1、第十二章 复 数 1.（2003 京春文 7，理 3）设复数 z1=1+ i， z2= 31i，则 arg 21z等于（ ）A. 125 B.125 C.17 D. 32.（2003 上海春，14）复数 z= im21（ 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.（2002 京皖春，4）如果 （ 2， ） ，那么复数（1 i）（cos isin ）的辐角的主值是（ ）A. 49B. 4C. 4D. 474 （2002 全国，2）复数（ 231i） 3的值是（ ）A. i B.i C.1 D.15.（2002 上海，13）
2、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.（2001 全国文，5）已知复数 i62，则 arg z1是（ ）A. 6 B. 61C. 3D. 35 7.（2000 京皖春文，11）设复数 z11 i在复平面上对应向量 1OZ，图 121将 1OZ按顺时针方向旋转 65 后得到向量 2OZ，令 2对应的复数 z2的辐角主值为 ，则 tan 等于（ ）A.2 3 B.2 3 C.2 D.2 8.（2000 全国，2）在复平面内，把复数 3 i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.2 B.2 3i C. 3i D.3+ i 9.（2000 上海理
3、，13）复数 z )5sn(co（ i是虚数单位）的三角形式是（ ）A.3cos（ 5） isin（ 5） B.3（cos isin ）C.3（cos 4 isin ） D.3（cos 56 isin ）10.（2000 京皖春，1）复数 z13 i， z21 i，则 z z1z2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.（2000 京皖春理，11）设复数 z12sin icos （ 4 2)在复平面上对应向量 1OZ，将 1按顺时针方向旋转 3 后得到向量 2OZ，2Z对应的复数为 z2r（cos isin ） ，则 tan等于（ ）A. 1ta
4、nB. 1tan2 C. 1tan2D. 1tan2 12.（1998 全国，8）复数 i的一个立方根是 i，它的另外两个立方根是（ ）A. i23 B. i23 C. i1 D. i113.（1996 全国，4）复数 54)31(2i等于（ ）A.1+ 3i B.1+ i C.1 i D.1 i14.（1994 上海，16）设复数 z= 23i（ 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.715.（1994 全国，9）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. 2 C.2 D. 5
5、二、填空题16.（2003 上海春，6）已知 z为复数，则 z+ 2 的一个充要条件是 z满足 .17.（2002 京皖春，16）对于任意两个复数z1 x1 y1i， z2 x2 y2i（ x1、 y1、 x2、 y2为实数） ，定义运算“”为：z1 z2 x1x2 y1y2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 w1 w20，那么在 P1OP2中， P1OP2的大小为 18.（2002 上海，1）若 z C，且（3 z） i1（ i为虚数单位） ，则 z 19.（2001 上海春，2）若复数 z满足方程 i=i1（ i是虚数单位） ，则z=_.20
6、.（1997 上海理，9）已知 a= i213（ i是虚数单位） ，那么 a4=_.21.（1995 上海，20）复数 z满足（1+2 i） z=4+3i，那么 z=_.三、解答题22.（2002 上海春，17）已知 z、w 为复数， （13 i） z为纯虚数， wiz2，且| w|5 2，求 w23.（2002 江苏，17）已知复数 z1 i，求实数 a， b使az2 bz（ a2 z） 224.（2001 京皖春，18）已知 z71（ zC 且 z1）.（）证明 1 z z2 z3 z4 z5 z60；（）设 z的辐角为 ，求 cos cos2 cos4 的值. 25.（2001 全国理，
7、18）已知复数 z1 i（1 i） 3.（）求 argz1及| z1|；（）当复数 z满足| z|1，求| z z1|的最大值.26.（2001 上海理，20）对任意一个非零复数 z，定义集合Mz w|w z2n1， nN （）设 是方程 x 2的一个根，试用列举法表示集合 M ；（）设复数 Mz，求证： M Mz27.（2001 上海文，20）对任意一个非零复数 z，定义集合Mz w|w zn， nN （）设 z是方程 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.（20
8、00 上海春，18）设复数 z满足| z|5，且（34 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|5 （ mR） ，求 z和 m的值.29.（2000 上海理，22）已知复数 z01 mi（ M0） ， z x yi和 x y i，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 0z ，| |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=
9、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.（1999 全国理，20）设复数 z3cos i2sin .求函数y arg z（0 2）的最大值以及对应的 值. 31.（1999 上海理，19）已知方程 x2（4 i） x4 ai0（ aR）有实数根 b，且 z=a+bi，求复数 z（1 ci） （ c0）的辐角主值的取值范围. 32.（1999 上海文，19）设复数 z满足4z+2 =3 3+i， =sin icos （ R）.求 z的值和| z |
10、的取值范围. 33.（1998 上海文，18）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.（1998 上海理，18）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，设 1Z所表示的复数为z，求复数 z+ 2i的辐角主值 . 35.（1997 全国文，20）已知复数 z= 231i， w= 2i，求复数zw+zw3的模及辐角主值.36.（1997 全国理，20）已知复数 z= i， = i.复数z， z2 3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
11、角形（其中 O为原点）.37.（1997 上海理，20）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.（1996 上海理，22）设 z是虚数， w=z+ 是实数，且1 2.（）求| z|的值及 z的实部的取值范围；（）设 u= 1，求证： u为纯虚数；（）求 w u2的最小值.39.（1995 上海，22）已知复数 z1、 z2满足| z1|=|z2|1，且 z1+z2=231i.求 z1、 z2的值. 40.（1995
12、 全国文，22）设复数 z=cos +isin ， （ ，2 ）.求复数 z2+z的模和辐角. 41.（1995 全国理，21）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.（1994 全国理，21）已知 z=1+i，（）设 w=z2+3 4，求 w的三角形式.（）如果 12bax=1 i，求实数 a， b的值.43.（1994 上海，22）设 w为复数，它的辐角主值为 43 ，且 4)(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
13、，分别求出 z1、 z2的辐角主值.argz1=43 ，arg z2= 3.所以 arg 1521z0，2 ） ，arg 125z .解析二：因为 iiii )213()2()31)(32 .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)2(12imi （ m4）2（ m+1） i在复平面对应点如果在第一象限，则 04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 isin ） 2（cos 4 is
14、in ）（cos isin ） 2cos（ 4） isin（ ） （ ， ） （ 43， 5）该复数的辐角主值是 4.答案：C解法一：（ 231i） 3（cos60 isin60） 3cos180 isin1801解法二： ii21,， )()231( 33i5.答案：D6.答案：D解法一： 35arg21ar),3sin(co2)321( zziz解法二： )(i 1z ,023,21应在第四象限，tan 3， arg z1arg z是 5 7.答案：C解析：arg z1 4 ，arg z2 15tan tan 5tan75tan（4530） 3238.答案：B解析：根据复数乘法的几何意义，
15、所求复数是 iiiii 2)1)(3)sn()3)co(3( 9.答案：C解法一：采用观察排除法.复数 )5sin(coz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 )5sin(co3z直接化为复数的三角形式，即).54sin(co3 )i(z 10.答案：D解析： 123arg47,arg,6r021 zzz 11.答案：A解析：设 z12sin icos | z1|（cos isin ） ，其中| z1| |sn2co,ssin4122 ，sin |co1z（ ） z2| z1|cos（ 43）
16、isin（ 43） r（cos isin ） tan 1tan2cosin2sico)43cos(ini 12.答案：D解法一： i=cos 2+isin3 i的三个立方根是 cos 32sin3kk（ k=0，1，2）当 k=0时， iii 2sco2sn3co；当 k=1时， iii 21367snc3scs ；当 k=2时， iii s1co42sn342cos .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,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
17、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： )4sin(co2i，故（2+2 i） 4=26（cos +isin ）=2 6，1 )3sin(co23i，故 35sinco)31(5i.于是 iiii 31)2(2)()31(25654 ,所以选 B.解法二：原式= iii 231)231()231(62554 iii 314)(31应选 B解法三：2+2 i的辐角主值是 45，则（2+2 i） 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)(2i的一个辐角是 480，它在第二象限，从而排除 A、C、D，
18、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= 231i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|+|z i|=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
19、距离.16.答案：Rez1解析：设 z=a+bi，如果 z+ 2，即 2a2 a1 反之，如果 a1，则 z+ =2a2，故 z+ 2 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 iyxziyxzOPOP2121, w1 w20 由定义 x1x2 y1y20 OP1 OP2 P1OP2 18.答案： z3 i解析：（3 z） i1 3 z i z3 i19.答案：1 i解析： i=i1， i=（ i1） （ i）=1+ i z=1 i.20.答案：4解析： a4=（ i213） 2 2= 5)21(3i 4=（ 5i） 4
20、=（1+ i） 4=（2 i） 2=421.答案：2+ i解析：由已知 iiiz 25)83(641)2(3，故 z=2+i.22.解法一：设 z a bi（ a， bR） ，则（13 i） z a3 b（3 a b）i由题意，得 a3 b0| | 25|i，| z| 102ba将 a3 b代入，解得 a15， b15故 i251（7 i） 解法二：由题意，设（13 i） z ki， k0 且 kR，则 )31(ik| |5 2， k50 故 （7 i） 23.解： z1 i， az2 b （ a2 b）（ a2 b） i，（ a2 z） 2（ a2） 244（ a2） i（ a24 a）4（
21、 a2） i，因为 a， b都是实数，所以由 az2 bz（ a2 z） 2得).2(4,两式相加，整理得 a26 a80，解得 a12， a24，对应得 b11， b22所以，所求实数为 a2， b1 或 a4， b224.（）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： 0171 zqSnn1 z z2 z3 z60解法二： S1 z z2 z6 zS z z2 z3+ z6 z7 得（1 z） S1 z70 S 00（） z71， zcos isin z7cos7 isin7 1，7 2 kz z2 z41 z3 z5 z61cos（2 k 4 ） isi
22、n（2 k 4 ）cos（2 k 2 ） isin（2 k 2 ）cos（2 k ） isin（2 k ） 1（cos4 isin4 cos2 isin2 cos isin ）2（cos cos2 cos4 ）1，cos cos2 cos4 21解法二： z2z51， z2 5同理 z3 4， z 6 z z2 z41 4 2z z z z1cos2 cos cos4 225.（）解： z1 i（1 i） 3 i（2 i） （1 i）2（1 i）| z1| 2，arg z12 （cos 47 isin ）arg z1 47（）解法一：| z|1，设 zcos isin|z z1|cos isi
23、n 22 i| )4sin(9)(sn)2(cos 当 sin（ 4）1 时| z z1|2取得最大值 94 2从而得到| z z1|的最大值 2 1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）| z z1|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：| z z1|max2 126.（）解： 是方程 x2 x10 的根 1 2（1 i）或 2 （1 i）图 122当 1 2（1 i）时， 12 i， 12n1 121)(ni )(2),(),(),(,111 iiiiiiM当 2 （1 i）时， 22 i 12
24、,22M M )1(2),(),(),1( iiii （）证明： Mz，存在 MN，使得 z2m1于是对任意 nN， 2n1 z(2m1)(2 n1)由于（2 m1） （2 n1）是正奇数， 2n1 Mz， M Mz27.解：（） z是方程 x210 的根， z1 i或 z2 i，不论 z1 i或 z2 i，Mz i， i2， i3， i4 i，1， i，1于是 P C4（）取 z i231，则 z2 i及 z31于是 Mz z， z2， z3或取 z 23i （说明：只需写出一个正确答案） 28.解：设 z x yi（ x、 yR） ，| z|5， x2 y225，而（34 i） z（34
25、i） （ x yi）（3 x4 y）（4 x3 y） i，又（34 i） z在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上，3 x4 y4 x3 y0，得 y7 x x 2， y 2即 z（ 7i） ； z（17 i） 当 2z1 7i时，有|1 7 i m|5 2，即（1 m） 27 250，得 m=0， m=2.当 z（ 17 i）时，同理可得 m0， m 229.解：（）由题设，| | z | z0|z|2| z|，| z0|2，于是由 1 m24，且 m0，得 m 3，因此由 x y i )1(i iyxxyi )3()(，得关系式 3（）设点 P（ x， y）在直线 y=x+1上，则其
26、经变换后的点 Q（ x， y）满足 1)3(yx消去 x，得 y（2 3） x2 2，故点 Q的轨迹方程为 y（2 ） x2 32（）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（ x 3y，3x y）仍在该直线上， x y k（ x 3y） b，即（ k1） y（ k ） x b，当 b0 时，方程组 31)(无解，故这样的直线不存在.当 b0，由 k1)(，得 3k22 k0，解得 k 3或 k ，故这样的直线存在，其方程为 y 3x或 y 3x.评述：本题考查了复数的有关概念，
27、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 tan 0由 z3cos i2sin ，得 0arg z 2及 tan（arg z） 32cosintan故 tanytan（ arg z） tan2t31tan321 tan32tan 2 6 t2ta1当且仅当 tn32tan （0 2）时，即 tan 26时，上式取等号.所以当 arctan 时，函数 tany取最大值 126由 y arg z得 y（ 2,） 由于在（ 2,）内正切函数是递增函数，函数 y也取最大值arctan 126评述：本题主要考查复数的基本概念、三角公式和不等
28、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（4 i） x4 ai0（ aR）有实根 b， b2（4 i） b4 ai0，得 b24 b4（ b a） i0，即有 ,2ba得 z=a+bi=22 i， iccic )2()1()1( 当 0 c1 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， 2)范围内，有 arg z（1 ci） arctan carctan（ c121） ，0 c1，0 c211，有 0arctan（ 1） 4，0ar
29、g z（1 ci） 当 c1 时，复数 （1 ci）的实部大于 0，虚部小于 0，复数 z（1 ci）的辐角主值在（ 23，2 ）范围内，有 arg z（1 ci） 2 arctan c2 arctan（c121） c1，1 c210，有 4arctan（ 1）0， 7arg z（1 ci） 2 综上所得复数 （1 ci） （ c0）的辐角主值的取值范围为0， 4)（47，2 ） 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=a bi，代入 4z+2 =3 3+i得 4（ a+bi）+2（ a bi）=3 3+i
30、. 213b. z= 21i.|z |=| 3i（sin icos ）|= )6sin(2cosin32)cos21()sin2( 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+2=（1+ i） （ i）+2=3 i z2的虚部为 2.可设 z2=a+2i（ aR）z1z2=（3 i） （ a+2i）=（3 a+2）+（6 a） i为实数.6 a=0，即 a=6因此 z2=6+2i，| z2|= 102.34.
31、解：由（ z2） i=1+i得 z= i+2=3 i z= zcos（ 4）+ isin（ 4） =（3 i） （ 2i）= 22iz+ i= 2 i=2（ 2i）=2（cos 47 +isin ）arg（ z1+ i）= 47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）=（ 31i） （ 2i） （1+ i）= 2（1+ i） 2（ 1i）= )13()(iii)65sin(co故复数 zw+zw3的模为 2，辐角主值为 65.解法二： w= i=cos 4+isinzw+zw3=z（ w+w3）= z（cos +isin ）+（co
32、s 4+isin ） 3=z（cos 4+isin ）+（cos 43+isin ） = z（ii22）= )213(2)31( ii )65sin(co故复数 zw+zw3的模为 ，辐角主值为 65 .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： )sin()co(21iz = 4sin2i于是 z =cos1+isin 2， z =cos（ 12）+ isin（ 12）.z2 3=cos（ ）+ isin（ 3） （cos 43 +isin ）=cos15 +isin 因为 OP与 OQ的夹角为 125 （ ）= 2.所以 OP OQ又因为| OP|=| z|=1，
33、| OQ|=|z2 3|=|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 = 4sinco2i. 4=1于是 izz2333|由此得 OP OQ，| 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=a bi于是（ a+bi） 2=（ a bi） ，于是 b解得 23b或1 iziziziz 231,231231,12 或（2）由 z1=1+mi（ m0）
34、， z12=z2得 z2=（1 m2）+2 mi =（1+ m2）+2 mitan = 2由 m0，知 m+ 12，于是1tan 0又 （ m2+1）0，2 m0，得 43 因此所求 的取值范围为 ， ）.38.解：（）设 z=a+bi， a、 bR， b0则 w=a+bi+ ibi )()(122因为 w是实数， b0，所以 a2 b2=1，即| z|=1.于是 w=2a，1 w=2a2， 1 a1，所以 z的实部的取值范围是（ ，1）.（） iabiabizu 1)(212 .因为 a（ 21，1） ， b0，所以 u为纯虚数.（） 1212)1(2)( aaaauw.31)(2a.因为
35、a（ ，1） ，所以 a+10，故 w u222 )(3=43=1.当 a+1= 1，即 a=0时， w u2取得最小值 1.39.解：由| z1 z2|=1，得（ z1+z2） （ 21）=1，又| z1|=|z2|=1，故可得z1 2+ z2=1，所以 z1 2的实部= 1z2的实部= .又| 1z2|=1，故 1z2的虚部为 3，1zz2= i， z2=z1 )3(i.于是 z1+z1 ii)3(，所以 z1=1， z2= i或 z1= i23， z2=1.所以 iz232，或 12zi40.解法一： z2+z=（cos +isin ）2+cos +isin =cos2 +isin2 +
36、cos +isin=2cos3 cos+i2sin3cos 2=2cos （cos 23 +isin ）=2cos 2cos（ +23 ）+ isin（ +23 ） （ ，2 ） ， （ ， ） ，2cos 0复数 z2+z的模为2cos 2，辐角为 2k + +3 （ k Z）解法二： z2+z=z（1+ z）=（cos +isin ） （1+cos +isin ）=（cos +isin ） （2cos 2+i2sin cos 2）=2cos 2（cos +isin ） （cos +isin ）=2cos （cos 3 +isin2 ）以下同解法一.41.解法一：如图 123，设 Z1、 Z
37、3对应的复数分别为z1、 z3，则由复数乘除法的几何意义有 z1 2z2cos（4） isin（ 4） iii 213)2)(312z3 iiii 231)(1)4sn(co2 注：求出 z1后， z3 iz1 i23解法二：设 Z1、 3对应的复数分别是 z1、 z3，根据复数加法和乘法的几何意义，依题意得 213iz z1 2z2（1 i） （1 3i） （1 i） 2131i图 123z3 z2 z1（1 3i）（ 2131i） 231i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
38、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：（）由 z=1+i，有 w=（1+ i） 23（1 i）4=1 i，所以 w的三角形式是 2（cos 45sin）（）由 z=1+i，有 iiabiiazba )2()(1)()1(22 （ a2）（ 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)(2解得 21ba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 43，所以设 w=r（cos 43 isin ） ，则 R,)4(2)4(12)4(2(1 sincosin3co4) 2222 irrirrir，从而 4 r20，得 r=2.因此 w2（cos )3sin i
