2025年高考数学一轮复习之复数

2025年高考数学一轮复习之复数

选择题（共8小题）

1.已知复数2=告-产。24（j为虚数单位），贝眩的虚部为（）

1111

A.一5B.—C.—iD.-i

2222

2.在复数范围内，Zl,Z2是方程z3+z2+z+l=0的两个不同的复数根，则|Z1-Z2|的值为（)

A.1B.V2C.2D.&或2

a+3i

3.若复数--是纯虚数，则实数。=（）

2+1

3322

A.15B.一C.13D.-

2233

4.复数:一）的共朝复数为（）

3—51

414141.41

A.-17-17lB.-17+1710，17-171D.—+—i

1717

5.已知z满足|z-l|=|z-4，且z在复平面内对应的点为（x,y）,则()

A.x+y=0B.x-y=0C.x-y+l=0D.x+y+l=0

6.已知复数z满足（1+z）z=i（，为虚数单位），则团=（）

V5V2广

A.—B.—C.V2D.V5

52

7.已知复数z在复平面内对应的点的坐标为（1,-2）,则z・2=（)

A.-3B.3C.4D.5

z2

8.在复平面内，复数z对应的点的坐标为（1,-1）,则不==（)

1-21

42244224

A.~—iB.———iC.一+一£D.-+-i

55555555

二.填空题（共5小题）

4+3i

9.i是虚数单位，则复数一7=

2-1

10.若复数Zl,Z2是方程％2-2x+10=0的两根，贝+Z1Z2+2Z2三

11.已知复数z=叶土则Z9Z=_______.

12.在复平面内，复数Z1和Z2对应的点分别为A,B,贝Ijzrz2=

三.解答题(共7小题)

14.高中教材必修第二册选学内容中指出：设复数z=a+6i对应复平面内的点Z,设NXOZ=。，|O0=r,

则任何一个复数2=°+瓦都可以表示成：z=r(cosO+isin。)的形式，这种形式叫做复数三角形式，其中

厂是复数z的模，。称为复数z的辐角，若0We<2m则。称为复数z的辐角主值，记为argz.复数有

以下三角形式的运算法则：若zi=ri(cos,+isinei),z=l,2,•­•n,则：zi,z2.z”=rir2…叫cos(。1+。2+…

+0n)+zsin(0i+02+--+0n)],特别地，如果zi=z2=3zn=r(cos0+zsin0),那么[r(cosO+isinB)]n—r"

(cosn0+zsinn0),这个结论叫做棣莫弗定理.请运用上述知识和结论解答下面的问题：

(1)求复数z=l+cose+isin8,0G(TT,2TT)的模|z|和辐角主值argz(用9表示)；

(2)设“W2024,nGN,若存在OeR满足(sinB+icos。)"=sin〃8+，cos”6,那么这样的”有多少个？

(3)求和：5=cos200+2cos40°+3cos60°+-+2034cos2034X20°.

15.在复数集中有这样一类复数：z=a+4•与2=”-历(a,6eR),我们把它们互称为共轨复数，b=0时它

们在复平面内的对应点关于实轴对称，这是共辗复数的特点.它们还有如下性质：

(1)z+z=2a£R

(2)z-2=2而(当6W0时，为纯虚数)

(3)z=2=zCR

(4)(^)=z

(5)z*z=a2+b2=\z\2=\z\2.

(6)两个复数和、差、积、商(分母非零)的共辗复数，分别等于两个复数的共辗复数的和、差、积、

商.

请根据所学复数知识，结合以上性质，完成下面问题：

(1)设|z|=l.求证：一J是实数；

1+z2

(2)已知|zi|=3,忆2|=5,|ZI-Z2|=7,求久的值；

Z2

（3）设2=田7工其中％,y是实数，当|z|=l时，求B-z+l|的最大值和最小值.

16.我们把〃0+〃1%+〃2/+…+〃/=0（其中〃〃#0,〃EN*）称为一元〃次多项式方程.

代数基本定理：任何复系数一元〃（吒N*）次多项式方程（即〃o,m,。2,…，即为实数）在复数集内

至少有一个复数根；由此推得，任何复系数一元〃（尤N*）次多项式方程在复数集内有且仅有〃个复数

根（重根按重数计算）.

那么我们由代数基本定理可知：任何复系数一元〃（吒N*）次多项式在复数集内一定可以分解因式，转

化为〃个一元一次多项式的积.

2nfc7n

即劭+a1x+a2x+—Fanx=an（x—仇力附。—的）七…（％—crm）,其中k,mGN*,ki+k2+…+km

=n,ai,a2,•,,,为方程〃0+〃11+〃42+・・・+〃甫=0的根.

进一步可以推出：在实系数范围内（即40,al,〃2,…，即为实数），方程〃0+〃1%+〃2/+…+〃请=0的

有实数根，则多项式。0+。1%+〃2，+…+〃/必可分解因式.例如：观察可知，％=1是方程/-1=0的一

个根，则（x-1）一定是多项式9-1的一个因式，即/一1=（x-1）（af+bx+c）,由待定系数法可

矢口，a=b=c=l.

（1）解方程：?-2x+l=0；

（2）设/（%）其中“0,4],ai,4Z3GR+,且〃0+〃1+。2+。3=1.

⑴分解因式：X-（〃0+〃1%+。2/+。3%3）；

（万）记点尸（xo,yo）是y=/（x）的图象与直线y=x在第一象限内离原点最近的交点.求证：当m+2〃2+3〃3

W1时，xo=1.

17.设复数zi=l-i,Z2=cos0+zsin0,其中6W[0,n].

（1）若复数z=五^2为实数，求8的值；

（2）求|3ZI+Z2|的取值范围.

18.如图所示，在△A3C中，ZABC=90°,A8=4,BC=3,点0在线段AC上，NBDC=45°.

（I）求3。的长；

(1)若复数Z是纯虚数，求机的值；

(2)求|z-1|的取值范围.

20.设z+1为关于x的方程/+7"+〃=0,%,"6R的虚根，，为虚数单位.

(1)当z=-l+i时，求小〃的值；

(2)若w=l,在复平面上，设复数z所对应的点为P,复数2+4i所对应的点为Q,试求尸。|的取值范

围.

2025年高考数学一轮复习之复数

参考答案与试题解析

一.选择题（共8小题）

1.已知复数2=者一产024（，为虚数单位），贝吃的虚部为（）

11

A.B.-C.—3iD.-i

22

【考点】共辗复数；复数的运算.

【专题】整体思想；定义法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】A

【分析】先利用i的性质化简产24,再利用复数的四则运算与共轨复数的定义，结合复数的概念即可得

解.

【解答】解:因为六=1,所以泮24=（力506=1,

由Z—J__产024_8T）____

出z-1+i1-Q+i）（iT）1-2,一2十

1/1

z=-'2-2,其虚部为一力

故选：A.

【点评】本题主要考查了复数的四则运算及复数的基本概念的应用，属于基础题.

2.在复数范围内，Zl,Z2是方程z3+z2+z+l=0的两个不同的复数根，则IZ1-Z2I的值为（）

A.1B.V2C.2D.夜或2

【考点】复数的模；复数的运算.

【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】D

【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数模公式，即可求解.

【解答】解：由z3+z2+z+l=0,

得z2（z+1）+z+l—（z2+l）（z+1）=0,

因为祥=-1,所以z=±i或-1,

所以0-Z2|的值为a或2.

故选：D.

【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数模公式，属于基础题.

。+3i

3.若复数二一是纯虚数，则实数。=（）

2+1

32

A.-B.-C.—D.

23

【考点】复数的运算；纯虚数.

【专题】对应思想；定义法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】A

【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简，再由实部为0且虚部不为。列式求解.

(i+3i(a+3i)(2—i)2a+3+(6—2a+36—CL

【解答】解：:+《一i是纯虚数,

2+i(2+i)(2—i)4-i25

.(2a+3=0

.(6—aW0'解得a=-5.

故选：A.

【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题.

4.复数的共轨复数为（）

31—511：”

41414141

TTYiii

A.-T1p7y--17B.—1717C.17—17D.17+17

【考点】共初复数；复数的运算.

【专题】整体思想；综合法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】B

【分析】结合复数的四则运算进行化简，然后结合共轨复数的概念即可求解.

【解答】解：复数乎答i—1(i—l)(3+5i)—8-2i41

———i

3—513-5i―(3+5i)(3-5f)-341717

则共轨复数为-1+与i.

故选：B.

【点评】本题主要考查了复数的四则运算及共轨复数的概念的应用，属于基础题.

5.已知z满足|z-l|=|z-且z在复平面内对应的点为（x,y）,则（）

A.x+y=0B.x-y=0C.x-y+l=0D.x+y+l=0

【考点】复数对应复平面中的点.

【专题】对应思想；分析法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】B

【分析】根据复数的模化简可解.

【解答】解:由题意z=x+y工由|z-l|=|z-力，

即（X-1）2+y2=W+（y_1）2,

化简得尤-y=0.

故选：B.

【点评】本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，考查了复数模的求法，是基础题.

6.已知复数z满足（1+0z=i（i为虚数单位），贝帆尸（）

V5V2「『

A.—B.—C.V2D.v5

52

【考点】复数的模；复数的运算；共辗复数.

【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】B

【分析】根据已知条件，结合复数模公式，即可求解.

【解答】解：（1+力z=i,

则z=仔’

故区l=|z|=|旨|=看%=专=乎.

故选：B.

【点评】本题主要考查复数模公式，属于基础题.

7.已知复数z在复平面内对应的点的坐标为（1,-2）,则z・2=（）

A.-3B.3C.4D.5

【考点】共轨复数；复数的运算.

【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】D

【分析】先求出z,再结合共辗复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解.

【解答】解：复数z在复平面内对应的点的坐标为（1,-2）,

则z=l-2i,

故z・2=（1-2i）（1+20=5.

故选：D.

【点评】本题主要考查共辗复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题.

一Z2

8.在复平面内，复数z对应的点的坐标为（1,-1）,则--;=（）

1-21

42244224

A.——iB.———iC.—+-iD.—+一i

55555555

【考点】复数的运算.

【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】A

【分析】根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解.

【解答】解：复数z对应的点的坐标为(1,-1),

则z=1-i,

z22i2i(l+2i)42.

ph*LJ--------——--------——-----------------------————j

1-2i1—2i(1-2i)(l+2i)55

故选：A.

【点评】本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题.

二.填空题(共5小题)

4+3i

9.z•是虚数单位，则复数一=l+2i

2—1

【考点】复数的运算.

【专题】转化思想；定义法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】见试题解答内容

【分析】根据复数代数形式的运算法则，求解即可.

4+3i(4+3i)(2+i)5+10i…

【解答】解：复数=--------------------=-----------=1+2/

2—1(2—0(2+05

故答案为：l+2i.

【点评】本题考查了复数代数形式的运算问题，是基础题.

10.若复数zi,Z2是方程/-2x+10=0的两根，贝1Jz#+z/+2z?=4.

【考点】复数的运算.

【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】4.

【分析】根据已知条件，结合韦达定理，即可求解.

【解答】解:复数zi,Z2是方程f-2x+10=0的两根，

则Zl+Z2=2,Z1Z2—10,

)

故z/+z1Z2+2Z2=-10+2ZI+ZIZ2+2Z2=-10+2(zi+z2+ziz2=-10+4+10=4.

故答案为：4.

【点评】本题主要考查复数的运算，韦达定理的应用，属于基础题.

11.已知复数2=早，则z・2=2.

【考点】共轨复数；复数的运算.

【专题】整体思想；综合法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】见试题解答内容

【分析】由已知结合复数的四则运算进行化简可求Z,结合共轨复数的概念即可求解.

【解答】解：因为复数2=毕=驾0=1-。

1I

则z・2=(1+0(1-z)=2.

故答案为：2.

【点评】本题主要考查了复数的四则运算，属于基础题.

12.在复平面内，复数Z1和Z2对应的点分别为A,B,则Z1・Z2=-l-3i.

A

X

【考点】复数的运算.

【专题】对应思想；数形结合法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】-1-3z.

【分析】根据题意写出复数Zl,Z2,再计算ZJZ2.

【解答】解：由题意知，Z1=-2-i,Z2=l+i,

所以zi・z2=(-2-z)«(l+z)=-2-2z-z-?=-1-3z.

故答案为：-1-3z.

【点评】本题考查了复数的定义与运算问题，是基础题.

13.已知复数z=2cos；受s皿。(°eR)的实部为0,则tan26=g

【考点】复数的除法运算.

【专题】转化思想；综合法；数系的扩充和复数；数学运算.

4

【答案】--

【分析】根据复数的乘法和除法运算化简复数z,根据z的实部为0即可得出tan0的值,然后即可得解.

r向正分】而刀_(2cos0+isin0)(l—i)_IcosO+sinO+^sinO-lcosO)i

L解口】解：z=q+i)(i)=2'

2cos9+sin0=O,tan0=-2,

.,2tan0-44

••tctn2e-—n~~~一~7-5.

l-tan201-43

4

故答案为：

【点评】本题考查了复数的乘法和除法运算，二倍角的正切公式，是基础题.

三.解答题(共7小题)

14.高中教材必修第二册选学内容中指出：设复数z=a+6i对应复平面内的点Z,设NXOZ=。，|OZ|=r,

则任何一个复数2=〃+瓦都可以表示成：z=r(cosO+isin。)的形式，这种形式叫做复数三角形式，其中

r是复数z的模，9称为复数z的辐角，若0We<2m则。称为复数z的辐角主值，记为argz.复数有

以下三角形式的运算法则：若zi=r“cos&+isin&),z=l,2,—n,则：zi・z2.zn=rir2"T»[cos(0i+02+--

+0n)+zsin(0i+02+",+0n)],特别地,如果zi=z2=(cos0+zsin0),那么[r(cosO+lsinO)]n=rn

(cosH0+zsinn0),这个结论叫做棣莫弗定理.请运用上述知识和结论解答下面的问题：

(1)求复数z=l+cose+isin8,0G(TT,2TT)的模|z|和辐角主值argz(用9表示)；

(2)设〃它2024,“6N,若存在OCR满足(sinO+zcos0)"=sinw0+icos〃0,那么这样的〃有多少个?

(3)求和：S=cos20°+2cos40°+3cos60°+-+2034cos2034X20°.

【考点】复数的相等.

【专题】转化思想；综合法；数系的扩充和复数；逻辑推理；数学运算.

ea

【答案】(1)|z|=-2cos-；argz=?r+2.

(2)506.

(3)1017.

【分析】(1)根据给定条件，利用复数模及辐角主值的定义，结合三角变换求解即得.

(2)利用给定定理，结合诱导公式计算，再借助正余弦函数的周期性求解即可.

(3)令7=$皿20°+2sin40°+3sin60°+・+2034sin(2034X20°)，利用等比数列及错位相减法求出S+iT,

再利用复数相等即可得解.

071

【解答】解：(1)由复数z=l+cose+isin8,0E(m2n),一£(―,n),

22

得|z|=^/(l+cos0)2+sin23=V2+2cos0=J4cos2?=_2cos'

..3TTsin。2sin^cosi0

Vl+cos0>O,sin。VO,<argz<2TI,tan(argz)==l+iosS=tan9

071Q3710

—En),7T+77G(一，2TT),.•・argz=TT+不

22222

,nnminn

(2)由(sinB+icosS)"=[cos(——0)+zsin(——0)]"=cos(——nd)+zsin(——n0),

22

nnnn

cos(——n0)+zsin(——nd)=sinn0+zcosH0,

22

cos(等—nd)=sinn0

sin(等—nB)=cosnO

：.-—n。,fcez,解得〃=4k+1,

2

•・X2024,nGN,・・・0W4好1W2024,.*.0^^505,k《Z,

・••符合条件的攵有506个，

・•・这样的〃有506个.

(3)令3=COS200+zsin20°,而2034X20°=113X360°,Mu)2034=l,

☆T=sin200+2sin40°+3sin60°+・+2034sin(2034X20°),

则s+iT=O)+2O)12+3O)3+•+2O34a)2035,

两边同乘3,得：

3(S+zT)=a)2+2a)3+3a)4+*+a)2034-2034a)2035

=3(1；320341—2034O)2034・3=_2034(A),

1—0)

・2034a

••3+11-3,

1—3

3cos200+isin200(cos20°+isin20°)(l-cos200+ism200)

1-3l-cos200-isin200(l-cos200)2+sin220°

_—l+cos200+is讥20°_1sin20°.

=2-2cos20°=~2+2-2cos20ot,

1<?7722O0

，S+iT=-2034(-4+>工n。i),

22-2cos20

；.S=1017.

【点评】本题考查复数模、辐角主值的定义、三角变换、诱导公式、正余弦函数的周期性、等比数列、

错位相减法、复数相等等基础知识，考查运算求解能力，是难题.

15.在复数集中有这样一类复数：z=a+应与-历(mb€R),我们把它们互称为共辗复数，bWO时它

们在复平面内的对应点关于实轴对称，这是共朝复数的特点.它们还有如下性质：

(1)z+z—2aER

(2)z—2=2〃(当bWO时，为纯虚数)

(3)z=2ozCR

(4)厉=z

(5)z*z=a2+b2=\z\2=|z|2.

(6)两个复数和、差、积、商(分母非零)的共物复数，分别等于两个复数的共物复数的和、差、积、

商.

请根据所学复数知识，结合以上性质，完成下面问题：

(1)设zWK|z|=l.求证：z彳是实数;

1+z2

(2)已知|zi|=3,|Z2|=5,|ZI-Z2|=7,求久的值；

Z2

(3)设z=x+yi,其中x,y是实数，当|z|=l时，求B-z+l|的最大值和最小值.

【考点】复数的运算；共辗复数；复数的模.

【专题】整体思想；综合法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】(1)证明见解答；

Zi33V5

(2)—=±—/；

z21010

(3)廿-z+l|max~3y廿-0.

【分析】(1)设z=〃+加(a,Z?ER),利用z吃=1,z+z=2«GR,可证得---7是实数；

1+Z2

(2)设叁=°+〃(p,q€R),结合题意，可得关于p,q的方程组，解之即可；

Z2

(3)设z=cos8+isin。，0GR,依题意，可得|z?-z+l|=|2cosB-1|,从而可求得廿-z+l|的最大值和最小

值.

【解答】解：(1)证明：设z=〃+bi(〃,Z?GR),|z|=l,

.*.z*z=1,z+z=2tz£R,

；.一7=^=工是实数；

l+zzzz+zzz+z

(2)设二=p+qi(p,q€R),

z2

则zi=(p+qi)Z2,

V|zi|=3,\Z2\=5,|ZI-Z2|=7,

.•・3=|ZI|=|(p+qi)||z2|=5jp2+q2

・・.p2+q2=W①；

又7=|ZLZ2|=|(p+qi)Z2-Z2\=\z2\\(p-1)+qi\=5j(p-l)2+q2,

(0-1)2+/=美②；

联立①②，解得p=-磊，q=±-^-,

.Zi33包

・・-=—一±---1；

z21010

（3）*.*\z\=l,设z=cos8+，sin。，0GR,

则Iz2-z+l|=B-z+z吃|=|z（z+z—1）|=|z||z+z—l|=|2cos0-1|,

•二-iWcosOWl,

-3W2cos。-1W1,

「・Bz+l\max=^f|z2~z+l|mm~0.

【点评】本题考查复数的运算及其性质的应用，考查转化与化归思想及方程思想的综合运用，属于中档

题.

16.我们把40+4tx+azdl■…+。/=0（其中即#0,«GN*）称为一元〃次多项式方程.

代数基本定理：任何复系数一元〃（吒N*）次多项式方程（即。o,m,42,…，即为实数）在复数集内

至少有一个复数根；由此推得，任何复系数一元〃（械N*）次多项式方程在复数集内有且仅有〃个复数

根（重根按重数计算）.

那么我们由代数基本定理可知：任何复系数一元〃（於N*）次多项式在复数集内一定可以分解因式，转

化为〃个一元一次多项式的积.

即劭+&%+劭/+—Fa九%71=a九（%一仇1）“1（%—劭）取…（％一0加）%1,其中k,mGN*,ki+kz+…+km

=n,ai,a2,…，为方程QO+〃LX+42X2+…+〃甫=o的根.

进一步可以推出：在实系数范围内（即Q0,ai,42,…，即为实数），方程〃0+〃1%+〃2，+…+〃请=0的

有实数根，则多项式。0+。1%+〃2/+…+〃/必可分解因式.例如：观察可知，％=1是方程/-1=0的一

个根，贝！J（X-1）一定是多项式9-1的一个因式，即％3-1=（X-1）（«x2+Z?x+c）,由待定系数法可

知，a=b=c=l.

（1）解方程：?-2%+1=0；

（2）设/（%）=〃0+〃11+〃2胫+〃313,其中QO,ai,〃3ER+,且Q0+〃l+〃2+〃3=l.

⑴分解因式：X-（〃0+〃1%+〃2/+〃3%3）；

（方）记点尸（xo,yo）是y=/（x）的图象与直线y=x在第一象限内离原点最近的交点.求证：当m+2〃2+3〃3

时，xo=l.

【考点】复数的代数形式与三角形式互化.

【答案】⑴％1=1,%2=I'店，%3=匕乏

2

(2)(z)x-(〃0+〃11+〃2/+〃3/)=—(%—l)[a3x+(a2+a3)x—a0]；

(n)证明过程见解析.

【分析】(1)观察可知％=1是方程/-2%+1=0的一个根，所以设4-2x+l=(x-1)(af+bx+c),

对照可得〃=1,b=l,c=-1,得到(x-1)(x2+x-1)=0,即可求出方程的根；

2323

(2)(i)x=l是方程％—(a0+arx+a2x+a3x)=0的一个根，所以设%—(a0+arx+a2x+a3x)=

(%—l)(ax2+b%+c)=ax3+(b—a)x2+(c—b)x—c,对照可得a=-〃3,b=(〃o+〃i)-1,c=ao,

从而可得出答案；

23

(z7)令/(%)-x=0,故xo是方程(劭+arx+a2x+a3x)—x=0的最小正实根，由(i)知(a。+arx+

2322

a2x+a3%)—%=(%—l)[a3x+(a2+a3)x—a0],设g(%)=a3x+(a2+a3)x—a0,根据g(x)

开口方向，结合g(0)=-Q0〈0,则g(x)一定有一正一负两个实根，设正实根为结合“1+2〃2+3。3

W1时，g(1)W0,故得到xo=l.

【解答】解：(1)观察可知：(％-1)是方程/-2x+l=0的一个根；........1分

所以：J?-2x+l=(x-1)(47X2+Z?X+C)=〃/+(b-a)x2+(c-Z?)x-c,

由待定系数法可知，Q=1,b=l,c=-1；

所以(x-1)(W+x-1)=0,即x=l或/+%-1=0,

则方程的根为Xl=l,%2=1j行'%3=与底,.........4分

(2)(z)由40+〃1+。2+。3=1可知：(X-1)是方程%—(。0+%.%++。3/)=0的一个根，

23232

所以：x—(a0+arx+a2x+a3%)=(x—l)(ax+b%+c)=ax+(b—a)x+(c—b)x—c,

由待定系数法可知，4=-43,b=~(〃2+〃3)=(〃0+。1)-LC=〃0,

2322

所以x—(a0+arx+a2x+a3x)=(x—1)[—a3x—(a2+a3)x+a0]=—(x—l)[a3x+(a2+

a3)x-a0]；...........8分

23

(方)令于(x)-x=0,即(a。+arx+a2x+a3x)—x=0,

点、PGo,yo)是y=/(x)的图象与直线y=x在第一象限内离原点最近的交点，

23

等价于％o是方程(劭+arx+a2x+a3x)-x=0的最小正实根；.........10分

由(力知：(x-1)是方程%—(劭+%X+a2/+%/)=0的一个正实根，

232

且(a。+arx+a2x+a3x)—x=(%—l)[a3%+(a2+a3)x—a0],....12分

设9(%)=。3%2+(的+。3)%-。0，由〃0，41，42,的^氏十可知8(工)为开口向上的二次函数，

又因为g(0)=-6Z0<0,则g(%)一定有一正一负两个实根，设正实根为

又〃+0。1+。2+〃3=1,可得。0=1-(〃1+〃2+。3),

所以g(1)=〃3+(。2+〃3)-40=3〃3+2〃2+〃1-1,

当ai+2a2+3a3Wl时，g(1)WO,

23

由二次函数单调性可知121,即x—1是方程x-(即+<21%+a2x+a3x)=0的最小正实

根.................17分

【点评】本题考查三次函数，解题关键是需要求解出三次函数的零点，可以先求出一个零点后将三次函

数转化为二次函数再进行解题.

17.设复数=Z2=cos0+zsin0,其中。日0,TT].

(1)若复数z=Z-2为实数，求。的值；

(2)求|3ZI+Z2|的取值范围.

【考点】共轲复数；复数的运算.

【专题】转化思想；转化法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】⑴0=^.(2)[3V2-1,5].

【分析】(1)根据已知条件，结合共辗复数的定义，以及复数的乘除法法则，即可求解.

(2)根据已知条件，结合三角函数的恒等变换公式，以及复数模公式，即可求解.

【解答】解：(1).••复数zi=l-i,

・・Z1=1+i，

.\z=(1+i)(cos0+zsin0)=(cos9-sin9)+(sin0+cos9)i,

・・,复数Z=/-Z2为实数，

sin9+cos9=0,即tan9=-1,

V9e[0,n],

,n_3"

・・〃一w，

(2)*.*zi=1-z,Z2=cos6+zsin0,

•'•3ZI+Z2=3-3f+cos9+sin0z=(3+cos0)+(sinO-3)i,

|3ZI+Z2|=+cosO)2+{sinO—3)2=J19+6(cos6-sinB)=J19+6y[2cos(fi+/,

VOG[O,ii],

—14cos(8+彳)<-2~f即—6A/246A/2COS(0+4)46,

・・・|3ZI+Z2|的取值范围为[3或一1,5].

【点评】本题主要考查复数与三角函数的综合应用，属于中档题.

18.如图所示，在△A5C中，ZABC=90°,AB=4,BC=3,点。在线段AC上，/BDC=45°.

(I)求8。的长；

(II)已知复数z的模为10,且以/ABD为辐角，求z2.

A.

\\D

B1-------------、C

【考点】复数的三角表示.

【专题】转化思想；综合法；解三角形；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】(I)号2

(II)Z2=96+28Z.

【分析】(I)先由题设求得AC,进而求得sin/ACB,再在△BCD中利用正弦定理求得8。的长;

(II)先由(I)求得NA8。的正弦、余弦值，进而求得复数z,再利用复数的乘法运算求得z2.

【解答】解：(I):在△ABC中，ZABC=90°,AB=4,8C=3,

.*.AC=V42+32=5,sinNAC8=耳，cosNAC3=耳，

又在△BCD中，NBDC=45°,

・・・由正弦定理可得：-~BDBC,即B丁D=方3，解得：&)=1入*万；

sinZ-ACBsm45°-V25

5T

(II)由(I)可得：cosAABD=sinZDBC=sin(45°+ZACB)=:(-+-)=等

I_____________、万

sinZABD=V1—cos2Z-ABD=而，

又复数z的模为10,

7V2V2「「

10(---+—z)=1>J2+y[2i,

1010

:•会=(7V2+V2z)2=2(7+z)2=96+281.

【点评】本题主要考查正弦定理的应用、复数的三角形式与代数形式的互化及复数的运算,属于中档题.

19.已知复数2=(2+z)机+与(其中i是虚数单位，加6R).

(1)若复数z是纯虚数，求相的值;

(2)求|z-1|的取值范围.

【考点】纯虚数；复数的运算.

【专题】对应思想；综合法；数系的扩充和复数；数学运算.

【答案】见试题解答内容

【分析】利用复数代数形式的乘除运算化简Z.

(1)由实部为0且虚部不为0列式求得m值；

(2)求出|z-l|,利用配方法求范围.

【解答】解：z=(2+i)=2m+mi+=(2m+1)+(m-l)i.

⑴•••复数z是纯虚数，即机=一；

'-m—10L

(2)z-1=2m+Cm-1)i,

\z-1|=Q4m2+(m-1)2=V5m2—2m+1=Js(m—1)2+

...|z-1|的取值范围是心展，+co).

【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，考查复数模的求法，是基础题.

20.设z+1为关于尤的方程x2+mx+〃=0,租，“6R的虚根，，为虚数单位.

(1)当z=-l+i时，求相、w的值；

(2)若w=l,在复平面上，设复数z所对应的点为P,复数2+4i所对应的点为Q,试求尸。|的取值范

围.

【考点】复数对应复平面中的点.

【专题】方程思想；三角函数的求值；数系的扩充和复数.

【答案】见试题解答内容

【分析】(1)由Z=-l+i,可得Z+I=i,可得方程/+7"1+”=0的两根分别为i,-i.利用根与系数的

关系可得f「2'二一小，解出相，加

(2)设z=〃+bi(a,/?eR),可得z+l=〃+l-/?i.由题意可得：(z+1)z+1=(q+l)2+廿=1.令q+l

=cos0,b=sinQ,0G[O,2n).\PQ\=^{cosO—1—2)2+(sin9—4)2,化简即可得出.

【解答】解:(1),•*z=~1+z,Az+1=

则方程x2+mx+n=0的两根分别为i,~i.

由根与系数的关系可得f