設 \(f(x) = x^4 – 5x^3 + x^2 + ax + b\) 為實係數多項式,且知 \(f(i) = 0\)（其中 \(i^2 = -1\)）。請問下列哪些選項是多項式方程式 \(f(x) = 0\) 的根？
(1) \(-i\)
(2) 0
(3) 1
(4) \(-5\)
(5) 5
答案
複數運算與幾何意義
101學測數學考科-10
設 \(O\) 為複數平面上的原點,並令點 \(A, B\) 分別代表非零複數 \(z, w\)。若 \(\angle AOB = 90^\circ\),則下列哪些選項必為負實數？
(1) \(\frac{z}{w}\)
(2) \(zw\)
(3) \((zw)^2\)
(4) \(\frac{z^2}{w^2}\)
(5) \((z\overline{w})^2\) （其中 \(\overline{w}\) 為 \(w\) 的共軛複數）
答案
102學測數學考科-14
108學測數學考科-02
110學測數學考科_13
設多項式函數 \( f(x) = x^3 + ax^2 + bx + c \)，其中 \( a, b, c \) 均為有理數。試選出正確的選項。
(1) 函數 \( y = f(x) \) 與拋物線 \( y = x^2 + 100 \) 的圖形可能沒有交點
(2) 若 \( f(0)f(1) < 0 < f(0)f(2) \)，則方程式 \( f(x) = 0 \) 必有三個相異實根
(3) 若 \( 1 + 3i \) 是方程式 \( f(x) = 0 \) 的複數根，則方程式 \( f(x) = 0 \) 有一個有理根
(4) 存在有理數 \( a, b, c \) 使得 \( f(1), f(2), f(3), f(4) \) 依序形成等差數列
(5) 存在有理數 \( a, b, c \) 使得 \( f(1), f(2), f(3), f(4) \) 依序形成等比數列
114分科測驗數學乙考科試卷-10
114分科測驗數學甲試卷-08
設複數 \(z\) 的虛部不為0且 \(|z|=2\)。已知在複數平面上，\(1、z、z^3\) 共線。試選出正確的選項？
(1) \(z\cdot\overline{z}=2\)
(2) \(\frac{z^3-z}{z-1}\) 的虛部為0
(3) \(z\) 的實部為 \(-\frac{1}{2}\)
(4) \(z\) 满足 \(z^2-z+4=0\)
(5) 在複數平面上，\(-2、z、z^2\) 共線
答案
105指考數學甲試題–C
在所有滿足\(z-\overline{z}=-3i\)的複數\(z\)中(其中\(\overline{z}\)為\(z\)的共軛複數，\(i=\sqrt{-1}\))，\(\vert\sqrt{7}+8i – z\vert\)的最小值為__________。(化成最簡分數)
答案
設\(z = a + bi\)，\(\overline{z}=a - bi\)，由\(z-\overline{z}=-3i\)可得\((a + bi)-(a - bi)=-3i\)，即\(2bi=-3i\)，解得\(b = -\frac{3}{2}\)，所以\(z=a-\frac{3}{2}i\)。
\(\vert\sqrt{7}+8i - z\vert=\vert\sqrt{7}+8i-(a-\frac{3}{2}i)\vert=\vert(\sqrt{7}-a)+(\frac{19}{2}i)\vert=\sqrt{(\sqrt{7}-a)^{2}+(\frac{19}{2})^{2}}\)，它表示複平面上點\(Z(a,-\frac{3}{2})\)到點\(A(\sqrt{7},8)\)的距離。
點\(A(\sqrt{7},8)\)到直線\(y = -\frac{3}{2}\)的距離就是\(\vert\sqrt{7}+8i - z\vert\)的最小值，即\(8-(-\frac{3}{2})=\frac{16 + 3}{2}=\frac{19}{2}\)。
答案為\(\frac{19}{2}\)。 報錯
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106指考數學甲試題-06
已知複數\(z\)滿足\(z^{n}+z^{-n}+2 = 0\)，其中\(n\)為正整數。將\(z\)用極式表示為\(r(\cos\theta+i\sin\theta)\)，且\(r\gt0\)。試選出正確的選項。
(1)\(r = 1\)
(2)\(n\)不能是偶數
(3)對給定的\(n\)，恰有\(2n\)個不同的複數\(z\)滿足題設
(4)\(\theta\)可能是\(\frac{3\pi}{7}\)
(5)\(\theta\)可能是\(\frac{4\pi}{7}\)
答案
由\(z = r(\cos\theta+i\sin\theta)\)，則\(z^{-n}=\frac{1}{z^{n}}=\frac{1}{r^{n}(\cos n\theta+i\sin n\theta)}=\frac{1}{r^{n}}[\cos(-n\theta)+i\sin(-n\theta)]\)。
已知\(z^{n}+z^{-n}+2 = 0\)，即\(r^{n}(\cos n\theta+i\sin n\theta)+\frac{1}{r^{n}}(\cos(-n\theta)+i\sin(-n\theta))+2 = 0\)。
整理得\((r^{n}+\frac{1}{r^{n}})\cos n\theta+2 + i[(r^{n}-\frac{1}{r^{n}})\sin n\theta]=0\)，所以\(\begin{cases}(r^{n}+\frac{1}{r^{n}})\cos n\theta+2 = 0\\(r^{n}-\frac{1}{r^{n}})\sin n\theta = 0\end{cases}\)。
由\((r^{n}-\frac{1}{r^{n}})\sin n\theta = 0\)，若\(\sin n\theta\neq0\)，則\(r^{n}-\frac{1}{r^{n}} = 0\)，即\(r^{2n}=1\)，又\(r\gt0\)，所以\(r = 1\)；若\(\sin n\theta = 0\)，代入\((r^{n}+\frac{1}{r^{n}})\cos n\theta+2 = 0\)，\(r^{n}+\frac{1}{r^{n}}\gt0\)，\(\cos n\theta\in[-1,1]\)，方程不成立，所以\(r = 1\)，(1)正確。
由\(z^{n}=-1\)（\(r = 1\)時），\(z = \cos\frac{(2k + 1)\pi}{n}+i\sin\frac{(2k + 1)\pi}{n}\)，\(k = 0,1,\cdots,n - 1\)，恰有\(n\)個不同的複數\(z\)滿足題設，(3)錯誤。
由\(z^{n}=-1=\cos\pi+i\sin\pi\)，\(z=\cos\frac{(2k + 1)\pi}{n}+i\sin\frac{(2k + 1)\pi}{n}\)，若\(\theta=\frac{3\pi}{7}\)，則\(\frac{(2k + 1)\pi}{n}=\frac{3\pi}{7}\)，\(14k + 7 = 3n\)，\(n=\frac{14k + 7}{3}\)，當\(k = 1\)時，\(n = 7\)，成立；若\(\theta=\frac{4\pi}{7}\)，則\(\frac{(2k + 1)\pi}{n}=\frac{4\pi}{7}\)，\(14k + 7 = 4n\)，\(n=\frac{14k + 74}{4}\)，\(k\)取整數時\(n\)不是整數，不成立，(4)正確，(5)錯誤。
由(4)可推出(2)(3)選項
答案為(1)(4)。 報錯
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107指考數學甲試題-07
設\(O\)為複數平面上的原點，並令點\(A\)，\(B\)分別代表複數\(z_{1}\)，\(z_{2}\)，且滿足\(\vert z_{1}\vert = 2\)，\(\vert z_{2}\vert = 3\)，\(\vert z_{2}-z_{1}\vert=\sqrt{5}\)。若\(\frac{z_{2}}{z_{1}}=a + bi\)，其中\(a\)，\(b\)為實數，\(i=\sqrt{-1}\)。試選出正確的選項。
(1)\(\cos\angle AOB=\frac{2}{3}\)
(2)\(\vert z_{2}+z_{1}\vert=\sqrt{23}\)
(3)\(a\gt0\)
(4)\(b\gt0\)
(5)若點\(C\)代表\(\frac{z_{2}}{z_{1}}\)，則\(\angle BOC\)可能等於\(\frac{\pi}{2}\)
答案
(1) 根据复数的几何意义，\(\vert z_{1}\vert\)，\(\vert z_{2}\vert\)，\(\vert z_{2}-z_{1}\vert\)分别对应向量\(\overrightarrow{OA}\)，\(\overrightarrow{OB}\)，\(\overrightarrow{BA}\)的模。
由余弦定理\(\cos\angle AOB=\frac{\vert z_{1}\vert^{2}+\vert z_{2}\vert^{2}-\vert z_{2}-z_{1}\vert^{2}}{2\vert z_{1}\vert\vert z_{2}\vert}=\frac{4 + 9 - 5}{2×2×3}=\frac{8}{12}=\frac{2}{3}\)，(1)正确。
(2) \(\vert z_{2}+z_{1}\vert^{2}=(z_{2}+z_{1})(\overline{z_{2}+z_{1}})=\vert z_{2}\vert^{2}+\vert z_{1}\vert^{2}+2\mathrm{Re}(z_{1}\overline{z_{2}})\)，由\(\cos\angle AOB=\frac{2}{3}\)，\(z_{1}\overline{z_{2}}=\vert z_{1}\vert\vert z_{2}\vert\cos\angle AOB + i\vert z_{1}\vert\vert z_{2}\vert\sin\angle AOB\)，\(\vert z_{1}\vert = 2\)，\(\vert z_{2}\vert = 3\)，可得\(z_{1}\overline{z_{2}} = 4 + 2\sqrt{5}i\)（先求出\(\sin\angle AOB=\sqrt{1 - (\frac{2}{3})^{2}}=\frac{\sqrt{5}}{3}\)），则\(\vert z_{2}+z_{1}\vert^{2}=9 + 4+2×4 = 21\)，\(\vert z_{2}+z_{1}\vert=\sqrt{21}\neq\sqrt{23}\)，(2)错误。
(3)(4) 已知\(\frac{z_{2}}{z_{1}}=a + bi\)，\(z_{2}=(a + bi)z_{1}\)，\(\vert z_{2}\vert=\vert a + bi\vert\vert z_{1}\vert\)，\(\vert z_{1}\vert = 2\)，\(\vert z_{2}\vert = 3\)，则\(\vert a + bi\vert=\frac{3}{2}\)，即\(a^{2}+b^{2}=\frac{9}{4}\)。
又\(z_{2}-z_{1}=(a - 1+bi)z_{1}\)，\(\vert z_{2}-z_{1}\vert=\vert a - 1+bi\vert\vert z_{1}\vert\)，\(\vert z_{2}-z_{1}\vert=\sqrt{5}\)，\(\vert z_{1}\vert = 2\)，所以\(\vert a - 1+bi\vert=\frac{\sqrt{5}}{2}\)，即\((a - 1)^{2}+b^{2}=\frac{5}{4}\)。
联立\(\begin{cases}a^{2}+b^{2}=\frac{9}{4}\\(a - 1)^{2}+b^{2}=\frac{5}{4}\end{cases}\)，将第一个式子减去第二个式子得\(2a - 1 = 1\)，解得\(a = 1\gt0\)，把\(a = 1\)代入\(a^{2}+b^{2}=\frac{9}{4}\)得\(b=\pm\frac{\sqrt{5}}{2}\)，(3)正确，(4)错误。
(5) 若\(\angle BOC=\frac{\pi}{2}\)，则\((a + bi)i\)（\(i\)是虚数单位）对应的向量与\(\overrightarrow{OB}\)垂直，\((a + bi)i=-b + ai\)，根据向量垂直性质，\((-b + ai)\cdot(a + bi)=-ab + a^{2}i - b^{2}i+abi^{2}=(a^{2}-b^{2})i\)，要使其为纯虚数，当\(a = 1\)，\(b=\pm\frac{\sqrt{5}}{2}\)时，\((a^{2}-b^{2})i\)是纯虚数，所以\(\angle BOC\)可能等于\(\frac{\pi}{2}\)，(5)正确。
答案为(1)(3)(5)。 報錯
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