复数十年高考题(带详细解析)

复复 数数 试题类编 1.设复数 z1=1+i，z2= 2 3 2 1 i，则 arg 2 1 z z 等于（ ） A. 12 5 B. 12 5 C. 12 7 D. 12 13 2.复数 z= i im 21 2 （mR，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（ 2 ，） ，那么复数（1i） （cosisin）的辐角的主值是（ ） A. 4 9 B. 4 C. 4 D. 4 7 4复数（ 2 3 2 1 i）3的值是（ ） A. iB.iC.1D.1 5.如图 121，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 i 62 ，则 arg z 1 是（ ） A. 6 B. 6 11 C. 3 D. 3 5 图 121 7.设复数 z11i 在复平面上对应向量 1 OZ，将 1 OZ按顺时针方向旋转 6 5 后 得到向量 2 OZ，令 2 OZ对应的复数 z2的辐角主值为，则 tan等于（ ） A.23 B.23 C.23D.23 8.在复平面内，把复数 3 3i 对应的向量按顺时针方向旋转 3 ，所得向量对应的 复数是（ ） A.23 B.23i C.33i D.3+3i 9.复数 z ) 5 sin 5 (cos3 i（i 是虚数单位）的三角形式是（ ） A.3cos（ 5 ）isin（ 5 ） B.3（cos 5 isin 5 ） C.3（cos 5 4 isin 5 4 ）D.3（cos 5 6 isin 5 6 ） 10.复数 z13i，z21i，则 zz1z2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 z12sinicos（ 4 2 )在复平面上对应向量 1 OZ，将 1 OZ按 顺时针方向旋转 4 3 后得到向量 2 OZ， 2 OZ对应的复数为 z2 r（cosisin） ，则 tan等于（ ） A. 1tan2 tan2 B. 1tan2 1tan2 C. 1tan2 1 D. 1tan2 1 12.复数i 的一个立方根是 i，它的另外两个立方根是（ ） A.i 2 1 2 3 B.i 2 1 2 3 C.i 2 1 2 3 D.i 2 1 2 3 13.复数 5 4 )31 ( )22( i i 等于（ ） A.1+3i B.1+3i C.13i D.13i 14.设复数 z= 2 3 2 1 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（ ） A.3 B.4 C.6 D.7 15.如果复数 z 满足|z+i|+|zi|=2，那么|z+i+1|的最小值是（ ） A.1 B.2 C.2 D.5 二、填空题 16.已知 z 为复数，则 z+z2 的一个充要条件是 z 满足 . 17.对于任意两个复数 z1x1y1i，z2x2y2i（x1、y1、x2、y2为实数） ，定义运算 “”为：z1z2x1x2y1y2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 w1w20，那么在P1OP2中，P1OP2的大小为 18.若 zC，且（3z）i1（i 为虚数单位） ，则 z 19.若复数 z 满足方程zi=i1（i 是虚数单位） ，则 z=_. 20.已知 a= i i 21 3 （i 是虚数单位） ，那么 a4=_. 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， （13i）z 为纯虚数，w i z 2 ，且|w|52，求 w 23.已知复数 z1i，求实数 a，b 使 az2bz（a2z）2 24.已知 z71（zC 且 z1）. （）证明 1zz2z3z4z5z60； （）设 z 的辐角为，求 coscos2cos4的值. 25.已知复数 z1i（1i）3. （）求 argz1及|z1|； （）当复数 z 满足|z|1，求|zz1|的最大值. 26.对任意一个非零复数 z，定义集合 Mzw|wz2n1，nN （）设是方程 x2 1 x 的一个根，试用列举法表示集合 M； （）设复数Mz，求证：MMz 27.对任意一个非零复数 z，定义集合 Mzw|wzn，nN （）设 z 是方程 x+ x 1 =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； （）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（34i）z 在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线 上，|2zm|52（mR） ，求 z 和 m 的值. 29.已知复数 z01mi（M0） ，zxyi 和xyi，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 0 zz，|2|z| （）试求 m 的值，并分别写出 x和 y用 x、y 表示的关系式； （）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； （）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 z3cosi2sin.求函数 yargz（0 2 ）的最大值以及对 应的值. 31.已知方程 x2（4i）x4ai0（aR）有实数根 b，且 z=a+bi，求复数 z（1ci） （c0）的辐角主值的取值范围. 32.设复数 z 满足 4z+2z=3 3+i，=sinicos（R）.求 z 的值和|z|的 取值范围. 33.已知复数 z1满足（z12）i=1+i，复数 z2的虚部为 2，且 z1z2是实数，求复数 z2 的模. 34.已知向量OZ 所表示的复数 z 满足（z2）i=1+i，将OZ绕原点 O 按顺时针方向 旋转 4 得 1 OZ，设 1 OZ所表示的复数为 z，求复数 z+2i 的辐角主值. 35.已知复数 z= 2 3 2 1 i，w= 2 2 2 2 i，求复数 zw+zw3的模及辐角主值. 36.已知复数 z= 2 3 2 1 i，= 2 2 2 2 i.复数 z，z23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（m0，i 为虚数单位） ，=z22，的辐角主值为，求的 取值范围. 38.设 z 是虚数，w=z+ z 1 是实数，且12. （）求|z|的值及 z 的实部的取值范围； （）设 u= z z 1 1 ，求证：u 为纯虚数； （）求 wu2的最小值. 39.已知复数 z1、z2满足|z1|=|z2|1，且 z1+z2= 2 3 2 1 i.求 z1、z2的值. 40.设复数 z=cos+isin，（，2）.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， （）设 w=z2+3z4，求 w 的三角形式. （）如果 1 2 2 zz baxz =1i，求实数 a，b 的值. 43.设 w 为复数，它的辐角主值为 4 3 ，且 4)( 2 为实数，求复数 w. 答案解析答案解析 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= 4 3 ，argz2= 3 . 所以 arg 12 5 34 3 2 1 z z 0，2） ， arg 12 5 2 1 z z . 解析二：因为iii i i z z ) 2 1 2 3 () 2 1 2 3 () 2 3 2 1 )(1( 2 3 2 1 1 2 1 . 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= 5 1 )21)(21 ( )21)(2( 21 2 ii iim i im （m4）2（m+1）i在复平面 对应点如果在第一象限，则 01 04 m 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：（1i） （cosisin）2（cos 4 isin 4 ） （cosisin） 2cos（ 4 ）isin（ 4 ） （ 2 ，） 4 （ 4 3 ， 4 5 ） 该复数的辐角主值是 4 4.答案：C 解法一：（ 2 3 2 1 i）3（cos60isin60）3cos180isin1801 解法二：ii 2 3 2 1 , 2 3 2 1 ， 1)()() 2 3 2 1 ( 333 i 5.答案：D 6.答案：D 解法一： 3 5 arg2 1 arg), 3 sin 3 (cos22) 2 3 2 1 (22 z z iiz 解法二：)31 (2iz 22 311i z z 1 , 0 22 3 , 0 22 1 应在第四象限，tan3，arg z 1 arg z 1 是 3 5 7.答案：C 解析：argz1 4 5 ，argz2 12 5 tantan 12 5 tan75tan（4530）32 33 33 8.答案：B 解析：根据复数乘法的几何意义，所求复数是 iiiii32) 2 3 2 1 )(33() 3 sin() 3 )cos(33( 9.答案：C 解法一：采用观察排除法.复数) 5 sin 5 (cos3 iz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) 5 sin 5 (cos3 iz直接化为复数的三角形式，即 ). 5 4 sin 5 4 (cos3 ) 5 sin() 5 cos(3) 5 sin 5 cos(3 i iiz 10.答案：D 解析： 12 23 arg 4 7 , 4 7 arg, 6 arg0 2121 zzzz 11.答案：A 解析：设 z12sinicos|z1|（cosisin） ， 其中|z1| | sin2 cos,cossin4 1 22 z ， sin | cos 1 z （ 24 ） z2|z1|cos（ 4 3 ）isin（ 4 3 ） r（cosisin） tan 1tan2 1tan2 cossin2 cossin2 sincos sincos ) 4 3 cos( ) 4 3 sin( cos sin 12.答案：D 解法一：i=cos 2 3 +isin 2 3 i 的三个立方根是 cos 3 2 2 3 sin 3 2 2 3 k i k （k=0，1，2） 当 k=0 时，iii 2 sin 2 cos 3 2 3 sin 3 2 3 cos ； 当 k=1 时，iii 2 1 2 3 6 7 sin 6 7 cos 3 2 2 3 sin 3 2 2 3 cos ； 当 k=2 时，iii 2 1 2 3 6 11 sin 6 11 cos 3 4 2 3 sin 3 4 2 3 cos . 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 2 1 ,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：) 4 sin 4 (cos2222 ii， 故（2+2i）4=26（cos+isin）=26，1) 3 sin 3 (cos23 ii， 故 3 5 sin 3 5 cos 2 )31 ( 5 5 i i . 于是ii i i i 31) 2 3 2 1 (2 2 ) 3 5 sin 3 5 (cos2 )31 ( )22( 5 6 5 4 , 所以选 B. 解法二：原式=ii i i i 2 3 2 1 2 ) 2 3 2 1 ( )2( 2 1 ) 2 3 2 1 (2 )1 (16 2 2 55 4 i i i 31 4 )31 (4 31 4 应选 B 解法三：2+2i 的辐角主值是 45，则（2+2i）4的辐角是 180；13i 的一个辐角 是60，则（13i）5的辐角是300，所以 5 4 )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= 2 3 2 1 i 是 z3=1 的一个根，记 z=，4=，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|+|zi|=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+|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：Rez1 解析：设 z=a+bi，如果 z+z2，即 2a2 a1 反之，如果 a1，则 z+z=2a2，故 z+z2 的一个充要条件为 Rez1. 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： 2 解析：设iyxziyxz OPOP 2211 21 , w1w20 由定义 x1x2y1y20 OP1OP2 P1OP2 2 18.答案：z3i 解析：（3z）i1 3zi z3i 19.答案：1i 解析：zi=i1， i i z 1 =（i1） （i）=1+i z=1i. 20.答案：4 解析：a4=（ i i 21 3 ）22= 5 )21)(3(ii 4=（ 5 55i ）4 =（1+i）4=（2i）2=4 21.答案：2+i 解析：由已知i iii i i z 2 5 )83(64 41 )21)(34( 21 34 ， 故 z=2+i. 22.解法一：设 zabi（a，bR） ，则（13i）za3b（3ab）i 由题意，得 a3b0 |25| 2 | i z ， |z|105 22 ba 将 a3b 代入，解得 a15，b15 故 i i 2 515 （7i） 解法二：由题意，设（13i）zki，k0 且 kR， 则 )31)(iik ki |52，k50 故（7i） 23.解：z1i， az2bz（a2b）（a2b）i， （a2z）2（a2）244（a2）i（a24a）4（a2）i， 因为 a，b 都是实数，所以由 az2bz（a2z）2得 ).2(42 ,42 2 aba aaba 两式相加，整理得 a26a80， 解得 a12，a24， 对应得 b11，b22 所以，所求实数为 a2，b1 或 a4，b2 24.（）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：0 111 7 1 z zz z zzz a qaa S n n 1zz2z3z60 解法二：S1zz2z6 zSzz2z3+z6z7 得（1z）S1z70 S z1 0 0 （）z71，zcosisin z7cos7isin71，72k zz2z41z3z5z6 1cos（2k4）isin（2k4）cos（2k2）isin（2k 2）cos（2k）isin（2k） 1（cos4isin4cos2isin2cosisin） 2（coscos2cos4）1， coscos2cos4 2 1 解法二：z2z51，z2 5 5 1 z z 同理 z3 4 z，z 6 z zz2z41 4 z 2 zz zz 2 zz 4 zz1 cos2coscos4 2 1 25.（）解：z1i（1i）3i（2i） （1i）2（1i） |z1|2222 22 ，argz122（cos 4 7 isin 4 7 ） argz1 4 7 （）解法一：|z|1，设 zcosisin |zz1|cosisin22i| ) 4 sin(249)2(sin)2(cos 22 当 sin（ 4 ）1 时|zz1|2取得最大值 942 从而得到|zz1|的最大值 221 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） |zz1|的最大值可以看成点（2，2）到圆上的点距离最大.由图 122 可知： |zz1|max221 26.（）解：是方程 x22x10 的根 1 2 2 （1i）或2 2 2 （1i） 图 122 当1 2 2 （1i）时，12i，12n1 11 2 1 )( nn i )1 ( 2 2 ),1 ( 2 2 ),1 ( 2 2 ),1 ( 2 2 1 , 1 , 1111 1 iiii ii M 当2 2 2 （1i）时，22i 12 1 , 1 , 2222 M ii M M)1 ( 2 2 ),1 ( 2 2 ),1 ( 2 2 ),1 ( 2 2 iiii （）证明：Mz，存在 MN，使得z2m1 于是对任意 nN，2n1z(2m1)(2n1) 由于（2m1） （2n1）是正奇数，2n1Mz，MMz 27.解：（）z 是方程 x210 的根， z1i 或 z2i，不论 z1i 或 z2i， Mzi，i2，i3，i4i，1，i，1 于是 P 3 1 C 2 2 4 （）取 zi 2 3 2 1 ， 则 z2 2 3 2 1 i 及 z31 于是 Mzz，z2，z3或取 z 2 3 2 1 i （说明：只需写出一个正确答案） 28.解：设 zxyi（x、yR） ， |z|5，x2y225， 而（34i）z（34i） （xyi）（3x4y）（4x3y）i， 又（34i）z 在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上， 3x4y4x3y0，得 y7x x 2 2 ，y 2 27 即 z（ 2 2 2 27 i） ；2z（17i） 当2z17i 时，有|17im|52， 即（1m）27250， 得 m=0，m=2. 当2z（17i）时，同理可得 m0，m2 29.解：（）由题设，| 0 zz|z0|z|2|z|， |z0|2， 于是由 1m24，且 m0，得 m3， 因此由 xyi)31 (iiyxyxyix)3(3)(， 得关系式 yxy yxx 3 3 （）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 ( xy xx 消去 x，得 y（23）x232， 故点 Q 的轨迹方程为 y（23）x232 （）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（k0）. 解：该直线上的任一点 P（x，y） ，其经变换后得到的点 Q（x3y，3xy） 仍在该直线上， 3xyk（x3y）b， 即（3k1）y（k3）xb， 当 b0 时，方程组 kk k 3 1) 13( 无解， 故这样的直线不存在. 当 b0，由 k kk3 1 ) 13( ， 得3k22k30， 解得 k 3 3 或 k3， 故这样的直线存在，其方程为 y 3 3 x 或 y3x. 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 2 得 tan0 由 z3cosi2sin，得 0argz 2 及 tan（argz） 3 2 cos3 sin2 tan 故 tanytan（argz） tan2 tan 3 1 tan 3 2 1 tan 3 2 tan 2 tan 3 2tan26 tan2 tan 3 1 12 6 当且仅当 tan 3 2tan（0 2 ）时， 即 tan 2 6 时，上式取等号. 所以当arctan 2 6 时，函数 tany 取最大值 12 6 由 yargz 得 y（ 2 , 2 ） 由于在（ 2 , 2 ）内正切函数是递增函数，函数 y 也取最大值 arctan 12 6 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（4i）x4ai0（aR）有实根 b， b2（4i）b4ai0， 得 b24b4（ba）i0， 即有 0 044 2 ab bb , 2 2 b a 得 z=a+bi=22i， iccciiciz)22(22)1)(22()1 ( 当 0c1 时，复数z（1ci）的实部大于 0，虚部不小于 0， 复数z（1ci）的辐角主值在0， 2 ) 范围内，有 argz（1ci） arctan c c 22 22 arctan（ c1 2 1） ， 0c1，0 c1 2 11， 有 0arctan（ c1 2 1） 4 ， 0argz（1ci） 4 当 c1 时，复数z（1ci）的实部大于 0，虚部小于 0， 复数z（1ci）的辐角主值在（ 2 3 ，2） 范围内，有 argz（1ci） 2arctan c c 22 22 2arctan（ c1 2 1） c1，1 c1 2 10， 有 4 arctan（ c1 2 1）0， 4 7 argz（1ci） 2 综上所得复数z（1ci） （c0）的辐角主值的取值范围为 0， 4 )（ 4 7 ，2） 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，bR） ，则z=abi，代入 4z+2z=33+i 得 4（a+bi）+2（abi）=33+i. 2 1 2 3 b a .z= 2 1 2 3 i. |z|=| 2 1 2 3 i（sinicos）| =) 6 sin(22cossin32)cos 2 1 ()sin 2 3 ( 2 1sin（ 6 ）1，022sin（ 6 ）4. 0|z|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（z12）i=1+i 得 z1= i i1 +2=（1+i） （i）+2=3i z2的虚部为 2. 可设 z2=a+2i（aR） z1z2=（3i） （a+2i）=（3a+2）+（6a）i 为实数. 6a=0，即 a=6 因此 z2=6+2i，|z2|=10226 22 . 34.解：由（z2）i=1+i 得 z= i i1 +2=3i z=zcos（ 4 ）+isin（ 4 ） =（3i） （ 2 2 2 2 i）=222i z+2i=22i=2（ 2 2 2 2 i）=2（cos 4 7 +isin 4 7 ） arg（z1+2i）= 4 7 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）=（ 2 3 2 1 i） （ 2 2 2 2 i） （1+i） = 2 2 （1+i）2（ 2 3 2 1 i）=) 2 1 2 3 (2) 2 3 2 1 (2 2 2 iii ) 6 5 sin 6 5 (cos2 i 故复数 zw+zw3的模为2，辐角主值为 6 5 . 解法二：w= 2 2 2 2 i=cos 4 +isin 4 zw+zw3=z（w+w3）=z（cos 4 +isin 4 ）+（cos 4 +isin 4 ）3 =z（cos 4 +isin 4 ）+（cos 4 3 +isin 4 3 ） =z（ii 2 2 2 2 2 2 2 2 ） =) 2 1 2 3 (22) 2 3 2 1 (iii) 6 5 sin 6 5 (cos2 i 故复数 zw+zw3的模为2，辐角主值为 6 5 . 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：) 6 sin() 6 cos( 2 1 2 3 iiz = 4 sin 4 cos 2 2 2 2 ii 于是 z=cos 12 +isin 12 ，z =cos（ 12 ）+isin（ 12 ）. z23=cos（ 3 ）+isin（ 3 ） （cos 4 3 +isin 4 3 ）=cos 12 5 +isin 12 5 因为 OP 与 OQ 的夹角为 12 5 （ 12 ）= 2 . 所以 OPOQ 又因为|OP|=|z|=1，|OQ|=|z23|=|z|2|3=1 |OP|=|OQ|. 由此知OPQ 为等腰直角三角形. 证法二：z=cos（ 6 ）+isin（ 6 ）. z3=i 又= 4 sin 4 cos 2 2 2 2 ii. 4=1 于是i z z zz zz z z 2 433232 | 由此得 OPOQ，|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，bR 且 b0） ，则 z2=abi 于是（a+bi）2=（abi） ，于是 bab aba 2 22 解得 2 3 2 1 b a 或 2 3 2 1 b a iziziziz 2 3 2 1 , 2 3 2 1 2 3 2 1 , 2 3 2 1 2121 或 （2）由 z1=1+mi（m0） ，z12=z2得 z2=（1m2）+2mi =（1+m2）+2mi tan= m m m m 1 2 1 2 2 由 m0，知 m+ m 1 2，于是1tan0 又 （m2+1）0，2m0，得 4 3 因此所求的取值范围为 4 3 ，）. 38.解：（）设 z=a+bi，a、bR，b0 则 w=a+bi+i ba b b ba a a bia )()( 1 2222 因为 w 是实数，b0，所以 a2b2=1， 即|z|=1. 于是 w=2a，1w=2a2， 2 1 a1， 所以 z 的实部的取值范围是（ 2 1 ，1）. （）i a b ba biba bia bia z z u 1)1 ( 21 1 1 1 1 22 22 . 因为 a（ 2 1 ，1） ，b0，所以 u 为纯虚数. （） 1 2 12 1 1 2 ) 1( 1 2 ) 1( 2 2 2 2 2 2 a a a a a a a a a b auw . 3 1 1 ) 1(2 a a. 因为 a（ 2 1 ，1） ，所以 a+10， 故 wu222 1 1 ) 1( a a3=43=1. 当 a+1= 1 1 a ，即 a=0 时，wu2取得最小值 1. 39.解：由|z1z2|=1，得（z1+z2） （ 21 zz ）=1，又|z1|=|z2|=1，故可得 z1 2 z+ 1 zz2=1，所以 z1 2 z的实部= 1 zz2的实部= 2 1 .又| 1 zz2|=1，故 1 zz2的虚部为 2 3 ， 1 zz2= 2 1 2 3 i，z2=z1 ) 2 3 2 1 (i . 于是 z1+z1 ii 2 3 2 1 ) 2 3 2 1 ( ， 所以 z1=1，z2= i 2 3 2 1 或 z1= i 2 3 2 1 ，z2=1. 所以 iz z 2 3 2 1 1 2 1 ，或 1 2 3 2 1 2 1 z iz 40.解法