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      复数

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      [导读]学科:数学 教学内容:第五章 复数 一、考纲要求 1.理解复数、虚数、纯虚数的概念以及复数相等的概念,掌握复数的代数形式及其运算法则 ,能正确地进行复数代数的运算。 2.掌握复数三角形式及其特征,三角形式与代数形式的互化;能熟练运用复数的三角形式进行复数的乘、除...
                  学科:数学
      教学内容:第五章  复数
       一、考纲要求
        1.理解复数、虚数、纯虚数的概念以及复数相等的概念,掌握复数的代数形式及其运算法则 ,能正确地进行复数代数的运算。
        2.掌握复数三角形式及其特征,三角形式与代数形式的互化;能熟练运用复数的三角形式进行复数的乘、除法及乘方、开方运算。
        3.理解复数的模、辐角、辐角主值和共轭复数的概念,掌握相关性质,能运用它们解决相关 的复数问题。
        4.理解复数的几何表示及向量表示,掌握复数加法、减法、乘法的几何意义,并能运用它们 解决一些复数问题,会计算平面上两点间的距离。
        5.掌握复平面上点的轨迹方程的复数表示形式,会运用复数有关性质求点的轨迹方程。
        6.掌握一元二次方程、二项方程在复数集上的解法,某些复系数方程和含有参数的方程的解 法;韦达定理、实系数方程的虚根成对等性质及应用。
        二、知识点、能力点提示
        复数是一个重要内容,解决复数问题,通常是运用代数形式把它转化为实数问题去解决;运 用三角形式把它转化成三角问题去解决;运用向量及其几何形式把它转化为平面几何问题或 解析几何问题去解决,有时需要运用复数本身一些特有形式如共轭运算,模运算等。复数沟 通了代数、三角、几何之间的联系,因而复数问题的解法往往综合性强且构思巧妙,方法灵 活,复数运算中,求值是最常见的,不仅要用到复数的几种形式,而且有时需运用代数中的 换元法及整体变形,或综合运用其他知识,如:求最值常用基本不等式,函数方法,复数还 常用到数列,二项式定理等知识。
        复数的运算种类虽多,但各种运算方式间有联系,最本质的运算方式是代数形式的运算。 多样性的运算使我们研究复数问题时有多种可考虑的途径,以便从中选择较好的方式,运算 常用的结论:
        1.(1+i)2=2i,(1-i)2=-2i    (a+bi)+(a-bi)=2a    (a,b R)
        (a+bi)(a-bi)=a2+b2    (a+bi)2=a2-b2+2abi    (a,bR)
        (a-bi)2=a2-b2-2abi    (a,bR)等
        2.i4k=1,i4k+1=i,i4k+2=-1,i4k+3=-i    (bN)
        3. Z+=2ReZ    Z-=2(ImZ)i(其中ReZ,ImZ分别表示复数Z的实部和虚部)
        4.Z?=|Z|2=||2
        5.设w=-+i  则w3=1,1+w+w 2=0, =w2=
        6.      (Z2≠0)
        7.|Z1?Z2|=|Z1|?|Z2|    ||= (Z2≠0)
        8.Z=ZR
        9.Z=-Z=ki(kR)    =Z
        10.[r1(cosθ1+isinθ1)][r2(cosθ2+isinθ2)]...[rk(cosθk+isinθk)]
          =r1r2r3...rk[cos(θ1+θ2+θ3+...+θk)+isin(θ1+θ2+θ3+... +θk)]
        其中r1r2r3...rk≥0      (θ1、θ2、θ3...θk  εR)
        这些知识点沟通了复数与实数之间的联系,将复数问题化为实数问题解决,训练学生的化归 思想,同时,在处理数据关系时,会根据法则、公式正确地进行运算,而且能根据题目寻求 合理、简捷的运算途径,培养学生的思维能力和运算技能。复数的运算主要是数与式的组合 变形和分解变形,很好的培养了学生的运算能力。
        复数的几何意义包括两方面内容,一方面是复数与复平面上的点,复数与复平面上从原点出 发的向量间的一一对应;另一方面是加、减、乘、除、乘方、开方的几何意义。加法的几何 意义:设,各与复数Z1,Z2对 应 ,以,为边的平行四边形的对角线 就与Z1+Z2对应。
        减法的几何意义:设,各与复数Z 1,Z2对应,则图中向量所对应的复数就是Z2-Z1。
        |Z1-Z2|的几何意义是分别与Z1,Z2对应的两点间的距离。
        乘法的几何意义:
        设表示复数r(cosθ+isinθ)(r>0),把绕A点按逆时针方向旋转α角,旋转后再把所得向量的长度变为原来的k倍(k>0)得到,则对应的复数是[r(cosθ+isinθ)]?k( cosα+isinα),如果把绕A点按顺时针方向进行同样方式的旋转 和伸缩,那么所得向量对应的复数是[r(cosθ+isinθ)]?k(cosα-isinα)
        除法是乘法的逆运算,除法也可表现为乘法的形式,Z1÷Z2=Z1?()因此除法运算的几何意义与乘法运算的几何意义实质相同。
        复数方根的几何意义:
        设对应的复数是Z,Z的n次方根(n≥2,nN)对应于 从原点出发且在 原点处n等分圆周角的n个向量,这n个向量的模都是,其中一个向量的辐角是复数Z的辐角的n分之一,图中画出了模为8的向量
        所对应的复数的三次方根,,其中的辐角取辐角的三分之一。
        理解复数运算的几何意义,通过图形来讨论代数问题,掌握数形结合这一重要的思想方法。
        数学是揭示客观事物的数量和形体的本质关系和联系的科学,从认识的角度考虑"数"与" 形"是事物的两个侧面,数形结合正是从这两个方面去认识事物的特征。
        在解决数学问题时,通过数形结合,可将抽象的数学语言与直观的图形相结合,使抽象思维与形象思维相结合,通过图形,发挥直观对抽象的作用,实现抽象概念和具体形象的联系,可以把数量关系转化为图形的性质来研究,或者把图形的性质问题转化为数量关系的问题。
        由复数的几何意义推导的下列结论对数形结合思想的培养很有帮助。
        1.Z1?Z2≠0,则|Z1+Z2|=|Z1-Z2|=λi     (λ R且λ≠0)对应的向量⊥
        2.设P点对应的复数为Z1,点Q对应的复数为Z2,则向量对应的 复数是Z2-Z1
        3.向量绕点P顺时针方向旋转角θ(θ>0)所得到的向量对应的复数 应是(Z2-Z1)[cos(-θ)+isin(-θ)]而旋转之后点Q对应的复数应是(Z 2-Z1)[cos(-θ)+isin(-θ)]+Z1
        4.|Z-Z1|=|Z-Z2|表示以复数Z1、Z2在复平面内对应的点为端点的线段垂直 平分线的方程。
        5.|Z-Z0|=r表示以Z0为复平面内对应的点Z0为圆心,半径是r的圆的方程。
        6.|Z-Z1|+|Z-Z2|=2a(2a>|Z1Z2|)表示以Z1、Z2在复平面内对应的点Z 1、Z2为焦点,,长轴是2a的椭圆方程。
        7.|Z-Z1|-|Z-Z2|=2a(2a<|Z1Z2|)表示以Z1、Z2在复平面内对应点Z1 、Z2为焦点,实轴长是2a的双曲线方程,在复数集上的方程主要有三个问题:①复数集上 方程的求解;②根据方程解的情况讨论参数的取值范围;③与复数集上方程有关的计算或证 明。
        求解复数集上的方程主要有以下四种解法:①设Z=x+yi(x,yR)从而转 化为关于实数x,y的方程。
        ②若是复数集上的二次方程,则可以直接利用二次方程的求根公式,但要注意判别式Δ<0 ,则x1,2=
        ③考虑复数的几何意义,结合图形去分析。
        ④以复数的模为突破口,即着眼于|Z|,再求Z。
        由复数集上的方程培养学生分类讨论,函数与方程思想的重要数学思想方法,从而培养分析问题,解决问题的能力。
        复数的模及有关性质,一般是求模的取值范围或最值,通常有以下四种方法:
        ①利用复数的三角形式,转化为求三角函数式的最值问题。
        ②利用不等式||Z1|-|Z2||≤|Z1+Z2|≤|Z1|+|Z2|
        ③考虑复数的几何意义转化为复平面上的几何问题。
        ④转化为实数范围内的最值问题。
        通过这些知识点,利用换元法,待定系数法,训练学生变换与转化思想,培养逻辑思维能力 。
      【同步达纲练习】
        1.复数Z=+(m2-2m-15)i,求实数m,使(1)Z是实数;(2)Z 是纯虚数;(3)Z所对应的点在复平面的第二象限;(4)Z是复数;(5)是否存在实数m,使argZ =
        知识点:复数的基本概念:实数、纯虚数、虚数、复数、辐角主值,复数所对应的点所在象 限。
        能力点:识记能力,计算能力。        
        2.计算S=1-3i+5i2-7i3+...-99i49
        知识点:数列求和公式及方法,复数的四则运算。
        能力点:运算能力,逻辑推量能力。        
        3.设f(Z)=1-,Z1=2+3i,Z2=5-i,试求:
        (1)f    (2)f()
        知识点:函数的有关性质,共轭复数的有关性质:,=Z,()
        能力点:整体思想,运算能力            4.复数Z=cosθ+isinθ,0<θ<π,复数W=,求argw的最小值。
        知识点:复数的辐角主值,乘、除法法则,正切函数单调性,函数最小值的求法,反三角函 数。
        能力点:化归思想,逻辑推理能力,运算能力。        
        5.已知Z=cosθ+isinθ(0<θ<2π),w=求argw及|w|
        知识点:复数的辐角主值、模、三角变形。
        能力点:分类讨论,逻辑推理能力,运算能力。        
        6.已知Z+(3+i)Z+(3-i) +9=0求
        ①|2Z-2i|的最大值与最小值
        ②argZ的最大值与最小值及相应的复数Z。
        知识点:共轭复数的性质Z+=2R(Z),Z-=2Im(Z)
        (Z1+Z2)()=|Z1+Z2|2      |Z|=r (r≠0)=等
        求复数模的最值的三种方法:函数法、不等式法、几何法,运用模、辐角主值的几何意义解 题,复数的代数、几何三角、整体形式间的相互转换。
        能力点:数形结合思想,转化与化归思想,逻辑推理能力。            7.设Z1=cosθ+isinθ,Z2=cosθ-isinθ  θ∈[π,π],求arg(Z1+2Z2)的最值。
        知识点:复数的辐角主值,正切函数的单调性。
        能力点:转化与化归思想,运算能力。        
        8.设z是虚数,ω=z+是实数,且-1<ω<2。
        (1)求|z|的值及z的实部的取值范围;
        (2)设u=,求证:u是纯虚数;
        (3)求ω-u2的最小值。
        知识点:复数的模的计算、实部、虚部、纯虚数的概念
        能力点:转化与化归思想,运算能力        
        9.已知复数z=i,ω=i,复数,z2ω3在复平面上所对应的点 分别为P、Q,证明△OPQ是等腰直角三角形(其中O为原点)
        知识点:辐角主值,三角的恒等变形,三种形式间的互化。
        能力点:数形结合、转化与化归思想。运算能力,逻辑思维能力。        
        10.设复平面内有一系列向量(n=1,2,3,4,...),将逆时针方向旋转θ,且使其模扩大原来的倍得到,已知Zn对应向量(n=1,2,3...)Z1= -1+i
        (1)当θ=时,求Zn关于n的表达式。
        (2)当θ=时,求使Zn为实数时所有n;将所有等于实数的Zn的倒 数按原有次序排列成一个新数列求 (b1+b2+...bn)
        (3)当0<θ<π时,求|Z1-Z2|+|Z2-Z3|+...+|Zn-Zn+1|
        知识点:乘法的几何意义,等比数列,极限。
        能力点:转化与化归思想,运算能力,逻辑思维能力。        
        11.已知Z为虚数,Z+是实数。
        (1)求Z对应复平面内点Z的集合。
        (2)设W1=3iZ+1,求复数W1所对应点P的集合。
        (3)设W2=+Z,求复数W2所对应点Q的集合。
        知识点:复数的模与共轭,复数减法的几何意义,参数方程,集合,复数的乘、除法。
        能力点:数形结合思想,逻辑思维能力。            12.设O为复平面的原点,Z1和Z2为复平面内的两个动点,并且 满足(1)Z1和Z2所对 应的复数的辐角分别为定值θ和-θ(0<θ<=;(2)△OZ1Z2的面 积为定值S,求△OZ1Z2的重心Z所对应的复数的模的最小值。    知识点:复数与直角坐标系的转化,复数的计算。
        能力点:数形结合思想,逻辑思维与运算能力。            13.设复数Z满足2≤Z+≤10,试求复平面上与复数Z所对应的点的轨 迹。
        知识点:复数的共轭的性质,复数与不等式,反三角函数,复数的几何意义。
        能力点:逻辑思维能力,分析问题与解决问题的能力。            14.设虚数Z1,Z2满足Z12=Z2。
        (1)若Z1,Z2又是一个实系数一元二次方程的两个根,求Z1,Z2
        (2)若Z1=1+mi(i为虚数单位),|Z1|≤,复数ω=Z2+3,求|ω| 的取值范围
        知识点:复数三角形式的运算,复数的模与共轭,复数乘法的几何意义。
        能力点:运算能力,逻辑思维能力。            15.设复数Z=cosθ+isinθ(0<θ<π),W=并且|W|=,argW<求θ
        知识点:三角恒等变形,复数的模与共轭,复数的辐角主值。
        能力点:分类讨论与归纳思想,逻辑思维能力。            
        16.等比数列{Zn}中,已知Z1=1,Z2=a+bi,Z3=b+ai(a,b∈R,a>0)
        (1)求a,b的值;并将Z2表示成三角形式。
        (2)求满足Z1+Z2+...+Zn=0的最小自然数n,并计算Z1?Z2...Zn的值。
        (3)前100项中有多少项是实数?并求这些实数和。
        知识点:等比数列的性质,复数的三角表式。
        能力点:转化与化归思想,分析与解决问题的能力。            17.已知复数集合M={Z‖Z-2+i|≤2  Z∈C}∩{Z‖Z-2-i|=|Z-4+i|  Z∈C}
        (1)试在复平面内作集合M的图形并说明图形的名称。
        (2)求集合M中元素Z辐角主值的取值范围。
        (3)求集合M中元素Z模的取值范围。
        知识点:集合、复数减法的几何意义,复数的辐角主值,复数的模,点到直线的距离。
        能力点:数形结合思想,逻辑思维能力。            18.已知复数Z1,Z2满足|Z1|=|Z2|=1且Z1+Z2=+i,求Z1,Z2的值。
        知识点:复数的计算,复数转化为另一种表示方法
        能力点:分析问题和解决问题的能力        
        19.已知t∈R,且关于x的方程x2+2x+t=0的两个根为复数α,β求|α|+ |β|的值。
        知识点:二次方程的判别式,根与系数的关系。
        能力点:分类讨论思想,函数与方程思想。            20.设关于x的方程2x2+3ax+a2-a=0至少有一个根的模等于1,试确定实数a的值。
        知识点:复数的模,实系数方程的两根以共轭形式出现,根与系数的关系。
        能力点:函数与方程思想,分类讨论思想,逻辑思维能力。            21.设α、β为两个虚数,且满足α+β=-3,且|α|+|β|=4,试判断cos(argα-argβ )是否存在最大值或最小值,如果不存在,说理理由,如果存在,求出这个最大、最小值。
        知识点:复数的转化
        能力点:运算能力,逻辑思维能力            22.复数集合中有个一元二次方程,它的二次项是2x2,它的一次项是-x,常数项是实数 ,设α,β是该方程的两个复数根且满足|α-β|=,解这个方程。
        知识点:二次方程根与系数的关系。
        能力点:分类讨论思想。
        23.复数Z≠0,|Z+|=1    求证:
        ≤|Z|≤
        知识点:复数的模与共轭,不等式的应用。
        能力点:逻辑思维能力,运算能力。            24.实系数方程x2-2ax+b=0的两个复数根Z1,Z2在复平面上表示Z1,Z2的点为 直径端点的圆恰好过点P(1,1),求复数a+bi所表示的点的轨迹方程。
        知识点:复数减法的几何意义,二次方程根与系数的关系,虚根的求法。
        能力点:分类讨论思想,数形结合思想,分析与解决问题的能力。            25.设0<θ<2π,复数Z=1-cosθ+isinθ,μ=a2+ai  (a∈R),且Z?μ是 纯虚数,求复数μ的辐角主值argμ(用θ的代数式表示)
        知识点:三角恒等变形,复数的辐角主值
        能力点:分类讨论思想,运算能力,逻辑思维能力      参考答案
      【同步达纲练习】
        1.解:(1)由      解得m=5
        (2)由      得m=-2 或m=3
        (3)由      得m< -3
        (4)由      得m≠-3
        (5)由=m2-2m-15m3-20m-39=0
        考虑函数f(m)=m3-20m-39(m≠-3)当m→+∞时  f(m)→+∞
        当m→-∞时f(m)→-∞可见存在f(m0)=0,使m3-20m-39=0
        表明存在实数m,使argZ=
        2.解:S=1-3i+5i2-7i3+...+97i48-99i49                                                    ①
        iS=i-3i+5i3-...+97i49-99i50                                                                     ②
        ①+②得    (1+i)S=1-2i+2i2-...+2i48-2i49-99i50
                                           =1-2(i-i2+...-i48+i49)-99i2
                         =1-2?+99
                         =100-2
                         =100-2i
                  ∴S=  =  =49-51i
        3.解:
        (1)f()=1-()=1-(Z1-Z2)=1-[(2+3i)-(5 -i)]=4-4if()=1-()          =1-
                =1-
                =1-
                       =
        4.解:w=  =         =
        ∵W的实部<0,虚部>0可见<argw<π,tg(argw)=
        (0<θ<π
        在(,π)上,函数y=tgx是增函数,要求argw的最小值,先求tg(argw)的最小值,即求y=的最小值。
        5sinθ=ycosθ-5y    5y=ycosθ-5sinθ=?cos(θ+t)
        其中cost=    sint=
        ∵y<0
        ∴t为第二象限的一个角  设t=arccos
        ∵|cos(θ+t)|=≤1
        ∴25y2≤y2+25
        ∴y2≤
        ∴-≤y≤0
        ∴θ=π-arccos,则  y=tg(argw)=-
        ∴argw=arctg(-)
        ∴argw的最小值为arctg(-)
        解法二:由Z=cosθ+isinθ(0<θ<π=得Z=x+yi,x2+y2=1,x<0,y>0  W=  =  =  =
             =        tg(argw)=
        问题转化为求函数t=,x2+y2=1,x>0,y>0的最小值
        将y=x-t,代入x2+y2=1  整理得
        (1+)x2-x+t2-1=0
        ∵x∈R
        ∴(-)2-4(1+)?(t2-1)≥0
        ∴t2≤
        5.解法一:∵|Z|=1,∴Z=1
        W==1+Z+Z2=Z+Z+Z2=Z(Z++1)
         =(2cosθ+1)(cosθ+isinθ)
        ∵θ<(0,2π)  于是
        当2cosθ+1≥0即θ∈(0,)∪[,2π]时  argw=0,|w|=2cosθ+1
        当θ∈(,)时  2cosθ+1 <0,w=-(2cosθ+1)[cos(π+θ)+isin(π+θ)]
        |w|=-[2(cosθ+1)]
        由π+θ∈(π+,2π+)得
        若θ∈(,π)则argw=π+θ;若θ[π, )则argw=π+θ-2π=θ-π
        解法二:
                w=
                 =
                 =
                 =sincsc(cosθ+isinθ)
        由∈(0,3π)得当0<≤π 或2π≤<3π得θ∈(0,)∪[π,2π ]时sin≥0rgw=0    |w|=sincsc
        当θ∈(π, )时    |w|=-sincsc
        6.解法一:
        ∵Z+(3+i)Z+(3-i)+9=0
        ∴(Z+3-i)(Z+3+i)=3  即(Z+3-i ) ()=3
        ∴|Z+3-i|=
        ∵|2Z-2i|=2|(Z+3-i)-3|≤2(|Z+3-i)|+|-3|=2(+3)
        当且仅当  Z+3-i=λ(-3)(λ<0即
        |Z+3-i|=|-3λ|=-3λ
        即-3λ=  即Z=-3++i时  |2Z-2i|的最大值为2(+3)又|2Z-2i|=2||(Z+3-i)|-3|≥2(||Z+3-i|-|-3||)=2(3-)当且仅当Z+3-i=λ(-3)(λ>0)即|Z+3-i|=|-3λ|=3 λ 即3λ=  即Z=-3-+i时,|2Z-2i|的最小值为2(3-)
        解法二:
        由|Z+3-i|=知Z对应点在以(-3,)为圆 心,为半径的圆上
        ∴|Z-i|的最大值为=3+,最小值为-=3-,从而|2Z-2 i|的最大值为2(3+),最小值为2(3-)
        解法三:
        由|Z+3-i|  设Z+3-=(cosθ+sinθ) θ∈[0,2π]则
        |2Z-2i|=2|-3+ (cosθ+isinθ)|  =2              =2
        ∴|2Z-2i|的最大值为2?=2(3+)
        最小值是2=2(3-)
        ②由①设OA,OB分别与圆C相切于A、B两点,则argZ的最大值与最小值分别是B、A对应复数Z 1,Z2的辐角主值
        ∵|OC|=2,∴∠AOC=∠BOC=
        ∴argZ的最大值为π,最小值为π-2?=, 对应的复数
        Z1=(cos+isin)=-+i  Z2=-3
        7.解:∵Z1+2Z2=(sinθ+2cosθ)+i(sinθ-2cosθ)
        ∴tg[arg(Z1+2Z2)]=
          ==1-
          又θ∈[π,π]
        ∴tgθ∈[-1,1]1-∈[-3,- ]
          又sinθ+2cosθ<0,sinθ-2cosθ>0
        ∴arg(Z1+2Z2) ∈[,π]
          又tgx在(,π)上单调递增
        ∴arg(Z1+2Z2)的最小值为argctg(-3)+π=π-arctg3
          最大值为arctg(-)+π=π-arctg
        8.解  (1)z=x+yi,x∈R,y∈R,且x≠0
          则  ω=x+yi+=x+yi+
                =(x+)+(y-)i
        由ω∈R,得  x2+y2=1
        于是ω=2x,由-1<ω<2,得-<x<1
        故|z|=1,z的实部的取值范围是(-,1)
        (2)由(1)知|z|=1,可设z=cosθ+isinθ
        而u=
        =tg?=tg (sin-cosi)(cos-sini)
        =tg (-cos2-sin2)i=-tgi
        若tg=0,则sin=0,那么z=cosθ∈R与已知z虚矛盾
        故u是纯虚数
        (3)设z=cosθ+isinθ,则ω=2cosθ,u=-tgi
        ω-u2=2cosθ+tg2,令t=tg2则
        ω-u2=+t==t-2+
            =(t+1)+ -3≥4-3=1
        故ω-u2的最小值是1
        9.解法一  z=i=cos(-)+isin( -)
        ω=+i=cos+isin
        得zω=cos+isin
        =cos(-)+isin(-)
        z2ω3=(cos(-)+isin(-))×(cos+isin)
            =cos+isin
        因 OP与OQ的夹角为-(-)=
        所以 OP⊥OQ
        又|OP|=||=1,|OQ|=|z2ω3|=1
        则|OP|=|OQ|
        由此知△OPQ有两边相等且其夹角为直角,故△OPQ为等腰直角三角形。
        解法二  因z=i=cos(-)+isin( -)
        得z3=-i
        因ω=i=cos+isin
        得ω4=-1
        则?=i
        所以OP⊥OQ,|OP|=|OQ|
        故△OPQ有两边相等且其夹角直角,故△OPQ为等腰直角三角形。
        10.解:
        (1)Z1=(cosπ+isinπ)     Zn=Zn-1(cos+isin)(n≥2)
          ∴Zn=Z1[(cos+isin)]n-1
                    =2(cosπ+isinπ)
             =2(-sin+icosπ)(n =1,2,3...)
        (2)Zn为实数cosπ=0π=kπ+n=4k+2  (k∈Z)由n∈N知k=1,2,3......时Z n为实数
        ∴b1=,=
        ∴bn=-(-)n-1
        ∴(b1+b2+...bn)=
        (3)∵|Zn+1-Zn|=|Zn|?|(cos+isin)-1|=2
        ∴|Z1-Z2|+|Z2-Z3|+...+|Zn-Zn+1|=+()2...+()n
          =(2+)(2-1)
        11.解:
        (1)∵Z+∈R  ∴Z+=()  即=0
        又Z为虚数  ∴Z-≠0,∴Z=4即|Z|=2其中Z≠±2
        ∴点Z的集合是圆心在原点,半径是2的圆且去掉点(±2,0)
        (2)由w1=3iZ+1Z=(w1-1)(-i)
        代入|Z|=2  得|w1-1|=6  又Z≠±2
        ∴W1≠1±6i
        ∴点p的集合是以(1,0)为圆心,6为半径的圆,且去掉点(1,±6)
        (3)由|Z|=2,且Z≠±2,设Z=2(cosθ+isinθ)    θ∈(0,π)∪(π,2π)     w2=x+yi(x,y∈R)    则
        x+yi=2(cosθ+isinθ)+=cos θ+isinθ
        ∴     消去θ得x2+y2=1,其中x∈(-,)
        即点Q的集合为一椭圆,且去掉在x轴上的两个顶点(±,0)
        12.设Z1、Z2和Z点对应的复数分别为z1、z2和z,且z1=r1(cosθ+isinθ),z 2=r2(cosθ-isinθ)
        因Z是△OZ1Z2的重心,由复数加法的几何意义
        3z=r1(cosθ+isinθ)+r2(cosθ-isinθ)
          =(r1+r2)cosθ+(r1-r2)isinθ
        |3z|2=(r1+r2)2cos2+(r1-r2)2sin2θ
            =r12(cos2θ+sin2θ)+Z22(cos2θ+sin2θ)+2r1r2(cos2θ-si n2θ)
            =r12+r22+2r1r2cos2θ
            =(r1-r2)2+2r1r2(cos2θ+1)=(r1-r2)2+4r1r2cos2θ  ①
        又  0<θ<,0<2θ<π,sin2θ>0
        △OZ1Z2的面积S=OZ1?OZ2sin2θ=r1?r2sin2 θ
        得  r1?r2=    ②
        将②式代入①得:
        |3z|2=(r1-r2)2+4cos2θ=(r1-r2)2+4Sctgθ
        由②和③可知
        当r1=r2=时,|z|最小=
        13.解法一:设Z=x+yi(x,y∈R)
        则Z+=(x+yi)+
        =(x+)+(y-)i  即  由①得y=0或  x2+y2=16  分别代入②中2≤x≤18或1≤x≤5的轨迹分别为:x轴上连结( 2,0)和(8,0)的一条线段或以原点为圆心,4为半径的圆上的一段圆弧(包括端点)
        解法二:
        ∵Z+∈R
        ∴Z+=+
        ∴Z?|Z|2+16=?|Z|2+16Z
        ∴|Z|2(Z-)=16(Z-)
        ∴Z=或|Z|2=16
        由Z=知Z∈R
        根据  2≤Z+≤10  知
                ∴2≤Z≤8
        由|Z|2=16知|Z|=4    设Z=4(cosθ+isinθ)
        由2≤4(cosθ+isinθ)+≤10
        2≤4(cosθ+isinθ)+4(cosθ-isinθ)≤10
        ≤cosθ≤1
        ∴2θπ-arccos≤θ≤2θπ+arccos    (k∈Z)
        ∴轨迹方程为
        2≤Z≤8  或
        14.解  (1)设z1=a+bi,z2=a-bi(a,b∈R,且b≠0)(因为实系数的一元二次方程的虚根共 轭)
        由z12=z2得a2-b2+2abi=a-bi
        即    解得    和
        所以z1=-i,z2=-i,
          (2)由且z1=1+mi,|z1|≤且m≠0,得
        0<m2≤1,
        又z2=Z12,ω=z2+3,所以ω=(4-m2)+2mi,
        |ω|=
        由0<m2≤1得,13≤(m2-2)2+12<16
        即≤ω<4,故|ω|的取值范围是[,4)
        15.解法一:  W=   =   =   =
         =tg2θ?
         =tg2θ(sin4θ+icos4θ)
        ∵|W|=
        ∴|tg2θ(sin4θ+icos4θ)|=|tg2θ|=
        ∴tg2θ=±
        ∵0<θ<π
        ∴0<2θ<2π
        当tg2θ=时  θ=或π此时    w=(cos+isin)
        ∴argw=<满足题意。
        当tg2θ=-时  θ=π或π,此时w=(cos+isinπ)
        此时argw=π>符合题意。
        ∴θ=或π
        解法二:
        ∵|W|=
        ∴||=||=||=
        即:
        即:=|tg2θ|=
        16.解:
        (1)∵Z22=Z1Z3
        ∴(a+bi)2=b+ai即
        ∵a>0
        ∴b=,a=
        ∴Z2=+i=cos+isin
        (2)公比q=Z2=cos+isin  且Sn=0
        ∴qn-1=0  即cos+isin=1,n的最小值为 12
        此时Z1Z2......Zn=q1+2+...+11=q66=cos+isin =-1
        (3)an=a1qn-1=cosπ+isin π∈R时
        sinπ=0,n=6k+1(k为非负整数)
        当6k+1≤100时    0≤k≤16  共有17个实数项,它们构成等比数列,首项为1,公比为q 6=-1,17个实数项的和为1。
        17.解:(1)集合m的图形是两个图形的公共部分,一个图形是由|Z-(2-i)|≤2表示的圆面 ,另一个图形是以点A(2,1),B(4,-1)为端点的线段的垂直平分线,它们的公共部分是一 条线段,如图中的DE,其方程为x-y-3=0  (2-≤x≤2+)    (2)由(1)知E(2+,-1),tg<x0E==
        D(2-,--1)    tg<xOD=||=
        ∴线段DE上的点Z的辐角主值的取值范围
        [0,arctg]∪[2π-arctg,2π]
        (3)|OD|=
        |OE|=
        原点O到直线x-y-3=0的距离d=
        ∴线段DE上的点Z的模的取值范围为[,]
        18.解法一  依题可设z1=cosα+isinα,z2=cosβ+isinβ,不妨设α≤β且α、β∈[0 ,2π)
        因  z1+z2=i,得
        由①2+②2得,cos(α-β)=-,又α,β∈〔0,2π〕
        所以α,β=或αβ=
        把α=β+代入①、②得cosβ=1,sinβ=0,cosα=-,sinα=
        则z1=-+i,z2=1
        把α=β+代入①、②得cosβ=-,sinβ=,cosα=1,sinα=0
        则z1=1,z2=-+i
        所以或
        解法二  由|z1+z2|=1,得(z1+z2)(+ )=1
        展开左边并注意|z1|=|z2|=1得,
        z12+z22=-1
        所以z12的实部等于z22的实部,等于-
        又|1z2|=1,从而1z2的虚部为±
        得1z2=-±i
        则z2=z1?1z2=z1(-±i)
        z1+z2=z1+z1(-±i)= ±i
        z1=1,z2=-±i
        或z1=-±iz2=1
            或
        19.解:关于x的二次方程的判别式Δ=4-4t=4(1-t)
        (1)当t≤1时,Δ≥0    α=-1-    β=-1+
        ∴|α|+|β|=1++|-1|
        ①当t≤0时|α|+|β|=2
        ②当0<t≤1时|α|+|β|=2
        (2)当t>1时Δ<0  α=-1-i  β=-1+i
        ∴|α|+|β|=
        20.解:设α是方程的一个根且|α|=1
        (1)当α∈R时α=±1    当α=1代入原方程有
        a2+2a+2=0  无实解
        当α=-1时  代入原方程有a2-4a+2=0解得a=2±
        (2)当α为虚数时,是方程的一个根
        由α?=及|a|=1知a2-a-2=0解得a=2或a=-1
        又Δ=a2+8a<0-8<a<0
        ∴a=-1
        综上所述  a=-1或a=2±
        21.设φ=argα,θ=argβ,|α|=r,则有|β|=4-|α|=4-r,于是由α+β=-3得    ①2+②2,得
        cos(φ-θ)=1+
        由于0<r<4,所以0≤2(r-2)2<8
        所以-8≤2(r-2)2-8<0
        所以,当r=2时,cos(φ-θ)有最大值
        cos(φ-θ)没有最小值
        22.解:设方程为2x2-x+k=0,k∈R,它的根有两种可能的状况
        α,β都是实数;α,β互为共轭虚数。
        若方程有二实根,则(-1)2-8k≥0    即k≤
        由|α-β|=    得k=-
        α,β=
        若方程有二互为共轭的虚根,则(-1)2-8k<0,k>
        由|α-β|=  得k=
        ∴α,β=
        综上所述:当k=-时,方程有二实根,它们是
        当k=时,方程有二互为共轭的虚根,它们是
        23.解:由|Z+|=1,知|Z|=|Z2+1|
        对|Z2+1|可能的不等变形有
        ||Z2|-1|≤|Z2+1|≤|Z2|+1
        即是||Z2|-1|≤|Z|≤|Z2|+1  ∴  解之得  ≤≤即≤|Z|≤
        方法二:
        1=|Z+|≥||Z|-|
        ∴(|Z|-)2≤1
        ∴|Z|2+-3≤0
        ∴|Z|4-3|Z|2+1≤0
        方法三:
        1=|Z+|2
         =(Z+)(+)
         =Z?++
         =|Z|2++()
        注意到:-2=-2||≤≤2||=2
        ∴|Z|2+=1-()≤1+2 =3
        ∴|Z|4-3|Z|2+1≤0
        24.解:依题意,可设圆的方程为|Z-|=
        即    |Z-a|=|Z1-Z2|
        当Δ≥0  即a2≥b时
        ∵Z1-Z2为实数
        ∴|Z1-Z2|=
                  =
                  =
                  =2
        ∴|Z-a|=
        又∵圆过(1,1)点,代入有|(1-a)+i|=
        化简整理得  b-2a+2=0(a2≥b)为所求轨迹方程
        当Δ<0即a2<b时
        |Z1-Z2|=||
                =||
                =2
        ∴|Z-a|=
        又∵圆过点(1,1),代入有|(1-a)+i|=化简整理得
        b=2a2-2a+2(a2<b)为所求轨迹方程。
        25.解:∵Z?μ=(1-cosθ+isinθ)(a2+ai)
        =[a2(1-cosθ)-asinθ]+[a2sinθ+a(1-cosθ)i]
        ∵Z?μ是纯虚数  ∴  由①2asin(acos+sin)≠0
        ∴a≠0  且sin≠0
        由②2sin (asin-cos)=0
        ∴asin-cos=0
        ∴a=ctg (∵a≠0,∴θ≠π)
        ∴μ=a2+ai=ctg2+ictg=(cos+i sin)
        当0<θ<π时0<<   此时  argμ=
        当π<θ<2π时  <<π
        此时μ=-[cos( π+)+isin(π+)]
        且π+∈(π,2π)
        ∴argμ=π+
                  

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