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16.（2003上海春，6）已知z為復數(shù)，則z+＞2的一個充要條件是z滿足      .

17.（2002京皖春，16）對于任意兩個復數(shù)z₁＝x₁＋y₁i，z₂＝x₂＋y₂i（x₁、y₁、x₂、y₂為實數(shù)），定義運算“⊙”為：z₁⊙z₂＝x₁x₂＋y₁y₂．設非零復數(shù)w₁、w₂在復平面內(nèi)對應的點分別為P₁、P₂，點O為坐標原點．如果w₁⊙w₂＝0，那么在△P₁OP₂中，∠P₁OP₂的大小為        ．

18.（2002上海，1）若z∈C，且（3＋z）i＝1（i為虛數(shù)單位），則z＝         ．

19.（2001上海春，2）若復數(shù)z滿足方程i=i－1（i是虛數(shù)單位），則z=_____.

20.（1997上海理，9）已知a=（i是虛數(shù)單位），那么a⁴=_____.

21.（1995上海，20）復數(shù)z滿足（1+2i）=4+3i，那么z=_____.

22.（2002上海春，17）已知z、w為復數(shù)，（1＋3i）z為純虛數(shù)，w＝，且|w|＝5，求w．

23.（2002江蘇，17）已知復數(shù)z＝1＋i，求實數(shù)a，b使az＋2b＝（a＋2z）²．

24.（2001京皖春，18）已知z⁷＝1（z∈C且z≠1）.

（Ⅰ）證明1＋z＋z²＋z³＋z⁴＋z⁵＋z⁶＝0；

（Ⅱ）設z的輻角為α，求cosα＋cos2α＋cos4α的值.

^※25.（2001全國理，18）已知復數(shù)z₁＝i（1－i）³.

（Ⅰ）求argz₁及|z₁|；

（Ⅱ）當復數(shù)z滿足|z|＝1，求|z－z₁|的最大值.

26.（2001上海理，20）對任意一個非零復數(shù)z，定義集合M_z＝｛w|w＝z²ⁿ－1，n∈N｝．

（Ⅰ）設α是方程x＋的一個根，試用列舉法表示集合M_α；

（Ⅱ）設復數(shù)ω∈M_z，求證：M_ωM_z．

27.（2001上海文，20）對任意一個非零復數(shù)z，定義集合M_z＝｛w|w＝zⁿ，n∈N｝．

（Ⅰ）設z是方程x+=0的一個根，試用列舉法表示集合M_z．若在M_z中任取兩個數(shù)，求其和為零的概率P；

（Ⅱ）若集合M_z中只有3個元素，試寫出滿足條件的一個z值，并說明理由．

29.（2000上海理，22）已知復數(shù)z₀＝1－mi（M＞0），z＝x＋yi和ω＝x′＋y′i，其中x，y，x′，y′均為實數(shù)，i為虛數(shù)單位，且對于任意復數(shù)z，有ω＝?，|ω|＝2|z|．

（Ⅰ）試求m的值，并分別寫出x′和y′用x、y表示的關系式；

（Ⅱ）將（x，y）作為點P的坐標，（x′，y′）作為點Q的坐標，上述關系式可以看作是坐標平面上點的一個變換：它將平面上的點P變到這一平面上的點Q.

當點P在直線y=x+1上移動時，試求點P經(jīng)該變換后得到的點Q的軌跡方程；

（Ⅲ）是否存在這樣的直線：它上面的任一點經(jīng)上述變換后得到的點仍在該直線上?若存在，試求出所有這些直線；若不存在，則說明理由.

^※30.（1999全國理，20）設復數(shù)z＝3cosθ＋i?2sinθ.求函數(shù)y＝θ－argz（0＜θ＜）的最大值以及對應的θ值.

^※31.（1999上海理，19）已知方程x²＋（4＋i）x＋4＋ai＝0（a∈R）有實數(shù)根b，且z=a+bi，求復數(shù)（1－ci）（c＞0）的輻角主值的取值范圍.

^※32.（1999上海文，19）設復數(shù)z滿足4z+2=3+i，ω=sinθ－icosθ（θ∈R）.求z的值和|z－ω|的取值范圍.

^※33.（1998上海文，18）已知復數(shù)z₁滿足（z₁－2）i=1+i，復數(shù)z₂的虛部為2，且z₁?z₂是實數(shù)，求復數(shù)z₂的模.

^※34.（1998上海理，18）已知向量所表示的復數(shù)z滿足（z－2）i=1+i，將繞原點O按順時針方向旋轉得，設所表示的復數(shù)為z′，求復數(shù)z′+i的輻角主值.

^※35.（1997全國文，20）已知復數(shù)z=i，w=i，求復數(shù)zw+zw³的模及輻角主值.

36.（1997全國理，20）已知復數(shù)z=i，ω=i.復數(shù)z，z²ω³在復數(shù)平面上所對應的點分別是P、Q.證明：△OPQ是等腰直角三角形（其中O為原點）.

37.（1997上海理，20）設虛數(shù)z₁，z₂滿足z₁²=z₂.

（1）若z₁、z₂是一個實系數(shù)一元二次方程的兩個根，求z₁、z₂；

^※（2）若z₁=1+mi（m＞0，i為虛數(shù)單位），ω=z₂－2，ω的輻角主值為θ，求θ的取值范圍.

38.（1996上海理，22）設z是虛數(shù)，w=z+是實數(shù)，且－1＜ω＜2.

（Ⅰ）求|z|的值及z的實部的取值范圍；

（Ⅱ）設u=，求證：u為純虛數(shù)；

（Ⅲ）求w－u²的最小值.

39.（1995上海，22）已知復數(shù)z₁、z₂滿足|z₁|=|z₂|＝1，且z₁+z₂=i.求z₁、z₂的值.

^※40.（1995全國文，22）設復數(shù)z=cosθ+isinθ，θ∈（π，2π）.求復數(shù)z²+z的模和輻角.

^※41.（1995全國理，21）在復平面上，一個正方形的四個頂點按照逆時針方向依次為Z₁，Z₂，Z₃，O（其中O是原點），已知Z₂對應復數(shù)z₂=1+i，求Z₁和Z₃對應的復數(shù).

^※42.（1994全國理，21）已知z=1+i，

（Ⅰ）設w=z²+3－4，求w的三角形式.

（Ⅱ）如果=1－i，求實數(shù)a，b的值.

43.（1994上海，22）設w為復數(shù)，它的輻角主值為π，且為實數(shù)，求復數(shù)w.

●答案解析

1.答案：B

解析一：通過復數(shù)與復平面上對應點的關系，分別求出z₁、z₂的輻角主值.argz₁=π，argz₂=.

所以arg∈［0，2π），

∴argπ.

解析二：因為.

在復平面的對應點在第一象限.故選B

評述：本題主要考查復數(shù)的運算法則及幾何意義、輻角主值等概念，同時考查了靈活運用知識解題的能力，體現(xiàn)了數(shù)形結合的思想方法.

2.答案：A

解析：由已知z=［（m－4）－2（m+1）i］在復平面對應點如果在第一象限，則而此不等式組無解.即在復平面上對應的點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＋∈（，）

∴該復數(shù)的輻角主值是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：       ∴

∴應在第四象限，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：根據(jù)復數(shù)乘法的幾何意義，所求復數(shù)是

．

9.答案：C

解法一：采用觀察排除法.復數(shù)對應點在第二象限，而選項A、B中復數(shù)對應點在第一象限，所以可排除.而選項D不是復數(shù)的三角形式，也可排除，所以選C.

解法二：把復數(shù)直接化為復數(shù)的三角形式，即

10.答案：D

解析：．

11.答案：A

解析：設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的三個立方根是cos（k=0，1，2）

當k=0時，；

當k=1時，；

當k=2時，.

故選D.

解法二：由復數(shù)開方的幾何意義，i與－i的另外兩個立方根表示的點均勻地分布在以原點為圓心，1為半徑的圓上，于是另外兩個立方根的虛部必為－,排除A、B、C，選D.

評述：本題主要考查了復數(shù)開方的運算，既可用代數(shù)方法求解，也可用幾何方法求解，但由題干中的提示，幾何法解題較簡捷.

13.答案：B

解法一：，

故（2+2i）⁴=2⁶（cosπ+isinπ）=－2⁶，1－，

故.

于是,

所以選B.

解法二：原式=

∴應選B

解法三：2+2i的輻角主值是45°，則（2+2i）⁴的輻角是180°；1－i的一個輻角是－60°，則（1－i）⁵的輻角是－300°，所以的一個輻角是480°，它在第二象限，從而排除A、C、D，選B.

評述：本題主要考查了復數(shù)的基本運算，有一定的深刻性，尤其是選擇項的設計，隱藏著有益的提示作用，考查了考生觀察問題、思考問題、分析問題的綜合能力.

14.答案：B

解析：z=－i是z³=1的一個根，記z=ω，ω⁴=ω，故選B.

15.答案：A

解析：設復數(shù)z在復平面的對應點為z，因為|z+i|+|z－i|=2，所以點Z的集合是y軸上以Z₁（0，－1）、Z₂（0，1）為端點的線段.

|z+1+λ|表示線段Z₁Z₂上的點到點（－1，－1）的距離.此距離的最小值為點Z₁（0，－1）到點（－1，－1）的距離，其距離為1.

評述：本題主要考查兩復數(shù)之差的模的幾何意義，即復平面上兩點間的距離.

16.答案：Rez＞1

解析：設z=a+bi，如果z+＞2，即2a＞2

∴a＞1反之，如果a＞1，則z+=2a＞2，故z+＞2的一個充要條件為Rez＞1.

評述：本題主要考查復數(shù)的基本概念、基本運算及充要條件的判斷方法.

17.答案：

解析：設

∵w₁⊙w₂＝0  ∴由定義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：設z＝a＋bi（a，b∈R），則（1＋3i）z＝a－3b＋（3a＋b）i．

由題意，得a＝3b≠0．

∵|ω|＝，

∴|z|＝．

將a＝3b代入，解得a＝±15，b＝±15．

故ω＝±＝±（7－i）．

解法二：由題意，設（1＋3i）z＝ki，k≠0且k∈R，

則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，

因為a，b都是實數(shù)，所以由az＋2b＝（a＋2z）²得

兩式相加，整理得a²＋6a＋8＝0，

解得a₁＝－2，a₂＝－4，

對應得b₁＝－1，b₂＝2．

所以，所求實數(shù)為a＝－2，b＝－1或a＝－4，b＝2．

24.（Ⅰ）解法一：z，z²，z³，…，z⁷是一個等比數(shù)列.

∴由等比數(shù)列求和公式可得：

∴1＋z＋z²＋z³＋…＋z⁶＝0

解法二：S＝1＋z＋z²＋…＋z⁶           ①

zS＝z＋z²＋z³＋…+z⁶＋z⁷                   ②

∴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，∴設z＝cosθ＋isinθ

|z－z₁|＝|cosθ＋isinθ－2＋2i|

＝

當sin（θ）＝1時|z－z₁|²取得最大值9＋4

從而得到|z－z₁|的最大值2＋1

解法二：|z|＝1可看成z為半徑為1，圓心為（0，0）的圓.

而z₁可看成在坐標系中的點（2，－2）

∴|z－z₁|的最大值可以看成點（2，－2）到圓上的點距離最大.由圖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）

當α₁＝（1＋i）時，∵α₁²＝i，α₁^2n－1＝

∴

當α₂＝（1－i）時，∵α₂²＝－i

∴

∴M_α＝｝

（Ⅱ）證明：∵ω∈M_z，∴存在M∈N，使得ω＝z^2m－1

于是對任意n∈N，ω^2n－1＝z^{(2m－1)(2n－1)}

由于（2m－1）（2n－1）是正奇數(shù)，ω^2n－1∈M_z，∴M_ωM_z．

27.解：（Ⅰ）∵z是方程x²＋1＝0的根，

∴z₁＝i或z₂＝－i，不論z₁＝i或z₂＝－i，

M_z＝｛i，i²，i³，i⁴｝＝｛i，－1，－i，1｝

于是P＝．

（Ⅱ）取z＝，

則z²＝i及z³＝1．

于是M_z＝｛z，z²，z³｝或取z＝i．（說明：只需寫出一個正確答案）．

28.解：設z＝x＋yi（x、y∈R），

∵|z|＝5，∴x²＋y²＝25，

而（3＋4i）z＝（3＋4i）（x＋yi）＝（3x－4y）＋（4x＋3y）i，

∴3x－4y＋4x＋3y＝0，得y＝7x

∴x＝±，y＝±

即z＝±（＋i）；z＝±（1＋7i）．

當z＝1＋7i時，有|1＋7i－m|＝5，

即（1－m）²＋7²＝50，

得m=0，m=2.

當z＝－（1＋7i）時，同理可得m＝0，m＝－2．

29.解：（Ⅰ）由題設，|ω|＝|?|＝|z₀||z|＝2|z|，

∴|z₀|＝2，

于是由1＋m²＝4，且m＞0，得m＝，

因此由x′＋y′i＝?，

得關系式

（Ⅱ）設點P（x，y）在直線y=x+1上，則其經(jīng)變換后的點Q（x′，y′）滿足

消去x，得y′＝（2－）x′－2＋2，

故點Q的軌跡方程為y＝（2－）x－2＋2．

（Ⅲ）假設存在這樣的直線，

∵平行坐標軸的直線顯然不滿足條件，

∴所求直線可設為y=kx+b（k≠0）.

解：∵該直線上的任一點P（x，y），其經(jīng)變換后得到的點Q（x＋y，x－y）仍在該直線上，

∴x－y＝k（x＋y）＋b，

即－（k＋1）y＝（k－）x＋b，

當b≠0時，方程組無解，

故這樣的直線不存在.

當b＝0，由，

得k²＋2k＝0，

解得k＝或k＝，

故這樣的直線存在，其方程為y＝x或y＝x.

評述：本題考查了復數(shù)的有關概念，參數(shù)方程與普通方程的互化，變換與化歸的思想方法，分類討論的思想方法及待定系數(shù)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

∴≤

當且僅當＝2tanθ（0＜θ＜）時，

即tanθ＝時，上式取等號.

所以當θ＝arctan時，函數(shù)tany取最大值

由y＝θ－argz得y∈（）．

由于在（）內(nèi)正切函數(shù)是遞增函數(shù)，函數(shù)y也取最大值arctan．

評述：本題主要考查復數(shù)的基本概念、三角公式和不等式等基礎知識，考查綜合運用所學數(shù)學知識解決問題的能力.明考復數(shù)實為三角.語言簡練、情景新穎，對提高考生的數(shù)學素質要求是今后的命題方向.

31.解：∵方程x²＋（4＋i）x＋4＋ai＝0（a∈R）有實根b，

∴b²＋（4＋i）b＋4＋ai＝0，

得b²＋4b＋4＋（b＋a）i＝0，

即有

∴

得z=a+bi=2－2i，

∴．

當0≤c≤1時，復數(shù)（1－ci）的實部大于0，虛部不小于0，

∴復數(shù)（1－ci）的輻角主值在［0，

范圍內(nèi)，有arg［（1－ci）］＝arctan＝arctan（－1），

∵0＜c≤1，∴0≤－1＜1，

有0≤arctan（－1）＜，

∴0≤arg［（1－ci）］＜．

當c＞1時，復數(shù)（1－ci）的實部大于0，虛部小于0，

∴復數(shù)（1－ci）的輻角主值在（，2π）

范圍內(nèi)，有arg［（1－ci）］＝2π＋arctan＝2π＋arctan（－1）．

∵c＞1，∴－1＜－1＜0，

有＜arctan（－1）＜0，

∴＜arg［（1－ci）］＜2π．

綜上所得復數(shù)（1－ci）（c＞0）的輻角主值的取值范圍為［0，∪（，2π）．

評述：本題主要考查復數(shù)的基本概念和考生的運算能力，強調(diào)了考生思維的嚴謹性.

32.解：設z=a+bi（a，b∈R），則=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.

評述：本題考查了復數(shù)、共軛復數(shù)的概念，兩復數(shù)相等的充要條件、復數(shù)的模、復數(shù)模的取值范圍等基礎知識以及綜合運用知識的能力.

33.解：由（z₁－2）i=1+i得z₁=+2=（1+i）（－i）+2=3－i

∵z₂的虛部為2.

∴可設z₂=a+2i（a∈R）

z₁?z₂=（3－i）（a+2i）=（3a+2）+（6－a）i為實數(shù).

∴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

評述：本題考查復數(shù)乘法的幾何意義和復數(shù)輻角主值的概念.

35.解法一：zw+zw³=zw（1+w²）=（i）（i）（1+i）

=（1+i）²（i）=

故復數(shù)zw+zw³的模為，輻角主值為.

解法二：w=i=cos+isin

zw+zw³=z（w+w³）=z［（cos+isin）+（cos+isin）³］

=z［（cos+isin）+（cos+isin）］=z（）

=

故復數(shù)zw+zw³的模為，輻角主值為π.

評述：本題主要考查復數(shù)的有關概念及復數(shù)的基本運算能力.

36.證法一：

ω=

于是zω=cos+isin， =cos（－）+isin（－）.

z²ω³=［cos（－）+isin（－）］×（cosπ+isinπ）=cosπ+isinπ

因為OP與OQ的夾角為π－（－）=.

所以OP⊥OQ

又因為|OP|=||=1，|OQ|=|z²ω³|=|z|²|ω|³=1

∴|OP|=|OQ|.

由此知△OPQ為等腰直角三角形.

證法二：∵z=cos（－）+isin（－）.

∴z³=－i

又ω=.

∴ω⁴=－1

于是

由此得OP⊥OQ，|OP|=|OQ|

故△OPQ為等腰直角三角形.

37.解：（1）因為z₁、z₂是一個實系數(shù)一元二次方程的兩個根，所以z₁、z₂是共軛復數(shù).

設z₁=a+bi（a，b∈R且b≠0），則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的取值范圍為［π，π）.

38.解：（Ⅰ）設z=a+bi，a、b∈R，b≠0

則w=a+bi+

因為w是實數(shù)，b≠0，所以a²＋b²=1，

即|z|=1.

于是w=2a，－1＜w=2a＜2，－＜a＜1，

所以z的實部的取值范圍是（－，1）.

（Ⅱ）.

因為a∈（－，1），b≠0，所以u為純虛數(shù).

（Ⅲ）

.

因為a∈（－，1），所以a+1＞0，

故w－u²≥2?2－3=4－3=1.

當a+1=，即a=0時，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的實部=z₂的實部=－.又|z₂|=1，故z₂的虛部為±，

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

∴復數(shù)z²+z的模為－2cos，輻角為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：如圖12―3，設Z₁、Z₃對應的復數(shù)分別為z₁、z₃，則由復數(shù)乘除法的幾何意義有z₁＝z₂［cos（）＋isin（）］

＝

z₃＝．

注：求出z₁后，z₃＝iz₁＝

解法二：設Z₁、Ｚ₃對應的復數(shù)分別是z₁、z₃，根據(jù)復數(shù)加法和乘法的幾何意義，依題意得

∴z₁＝z₂（1－i）＝（1－i）（1－i）＝i

z₃＝z₂－z₁＝（1＋i）－（i）＝i

評述：本題主要考查復數(shù)的基本概念和幾何意義，以及運算能力.此題以復平面上的簡單幾何圖形為背景，借以考查復數(shù)的向量表示與復數(shù)運算的幾何意義等基本知識，側重概念、性質的理解與掌握，以及運算能力和轉化的思想，對復數(shù)教學有良好的導向作用.

42.解：（Ⅰ）由z=1+i，有w=（1+i）²＋3（1－i）－4=－1－i，所以w的三角形式是

（cos）

（Ⅱ）由z=1+i，有

＝（a＋2）－（a＋b）i

由題設條件知，（a+2）－（a+b）i=1－i.

根據(jù)復數(shù)相等的定義，得

解得

所以實數(shù)a，b的值分別為－1，2.

評述：本題考查了共軛復數(shù)、復數(shù)的三角形式等基礎知識及運算能力.

43.解：因為w為復數(shù)，argw＝，所以設w=r（cos＋isin），

則，

從而4－r²＝0，得r=2.

因此w＝2（cos＝－＋i．

●命題趨向與應試策略

1.由于復數(shù)內(nèi)容在新的教學大綱中已被列為選學內(nèi)容，所以近幾年復數(shù)部分在高考中考查的難度與題量都呈下降趨勢.

2.本章內(nèi)容在高考中，以選擇題和解答題為主.選擇題主要考查：（1）復數(shù)的概念，包括虛數(shù)、純虛數(shù)、復數(shù)的實部和虛部、復數(shù)的模、輻角主值、復數(shù)相等、共軛復數(shù)等概念.（2）復數(shù)代數(shù)形式與三角形式的基本運算，包括復數(shù)的四則運算，乘方、開方運算，代數(shù)形式與三角形式的互化及基本運算的技能與技巧等.（3）復數(shù)的幾何意義，特別是復數(shù)乘法的幾何意義――向量旋轉，復數(shù)運算的幾何意義在平面圖形中的應用等.在高考中常見的類型有：

（1）與基本計算有關的問題；

（2）與復數(shù)模的最值有關的問題；

（3）與復數(shù)幾何意義有關的問題.

解答題主要考查：（1）在復數(shù)集中解一元二次方程和二項方程.（2）復數(shù)的三角運算.（3）復數(shù)與代數(shù)、幾何、三角的綜合性知識運用.在高考中常見的類型有：

（1）解復數(shù)方程的問題；

（2）求復數(shù)的模和輻角主值的問題；

（3）復數(shù)與代數(shù)幾何、三角相關聯(lián)的綜合性問題.

從上述我們可以看到高考常以考查復數(shù)運算為主，估計這一命題趨勢還將繼續(xù)下去.

3.堅持全面復習與重點復習相結合.

由于目前試題多以中低檔題目出現(xiàn)，難度不大，但涉及面廣，對基本問題掌握的熟練程度要求較高，所以對基本問題不能放松要求.

復數(shù)的三角形式問題是重點內(nèi)容.首先，應熟練地確定復數(shù)的三角形式、復數(shù)的模與輻角主值、復數(shù)三角形式的結構特征.其次，要準確把握復數(shù)三角形式的運算特點，恰當選擇運算形式.

4.重視復數(shù)與相關知識的聯(lián)系.①復數(shù)問題可以轉化成三角問題，②復數(shù)問題轉化為實數(shù)范圍內(nèi)的代數(shù)問題，③復數(shù)問題轉化成平面幾何問題.在復習過程中，就充分利用相關知識，實現(xiàn)問題的轉化.如求模的最值問題可采用以下思考方法：①轉化為求三角函數(shù)式的最值問題，②轉化為實數(shù)范圍內(nèi)的最值，③利用模為實數(shù)這一性質，||z₁|－|z₂||≤|z₁±z₂|≤|z₁|＋|z₂|，④轉化為平面幾何問題.隨著觀察分析角度的不同，產(chǎn)生不同的解題思路和方法，提高學生對算理算法的合理運用的水平.

5.強調(diào)數(shù)學思想方法的訓練：（1）轉化思想：要求學生在全面理解掌握復數(shù)知識的同時，善于將復數(shù)向實數(shù)轉化，將復數(shù)向幾何、三角轉化.（2）分類討論思想：分類討論是一種重要的解題策略和方法，它能使復雜的問題簡單化，復數(shù)考題中經(jīng)常用到這種分類討論思想.（3）數(shù)形結合思想：運用數(shù)形結合思想處理復平面問題是高考考查的熱點之一，應引起注意.

注：凡標有^※的題目都與2003年高考考試說明不符合，復數(shù)的三角形式及其運算都已刪除.僅供讀者自己運用.