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⊙w₂＝0，那么在△P₁OP₂中，∠P₁OP₂的大小为        ．

18.（2002上海，1）若z∈C，且（3＋z）i＝1（i为虚数单位），则z＝         ．

19.（2001上海春，2）若复数z满足方程i=i－1（i是虚数单位），则z=_____.

20.（1997上海理，9）已知a=（i是虚数单位），那么a⁴=_____.

21.（1995上海，20）复数z满足（1+2i）=4+3i，那么z=_____.

22.（2002上海春，17）已知z、w为复数，（1＋3i）z为纯虚数，w＝，且|w|＝5，求w．

23.（2002江苏，17）已知复数z＝1＋i，求实数a，b使az＋2b＝（a＋2z）²．

24.（2001京皖春，18）已知z⁷＝1（z∈C且z≠1）.

（Ⅰ）证明1＋z＋z²＋z³＋z⁴＋z⁵＋z⁶＝0；

（Ⅱ）设z的辐角为α，求cosα＋cos2α＋cos4α的值.

^※25.（2001全国理，18）已知复数z₁＝i（1－i）³.

（Ⅰ）求argz₁及|z₁|；

（Ⅱ）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M_z＝｛w|w＝z²ⁿ－1，n∈N｝．

（Ⅰ）设α是方程x＋的一个根，试用列举法表示集合M_α；

（Ⅱ）设复数ω∈M_z，求证：M_ωM_z．

27.（2001上海文，20）对任意一个非零复数z，定义集合M_z＝｛w|w＝zⁿ，n∈N｝．

（Ⅰ）设z是方程x+=0的一个根，试用列举法表示集合M_z．若在M_z中任取两个数，求其和为零的概率P；

（Ⅱ）若集合M_z中只有3个元素，试写出满足条件的一个z值，并说明理由．

29.（2000上海理，22）已知复数z₀＝1－mi（M＞0），z＝x＋yi和ω＝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ω＝?，|ω|＝2|z|．

（Ⅰ）试求m的值，并分别写出x′和y′用x、y表示的关系式；

（Ⅱ）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=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；

（Ⅲ）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z＝3cosθ＋i?2sinθ.求函数y＝θ－argz（0＜θ＜）的最大值以及对应的θ值.

^※31.（1999上海理，19）已知方程x²＋（4＋i）x＋4＋ai＝0（a∈R）有实数根b，且z=a+bi，求复数（1－ci）（c＞0）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+i，ω=sinθ－icosθ（θ∈R）.求z的值和|z－ω|的取值范围.

^※33.（1998上海文，18）已知复数z₁满足（z₁－2）i=1+i，复数z₂的虚部为2，且z₁?z₂是实数，求复数z₂的模.

^※34.（1998上海理，18）已知向量所表示的复数z满足（z－2）i=1+i，将绕原点O按顺时针方向旋转得，设所表示的复数为z′，求复数z′+i的辐角主值.

^※35.（1997全国文，20）已知复数z=i，w=i，求复数zw+zw³的模及辐角主值.

36.（1997全国理，20）已知复数z=i，ω=i.复数z，z²ω³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（m＞0，i为虚数单位），ω=z₂－2，ω的辐角主值为θ，求θ的取值范围.

38.（1996上海理，22）设z是虚数，w=z+是实数，且－1＜ω＜2.

（Ⅰ）求|z|的值及z的实部的取值范围；

（Ⅱ）设u=，求证：u为纯虚数；

（Ⅲ）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=i.求z₁、z₂的值.

^※40.（1995全国文，22）设复数z=cosθ+isinθ，θ∈（π，2π）.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+i，求Z₁和Z₃对应的复数.

^※42.（1994全国理，21）已知z=1+i，

（Ⅰ）设w=z²+3－4，求w的三角形式.

（Ⅱ）如果=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π，且为实数，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，分别求出z₁、z₂的辐角主值.argz₁=π，argz₂=.

所以arg∈［0，2π），

∴argπ.

解析二：因为.

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=［（m－4）－2（m+1）i］在复平面对应点如果在第一象限，则而此不等式组无解.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）（cosθ＋isinθ）＝（cos＋isin）（cosθ＋isinθ）

＝［cos（θ＋）＋isin（θ＋）］

∵θ∈（，π）  ∴θ＋∈（，）

∴该复数的辐角主值是θ＋．

4.答案：C

解法一：（i）³＝（cos60°＋isin60°）³＝cos180°＋isin180°＝－1

解法二：，

∴

5.答案：D

6.答案：D

解法一：

解法二：       ∴

∴应在第四象限，tanθ＝，θ＝arg．

∴arg是π．

7.答案：C

解析：∵argz₁＝π，argz₂＝π

∴tanθ＝tan＝tan75°＝tan（45°＋30°）＝．

8.答案：B

解析：根据复数乘法的几何意义，所求复数是

．

9.答案：C

解法一：采用观察排除法.复数对应点在第二象限，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：把复数直接化为复数的三角形式，即

10.答案：D

解析：．

11.答案：A

解析：设z₁＝2sinθ＋icosθ＝|z₁|（cosα＋isinα），

其中|z₁|＝，

sinα＝（）．

∴z₂＝|z₁|?［cos（α）＋isin（α）］

＝r（cos＋isin）．

∴tan＝

12.答案：D

解法一：∵－i=cos+isin

∴－i的三个立方根是cos（k=0，1，2）

当k=0时，；

当k=1时，；

当k=2时，.

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－,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：，

故（2+2i）⁴=2⁶（cosπ+isinπ）=－2⁶，1－，

故.

于是,

所以选B.

解法二：原式=

∴应选B

解法三：2+2i的辐角主值是45°，则（2+2i）⁴的辐角是180°；1－i的一个辐角是－60°，则（1－i）⁵的辐角是－300°，所以的一个辐角是480°，它在第二象限，从而排除A、C、D，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=－i是z³=1的一个根，记z=ω，ω⁴=ω，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+λ|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距离.

16.答案：Rez＞1

解析：设z=a+bi，如果z+＞2，即2a＞2

∴a＞1反之，如果a＞1，则z+=2a＞2，故z+＞2的一个充要条件为Rez＞1.

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：

解析：设

∵w₁⊙w₂＝0  ∴由定义x₁x₂＋y₁y₂＝0

∴OP₁⊥OP₂  ∴∠P₁OP₂＝．

18.答案：z＝－3－i

解析：∵（3＋z）i＝1  ∴3＋z＝－i  ∴z＝－3－i

19.答案：1－i

解析：∵i=i－1，∴=（i－1）（－i）=1+i

∴z=1－i.

20.答案：－4

解析：a⁴=［（）²］²=［］⁴=（）⁴

=（－1+i）⁴=（－2i）²=－4

21.答案：2+i

解析：由已知，

故z=2+i.

22.解法一：设z＝a＋bi（a，b∈R），则（1＋3i）z＝a－3b＋（3a＋b）i．

由题意，得a＝3b≠0．

∵|ω|＝，

∴|z|＝．

将a＝3b代入，解得a＝±15，b＝±15．

故ω＝±＝±（7－i）．

解法二：由题意，设（1＋3i）z＝ki，k≠0且k∈R，

则ω＝．

∵|ω|＝5，∴k＝±50．

故ω＝±（7－i）．

23.解：∵z＝1＋i，

∴az＋2b＝（a＋2b）＋（a－2b）i，

（a＋2z）²＝（a＋2）²－4＋4（a＋2）i＝（a²＋4a）＋4（a＋2）i，

因为a，b都是实数，所以由az＋2b＝（a＋2z）²得

两式相加，整理得a²＋6a＋8＝0，

解得a₁＝－2，a₂＝－4，

对应得b₁＝－1，b₂＝2．

所以，所求实数为a＝－2，b＝－1或a＝－4，b＝2．

24.（Ⅰ）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：

∴1＋z＋z²＋z³＋…＋z⁶＝0

解法二：S＝1＋z＋z²＋…＋z⁶           ①

zS＝z＋z²＋z³＋…+z⁶＋z⁷                   ②

∴①－②得（1－z）S＝1－z⁷＝0

∴S＝＝0

（Ⅱ）z⁷＝1，z＝cosα＋isinα

∴z⁷＝cos7α＋isin7α＝1，7α＝2kπ

z＋z²＋z⁴＝－1－z³－z⁵－z⁶

＝－1－［cos（2kπ－4α）＋isin（2kπ－4α）＋cos（2kπ－2α）＋isin（2kπ－

2α）＋cos（2kπ－α）＋isin（2kπ－α）］

＝－1－（cos4α－isin4α＋cos2α－isin2α＋cosα－isinα）

∴2（cosα＋cos2α＋cos4α）＝－1，

cosα＋cos2α＋cos4α＝－

解法二：z²?z⁵＝1，z²＝

同理z³＝，z＝

∴z＋z²＋z⁴＝－1－－－

∴z＋＋＋z＋＋z＝－1

∴cos2α＋cosα＋cos4α＝

25.（Ⅰ）解：z₁＝i（1－i）³＝i（－2i）（1－i）＝2（1－i）

∴|z₁|＝，argz₁＝2（cosπ＋isinπ）

∴argz₁＝π

（Ⅱ）解法一：|z|＝1，∴设z＝cosθ＋isinθ

|z－z₁|＝|cosθ＋isinθ－2＋2i|

＝

当sin（θ）＝1时|z－z₁|²取得最大值9＋4

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12―2可知：|z－z₁|_max＝2＋1

26.（Ⅰ）解：∵α是方程x²－x＋1＝0的根

∴α₁＝（1＋i）或α₂＝（1－i）

当α₁＝（1＋i）时，∵α₁²＝i，α₁^2n－1＝

∴

当α₂＝（1－i）时，∵α₂²＝－i

∴

∴M_α＝｝

（Ⅱ）证明：∵ω∈M_z，∴存在M∈N，使得ω＝z^2m－1

于是对任意n∈N，ω^2n－1＝z^{(2m－1)(2n－1)}

由于（2m－1）（2n－1）是正奇数，ω^2n－1∈M_z，∴M_ωM_z．

27.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）．

28.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，

∴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．

29.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.

评述：本题考查了复数的有关概念，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＜θ＜得tanθ＞0．

由z＝3cosθ＋i?2sinθ，得0＜argz＜及tan（argz）＝tanθ

故tany＝tan（θ－argz）＝

∵＋2tanθ≥2

∴≤

当且仅当＝2tanθ（0＜θ＜）时，

即tanθ＝时，上式取等号.

所以当θ＝arctan时，函数tany取最大值

由y＝θ－argz得y∈（）．

由于在（）内正切函数是递增函数，函数y也取最大值arctan．

评述：本题主要考查复数的基本概念、三角公式和不等式等基础知识，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）x＋4＋ai＝0（a∈R）有实根b，

∴b²＋（4＋i）b＋4＋ai＝0，

得b²＋4b＋4＋（b＋a）i＝0，

即有

∴

得z=a+bi=2－2i，

∴．

当0≤c≤1时，复数（1－ci）的实部大于0，虚部不小于0，

∴复数（1－ci）的辐角主值在［0，

范围内，有arg［（1－ci）］＝arctan＝arctan（－1），

∵0＜c≤1，∴0≤－1＜1，

有0≤arctan（－1）＜，

∴0≤arg［（1－ci）］＜．

当c＞1时，复数（1－ci）的实部大于0，虚部小于0，

∴复数（1－ci）的辐角主值在（，2π）

范围内，有arg［（1－ci）］＝2π＋arctan＝2π＋arctan（－1）．

∵c＞1，∴－1＜－1＜0，

有＜arctan（－1）＜0，

∴＜arg［（1－ci）］＜2π．

综上所得复数（1－ci）（c＞0）的辐角主值的取值范围为［0，∪（，2π）．

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，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.

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（z₁－2）i=1+i得z₁=+2=（1+i）（－i）+2=3－i

∵z₂的虚部为2.

∴可设z₂=a+2i（a∈R）

z₁?z₂=（3－i）（a+2i）=（3a+2）+（6－a）i为实数.

∴6－a=0，即a=6

因此z₂=6+2i，|z₂|=.

34.解：由（z－2）i=1+i得z=+2=3－i

∴z′=z［cos（－）+isin（－）］=（3－i）（i）=－2i

z′+i=－i=2（i）=2（cosπ+isinπ）

∴arg（z¹+i）=π

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）=（i）（i）（1+i）

=（1+i）²（i）=

故复数zw+zw³的模为，辐角主值为.

解法二：w=i=cos+isin

zw+zw³=z（w+w³）=z［（cos+isin）+（cos+isin）³］

=z［（cos+isin）+（cos+isin）］=z（）

=

故复数zw+zw³的模为，辐角主值为π.

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：

ω=

于是zω=cos+isin， =cos（－）+isin（－）.

z²ω³=［cos（－）+isin（－）］×（cosπ+isinπ）=cosπ+isinπ

因为OP与OQ的夹角为π－（－）=.

所以OP⊥OQ

又因为|OP|=||=1，|OQ|=|z²ω³|=|z|²|ω|³=1

∴|OP|=|OQ|.

由此知△OPQ为等腰直角三角形.

证法二：∵z=cos（－）+isin（－）.

∴z³=－i

又ω=.

∴ω⁴=－1

于是

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，b∈R且b≠0），则z₂=a－bi

于是（a+bi）²=（a－bi），于是

解得或

∴

（2）由z₁=1+mi（m＞0），z₁²=z₂得z₂=（1－m²）+2mi

∴ω=－（1+m²）+2mi

tanθ=－

由m＞0，知m+≥2，于是－1≤tanθ≤0

又 －（m²+1）＜0，2m＞0，得π≤θ＜π

因此所求θ的取值范围为［π，π）.

38.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.

39.解：由|z₁＋z₂|=1，得（z₁+z₂）（）=1，又|z₁|=|z₂|=1，故可得z₁+z₂=－1，所以z₁的实部=z₂的实部=－.又|z₂|=1，故z₂的虚部为±，

z₂=－±i，z₂=z₁.

于是z₁+z₁，

所以z₁=1，z₂=或z₁=，z₂=1.

所以，或

40.解法一：z²+z=（cosθ+isinθ）²+cosθ+isinθ=cos2θ+isin2θ+cosθ+isinθ

=2cosθcos+i?2sincos=2cos（cosθ+isinθ）

=－2cos［cos（π+θ）+isin（π+θ）］

∵θ∈（π，2π），∴∈（，π），∴－2cos＞0

∴复数z²+z的模为－2cos，辐角为2kπ+π+θ（k∈Z）

解法二：z²+z=z（1+z）=（cosθ+isinθ）（1+cosθ+isinθ）

=（cosθ+isinθ）（2cos²+i?2sincos）

=2cos（cosθ+isinθ）（cos+isin）=2cos（cosθ+isinθ）

以下同解法一.

41.解法一：如图12―3，设Z₁、Z₃对应的复数分别为z₁、z₃，则由复数乘除法的几何意义有z₁＝z₂［cos（）＋isin（）］

＝

z₃＝．

注：求出z₁后，z₃＝iz₁＝

解法二：设Z₁、Ｚ₃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

∴z₁＝z₂（1－i）＝（1－i）（1－i）＝i

z₃＝z₂－z₁＝（1＋i）－（i）＝i

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：（Ⅰ）由z=1+i，有w=（1+i）²＋3（1－i）－4=－1－i，所以w的三角形式是

（cos）

（Ⅱ）由z=1+i，有

＝（a＋2）－（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

解得

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，argw＝，所以设w=r（cos＋isin），

则，

从而4－r²＝0，得r=2.

因此w＝2（cos＝－＋i．

●命题趋向与应试策略

1.由于复数内容在新的教学大纲中已被列为选学内容，所以近几年复数部分在高考中考查的难度与题量都呈下降趋势.

2.本章内容在高考中，以选择题和解答题为主.选择题主要考查：（1）复数的概念，包括虚数、纯虚数、复数的实部和虚部、复数的模、辐角主值、复数相等、共轭复数等概念.（2）复数代数形式与三角形式的基本运算，包括复数的四则运算，乘方、开方运算，代数形式与三角形式的互化及基本运算的技能与技巧等.（3）复数的几何意义，特别是复数乘法的几何意义――向量旋转，复数运算的几何意义在平面图形中的应用等.在高考中常见的类型有：

（1）与基本计算有关的问题；

（2）与复数模的最值有关的问题；

（3）与复数几何意义有关的问题.

解答题主要考查：（1）在复数集中解一元二次方程和二项方程.（2）复数的三角运算.（3）复数与代数、几何、三角的综合性知识运用.在高考中常见的类型有：

（1）解复数方程的问题；

（2）求复数的模和辐角主值的问题；

（3）复数与代数几何、三角相关联的综合性问题.

从上述我们可以看到高考常以考查复数运算为主，估计这一命题趋势还将继续下去.

3.坚持全面复习与重点复习相结合.

由于目前试题多以中低档题目出现，难度不大，但涉及面广，对基本问题掌握的熟练程度要求较高，所以对基本问题不能放松要求.

复数的三角形式问题是重点内容.首先，应熟练地确定复数的三角形式、复数的模与辐角主值、复数三角形式的结构特征.其次，要准确把握复数三角形式的运算特点，恰当选择运算形式.

4.重视复数与相关知识的联系.①复数问题可以转化成三角问题，②复数问题转化为实数范围内的代数问题，③复数问题转化成平面几何问题.在复习过程中，就充分利用相关知识，实现问题的转化.如求模的最值问题可采用以下思考方法：①转化为求三角函数式的最值问题，②转化为实数范围内的最值，③利用模为实数这一性质，||z₁|－|z₂||≤|z₁±z₂|≤|z₁|＋|z₂|，④转化为平面几何问题.随着观察分析角度的不同，产生不同的解题思路和方法，提高学生对算理算法的合理运用的水平.

5.强调数学思想方法的训练：（1）转化思想：要求学生在全面理解掌握复数知识的同时，善于将复数向实数转化，将复数向几何、三角转化.（2）分类讨论思想：分类讨论是一种重要的解题策略和方法，它能使复杂的问题简单化，复数考题中经常用到这种分类讨论思想.（3）数形结合思想：运用数形结合思想处理复平面问题是高考考查的热点之一，应引起注意.

注：凡标有^※的题目都与2003年高考考试说明不符合，复数的三角形式及其运算都已删除.仅供读者自己运用.