1．(1)　　 　　　　　

(2)交换律　分配律　　　

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

于是由1+m²＝4，且m＞0，得m＝，

因此由x′+y′i＝·，

得关系式

(Ⅱ)设点P(x，y)在直线y=x+1上，则其经变换后的点Q(x′，y′)满足

，消去x，得y′＝(2－)x′－2+2，

故点Q的轨迹方程为y＝(2－)x－2+2．

(Ⅲ)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(k≠0).

解：∵该直线上的任一点P(x，y)，其经变换后得到的点Q(x+y，x－y)仍在该直线上，∴x－y＝k(x+y)+b，即－(k+1)y＝(k－)x+b，

当b≠0时，方程组无解，故这样的直线不存在.

当b＝0，由，得k²+2k＝0，解得k＝或k＝，

故这样的直线存在，其方程为y＝x或y＝x.

第二讲　复数的运算

[知识梳理]

［知识盘点］

11. 解：设z=a+bi(a，b∈R)，则=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：要使复数为纯虚数，必须且　 0，

即，解得

但是，当时　＝0此时不是纯虚数

　　 当时, 无意义

所以不存在实数使为纯虚数

1．A　2．C　3．A　4．D　5．C　6．－1　7．椭圆　8．四　9．

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

M_z＝{i，i²，i³，i⁴}＝{i，－1，－i，1}，于是P＝．

(Ⅱ)取z＝，则z²＝i及z³＝1．

于是M_z＝{z，z²，z³}或取z＝i．(说明：只需写出一个正确答案)．

[能力提升]

5．解: (Ⅰ) 由=z₁+2i , 两边同时取共轭复数可得: 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.

∴存在常数k=3, 使得等式| z₂-4i|=k恒成立.

4．解：(Ⅰ)设z=a+bi，a、b∈R，b≠0

则w=a+bi+

因为w是实数，b≠0，所以a²+b²=1，即|z|=1.于是w=2a，－1＜w=2a＜2，－＜a＜1，

所以z的实部的取值范围是(－，1).

(Ⅱ).

因为a∈(－，1)，b≠0，所以u为纯虚数.

(Ⅲ)

.

因为a∈(－，1)，所以a+1＞0，故w－u²≥2·2－3=4－3=1.

当a+1=，即a=0时，w－u²取得最小值1.

3. 解：设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在复平面上对应的点在第二、四象限的角平分线上，

∴3x－4y+4x+3y＝0，得y＝7x，∴x＝±，y＝±

即z＝±(+i)；z＝±(1+7i)．

当z＝1+7i时，有|1+7i－m|＝5，

即(1－m)²+7²＝50，得m=0，m=2.

当z＝－(1+7i)时，同理可得m＝0，m＝－2．

2．解：⑴当，即x=a或时z为实数；

⑵当，即且时z为虚数；

⑶当＝0且，即x=1时z为纯虚数

⑷当，即当0<a<1时，0<x<a或x>；或a>1时，x>a或0<x<时z在复平面上对应的点在实轴上方；

⑸当+＝1即x=1时，|z|=1.