有一道多种解法的复数题
复数问题的类型与解法
复数问题的类型与解法大家知道,复数问题是近几年高考的热点问题之一,基本上每卷必有一个五分小题。
从题型来看是,属于选择题或填空题,难度系数都比较低。
纵观近几年高考试题,复数问题归结起来主要包括:①复数的概念问题;②复数的运算问题;③复数几何意义的问题;④给定一定的条件,求参数的值(或潜在范围)的问题等几种类型。
各种类型结构上具有一定的特征,解答方法也各不相同。
那么在解答复数问题时,如何抓住问题的特征,快捷,准确地解答问题呢?下面通过典型例题的详细解析来回答这个问题。
【典例1】解答下列问题:1、复数Z=(2+i )(1+i )的共轭复数为( )A 3-3iB 3+3iC 1+3iD 1-3i【解析】【知识点】①复数运算法则与方法;②共轭复数的定义与性质。
【解题思路】运用复数运算的法则和方法对圆锥复数进行运算,根据共轭复数的定义与性质就可作出选择。
【详细解答】Q Z=(2+i )(1+i )=2+2i+i+2i =1+3i ,∴Z =1-3i ,⇒D 正确,∴选D 。
2、已知复数Z=2+i ,则Z. Z =( )B C 3 D 5【解析】【知识点】①复数运算法则与方法;②共轭复数的定义与性质。
【解题思路】运用共轭复数的性质,得到共轭复数,根据复数的运算法则和方法通过运算就可作出选择。
【详细解答】Q Z=2+i ,∴Z =2-i ,⇒ Z. Z =(2+i )(2-i )=4-2i =4+1=5,⇒D 正确,∴选D 。
,3、设复数Z 满足i (Z+1)=-3+2i(i 是虚数单位),则Z 的实部是 ;【解析】【知识点】①复数的定义与代数表示法;②复数实部的定义与确定方法。
【解题思路】设Z=a+bi,运用复数运算法则和方法,通过运算把结果与条件的结果相比较,得到a ,b 的值,从而得出复数Z 的代数表示,根据复数实部的定义得到该复数的实部就可得出结果。
【详细解答】设Z=a+bi,Q i (Z+1)= i (a+bi +1)=ai+b 2i +i=-b+(a+1)i=-3+2i ,∴-b=-3,a+1=2,⇒a=1,b=3,∴ Z=1+3i, ⇒Z 的实部是1。
高考数学复数典型例题附答案
1, 已知复数求k的值。
解:,∴由的表示形式得k=2即所求k=2点评:(i) 对于两个复数、,只要它们不全是实数,就不能比较大小,因此,、能够比较大小,均为实数。
(ii)虚数不能与0比较大小,更无正负之分,因此,对于任意复数z,且R;且R。
2, 若方程有实根,求实数m的值,并求出此实根。
解:设为该方程的实根,将其代入方程得由两复数相等的定义得,消去m得,故得当时得,原方程的实根为;当时得,原方程的实根为。
点评:对于虚系数一元方程的实根问题,一般解题思路为:设出实根——代入方程——利用两复数相等的充要条件求解。
3, 已知复数z满足,且z的对应点在第二象限,求a的取值范围。
解:设,。
由得①对应点在第二象限,故有②又由①得③由③得,即,∴,∴④于是由②,④得,即再注意到a<0,故得即所求a的取值范围为点评:为利用导出关于a的不等式,再次利用①式:由①式中两复数相等切入,导出关于与a的关系式:此为解决这一问题的关键。
此外,这里对于有选择的局部代入以及与的相互转化,都展示了解题的灵活与技巧,请同学们注意领悟,借鉴。
4, 求同时满足下列两个条件的所有复数:(1);(2)z的实部与虚部都是整数。
解:设,则由题意,∴∴y=0或(Ⅰ)当y=0时,,,∴由得①注意到当x<0时,;当x>0时,,此时①式无解。
(Ⅱ)当时,由得∴又这里x,y均为整数∴x=1,或x=3,,∴或于是综合(Ⅰ)(Ⅱ)得所求复数z=1+3i,1-3i,3+i,3-i.5, (1)关于x的方程在复数集中的一个根为-2i,求a+b的值。
(2)若一元二次方程有虚根,且,试判断a,b,c所成数列的特征。
解:(1)解法一:将代入方程得由于,故有,解法二:注意到实系数一元二次方程根成对,所以方程的另一根必是由韦达定理得,解得(2)解:设则为方程的另一虚根。
∵,∴由得①又由韦达定理得,∴由①得∴,∴,即a,b,c成等比数列。
6,(2004·上海卷)已知复数满足,,其中i为虚数单位,,若,求a的取值范围。
高考数学复数典型例题附答案
1, 已知复数求k的值。
的值。
解:解:,∴由的表示形式得k=2 即所求k=2 点评:点评:(i) 对于两个复数、,只要它们不全是实数,就不能比较大小,因此,、能够比较大小,均为实数。
均为实数。
比较大小,更无正负之分,因此,(ii)虚数不能与0比较大小,更无正负之分,因此,对于任意复数z,且R;且R。
2, 若方程有实根,求实数m的值,并求出此实根。
的值,并求出此实根。
解:设为该方程的实根,将其代入方程得由两复数相等的定义得,消去m得,故得当时得,原方程的实根为;当时得,原方程的实根为。
点评:对于虚系数一元方程的实根问题,一般解题思路为:设出实根——代入方程——利用两复数相等的充要条件求解。
充要条件求解。
3, 已知复数z满足,且z的对应点在第二象限,求a的取值范围。
的取值范围。
解:设,。
由得①对应点在第二象限,故有对应点在第二象限,故有②又由①得③由③得,即,∴,∴④于是由②,④得 ,即于是由②,④得再注意到a<0,故得即所求a的取值范围为点评:为利用导出关于a的不等式,再次利用①式:由①式中两复数相等切入,导出关于与a的关系式:此为解决这一问题的关键。
此外,这里对于有选择的局部代入以及与的相互转化,都展示了解题的灵活与技巧,请同学们注意领悟,借鉴。
4, 求同时满足下列两个条件的所有复数:(1);的实部与虚部都是整数。
(2)z的实部与虚部都是整数。
,则解:设,则由题意,∴∴y=0或(Ⅰ)当y=0时,,,∴由 得①∴由注意到当x<0时,;当x>0时,,此时①式无解。
此时①式无解。
(Ⅱ)当时,由得∴又这里x,y均为整数均为整数∴x=1,或x=3,,∴或于是综合(Ⅰ)(Ⅱ)得所求复数z=1+3i,1-3i,3+i,3-i. 5, (1)关于x的方程在复数集中的一个根为-2i,求a+b的值。
的值。
(2)若一元二次方程有虚根,且,试判断a,b,c所成数列的特征。
特征。
解:解:(1)解法一:解法一:由于∴由解:由题意得1z的两个方程R∴=122ab2|=2∴4=4=1=41515i151zz z=02z,下同解法一这些都是解决复数问题的常用方法2的最小值|=11)i133=1时,上式取等号zz 2200220001452225x x x x x æö+++++ç÷èø455225+222z 224(4)4z a -+132(4)413a -+222AC ABz z w ()(03313333z z yi y x x - 33333x )33设直线上任意一点(),P x y 经过变换后得到的()3,3Q x y x y +-仍然在该直线上仍然在该直线上 ()()()33313x y k x y b k y k x b Þ-=++Þ-+=-+当0b ¹时,方程组()3113k k kì-+=ïíï-=î无解无解 当0b =时,()231333230313或k k k k k k-+-=Þ+-=Þ=-Þ存在这样的直线,其方程为333或y x y x ==-16, 判断下列命题是否正确 (1) (1)若若C z Î, , 则则02³z (2) (2)若若,,21C z z Î且021>-z z,则21z z > (3) (3)若若b a >,则i b i a +>+17, 满足条件512=++-z i z 的点的轨迹是(的点的轨迹是( ))A.A.椭圆椭圆椭圆B. B. B.直线直线直线C. C. C.线段线段线段D. D. D.圆圆 18,.211<<-+=w w 是实数,且是虚数,设z z z.的实部的取值范围的值及求z z 解析解析 是虚数z yix yi x z z +++=+=\1)(1w 可设 i yx y y y x x x y x yi x yix)()(222222+-+++=+-++=,0¹y 是实数,且w 1,0112222=+=+-\y x y x 即 ,1=\zx 2=w 此时22121<<-<<-x 得由w)1,21(,121-<<-\的实部的范围是即z x圆锥曲线圆锥曲线一、在椭圆中一般以选择题或填空题的形式考查考生对椭圆的两个定义、焦点坐标、准线方程等基础知识的掌握情况;以解答题的形式考查考生在求椭圆的方程、直线与椭圆的位置关系等涉及分析、探求的数学思想的掌握情况.数学思想的掌握情况.例1.从集合{1,2,3,,11,11}} 中任意取两个元素作为椭圆22221x y m n+=方程中的m 和n ,则能组成落在矩形区域(){},|||1111,,||9B x y x y =<<内的椭圆的个数是(内的椭圆的个数是( )A 、43B 43 B、、72C 72 C、、86D 、90解:解:根据题意,根据题意,m 是不大于10的正整数、n 是不大于8的正整数.的正整数.但是当但是当m n =时22221x y m n +=是圆而不是椭圆.先确定n ,n 有8种可能,对每一个确定的n ,m 有1019-=种可能.故满足条件的椭圆有8972´=个.本题答案选B .例2.如图,把椭圆2212516x y +=的长轴AB 分成8等份,过每个分点作x 轴的垂线交椭圆的上半部分于1234567,,,,,,P P P P P P P 七个点,F 是椭圆的一个焦点,则1234567PF P F P F P F P F P F P F ++++++=______________.. 解:如图,根据椭圆的对称性知,117111122PF P F PF PF a +=+=, 同理其余两对的和也是2a ,又41P F a =,∴1234567735PF P F P F P F P F P F P F a ++++++== 例3.如图,直线y kx b =+与椭圆2214x y +=交于A B ,两点,记AOB △的面积为S .(Ⅰ)求在0k =,01b <<的条件下,S 的最大值;的最大值;(Ⅱ)当2AB =,1S =时,求直线AB 的方程.的方程. 解:(Ⅰ)设A 1()x b ,,B 2()x b ,,由2214x b +=,解得21221xb =±-,,所以1212S b x x =- 2222111b b b b =-£+-= .当且仅当22b =时,S 取到最大值1. (Ⅱ)由2214y kx bx y =+ìïí+=ïî,得2221()2104k x kbx b +++-=,2241k b D =-+① 2121AB k x x =+- 2222411214k b k k -+=+=+.②.②AyxOB例3图设O 到AB 的距离为d ,则21Sd AB ==,又因为21b d k=+, 所以221b k =+,代入②式并整理,得42104k k -+=, 解得212k =,232b =,代入①式检验,0D >,故直线AB 的方程是的方程是 2622y x =+或2622y x =-或2622y x =-+,或2622y x =--.点评:本题主要考查椭圆的几何性质、椭圆与直线的位置关系等基础知识,考查解析几何的基本思想方法和综合解题能力.方法和综合解题能力.二、在双曲线中常以一道选择题或填空题的形式考查双曲线的两个定义、焦点坐标、准线方程以及渐近线方程等基础知识;解答题中往往综合性较强,在知识的交汇点出题,对双曲线的基础知识、解析几何的基本技能和基本方法进行考查.的基本技能和基本方法进行考查.例4.已知双曲线22221x y a b-=(0,0)a b >>的右焦点为F ,右准线与一条渐近线交于点A ,OAFD 的面积为22a (O 为原点),则两条渐近线的夹角为(,则两条渐近线的夹角为( )A .30º.30ºB .45º.45ºC .60º.60ºD .90º.90º解:解:D D .双曲线222221(0,0)(,0),x y a a b F c x abc-=>>=的焦点右准线方程,x ab y =渐近线,则),(2c ab c a A ,所以2212a c ab c S OAF =´´=D ,求得a b =,所以双曲线为等轴双曲线,则两条渐进线夹角为90°,故选D .点评:本题考查双曲线中焦距,本题考查双曲线中焦距,准线方程,准线方程,准线方程,渐近线方程,渐近线方程,渐近线方程,三角形面积,三角形面积,三角形面积,渐近线夹角等知识的综合运用.渐近线夹角等知识的综合运用.例5. P 是双曲线221916x y -=的右支上一点,M、N 分别是圆22(5)4x y ++=和22(5)1x y -+=上的点,则PM PN -的最大值为(的最大值为( ))A. 6B.7C.8D.9解:设双曲线的两个焦点分别是1(5,0)F -与2(5,0)F ,则这两点正好是两圆的圆心,当且仅当点P 与M 、1F 三点共线以及P 与N 、2F 三点共线时所求的值最大,此时三点共线时所求的值最大,此时12(2)(1)1019PM PN PF PF -=---=-=,故选B .例例6.已知双曲线222x y -=的左、的左、右焦点分别为右焦点分别为1F ,2F ,过点2F 的动直线与双曲线相交于A B ,两点.点.(Ⅰ)若动点M 满足1111F M F A F B FO=++(其中O 为坐标原点),求点M 的轨迹方程;的轨迹方程;(Ⅱ)在x 轴上是否存在定点C ,使CA ·CB为常数?若存在,求出点C 的坐标;若不存在,请说明理由.明理由.解:由条件知1(20)F -,,2(20)F ,,设11()A x y ,,22()B x y ,.(Ⅰ)设()M x y ,,则则1(2)F M x y =+ ,,111(2)F A x y =+,, 1221(2)(20)F B x y FO =+= ,,,,由1111F M F A F B FO =++得121226x x x y y y +=++ìí=+î,即12124x x x y y y +=-ìí+=î,,于是AB 的中点坐标为422x y -æöç÷èø,. 当AB 不与x 轴垂直时,121224822yy y yxx x x-==----,即1212()8y y y x x x -=--.又因为A B ,两点在双曲线上,所以22112x y -=,22222x y -=,两式相减得,两式相减得12121212()()()()x x x x y y y y -+=-+,即1212()(4)()x x x y y y --=-.将1212()8y y y x x x -=--代入上式,化简得22(6)4x y --=.当AB 与x 轴垂直时,122x x ==,求得(80)M ,,也满足上述方程.,也满足上述方程. 所以点M 的轨迹方程是22(6)4x y --=.(Ⅱ)假设在x 轴上存在定点(0)C m ,,使CA CB为常数.为常数.当AB 不与x 轴垂直时,设直线AB 的方程是(2)(1)y k x k =-¹±. 代入222x y -=有2222(1)4(42)0k x k x k -+-+=.则12x x ,是上述方程的两个实根,所以212241k x x k +=-,2122421k x x k +=-,于是21212()()(2)(2)CA CB x m x m k x x =--+--22221212(1)(2)()4k x x k m x x k m =+-++++22222222(1)(42)4(2)411k k k k m k m k k +++=-++--222222(12)2442(12)11m k mm m m k k -+-=+=-++--.因为CA CB是与k 无关的常数,所以440m -=,即1m =,此时CA CB =1-. 当AB 与x 轴垂直时,点A B ,的坐标可分别设为(22),,(22)-,,此时(12)(12)1CA CB =-=-,,.故在x 轴上存在定点(10)C ,,使CA CB 为常数.为常数.三、抛物线是历年高考的重点,在高考中除了考查抛物线的定义、标准方程、几何性质外,还常常与函数问题、应用问题结合起来进行考查,难度往往是中等.函数问题、应用问题结合起来进行考查,难度往往是中等.例例7.抛物线24y x =上的一点M 到焦点的距离为1,则点M 的纵坐标是(的纵坐标是( )A .1716 B .1516 C .78D .0 解:由题意抛物线为:y x 412=,则焦点为1(0,)16F ,准线为:116y =-;由抛物线上的点00(,)M x y 到焦点的距离与到准线的距离相等,推得:16150=y,即M 点的纵坐标为1516,故选B .例8.已知抛物线24x y =的焦点为F ,A 、B 是抛物线上的两动点,且AF →=λFB →(0)l >.过A 、B 两点分别作抛物线的切线,设其交点为M.两点分别作抛物线的切线,设其交点为M.(Ⅰ)证明FM AB为定值;为定值;(Ⅱ)设△ABM 的面积为S ,写出()S f l =的表达式,并求S 的最小值.的最小值.解:(Ⅰ)由已知条件,得(0,1)F ,0l >.设11(,)A x y ,22(,)B x y .由AF →=λFB →, 即得1122(,1)(,1)x y x y l --=-,îïíïì-x 1=λx 2 ①①1-y 1=λ(y 2-1) 1) ②② 将①式两边平方并把y 1=14x 12,y 2=14x 22代入得y 1=λ2y 2 ③③ 解②、③式得y 1=λ,y 2=1λ,且有x 1x 2=-λx 22=-=-44λy 2=-=-44,抛物线方程为y =14x 2,求导得y ′=12x .所以过抛物线上A 、B 两点的切线方程分别是两点的切线方程分别是y =12x 1(x (x--x 1)+y 1,y =12x 2(x (x--x 2)+y 2,即y =12x 1x -14x 12,y =12x 2x -14x 22. 解出两条切线的交点M 的坐标为的坐标为((x 1+x 22,x 1x 24)=(x 1+x 22,-,-1)1)1)..所以FM →·AB →=(x 1+x 22,-,-2)2)2)··(x 2-x 1,y 2-y 1)=12(x 22-x 12)-2(14x 22-14x 12)=0所以FM →·AB →为定值,其值为0.(Ⅱ)由(Ⅰ)知在△(Ⅱ)由(Ⅰ)知在△ABM ABM 中,中,FM FM FM⊥⊥AB AB,因而,因而S =12|AB||FM||AB||FM|..|FM||FM|==(x 1+x 22)2+(-2)2=14x 12+14x 22+12x 1x 2+4=y 1+y 2+12×(-4)4)++4=λ+1λ+2=λ+1λ.++λ+λ)=|AB||FM||AB||FM|=(λ+λ)λ+1λ≥2m ÷ø,m+=m +=2my -,2my -,211-+122y y +-24m - Oyx1 1- l FP B QMFO Axyyy P BOA 1d 2d2q解:(Ⅰ)在P AB △中,2AB =,即222121222cos2d d d d q =+-,2212124()4sin d d d d q =-+,即2121244sin 212d d d d q l -=-=-<(常数), 点P 的轨迹C 是以A B ,为焦点,实轴长221a l =-的双曲线.方程为:2211x y l l -=-.(Ⅱ)设11()M x y ,,22()N x y ,①当MN 垂直于x 轴时,MN 的方程为1x =,(11)M ,,(11)N -,在双曲线上.即21115110112l l ll l -±-=Þ+-=Þ=-,因为01l <<,所以512l -=.②当MN 不垂直于x 轴时,设MN 的方程为(1)y k x =-.由2211(1)x y y k x l l ì-=ï-íï=-î得:2222(1)2(1)(1)()k x k x k l l l l l éù--+---+=ëû,由题意知:2(1)0k l l éù--¹ëû,所以21222(1)(1)k x x k l l l --+=--,2122(1)()(1)k x x k l l l l --+=--.于是:22212122(1)(1)(1)k y y k x x k l l l =--=--. 因为0OM ON = ,且M N ,在双曲线右支上,所以在双曲线右支上,所以2121222122212(1)0(1)5121011231001x x y y k x x k x x l l l l l l l l l l l l l l l -ì+=ì-ì=ï>-ïïï+-+>ÞÞÞ<<+--íííïïï>+->>îîï-î. 由①②知,51223l -£<.。
(完整版)复数经典例题
经典例题透析类型一:复数的有关概念例1.已知复数22276(56)()1a az a a i a Ra-+=+--∈-,试求实数a分别取什么值时,z分别为:(1)实数;(2)虚数;(3)纯虚数.思路点拨:根据复数z为实数、虚数及纯虚数的概念,判断实部与虚部取值情况.利用它们的充要条件可分别求出相应的a值.解析:(1)当z为实数时,有2256010a aa⎧--=⎪⎨-≠⎪⎩1661a aaa=-=⎧⇒⇒=⎨≠±⎩或,∴当6a=时,z为实数. (2)当z为虚数时,有2256010a aa⎧--≠⎪⎨-≠⎪⎩16161a aa aa≠-≠⎧⇒⇒≠±≠⎨≠±⎩且且,∴当a∈(-∞,-1)∪(-1,1)∪(1,6)∪(6,+∞)时,z为虚数. (3)当z为纯虚数时,有222560761a aa aa⎧--≠⎪⎨-+=⎪-⎩166a aaa≠-≠⎧⇒⇒∈∅⎨=⎩且∴不存在实数a使z为纯虚数.总结升华:由于a∈R,所以复数z的实部与虚部分为22761a aa-+-与256a a--.①求解第(1)小题时,仅注重虚部等于零是不够的,还需考虑它的实部是否有意义,否则本小题将出现增解;②求解第(2)小题时,同样要注意实部有意义的问题;③求解第(3)小题时,既要考虑实数为0(当然也要考虑分母不为0),还需虚部不为0,两者缺一不可.举一反三:【变式1】设复数z=a+bi (a 、b ∈R ),则z 为纯虚数的必要不充分条件是( )A .a=0B .a=0且b ≠0C .a ≠0且b=0D .a ≠0且b ≠0【答案】A ;由纯虚数概念可知:a=0且b ≠0是复数z=a+bi (a 、b ∈R )为纯虚数的充要条件.而题中要选择的是必要不充分条件,对照各选择支的情况,应选择A.【变式2】若复数2(32)(1)a a a i -++-是纯虚数,则实数a 的值为( )A.1B.2C.1或2D.-1【答案】B ;∵2(32)(1)a a a i -++-是纯虚数,∴2320a a -+=且10a -≠,即2a =.【变式3】如果复数2()(1)m i mi ++是实数,则实数m=( )A .1B .-1 CD.【答案】B ;【变式4】求当实数m 取何值时,复数22(2)(32)z m m m m i =--+-+分别是:(1)实数; (2)虚数; (3)纯虚数.【答案】(1)当2320m m -+=即1m =或2m =时,复数z 为实数;(2)当2320m m -+≠即1m ≠且2m ≠时,复数z 为虚数;(3)当⎪⎩⎪⎨⎧≠+-=--0230222m m m m 即1m =-时,复数z 为纯虚数. 类型二:复数的代数形式的四则运算例2. 计算:(1)()n i n N +∈; (2)8(1)i +(3)(12)(12)i i +÷-; (4)ii i i 4342)1)(41(++++- 解析:(1)∵21i =-,∴32i i i i =⋅=-,4221i i i =⋅=,同理可得:当41()n k k N +=+∈时,4144()k k k i i i i i i +=⋅=⋅=当42()n k k N +=+∈时,42421k k i i i +=⋅=-,当43()n k k N +=+∈时,4343k k ii i i +=⋅=- 当44()n k k N +=+∈时,4444()1k k k i i i i =⋅==,∴4114243144n i n k k N n k k N i i n k k N n k k N =+∈⎧⎪-=+∈⎪=⎨-=+∈⎪⎪=+∈⎩(,)(,)(,)(,)()n N +∈ (2)8(1)i +24444[(1)](2)216i i i =+=== (3)(12)(12)i i +÷-1212i i+=-2222(12)(12)1(2)43434(12)(12)1(2)555i i i i i i i i i ++++-+====-+-+- (4)i i i i 4342)1)(41(++++-1432434i i i +-++=+227(7)(34)3434i i i i ++-==++ 21432825251.2525i i i i ++--===- 总结升华:熟练运用常见结论: 1)ni 的“周期性”(n N +∈)2)2(1)2i i ±=±3)22()()a bi a bi a b +-=+ 举一反三:【变式1】计算:(1)(5―6i)+(―2―i)―(3+4i)(2)(12)(34)(2)i i i +--(3)23100i i i i ⋅⋅⋅⋅L(4)3322(1)(1)(1)(1)i i i i +--+-- ; 【答案】(1)(5―6i)+(―2―i)―(3+4i)=[(5―2)+(―6―1)i]―(3+4i)=(3―7i)―(3+4i)=(3―3)+(―7―4)i=―11i.(2)(12)(34)(2)(112)(2)247i i i i i i +--=+-=-(3)231001210050504126222()1i i i i i i i i i +++⋅⋅⋅⋅===⋅==-L L(4)332222(1)(1)(1)(1)(1)(1)2(1)2(1)(1)(1)2(2)4i i i i i i i i i i i i i i i +--+⋅+---++-==+----2214i i⋅== 【变式2】复数()221i i +=( )A.4-B.4C.4i -D.4i【答案】A ;()()222121212244i i i i i i i +=+-=⨯==-【变式3等于( )i +i 【答案】A1-i i ===,故选A 【变式4】复数31()i i -等于( )A.8B.-8C.8iD.-8i【答案】D ;333311()()(2)88i i i i i i i--=+===-. 类型三:复数相等的充要条件例3、已知x 是实数,y 是纯虚数,且满足(2x ―1)+(3―y)i=y ―i ,求x 、y.思路点拨:因x ∈R ,y 是纯虚数,所以可设y=bi (b ∈R 且b ≠0),代入原式,由复数相等的充要条件可得方程组,解之即得所求结果.解析:∵y 是纯虚数,可设y=bi (b ∈R ,且b ≠0),则(2x ―1)+(3―y)i =(2x ―1)+(3―bi )i =(2x -1+b )+3i ,y ―i =bi -i=(b -1)i由(2x ―1)+(3―y)i=y ―i 得(2x ―1+b )+3i=(b ―1)i , 由复数相等的充要条件得42103132b x b b x =⎧-+=⎧⎪⇒⎨⎨-==-⎩⎪⎩, ∴32x =-,4y i =. 总结升华:1. 复数定义:“形如z a bi =+(,a b R ∈)的数叫复数”就意味凡是复数都能写成这一形式,求一个复数,使用一个复数都可通过这一形式将问题化虚为实,把复数问题转化为实数问题来研究.这是解决复数问题的常用方法.2.复数相等是复数问题实数化的有效途径之一,由两复数a+bi 与c+di (a ,b ,c ,d ∈R )相等的充要条件是a=c 且b=d ,可得到两个实数等式.3.注意左式中的3―y 并非是(2x ―1)+(3―y)i 的虚部,同样,在右边的y ―i 中y 也并非是实部.举一反三:【变式1】设x 、y 为实数,且5______1-1-21-3x y x y i i i+=+=,则 【答案】由51-1-21-3x y i i i +=得5(1)(12)(13)2510x y i i i +++=+ 即5x(1+i)+2y(1+2i)=5(1+3i),即(5x+2y-5)+(5x+4y-15)i=0,故52-50-154-1505x y x x y y +==⎧⎧⎨⎨+==⎩⎩,解得 ∴4x y +=【变式2】若z ∈C 且(3+z)i=1(i 为虚数单位),则z=____.【答案】设z=a+bi(a,b ∈R),则(3+z)i=-b+(3+a)i=1由复数相等的充要条件得 b=-1且a=-3,即z=-3-i.【变式3】设复数z 满足12i i z+=,则z =( ) A .2i -+ B .2i -- C .2i - D .2i + 【答案】12(12)2211i i i i z i i ++-====---,故选C. 类型四:共轭复数例4:求证:复数z 为实数的充要条件是z z =思路点拨:需要明确两个复数相等的条件以及共轭复数的概念解析:设z a bi =+(a ,b ∈R ),则z a bi =- 充分性:--0;z z a bi a bi b b b z R =⇒+=⇒=⇒=⇒∈Q 必要性:,0-z R b a bi a bi z z ∈=⇒+=⇒=Q综上,复数z 为实数的充要条件为z z =举一反三:【变式1】,x y R ∈,复数(32)5x y xi ++与复数(2)18y i -+的共轭复数相等,求x ,y. 【答案】(2)1818(2)y i y i -+=+-3218-218-(-2)(32)52-512x y x y i x y xi y x y +==⎧⎧∴=++⇒⇒⎨⎨==⎩⎩ 【变式2】若复数z 同时满足2z z i -=,z iz =(i 为虚数单位),则z=________.【答案】―1+i【变式3】已知复数z=1+i ,求实数a 、b 使22(2)az bz a z +=+.【答案】∵z=1+i ,∴2(2)(2)az bz a b a b i +=++-,22(2)(2)44(2)a z a a i +=+-++2(4)4(2)a a a i =+++∵a 、b 都是实数,∴由22(2)az bz a z +=+得224,24(2).a b a a a b a ⎧+=+⎨-=+⎩ 两式相加,整理得a 2+6a+8=0解得a 1=―2,a 2=―4,对应得b 1=-1,b 2=2.∴所求实数为a=―2,b=―1或a=-4,b=2.类型五:复数的模的概念例5、已知数z 满足z+|z|=2+8i ,求复数z.法一:设z=a+bi (a ,b ∈R),则||z =代入方程得28a bi i +=+.∴28a b ⎧⎪=⎨=⎪⎩,解得158a b =-⎧⎨=⎩∴z=-15+8i法二:原式可化为:z=2-|z|+8i ,∵|z|∈R ,∴2-|z|是z 的实部.于是||z =|z|2=68-4|z|+|z|2,∴|z|=17,代入z=2-|z|+8i得z=-15+8i.举一反三:【变式】已知z=1+i ,a ,b 为实数.(1)若234z z ω=+-,求||ω; (2)若2211z az b i z z ++=--+,求a ,b 的值. 【答案】(1)2(1)3(1)4i i ω=++--2341i i i =+--=-∴||ω=(2)∵2222(1)(1)1(1)(1)1z az b i i a b z z i i ++++++=-++-++(2)(2)()a i b a a b a i i+++==+-+ ∴(2)()1a a b i i +-+=-∴21112a a ab b +==-⎧⎧⇒⎨⎨+==⎩⎩ 类型六:复数的几何意义例6、已知复数22(23)(43)z m m m m i =--+-+(m ∈R )在复平面上对应的点为Z ,求实数m 取什么值时,点Z (1)在实轴上;(2)在虚轴上;(3)在第一象限.思路点拨:根据点Z 的位置确定复数z 实部与虚部取值情况.解析:(1)点Z 在实轴上,即复数z 为实数,由2-43031m m m m +=⇒==或∴当31m m ==或时,点Z 在实轴上.(2)点Z 在虚轴上,即复数z 为纯虚数或0,故2230m m --=-13m m ⇒==或∴当-13m m ==或时,点Z 在虚轴上.3)点Z 在第一象限,即复数z 的实部虚部均大于0由22230430m m m m ⎧-->⎪⎨-+>⎪⎩ ,解得m <―1或m >3∴当m <―1或m >3时,点Z 在第一象限.终结升华:复平面上的点与复数是一一对应的,点的坐标的特点即为复数实部、虚部的特征.举一反三:【变式1】在复平面内,复数sin 2cos2z i =+对应的点位于( )A .第一象限B .第二象限C .第三象限D .第四象限【答案】∵22ππ<<,∴sin 20>,cos20<,故相应的点在第四象限,选D.【变式2】已知复数2(352)(1)z m m m i =-++-(m R ∈),若z 所对应的点在第四象限,求m 的取值范围.【答案】∵2(352)(1)z m m m i =-+-- ∴⎩⎨⎧<-->+-0)1(02532m m m ,解得1m >.∴m 的取值范围为(1,)m ∈+∞.【变式3】已知z 是复数,2z i +和i-z z 均为实数,且复数2()z ai +对应的点在第一象限,求实数a 的取值范围.【答案】设z x yi =+(,x y R ∈),∴2(2)z i z x y i +==++,由题意得2y =-, 2111(2)(2)(22)(4)22555z x i x i i x x i i i -==--=++---, 由题意得4x =,∴42z i =-∵22()(124)8(2)z ai a a a i +=+-+-, 根据已知条件有212408(2)0a a a ⎧+->⎨->⎩,解得26a <<, ∴实数a 的取值范围是(2,6)a ∈.【变式4】已知复数z 对应的点在第一象限的角平分线上,求复数1z zω=+在复平面上对应的点的轨迹方程.【答案】设z=a+ai(a>0)则1111()()22 z a ai a a i z a ai a a ω=+=++=++-+令1212x aay aa⎧=+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩,消a得x2-y2=2(x≥.。
高中数学解题技巧之复数方程求解
高中数学解题技巧之复数方程求解在高中数学中,复数方程是一个重要的内容,它涉及到复数的运算和方程的解法。
掌握复数方程的求解技巧,不仅可以帮助我们解决具体的问题,还能提高我们的数学思维能力。
本文将介绍一些常见的复数方程求解方法,并通过具体的题目进行说明,帮助读者更好地理解和应用。
一、一次方程的复数解复数方程中的一次方程是最简单的一种情况,它可以表示为:ax + b = 0其中,a和b都是实数,x是复数。
要求解这个方程,我们可以通过移项和化简的方法来进行。
例题1:求解方程2x + 3 = 0解法:首先,将方程中的常数项3移到等式的右边,得到2x = -3。
然后,将方程两边同时除以2,得到x = -3/2。
所以,方程2x + 3 = 0的解为x = -3/2。
例题2:求解方程3x - 2i = 0解法:首先,将方程中的常数项-2i移到等式的右边,得到3x = 2i。
然后,将方程两边同时除以3,得到x = 2i/3。
所以,方程3x - 2i = 0的解为x = 2i/3。
通过以上两个例题可以看出,一次方程的复数解可以通过移项和化简的方法求解,注意在复数解中,虚部的表示方式为i。
二、二次方程的复数解二次方程是复数方程中常见的一种情况,它可以表示为:ax² + bx + c = 0其中,a、b、c都是实数,x是复数。
要求解这个方程,我们可以通过配方法、求根公式和因式分解的方法来进行。
例题3:求解方程x² + 4x + 5 = 0解法:首先,根据二次方程的求根公式,可以得到方程的两个根为:x = (-b ± √(b² - 4ac)) / 2a将方程的系数带入公式中,可以得到x = (-4 ± √(-4))/ 2 = -2 ± i。
所以,方程x²+ 4x + 5 = 0的解为x = -2 ± i。
例题4:求解方程2x² + 3x + 1 = 0解法:首先,根据因式分解的方法,可以将方程进行分解为(2x + 1)(x + 1) = 0。
高考数学复习点拨:有关复数的一题多解
有关复数的一题多解湖北 王卫华 张国鸿由于每个同学在观察题目时抓住问题的特点不同、运用的知识不同,因而,同一问题可能得到几种不同的解法,这就是“一题多解”.通过一题多解训练,可使同学们认真观察、多方联想、恰当转化,提高数学思维的变通性,易激发同学们学习数学的兴趣,增强求知欲.例题.已知复数z 的模为2,求i z -的最大值.解法一(代数法)设)(R y x yi x z ∈+=、,y y x i z y x 25)1(.42222-=-+=-+=则,32,2max =--=∴≤i z y y 时,当 .解法二(三角法)设),sin (cos 2θθi z +=则 .sin 45)1sin 2cos 422θθθ-=-=-+(i z.31sin max =--=∴i z 时,当θ解法三(几何法).i z i z y x z z 所对应的点之间的距离与表示上的点,是圆点-=+∴=4,222 如图所示,可知当i z 2-=时,max -iz 解法四(运用模的性质)312=+=-+≤-i z i z 而当i z 2-=时,.3.3max =-∴=-iz i z 解法五(运用共轭复数的性质) 1)()()(2+-+=--=-i z z z z i z i z i z .)((),(25的虚部)表z z I z I +=又3,9,2)(max 2max =-∴=-∴≤i z i z z I .说明:此题构题新颖,耐人寻味,粗看此题只不过是一道常见的复数题,但经仔细分析就会发现这是一道相当典型的题目,它把复数的有关概念结合起来,是一道考察同学们的适应能力、等价转化能力、分析问题和解决问题能力以及逻辑推理能力等综合素质的好题.解法一是最常见的解法;解法二是课本上研究性学习内容的实际应用;解法三是转化迁移能力的体现,将复数问题转化为几何问题;解法四与解法五是利用复数的有关性质去解题.通过以上多种解法,用复数的不同知识点进行求解,有机地把复数知识网络串联,达到解一道题而掌握一系列知识点的目的.。
复数模最值问题的几种解法
复数模最值问题的几种解法摘要:求复数模的最值问题,是一类较好的综合题,设及代数、几何、三角诸方面的知识,且方法灵活多样。
关键词:复数模;最值;问题;解法求复数模的最值问题,是一类较好的综合题,涉及代数、几何、三角诸方面的知识,且方法灵活多样,现将几种方法归纳介绍如下:1利用代数函数求最值设z=x+yi(x、y∈R)直接代入所要求的式子中去,把所要求的模用S、Y函数表示出来,转化为函数最值问题。
例1:已知复数z满足|z-(2+i | + | z-2-i |=4。
求d=|z|的最大值和最小值。
解:设z=x+yi(x、y∈R)∵|z-(2+i | + | z-2-i |= 4∴x,y满足方程(x-2)2 + y2/4 =1 (1)∵d= |z| + | x+yi | = max∴d2=x2+y2。
…………………由(1)式得y2=4[1-(x-2)2]则d2= x2+4[1-(x-2)2]=-3(x-8/3)2 +28/3由(1)式知-1≤x-2 ≤1即1≤x≤3录x=1时即当z=1时dmin=|z|min=1当x=8/3,y=±2/3时,即z=8/3±2/3i时dmax=|z|max==/32利用三角函数求最值利用复数的三角函数形式,可以把复数模最值问题转化为与三角函数有关的最值问题例2:设z满足|z-(2+2i)|=,求|z|的最大值和最小值。
解:设z=r(comθ+isinθ)由条件得(r comθ-2)2+ (r sinθ-2)2 =2即r2-4r(comθ+sinθ)+6=0∵r≠0 ∴sin(θ+π/4)=(r2+6) /4r又∵r>0, θ要又解必须有(r2+6)/4r ≤1即r2-4+6≤0解之得:≤r≤3∴|z|max=3;|z|=3利用| |z1| - |z2| |≤| z1+z2 |≤| z1|+| z2|求最值例3:已知复数z满足|z|=2,求| 1+i+z |的最值。
数学复数的习题及其答案
数学复数的习题及其答案
题目:数学复数的习题及其答案
在数学中,复数是由实数和虚数组成的数。
复数可以用a+bi的形式表示,其中a是实部,bi是虚部,而i是虚数单位,满足i^2=-1。
复数在数学中有着广泛的应用,包括在电路分析、信号处理、量子力学等领域中都有重要的作用。
下面是一些关于复数的习题及其答案,希望能帮助大家更好地理解复数的概念和运算。
1. 计算下列复数的和与差:
(a) (3+4i) + (2-5i)
(b) (5-2i) - (3+7i)
答案:
(a) (3+4i) + (2-5i) = 5-i
(b) (5-2i) - (3+7i) = 2-9i
2. 计算下列复数的乘积与商:
(a) (2+3i) * (4-5i)
(b) (6-2i) / (2+4i)
答案:
(a) (2+3i) * (4-5i) = 23-2i
(b) (6-2i) / (2+4i) = 1-i
3. 求下列复数的模和共轭复数:
(a) 4+3i
(b) 2-6i
答案:
(a) |4+3i| = √(4^2+3^2) = 5, 共轭复数为4-3i
(b) |2-6i| = √(2^2+(-6)^2) = 2√10, 共轭复数为2+6i
通过以上习题的练习,相信大家对复数的概念和运算有了更深入的理解。
复数在数学中有着重要的地位,希望大家能够在学习中加深对复数的认识,为今后的学习和工作打下坚实的基础。
复数问题的处理策略
复数问题的处理策略数的扩充,带来了复数的引入,从而解决了我们所遇到的一些新问题.复数高考题的难度不会大,主要以客观题的形式考察基础知识.希望同学们结合数学思想方法,使知识形成网络,系统全面的掌握所学知识.下面举例来谈谈复数问题的处理策略.(一)复数概念运用例1 (2014辽宁)设复数z 满足(z -2i)(2-i)=5 ,则 z =( ) A.2+3i B .2-3i C.3+2i D .3-2i解析:法一:由题知(z-2i)(2-i)=5,所以z =错误!+2i =错误!+2i=2+i+2i=2+3i.注:这里在复数的化简中主要结合了一对共轭复数的积是实数的特点,进行分母实数化得到(2-i)(2+i)=5,一般地(a bi +)(a bi -)=22a b +法二:设z =a +b i(a ,b ∈R ),所以[a +(b -2)i](2-i)=5,得到错误!解得错误!所以z =2+3i注:这也是一个复数与实数转化的过程,即(2a+b-2)+(2b-4-a)i 是实数5可得:2a +b-2=5且2b-4-a=0,进而求得a=2,b=3.【名师点睛】一般地,根据复数的有关概念的定义,把此复数的实部与虚部分离开,转化为实部与虚部分别满足定义的条件这一实数问题去求解,实现复数的实数化。
(二)复数的周期性问题例2 (2015高考湖北,文1)i 为虚数单位,607i =( )A.i - B .i C.1-D.1解析:因为6072303()i i i i =⋅=-,故选A .也可结合607151433i i i i⨯+===-进行运算。
【名师点睛】本题不仅考查了复数的概念,也考查了指数幂的运算性质,充分体现了学科内知识之间的联系性,能够较好的反应学生基础知识的识记能力和计算能力.需要熟练掌握的还有i 4n=1,i 4n +1=i ,i 4n +2=-1,i 4n +3=-i,i 4n+i 4n +1+i 4n +2+i 4n+3=0,n∈N *(三)复数的模运算问题例3已知||2z z i +=+,求||z .解析:由题设知2||z z i =-+,两边同时取模,得||z =平方得22||44||||1z z z =-++.||||z z =,4||5z ∴=,5||4z =,5||4z ∴=. 【名师点睛】显然,上述两边取模的方法从整体的角度来处理,比利用复数相等的充要条件来处理要简捷得多.(四)共轭复数问题例4若1zz-为纯虚数,求z 在复平面内对应的点的轨迹 解析:法一:(待定系数法)设,z x yi x y R =+∈(),则2222()1(1)z x x y yi z x y --+=--+,因其为纯虚数,∴--=≠⎧⎨⎩⇔-+=≠x x y y x y y 22220012140()(),它表示以1(,0)2为圆心,以12为半径的圆去掉(0,0),(1,0)两点。
复数十年高考题(带详细解析)
复 数●试题类编※1.设复数z 1=-1+i ,z 2=2321+i ,则arg 21z z 等于( ) A.-125π B.125π C.127π D.1213π2.复数z =iim 212+-(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∈(2π,π),那么复数(1+i )(cos θ+i sin θ)的辐角的主值是( )A.θ+49π B.θ+4πC.θ4π-D.θ+47π 4.复数(2321+i )3的值是( ) A. -i B.i C.-1 D.15.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=i 62+,则arg z 1是( )A.6πB.611πC.3π D.35π图12—1※7.设复数z 1=-1-i 在复平面上对应向量1OZ ,将1OZ 按顺时针方向旋转65π后得到向量2OZ ,令2OZ 对应的复数z 2的辐角主值为θ,则tan θ等于( )A.2-3B.-2+3C.2+3D.-2-3※8.在复平面内,把复数3-3i 对应的向量按顺时针方向旋转3π,所得向量对应的复数是( )A.23B.-23iC.3-3iD.3+3i※9.复数z =)5sin5(cos3ππi --(i 是虚数单位)的三角形式是( )A.3[cos (5π-)+i sin (5π-)] B.3(cos5π+i sin5π)C.3(cos54π+i sin 54π)D.3(cos56π+i sin 56π) 10.复数z 1=3+i ,z 2=1-i ,则z =z 1·z 2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z 1=2sin θ+i cos θ(4π<θ<2π)在复平面上对应向量1OZ ,将1OZ 按顺时针方向旋转43π后得到向量2OZ ,2OZ 对应的复数为z 2= r (cos ϕ+i sin ϕ),则tan ϕ等于( )A.1tan 2tan 2-θθB.1tan 21tan 2+-θθC.1tan 21+θD.1tan 21-θ※12.复数-i 的一个立方根是i ,它的另外两个立方根是( )A.i 2123±B.i 2123±-C.±i 2123+ D.±i 2123- 13.复数54)31()22(i i -+等于( ) A.1+3i B.-1+3i C.1-3iD.-1-3i14.设复数z =-2321+i (i 为虚数单位),则满足等式z n =z 且大于1的正整数n 中最小的是( )A.3B.4C.6D.715.如果复数z 满足|z +i |+|z -i |=2,那么|z +i +1|的最小值是( )A.1B.2C.2D.5二、填空题16.已知z 为复数,则z +z >2的一个充要条件是z 满足 .17.对于任意两个复数z 1=x 1+y 1i ,z 2=x 2+y 2i (x 1、y 1、x 2、y 2为实数),定义运算“⊙”为:z 1⊙z 2=x 1x 2+y 1y 2.设非零复数w 1、w 2在复平面内对应的点分别为P 1、P 2,点O 为坐标原点.如果w 1⊙w 2=0,那么在△P 1OP 2中,∠P 1OP 2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z i =i -1(i 是虚数单位),则z =_____. 20.已知a =ii213+--(i 是虚数单位),那么a 4=_____.21.复数z 满足(1+2i )z =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 =iz+2,且|w |=52,求w .23.已知复数z=1+i,求实数a,b使az+2b z=(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arg z1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M z ={w |w =z 2n -1,n ∈N }. (Ⅰ)设α是方程x +21=x的一个根,试用列举法表示集合M α; (Ⅱ)设复数ω∈M z ,求证:M ω⊆M z .27.对任意一个非零复数z ,定义集合M z ={w |w =z n ,n ∈N }. (Ⅰ)设z 是方程x +x1=0的一个根,试用列举法表示集合M z .若在M z 中任取两个数,求其和为零的概率P ;(Ⅱ)若集合M z 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,|2z-m|=52(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z·z,|ω|=2|z|.实数,i为虚数单位,且对于任意复数z,有ω=(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 =3cos θ+i ·2sin θ.求函数y =θ-arg z (0<θ<2)的最大值以及对应的θ值.※31.已知方程x 2+(4+i )x +4+ai =0(a ∈R )有实数根b ,且z =a +bi ,求复数z (1-ci )(c >0)的辐角主值的取值范围.※32.设复数z满足4z+2z=33+i,ω=sinθ-i cosθ(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OZ 所表示的复数z 满足(z -2)i =1+i ,将OZ 绕原点O 按顺时针方向旋转4π得1OZ ,设1OZ 所表示的复数为z ′,求复数z ′+2i 的辐角主值.※35.已知复数z =2321+i ,w =2222+i ,求复数zw +zw 3的模及辐角主值.36.已知复数z =2321+i ,ω=2222+i .复数z ω,z 2ω3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z 1,z 2满足z 12=z 2.(1)若z 1、z 2是一个实系数一元二次方程的两个根,求z 1、z 2; ※(2)若z 1=1+mi (m >0,i 为虚数单位),ω=z 2-2,ω的辐角主值为θ,求θ的取值范围.38.设z 是虚数,w =z +z1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 =zz+-11,求证:u 为纯虚数; (Ⅲ)求w -u 2的最小值.39.已知复数z 1、z 2满足|z 1|=|z 2|=1,且z 1+z 2=2321+i .求z 1、z 2的值.※40.设复数z=cosθ+i sinθ,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+3i,求Z1和Z3对应的复数.※42.已知z =1+i ,(Ⅰ)设w =z 2+3z -4,求w 的三角形式.(Ⅱ)如果122+-++z z bax z =1-i ,求实数a ,b 的值.43.设w 为复数,它的辐角主值为43π,且ωω4)(2-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z 1、z 2的辐角主值.arg z 1=43π,arg z 2=3π.所以argπππ12534321=-=z z ∈[0,2π), ∴arg12521=z z π. 解析二:因为i i i i i z z )2123()2123()2321)(1(2321121++-=-+-=++-=. 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 =51)21)(21()21)(2(212=-+--=+-i i i i m i i m [(m -4)-2(m +1)i ]在复平面对应点如果在第一象限,则⎩⎨⎧<+>-0104m m 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 )(cos θ+i sin θ)=2(cos4π+i sin4π)(cos θ+i sin θ)=2[cos (θ+4π)+i sin (θ+4π)]∵θ∈(2π,π) ∴θ+4π∈(43π,45π) ∴该复数的辐角主值是θ+4π.4.答案:C解法一:(2321+i )3=(cos60°+i sin60°)3=cos180°+i sin180°=-1 解法二:i i 2321,2321+-=-=+ωω, ∴1)()()2321(333-=-=-=+ωωi 5.答案:D 6.答案:D 解法一:35arg 21arg ),3sin 3(cos 22)2321(22ππππ=-=+=+=z z i i z 解法二:)31(2i z +=∴22311iz -=∴z 1,0223,0221<->应在第四象限,tan θ=3-,θ=arg z 1. ∴argz 1是35π. 7.答案:C 解析:∵arg z 1=45π,arg z 2=125π ∴tan θ=tan125π=tan75°=tan (45°+30°)=323333+=-+. 8.答案:B解析:根据复数乘法的几何意义,所求复数是i i i i i 32)2321)(33()]3sin()3)[cos(33(-=--=-+--ππ.9.答案:C解法一:采用观察排除法.复数)5sin5(cos3ππi z--=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)5sin5(cos3ππi z --=直接化为复数的三角形式,即).54sin 54(cos 3)]5sin()5[cos(3)5sin5cos(3ππππππππi i i z +=-+-=+-= 10.答案:D 解析:ππππ1223arg 47,47arg ,6arg 02121<⋅<=<<z z z z . 11.答案:A解析:设z 1=2sin θ+i cos θ=|z 1|(cos α+i sin α), 其中|z 1|=||sin 2cos ,cos sin 4122z θαθθ=+, sin α=||cos 1z θ(24πθπ<<). ∴z 2=|z 1|·[cos (α43π-)+i sin (α43π-)] =r (cos ϕ+i sin ϕ).∴tan ϕ=1tan 21tan 2cos sin 2cos sin 2sin cos sin cos )43cos()43sin(cos sin -+=-+=-+=--=θθθθθθααααπαπαϕϕ12.答案:D 解法一:∵-i =cos23π+i sin 23π ∴-i 的三个立方根是cos 3223sin 3223ππππk i k +++(k =0,1,2)当k =0时,i i i =+=+2sin 2cos 323sin 323cos ππππ; 当k =1时,i i i 212367sin 67cos 3223sin 3223cos --=+=+++ππππππ;当k =2时,i i i 2123611sin 611cos 3423sin 3423cos-=+=+++ππππππ. 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-21,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:)4sin4(cos2222ππi i +=+,故(2+2i )4=26(cos π+i sin π)=-26,1-)3sin3(cos23ππi i -=,故35sin35cos 2)31(55ππi i +=-.于是i i i i i 31)2321(22)35sin 35(cos2)31()22(5654+=--=+-=-+ππ, 所以选B.解法二:原式=i i i i i 23212)2321()2(21)2321(2)1(1622554--=+--=+--+i i i314)31(4314+-=--=+-=∴应选B解法三:2+2i 的辐角主值是45°,则(2+2i )4的辐角是180°;1-3i 的一个辐角是-60°,则(1-3i )5的辐角是-300°,所以54)31()22(i i -+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 =-2321+i 是z 3=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Z 1(0,-1)、Z 2(0,1)为端点的线段.|z +1+λ|表示线段Z 1Z 2上的点到点(-1,-1)的距离.此距离的最小值为点Z 1(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 +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:2π解析:设i y x z i y x zOP OP 221121,+=+=∵w 1⊙w 2=0 ∴由定义x 1x 2+y 1y 2=0 ∴OP 1⊥OP 2 ∴∠P 1OP 2=2π.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:∵z i =i -1,∴ii z 1-==(i -1)(-i )=1+i∴z =1-i . 20.答案:-4 解析:a 4=[(i i 213+--)2]2=[5)21)(3(i i ---]4=(555i +-)4=(-1+i )4=(-2i )2=-421.答案:2+i 解析:由已知i ii i i i z-=-++=+-+=++=25)83(6441)21)(34(2134,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|=25|2|=+iz, ∴|z |=10522=+b a . 将a =3b 代入,解得a =±15,b =±15. 故ω=±ii++2515=±(7-i ). 解法二:由题意,设(1+3i )z =ki ,k ≠0且k ∈R , 则ω=)31)((i i k ki++.∵|ω|=52,∴k =±50.故ω=±(7-i ). 23.解:∵z =1+i ,∴az +2b z =(a +2b )+(a -2b )i ,(a +2z )2=(a +2)2-4+4(a +2)i =(a 2+4a )+4(a +2)i , 因为a ,b 都是实数,所以由az +2b z =(a +2z )2得⎩⎨⎧+=-+=+).2(42,422a b a a a b a 两式相加,整理得a 2+6a +8=0, 解得a 1=-2,a 2=-4, 对应得b 1=-1,b 2=2.所以,所求实数为a =-2,b =-1或a =-4,b =2. 24.(Ⅰ)解法一:z ,z 2,z 3,…,z 7是一个等比数列.∴由等比数列求和公式可得:011171=--=--=--=zzz z z z z a q a a S n n ∴1+z +z 2+z 3+…+z 6=0解法二:S =1+z +z 2+…+z 6 ① zS =z +z 2+z 3+…+z 6+z 7 ②∴①-②得(1-z )S =1-z 7=0 ∴S =z-10=0 (Ⅱ)z 7=1,z =cos α+i sin α∴z 7=cos7α+i sin7α=1,7α=2k π z +z 2+z 4=-1-z 3-z 5-z 6=-1-[cos (2k π-4α)+i sin (2k π-4α)+cos (2k π-2α)+i sin (2k π-2α)+cos (2k π-α)+i sin (2k π-α)]=-1-(cos4α-i sin4α+cos2α-i sin2α+cos α-i sin α) ∴2(cos α+cos2α+cos4α)=-1,cos α+cos2α+cos4α=-21 解法二:z 2·z 5=1,z 2=551-=z z同理z 3=4-z ,z =6-z∴z +z 2+z 4=-1-4-z -2-z -z ∴z +z +2-z +z +4-z +z =-1 ∴cos2α+cos α+cos4α=21-25.(Ⅰ)解:z 1=i (1-i )3=i (-2i )(1-i )=2(1-i ) ∴|z 1|=222222=+,arg z 1=22(cos 47π+i sin 47π)∴arg z 1=47π (Ⅱ)解法一:|z |=1,∴设z =cos θ+i sin θ |z -z 1|=|cos θ+i sin θ-2+2i | =)4sin(249)2(sin )2(cos 22πθθθ-+=++-当sin (θ4π-)=1时|z -z 1|2取得最大值9+42 从而得到|z -z 1|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z 1可看成在坐标系中的点(2,-2) ∴|z -z 1|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 -z 1|max=22+126.(Ⅰ)解:∵α是方程x 2-2x +1=0的根∴α1=22(1+i )或α2=22(1-i ) 图12—2当α1=22(1+i )时,∵α12=i ,α12n -1=1121)(αααnn i = ∴)}1(22),1(22),1(22),1(22{}1,,1,{11111i i i i i i M -+---+=--=ααααα 当α2=22(1-i )时,∵α22=-i ∴12}1,,1,{2222ααααααM i i M =--=∴M α=)1(22),1(22),1(22),1(22{i i i i -+---+} (Ⅱ)证明:∵ω∈M z ,∴存在M ∈N ,使得ω=z 2m -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∈M z ,∴M ω⊆M z . 27.解:(Ⅰ)∵z 是方程x 2+1=0的根, ∴z 1=i 或z 2=-i ,不论z 1=i 或z 2=-i , M z ={i ,i 2,i 3,i 4}={i ,-1,-i ,1} 于是P =31C 224=. (Ⅱ)取z =i 2321+-, 则z 2=2321--i 及z 3=1. 于是M z ={z ,z 2,z 3}或取z =2321--i .(说明:只需写出一个正确答案). 28.解:设z =x +yi (x 、y ∈R ), ∵|z |=5,∴x 2+y 2=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 =±22,y =±227 即z =±(22+227i );2z =±(1+7i ).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|=|0z ·z |=|z 0||z |=2|z |, ∴|z 0|=2,于是由1+m 2=4,且m >0,得m =3,因此由x ′+y ′i =)31(i -·i y x y x yi x )3(3)(-++=+,得关系式⎪⎩⎪⎨⎧-='+='yx y y x x 33(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⎪⎩⎪⎨⎧--='++='1)13(3)31(x y x x 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 ,当b ≠0时,方程组⎪⎩⎪⎨⎧=-=+-kk k 31)13(无解,故这样的直线不存在. 当b =0,由kk k 31)13(-=+-, 得3k 2+2k 3-=0,解得k =33或k =3-, 故这样的直线存在,其方程为y =33x 或y =3-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<2π得tan θ>0.由z =3cos θ+i ·2sin θ,得0<arg z <2π及tan (arg z )=32cos 3sin 2=θθtan θ故tan y =tan (θ-arg z )=θθθθθtan 2tan 31tan 321tan 32tan 2+=+-∵θtan 3+2tan θ≥26 ∴θθtan 2tan 31+≤126 当且仅当θtan 3=2tan θ(0<θ<2π)时, 即tan θ=26时,上式取等号. 所以当θ=arctan26时,函数tan y 取最大值126 由y =θ-arg z 得y ∈(2,2ππ-).由于在(2,2ππ-)内正切函数是递增函数,函数y 也取最大值arctan126. 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x 2+(4+i )x +4+ai =0(a ∈R )有实根b , ∴b 2+(4+i )b +4+ai =0, 得b 2+4b +4+(b +a )i =0,即有⎩⎨⎧=+=++00442a b b b∴⎩⎨⎧-==,22b a得z =a +bi =2-2i ,∴i c c ci i ci z )22(22)1)(22()1(-++=-+=-. 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[0,2π) 范围内,有arg [z (1-ci )]=arctanc c 2222+-=arctan (c+12-1),∵0<c ≤1,∴0≤c+12-1<1, 有0≤arctan (c +12-1)<4π, ∴0≤arg [z (1-ci )]<4π.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(23π,2π) 范围内,有arg [z (1-ci )]=2π+arctan c c 2222+-=2π+arctan (c+12-1).∵c >1,∴-1<c+12-1<0, 有4π-<arctan (c +12-1)<0,∴47π<arg [z (1-ci )]<2π. 综上所得复数z (1-ci )(c >0)的辐角主值的取值范围为[0,4π)∪(47π,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z =a -bi ,代入4z +2z =33+i得4(a +bi )+2(a -bi )=33+i .∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧==2123b a .∴z =2123+i . |z -ω|=|2123+i -(sin θ-i cos θ)| =)6sin(22cos sin 32)cos 21()sin 23(2πθθθθθ--=+-=-+- ∵-1≤sin (θ-6π)≤1,∴0≤2-2sin (θ-6π)≤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(z 1-2)i =1+i 得z 1=ii+1+2=(1+i )(-i )+2=3-i ∵z 2的虚部为2.∴可设z 2=a +2i (a ∈R ) z 1·z 2=(3-i )(a +2i )=(3a +2)+(6-a )i 为实数. ∴6-a =0,即a =6 因此z 2=6+2i ,|z 2|=1022622=+.34.解:由(z -2)i =1+i 得z =ii+1+2=3-i ∴z ′=z [cos (-4π)+i sin (-4π)]=(3-i )(2222-i )=2-22iz ′+2i =2-2i =2(2222-i )=2(cos 47π+i sin 47π) ∴arg (z 1+2i )=47π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 +zw 3=zw (1+w 2)=(2321+i )(2222+i )(1+i ) =22(1+i )2(2321+i )=)2123(2)2321(222i i i +-=+⋅ )65sin 65(cos2ππi += 故复数zw +zw 3的模为2,辐角主值为65π. 解法二:w =2222+i =cos 4π+i sin 4πzw +zw 3=z (w +w 3)=z [(cos4π+i sin4π)+(cos4π+i sin4π)3]=z [(cos4π+i sin4π)+(cos43π+i sin 43π)]=z (i i 22222222+-+) =)2123(22)2321(i i i +-=⨯+)65sin 65(cos 2ππi += 故复数zw +zw 3的模为2,辐角主值为65π.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:)6sin()6cos(2123ππ-+-=-=i i z ω=4sin 4cos 2222ππi i +=+于是z ω=cos12π+i sin 12π,ωz =cos (-12π)+i sin (-12π).z 2ω3=[cos (-3π)+i sin (-3π)]×(cos43π+i sin 43π)=cos 125π+i sin 125π 因为OP 与OQ 的夹角为125π-(-12π)=2π.所以OP ⊥OQ又因为|OP |=|ωz |=1,|OQ |=|z 2ω3|=|z |2|ω|3=1 ∴|OP |=|OQ |.由此知△OPQ 为等腰直角三角形. 证法二:∵z =cos (-6π)+i sin (-6π).∴z 3=-i 又ω=4sin 4cos 2222ππi i +=+. ∴ω4=-1于是i z z z z z z z z ===2433232||ωωωωωωωω 由此得OP ⊥OQ ,|OP |=|OQ |故△OPQ 为等腰直角三角形. 37.解:(1)因为z 1、z 2是一个实系数一元二次方程的两个根,所以z 1、z 2是共轭复数. 设z 1=a +bi (a ,b ∈R 且b ≠0),则z 2=a -bi于是(a +bi )2=(a -bi ),于是⎩⎨⎧-==-bab a b a 222解得⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=2321b a 或⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-=-=2321b a∴i z i z i z i z 2321,23212321,23212121+-=--=--=+-=或(2)由z 1=1+mi (m >0),z 12=z 2得z 2=(1-m 2)+2mi∴ω=-(1+m 2)+2mi tan θ=-mm m m 12122+-=+由m >0,知m +m1≥2,于是-1≤tan θ≤0 又 -(m 2+1)<0,2m >0,得43π≤θ<π 因此所求θ的取值范围为[43π,π). 38.解:(Ⅰ)设z =a +bi ,a 、b ∈R ,b ≠0 则w =a +bi +i ba bb b a a a bi a )()(12222+-+++=+ 因为w 是实数,b ≠0,所以a 2+b 2=1,即|z |=1.于是w =2a ,-1<w =2a <2,-21<a <1, 所以z 的实部的取值范围是(-21,1). (Ⅱ)i a bb a bi b a bi a bi a z z u 1)1(2111112222+=++---=++--=+-=. 因为a ∈(-21,1),b ≠0,所以u 为纯虚数. (Ⅲ)1212112)1(12)1(222222++-=+--=+-+=++=-a a a a a a a a a b a u w .3]11)1[(2-+++=a a . 因为a ∈(-21,1),所以a +1>0, 故w -u 2≥2·211)1(+⋅+a a -3=4-3=1. 当a +1=11+a ,即a =0时,w -u 2取得最小值1. 39.解:由|z 1+z 2|=1,得(z 1+z 2)(21z z +)=1,又|z 1|=|z 2|=1,故可得z 12z +1z z 2=-1,所以z 12z 的实部=1z z 2的实部=-21.又|1z z 2|=1,故1z z 2的虚部为±23, 1z z 2=-21±23i ,z 2=z 1)2321(i ±-. 于是z 1+z 1i i 2321)2321(+=±-, 所以z 1=1,z 2=i 2321+-或z 1=i 2321+-,z 2=1. 所以⎪⎩⎪⎨⎧+-==i z z 2321121,或⎪⎩⎪⎨⎧=+-=1232121z i z 40.解法一:z 2+z =(cos θ+i sin θ)2+cos θ+i sin θ=cos2θ+i sin2θ+cos θ+i sin θ =2cos23θcos 2θ+i ·2sin 23θcos 2θ=2cos 2θ(cos 23θ+i sin 23θ)=-2cos2θ[cos (π+23θ)+i sin (π+23θ)]∵θ∈(π,2π),∴2θ∈(2π,π),∴-2cos2θ>0 ∴复数z 2+z 的模为-2cos2θ,辐角为2k π+π+23θ(k ∈Z )解法二:z 2+z =z (1+z )=(cos θ+i sin θ)(1+cos θ+i sin θ) =(cos θ+i sin θ)(2cos 22θ+i ·2sin 2θcos 2θ) =2cos2θ(cos θ+i sin θ)(cos 2θ+i sin 2θ)=2cos 2θ(cos 23θ+i sin 23θ)以下同解法一.41.解法一:如图12—3,设Z 1、Z 3对应的复数分别为z 1、z 3,则由复数乘除法的几何意义有z 1=21z 2[cos (4π-)+i sin (4π-)]=i i i 213213)2222)(31(21-++=-+图12—3z 3=i i i i z 231231)2222)(31(21)4sin 4(cos 212++-=++=+ππ.注:求出z 1后,z 3=iz 1=i 231231++- 解法二:设Z 1、Z3对应的复数分别是z 1、z 3,根据复数加法和乘法的几何意义,依题意得⎩⎨⎧=-=+213231iz z z z z z∴z 1=21z 2(1-i )=21(1-3i )(1-i )=213231-++i z 3=z 2-z 1=(1+3i )-(213231-++i )=231231++-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2(cos ππ45sin 45i +)(Ⅱ)由z =1+i ,有iia b a i i b i a i z z b az z )2()(1)1()1()1()1(12222+++=++-+++++=+-++ =(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⎩⎨⎧-=+-=+1)(12b a a解得⎩⎨⎧=-=21b a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,arg w =π43,所以设w =r (cos π43+i sin π43), 则R,])4(4[22)4)(1(22)4)(2222(1]4)23sin 23(cos )[43sin 43(cos 14)(222222∈-++=-+=---=---=-i r r ri r i r i r i r i r i r w w ππππ,从而4-r 2=0,得r =2. 因此w =2(cos )43sin 43ππi +=-2+2i .。
典型例题:复数问题的五种求解
复数问题的五种求解方法复数是初等数学与高等数学的一个重要衔接点,是高考考查的重点内容.为帮助同学们掌握这部分内容,本文介绍几种简求复数题的常用方法,供参考.一、特殊值法对于含有参数范围的客观题,可选定参数范围内一特殊值代入,进行估算,排除干扰支,确定应选支.例1 当213m <<时,复数(32)(1)z m m i =-+-在复平面上对应的点位于( )(A )第一象限 (B )第二象限(C )第三象限 (D )第四象限解析:由于213m <<,取34m =,则1144z i =-,对应的点在第四象限,故选(D ).二、运用特殊等式牢记一些常用的特殊等式,如2(1)2i i ±=±,3112⎛⎫-±= ⎪ ⎪⎝⎭等,有助于复数运算题的快速解决.例2 计算97613(1)22i ⎛⎫--+ ⎪ ⎪⎝⎭. 解析:原式96231313[(1)]2222i i i ⎛⎫⎛⎫=--+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭33231313(2)22i i i ⨯⎛⎫⎛⎫=--+-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭13842i i ⎛⎫=-+=- ⎪ ⎪⎝⎭.三、运用共轭复数的性质共轭复数的性质很多,如z 为实数z z ⇔=,z 为纯虚数z z ⇒=-,2z z z =等,若能灵活运用,可简化解题.例3 设复数z 满足2z =,求24z z -+的最大值和最小值.解析:由2z =,得24z z z ==,则224(1)21z z z z z z z z z z z -+=-+=-+=-+,若设(2222)z a bi a b =+--≤≤,≤≤,则2421221z z a bi a bi a -+=+-+-=-.所以当12a =时,2min 40z z -+=;当2a =-时,2max 410z z -+=. 四、运用模的性质如果一个复数等式中,一边能够表示成实部和虚部,采用两边取模后,可将虚数问题转化为实数问题.例4 设复数z 满足关系式2z z i +=+,那么z 等于( )(A )34i -+ (B )34i - (C )34i -- (D )34i + 解析:原关系式可化为2z z i =-+,又|z|=||且为实数,两边取模得2(2)1z z =-+解得54z =,则53244z i i =-+=+,故选(D ). 五、运用方程一般设未知复数为()z x yi x y =+∈R ,,经运算后再根据复数相等的定义,即用实部与实部相等、虚部与虚部相等求解.例5 若复数z 同时满足2z z i -=,z iz =,则z =_______.解析:设()z x yi x y =+∈R ,,把z iz =代入2z z i -=得(1)2i z i -=,从而()()2x y x y i i ++-+=,根据复数相等条件,得0121x y x x y y +==-⎧⎧⇒⎨⎨-+==⎩⎩,,,,∴1z i =-+.。
(完整版)复数经典例题
经典例题透析类型一:复数的有关概念例1.已知复数22276(56)()1a az a a i a Ra-+=+--∈-,试求实数a分别取什么值时,z分别为:(1)实数;(2)虚数;(3)纯虚数.思路点拨:根据复数z为实数、虚数及纯虚数的概念,判断实部与虚部取值情况.利用它们的充要条件可分别求出相应的a值.解析:(1)当z为实数时,有2256010a aa⎧--=⎪⎨-≠⎪⎩1661a aaa=-=⎧⇒⇒=⎨≠±⎩或,∴当6a=时,z为实数. (2)当z为虚数时,有2256010a aa⎧--≠⎪⎨-≠⎪⎩16161a aa aa≠-≠⎧⇒⇒≠±≠⎨≠±⎩且且,∴当a∈(-∞,-1)∪(-1,1)∪(1,6)∪(6,+∞)时,z为虚数. (3)当z为纯虚数时,有222560761a aa aa⎧--≠⎪⎨-+=⎪-⎩166a aaa≠-≠⎧⇒⇒∈∅⎨=⎩且∴不存在实数a使z为纯虚数.总结升华:由于a∈R,所以复数z的实部与虚部分为22761a aa-+-与256a a--.①求解第(1)小题时,仅注重虚部等于零是不够的,还需考虑它的实部是否有意义,否则本小题将出现增解;②求解第(2)小题时,同样要注意实部有意义的问题;③求解第(3)小题时,既要考虑实数为0(当然也要考虑分母不为0),还需虚部不为0,两者缺一不可.举一反三:【变式1】设复数z=a+bi (a 、b ∈R ),则z 为纯虚数的必要不充分条件是( )A .a=0B .a=0且b ≠0C .a ≠0且b=0D .a ≠0且b ≠0【答案】A ;由纯虚数概念可知:a=0且b ≠0是复数z=a+bi (a 、b ∈R )为纯虚数的充要条件.而题中要选择的是必要不充分条件,对照各选择支的情况,应选择A.【变式2】若复数2(32)(1)a a a i -++-是纯虚数,则实数a 的值为( )A.1B.2C.1或2D.-1【答案】B ;∵2(32)(1)a a a i -++-是纯虚数,∴2320a a -+=且10a -≠,即2a =.【变式3】如果复数2()(1)m i mi ++是实数,则实数m=( )A .1B .-1 CD.【答案】B ;【变式4】求当实数m 取何值时,复数22(2)(32)z m m m m i =--+-+分别是:(1)实数; (2)虚数; (3)纯虚数.【答案】(1)当2320m m -+=即1m =或2m =时,复数z 为实数;(2)当2320m m -+≠即1m ≠且2m ≠时,复数z 为虚数;(3)当⎪⎩⎪⎨⎧≠+-=--0230222m m m m 即1m =-时,复数z 为纯虚数. 类型二:复数的代数形式的四则运算例2. 计算:(1)()n i n N +∈; (2)8(1)i +(3)(12)(12)i i +÷-; (4)ii i i 4342)1)(41(++++- 解析:(1)∵21i =-,∴32i i i i =⋅=-,4221i i i =⋅=,同理可得:当41()n k k N +=+∈时,4144()k k k i i i i i i +=⋅=⋅=当42()n k k N +=+∈时,42421k k i i i +=⋅=-,当43()n k k N +=+∈时,4343k k ii i i +=⋅=- 当44()n k k N +=+∈时,4444()1k k k i i i i =⋅==,∴4114243144n i n k k N n k k N i i n k k N n k k N =+∈⎧⎪-=+∈⎪=⎨-=+∈⎪⎪=+∈⎩(,)(,)(,)(,)()n N +∈ (2)8(1)i +24444[(1)](2)216i i i =+=== (3)(12)(12)i i +÷-1212i i+=-2222(12)(12)1(2)43434(12)(12)1(2)555i i i i i i i i i ++++-+====-+-+- (4)i i i i 4342)1)(41(++++-1432434i i i +-++=+227(7)(34)3434i i i i ++-==++ 21432825251.2525i i i i ++--===- 总结升华:熟练运用常见结论: 1)ni 的“周期性”(n N +∈)2)2(1)2i i ±=±3)22()()a bi a bi a b +-=+ 举一反三:【变式1】计算:(1)(5―6i)+(―2―i)―(3+4i)(2)(12)(34)(2)i i i +--(3)23100i i i i ⋅⋅⋅⋅L(4)3322(1)(1)(1)(1)i i i i +--+-- ; 【答案】(1)(5―6i)+(―2―i)―(3+4i)=[(5―2)+(―6―1)i]―(3+4i)=(3―7i)―(3+4i)=(3―3)+(―7―4)i=―11i.(2)(12)(34)(2)(112)(2)247i i i i i i +--=+-=-(3)231001210050504126222()1i i i i i i i i i +++⋅⋅⋅⋅===⋅==-L L(4)332222(1)(1)(1)(1)(1)(1)2(1)2(1)(1)(1)2(2)4i i i i i i i i i i i i i i i +--+⋅+---++-==+----2214i i⋅== 【变式2】复数()221i i +=( )A.4-B.4C.4i -D.4i【答案】A ;()()222121212244i i i i i i i +=+-=⨯==-【变式3等于( )i +i 【答案】A1-i i ===,故选A 【变式4】复数31()i i -等于( )A.8B.-8C.8iD.-8i【答案】D ;333311()()(2)88i i i i i i i--=+===-. 类型三:复数相等的充要条件例3、已知x 是实数,y 是纯虚数,且满足(2x ―1)+(3―y)i=y ―i ,求x 、y.思路点拨:因x ∈R ,y 是纯虚数,所以可设y=bi (b ∈R 且b ≠0),代入原式,由复数相等的充要条件可得方程组,解之即得所求结果.解析:∵y 是纯虚数,可设y=bi (b ∈R ,且b ≠0),则(2x ―1)+(3―y)i =(2x ―1)+(3―bi )i =(2x -1+b )+3i ,y ―i =bi -i=(b -1)i由(2x ―1)+(3―y)i=y ―i 得(2x ―1+b )+3i=(b ―1)i , 由复数相等的充要条件得42103132b x b b x =⎧-+=⎧⎪⇒⎨⎨-==-⎩⎪⎩, ∴32x =-,4y i =. 总结升华:1. 复数定义:“形如z a bi =+(,a b R ∈)的数叫复数”就意味凡是复数都能写成这一形式,求一个复数,使用一个复数都可通过这一形式将问题化虚为实,把复数问题转化为实数问题来研究.这是解决复数问题的常用方法.2.复数相等是复数问题实数化的有效途径之一,由两复数a+bi 与c+di (a ,b ,c ,d ∈R )相等的充要条件是a=c 且b=d ,可得到两个实数等式.3.注意左式中的3―y 并非是(2x ―1)+(3―y)i 的虚部,同样,在右边的y ―i 中y 也并非是实部.举一反三:【变式1】设x 、y 为实数,且5______1-1-21-3x y x y i i i+=+=,则 【答案】由51-1-21-3x y i i i +=得5(1)(12)(13)2510x y i i i +++=+ 即5x(1+i)+2y(1+2i)=5(1+3i),即(5x+2y-5)+(5x+4y-15)i=0,故52-50-154-1505x y x x y y +==⎧⎧⎨⎨+==⎩⎩,解得 ∴4x y +=【变式2】若z ∈C 且(3+z)i=1(i 为虚数单位),则z=____.【答案】设z=a+bi(a,b ∈R),则(3+z)i=-b+(3+a)i=1由复数相等的充要条件得 b=-1且a=-3,即z=-3-i.【变式3】设复数z 满足12i i z+=,则z =( ) A .2i -+ B .2i -- C .2i - D .2i + 【答案】12(12)2211i i i i z i i ++-====---,故选C. 类型四:共轭复数例4:求证:复数z 为实数的充要条件是z z =思路点拨:需要明确两个复数相等的条件以及共轭复数的概念解析:设z a bi =+(a ,b ∈R ),则z a bi =- 充分性:--0;z z a bi a bi b b b z R =⇒+=⇒=⇒=⇒∈Q 必要性:,0-z R b a bi a bi z z ∈=⇒+=⇒=Q综上,复数z 为实数的充要条件为z z =举一反三:【变式1】,x y R ∈,复数(32)5x y xi ++与复数(2)18y i -+的共轭复数相等,求x ,y. 【答案】(2)1818(2)y i y i -+=+-3218-218-(-2)(32)52-512x y x y i x y xi y x y +==⎧⎧∴=++⇒⇒⎨⎨==⎩⎩ 【变式2】若复数z 同时满足2z z i -=,z iz =(i 为虚数单位),则z=________.【答案】―1+i【变式3】已知复数z=1+i ,求实数a 、b 使22(2)az bz a z +=+.【答案】∵z=1+i ,∴2(2)(2)az bz a b a b i +=++-,22(2)(2)44(2)a z a a i +=+-++2(4)4(2)a a a i =+++∵a 、b 都是实数,∴由22(2)az bz a z +=+得224,24(2).a b a a a b a ⎧+=+⎨-=+⎩ 两式相加,整理得a 2+6a+8=0解得a 1=―2,a 2=―4,对应得b 1=-1,b 2=2.∴所求实数为a=―2,b=―1或a=-4,b=2.类型五:复数的模的概念例5、已知数z 满足z+|z|=2+8i ,求复数z.法一:设z=a+bi (a ,b ∈R),则||z =代入方程得28a bi i +=+.∴28a b ⎧⎪=⎨=⎪⎩,解得158a b =-⎧⎨=⎩∴z=-15+8i法二:原式可化为:z=2-|z|+8i ,∵|z|∈R ,∴2-|z|是z 的实部.于是||z =|z|2=68-4|z|+|z|2,∴|z|=17,代入z=2-|z|+8i得z=-15+8i.举一反三:【变式】已知z=1+i ,a ,b 为实数.(1)若234z z ω=+-,求||ω; (2)若2211z az b i z z ++=--+,求a ,b 的值. 【答案】(1)2(1)3(1)4i i ω=++--2341i i i =+--=-∴||ω=(2)∵2222(1)(1)1(1)(1)1z az b i i a b z z i i ++++++=-++-++(2)(2)()a i b a a b a i i+++==+-+ ∴(2)()1a a b i i +-+=-∴21112a a ab b +==-⎧⎧⇒⎨⎨+==⎩⎩ 类型六:复数的几何意义例6、已知复数22(23)(43)z m m m m i =--+-+(m ∈R )在复平面上对应的点为Z ,求实数m 取什么值时,点Z (1)在实轴上;(2)在虚轴上;(3)在第一象限.思路点拨:根据点Z 的位置确定复数z 实部与虚部取值情况.解析:(1)点Z 在实轴上,即复数z 为实数,由2-43031m m m m +=⇒==或∴当31m m ==或时,点Z 在实轴上.(2)点Z 在虚轴上,即复数z 为纯虚数或0,故2230m m --=-13m m ⇒==或∴当-13m m ==或时,点Z 在虚轴上.3)点Z 在第一象限,即复数z 的实部虚部均大于0由22230430m m m m ⎧-->⎪⎨-+>⎪⎩ ,解得m <―1或m >3∴当m <―1或m >3时,点Z 在第一象限.终结升华:复平面上的点与复数是一一对应的,点的坐标的特点即为复数实部、虚部的特征.举一反三:【变式1】在复平面内,复数sin 2cos2z i =+对应的点位于( )A .第一象限B .第二象限C .第三象限D .第四象限【答案】∵22ππ<<,∴sin 20>,cos20<,故相应的点在第四象限,选D.【变式2】已知复数2(352)(1)z m m m i =-++-(m R ∈),若z 所对应的点在第四象限,求m 的取值范围.【答案】∵2(352)(1)z m m m i =-+-- ∴⎩⎨⎧<-->+-0)1(02532m m m ,解得1m >.∴m 的取值范围为(1,)m ∈+∞.【变式3】已知z 是复数,2z i +和i-z z 均为实数,且复数2()z ai +对应的点在第一象限,求实数a 的取值范围.【答案】设z x yi =+(,x y R ∈),∴2(2)z i z x y i +==++,由题意得2y =-, 2111(2)(2)(22)(4)22555z x i x i i x x i i i -==--=++---, 由题意得4x =,∴42z i =-∵22()(124)8(2)z ai a a a i +=+-+-, 根据已知条件有212408(2)0a a a ⎧+->⎨->⎩,解得26a <<, ∴实数a 的取值范围是(2,6)a ∈.【变式4】已知复数z 对应的点在第一象限的角平分线上,求复数1z zω=+在复平面上对应的点的轨迹方程.【答案】设z=a+ai(a>0)则1111()()22 z a ai a a i z a ai a a ω=+=++=++-+令1212x aay aa⎧=+⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩,消a得x2-y2=2(x≥.。
复数问题解法支招_GAOQS
数学我们知道复数是数系的扩充,用处理实数问题的方法来处理复数问题往往会“失效”,那么对于复数问题,我们该如何来解?请看我给你支几招②1+i 1-i =i ,1-i 1+i =-i ;③当ω=-12+3%姨2i 时,ω=ω2,ω3=1,1ω=ω,ωn +ωn +1+ωn +2=0(n ∈N *);④i n +i n +1+i n +2+i n +3=0(n ∈N *),这些结论能帮助我们快速运算.例1计算-23%姨+i1+23%姨i+2%姨1-i ∈∈1996.分析本题若按复数除法和乘法法则直接计算,则显得十分繁琐,若能结合题目特点,联想结论①和④的性质,并注意到-23%姨+i =i (1+23%姨i),则不难找出简捷解法.解原式=i (1+23%姨i )1+23%姨i+2%姨1-i∈∈∈∈2998=i +2-2i∈∈998=i +i998=i +i 4×249+2=i +i 2=-1+i.评注代数形式的复数运算,基本思路是应用法则,但如果能通过对表达式结构特征的分析,灵活运用i 的幂的性质,1的立方虚根ω的性质及1±i 的幂.zz=z 2=z 2是复数运算与实数运算互相转化的重要依据,也是把复数看做整体进行运算的主复数问题解法支招□王佩其□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□□专题突破为a 的等比数列.(2)由(1)知,a n =a n ,b n =na n lg|a |.(i )当a =2时,b n =n 2n lg2,所以T n =(1×2+2×22+3×23+…+n ×2n )lg2,则2T n =[1×22+3×23+2×24+…+(n -1)×2n +n ×2n +1]lg2.两式相减,得-T n =(2+22+23+…+2n -n ×2n +1)lg2=(2n +1-2-n ×2n +1)lg2,则T n =2[1-(1-n )×2n )]lg2.(ii )因为a =-7%姨3∈(-1,0),所以lg |a|<0.若m 为偶数,则a m >0,b m =ma m lg |a |<0;若m 为奇数,则a m <0,b m =ma m lg|a |>0.所以,若存在满足条件的m ,则m 必为偶数.现在来比较b 2k +2与b 2k 的大小:作差,可得b 2k +2-b 2k =(2k +2)a 2k +2lg |a|-2ka 2k lg|a |=2a 2k lg|a |(ka 2+a 2-k )=2a 2k lg|a |[k (a 2-1)+a 2]=2a 2k l g |a |(a 2-1)k -a21-a 2∈∈=-49a 2k k-72∈∈lg |a|.因为-49a 2k lg |a|>0,所以当k >72时,b 2k+2>b 2k ,则b 8<b 10<b 12<b 14,….当k <72时,b 2k +2<b 2k ,则b 8<b 6<b 4<b 2,….故存在正整数m =8,使对于任意正整数n ,都有b n ≥b m .点评此题为本文的“压轴大戏”,难度当然要大一些.但真正算得上难的也仅仅是(2)的(ii ),问题的设问方式比较奇特,“是否存在正整数m ,使对于任意正整数n ,都有b n ≥b m ?”意欲寻找一个数值最小的项b m .涉及了指数、对数、绝对值、奇偶数的分类讨论、不等式、作差比较大小等许多内容;此题的要害之处,即当得到b 2k +2-b 2k =-49a 2k k -72∈∈lg |a|后,需进行的是k 与72大小比较的讨论,由此可见命题者的匠心,给出的是a =-7%姨3这一个巧妙的值.37^_^数学要依据.例2已知复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=1,且|z 1-z 2|=2%姨,求|z 1+z 2|的值.分析注意到复数的性质zz=|z|2,则由|z 1|=|z 2|=1,得z 1z 1=z 2z 2=1,这时只要将|z 1-z 2|与|z 1+z 2|分别改写成(z 1-z 2)(z 1-z 2)%姨与(z 1+z 2)(z 1+z 2)%姨即可.解因为|z 1|=|z 2|=1,且|z 1-z 2|=2%姨,所以有z 1z 1=z 2z 2=1,且(z 1-z 2)(z 1-z 2)=2,即(z 1-z 2)(z 1-z 2)=2,所以z 1z 2+z 2z 1=0,于是|z 1+z 2|2=(z 1+z 2)(z 1+z 2)=(z 1+z 2)(z 1+z 2)=z 1z 1+z 1z 2+z 2z 1+z 2z 2=2,故|z 1+z 2|=2%姨.评注利用复数性质计算,关键是将有关表达也可以表示复平面上的一个向量,着眼复数的几何意义,往往能打开我们的解题思路.例3如果复数z 满足|z +i|+|z -i|=2,那么|z +i+1|的最小值是,最大值是.解析满足条件|z+i|+|z-i|=2的复数z 在复平面内对应的点的集合是以-i ,i 对应的两点A ,B 为端点的线段,|z+i +1|=|z -(-1-i )|表示复数z 和-1-i 在复平面中对应的两点之间的距离.如右图所示,-1-i 对应的点P 到线段AB 上点的最小距离|PA |=1,最大距离|PB |=5%姨.评注“挖掘”复数表达式的几何意义,把代数问题转化为几何问题,是快速求解复数问题的“绿色通道”.一个复数也是一个向量,请同学们从向量角度再解例的实部和虚部分别相等,那么我们就说这两个复数相等,即如果a ,b ,c ,d∈R ,那么a+b i =c+d i 圳a=c ,b=d.利用两个复数相等的条件,我们可以把复数问题转化为实数问题.例4求适合下式的实数x ,y 的值:x2+(1+i )xy +(y 2-40)i =24.解析已知条件变形为(x 2+xy )+(xy +y 2)i =24+40i.由两个复数相等的条件,得x 2+xy=24,①xy+y 2=40.圳②①+②,得(x +y )2=64,所以x +y =±8.当x +y =8时,x =8-y ,代入①得x =3,y =5;当x +y =-8时,解得x =-3,y =-5.所以所求的x ,y 的值为x =3,y =5圳,或x =-3,y =-5圳.评注解题时应注意:①题中x ,y 均为实数,②复数相等的充要条件是实部相等且虚部相等.本题同时也体现了转化的数学思想:对于两个复数相等问题,我们总是把它转化为实数范围内的方程组问题.1.1+1+i1-i+1+i 1-i 筲筲2+…+1+i 1-i 筲筲2008等于()A.0B.iC.1D.1+i2.若复数z 同时满足z -z =2i ,z=i z (i 为虚数单位),则z =%.3.设复数z 满足|z |=1,求|z -(3+4i )|的最值.4.已知关于x 的方程x 2+(1+2i )x-(3m -1)i=0有实根,求实数x ,m 的值.1.C.%提示:原式可化为求首项为1,公比为1+i1-i=i 的等比数列的前2009项的和.2.z =-1+i .3.最大值为6,最小值为4.提示:可从复数的几何意义入手.4.x =0,m =13或x =-1,m =-13.专题突破38^_^。
高中数学复数运算题解
高中数学复数运算题解复数运算是高中数学中的一个重要内容,它涉及到复数的加减乘除、共轭复数、复数的模和辐角等概念。
掌握了复数运算的方法和技巧,可以帮助我们更好地理解和解决数学问题。
本文将通过一些例题,详细介绍高中数学中常见的复数运算方法。
首先,我们来看一道简单的复数加法题目:计算 (3+2i) + (1-4i)。
解:根据复数加法的定义,我们只需要将实部和虚部分别相加即可。
所以,将(3+2i)和(1-4i)的实部分别相加,得到4,然后将它们的虚部分别相加,得到-2i。
因此,(3+2i) + (1-4i)的结果为4-2i。
接下来,我们来看一道复数减法题目:计算 (5+3i) - (2-4i)。
解:复数减法可以通过将减数取负数,然后进行加法运算来完成。
所以,将(2-4i)取负数,得到(-2+4i)。
然后,我们将(5+3i)和(-2+4i)进行加法运算,得到(5+3i) + (-2+4i) = (5-2) + (3+4)i = 3+7i。
因此,(5+3i) - (2-4i)的结果为3+7i。
接下来,我们来看一道复数乘法题目:计算 (2+3i) × (4-5i)。
解:复数乘法可以通过分配律来完成。
将(2+3i) × (4-5i)展开,得到:(2+3i) × 4 + (2+3i) × (-5i)。
然后,我们分别计算这两个部分。
首先,计算(2+3i) × 4,得到8+12i。
然后,计算(2+3i) × (-5i),可以使用虚数单位i的平方等于-1来简化计算,得到-10i-15i²。
由于i²等于-1,所以-15i²可以变为15。
因此,(2+3i) × (-5i) = -10i-15i² = -10i-15 × (-1) = -10i+15 = 15-10i。
最后,将这两个部分相加,得到(2+3i) × (4-5i) = 8+12i + 15-10i = 23+2i。
初中复数题100道解析
初中复数题100道解析
问题1:
三个苹果加上两个苹果等于几个苹果?
解析:
将三个苹果加上两个苹果,相当于将3和2相加。
3 + 2 = 5。
所以,三个苹果加上两个苹果等于五个苹果。
问题2:
如果一个篮子里有6个橙子,另一个篮子里有3个橙子,那么两个篮子里一共有几个橙子?
解析:
将6个橙子和3个橙子相加,即可得出两个篮子里一共有多少个橙子。
6 + 3 = 9。
所以,两个篮子里一共有9个橙子。
问题3:
小明有3个铅笔盒,每个铅笔盒里有4支铅笔。
那么小明一共有多少支铅笔?
解析:
将每个铅笔盒里的铅笔数量相加,再将得到的结果与铅笔盒的
数量相乘,即可得出小明一共有多少支铅笔。
4支铅笔 * 3个铅笔
盒 = 12支铅笔。
所以,小明一共有12支铅笔。
...
问题100:
John有8颗糖果,他将这些糖果平均分给他的4个朋友,每个
人能得到几颗糖果?
解析:
将糖果的数量除以朋友的数量,即可得出每个人能得到几颗糖果。
8颗糖果 / 4个朋友 = 2颗糖果。
所以,每个人能得到2颗糖果。
以上是100道初中复数题的解析。
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高中数学复数的四则运算3 例题解析 试题
复数的四那么运算(3) 例题解析制卷人:歐陽文化、歐陽理複;制卷時間:二O 二二年二月七日 【要点梳理】 1. 复数的除法法那么:=++dic bia 2. 特殊结论:=i 1 =-+i i 11 =+-ii11【典型例题】例1. iiab b a b a b ab a 2382722222+-=+++++,务实数b a ,.解析:可先由等式变形左边=abi b a abib a abi b a abi b a abi b a abi b a -+=++-+++=++-+))(()()(22 右边=i ii i i i 65137865)23)(23()23)(827(-=-=-+--所以i abi b a 65-=-+由复数相等的定义知:⎩⎨⎧==+65ab b a解得⎩⎨⎧==⎩⎨⎧==3223b a b a 或 点评:此题解答是否简便关键在于采取的变形方法.例2.计算:〔1〕54)31()22(i i -+ 〔2〕19961232132⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++-i i i解析:〔1〕原式[]ωωωωω22242)2(23212)1(2312)1(325252254==--=-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+--+=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+=i i i i i i i 3123212+-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛+-= 〔其中i 2321+-=ω〕 〔2〕原式=2249499899899822212321)321(+⨯+=+=⎪⎭⎫⎝⎛-+=⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+++i i i i i i i i i ii i i +-=+=12点评:代数形式的复数运算,根本思路是应用运算法那么,但假如能通过对表达式的构造特征的分析,灵敏运用i 的幂的性质,i 2321±-=ω的性质及i ±1的幂的性质等,可有效地简化运算,进步速度.例3.,682i z +=求zz z 100163--的值. 解析:z i z z z z z z z z 164)6(164)8(1001610016222243-=--=--=--z200-= 又[])3(,)3(6822i z i i z +±=∴+±=+= .当,3i z +=i i i z z z z 206010)3(2003200200100163+-=--=+-=-=-- 当),3(i z +-=i i i z z z z 206010)3(2003200200100163-=-=+=-=--点评:对于复数计算题,尤其是对条件求值问题.正确的处理是先审清题意,选准正确的切入方向.制卷人:歐陽文化、歐陽理複;制卷時間:二O 二二年二月七日。
高考数学复习典型题型专题讲解与练习35 复数的四则运算
高考数学复习典型题型专题讲解与练习专题35复数的四则运算题型一 复数的加减运算类型1 直接进行加减运算【例1-1】(1)计算:⎝ ⎛⎭⎪⎫13+12i +(2-i)-⎝ ⎛⎭⎪⎫43-32i .(2)已知复数z 满足z +1-3i =5-2i ,求z . 【答案】(1)z =4+i (2)z =4+i【解析】(1)⎝ ⎛⎭⎪⎫13+12i +(2-i)-⎝ ⎛⎭⎪⎫43-32i =⎝ ⎛⎭⎪⎫13+2-43+⎝ ⎛⎭⎪⎫12-1+32i =1+i.(2)法一:设z =x +y i(x ,y ∈R),因为z +1-3i =5-2i ,所以x +y i +(1-3i)=5-2i ,即x +1=5且y -3=-2,解得x =4,y =1,所以z =4+i.法二:因为z +1-3i =5-2i ,所以z =(5-2i)-(1-3i)=4+i.【变式1-1】(1)-i -(-1+5i)+(-2-3i)-(i -1)=________. 【答案】-10i【解析】-i -(-1+5i)+(-2-3i)-(i -1)=-i +1-5i -2-3i -i +1=-10i.【变式1-1】(2)已知复数z 1=a 2-3-i ,z 2=-2a +a 2i ,若z 1+z 2是纯虚数,则实数a =________. 【答案】3【解析】由条件知z 1+z 2=a 2-2a -3+(a 2-1)i ,又z 1+z 2是纯虚数,所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2-2a -3=0,a 2-1≠0,解得a =3.类型2 需要设复数标准式的加减运算【例1-2】设()1,z x yi x y R =+∈,234z i =-(i 为虚数单位),且125z z +=,则( ) A .()()22345x y ++-= B .()()223425x y ++-= C .()()22345x y -++= D .()()223425x y -++= 【答案】B【解析】由1(,)=+∈z x yi x y R ,234=-z i ,得12()(34)(3)(4)z z x yi i x y i +=++-=++-,又125+=z z ,∴5=,即22(3)(4)25++-=x y .【变式1-2】(1)设复数z 满足z +|z |=2+i ,则z =________. 【答案】34+i【解析】设z =x +y i(x ,y ∈R),则|z |=x 2+y 2.∴x +y i +x 2+y 2=2+i.∴⎩⎪⎨⎪⎧x +x 2+y 2=2,y =1,解得⎩⎨⎧x =34,y =1.∴z =34+i.【变式1-2】(2)已知|z |=4,且z +2i 是实数,则复数z =________. 【答案】±23-2i【解析】因为z +2i 是实数,可设z =a -2i(a ∈R),由|z |=4得a 2+4=16,所以a 2=12,所以a =±23,所以z =±23-2i.题型二 复数加减的几何意义【例2】在复平面内,复数1+i 与1+3i 分别对应向量OA ⃗⃗⃗⃗⃗ 和OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ,其中O 为坐标原点,则|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |等于( ) A. 2 B .2 C.10 D .4 【答案】B【解析】∵复数1+i 与1+3i 分别对应向量OA⃗⃗⃗⃗⃗ 和OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ∴OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,1),OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1,3), ∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OB ⃗⃗⃗⃗⃗ −OA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2) ∴|AB⃗⃗⃗⃗⃗ |=2【变式2-1】若z 1=2+i ,z 2=3+a i(a ∈R),且在复平面内z 1+z 2所对应的点在实轴上,则a 的值为( )A .3B .2C .1D .-1 【答案】D【解析】z 1+z 2=2+i +3+a i =(2+3)+(1+a )i =5+(1+a )i.∵在复平面内z 1+z 2所对应的点在实轴上, ∴1+a =0,∴a =-1.【变式2-2】如图所示,平行四边形OABC 的顶点O ,A ,C 分别表示0,3+2i ,-2+4i.求:(1)AO ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示的复数; (2)对角线CA ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示的复数; (3)对角线OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示的复数.【答案】(1)-3-2i (2)5-2i (3)1+6i 【解析】(1)因为AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =−OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以AO ⃗⃗⃗⃗⃗ 表示的复数为-3-2i.(2)因为CA ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ −OC ⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以对角线CA⃗⃗⃗⃗⃗ 表示的复数为(3+2i)-(-2+4i)=5-2i.(3)因为对角线OB ⃗⃗⃗⃗⃗ =OA ⃗⃗⃗⃗⃗ +OC⃗⃗⃗⃗⃗ , 所以对角线OB⃗⃗⃗⃗⃗ 表示的复数为(3+2i)+(-2+4i)=1+6i.【变式2-3】△ABC 的三个顶点所对应的复数分别为z 1,z 2,z 3,复数z 满足 |z -z 1|=|z -z 2|=|z -z 3|,则z 对应的点是△ABC 的( ) A .外心 B .内心 C .重心 D .垂心 【答案】A【解析】由复数模及复数减法运算的几何意义,结合条件可知复数z 的对应点P 到△ABC 的顶点A ,B ,C 距离相等, ∴P 为△ABC 的外心.【变式2-4】A ,B 分别是复数1z ,2z 在复平面内对应的点,O 是坐标原点.若1212z z z z +=-,则AOB ∆一定是( )A .等腰三角形B .直角三角形C .锐角三角形D .等腰直角三角形 【答案】B【解析】根据复数加(减)法的几何意义及1212z z z z +=-,知以OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ,OB ⃗⃗⃗⃗⃗ 为邻边所作的平行四边形的对角线相等, 则此平行四边形为矩形,故AOB ∆为直角三角形.【变式2-5】已知平行四边形ABCD 中,AB ―→与AC ―→对应的复数分别是3+2i 与1+4i ,两对角线AC 与BD 相交于O 点.(1)求AD ―→对应的复数; (2)求DB ―→对应的复数. 【答案】(1)-2+2i (2)5【解析】(1)由于四边形ABCD 是平行四边形,所以AC ―→=AB ―→+AD ―→,于是AD ―→=AC ―→-AB ―→,而(1+4i)-(3+2i)=-2+2i ,即AD ―→对应的复数是-2+2i.(2)由于DB ―→=AB ―→-AD ―→,而(3+2i)-(-2+2i)=5,所以DB ―→对应的复数是5.【变式2-6】已知复平面内的平行四边形ABCD 中,A 点对应的复数为2+i ,向量BA ―→对应的复数为1+2i ,向量BC ―→对应的复数为3-i ,求:(1)点C ,D 对应的复数; (2)平行四边形ABCD 的面积. 【答案】(1)C 对应的复数为4-2i ,点D 对应的复数为5 (2)7 【解析】(1)∵向量BA ―→对应的复数为1+2i ,向量BC ―→对应的复数为3-i ,∴向量AC ―→对应的复数为(3-i)-(1+2i)=2-3i.又∵OC ―→―→=OA ―→+AC ―→,∴点C 对应的复数为(2+i)+(2-3i)=4-2i. ∵AD ―→=BC ―→,∴向量AD ―→对应的复数为3-i ,即AD ―→=(3,-1). 设D (x ,y ),则AD ―→=(x -2,y -1)=(3,-1), ∴⎩⎪⎨⎪⎧ x -2=3,y -1=-1,解得⎩⎪⎨⎪⎧x =5,y =0.∴点D 对应的复数为5. cos B ==3-25×10=210.(2)∵BA ―→·BC ―→=|BA ―→||BC ―→|cos B ,∴∵0<B <π,∴sin B =7210,∴S ▱ABCD =|BA ―→||BC ―→|sin B =5×10×7210=7, ∴平行四边形ABCD 的面积为7.题型三 复数的乘除运算类型1 简单的复数乘除运算【例3-1】(1)设134z i =-,223z i =-,则12z z ⋅在复平面内对应的点位于( ) A .第一象限 B .第二象限 C .第三象限 D .第四象限【解析】()()212342369812617⋅=--=--+=--z z i i i i i i ,12⋅z z 在复平面内对应的点为()6,17--,所以12⋅z z 在复平面内对应的点位于第三象限.(2)设i 为虚数单位,则11ii-+的虚部为______. 【答案】−1【解析】()()()()2211112211112-⋅---+-====-++⋅--i i i i i ii i i i i .【变式3-1】已知复数z =3+i (1-3i )2,z 是z 的共轭复数,则z ·z 等于( )A.14B.12 C .1 D .2 【答案】A【解析】法一:∵z =3+i(1-3i )2=-3i 2+i (1-3i )2=i (1-3i )(1-3i )2=i 1-3i=i (1+3i )4=-34+i4, ∴z =-34-i 4,∴z ·z =14.法二:∵z =3+i (1-3i )2,∴|z |=⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪3+i (1-3i )2=|3+i||(1-3i )2|=24=12,∴z ·z =14.【变式3-2】计算:(1)11(1)2222i i i ⎛⎫⎛⎫-+++ ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭; (2)(14)(1)2434i i ii-++++.【答案】(1) 1122-+;(2)1-i .【解析】(1)1131i (1i)i (1)2244⎡⎛⎛⎤⎫⎛⎫-++⋅+=+-+⎢ ⎪ ⎪⎥ ⎭⎝⎭⎦⎢⎝⎭⎝⎝⎭⎣i111(1)222⎛⎫⎛⎫⎛=++=+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎝⎭i i i (2)(14)(1)2434-++++i i i i 532434-++=+i i i7(7)(34)34(34)(34)++-==++-ii i i i i 21283425252525-++-==i i i1=-i .【变式3-3】(1)设i 是虚数单位,若复数a −103−i (a ∈R)是纯虚数,则a 的值为( ) A .-3 B .-1 C .1 D .3 【答案】D【解析】因a −103−i =a −10(3+i )9+1=a −3−i ,故由题设a −3=0,故a =3,故选D .【变式3-3】(2)已知复数1223,z i z a bi =+=+(,R,0a b b 且∈≠),其中i 为虚数单位,若12z z 为实数,则ab的值为( )A .32-B .23-C .23D .32【答案】B【解析】因为()1223(=++z z i a bi )()23(32=-++a b a b ) i ,所以320+=,a b 因为0≠b ,所以23=-a b ,选B.【变式3-3】(3)若复数(+i)(3+4 i)a 的对应点在复平面的一、三象限角平分线上,则实数a =_________.【答案】−7【解析】因为()()(+i)(3+4 i)=3434i -++a a a ,且复数(+i)(3+4 i)a 的对应点在复平面的一、三象限角平分线上, 所以3a −4=3+4a , 解得a =−7.类型2 需要设复数标准形式乘除法运算【例3-2】若复数z 满足2z +z =3-2i ,其中i 为虚数单位,则z 等于( ) A .1+2i B .1-2i C .-1+2i D .-1-2i 【答案】B【解析】设z =a +b i(a ,b ∈R),则z =a -b i ,∴2(a +b i)+(a -b i)=3-2i ,整理得3a +b i =3-2i ,∴⎩⎪⎨⎪⎧ 3a =3,b =-2,解得⎩⎪⎨⎪⎧a =1,b =-2,∴z =1-2i.【变式3-4】已知复数z 满足z +|z |=2+8i ,求复数z . 【答案】z =-15+8i【解析】解法一:设z =x +y i(x ,y ∈R),则|z |=x 2+y 2,代入方程z +|z |=2+8i ,得x +y i +x 2+y 2=2+8i ,由复数相等的条件,得⎩⎪⎨⎪⎧x +x 2+y 2=2y =8,解得x =-15,y =8,所以复数z =-15+8i. 解法二:原式可化为z =2-|z |+8i因为|z |∈R ,所以2-|z |是z 的实部,于是有|z |=2-|z |2+82,即|z |2=68-4|z |+|z |2,所以|z |=17, 代入z =2-|z |+8i ,得z =-15+8i.【变式3-5】复数z 满足z +12−i =2z̅,则z = 【答案】25−115i【解析】设z =a +bi ,a,b ∈R ,因为a +bi +2+i 5=2(a −bi ),所以{a +25=2ab +15=−2b, 解得a =25,b =−115,即z =25−115i【变式3-6】在复数范围内解方程()232iz z z i i-++=+(i 为虚数单位) 【答案】z =−12±√32i 【解析】()()()()()23235512225i i i iz z z i i i i i ----++====-++- 设(),=+∈z x yi x y R ,则2221++=-x y xi i22121⎧+=∴⎨=-⎩x y x,解得:12x y ⎧=-⎪⎪⎨⎪=⎪⎩122∴=-±z题型四 i 的乘方运算【例4】(多选题)已知集合{},nM m m i n N ==∈,其中i 为虚数单位,则下列元素属于集合M 的是( ) A .()()11i i -+ B .11i i-+ C .11i i +- D .()21i -【答案】BC【解析】根据题意,{},==∈nM m m i n N 中,()4=∈n k k N 时,1=n i ; ()41=+∈n k k N 时,=n i i ;()42=+∈n k k N 时,1=-n i ; ()43=+∈n k k N 时,=-n i i ,{}1,1,,∴=--M i i .选项A 中,()()112-+=∉i i M ;选项B 中,()()()211111--==-∈++-i ii M i i i ;选项C 中,()()()211111++==∈--+i i i M i i i ; 选项D 中,()212-=-∉i i M .【变式4-1】已知i 为虚数单位2020202111i z i+=-,则z 的虚部为( ) A .1 B .1- C .i D .i - 【答案】B【解析】∵20200202111,====i i i i i ,∴22(1)11(1)(1)+===+--+i z i i i i ,∴1=-z i ,虚部为1-.【变式4-2】()22*1111n ni i n N i i +-⎛⎫⎛⎫+∈ ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭的所有能取到的值构的集合为_____________.【答案】{2,2}-【解析】222222111122[()][()][()][()]2(1)111122n nn n n n n i i i i i i i i i i i i +-+--⎛⎫⎛⎫+=+=+=- ⎪ ⎪-+-+-⎝⎭⎝⎭, 当n 为奇数时,2211211+-⎛⎫⎛⎫+=- ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭nni i i i ;当n 为偶数时,2211211+-⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭nni i i i .【变式4-3】计算=______.【答案】253100505225.54431i ⨯===⨯-+题型五 复数方程的解法【例5】(1)在复数集,方程24x =-的解为________. 【答案】2i ±【解析】利用−4=4∙i 2,则x 2=4i 2=(2i)2,所以x =±2i(2)若12i +是关于x 的实系数一元二次方程20x bx c ++=的一个根,则( ) A.2b =,5c = B.2b =-,5c = C.2b =-,5c =- D.2b =,1c =- 【答案】B【解析】由题意可知,关于x 的实系数一元二次方程20++=x bx c 的两个虚根分别为12+i 和12-i ,由韦达定理得()()()()12121212b i i c i i ⎧-=++-⎪⎨=+⋅-⎪⎩,解得25=-⎧⎨=⎩b c .故选:B.【变式5-1】若虚数12i -是关于x 的方程20x ax b +=-(a ,R b ∈)的一个根,则a bi +=( )A .29 B. CD .3 【答案】B【解析】由题意可得,()()212120--+=-i a i b ,所以()3240--+-=b a a i ,故2=a ,5=b,则25+=+a bi i .【变式5-2】在复数范围内分解因式:2132x x -+-=______.【答案】)()(1112x x --- 【解析】由21302-+-=x x可得:1211==x x ,所以2132-+-=xx )()(1112---x x .【变式5-3】已知复数1z i =-(i 为虚数单位)是关于x 的方程20x px q ++=(p ,q 为实数)的一个根,则p q +的值为( )A .4B .2C .0D .2- 【答案】C【解析】因为复数1=-z i 是关于x 的方程20++=x px q (p ,q 为实数)的一个根,所以1=+z i 也是方程的一个根,故+=-⎧⎨⋅=⎩z z p z z q ,即22=-⎧⎨=⎩p q , 所以0+=p q ,【变式5-4】已知关于x 的方程x 2+kx+k 2﹣2k=0有一个模为1的虚根,求实数k 的值. 【答案】1【解析】由题意,得()222423800∆=--=-+<⇒<k k k k k k 或83>k ,设两根为1z 、2z ,则21=z z , 21==1z z ,得12=1⋅z z ,212=2⋅-z z k k 221⇒-=kk 1211⇒==k k .所以1=k【变式5-5】对于一元二次方程20ax bx c ++=(其中,,a b c ∈R ,0a ≠)下列命题不正确的是( )A.两根12,x x 满足12bx x a +=-,12c x x a =;B.两根12,x x 满足12x x -=C.若判别式240b ac ∆=->时,则方程有两个相异的实数根;D.若判别式240b ac ∆=-=时,则方程有两个相等的实数根; 【答案】B【解析】若一元二次方程240∆=->b ac ,则方程有两个相异实根12,x x由韦达定理得:12+=-b x x a ,12=cx x a ,则A ,C 正确;当12,x x 为虚根时,12-≠x x B 错误;若一元二次方程240∆=-=b ac ,方程有两个相等实根,D 正确.【变式5-6】(难)设,m n R ∈,关于x 的方程20x mx n ++=的两个根分别是α和β. (1)当1i α=+时,求β与,m n 的值; (2)当2,4m n ==时,求||||αβ+的值. 【答案】(1)1i β=-,2m =-,2n =;(2)4 【解析】(1)当1i α=+时,1i β=-,(11)2m m i i αβ+=-⇒=-++-=-,(1)(1)2n i i αβ==+-=.(2)依题意,2240x x ++=,其416120∆=-=-<得,1αβ=-±,所以||||4αβ+=.(或416120∆=-=-<,由4||||2αβαααβ==⇒==,所以||||4αβ+=)【变式5-7】(难)β是关于x 的方程()22230x ax a a a R ++-=∈的一个根.(1)若1β=且R β∈,求实数a 的值; (2)若1β=且β为虚数,求实数a 的值. 【答案】(1)2±√2 (2)−1或2【解析】(1)当1β=时,则有2223202a a a a a ++-=+=+,无实数解;当1β=-时,则有2223204a a a a a -+-=+=-,解得2a =±, 故实数a 的值为2(2)根据题意设1(,,0)c di c d R d β=+=∈≠,代入方程可得222222()3()223(43)0c di a c di a a c d a a ac cd ad i ++++-=-+-+++=,所以2222230,430c d a a ac cd ad -+-+=+=,又d ≠0,所以3430,,4c a c a +==- 222222(1)320c c a a ac a a --+-+=--=,解得a =−1或2, 故实数a 的值为−1或2.【变式5-8】(难)已知复数2i α=-,i m β=-,m R ∈.(1)若2αβα+<,求实数m 的取值范围;(2)若αβ+是关于x 的方程2130()x nx n -+=∈R 的一个根,求实数m 与n 的值.【答案】(1)(6,2)-(2)1m =,6n =或5,6m n =-=-【解析】(1)αα==于是222i m i m i αβ+=-+-=+-=又2αβα+<<62m -<<. 所以实数m 的取值范围为()6,2-.(2)由(1)知2i α=-,22m i αβ+=+-.因为22m i +-(m R ∈)是方程()2130x nx n R -+=∈的一个根,22m i ++(m R ∈)也是此方程的一个根,于是()()()()2222222213m i m i n m i m i ⎧++++-=⎪⎨++⋅+-=⎪⎩解得16m n =⎧⎨=⎩或56m n =-⎧⎨=-⎩,且满足()24130,n ∆=--⨯< 所以1m =,6n =或5,6m n =-=-题型六 复数模的最值问题【例6】如果复数z 满足|z +i|+|z -i|=2,那么|z +i +1|的最小值是( )A .1 B.12 C .2 D. 5【答案】A【解析】设复数-i ,i ,-1-i 在复平面内对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,因为|z +i|+|z -i|=2,|Z 1Z 2|=2,所以点Z 的集合为线段Z 1Z 2. 问题转化为:动点Z 在线段Z 1Z 2上移动,求|ZZ 3|的最小值,因为|Z 1Z 3|=1,所以|z +i +1|min =1.【变式6-1】如果复数z 满足12z i +-=,那么2z i -+的最大值是( ) A 132 B .23i + C 132 D 134【答案】A【解析】复数z 满足|1|2z i +-=,表示以(1,1)C -为圆心,2为半径的圆.|2|z i -+表示圆上的点与点(2,1)M -的距离.||CM ==|2|z i ∴-+2.【变式6-2】已知i 是虚数单位,设复数z 满足22z -=,求14z i +-的最小值与最大值;【答案】最大值为7,最小值为3.【解析】设z x yi =+,根据22z -=,所以有22(2)4x y -+=,所以z 的轨迹为以(2,0)为圆心,以2为半径的圆,所以14(1)(4)z i x y i +-=++-= 其表示点(,)x y 到(1,4)-的距离,所以其最大值为圆心(2,0)到(1,4)-的距离加半径, 最小值为圆心(2,0)到(1,4)-的距离减半径,27=23=;。
高中复数练习题难题
高中复数练习题难题复数是高中数学中一个重要的概念,对于很多学生来说,掌握复数的运算和性质是比较困难的。
本文将介绍一些高中复数练习题中常见的难题,并提供相应的解决方法。
1. 题目:计算下列复数的乘积:(3+2i)(4+5i)解析:要计算复数的乘积,可以使用分配律,将复数展开并进行合并。
(3+2i)(4+5i) = 3×4 + 3×5i + 2i×4 + 2i×5i= 12 + 15i + 8i + 10i²= 12 + 23i - 10= 2 + 23i因此,(3+2i)(4+5i)的乘积为2 + 23i。
2. 题目:求复数z=(1+i)/(1-i)的值。
解析:要求复数的值,可以使用分数的除法方法,即将分子分母同时乘以该复数的共轭。
(1+i)/(1-i) = [(1+i)(1+i)]/[(1-i)(1+i)]= (1+2i+i²)/(1²-i²)= (1+2i-1)/(1+1)= 2i/2= i所以,复数z=(1+i)/(1-i)的值为i。
3. 题目:已知复数z满足z²+3z+2=0,求z的值。
解析:要求复数的值,可以使用求根公式。
根据求根公式,对于方程ax²+bx+c=0,其解为:x=(-b±√(b²-4ac))/(2a)对于这道题目,我们可以将其转化为标准的二次方程形式,即z²+3z+2=0,a=1,b=3,c=2。
带入求根公式,可得:z=(-3±√(3²-4×1×2))/(2×1)= (-3±√(9-8))/(2)= (-3±√1)/2= (-3±1)/2= -2/2 或 -4/2= -1 或 -2所以,复数z满足z²+3z+2=0的解为z=-1或z=-2。
通过以上的例题,我们可以看出,在解决高中复数练习题难题时,关键在于掌握复数的基本运算法则和性质,灵活运用分配律、除法法则和求根公式等。
一题多解 玩透复数刷百题不如解透一题之高中数学小题大做
一、典例分析,融合贯通典例1已知a ∈R ,i 为虚数单位,若i2ia -+为实数,则a 的值为 .【解法1】直接法()(2)(21)(2)2122(2)(2)555a i a i i a a i a a i i i i -----+-+===-++-为实数, 则20,25a a +==-。
【点睛之笔】直接法,按部就班,不费脑! 【解法2】方程法设2a i k R i-=∈+,则()22a i k i k ki -=+=+,则2,1a k k ==-,因此2a =-。
【点睛之笔】方程思想,由思不必想!【点睛之笔】共轭法,阴阳合一,天下无敌! 【解后反思】解法一:直接化简,根据定义确定取值; 解法二:建立方程,寻找平衡点; 解法三:利用共轭 ,寻找共同点。
典例2已知复数z 的模为2 ,求i z -的最大值. 【解法1】代数法 设)(R y x yi x z ∈+=、,yy x i z y x 25)1(.42222-=-+=-+=则,32,2max =--=∴≤i z y y 时,当.【点睛之笔】用数据说话,直接明了! 【解法2】三角代换法设),sin (cos 2θθi z +=则.sin 45)1sin 2cos 422θθθ-=-=-+(i z.31sin max =--=∴i z 时,当θ【点睛之笔】三角代换,化繁为简! 【解法3】几何法2,z =∴点z 圆224x y +=上的点,z i -表示z 与i 所对应的之间的距离,图所示,可知当i z 2-=时,3max =-i z .【点睛之笔】以形助数,直指核心! 【解法4】三角不等式法312=+=-+≤-i z i z而当i z 2-=时,.3.3max =-∴=-i z i z【点睛之笔】三角不等式,直截了当,绝不啰嗦!【点睛之笔】共轭复数法,一体两面,各有千秋! 【解后反思】yxO .i . -2iZ解法一:直接利用代数运算,较少思维量!解法二:三角代换,化繁为易,降低计算量!、解法三:利用几何法,化虚为实!解法四:利用三角不等式,直捣黄龙!解法五:共轭复数,有难共担,一对好“兄弟”!典例3.若1zz-为纯虚数,求z在复平面内对应的点的轨迹【点睛之笔】直接化简,不走弯路!【解法2】利用共轭的运算性质化简1zz-为纯虚数,∴-+-⎛⎝⎫⎭⎪=≠≠zzzzz z11001,(且)整理得:∴-+-=+---=zzzzz z zzz z11211()()∴+==z z zz20设(,)x yi z x y R+=∈,则有2222()00x x y y-+=≠(),即2211()(0)24x y y-+=≠它表示以1(,0)2为圆心,以12为半径的圆去掉两点0010(,),(,)【点睛之笔】共轭复数法,就属它不一样!【解后反思】解法一:直接化简,利用定义建立方程!解法二:利用共轭复数的性质,运算简单,思维灵活!二、精选试题,能力升级1.【2018河南洛阳尖子生联考】已知复数z 满足z(1−i)2=1+i (i 为虚数单位),则|z|为( )A. 12 B 。
(完整)复数的四则运算(含答案解析),推荐文档
复数的四则运算1.复数z=的虚部为()A.-1B.-3C.1D.22.已知m为实数,i为虚数单位,若m+(m2-4)i>0,则=()A.iB.1C.-iD.-13.已知a∈R,i为虚数单位,若(1-i)(a+i)为纯虚数,则a的值为()A.2B.1C.-2D.-14.已知(a,b∈R),其中i为虚数单位,则a+b=()A.0B.1C.-1D.25.计算=()A.-1B.iC.-iD.16.已知i是虚数单位,,则|z|=()A. B.2 C. D.47.复数z满足z(2-i)=2+i(i为虚数单位),则在复平面内对应的点所在象限为()A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限8.若a=i+i2+…+i2013(i是虚数单位),则的值为()A.iB.1-iC.-1+iD.-1-i 9.设i是虚数单位,如果复数的实部与虚部是互为相反数,那么实数a的值为()A. B. C.3 D.-310.复数z满足(z+2i)i=1+i,则z=()A.1+3iB.1-3iC.-1+3iD.-1-3i11.已知复数z的实部为a(a<0),虚部为1,模长为2,是z的共轭复数,则的值为()A. B.--i C.-+i D.-12.设x,m均为复数,若x2=m,则称复数x是复数m 的平方根,那么复数3-4i(i是虚数单位)的平方根为()A.2-i或-2+iB.2+i或-2-iC.2-i或2+iD.-2-i或-2+i13.设i为虚数单位,则()2014等于()A.21007iB.-21007iC.22014D.-2201414.已知复数z1=1+i,|z2|=3,z1z2是正实数,则复数z2= ______ .15.复数z=,i是虚数单位,则z2015= ______ .复数的四则运算答案和解析1. B解:∵z==,∴复数z=的虚部为-3.2. A 解:∵m+(m2-4)i>0,∴,解得:m=2.则=.3. D 解:∵(1-i)(a+i)=1+a+(1-a)i为纯虚数,∴,解得:a=-1.4. B解:∵=,∴,解得,则a+b=1.5. B解:=.6. C解:由,得,即|z|=.7. D解:∵z(2-i)=2+i,∴z(2-i)(2+i)=(2+i)(2+i),∴z=(3+4i),则=-i在复平面内对应的点(,-)所在象限为第四象限.8. D解:因为i+i2+i3+i4=0,所以a=i+i2+…+i2013=i.===-=-=-1-i.9. C解:==,∵复数的实部与虚部是互为相反数,∴,即a=3.10. B解:由(z+2i)i=1+i,得,∴z=1-3i.11. D解:∵复数z的实部为a(a<0),虚部为1,则复数z=a+i.又模长为2,∴,解得a=.∴z=,.则==.12. A解:设z=x+yi,则(x+yi)2=3-4i,即x2-y2+2xyi=3-4i,∴,解得:或.∴复数3-4i的平方根为2-i或-2+i.13. A解:∵()2=-2i,∴()2014=(-2i)1007=(-2)1007•i1007=21007i.14. 解:设复数z2=a+bi(a,b∈R),z1z2=,∵|z2|=3,z1z2是正实数,∴,解得:.则复数z2=.故答案为:z2=.15. 解:∵z==(1+i),∴z2=(1+2i+i2)=i,z3=z2•z=i•(1+i)=(-1+i),z4=(z2)2=-1,z5=z4•z=-(1+i),z6=z4•z2=-i,z7=z3•z4=(1-i),z8=z2•z6=1,z9=z•z8=(1+i),∴z t=z8k+t(k、t∈N*),∵2015=251×8+7,∴z2015=z7=(1-i),故答案为:(1-i).。
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高考命题设计与考核能力要求----数学数学科的考试,按照“考查基础知识的同时,注重考查能力”的原则,测试中学数学基础知识、基本技能、基本思想和方法,考查思维能力、运算能力、空间想象能力,以及运用所学数学知识和方法分析和解决实际问题的能力.数学科的命题,在考查基础知识的基础上,注重对数学思想和方法的考查,注重对数学能力的考查,在强调综合性的同时,重视试题的层次性,合理调控综合程度,坚持多角度、多层次的考查.一、命题原则学科考试目标确定了学科考查的总要求,在命题工作中如何贯彻指导思想,将对知识、方法、能力的要求落实到具体题目,组成一张理想的试卷则可依据一定的原则进行具体操作,这就是命题原则.命题原则是编拟试题、组成试卷时所遵循的行为准则.具体地,高考数学命题的基本原则是:1.体现学科特点数学是研究现实世界空间形式和数量关系的科学,高度的抽象性、结论的确定性和应用的广泛性是数学的特点.数学的研究对象和特点体现在数学考试中就形成数学考试的学科特点.(1)概念性强.数学是由概念、命题组成的逻辑系统,而概念是基础,是使得整个体系连结成一体的结点.数学中每一术语、符号和习惯用语都有着明确具体的内涵.这个特点反映到考试中就要求考生在解题时首先要透彻理解概念的含义,弄清不同概念之间的区别和联系,切忌将数学语言和日常用语混为一谈,更不应出现“望文生义”之类的错误.(2)充满思辨性.这个特点源于数学的抽象性、系统性和逻辑性.数学知识不是经过观察实验总结出来的,而是经演绎推理而形成的逻辑体系,逻辑推理是其基本的研究方法;数学不是知识性的学科,而是思维型的学科.因此,数学试题靠机械记忆,只凭直觉和印象作答的很少.为了正确解答,总要求考生具备一定的观察、分析和推断能力.(3)量化突出.数量关系是数学领域研究的一个重要方面,也是数学测试不可缺少的内容,因此数学试题中定量性占有较大比重,试题中的定量要求一般不是简单、机械的计算,而是把概念、法则、性质寓于计算之中,在运算过程中考查考生对算理、运算法则的理解程度、灵活运用的能力及准确严谨的科学态度.由此可见,突出量化是数学试题的一个明显特点,并有重要的意义.(4)解法多样.一般数学试题的结果虽确定惟一,但解法却多种多样,有利于考生发挥各自的特点,灵活解答,真正显现其水平,命题时应考虑各种等价解法的考查重点和难易大致相同,解答到同样深度给同样的分值,不同解法的考查要求符合命题的初衷,能实现考查目的.数学试题的特点是高考数学命题的基础,在命题过程中应充分考虑这些特点,发挥数学内部的选拔机制,实现高考的选拔功能.2.控制试卷难度高考的目的是为高校选拔新生,但其要求仍要以高中教学水平为基础.因此,确定试卷的要求是命题的关键.《全日制中学数学教学大纲》既是实施教学的依据,也是高考命题的依据,试题考查的知识和能力要求都不能超出教学大纲的规定.由于目前高考对中学教学有较大的影响,数学考试的内容和形式都应当有利于中学数学的教学改革.数学高考不同于数学竞赛.首先,考试内容不同,高考内容限制在中学教学大纲规定的范围内,以传统的初等数学为主;数学竞赛以数论、组合数学内容为主,所受限制较少.其次,考查要求不同,高考以知识为基础来考查各种能力;而竞赛试题涉及知识点一般不多,主要考查灵活解题的技巧及较高层次的能力.最后,高考兼有速度要求,试卷难度适中,一般考生都能得到基本分;而竞赛是典型的难度考试,试卷难度很大,只有极少数考生能取得较好成绩.高考与高中毕业会考也有实质的区别,尽管两种考试在考查的知识内容上大致相同,但考查的能力要求却不尽相同,即在教学大纲规定范围以内,考查深度不一样,由于会考是水平考试,考试内容要求属于成绩考试的范畴,会考命题是按照教学大纲的基本要求,并充分考虑本地区的教育水平;而高考毕竟要选拔合格高中毕业生中的少数人,因此高考命题当然要考虑使优秀学生的水平得以充分显现.高考试卷的知识和能力要求,必须从选才角度出发,并兼顾高中教学的水平.整份试卷要求的水平是通过试卷绝对难度体现的.绝对难度可以理解为题目本身要求解答者所具有的智力活动水平的高低和智力活动量的测量.一般认为题目能力要求的层次与题目绝对难度成正比,即只需要单独记忆内容的题目较易,需要理解掌握的较难,需要灵活应用的更难.所以,试题绝对难度反映了试题与学科知识、能力要求的适应程度.在选拔性考试中,通过控制绝对难度可以实现考试大纲所要求的水平.但更重要的是应控制试题要求的水平与考生知识能力水平适合的程度,即相对难度.因为,高考为实现其选拔功能,试卷必须对不同水平的考生具有良好的区分能力,使考生分数的分布有利于从高分到低分“拉开距离”,特别是要拉开每年的前20%可能被录取的考生分数的距离.因此高考试卷的难度,是由全体考生特别是成绩最好的20%的考生的水平决定的.经典测量理论中建立在平均得分率意义上的试题难度,本质上是从考生的角度评价试题的难易,即试卷与考生整体水平的适应程度.从这个意义上讲,控制相对难度比控制绝对难度更为重要.根据教育测量学原理,大规模考试的整卷难度在0.5左右最为理想,可以使考生成绩呈正态分布,标准差比较大,各分数段考生人数分布比较合理,对考生总体的区分能力最强.但考虑到我国中学的评价方法和评价机制尚不健全,高考事实上对高中教学有着较强的评价导向作用,为稳定高中教学秩序,照顾全国总体的实际教学水平,整卷难度控制在0.55左右比较合适.为控制整卷难度,首先要认真了解、分析当年考生经过系统的复习、训练、强化后的水平,分析考生的知识基础和能力构成,注重试题水平与考生水平的基本吻合,不能片面强调不同年份间试题绝对难度的稳定.其次要恰当控制试卷中各个试题的难度,一般在0.2~0.8左右,整个试卷中各种难度试题分数的分布也应该适当.最后还要考虑到我国教育发展极不平衡的现状及不同地区考生差别很大的事实,在每种题型中都编拟一些较易试题,使大部分考生都得到一定的基本分.在每种题型中都编拟一些有一定难度的试题,实现选拔的目的.注意文史类和理工农医类试卷的区别.由于理工农医类高校与文史类高校对新生数学水平的要求存在着差别,所以考试中分为两类试卷.在内容上,文科要求少一些,“反三角函数和简单三角方程”、“参数方程和极坐标”不作要求.在新课程的高考中,文理科考试内容和要求有更大的差别.在导数部分,文科试卷只有多项式函数的导数.在概率与统计部分文科的要求只含统计的内容,包括:抽样方法,总体分布的估计,总体期望值和方差的估计.理科的要求包括:离散型随机变量的分布列,离散型随机变量的期望值和方差,抽样方法,总体分布的估计,正态分布,线性回归.理科有复数,文科没有复数.随着社会科学的发展及文科专业理论研究、实际应用中定量化的趋势日益加强,对文科考生的数学要求也在逐渐提高.但文理科试卷在难度上也还有差别,试卷中交叉共用的部分多数属于中等难度的试题.3.合理配置题型,发挥各种题型功能试题的内容要求和能力要求是通过一定的形式呈现的.题型就是体现考试要求的形式.不同类型试题在考查不同知识和能力要求上有不同的功能.一个考试所采用的题型,主要取决于考试目的、内容和误差控制等要求,近年来,高考数学科选用的题型主要有四选一的选择题,以及填空题和解答题.以考生作答方式和评分方法分类,选择题、填空题应属于客观题,因其评分不受评分者主观因素的影响,而解答题应属主观题.主、客观性试题的比例是值得注意的一个问题,应从我国提倡的标准化考试的目的、性质出发,从本学科的知识与智能结构出发来确定题型及其比例.题型要为考试内容来服务,内容才决定了题型.现行高考中,数学科试卷三种题型的比例是40%,10%和50%,这是考虑到考试目的、学科特点、评卷工作量和评卷误差等多种因素,经综合平衡后确定的.(1)数学因为其学科特点,不但要考查考生应当掌握的数学知识,而且要考查考生必须掌握的数学方法,考查应用知识和方法的能力以及分析问题和解决问题的过程,即不但要在知识的领会层次上对考生进行测试,还要在运用、分析、综合和评价层次上测试考生的能力,因此必须保持一定数量的解答题.解答题作为一种主观题,要求考生写出解题过程,能够比较全面地反映考生学科智力水平,展示其分析数学问题、综合运用数学知识进行逻辑思维的过程,适合对发散、综合、评价、复杂运算、文字表达等高层次能力的考查;一定量的解答题对中学教学也有较好的导向作用.实验表明,客观题比例越大,考生对严密的逻辑推理、准确的计算和条理的表达等方面则越不重视,教学上相对来说可能放松要求,对中学数学教育产生不良影响.但解答题作为一种主观题也有其本身的不足,如对评卷者要求较高,题量少覆盖面窄,特别是难以实行机器评卷,评卷效率低,等等.因此,高考中不能像校内班级测验或“文革”前试卷那样全是解答题,应定出合适的比例.(2)从考查目标来看,高考强调在考查知识的基础上考查能力,因此需要一定的选择题考查基础知识,达到一定的覆盖面.近几年来,选择题、填空题和解答题前半部分的试题难度比较低,其作用之一是考查考生基础知识的掌握情况,发挥高考对中学教学的评价作用;再一个就是使有一定数学基础的考生都能人手做题,并取得较好的成绩,进而提高全卷的平均分,增强其学习数学的兴趣和自信.(3)从考试时间和题量看,数学科考试时间为120分钟,但覆盖面积要求较大,数学科有近130个知识点,为达到60%~70%的覆盖面,如果每题平均2~4个知识论点,要有近30个题,显然靠解答题是不可能很好地实现考查目的的,因此必须要有一定数量的选择题以增加全卷题目数量,提高覆盖率,同时也可以提高考试的信度和效度,使解答题真正发挥其考查综合分析、逻辑推理等复杂思维过程的功能.(4)从阅卷来看,尽管现在对选择题的功能还存在着很大的争论,但我们不能不承认选择题阅卷速度快、误差小、效率高的特点,我们更不能不面对我国每年有近500万考生这样的事实,为解决评卷工作量大、劳动强度高、误差控制要求严、时间紧迫等问题,只有增加选择题的比例,采用机器阅卷,减轻评卷教师工作量,以提高阅卷的速度和质量.对选择题本身的不足,我们已经采取措施弥补,采用一卷多卡、多卷(A、B卷)多卡等方式防止作弊.(如有必要,今后可考虑采用多项选择题,即正确选项多于一个.)4.注重整体设计,发挥结构效应为发挥学科特点,体现高考的选拔功能,发挥整份试卷的区分作用,还应注意对整卷效应的研究.从系统论的观点来看,高考数学试卷是一个系统.系统是由元素和结构决定的,试卷是由试题和试题的结构组成的.系统的质量具有整体性,试卷的好坏取决于整张试卷产生的效应,而不仅仅是个别试题产生的效应,每一个试题都是好题,但拼起来不一定是一张好试卷,因此设计一张好的试卷不仅要选编好的试题,而且要注意试卷的整体结构,发挥整体效应.(1)全面考查考生素质,在选拔中应强调,只有各方面的素质都比较好的学生才是高校所需的学生.因此,试卷应有合理的知识结构和能力层次结构,知识结构是指试卷中包含学科各部分知识的比例.在编制双向细目表时,应根据各部分内容的教学时数和普通高考对考生知识结构的要求,确定试卷中各部分知识内容的分数比例,全面考查概念、定理、公式和法则等各项基础知识.试卷能力层次结构反映试卷对能力要求的层次和比例.试卷对能力要求的层次和比例,反映着考查的性质和要求.同样的学科知识内容,不同性质的考试,对能力要求的层次和比例是不同的.在考试中,应既考查数学能力,又考查一般认识能力,如观察力、注意力、记忆力、想象力和思维能力;既考查较高层次的能力,又考查较低层次的能力.数学考试中,考试目标包括基本方法的内容,因此还应注意结合各项知识考查数学方法.数学科的命题细目表应是三维表格,即知识内容、数学方法和能力层次.只有三者有机结合,并融入具体的一道试题,才能有效地全面考查考生素质.(2)对数学基础知识的考查,要求全面又突出重点,注重学科的内在联系和知识的综合.重点知识是支撑学科知识体系的主要内容,考查时要保持较高的比例,并达到必要的深度,构成数学试题的主体.学科的内在联系,包括各部分知识在各自发展过程中的纵向联系,以及各部分知识之间的横向联系.知识的综合性,则是从学科的整体高度考虑问题,在知识网络交汇点设计试题.数学思想和方法是数学知识在更高层次上的抽象和概括,它是在数学知识发生、发展和应用的过程中孕育出来的.因此,对于数学思想和方法的考查必然要与数学知识的考查结合进行,通过数学知识的考查,反映考生对数学思想和方法理解和掌握的程度.考查时,要从学科整体意义和思想含义上立意,注意通性通法,淡化特殊技巧,有效地检测考生对中学数学知识中所蕴涵的数学思想和方法的掌握程度.对能力的考查,以逻辑思维能力为核心,全面考查各种能力,强调综合性、应用性,切合考生实际.运算能力是思维能力和运算技能的结合,它不仅包括数的运算,还包括式的运算,对考生运算能力的考查主要是以含字母的式的运算为主,同时要兼顾算理和逻辑推理的考查.空间想象能力是对空间形式的观察、分析、抽象的能力,图形的处理与图形的变换都要注意与推理相结合.分析问题和解决问题的能力是上述三种基本数学能力的综合体现,对数学能力的考查要以数学基础知识、数学思想和方法为基础,加强思维品质的考查.对数学应用问题,要把握好提出问题所涉及的数学知识和方法的深度和广度,要切合我国中学数学教学的实际.(3)确定试题难易比例,提高试卷区分能力.试卷区分能力的强弱取决于试题区分度的高低,试题的区分度是试题对不同水平被试知识、能力水平区分鉴别的程度,区分度高的试题应使水平高的考生得高分,而水平低的考生得低分.统计学中以考生在该题的得分与总分的相关系数计算区分度.为使试卷有较强的区分能力,试卷必须有合理的难易结构.试卷难易结构是试卷中试题难度要求的档次和比例.合理的难易结构可以使试卷整体难度满足试卷应具有的区分能力的要求.因为通常的高考试卷并不一定每道试题都具有高区分度,但测试诸如理解、掌握、综合运用和灵活运用等高层次的思维活动时,要有高区分度的试题.这类试题的特点是内容具有一定的深度和广度,知识点覆盖面大,考查的能力较高,题目综合性强.其作用是给应试者留有较大的发挥余地,学业优秀的考生得以脱颖而出,各种水平的考生能得到相应的分数,拉开了考生的档次,有效地区分了考生.统计资料的研究表明,试卷的整体难度控制在0.55~0.60,试卷标准差最大,考生分数分布比较分散,试卷区分度最强,试卷中各种难度的档次一般这样界定:难度在0.7以上为易题,0.4~0.7为中档题,0.4以下为难题.试卷中易、中、难三种试题的比例为3∶5∶2比较合适,各种题型中易、中、难题目的比例分别为,选择题3∶2∶1,填空题2∶2∶1,而解答题一般不安排易题,中档题和难题的比例为3∶2.为使考生产生良好的心理效应,发挥各种题型的功能,试卷难度按两级坡度设计,整卷是一个大坡度,而每种题型由易到难又是一个坡度,各种题型中试题难度的起点都比较低,特别是在选择题部分,起点题水平相当于高中毕业考试的水平,其目的是测度全体考生对基础知识的掌握情况,为教学评价提供参考.选择题最后几题的选项有较大的迷惑性,以此来区分基础知识掌握的深度和熟练运用的程度.解答题变一题把关为多题把关,最后三题分别考查不同的内容并设置一定的关卡,区分考生综合和灵活运用数学知识分析问题、解决问题的能力.(4)控制试卷长度、卷面字数和计算量.试卷长度直接反映了试卷中题目数量,对实现考试目标有一定影响.题量过少,将不能全面考查各种知识、方法和能力,而且在客观上会助长猜题押题的风气;题量过大,多数考生在规定时间内不能答完全部题目,考试成绩与考生水平将会有较大的差距.数学知识彼此联系非常紧密,而且注重在一定情境中的综合应用.如果机械地套用语言测试的模式,题目很多,每题都很小,则只能简单地测试一些单个概念的记忆,既不能深入也不能综合,等于把知识体系肢解、割裂,抓不住数学的精髓,葬送了数学的价值.因此数学中的题目,特别是选择题和填空题,不能太少,必须有一定的深度、一定的综合性.数学试卷应注意难度考试为主的特点,试卷长度要控制恰当.卷面字数指卷面印刷符号数量和考生答卷书写字符的总和.为使考生能尽快、无误地获得信息,题目叙述应简单明了,字母、符号、标点都应正确运用并发挥其作用,在语言不能简明叙述或不能清楚表达时,应注意各种符号和图形的运用,减少生活语言对数学语言的干扰.控制考生答卷的书写时间,充分利用选择题书写答案简便的特点,尽量增加考生的思考时间.试题应尽量避免繁难的运算,控制各题的计算量,排除由于计算过多过繁造成耗时较多,或计算错误造成全题失分的现象,以便集中考查考生的各种能力.(5)编制公平的评分标准.对解答题的解法,应优先考虑绝大部分考生所可能使用的方法,同时注意各种等价解法难度的平衡,并鼓励有创见的解法,各分数段的安排要科学合理,分数给在关键步骤,层次分明,尽量使之对不同形式的解都便于评阅.分数的间隔不易过大,以2~3分为宜,以便控制评分误差.二、能力要求普通高考的目的和性质决定了它不仅要对考生的学科知识和具体技能进行考核,而且要对考生所学习的知识的内在联系、学科基本规律及方法的理解程度和应用程度进行考查,即考查考生的一般心理能力和学科能力.从学科角度和命题实践出发,可将高考的数学考试的能力要求归纳为以下几个方面.(1)逻辑思维能力:会对问题进行观察、比较、分析、综合、抽象与概括;会用演绎、归纳和类比进行判断和推理;能合乎逻辑地、准确地进行表述.(2)运算能力:理解算理,会根据法则、公式、概念进行数、式、方程的正确运算和变形;能分析条件,寻找与设计合理、简捷的运算途径;能根据要求对数据进行估计,能运用计算器进行数值计算.(3)空间想象能力:能根据条件画出正确的图形,根据图形想象出直观形象;能正确地分析出图形中基本元素及其相互关系;能对图形进行分解、组合与变形.(4)分析和解决实际问题的能力:能阅读、理解对问题进行陈述的材料;能综合应用所学数学知识、思想和方法解决问题,包括解决在相关学科、生产、生活中的数学问题,并能用数学语言正确地加以表述.1.逻辑思维能力的考查逻辑思维能力主要是指使用形式逻辑的思维方式,正确合理地进行判断、推理的思考能力,包括观察、比较、分析、综合、抽象、概括、归纳、演绎、类比等.逻辑思维能力是数学能力的核心,是人们进行思维活动的基础,是一个人基本素质的主要标志.逻辑思维能力在数学科中是使用数学素材进行训练和培养的,但这种思维具有思维的一般性,是完全可以脱离数学内容而适用于思维的一切领域.因此,高考应把逻辑思维的考查放在重要的位置.高考对逻辑思维的考查以演绎推理为重点,注意归纳和类比推理;考查观察、比较、分析、综合、抽象和概括能力;注意数学语言、普通语言的理解和运用;注意思维品质的考查.(1)演绎推理.数学是一个各部分紧密联系的逻辑系统,形式逻辑推理是基本方法.由概念组成命题,由命题组成判断,由判断组成证明.在数学领域中只有被严密逻辑证明了的结论才被承认为正确的,因此数学是体现逻辑最为彻底的学科.中学没有逻辑学科,数学就很自然地承担了这方面的责任,因此数学考试中着重考查了演绎推理的能力.演绎推理能力是指从定义出发进行分析、推理、论证的能力,其重点是三段论推理.大学对合格新生的要求一方面是掌握一定的数学知识,但更重要的是具有一定的能力.在大学数学基础课程中,学生普遍感到困难的是线性代数,如向量空间.究其原因,是学生利用原理、定义进行抽象推理的能力没有达到要求.高考对逻辑思维能力的考查主要体现在对演绎推理的考查.试卷中考查演绎推理的试题比例较大,命题时既要考虑使用选择题、填空题的形式进行考查,又要考虑如何使用解答题型,以证明题的形式突出进行考查.试 题[2000年]若a >b >1,P =b a lg lg ⋅,Q =21(lg a +lg b ),R =⎪⎭⎫ ⎝⎛+2lg b a ,则( ). A .R <P <Q B .P <Q <RC .Q <P <RD .P <R <Q【分析】 本例的考查目的是想通过实数大小的比较来考查判断和推理能力,并且是以选择题的形式来考查演绎推理.按常规思路,解本题时主要使用平均值定理来进行判断.∵ a >b >1,∴ lg a >0,lg b >0,lg a ≠lg b由平均值定理,得。