12复数十年高考题（带详细解析）(5)

30.解：由0＜θ＜

?得tanθ＞0． 22sin?2?及tan（argz）＝?tan

3cos?32由z＝3cosθ＋i22sinθ，得0＜argz＜θ

2tan??tan?13故tany＝tan（θ－argz）＝ ?231?tan2??2tan?3tan?∵

3＋2tanθ≥26 tan?∴

13?2tan?tan?≤

6 12当且仅当

3?＝2tanθ（0＜θ＜）时， tan?26时，上式取等号. 266时，函数tany取最大值 212即tanθ＝

所以当θ＝arctan

由y＝θ－argz得y∈（???． ,）

22由于在（???22,）内正切函数是递增函数，函数y也取最大值arctan

6． 12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，

?b2?4b?4?0即有?

?b?a?0?a?2∴?

b??2,?得z=a+bi=2－2i，

∴z(1?ci)?(2?2i)(1?ci)?2?2c?(2?2c)i．

当0≤c≤1时，复数z（1－ci）的实部大于0，虚部不小于0， ∴复数z（1－ci）的辐角主值在［0，

?) 22?2c2＝arctan（－1）， 2?2c1?c范围内，有arg［z（1－ci）］＝arctan

∵0＜c≤1，∴0≤

2－1＜1， 1?c有0≤arctan（

?2－1）＜， 1?c4?． 4∴0≤arg［z（1－ci）］＜

当c＞1时，复数z（1－ci）的实部大于0，虚部小于0， ∴复数z（1－ci）的辐角主值在（

3?，2π） 2范围内，有arg［z（1－ci）］＝2π＋arctan－1）．

∵c＞1，∴－1＜

2?2c2＝2π＋arctan（2?2c1?c2－1＜0， 1?c有?2?＜arctan（－1）＜0，

1?c4∴

7?＜arg［z（1－ci）］＜2π． 4综上所得复数z（1－ci）（c＞0）的辐角主值的取值范围为［0，)∪（

?47?，42π）．

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z=a－bi，代入4z+2z=33+i 得4（a+bi）+2（a－bi）=33+i.

?3a???2.∴z=3?1i. ∴?22?b?1??2|z－ω|=|

31?i－（sinθ－icosθ）| 22=(31??sin?)2?(?cos?)?2?3sin??cos??2?2sin(??) 226∵－1≤sin（θ－

??）≤1，∴0≤2－2sin（θ－）≤4. 66∴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=

1?i+2=（1+i）（－i）+2=3－i i∵z2的虚部为2.

∴可设z2=a+2i（a∈R） z12z2=（3－i）（a+2i）=（3a+2）+（6－a）i为实数. ∴6－a=0，即a=6

22因此z2=6+2i，|z2|=6?2?210.

34.解：由（z－2）i=1+i得z=

1?i+2=3－i i∴z′=z［cos（－

22???）+isin（－）］=（3－i）（i）=2－22i 22442277?i）=2（cosπ+isinπ） 2244z′+2i=2－2i=2（

∴arg（z1+2i）=

7π 4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）=（

2213??i）（i）（1+i）

2222=

21321331?2i(?i)?2(??i) （1+i）2（?i）=

22222222?2(cos5?5??isin) 665?. 6故复数zw+zw3的模为2，辐角主值为

解法二：w=

22???i=cos+isin 2244zw+zw3=z（w+w3）=z［（cos

????+isin）+（cos+isin）3］ 4444=z［（cos

3?3?2222???i??i）+isin）+（cos+isin）］=z（ 22224444=(?1255?331i)?2i?2(??i)?2(cos??isin) 22266故复数zw+zw3的模为2，辐角主值为

5π. 6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：z?31???i?cos(?)?isin(?) 2266ω=

22???i?cos?isin 2244????z?于是zω=cos+isin， =cos（－）+isin（－）.

12121212z2ω3=［cos（－π

因为OP与OQ的夹角为

??3355）+isin（－）］3（cosπ+isinπ）=cosπ+isin

44121233??5π－（－）=. 12122所以OP⊥OQ

又因为|OP|=|z?|=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（－∴z3=－i 又ω=

4

??）+isin（－）. 6622???i?cos?isin. 2244∴ω=－1

z2?3z2?3z?z3?4???i 于是

|z?|2z?z?z?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

?a2?b2?a于是（a+bi）=（a－bi），于是?

?2ab??b2

1?1?a??a???2?2??解得?或?

?b?3?b??3???2?2∴z1??13131313?i,z2???i或z1???i,z2???i 22222222（2）由z1=1+mi（m＞0），z12=z2得z2=（1－m2）+2mi

∴ω=－（1+m2）+2mi tanθ=－

2m??21?m2m?1m

由m＞0，知m+

1≥2，于是－1≤tanθ≤0 m3π≤θ＜π 4又 －（m2+1）＜0，2m＞0，得