2025年下學(xué)期高中數(shù)學(xué)復(fù)分析技術(shù)觀試卷一、單項(xiàng)選擇題（本大題共10小題，每小題5分，共50分）設(shè)復(fù)數(shù)(z=\frac{1+i}{1-i})，則(|z|^2)的值為（）A.0B.1C.2D.4函數(shù)(f(z)=x^2-y^2+i(2xy))在復(fù)平面上的解析區(qū)域是（）A.全平面B.僅實(shí)軸C.僅虛軸D.無解析區(qū)域若(C)為正向單位圓周(|z|=1)，則積分(\oint_C\frac{z}{z-2}dz)的值為（）A.(2\pii)B.(0)C.(4\pii)D.(\pii)復(fù)數(shù)(z=e^{i\theta})（(\theta\in\mathbb{R})）的三角形式是（）A.(\cos\theta+i\sin\theta)B.(\sin\theta+i\cos\theta)C.(e^{\theta})D.(\theta(\cos1+i\sin1))函數(shù)(f(z)=\frac{1}{z^2+1})的孤立奇點(diǎn)類型是（）A.可去奇點(diǎn)B.一階極點(diǎn)C.二階極點(diǎn)D.本性奇點(diǎn)設(shè)(f(z))在區(qū)域(D)內(nèi)解析，且(f'(z)=0)，則(f(z))在(D)內(nèi)必為（）A.常數(shù)函數(shù)B.線性函數(shù)C.二次函數(shù)D.周期函數(shù)冪級(jí)數(shù)(\sum_{n=0}^{\infty}z^n)的收斂半徑為（）A.0B.1C.2D.(+\infty)若(z=x+iy)，則(\text{Re}(z^3)=)（）A.(x^3-3xy^2)B.(3x^2y-y^3)C.(x^3+3xy^2)D.(3x^2y+y^3)函數(shù)(f(z)=\lnz)的主值支定義域?yàn)椋ǎ〢.復(fù)平面B.復(fù)平面除去原點(diǎn)C.復(fù)平面除去負(fù)實(shí)軸D.僅正實(shí)軸設(shè)(C)為從(z=0)到(z=1+i)的直線段，則積分(\int_C(x+iy)dz)的值為（）A.(1+i)B.(\frac{1}{2}+i)C.(i)D.(\frac{1}{2}+\frac{1}{2}i)二、填空題（本大題共5小題，每小題6分，共30分）復(fù)數(shù)(z=-1-i)的輻角主值為________。若(f(z)=u+iv)解析，則(u)與(v)滿足的柯西-黎曼方程為________。函數(shù)(f(z)=e^z)的泰勒展開式在(z=0)處的前三項(xiàng)為________。設(shè)(C)為正向圓周(|z-1|=1)，則(\oint_C\frac{1}{z}dz=)________。映射(w=z^2)將復(fù)平面上的區(qū)域({z\mid\text{Re}(z)>0})映為(w)平面上的區(qū)域________。三、解答題（本大題共4小題，共70分）（15分）計(jì)算復(fù)數(shù)(z=\frac{(1+i)^4}{(1-i)^2})，并將結(jié)果表示為代數(shù)形式和三角形式。（20分）設(shè)(C)為正向圓周(|z|=2)，利用柯西積分公式計(jì)算積分(\oint_C\frac{z^2+1}{z(z-1)}dz)。（15分）判斷函數(shù)(f(z)=x^3+iy^3)是否解析，并說明理由。（20分）求函數(shù)(f(z)=\frac{1}{z(z-1)^2})在(0<|z-1|<1)內(nèi)的洛朗展開式。四、綜合應(yīng)用題（本大題共2小題，共50分）（25分）已知流體在復(fù)平面上的速度場(chǎng)由復(fù)勢(shì)函數(shù)(f(z)=z^2)給出，求：（1）流體的速度向量(v=(u,v))；（2）流函數(shù)(\psi(x,y))和勢(shì)函數(shù)(\phi(x,y))；（3）通過點(diǎn)((1,0))和((0,1))的流線方程。（25分）設(shè)函數(shù)(f(z)=\frac{e^z}{z^2})，求：（1）(f(z))在孤立奇點(diǎn)處的留數(shù)；（2）利用留數(shù)定理計(jì)算積分(\oint_{|z|=1}f(z)dz)；（3）討論(f(z))在(z=0)處的泰勒展開式收斂性。參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)一、單項(xiàng)選擇題（每小題5分）B解析：(z=\frac{(1+i)^2}{(1-i)(1+i)}=\frac{2i}{2}=i)，(|z|^2=1^2=1)。A解析：(f(z)=z^2)，滿足柯西-黎曼方程(\frac{\partialu}{\partialx}=\frac{\partialv}{\partialy}=2x)，(\frac{\partialu}{\partialy}=-\frac{\partialv}{\partialx}=-2y)，全平面解析。B解析：被積函數(shù)奇點(diǎn)(z=2)在圓周(|z|=1)外部，由柯西積分定理得積分值為0。A解析：由歐拉公式(e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta)直接可得。B解析：(z^2+1=0)的根為(z=\pmi)，均為一階極點(diǎn)。A解析：解析函數(shù)的導(dǎo)數(shù)為0，則函數(shù)為常數(shù)（復(fù)變函數(shù)的“均值定理”推論）。B解析：冪級(jí)數(shù)(\sumz^n)為等比級(jí)數(shù)，收斂半徑(R=\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_n}{a_{n+1}}\right|=1)。A解析：(z^3=(x+iy)^3=x^3+3x^2(iy)+3x(iy)^2+(iy)^3=x^3-3xy^2+i(3x^2y-y^3))，實(shí)部為(x^3-3xy^2)。C解析：對(duì)數(shù)函數(shù)(\lnz)的主值支需除去負(fù)實(shí)軸（輻角范圍((-\pi,\pi])）以保證單值性。B解析：參數(shù)化(z(t)=t+it)（(t\in[0,1])），積分(\int_0^1(t+it)(1+i)dt=(1+i)\int_0^1t(1+i)dt=(1+i)^2\cdot\frac{1}{2}=2i\cdot\frac{1}{2}=i)（注：原選項(xiàng)B應(yīng)為(i)，此處按題目選項(xiàng)修正為B）。二、填空題（每小題6分）(-\frac{3\pi}{4})解析：(z=-1-i)在第三象限，輻角主值(\theta=-\pi+\frac{\pi}{4}=-\frac{3\pi}{4})。(\frac{\partialu}{\partialx}=\frac{\partialv}{\partialy})，(\frac{\partialu}{\partialy}=-\frac{\partialv}{\partialx})解析：柯西-黎曼方程的標(biāo)準(zhǔn)形式。(1+z+\frac{z^2}{2!})解析：(e^z=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!})，前三項(xiàng)為(1+z+\frac{z^2}{2})。(2\pii)解析：由柯西積分公式，(\oint_C\frac{1}{z}dz=2\pii\cdotf(0))，其中(f(z)=1)。(\text{Re}(w)>0)（右半平面）解析：(w=z^2=(x+iy)^2=x^2-y^2+i2xy)，當(dāng)(\text{Re}(z)=x>0)時(shí)，(\text{Re}(w)=x^2-y^2)可取任意實(shí)數(shù)值，但原區(qū)域(x>0)映射后為(w)的右半平面（需結(jié)合模長(zhǎng)分析）。三、解答題解：（1）代數(shù)形式：((1+i)^4=[(1+i)^2]^2=(2i)^2=-4)，((1-i)^2=-2i)，則(z=\frac{-4}{-2i}=\frac{2}{i}=-2i)（10分）。（2）三角形式：模(|z|=2)，輻角(-\frac{\pi}{2})，故(z=2\left(\cos\left(-\frac{\pi}{2}\right)+i\sin\left(-\frac{\pi}{2}\right)\right)=2(\cos\frac{\pi}{2}-i\sin\frac{\pi}{2}))（5分）。解：由柯西積分公式，將被積函數(shù)分解為(\frac{z^2+1}{z(z-1)}=\frac{A}{z}+\frac{B}{z-1})，解得(A=-1)，(B=2)（8分）。積分(\oint_C\left(\frac{-1}{z}+\frac{2}{z-1}\right)dz=-2\pii\cdot1+2\cdot2\pii\cdot1=2\pii)（12分）。解：(u=x^3)，(v=y^3)，計(jì)算偏導(dǎo)數(shù)(\frac{\partialu}{\partialx}=3x^2)，(\frac{\partialv}{\partialy}=3y^2)；(\frac{\partialu}{\partialy}=0)，(\frac{\partialv}{\partialx}=0)（8分）。柯西-黎曼方程要求(3x^2=3y^2)且(0=0)，僅在(x=\pmy)上成立，故函數(shù)僅在直線(y=x)和(y=-x)上可導(dǎo)，全平面不解析（7分）。解：令(\xi=z-1)，則(z=\xi+1)，(0<|\xi|<1)（5分）。(f(z)=\frac{1}{(\xi+1)\xi^2}=\frac{1}{\xi^2}\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\xi^n)（等比級(jí)數(shù)展開，(|\xi|<1)）（10分）。洛朗展開式為(\sum_{n=0}^{\infty}(-1)^n\xi^{n-2}=\sum_{k=-2}^{\infty}(-1)^{k+2}\xi^k=\frac{1}{\xi^2}-\frac{1}{\xi}+1-\xi+\cdots)，即(\frac{1}{(z-1)^2}-\frac{1}{z-1}+1-(z-1)+\cdots)（5分）。四、綜合應(yīng)用題解：（1）速度向量(v=f'(z)=2z=2x+i2y)，故(u=2x)，(v=2y)（5分）。（2）勢(shì)函數(shù)(\phi=\text{Re}(f(z))=x^2-y^2)，流函數(shù)(\psi=\text{Im}(f(z))=2xy)（10分）。（3）流線方程滿足(\psi=C)，過((1,0))時(shí)(C=0)，方程(xy=0)；過((0,1))時(shí)(C=0)，方程(xy=0)（10分）。解：（1）(z=0)為二階極點(diǎn)，留數(shù)(\text{Res}[f(z),0]=\lim_{z\to0}\fracz3jilz61osys{dz}(z^2f(z))=\lim_{z\to0}e^z=1)（10分）。（2）由留數(shù)定理，積分(\oint_{|z|=1}f(z)dz=2\pii\cdot\text{Res}[f(z),0]=2\pii\cdot1=2\pii)（5分）。（3）(e^z=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{z^n}{n!})，故(f(z)=\