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19复数★★☆☆☆
已知复数 z1z_1 满足 (z1−2)(1+i)=1−i(z_1 - 2)(1 + \mathrm{i}) = 1 - \mathrm{i}（i\mathrm{i} 为虚数单位），复数 z2z_2 的虚部为 2，且 z1⋅z2z_1 \cdot z_2 是实数，求 z2z_2.

2011 · 上海 · 理 · 第 19 题 · 解答题

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19复数★★☆☆☆
已知复数 z1z_{1} 满足 (z1−2)(1+i)=1−i(z_{1} - 2)(1 + \mathrm{i}) = 1 - \mathrm{i}（i\mathrm{i} 为虚数单位），复数 z2z_{2} 的虚部为 2，且 z1⋅z2z_{1} \cdot z_{2} 是实数，求 z2z_{2}.

2011 · 上海 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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19复数★★★☆☆
已知复数 z=a+biz = a + b\mathrm{i}（aa，b∈R+b \in \mathbf{R}^+）（i\mathrm{i} 是虚数单位）是方程 x2−4x+5=0x^2 - 4x + 5 = 0 的根. 复数 w=u+3iw = u + 3\mathrm{i}（u∈Ru \in \mathbf{R}）满足 ∣w−z∣<25|w - z| < 2\sqrt{5}，求 uu 的取值范围.

2009 · 上海 · 文 · 第 19 题 · 解答题

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21复数★☆☆☆☆
求矩阵
A=[3221]A=\begin{bmatrix}3&2\\2&1\end{bmatrix}
的逆矩阵.

2009 · 江苏 · 第 21 题（B） · 解答题

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22复数★★★★☆
已知 zz 是实系数方程 x2+2bx+c=0x^2+2bx+c=0 的虚根，记它在直角坐标平面上的对应点为 Pz(Re⁡z,Im⁡z)P_z(\operatorname{Re} z,\operatorname{Im} z).
(1) 若 (b,c)(b,c) 在直线 2x+y=02x+y=0 上，求证：PzP_z 在圆 C1:(x−1)2+y2=1C_1:(x-1)^2+y^2=1 上； (2) 给定圆 C:(x−m)2+y2=r2C:(x-m)^2+y^2=r^2（mm，r∈Rr\in\mathbf{R}，r>0r>0），则存在唯一的线段 ss 满足：
① 若 PzP_z 在圆 CC 上，则 (b,c)(b,c) 在线段 ss 上； ② 若 (b,c)(b,c) 是线段 ss 上一点（非端点），则 PzP_z 在圆 CC 上.
写出线段 ss 的表达式，并说明理由； (3) 由第 22 问知线段 ss 与圆 CC 之间确定了一种对应关系，通过这种对应关系的研究，填写表一（表中 s1s_1 是第 11 问中圆 C1C_1 的对应线段）.

2008 · 上海 · 春季 · 第 22 题 · 解答题

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18复数★★★☆☆
已知复数 ww 满足 w−4=(3−2w)iw-4=(3-2w)\mathrm{i}（i\mathrm{i} 为虚数单位），z=5w+∣w−2∣z=\dfrac{5}{w}+|w-2|，求一个以 zz 为根的实系数一元二次方程.

2006 · 上海 · 春季 · 第 18 题 · 解答题

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18复数★★★☆☆
证明：在复数范围内，方程 ∣z∣2+(1−i)z‾−(1+i)z=5−5i2+i|z|^2 + (1 - \mathrm{i})\overline{z} - (1 + \mathrm{i})z = \frac{5 - 5\mathrm{i}}{2 + \mathrm{i}} （i\mathrm{i} 为虚数单位）无解.

2005 · 上海 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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18复数★★★☆☆
在复数范围内解方程 ∣z∣2+(z+z‾)i=3−i2+i|z|^2 + (z + \overline{z})\mathrm{i} = \frac{3 - \mathrm{i}}{2 + \mathrm{i}}. （i\mathrm{i} 为虚数单位）

2005 · 上海 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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17复数★★★☆☆
已知 zz 是复数，z+2iz + 2\mathrm{i}，z2−i\frac{z}{2 - \mathrm{i}} 均为实数（i\mathrm{i} 为虚数单位），且复数 (z+ai)2(z + a\mathrm{i})^2 在复平面上对应的点在第一象限，求实数 aa 的取值范围.

2005 · 上海 · 春季 · 第 17 题 · 解答题

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17复数★★☆☆☆
已知复数 z1z_{1} 满足 (1+i)z1=−1+5i(1 + \mathrm{i})z_{1} = -1 + 5\mathrm{i}，z2=a−2−iz_{2} = a - 2 - \mathrm{i}，其中 i\mathrm{i} 为虚数单位，a∈Ra \in \mathbf{R}，若 ∣z1−z2‾∣<∣z1∣\left|z_{1} - \overline{z_{2}}\right| < |z_{1}|，求 aa 的取值范围.

2004 · 上海 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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17复数★★☆☆☆
已知复数 z1z_{1} 满足 (1+i)z1=−1+5i(1 + \mathrm{i})z_{1} = -1 + 5\mathrm{i}，z2=a−2−iz_{2} = a - 2 - \mathrm{i}，其中 i\mathrm{i} 为虚数单位，a∈Ra \in \mathbf{R}，若 ∣z1−z2‾∣<∣z1∣\left|z_{1} - \overline{z_{2}}\right| < |z_{1}|，求 aa 的取值范围.

2004 · 上海 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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17复数★★★☆☆
已知复数 zz 的辐角为 60∘60^{\circ}，且 ∣z−1∣|z - 1| 是 ∣z∣|z| 和 ∣z−2∣|z - 2| 的等比中项，求 ∣z∣|z|.

2003 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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18复数★★★☆☆
已知复数 zz 的辐角为 60∘60^{\circ}，且 ∣z−1∣|z-1| 是 ∣z∣|z| 和 ∣z−2∣|z-2| 的等比中项，求 ∣z∣|z|. \begin{solution} 设 r=∣z∣r=|z|. 因为 zz 的辐角为 60∘60^{\circ}，所以 r>0r>0，且
z=r(cos⁡60∘+isin⁡60∘)z=r\left(\cos60^{\circ}+\mathrm{i}\sin60^{\circ}\right)
由复数模的平方公式，得
∣z−1∣2=r2−2rcos⁡60∘+1=r2−r+1|z-1|^2=r^2-2r\cos60^{\circ}+1=r^2-r+1
∣z−2∣2=r2−4rcos⁡60∘+4=r2−2r+4|z-2|^2=r^2-4r\cos60^{\circ}+4=r^2-2r+4
由等比中项的定义，
∣z−1∣2=∣z∣∣z−2∣=r∣z−2∣|z-1|^2=|z||z-2|=r|z-2|
两边均非负，平方后仍然等价，得
(r2−r+1)2=r2(r2−2r+4)\left(r^2-r+1\right)^2=r^2\left(r^2-2r+4\right)
展开并消去两边的 r4−2r3r^4-2r^3，得
r2+2r−1=0r^2+2r-1=0
解得 r=−1±2r=-1\pm\sqrt2. 由于 r>0r>0，所以
∣z∣=r=2−1|z|=r=\sqrt2-1
\end{solution}

2003 · 全国 · 大纲卷 · 文 · 第 18 题 · 解答题

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17复数★★☆☆☆
已知复数 z1=cos⁡θ−iz_{1} = \cos \theta - \mathrm{i}，z2=sin⁡θ+iz_{2} = \sin \theta + \mathrm{i}，求 ∣z1⋅z2∣|z_{1} \cdot z_{2}| 的最大值和最小值.

2003 · 上海 · 理 · 第 17 题 · 解答题

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17复数★★★☆☆
已知复数 z1=cos⁡θ−iz_{1} = \cos \theta - \mathrm{i}，z2=sin⁡θ+iz_{2} = \sin \theta + \mathrm{i}，求 ∣z1⋅z2∣|z_{1} \cdot z_{2}| 的最大值和最小值.

2003 · 上海 · 文 · 第 17 题 · 解答题

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18复数★★★☆☆
已知复数 zz 的辐角为 60∘60^{\circ}，且 ∣z−1∣|z - 1| 是 ∣z∣|z| 和 ∣z−2∣|z - 2| 的等比中项，求 ∣z∣|z|.

2003 · 粤桂 · 第 18 题 · 解答题

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17复数★★★☆☆
已知 zz，ω\omega 为复数，(1+3i)z(1 + 3\mathrm{i})z 为纯虚数，ω=z2+i\omega = \frac{z}{2 + \mathrm{i}} 且 ∣ω∣=52|\omega| = 5\sqrt{2}，求 ω\omega.

2002 · 上海 · 春季 · 第 17 题 · 解答题

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17复数★★☆☆☆
已知复数 z=1+iz = 1 + \mathrm{i}，求实数 aa，bb 使 az+2bzˉ=(a+2z)2az + 2b\bar{z} = (a + 2z)^{2}.

2002 · 苏豫粤桂 · 第 17 题 · 解答题

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18复数★★★☆☆
已知复数 z1=i(1−i)3z_{1} = \mathrm{i}(1 - \mathrm{i})^{3}.
(1) 求 arg⁡z1\arg z_{1} 及 ∣z1∣|z_{1}|； (2) 当复数 zz 满足 ∣z∣=1|z| = 1，求 ∣z−z1∣|z - z_1| 的最大值.

2001 · 全国 · 大纲卷 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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18复数★★★☆☆
已知 z7=1z^{7}=1（z∈Cz\in\mathbf{C}，z≠1z\neq1）.
(1) 证明 1+z+z2+z3+z4+z5+z6=01 + z + z^2 + z^3 + z^4 + z^5 + z^6 = 0； (2) 设 zz 的辐角为 α\alpha，求 cos⁡α+cos⁡2α+cos⁡4α\cos \alpha + \cos 2\alpha + \cos 4\alpha 的值.

2001 · 京蒙皖 · 春季 · 理 · 第 18 题 · 解答题

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22复数★★★★☆
已知复数 z0=1−miz_0 = 1 - m\mathrm{i}（m>0m > 0），z=x+yiz = x + y\mathrm{i} 和 ω=x′+y′i\omega = x' + y'\mathrm{i}，其中 xx，yy，x′x'，y′y' 均为实数，i\mathrm{i} 为虚数单位，且对于任意复数 zz，有 ω=z0‾⋅z‾\omega = \overline{z_0}\cdot\overline{z}，∣ω∣=2∣z∣|\omega| = 2|z|.
(1) 试求 mm 的值，并分别写出 x′x' 和 y′y' 用 xx，yy 表示的关系式； (2) 将 (x,y)(x, y) 作为点 PP 的坐标，(x′,y′)(x', y') 作为点 QQ 的坐标，上述关系可以看作是坐标平面上点的一个变换：它将平面上的点 PP 变到这一平面上的点 QQ，当点 PP 在直线 y=x+1y = x + 1 上移动时，试求点 PP 经该变换后得到的点 QQ 的轨迹方程； (3) 是否存在这样的直线：它上面的任一点经过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.

2000 · 上海 · 理 · 第 22 题 · 解答题

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22复数★★★☆☆
已知复数 z0=1−miz_0=1-m\mathrm{i}（m>0m>0），z=x+yiz=x+y\mathrm{i} 和 ω=x′+y′i\omega=x'+y'\mathrm{i}，其中 xx，yy，x′x'，y′y' 均为实数，i\mathrm{i} 为虚数单位，且对于任意复数 zz，有 ω=z0‾⋅z‾\omega=\overline{z_0}\cdot\overline{z}， ∣ω∣=2∣z∣\ |\omega|=2|z|.
(1) 试求 mm 的值，并分别写出 x′x' 和 y′y' 用 xx，yy 表示的关系式； (2) 将 (x,y)(x,y) 作为点 PP 的坐标，(x′,y′)(x',y') 作为点 QQ 的坐标，上述关系可以看作是坐标平面上点的一个变换：它将平面上的点 PP 变到这一平面上的点 QQ，已知点 PP 经该变换后得到的点 QQ 的坐标为 (3,2)(\sqrt{3},2)，试求点 PP 的坐标； (3) 若直线 y=kxy=kx 上的任一点经上述变换后得到的点仍在该直线上，试求 kk 的值.

2000 · 上海 · 文 · 第 22 题 · 解答题

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18复数★★★☆☆
设复数 zz 满足 ∣z∣=5|z| = 5，且 (3+4i)z(3 + 4\mathrm{i})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|\sqrt{2}z - m| = 5\sqrt{2}（m∈Rm \in \mathbf{R}），求 zz 和 mm 的值.

2000 · 上海 · 春季 · 第 18 题 · 解答题

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20复数★★★★☆
设复数 z=3cos⁡θ+i⋅2sin⁡θz=3\cos\theta+\mathrm{i}\cdot 2\sin\theta，求函数 y=θ−arg⁡zy=\theta-\arg z（0<θ<π20<\theta<\frac{\pi}{2}）的最大值以及对应的 θ\theta 值.

1999 · 全国 · 理 · 第 20 题 · 解答题

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21复数★★★★☆
设复数 z=3cos⁡θ+i⋅2sin⁡θz=3\cos\theta+\mathrm{i}\cdot 2\sin\theta，求函数 y=θ−arg⁡zy=\theta-\arg z（0<θ<π20<\theta<\frac{\pi}{2}）的最大值以及对应的 θ\theta 值.

1999 · 全国 · 文 · 第 21 题 · 解答题

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