赏析自主招生考试中的复数问题

复数具有代数形式、三角形式、指数形式等多种表述方式,所蕴含的实际意义是以新的视角、新的途径沟通了代数、三角和几何等内容之间的联系,由此,该知识点是高校自主招生考试(也是高考与数学竞赛)的一个重要内容. 1复数知识 1.1 复数的表示形式与运算 代数形式:z=a+bi(a、b∈R); 三角形式: z=r(cosθ+i sinθ)(r≥0,θ∈R); 指数形式:z=reiθ(r≥0,θ∈R). 例1 设复数 ω1=-1/2+√3/2i, ω2 =cos2π/5+isin2π/5. 令ω=ω1ω2.则复数 ω+ω2+…+ω2011=(______). (2011,复旦大学自主招生考试) 解 显然,ω1=e 2πi/3,ω2 =e2πi/5. 则ω=ω1ω2=e16πi/15. 故ω+ω2+…+ω2011=ω(1-ω2011)/1-ω 而ω2011=ω2010·ω=ω,于是, ω+ω2+…+ω2011 =ω.     

挖掘课本资源,培养思维品质——±1立方虚根的性质及应用

课本题目的推广苏教版数学选修2-2第108页有这样一道例题:设ω=-21+23i,求证:(1)1+ω+ω2=0;(2)ω3=1.同样在第111页有这样一道习题:已知z=21+23i,求证:(1)z2=-z;(2)z3=-1;(3)z2-z+1=0.对于这两个问题,笔者对它们进行了如下推广:(1)当ω=-12+23i或ω=-21-23i时,有如下结论:①ω3=1;②1+ω+ω2=0;③ω2=ω;④ω+1ω=-1;⑤ω·ω=1.(其中当ω为虚数时①~④可逆)(2)当ω=12+23i或ω=21-23i时,有如下结论:①ω3=-1;②1-ω+ω2=0;③ω2=-ω;④ω+1ω=1;⑤ω·ω=1.(其中当ω为虚数时①~④可逆)利用上述结论来解题,有时能大大的优化解题过程,从而达到事半功倍的效果.性质的应用【例1】计算:-23-21i12+12-+23ii8.解析原式=23i2-21i12+11-2+i3i8=i23i-1212+(1+i1)8-13i-23i29=1+(2i)41-23i1-3i233=1-241-23i=-7+83i.点评本题主要利用(1+i)2=2i与23i-213=1,1-3i23=-1的关系进行...     

高考复数试题考点解析

《〈考试说明〉》要求考生:(1)了解引进复数的必要性,理解复数的有关概念,掌握复数的代数形式和几何意义;(2)掌握复数的代数形式的运算法则,能进行复数代数形式加、减、乘、除法运算,在运算时适当运用复数i;1±i,-12±32i=ω乘方运算结果来简化计算;(3)了解从自然数系到复数系扩充的基本思想,掌握复数问题实数化;(4)注重复习时基本方法(转化思想、分类讨论、数形结合思想)的运用.下面介绍高考复数试题考点及其求解策略.考点1　复数的四则运算例1　(1996年全国高考题)1复数(2+2i)4(1-3i)5等于(　　)(A)1+3i.　　　(B)-1+3i.(C)1-3i.　　　(…     

复数ω=-1/2＋√3/2i的应用

在复数范围内,1的立方根是 1,－1/2＋√3/2i,-1/2-√3/2i,其中ω=-1/2＋√3/2i具有如下性质．     

ω在复数运算中的应用

全国六年制重点中学高中代数第二册其中一个习题提到:虚数-1/2 3~(1/2)/2i定义为ω,则ω有如下各种性质: 1°ω和ω_2互为共轭复数,且为方程x~2 x 1=0的两个根。 2°│ω│=│ω~2│=1, 3°1 ω ω~2=0 4°ω3n=1(n∈Z) 灵活运用这些性质,可以使与ω有关的许多复数题时解法显得十分简便,这对培养学生分析问题的能力和正确、迅速的运算技巧能力大有好处     

妙用ωn的周期性解题

在复数范围内，方程x3=1有三个根1、ω、ω，其中，ω=-1/2＋3/2i，ω是ω的共轭复数．     

一道高考题的五种解法

2002年春季高考第(16)题是: 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ω1、ω2在复平面内对应的点分别为P1.p2,点o为坐标原点,若w1⊙w2=0,则在△P1OP2中,相似文献   

巧用"共轭"解决复数问题

解决复数问题时 ,若能巧妙利用共轭复数的性质 ,不仅能使学生更好的理解这些性质 ,熟练的进行复数运算 ,而且还会使解题过程大为简化 ,计算结果迅速呈现 ,下面就利用共轭复数的一些性质所解决的几类问题举例说明 .1　利用“z1=z2 z1= z2 ”巧解复数方程方程问题的常规解法是设z =a+bi　 (a ,b∈R) ,然后依复数相等的条件解关于a ,b的方程组 ,但若利用上述性质来解 ,效果更佳 .例 1　在复数C中解方程z2 = z ,解　∵z2 = z ①∴ ( z) 2 =z ,②把①代入②得z4 =z ,即z(z3- 1) =0 ,∴z=0 ,或z=1,或z =- 12 ± 32 i,例 2　解方程z z- 3i z =1+…     

例谈复数问题的不设而求策略

求解复数问题 ,一般情况是将复数设为代数形式或三角形式 ,用化虚为实的常规方法求解 ,但往往运算十分繁琐 .如果能善于应用复数的基本性质 ,对问题的整体结构进行分析 ,选择一定的策略不设而求 ,常能减化运算 ,提高解题速度 .下面做些粗浅的归纳 .1　利用ｚ∈Ｒ ｚ = ｚ不设而求例 1　设复数ｚ满足 |ｚ -ｉ|=1,且ｚ≠ 0 ,ｚ≠ 2ｉ,又复数ω使得 ωω - 2ｉ·ｚ - 2ｉｚ 为实数 ,问复数ω在复平面上所对应的点Ｚ的集合是什么图形 ?并说明理由 .( 1991年上海高考题 )解　∵ ωω - 2ｉ·ｚ- 2ｉｚ 是实数 ,(ω≠ 2ｉ)∴ ωω - 2ｉ·ｚ- 2ｉ…     

此题,最好是从几何背景去想(高二、高三)

第十二届高二第2试,有一题是: 已知复数z,ω满足:|z-1-i|-|z|=2~(1/2),|ω+3i|=1,则|z-ω|的最小值为( ) (A)2.(B)17~(1/2)(C)-1 (D)不能确定的. 解此题,若是考虑设z=a+bi,w=x+yi(a,b,x,y∈R)如此下去,则推算很艰难!最好的方法是从几何背景去想,则很容易破解.方程     

两个周期数列的通项公式

本文利用复数探讨周期数列 a,b,c,a,b,c,…,(1) a,b,c,d,a,b,c,d… (2)的通项公式a_n=f(n)(n∈N)。记1的三次根为1,ω,ω~2(这里).构造N上的函数选择常数K,l,m,使f(1)=a,f(2)=b,f(3)=c.由ω的性质ω~3=1,ω~2 ω 1=0.不难求出     

自动控制理论例题解析2

6　已知系统的结构图如图 5所示 ,若ｘ(ｔ) =2× 1 (ｔ) ,试求 :(1 )当τ =0时 ,系统ｔｒ、ｔｍ、ｔｓ 的值 ;(2 )当τ≠ 0时 ,若使δ % =2 0 % ,τ应为多大。图 5　题 6系统结构图解　 (1 )由结构图可知闭环传递函数为 :ＧＢ(ｓ) =Ｙ(ｓ)Ｘ(ｓ) =50ｓ2 +2ｓ+50可得　ωｎ=50 =7.0 7弧度 /ｓζ =22ωｎ=0 .1 4θ=ｔｇ- 1 1 - ζ2ζ =81 .95° =1 .43弧度由于Ｘ(ｓ) =2ｓ ,输出的拉氏变换为 :Ｙ(ｓ) =2ωｎ2ｓ2 +2 ζωｎ+ωｎ2则拉氏反变换为 :ｙ(ｔ) =2 1 - ｅ- ζωｎｔ1 - ζ2 ·ｓｉｎ(ωｄｔ+θ) =2 (1 - 1 .0 1ｅ- 0 .995ｓｉｎ(7ｔ+8…     

等比数列求和公式一个推论的应用

等比数列前n项的求和公式的推论: (a-b)(a~(n-1)+a~(n-2b)+…+b~(n-1))=a~n-b~n以及它的特殊形式: (1-q)(1+q+q~2+…+q~(n-1))=1-q~n都是因式分解的重要公式,而因式分解则是解题(如求值,证明等)的重要手段,以下各例,可以说明。例1 分解因式X~(12)+x~9+x~6+x~3+1(1978年全国数学竞赛决赛题) =(x~4+x~3+x~2+x+1) (x~8-x~7+x~5-x~4+x~3-x+1) 例2 已知ω=e~((2π/5)i),求1+ω~4+ω~8+ω~(12)+ω~(16)之值。解原式=((1-ω~4)(1+ω~4+ω~8+ω~(12)+ω~(16))/1-ω~4 =(1-ω~(20))/(1-ω~4)=(1-(ω~5)~4)/(1-ω~4) ∵ω~5=(e~((2π/5)i))~5=e~(2πi)=1 ω~4=e~((8/5)πi)≠1 ∴原式=0 例3 求能使2~n-1被7整除的所有正整数n。(第六届国际数学竞赛题) 解分二种情况讨论。 (1)如果n是3的倍数,我们设n=3k(k为正整数),这时     

三角函数的周期与等差数列

我们知道,三角函数是周期函数.正弦函数的周期是2π,正切函数的周期是π.函数y=Asin(ωx+φ)(其中A>0,ω>0,x∈R)的周期是2πω,函数y=Atan(ωx+φ),x≠kπω+π2ω-φω(其中A>0,ω>0,k∈Z)的周期是πω.余弦函数与余切函数有类似的结论.这些函数的周期与等差数列有何关系呢?性质1一条平行于x轴的直线y=m(m为常数)与函数y=Asin(ωx+φ),x∈R(A>0,ω>0)的图象相交,则(1)如果直线y=m(m为常数)交于函数图象的最高(或最低)点,则n个周期内有n个或n+1个交点,任意区间内的交点(不少于3个)的横坐标顺次构成等差数列,等差数列的公差就是函数周期…     

一个代数不等式的代数证法

本刊文 [2 ]用几何方法改进并证明了文[1]出现的不等式 :已知 x,y∈ R,求证x2 +y2 +( x -1) 2 +y2 +x2 +( y -1) 2 ≥ 22 ( 3 +1) .这体现了由数到形的沟通 ,但还不是完整意义上的数形结合 ,本文补充由形到数的沟通 .首先将费马点所提供的几何意义 ,用复数乘法把 OP,AP,BP首尾连接 ,再用复数模不等式|z1 |+|z2 |+|z3 |≥ |z1 +z2 +z3 |1拉直 ,得出证明 1;然后把复数运算“翻译”为配方 ,并把 1改写为∑3i= 1a2i +b2i ≥ ( ∑3i=1ai) 2 +( ∑3i =1bi) 2 ,2得出更直接的代数证明 .其中的复数证法能说明配方的来由 ,而不是妙手偶得的技巧 .…     

2004年高考数学模拟试题（文理合卷）（五）

一、选择题 :本大题共 12小题 ,每小题 5分 ,共 6 0分 .在每小题给出的四个选项中 ,只有一项是符合题目要求的 .1.已知f(x) =1+x21-x2 ,则下列关系中不正确的是 (　　 )A .f(x) =f( -x)B .f( -x) =f 1xC .f( ｜x｜) =f( -x)D .f( ｜x｜) =f -1x2 .设f:x→x2 是集合A到集合B的映射 ,如果B ={1,2 } ,则A ∩B只可能是(　　 )A .Φ　　　　　B .Φ或 {1}C .Φ或 {2 }D .{1}3.已知复数z=1+i,复数ω =z2 + 4z-2 ,那么ω的三角形式为 (　　 )A .2 2 (cos π4+isin π4)B .2 2 (cos3π4+isin3π4)C .2 2 (cos5π4+isin5π4)D .2 2 (cos7π4+i…     

函数图象的对称性问题

函数图象的对称性反映了函数的特性 ,是研究函数性质的一个重要方面 ,函数图象的对称性包括一个函数图象自身的对称性与两个函数图象之间的对称性。现将其系统归纳出来 ,以便对此有一个比较清晰的认识。一、同一个函数本身的对称性1.二次函数 y=ax2 + bx+ c(a≠ 0 ,且 a、b、c∈ R)的图象关于直线x=- b2 a对称。2 .奇函数的图象关于原点对称 ;偶函数的图象关于直线 x=0 (即y轴 )对称。3.函数 y=Asin(ωx+ Φ)的图象的对称中心是点 (kπ-Φω ,0 ) ,对称轴是直线 x=1ω(kπ+ π2 -Φ ) (k∈ Z)。函数 y=Acos(ωx+ Φ)的图象的对称中心是点 …     

怎样求复数辐角主值的最值

涉及复数模与辐角主值最值的问题是高考考点之一。本文就求复数辐角主值最值的几种方法举例说明. 一、数形结合法例1 已知z·z+(3+3~(1/2)i)z+(3-3~(1/2)i)z+9=0,求argz的最值及相应的复数.     

“复数”问题的解题方法和技巧

由于任何一个复数的n次方根都均匀地分布在复平面上以原点为园心的同一园周上,因而复数中的许多问题都留有“循环”的痕迹,例如i~(4k)=1,i~(4k 1)=i,i~(4k 2)=-1,i~(4k 3)=-i(K∈J),这里,±1,±i正好是1的四个四次方根;又如,若令ω=(-1 (3~(1/2)i))/2,则ω~(3K)=1,ω~(3k 1)=ω,ω~(3k 2)=ω~2,其中1,ω,ω~2正好为1的三个三次方根。所以,复数中的许多问题都有明显的规律性。另一方面,复数与几何、三角、解析几何都有密切的关系,这便     

研究怎样求三角函数的角与解析式提高解题能力

一、求有关角例1如图1,它是函数y=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π/2)的一段图象,试求它的一个解析式.解由图象易见它的振幅A=2.又由周期T=2π/ω=2(5π/4-π/2)=3π/2,得ω=4/3.此时已得到y=2sin(4/3x+φ)(*).以下是求初相角φ的几种不同方法.方法1(直接代点法)图象过点(π/2,0),可直接把这点坐标代入式子(*)中,有sin(2π/3+φ)=0.但注意到点(π/2,0)是在图象递减的那段上,故有2π/3+φ=2kπ+π(k∈Z).又题目中要求|φ|<π/2,故上式可取k=0,得