）到（－1，－1）距，其距離為1.1評述：本題主要考查復(fù)數(shù)差模幾何義，即復(fù)平面上點間的距.16.答案：Rez＞1解析：設(shè)=+，如果z+＞2，＞2∴反之，如果＞1則z+

＞2故+的一個充要條件為＞評述：本題主要查復(fù)數(shù)的基本概念基本運算及充要條件的斷方法17.答案：解析：設(shè)yi,

xyiOP

OP

∵⊙w＝∴定義x＋y＝1∴⊥∠POP＝．1218.答案：＝－3－解析：（＋z）＝1∴－i∴z＝3i19.答案：－i解析：∵i=i－，∴（－）=1+i∴=1－20.答案：－4解析：4=］=］=）=－）=－）=－21.答案：2+ii解析由已知i

(

ii)

i

，故=2+i法：設(shè)bi（，b∈R1＋3）z＝3b3a＋）．由題意得＝≠0．∵|＝，∴z＝

．將3b代，解得±15，＝±15．故＝±＝±－．解法二：由題意，設(shè)（＋3）z＝，k≠0k∈R，則＝．∵|＝5，∴＝±50．故＝±－．23.解：∵z＝，∴bz＝a＋2）＋－2b），（＋2）＝＋2）＋4（a＋2＝（2＋4）＋4a＋2），因b是實數(shù)所以由＋2z＝（＋2）得兩相加，整得＋6a＋8＝0，解得＝－2，＝－4，12對得＝－1，2．1所，所求實為a＝－2，＝－1或＝－4，＝2．24.（Ⅰ）解法一：，2，3…是個等比數(shù)列.∴由等比數(shù)列求和公式可得：Sn

qzz∴＋＋＋3

＋＋6

＝解法二：＝＋z＋2＋…＋zzS＝＋2＋3＋…+＋7

∴①－②得－z）＝1－7＝011∴＝（Ⅱ）7＝1，z＝cosα＋sinα∴7＝α＋sin7＝，α＝kπz＋2＋4－－z5－6＝－［2π－＋（2π－＋2kπ－）＋2－2α＋（2π）＋（2π－］＝－（－sin4cos2α－sin2α＋cosisinα）∴（＋cos2α＋α）＝－，cos＋cos2＋cos4α＝－解法二：2·5＝1＝同理

＝，＝∴＋2＋4＝－1－－－∴＋＋＋＋＋－∴α＋α＋cos4＝25.（Ⅰ解：z＝（1i）＝－2－＝（－）1∴z|＝1

，arg＝（cosπ＋π）∴arg＝π1（Ⅱ解法一：z1，∴設(shè)＝θ＋isin圖—11211122zz11211122zz|－＝θ＋iθ－2i|1當（θ）＝1時|－2取最大值424從而得|－z最大值211解法二：z＝1看成為半徑為圓心為00）的圓.而可看成在標系中的2，－）1|zz|的最可以點2－2上的最.圖112—可知：|－z|＝2＋1max26.Ⅰ）解：∵α是方x2－＝的根∴＝＝）當＝2＝，2n－1＝當＝2＝i∴＝{(),(),2

),)｝（Ⅱ）證明：∵∈∴存在∈N使得＝2m－z于對任意∈N，ω2n－＝(2m－1)(2n－1)由于2－11）是正奇2n－1∈M∴27.解）∵方程x＋1＝0的，∴＝i或z＝－i，不z＝z＝i，11M＝｛i，i，i4｝｛，－1，－，1z于P＝．Ⅱ）?。?，則＝i及1．于是｛，，3｝或取＝明：只需寫出一個正確答案．z28.解：設(shè)x＋（x、∈，∵z＝∴x2＋2＝25，而（＋）＝（4i＋yi）＝（3－y＋（4＋3y），又∵（3＋4i）在復(fù)平面上對的點在第二四象限的角平分線上，∴x－4＋4＋30，得7x∴＝±，y＝±即z±（＝±（1＋7．當

z＝7i有＋7i－|5，即（1－）2＋7＝50，得，m當

z＝－1＋7）時，同理可得＝m＝2．29.解由|||·＝z|＝2||，0∴z|＝，0于是由1＋m＝4，且m，得＝，因由x′＋y′＝i)·()xi，得關(guān)系式（Ⅱ設(shè)點x，）在直線x+1上，其經(jīng)變換后的點x′，y′）滿足消去得（2－2＋2，333333故點的軌跡方程為（－2＋2．（Ⅲ）設(shè)存在樣的直，∵平行坐標軸的直線顯然不滿足條件，∴所求直可設(shè)為+（≠0）解∵該直上的任一點變換后得到的點＋，－）仍在該直線上，∴＝k（＋＋，（）（－b，當0時，程組無解，故這樣直線不.當0，由，得k3＝0，解得＝，3故這樣直線存，其方為＝3.3評述：本題查了數(shù)的有關(guān)概念，數(shù)方程及普方程的互化，變換及化歸的想方法，分討論的思想方法及待定系法.30.解：由θ＜＞．2由3cos＋·2sinθ，得＜arg＜arg＝tanθ22tt故tan－）＝21t3

3t

1∵＋2tan≥2當僅當＝2tan（0＜＜）時，即tanθ＝時，式取號.所當＝arctan

時函數(shù)y取最大值

由y＝－argz得∈由在（）內(nèi)切函數(shù)遞增函，函數(shù)y也取最大值arctan．評述題主要考查復(fù)數(shù)的基本概念角公式和不式等基礎(chǔ)知，考查綜合運用所學數(shù)復(fù)數(shù)實為三角.語言練、情景新穎，對提高考生的數(shù)學素質(zhì)要求是今后的命題向.31.解：∵方＋（4＋）＋＋＝0a有實根b，∴2＋i）＋4＋ai得b＋＋（b＋a）＝0，即得z=a+bi－2，當0≤時復(fù)數(shù)（1－）的實部大于0，虛部不小于0∴數(shù)z（1－）的輻角主值在［0)范內(nèi)，有arg［z（1－＝arctan＝arctan

－1∵＜，∴0≤

－1＜1，有arctan（，∴≤［（1－ci＜．當1，復(fù)數(shù)（1－）的實部大于虛部小于，∴復(fù)數(shù)（1－）的輻角主在（）范圍內(nèi)有［（1－ci＋arctan＝2arctan（－1．∵＞，∴－1＜，有＜arctan（，∴－2π．綜上得復(fù)數(shù)（1－＞0）的輻角主值的取值范圍為0，∪（．評述：本題要考復(fù)數(shù)的基本概念考生的運算力，強調(diào)了考生思維嚴謹.32.解：設(shè)+（a，∈則z－bi入+2=3+i得+）+2（bi）=3+.∴∴=i|－|=|－sinθ－θ）111+）i）111+）i）∵－1≤sinθ－2－2sin（－∴≤－|2.評述：本題考查了復(fù)數(shù)、共軛復(fù)數(shù)的概念，兩復(fù)相等的充要件、復(fù)數(shù)的模、數(shù)模的取值圍等基礎(chǔ)知識以及綜合運知識的能力.33.解：由（z－2）=1+得=+2=（i）+2=3－i∵的虛部為2∴可設(shè)+2（R）2zz=（3－+2i）=（+2）+（6－a）實數(shù).1∴－=0即a=6因z=6+2i，|22

.解：（z－2）=1+得+2=3－i∴′=［cos（－－－iz

i=－（i）=2+π）∴arg（1+i）π評述：本題查復(fù)數(shù)乘法的幾何意義和復(fù)數(shù)輻角主值概.35.解法一：zw3=（1+w=）=（（(

i)

(i)故復(fù)數(shù)zw3模為角主值為zwzw=［））=（i）ω3555zwzw=［））=（i）ω3555解法二==cos+i4

4=z（+w3）=z+i）（cos+）3］4422（coscos］44422故復(fù)數(shù)zw3模為角值為評述：本題要考查復(fù)數(shù)有關(guān)概念及復(fù)數(shù)的基本運能.3136.證法一：icos())2222=sin224于是=cos+i

，=cos（－－z3［cos（－－+iπ）334412+sinπ12因為及夾為－1212所以O(shè)P⊥OQ又因為||=|

|=1||=|2ω3|=|||3∴|OP|=|由知△為等直三形證法二∵=cos（－－66∴3=－3333又=icos24∴4=－1zzz3于是z||2由此得⊥|OQ|

.eq\o\ac(△,故)為等腰直角角形.37.）因為z是一個系數(shù)二次的兩，所以1zz是共復(fù)數(shù).1設(shè)=a+（，b∈且0則a－12（a+）=a－bi是解得或（）由=1+mi（＞02=z得=（1－m2）mi1∴=（1+m）+2mitan=－由0知m，于是－θ≤0m又2），＞，得4因此所求的取值范圍為［π，.438.解）設(shè)+，、∈Rb≠則++

1aa

2

a

2

)

a

2

b

2

i為實數(shù)b≠所以＋b2=1，121222221于z+11121222221于z+11即z于是a，－1＜=2＜2，－，所以的實部的取值范圍是（－因為（－所以為純虛數(shù).因為（－+10，故≥2·3=4－3=1.當+1=即，－2取得最小值39.由z＋|=1（+=1，又zz，故可121得z=－以的實部=z部=－z|=1故z的虛部±，

z=－，z=.是)

i

，所以=1，z=或z=，z=1.122所以，或40.解法一+=（+）2+=cos2θ+sin2+cos+iθ+i·2sin（+θ）33