复数十年高考题带详细解析

1、 复 数试题类编1.设复数z1=1+i，z2=i，则arg等于（ ）A. B. C. D.2.复数z=（mR，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（，），那么复数（1i）（cosisin）的辐角的主值是（ ）A.B.C.D.4复数（i）3的值是（ ）A. iB.iC.1D.15.如图121，与复平面中的阴影部分（含边界）对应的复数集合是（ ）图1216.已知复数，则arg是（ ）A. B.C.D.7.设复数z11i在复平面上对应向量，将按顺时针方向旋转后得到向量，令对应的复数z2的辐角主值为，则tan等于（ ）A.2 B

2、.2 C.2D.28.在复平面内，把复数3i对应的向量按顺时针方向旋转，所得向量对应的复数是（ ）A.2 B.2i C.3i D.3+i9.复数z（i是虚数单位）的三角形式是（ ）A.3cos（）isin（）B.3（cosisin）C.3（cosisin）D.3（cosisin）10.复数z13i，z21i，则zz1·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z12sinicos（在复平面上对应向量，将按顺时针方向旋转后得到向量，对应的复数为z2r（cosisin），则tan等于（ ）A.B. C.D.12.复数i的一个立方根是

3、i，它的另外两个立方根是（ ）A. B. C.± D.±13.复数等于（ ）A.1+i B.1+i C.1i D.1i14.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（ ）A.3 B.4 C.6 D.715.如果复数z满足|z+i|+|zi|=2，那么|z+i+1|的最小值是（ ）A.1 B. C.2 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z1x1y1i，z2x2y2i（x1、y1、x2、y2为实数），定义运算“”为：z1z2x1x2y1y2设非零复数w1、w2在复平面内对应的点分别为P1

4、、P2，点O为坐标原点如果w1w20，那么在P1OP2中，P1OP2的大小为 18.若zC，且（3z）i1（i为虚数单位），则z 19.若复数z满足方程i=i1（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，（13i）z为纯虚数，w，且|w|5，求w23.已知复数z1i，求实数a，b使az2b（a2z）224.已知z71（zC且z1）.（）证明1zz2z3z4z5z60；（）设z的辐角为，求coscos2cos4的值.25.已知复数z1i（1i）3.（）求argz1及|z1|；（）当

5、复数z满足|z|1，求|zz1|的最大值.26.对任意一个非零复数z，定义集合Mzw|wz2n1，nN（）设是方程x的一个根，试用列举法表示集合M；（）设复数Mz，求证：MMz27.对任意一个非零复数z，定义集合Mzw|wzn，nN（）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；（）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（34i）z在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上，|zm|5（mR），求z和m的值.29.已知复数z01mi（M0），zxyi和xyi，其中x，y，x，y均为实数，i为

6、虚数单位，且对于任意复数z，有·，|2|z|（）试求m的值，并分别写出x和y用x、y表示的关系式；（）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；（）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z3cosi·2sin.求函数yargz（0）的最大值以及对应的值.31.已知方程x2（4i）x4ai0（aR）有实数根b，且z=a+b

7、i，求复数（1ci）（c0）的辐角主值的取值范围.32.设复数z满足4z+2=3+i，=sinicos（R）.求z的值和|z|的取值范围.33.已知复数z1满足（z12）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（z2）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，=i.复数z，z23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

8、.（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（m0，i为虚数单位），=z22，的辐角主值为，求的取值范围.38.设z是虚数，w=z+是实数，且12.（）求|z|的值及z的实部的取值范围；（）设u=，求证：u为纯虚数；（）求wu2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=cos+isin，（，2）.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

9、z=1+i，（）设w=z2+34，求w的三角形式.（）如果=1i，求实数a，b的值.43.设w为复数，它的辐角主值为，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=，argz2=.所以arg0，2），arg.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=（m4）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

10、：B解析：（1i）（cosisin）（cosisin）（cosisin）cos（）isin（）（，） （，）该复数的辐角主值是4.答案：C解法一：（i）3（cos60°isin60°）3cos180°isin180°1解法二：，5.答案：D6.答案：D解法一：解法二： 应在第四象限，tan，argarg是7.答案：C解析：argz1，argz2tantantan75°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

11、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z12sinicos|z1|（cosisin），其中|z1|，sin（）z2|z1|·cos（）isin（）r（cosisin）tan12.答案：D解法一：i=cos+isini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

12、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（cos+isin）=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°；1i的一个辐角是60°，则（1i）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.

13、答案：B解析：z=i是z3=1的一个根，记z=，4=，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|+|zi|=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+|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：Rez1解析：设z=a+bi，如果z+2，即2a2a1反之，如果a1，则z+=2a2，故z+2的一个充要条件为Rez1.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

14、.答案：解析：设w1w20 由定义x1x2y1y20OP1OP2 P1OP218.答案：z3i解析：（3z）i1 3zi z3i19.答案：1i解析：i=i1，=（i1）（i）=1+iz=1i.20.答案：4解析：a4=（）22=4=（）4=（1+i）4=（2i）2=421.答案：2+i解析：由已知，故z=2+i.22.解法一：设zabi（a，bR），则（13i）za3b（3ab）i由题意，得a3b0|，|z|将a3b代入，解得a±15，b±15故±±（7i）解法二：由题意，设（13i）zki，k0且kR，则|5，k±50故±（7i）

15、23.解：z1i，az2b（a2b）（a2b）i，（a2z）2（a2）244（a2）i（a24a）4（a2）i，因为a，b都是实数，所以由az2b（a2z）2得两式相加，整理得a26a80，解得a12，a24，对应得b11，b22所以，所求实数为a2，b1或a4，b224.（）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：1zz2z3z60解法二：S1zz2z6zSzz2z3+z6z7得（1z）S1z70S0（）z71，zcosisinz7cos7isin71，72kzz2z41z3z5z61cos（2k4）isin（2k4）cos（2k2）isin（2k2）cos（2k

16、）isin（2k）1（cos4isin4cos2isin2cosisin）2（coscos2cos4）1，coscos2cos4解法二：z2·z51，z2同理z3，zzz2z41zzz1cos2coscos425.（）解：z1i（1i）3i（2i）（1i）2（1i）|z1|，argz12（cosisin）图122argz1（）解法一：|z|1，设zcosisin|zz1|cosisin22i|当sin（）1时|zz1|2取得最大值94从而得到|zz1|的最大值21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）|zz1|的最大值可以看成点

17、（2，2）到圆上的点距离最大.由图122可知：|zz1|max2126.（）解：是方程x2x10的根1（1i）或2（1i）当1（1i）时，12i，12n1当2（1i）时，22iM（）证明：Mz，存在MN，使得z2m1于是对任意nN，2n1z(2m1)(2n1)由于（2m1）（2n1）是正奇数，2n1Mz，MMz27.解：（）z是方程x210的根，z1i或z2i，不论z1i或z2i，Mzi，i2，i3，i4i，1，i，1于是P（）取z，则z2i及z31于是Mzz，z2，z3或取zi（说明：只需写出一个正确答案）28.解：设zxyi（x、yR），|z|5，x2y225，而（34i）z（34i）（x

18、yi）（3x4y）（4x3y）i，又（34i）z在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上，3x4y4x3y0，得y7xx±，y±即z±（i）；z±（17i）当z17i时，有|17im|5，即（1m）27250，得m=0，m=2.当z（17i）时，同理可得m0，m229.解：（）由题设，|·|z0|z|2|z|，|z0|2，于是由1m24，且m0，得m，因此由xyi·，得关系式（）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）x22，故点Q的轨迹方程为y（2）x22（）假设存在这样的直线，平行

19、坐标轴的直线显然不满足条件，所求直线可设为y=kx+b（k0）.解：该直线上的任一点P（x，y），其经变换后得到的点Q（xy，xy）仍在该直线上，xyk（xy）b，即（k1）y（k）xb，当b0时，方程组无解，故这样的直线不存在.当b0，由，得k22k0，解得k或k，故这样的直线存在，其方程为yx或yx.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得tan0由z3cosi·2sin，得0argz及tan（argz）tan故tanytan（argz）2tan2当且仅当2tan（0）时，即tan时，上式取

20、等号.所以当arctan时，函数tany取最大值由yargz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（4i）x4ai0（aR）有实根b，b2（4i）b4ai0，得b24b4（ba）i0，即有得z=a+bi=22i，当0c1时，复数（1ci）的实部大于0，虚部不小于0，复数（1ci）的辐角主值在0，范围内，有arg（1ci）arctanarctan（1），0c1，011，

21、有0arctan（1），0arg（1ci）当c1时，复数（1ci）的实部大于0，虚部小于0，复数（1ci）的辐角主值在（，2）范围内，有arg（1ci）2arctan2arctan（1）c1，110，有arctan（1）0，arg（1ci）2综上所得复数（1ci）（c0）的辐角主值的取值范围为0，（，2）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，bR），则=abi，代入4z+2=3+i得4（a+bi）+2（abi）=3+i.z=i.|z|=|i（sinicos）|=1sin（）1，022sin（）4.0|z|2.评述：本题考查了复数

22、、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（z12）i=1+i得z1=+2=（1+i）（i）+2=3iz2的虚部为2.可设z2=a+2i（aR）z1·z2=（3i）（a+2i）=（3a+2）+（6a）i为实数.6a=0，即a=6因此z2=6+2i，|z2|=.34.解：由（z2）i=1+i得z=+2=3iz=zcos（）+isin（）=（3i）（i）=2iz+i=i=2（i）=2（cos+isin）arg（z1+i）=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）

23、=（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+isinzw+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.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：=于是z=cos+isin， =cos（）+isin（）.z23=cos（）+isin（）×（cos+isin）=cos+isin因为OP与OQ的夹角为（）=.所以OPOQ又因为|OP|=|=1，|OQ|=|z23|=|z|2|3=1|

24、OP|=|OQ|.由此知OPQ为等腰直角三角形.证法二：z=cos（）+isin（）.z3=i又=.4=1于是由此得OPOQ，|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，bR且b0），则z2=abi于是（a+bi）2=（abi），于是解得或（2）由z1=1+mi（m0），z12=z2得z2=（1m2）+2mi=（1+m2）+2mitan=由m0，知m+2，于是1tan0又 （m2+1）0，2m0，得因此所求的取值范围为，）.38.解：（）设z=a+bi，a、bR，b0则w=a+bi+因为w是实数，b0，所以a2b2=1，即|z|=1.于是w=2a，1w=2a2，a1，所以z的实部的取值范围是（，1）.（）.因为a（，1），b0，所以u为纯虚数.（）.因为a（，1），所以a+10，故wu22·23=43=1.当a+1=，即a=0时，wu2取得最小值1.39.解：由|z1z2|=1，得（z1+z2）（）=1，又|z1|=|z2|=1，故可得z1+z2=1，所以