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1．(1)　　 　　　　　

(2)交換律　分配律　　　

12. 解：(Ⅰ)由題設，|ω|＝|·|＝|z₀||z|＝2|z|，∴|z₀|＝2，

于是由1+m²＝4，且m＞0，得m＝，

因此由x′+y′i＝·，

得關系式

(Ⅱ)設點P(x，y)在直線y=x+1上，則其經變換后的點Q(x′，y′)滿足

，消去x，得y′＝(2－)x′－2+2，

故點Q的軌跡方程為y＝(2－)x－2+2．

(Ⅲ)假設存在這樣的直線，∵平行坐標軸的直線顯然不滿足條件，∴所求直線可設為y=kx+b(k≠0).

解：∵該直線上的任一點P(x，y)，其經變換后得到的點Q(x+y，x－y)仍在該直線上，∴x－y＝k(x+y)+b，即－(k+1)y＝(k－)x+b，

當b≠0時，方程組無解，故這樣的直線不存在.

當b＝0，由，得k²+2k＝0，解得k＝或k＝，

故這樣的直線存在，其方程為y＝x或y＝x.

第二講　復數的運算

[知識梳理]

［知識盤點］

11. 解：設z=a+bi(a，b∈R)，則=a－bi，代入4z+2=3+i

得4(a+bi)+2(a－bi)=3+i.∴.∴z=i.

|z－ω|=|i－(sinθ－icosθ)|

=

∵－1≤sin(θ－)≤1，∴0≤2－2sin(θ－)≤4.∴0≤|z－ω|≤2.

10．解：要使復數為純虛數，必須且　 0，

即，解得

但是，當時　＝0此時不是純虛數

　　 當時, 無意義

所以不存在實數使為純虛數

1．A　2．C　3．A　4．D　5．C　6．－1　7．橢圓　8．四　9．

6. 解：(Ⅰ)∵z是方程x²+1＝0的根，∴z₁＝i或z₂＝－i，不論z₁＝i或z₂＝－i，

M_z＝{i，i²，i³，i⁴}＝{i，－1，－i，1}，于是P＝．

(Ⅱ)取z＝，則z²＝i及z³＝1．

于是M_z＝{z，z²，z³}或取z＝i．(說明：只需寫出一個正確答案)．

[能力提升]

5．解: (Ⅰ) 由=z₁+2i , 兩邊同時取共軛復數可得: z₂=-2i .　 代入已知方程得: z₁(-2i )+ 2i z₁-2i(-2i)+1=0. 即|z₁|²-2i-3=0. 令z₁=a+bi , 即可得到 a²+b²-2i(a-bi)-3=0.

即 (a²+b²-2b-3)- 2ai =0. 解得a=0, b=3,或a=0, b=-1.

∴z₁=3i, z₂=-5i, 或z₁=-i , z₂=-i .　　

(Ⅱ)由已知得z₁=. 又∵|z₁|=, ∴||=.∴| 2i z₂-1|²=3|z₂+ 2i|².

∴(2i z₂-1)( -2i-1)=3(z₂+ 2i)(- 2i). 整理得: z₂+4i z₂-4i-11=0.

即(z₂-4i)( +4i)=27. ∴| z₂-4i|²=27, 即| z₂-4i|=3.

∴存在常數k=3, 使得等式| z₂-4i|=k恒成立.

4．解：(Ⅰ)設z=a+bi，a、b∈R，b≠0

則w=a+bi+

因為w是實數，b≠0，所以a²+b²=1，即|z|=1.于是w=2a，－1＜w=2a＜2，－＜a＜1，

所以z的實部的取值范圍是(－，1).

(Ⅱ).

因為a∈(－，1)，b≠0，所以u為純虛數.

(Ⅲ)

.

因為a∈(－，1)，所以a+1＞0，故w－u²≥2·2－3=4－3=1.

當a+1=，即a=0時，w－u²取得最小值1.

3. 解：設z＝x+yi(x、y∈R)，∵|z|＝5，∴x²+y²＝25，

而(3+4i)z＝(3+4i)(x+yi)＝(3x－4y)+(4x+3y)i，

又∵(3+4i)z在復平面上對應的點在第二、四象限的角平分線上，

∴3x－4y+4x+3y＝0，得y＝7x，∴x＝±，y＝±

即z＝±(+i)；z＝±(1+7i)．

當z＝1+7i時，有|1+7i－m|＝5，

即(1－m)²+7²＝50，得m=0，m=2.

當z＝－(1+7i)時，同理可得m＝0，m＝－2．

2．解：⑴當，即x=a或時z為實數；

⑵當，即且時z為虛數；

⑶當＝0且，即x=1時z為純虛數

⑷當，即當0<a<1時，0<x<a或x>；或a>1時，x>a或0<x<時z在復平面上對應的點在實軸上方；

⑸當+＝1即x=1時，|z|=1.