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设函数z=i2+3i，那么argz是（　　）A．56πB．π3C．23πD．-43π
题型：单选题难度：偏易来源：云南
z=-1+3i═2(-12+32i)=2(cos2π3+isin2π3)，∴argz=2π3．故选C．
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据魔方格专家权威分析，试题“设函数z=i2+3i，那么argz是（）A．56πB．π3C．23πD．-43π-数学-魔方格”主要考查你对&&复数的概念及几何意义&&等考点的理解。关于这些考点的“档案”如下：
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复数的概念及几何意义
复数的概念：
形如a+bi（a，b∈R）的数叫复数，其中i叫做虚数单位。全体复数所成的集合叫做复数集，用字母C表示。
复数的表示：
复数通常用字母z表示，即z=a+bi（a，b∈R），这一表示形式叫做复数的代数形式，其中a叫复数的实部，b叫复数的虚部。
复数的几何意义：
（1）复平面、实轴、虚轴： 点Z的横坐标是a，纵坐标是b，复数z=a+bi（a、b∈R）可用点Z（a，b）表示，这个建立了直角坐标系来表示复数的平面叫做复平面，x轴叫做实轴，y轴叫做虚轴。显然，实轴上的点都表示实数，除原点外，虚轴上的点都表示纯虚数 （2）复数的几何意义：复数集C和复平面内所有的点所成的集合是一一对应关系，即这是因为，每一个复数有复平面内惟一的一个点和它对应；反过来，复平面内的每一个点，有惟一的一个复数和它对应。 这就是复数的一种几何意义，也就是复数的另一种表示方法，即几何表示方法。
复数的模：
复数z=a+bi（a、b∈R）在复平面上对应的点Z（a，b）到原点的距离叫复数的模，记为|Z|，即|Z|=&
虚数单位i：
（1）它的平方等于-1，即i2=-1；（2）实数可以与它进行四则运算，进行四则运算时，原有加、乘运算律仍然成立 （3）i与-1的关系：i就是-1的一个平方根，即方程x2=-1的一个根，方程x2=－1的另一个根是-i。 （4）i的周期性：i4n+1=i，i4n+2=-1，i4n+3=-i，i4n=1。 复数模的性质：
复数与实数、虚数、纯虚数及0的关系：
对于复数a+bi（a、b∈R），当且仅当b=0时，复数a+bi（a、b∈R）是实数a；当b≠0时，复数z=a+bi叫做虚数；当a=0且b≠0时，z=bi叫做纯虚数；当且仅当a=b=0时，z就是实数0。
复数集与其它数集之间的关系：
发现相似题
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768906827666836451856099773316457999（1999o广东）设复数z=3cosθ+isinθ．求函数y=tg（θ-argz）（0＜θ＜π2）的最大值以及对应的θ值． - 跟谁学
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在线咨询下载客户端关注微信公众号&&&分类：（1999o广东）设复数z=3cosθ+isinθ．求函数y=tg（θ-argz）（0＜θ＜π2）的最大值以及对应的θ值．（1999o广东）设复数z=3cosθ+isinθ．求函数y=tg（θ-argz）（0＜θ＜）的最大值以及对应的θ值．科目:难易度:最佳答案解：由得tgθ＞0．由z=3cosθ+isinθ得tg（argz）=．（3分）故y=tg（θ-argz）=2θ（6分）=∵，∴．（9分）当且仅当=tgθ（）时，即tgθ=时，上式取等号．所以当θ=时，函数y取得最大值．（12分）解析由z=3cosθ+isinθ求得tg（argz）=，再由两角差的正切建立关于tgθ的函数，y=tg（θ-argz）=2θ=，再由基本不等式法求解．知识点:&&&&基础试题拔高试题热门知识点最新试题
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高三数学一轮复习试题解析---复
　　高三数学一轮复习试题解析---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.设复数z1=－1+i，z2=i，则arg等于（
）　　A.－π
D.π　　2.复数z=（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），那么复数（1＋i）（cosθ＋isinθ）的辐角的主值是（
）　　A.θ＋
D.θ＋　　4．复数（i）3的值是（
）　　A. －i
D.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＝，则arg是（
D.　　※7.设复数z1＝－1－i在复平面上对应向量，将按顺时针方向旋转π后得到向量，令对应的复数z2的辐角主值为θ，则tanθ等于（
）　　A.2－
B.－2＋　　C.2＋
D.－2－　　※8.在复平面内，把复数3－i对应的向量按顺时针方向旋转，所得向量对应的复数是（
B.－2i　　C.－3i
D.3+i　　※9.复数z＝（i是虚数单位）的三角形式是（
）　　A.3［cos（）＋isin（）］ B.3（cos＋isin）　　C.3（cos＋isin）
D.3（cos＋isin）　　10.复数z1＝3＋i，z2＝1－i，则z＝z1·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z1＝2sinθ＋icosθ（＜θ＜在复平面上对应向量，将按顺时针方向旋转π后得到向量，对应的复数为z2＝r（cos＋isin），则tan等于（
D.　　※12.复数－i的一个立方根是i，它的另外两个立方根是（
B.　　C.±
D.±　　13.复数等于（
）　　A.1+i
B.－1+i　　C.1－i
D.－1－i　　14.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（
D.7　　15.如果复数z满足|z+i|+|z－i|=2，那么|z+i+1|的最小值是（
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z1＝x1＋y1i，z2＝x2＋y2i（x1、y1、x2、y2为实数），定义运算"⊙"为：z1⊙z2＝x1x2＋y1y2．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w1⊙w2＝0，那么在△P1OP2中，∠P1OP2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i=i－1（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，（1＋3i）z为纯虚数，w＝，且|w|＝5，求w．　　23.已知复数z＝1＋i，求实数a，b使az＋2b＝（a＋2z）2．　　24.已知z7＝1（z∈C且z≠1）.　　（Ⅰ）证明1＋z＋z2＋z3＋z4＋z5＋z6＝0；　　（Ⅱ）设z的辐角为α，求cosα＋cos2α＋cos4α的值.　　※25.已知复数z1＝i（1－i）3.　　（Ⅰ）求argz1及|z1|；　　（Ⅱ）当复数z满足|z|＝1，求|z－z1|的最大值.　　26.对任意一个非零复数z，定义集合Mz＝｛w|w＝z2n－1，n∈N｝．　　（Ⅰ）设α是方程x＋的一个根，试用列举法表示集合Mα；　　（Ⅱ）设复数ω∈Mz，求证：MωMz．　　27.对任意一个非零复数z，定义集合Mz＝｛w|w＝zn，n∈N｝．　　（Ⅰ）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；　　（Ⅱ）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（3＋4i）z在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上，|z－m|＝5（m∈R），求z和m的值.　　29.已知复数z0＝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＝·，|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＝3cosθ＋i·2sinθ.求函数y＝θ－argz（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（1－ci）（c＞0）的辐角主值的取值范围.　　※32.设复数z满足4z+2=3+i，ω=sinθ－icosθ（θ∈R）.求z的值和|z－ω|的取值范围.　　※33.已知复数z1满足（z1－2）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（z－2）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，ω=i.复数z，z2ω3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.　　（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（m＞0，i为虚数单位），ω=z2－2，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=，求证：u为纯虚数；　　（Ⅲ）求w－u2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=cosθ+isinθ，θ∈（π，2π）.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z=1+i，　　（Ⅰ）设w=z2+3－4，求w的三角形式.　　（Ⅱ）如果=1－i，求实数a，b的值.　　43.设w为复数，它的辐角主值为π，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=π，argz2=.　　所以arg∈［0，2π），　　∴argπ.　　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=［（m－4）－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：（1＋i）（cosθ＋isinθ）＝（cos＋isin）（cosθ＋isinθ）　　＝［cos（θ＋）＋isin（θ＋）］　　∵θ∈（，π）
∴θ＋∈（，）　　∴该复数的辐角主值是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：
∴　　∴应在第四象限，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（cosπ+isinπ）=－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°；1－i的一个辐角是－60°，则（1－i）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.答案：B　　解析：z=－i是z3=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Z1（0，－1）、Z2（0，1）为端点的线段.　　|z+1+λ|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：Rez＞1　　解析：设z=a+bi，如果z+＞2，即2a＞2　　∴a＞1反之，如果a＞1，则z+=2a＞2，故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　　∵w1⊙w2＝0
∴由定义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：设z＝a＋bi（a，b∈R），则（1＋3i）z＝a－3b＋（3a＋b）i．　　由题意，得a＝3b≠0．　　∵|ω|＝，　　∴|z|＝．　　将a＝3b代入，解得a＝±15，b＝±15．　　故ω＝±＝±（7－i）．　　解法二：由题意，设（1＋3i）z＝ki，k≠0且k∈R，　　则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，　　因为a，b都是实数，所以由az＋2b＝（a＋2z）2得　　　　两式相加，整理得a2＋6a＋8＝0，　　解得a1＝－2，a2＝－4，　　对应得b1＝－1，b2＝2．　　所以，所求实数为a＝－2，b＝－1或a＝－4，b＝2．　　24.（Ⅰ）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：　　∴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，∴设z＝cosθ＋isinθ　　|z－z1|＝|cosθ＋isinθ－2＋2i|　　＝　　当sin（θ）＝1时|z－z1|2取得最大值9＋4　　从而得到|z－z1|的最大值2＋1　　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）　　∴|z－z1|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－z1|max＝2＋1　　26.（Ⅰ）解：∵α是方程x2－x＋1＝0的根　　∴α1＝（1＋i）或α2＝（1－i）　　当α1＝（1＋i）时，∵α12＝i，α12n－1＝　　∴　　当α2＝（1－i）时，∵α22＝－i　　∴　　∴Mα＝｝　　（Ⅱ）证明：∵ω∈Mz，∴存在M∈N，使得ω＝z2m－1　　于是对任意n∈N，ω2n－1＝z(2m－1)(2n－1)　　由于（2m－1）（2n－1）是正奇数，ω2n－1∈Mz，∴MωMz．　　27.解：（Ⅰ）∵z是方程x2＋1＝0的根，　　∴z1＝i或z2＝－i，不论z1＝i或z2＝－i，　　Mz＝｛i，i2，i3，i4｝＝｛i，－1，－i，1｝　　于是P＝．　　（Ⅱ）取z＝，　　则z2＝i及z3＝1．　　于是Mz＝｛z，z2，z3｝或取z＝i．（说明：只需写出一个正确答案）．　　28.解：设z＝x＋yi（x、y∈R），　　∵|z|＝5，∴x2＋y2＝25，　　而（3＋4i）z＝（3＋4i）（x＋yi）＝（3x－4y）＋（4x＋3y）i，　　又∵（3＋4i）z在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上，　　∴3x－4y＋4x＋3y＝0，得y＝7x　　∴x＝±，y＝±　　即z＝±（＋i）；z＝±（1＋7i）．　　当z＝1＋7i时，有|1＋7i－m|＝5，　　即（1－m）2＋72＝50，　　得m=0，m=2.　　当z＝－（1＋7i）时，同理可得m＝0，m＝－2．　　29.解：（Ⅰ）由题设，|ω|＝|·|＝|z0||z|＝2|z|，　　∴|z0|＝2，　　于是由1＋m2＝4，且m＞0，得m＝，　　因此由x′＋y′i＝·，　　得关系式　　（Ⅱ）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－）x′－2＋2，　　故点Q的轨迹方程为y＝（2－）x－2＋2．　　（Ⅲ）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（k≠0）.　　解：∵该直线上的任一点P（x，y），其经变换后得到的点Q（x＋y，x－y）仍在该直线上，　　∴x－y＝k（x＋y）＋b，　　即－（k＋1）y＝（k－）x＋b，　　当b≠0时，方程组无解，　　故这样的直线不存在.　　当b＝0，由，　　得k2＋2k＝0，　　解得k＝或k＝，　　故这样的直线存在，其方程为y＝x或y＝x.　　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＜θ＜得tanθ＞0．　　由z＝3cosθ＋i·2sinθ，得0＜argz＜及tan（argz）＝tanθ　　故tany＝tan（θ－argz）＝　　∵＋2tanθ≥2　　∴≤　　当且仅当＝2tanθ（0＜θ＜）时，　　即tanθ＝时，上式取等号.　　所以当θ＝arctan时，函数tany取最大值　　由y＝θ－argz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＋（4＋i）x＋4＋ai＝0（a∈R）有实根b，　　∴b2＋（4＋i）b＋4＋ai＝0，　　得b2＋4b＋4＋（b＋a）i＝0，　　即有　　∴　　得z=a+bi=2－2i，　　∴．　　当0≤c≤1时，复数（1－ci）的实部大于0，虚部不小于0，　　∴复数（1－ci）的辐角主值在［0，　　范围内，有arg［（1－ci）］＝arctan＝arctan（－1），　　∵0＜c≤1，∴0≤－1＜1，　　有0≤arctan（－1）＜，　　∴0≤arg［（1－ci）］＜．　　当c＞1时，复数（1－ci）的实部大于0，虚部小于0，　　∴复数（1－ci）的辐角主值在（，2π）　　范围内，有arg［（1－ci）］＝2π＋arctan＝2π＋arctan（－1）．　　∵c＞1，∴－1＜－1＜0，　　有＜arctan（－1）＜0，　　∴＜arg［（1－ci）］＜2π．　　综上所得复数（1－ci）（c＞0）的辐角主值的取值范围为［0，∪（，2π）．　　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，b∈R），则=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.　　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（z1－2）i=1+i得z1=+2=（1+i）（－i）+2=3－i　　∵z2的虚部为2.　　∴可设z2=a+2i（a∈R）　　z1·z2=（3－i）（a+2i）=（3a+2）+（6－a）i为实数.　　∴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　　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+isin　　zw+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π.　　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：　　ω=　　于是zω=cos+isin， =cos（－）+isin（－）.　　z2ω3=［cos（－）+isin（－）］×（cosπ+isinπ）=cosπ+isinπ　　因为OP与OQ的夹角为π－（－）=.　　所以OP⊥OQ　　又因为|OP|=||=1，|OQ|=|z2ω3|=|z|2|ω|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ω=.　　∴ω4=－1　　于是　　由此得OP⊥OQ，|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，b∈R且b≠0），则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的取值范围为［π，π）.　　38.解：（Ⅰ）设z=a+bi，a、b∈R，b≠0　　则w=a+bi+　　因为w是实数，b≠0，所以a2＋b2=1，　　即|z|=1.　　于是w=2a，－1＜w=2a＜2，－＜a＜1，　　所以z的实部的取值范围是（－，1）.　　（Ⅱ）.　　因为a∈（－，1），b≠0，所以u为纯虚数.　　（Ⅲ）　　.　　因为a∈（－，1），所以a+1＞0，　　故w－u2≥2·2－3=4－3=1.　　当a+1=，即a=0时，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=（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　　∴复数z2+z的模为－2cos，辐角为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：如图12-3，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z1＝z2［cos（）＋isin（）］　　＝　　z3＝．　　注：求出z1后，z3＝iz1＝　　解法二：设Z1、Ｚ3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　　∴z1＝z2（1－i）＝（1－i）（1－i）＝i　　z3＝z2－z1＝（1＋i）－（i）＝i　　评述：本题主要考查复数的基本概念和几何意义，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：（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　　　　由题设条件知，（a+2）－（a+b）i=1－i.　　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（cos＋isin），　　则，　　从而4－r2＝0，得r=2.　　因此w＝2（cos＝－＋i．　　●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；　　（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.①复数问题可以转化成三角问题，②复数问题转化为实数范围内的代数问题，③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：①转化为求三角函数式的最值问题，②转化为实数范围内的最值，③利用模为实数这一性质，||z1|－|z2||≤|z1±z2|≤|z1|＋|z2|，④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.}