1、十年高考分类解析与应试策略数学第十二章 复 数考点阐释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.（2003京春文7，理3）设复数z1=1+i，z2=i，则arg等于（ ）A. B. C. D.2.（200
2、3上海春，14）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.（2002京皖春，4）如果（，），那么复数（1i）（cosisin）的辐角的主值是（ ）A.B.C.D.4（2002全国，2）复数（i）3的值是（ ）A. iB.iC.1D.15.（2002上海，13）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.（2001全国文，5）已知复数，则arg是（ ）A. B.C.D.7.（2000京皖春文，11）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
3、值为，则tan等于（ ）A.2 B.2 C.2D.28.（2000全国，2）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.（2000上海理，13）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.（2000京皖春，1）复数z13i，z21i，则zz1z2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.（2000京皖春理，11）设复数z12sinicos（在复平面上对应向量，将按顺时针方向旋
4、转后得到向量，对应的复数为z2r（cosisin），则tan等于（ ）A.B. C.D.12.（1998全国，8）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.（1996全国，4）复数等于（ ）A.1+i B.1+i C.1i D.1i14.（1994上海，16）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.（1994全国，9）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.（2003上海春，6）已知z为复数，则z+2的一个
5、充要条件是z满足 .17.（2002京皖春，16）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、P2，点O为坐标原点如果w1w20，那么在P1OP2中，P1OP2的大小为 18.（2002上海，1）若zC，且（3z）i1（i为虚数单位），则z 19.（2001上海春，2）若复数z满足方程i=i1（i是虚数单位），则z=_.20.（1997上海理，9）已知a=（i是虚数单位），那么a4=_.21.（1995上海，20）复数z满足（1+2i）=4+3i，那么z=_.三、解答题
6、22.（2002上海春，17）已知z、w为复数，（13i）z为纯虚数，w，且|w|5，求w23.（2002江苏，17）已知复数z1i，求实数a，b使az2b（a2z）224.（2001京皖春，18）已知z71（zC且z1）.（）证明1zz2z3z4z5z60；（）设z的辐角为，求coscos2cos4的值.25.（2001全国理，18）已知复数z1i（1i）3.（）求argz1及|z1|；（）当复数z满足|z|1，求|zz1|的最大值.26.（2001上海理，20）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：MMz2
7、7.（2001上海文，20）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.（2000上海春，18）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.（2000上海理，22）已知复数z01mi（M0），zxyi和xyi，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，|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
8、，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.（1999全国理，20）设复数z3cosi2sin.求函数yargz（0）的最大值以及对应的值.31.（1999上海理，19）已知方程x2（4i）x4ai0（aR）有实数根b，且z=a+bi，求复数（1ci）（c0）的辐角主值的取值范围.32.（1999上海文，19）设
9、复数z满足4z+2=3+i，=sinicos（R）.求z的值和|z|的取值范围.33.（1998上海文，18）已知复数z1满足（z12）i=1+i，复数z2的虚部为2，且z1z2是实数，求复数z2的模.34.（1998上海理，18）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.（1997全国文，20）已知复数z=i，w=i，求复数zw+zw3的模及辐角主值.36.（1997全国理，20）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.（19
10、97上海理，20）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（m0，i为虚数单位），=z22，的辐角主值为，求的取值范围.38.（1996上海理，22）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.（1995上海，22）已知复数z1、z2满足|z1|=|z2|1，且z1+z2=i.求z1、z2的值.40.（1995全国文，22）设复数z=cos+isin，（，2）.求复数z2+z的模和辐角.41.（1995全国理，21）在复平面上
11、，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.（1994全国理，21）已知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.（1994上海，22）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
12、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：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（cos60isin60）3cos180isin1801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，argz2tantantan75tan（4530）8.答案：B解析：根据复数乘法的
13、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
14、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（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
15、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=，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、
16、基本运算及充要条件的判断方法.17.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a15，b15故（7i）解法二：由题意，设（13i）zki，k0且kR，则|5，k50故（7i）23.解：z1i，az2b（a2b）（
17、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）isin（2k）1（cos4isin
18、4cos2isin2cosisin）2（coscos2cos4）1，coscos2cos4解法二：z2z51，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（2，2）到圆上的点距离最大.由图122可知：|z
19、z1|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）（xyi）（3x4y）（4x3y）i，又（34i）z在
20、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
21、，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z3cosi2sin，得0argz及tan（argz）tan故tanytan（argz）2tan2当且仅当2tan（0）时，即tan时，上式取等号.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
22、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，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
23、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、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z
24、1=+2=（1+i）（i）+2=3iz2的虚部为2.可设z2=a+2i（aR）z1z2=（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）=（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
25、（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|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
26、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
27、数.（）.因为a（，1），所以a+10，故wu2223=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=（cos+isin）2+cos+isin=cos2+isin2+cos+isin=2coscos+i2sincos=2cos（cos+isin）=2coscos（+）+isin（+）（，2），（，），2cos0复数
28、z2+z的模为2cos，辐角为2k+（kZ）解法二：z2+z=z（1+z）=（cos+isin）（1+cos+isin）=（cos+isin）（2cos2+i2sincos）图123=2cos（cos+isin）（cos+isin）=2cos（cos+isin）以下同解法一.41.解法一：如图123，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z1z2cos（）isin（）z3注：求出z1后，z3iz1解法二：设Z1、3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z1z2（1i）（1i）（1i）iz3z2z1（1i）（i）i评述：本题主要考查复数的基
29、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：（）由z=1+i，有w=（1+i）23（1i）4=1i，所以w的三角形式是（cos）（）由z=1+i，有（a2）（ab）i由题设条件知，（a+2）（a+b）i=1i.根据复数相等的定义，得解得所以实数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，argw，所以设w=r（cosisin），则，从而4r20，得r=2.因此w
30、2（cosi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；
31、（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
32、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.复数问题可以转化成三角问题，复数问题转化为实数范围内的代数问题，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：转化为求三角函数式的最值问题，转化为实数范围内的最值，利用模为实数这一性质，|z1|z2|z1z2|z1|z2|，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.注：凡标有的题目都与2003年高考考试说明不符合，复数的三角形式及其运算都已删除.仅供读者自己运用.
