2a2b2，故z12z12
6B解析设zabi，B点对应的复数为z1，则z1abii1ib1a1i∵点B与点A恰好关于坐标原点对称
∴
a
b
11
ab
a1b0
z1
7C
解析zωcos12cos122cos21
∵θ∈0π∴当θ0时，zω的最大值是2
8A解析z1z2是非零复数满足z12z1z2z220则z122z1z2z22z1z2，即
z1z22z1z2
∴
z1
2
z2
2z12

z
22

z1z2
1
z1z2
z1z2
z1z2
z1z2
9D
解析已知复数zxyixy∈Rx≥1满足z1xx12y2x22
即y22x1
那么z在复平面上对应的点xy的轨迹是抛物线
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10C
解析z1设zcosθisi
θ则z1zi2si
cossi
cos1
令si
cost，则si
cossi
cos11t121
2
4
∴当t
二填空题
3
11
4
2即θ5时z1zi取最大值，此时，z
2

2
i
4
22
解析已知复数z134iz2ti则z1z2（3t4）4t3i，
∵z1z2
是实数
∴4t30即t34
122
解析
若t∈Rt≠1t≠0时复数zt1ti的模为z1tt
则z2t21t22
1t
t
故z的模的取值范围是2
aa24
13
i
2
解析若a≥0且zzazi0则zzai0za0故z为纯虚数，
设zyiyR则yayii0故y2y10
aa24
y
2
aa24
z
i
2
1415
解析设zlog2m23m3ilog2m3m∈R若z对应点在直线x2y10上则log2m23m32log2m310故2（m23m3）m32
∴m15或m15（不适合）
三解答题
15解原方程化简为z2zzi1i
设zxyix、y∈R代入上述方程得x2y22xi1i
∴x2y21且2x1解得x1且y±3
2
2
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∴原方程的解是z1±3i22
16解
由题意得z1
15i1i
23i于是
z1

z2

4a2i

4a24z1
13
4a2413得a2－8a70解得1a7
17证∵z1z21z1z2∴z1z221z1z22
∴z1z2（z1z2）1z1z21z1z2
∴z1z2z1z21z1z21z1z2
化简后得z1z1z2z21z1z2z1z2
∴z12z221z12z22∴z121z2210∴z121或z221
∴z1z2中至少有一个为1
18解Ⅰ由z2z12i两边同时取共轭复数可得z2z12i
代入已知方程得z1z12i2iz12iz12i10
即z122iz130令z1abi
即可得到a2b22iabi30
即a2b22b32ai0
解得a0b3或a0b1
∴z13iz25i或z1iz2i
Ⅱ由已知得
z1
2izz2
2

12i

又∵z1
3
∴2iz213z22i
∴2iz2123z22i2
∴2iz212iz213z22iz22i
整理得z2z24iz24iz2110
即z24iz24i27
∴z24i227
即z24i33
∴存在常数k33使得等式z24ik恒r