12复数十年高考题（带详细解析）(4)

解析：设z=a+bi，如果z+z＞2，即2a＞2

∴a＞1反之，如果a＞1，则z+z=2a＞2，故z+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：

? 212解析：设zOP?x1?y1i,zOP?x2?y2i ∵w1⊙w2＝0 ∴由定义x1x2＋y1y2＝0 ∴OP1⊥OP2 ∴∠P1OP2＝

?． 218.答案：z＝－3－i

解析：∵（3＋z）i＝1 ∴3＋z＝－i ∴z＝－3－i 19.答案：1－i

解析：∵zi=i－1，∴z?∴z=1－i. 20.答案：－4 解析：a4=［（

i?1=（i－1）（－i）=1+i i?3?i22?5?5i4(?3?i)(1?2i)4

）］=［］=（） 1?2i55=（－1+i）4=（－2i）2=－4

21.答案：2+i

4?3i(4?3i)(1?2i)4?6?(3?8)i???2?i， 解析：由已知z?1?2i1?45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|?52， 2?i22∴|z|＝a?b?510．

将a＝3b代入，解得a＝±15，b＝±15． 故ω＝±

15?5i＝±（7－i）． 2?i解法二：由题意，设（1＋3i）z＝ki，k≠0且k∈R，

则ω＝

ki．

(k?i)(1?3i)∵|ω|＝52，∴k＝±50． 故ω＝±（7－i）． 23.解：∵z＝1＋i，

∴az＋2bz＝（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＋2bz＝（a＋2z）2得

?a?2b?a2?4a, ??a?2b?4(a?2).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.

a1?anqz?z7zz?z???0 ∴由等比数列求和公式可得：Sn?1?a1?z1?z∴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＝0 1?z（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＝－

1 2解法二：z22z5＝1，z2＝

1?5 ?zz5同理z＝z?4，z＝z?6

3

∴z＋z2＋z4＝－1－z?4－z?2－z ∴z＋z＋z?2＋z＋z?4＋z＝－1 ∴cos2α＋cosα＋cos4α＝?1 277π＋isinπ） 4425.（Ⅰ）解：z1＝i（1－i）3＝i（－2i）（1－i）＝2（1－i） ∴|z1|＝22?22?22，argz1＝22（cos

∴argz1＝

7π 4（Ⅱ）解法一：|z|＝1，∴设z＝cosθ＋isinθ |z－z1|＝|cosθ＋isinθ－2＋2i|

＝(cos??2)2?(sin??2)2?9?42sin(???4)

图12—2 当sin（θ??）＝1时|z－z1|2取得最大值9＋42 4从而得到|z－z1|的最大值22＋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＝22＋1

26.（Ⅰ）解：∵α是方程x2－2x＋1＝0的根 ∴α1＝

22（1＋i）或α2＝（1－i） 222n－11

2当α1＝（1＋i）时，∵α12＝i，α

2∴M?1?{＝

(?1)n2?1?in?1

i?1,?1?i12222,,}?{(1?i),?(1?i),?(1?i),(1?i)} ?1?1?12222当α2＝

2（1－i）时，∵α22＝－i 2∴M?2?{?2?2?2?2?i?1i1,,,}?M?

1∴Mα＝{2222(1?i),?(1?i),?(1?i),(1?i)｝ 2222（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，∴Mω?Mz． 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＝

21?． 2C43（Ⅱ）取z＝?13?i， 22则z＝?2

13?i及z3＝1． 2213?i．（说明：只需写出一个正确答案）． 22于是Mz＝｛z，z2，z3｝或取z＝?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＝±

272，y＝± 22272＋i）；2z＝±（1＋7i）． 22即z＝±（

当2z＝1＋7i时，有|1＋7i－m|＝52， 即（1－m）2＋72＝50，

得m=0，m=2.

当2z＝－（1＋7i）时，同理可得m＝0，m＝－2． 29.解：（Ⅰ）由题设，|ω|＝|z02z|＝|z0||z|＝2|z|，

∴|z0|＝2，

于是由1＋m2＝4，且m＞0，得m＝3，

因此由x′＋y′i＝(1?3i)2(x?yi)?x?3y?(3x?y)i，

??x??x?3y得关系式?

??y??3x?y（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

??x??(1?3)x?3 ???y??(3?1)x?1消去x，得y′＝（2－3）x′－23＋2， 故点Q的轨迹方程为y＝（2－3）x－23＋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＋3y，3x－y）仍在该直线上，

∴3x－y＝k（x＋3y）＋b， 即－（3k＋1）y＝（k－3）x＋b，

???(3k?1)?1当b≠0时，方程组?无解，

??k?3?k故这样的直线不存在.

?(3k?1)k?3?当b＝0，由， 1k得3k2＋2k?3＝0， 解得k＝

3或k＝?3， 33x或y＝?3x. 3故这样的直线存在，其方程为y＝

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.