专题22复数B辑（教师版含解析）-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）.docx

1、备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题22复数B辑历年联赛真题汇编1【1999高中数学联赛(第01试)】已知=arctan512，那么，复数z=cos2+isin2239+i的辐角主值是 .【答案】4【解析】z的辐角主值argz=arg(12+5i)2(239-i)=arg(119+120i)(239-i)=arg28561+28561i=4.2【1998高中数学联赛(第01试)】设复数z=cos+isin0180，复数z，(1+i)z，2z在复平面上对应的三个点分别是P，Q，R，当P，Q，R不共线时，以线段PQ，PR为两边的平行四边形的第四个顶点为S，则点S到原点

2、距离的最大值是 .【答案】3【解析】令复数对应于点S.由于QPRS为平行四边形，有+z=2z+(1+i)z，即=2z+iz，所以|2=(2z+iz)(2z-iz)=4+1+2iz2-z-2=5-4sin25+4=9.(当=135时，等号成立).故|max=3.3【1997高中数学联赛(第01试)】已知复数z满足2z+1z=1，则z的辐角主值范围是 .【答案】k+2-12arccos34k+2+12arccos34，(k=0,1).【解析】设z=r(cos+isin)，则2z+1z2=4r2+1r2+4cos2=1，4r4+(4cos2-1)r2+1=0.这个等式成立等价于二次方程4x2+(4c

3、os2-1)x+1=0的两根x1,x2均为正数.等价于判别式=(4cos2-1)2-420且x1+x2=-14(4cos2-1)0，x1x2=140.等价于cos2-34，等价于2k+-arccos3422k+arccos34，等价于k+2-12arccos34k+2+12arccos34，(k=0,1).4【1996高中数学联赛(第01试)】复平面上非零复数z1，z2在以i为圆心，1为半径的圆上，z1z2的实部为零，z1的辐角主值为16，则z2= .【答案】-32+32i【解析】z1z2的实部是0，那么argz1z2=2或32，即argz2-6=2或argz2-6=32.由于z2在指定圆上，

4、辐角不能大于.所以argz2=23.如图，O1Oz2=30，易知Oz2所对的圆周角是60，所以Oz2=3，即z2=3.所以z2=3cos23+isin23=-32+32i.5【1995高中数学联赛(第01试)】设,为一对共轭复数，若|-|=23，且2为实数，则|= .【答案】2【解析】设=a+bi,=a-bi(a,bR)，则由|-|=23得|b|=3.又由2=3()2为实数且为实数，可知3为实数.即(a+bi)3=a3-3ab2+3a2b-b3i为实数，从而3a2b-b3=0.于是得|a|=1.所以|=a2+b2=2.6【1993高中数学联赛(第01试)】二次方程(1-i)x2+(+i)x+(

5、1+i)=0(i为虚数单位，R)有两个虚根的充分必要条件是的取值范围为 .【答案】|2【解析】反设方程有实根x0，则x02+x0+1+i-x02+x0+=0，于是x02+x0+1=0 -x02+x0+=0 +得(+1)x0+1=0 再由式得=-1x02-x0+1=0或x0=-1=2.可知当且仅当=2时，原方程有实根，于是方程有两个虚根(或无实根)的充分必要条件是2.7【1993高中数学联赛(第01试)】若zC，argz2-4=56,argz2+4=3，则z的值是 .【答案】(1+3)i【解析】如图，利用复数的几何意义，z2+4要表示为OA，z24可表示为OB，z2可表示为OC，而AOB=2.且

6、C为线段AB的中点，因为|OC|=4，即z2=4，argz2=56-6=23.所以z2=4cos23+isin23.故z=2cos3+isin3=212+32i=(1+3)i.8【1992高中数学联赛(第01试)】设z1,z2都是复数，且z1=3,z2=5，z1+z2=7，则argz2z13的值是 .【答案】【解析】解法一设z1,z2,z1+z2在复平面上的对应点分别为Z1,Z2,Z3，如图，则cosOZ2Z3=32+52-72235=-12，故OZ2Z3=23于是argz2z1=Z2OZ1=-OZ2Z1=3，或者argZ2Z1=53.因此argZ2Z13=.解法二由条件49=z1+z22=z

7、12+z22+2Rez1z2=34+2Rez1z2，Rez1z2=152，而z1z2=15，所以Z2Z1=152ei3，argZ2Z13=.9【1991高中数学联赛(第01试)】设复数z1，z2满足z1=z1+z2=3，z1-z2=33，则log3z1z22000+z1z22000= .【答案】4000【解析】解法一由题设知9=z1+z22=z12+z22+z1z2+z1z2，27=z1-z22=z12+z22-z1z2+z1z2，因为z1=3，故z2=3，z1z2+z1z2=-9，并且z1z2+z1z2=9.设z1z2=9(cos+isin)，z1z2=9(cos-isin)，-9=z1z2

8、+z1z2=18cos，得cos=-12，于是z1z2=9或者z1z2=92，这里=-12+32i，当z1z2=9时，可得z1z22000+z1z22000=-92000.故log3z1z22000+z1z22000=4000，当z1z2=92时，可得同样结果，故答案是4000.解法二考虑复数的几何意义.设复数z1,z2在复平面上对应的点分别为A，B，设C为AB的中点.由条件|OA|=z1=3，|OC|=12z1+z2=32，|AC|=12z1-z2=323，因此容易知道OAB为等边三角形，不妨设z2=z1ei3，代入得log3z1z22000+z1z22000=4000.10【2019高中数

9、学联赛A卷(第01试)】称一个复数数列zn为“有趣的”，若|z1|=1，且对任意正整数n，均有4zn+12+2znzn+1+zn2=0.求最大的常数C，使得对一切有趣的数列zn及任意正整数m，均有z1+z2+zmC.【答案】33【解析】考虑有趣的复数数列zn.归纳可知zn0(nN+).由条件得4zn+1zn2+2zn+1zn+1=0nN+，解得zn+1zn=-13i4nN+.因此zn+1zn=zn+1zn=-1+3i4=12，故zn=z112n-1=12n-1nN+ 进而有zn+zn+1=zn1+zn+1zn=12n-133i4=32nnN+ 记Tm=z1+z2+zmmN+.当m=2s(sN+

10、)时，利用可得Tmz1+z2-k=2sz2k-1+z2k32-k=2z2k-1+z2k=32-k=2322k-1=33.当m=2s+1(sN+)时，由、可知z2s+1=122s32-k=2z2k-1+z2k=33.当m=1时，T1=z1=133.以上表明C=33满足要求.另一方面，当z1=1,z2k=-1+3i22k,z2k+1=-1-3i22k+1kN+时，易验证知zn为有趣的数列.此时limsT2s+1=limsz1+k=1sz2k+z2k+1=lims1+k=1s-3-3i22k+1=1+-3+3i843=33，这表明C不能大于33.综上，所求的C为33.11【2019高中数学联赛B卷(

11、第01试)】设复数数列zn满足:z1=1，且对任意正整数n，均有4zn+12+2znzn+1+zn2=0.证明:对任意正整数m，均有z1+z2+zm233.【答案】证明见解析【解析】归纳可知zn0nN+.由条件得4zn+1zn2+2zn+1zn+1=0nN+，解得zn+1zn=-13i4nN+.因此zn+1zn=zn+1zn=-1+3i4=12，故zn=z112n-1=12n-1nN+ 进而有zn+zn+1=zn1+zn+1zn=12n-133i4=32nnN+ 当m为偶数时，设m=2s(sN+).利用可得z1+z2+zmk=1sz2k-1+z2kk=1z2k-1+z2k=k=1322k-1=

12、233.当m为奇数时，设m=2s+1(sN).由、可知z2s+1=122s3322s-1=k=s+1322k-1=k=s+1z2k-1+z2k，故z1+z2+zmk=1sz2k-1+z2k+z2s+10,Rez20，且Rez12=Rez22=2(其中Re(z)表示复数z的实部)(1)求Rez1z2的最小值；(2)求z1+2+|z2+2|-z1-z2的最小值.【答案】(1)2；(2) 42.【解析】(1)对k=1、2，设zk=xk+ykixk,ykR.由条件知xk=Rezk0,xk2-yk2=Rezk2=2.因此Rez1z2=Rex1+y1ix2+y2i=x1x2-y1y2=y12+2y22+2

13、-y1y2y1y2+2-y1y22.又当z1=z2=2时，Rez1z2=2.这表明，Rez1z2的最小值为2.(2)对k=1、2，将zk对应到平面直角坐标系xOy中的点Pkxk,yk，记P2是P2关于x轴的对称点，则P1,P2均位于双曲线C:x2-y2=2的右支上.设F1,F2分别是C的左、右焦点，易知F1(-2,0),F2(2,0).根据双曲线的定义，有P1F1=P1F2+22,P2F1=P2F2+22，进而得z1+2+|z2+2|-z1-z2=z1+2+|z2+2|-z1-z2=P1F1+P2F1-P1P2=42+P1F2+P2F2-P1P242，当且仅当F2位于线段P1P2上时等号成立(

14、例如，当z1=z2=2+2i时，F2恰是P1P2的中点).综上可知，z1+2+|z2+2|-z1-z2的最小值为42.13【2014高中数学联赛(第01试)】确定所有的复数，使得对任意复数z1，z2(z1,z21,z1z2)，均有z1+2+z1z2+2+z2.【答案】答案见解析【解析】记f(z)=(z+)2+z，则fz1-fz2=z1+2+z1-z2+2-z2=z1+z2+2z1-z2+z1-z2 假如存在复数z1,z2z1,z22|-2.即|2.另一方面，对任意满足|2的复数，令z1=-2+i,z2=-2-i，其中01-|2，则z1z2，而-2i-2+|1，故z1,z21.此时将z1+z2=

15、-,z1-z2=2i,z1-z2=2i=-2i.代入式可得fz1-fz2=2i+(-2i)=0，即fz1=fz2，综上所述，符合要求的a的值为|C,2.14【2003高中数学联赛(第01试)】设A，B，C分别是复数Z0=ai，Z1=12+bi，Z2=1+ci(其中a，b，c都是实数)对应的不共线的三点，证明：曲线Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t(tR)与ABC中平行于AC的中位线只有一个公共点，并求出此点.【答案】答案见解析【解析】设z=x+yi(x,yR)，则x+yi=acos4ti+212+bicos2tsin2t+(1+ci)sin4t，实虚部分离，可得x=

16、cos2tsin2t+sin4t=sin2t，y=a(1-x)2+2b(1-x)x+cx2(0x1)，即y=(a+c-2b)x2+2(b-a)x+a 又因为A，B，C三点不共线，故a+c-2b0，可见所给曲线是抛物线.AB，BC的中点分别是D14,a+b2,E34,b+c2，所以直线DE的方程为y=(c-a)x+14(3a+2b-c)，由式与联立得(a+c-2b)x-122=0，由于a+c-2b0，故x-122=0.于是得x=12.注意到141234，所以，抛物线与ABC中平行于AC的中位线DE有且只有一个公共点，此点的坐标为12,a+c+2b4.其对应的复数为z=12+a+c+2b4i.15

17、【1998高中数学联赛(第01试)】已知复数z=1-sin+icos2，求z的共轭复数z的辐角主值.【答案】34-2【解析】由题意得z=1-sin-icos=1-cos2-isin2-=2sin24-2-2isin24-2cos4-2=-2sin4-2-sin4-2+icos4-2=-2sin4-2cos34-2+isin34-2.所以，z的辐角主值是34-2.16【1997高中数学联赛(第01试)】设非零复数a1,a2,a3,a4,a5满足a2a1=a3a2=a4a3=a5a4a1+a2+a3+a4+a5=41a1+1a2+1a3+1a4+1a5=S，其中S为实数且|S|2.求证：复数a1,

18、a2,a3,a4,a5在复平面上所对应的点位于同一圆周上.【答案】证明见解析【解析】令a2a1=a3a2=a4a3=a5a4=q，则a2=a1q,a3=a1q2,a4=a1q3,a5=a1q4.于是，由已知条件得a11+q+q2+q3+q4=4a1q41+q+q2+q3+q4.(1)若1+q+q2+q3+q4=0，则q5-1=(q-1)q4+q3+q2+q+1=0.所以q5=1,|q|=1，此时a1=a2=a3=a4=a5.故复数a1,a2,a3,a4,a5对应的点都在以原点为圆心，a1为半径的圆周上.(2)若1+q+q2+q3+q40，则a12q4=4，即a32=4，a3=2.而q满足方程1

19、+q+1q+q2+1q2=Sa3=S2 记x=q+1q，上式化为关于x的实系数二次方程x2+x-1S2=0 令f(x)=x2+x-1S2，注意当|S|2时，有：f-12=-14(52S)0，f(-2)=1S20.故方程的两根都是绝对值不大于2的实数.对于方程的每个根x，相应的q满足实系数二次方程q2-xq+1=0 它的判别式=x2-40，故两根q1,q2为共轭复数，且q12=q22=q1q2=1.因此，方程的每个根q都满足|q|=1，从而a1=a2=a3=a4=a5=2.即复数a1,a2,a3,a4,a5对应的点同在以原点为圆心，半径为2的圆周上.17【1990高中数学联赛(第01试)】已知a

20、，b均为正整数，且ab，sin=2aba2+b2(其中02)，An=a2+b2nsin.求证对一切自然数n，An均为整数【答案】证明见解析【解析】由已知得cos=1-sin2=a2-b2a2+b2，由棣莫弗定理，sinn为(cos+isin)n的虚部，故An为a2-b2+2abib的虚部.a2-b2+2abin=a2+bi2n，a，b均为整数，由二项式定理，(a+bi)2n虚部当然也为整数，所以对一切n，An为整数.18【1988高中数学联赛(第01试)】复平面上动点z1的轨迹方程为z1-z0=z1,z0为定点，z00，另一个动点z满足z1z=-1，求点z的轨迹，指出它在复平面上的形状和位置.

21、【答案】答案见解析【解析】由z1z=1得z1=-1z，代入z1-z0=z1得1z+z0=1z.用zz0乘两边，得z+1z0=1z0.这是以-1z0为圆心，1z0为半径的圆，又z0，否则z1z=0-1.因此，所求轨迹是这个圆去掉点z=0后的曲线.优质模拟题强化训练1已知复数z1满足(z1-2)(1+i)=1-i(i为虚数单位)，复数z2的虚部为2.则 z1z2 为实数的条件是z2=_.【答案】4+2i【解析】因为(z1-2)(1+i)=1-i ，所以，z1=2-i.设z2=a+2i(aR).则z1z2=(2-i)(a+2i)=(2a+2)+(4-a)i.因z1z2为实数，所以，a=4.故 z2=

22、4+2i.2已知方程x5-x2+5=0的五个根分别为x1,x2,x3,x4,x5，f(x)=x2+1，则k=15f(xk)=_ .【答案】37【解析】设g(x)=x5-x2+5，则g(x)=k=15(x-xk).又f(x)=x2+1=(xi)(x+i)，所以=g(i)g(-i)=(i5-i2+5)(-i)5-(-i)2+5=(6+i)(6-i)=37.故答案为：373满足(a+bi)6=abi(其中a，bR，i2=1)的有序数组(a，b)的组数是_ .【答案】8【解析】令z=a+bi，则z6=z，从而|z|6=|z|=|z|.于是|z|=0或者|z|=1.当|z|=0时，z=0，即a=b=0，

23、显然(0，0)符合条件；当|z|=1时，由z6=z知z7=zz=|z|2=1，注意到z7=1有7个复数解.即有7个有序实数对(a，b)符合条件.综上可知，符合条件的有序实数对(a，b)的对数是8.故答案为：84已知复数z,z1,z2(z1z2)满足z12=z22=-2-23i，且，则|z|=_ .【答案】23【解析】先求复数-2-23i的平方根.设(x+yi)2=-2-23i(x,yR)，则.故有x2-y2=-22xy=-23，解得x1=1y1=-3或x2=-1y2=3.由z12=z22=-2-23i,z1z2，知z1,z2为复数-2-23i的两个平方根.由对称性，不妨设z1=1-3i,z2=

24、-1+3i.于是，|z1-z2|=4,|z1-z2|=|z-z1|=|z-z2|=4，复数z,z1,z2对应的点Z,Z1,Z2构成边长为4的正三角形.又复数z1,z2对应的点Z1,Z2关于原点O对称，所以OZ为ZZ1Z2的高，故|z|=|OZ|=23.故答案为：235已知虚数z满足w=z+1z为实数，且-1w2,u=1-z1+z，那么|-u2|的最小值是_ .【答案】1【解析】设z=x+yi(x，yR)，易知x2+y2=1，则w-u2=2x+y2(x+1)2=2(x+1)+2x+1-31，当x=0时等号成立.故答案为：16已知复数z1,z2,z3使得z1z2为纯虚数，|z1|=|z2|=1，|

25、z1+z2+z3|=1，则|z3|的最小值是_ .【答案】2-1【解析】设z=z1+z2+z3，则|z|=1，由已知z1z2+(z1z2)=0，所以z1z2+z2z1=0.所以=z1z1+z2z2+z1z2+z1z2=2.所以|z1+z2|=2.所以|z3|=|z1+z2-z|z1+z2|-|z|=2-1.当z1=1,z2=i,z3=2-22(1+i)时，最小值能取到.故答案为：2-17设a是实数，关于z的方程(z22z+5)(z2+2az+1)=0有4个互不相等的根，它们在复平面上对应的4个点共圆，则实数a的取值范围是_.【答案】a|1a13【解析】由z22z+5=0，得z1=1+2i,z2

26、=1-2i.因为z2+2az+1=0有两个不同的根，所以=4(a21)0，故a1.若=4(a21)0，即1a1时，z3,4=-a1-a2.因为z1,z2,z3,z4在复平面上对应的点构成等腰梯形或者矩形，此时四点共圆，所以，-1a0，即|a|1时，z3.4=-aa2-1是实根，在复平面上对应的点在实轴上，仅当z1、z2对应的点在以z3,z4对应的点为直径的圆周上时，四点共圆，此圆方程为(x-z3+z42)2+y2=(z3-z42)，整理得x2-(z3+z4)x+z3z4+y2=0，即x2+2ax+1+y2=0，将点(1，2)代入得a=3.综上所述，满足条件的实数a的取值范围是a|1a13.故答

27、案为：a|1a13.8若复数z满足|z-3|+|z+3|=4，则|z+i|的最大值为_.【答案】433【解析】由复数的几何意义知，z在复平面上对应的曲线是椭圆：x24+y2=1.设z=2cos+isin,02，则|z+i|2=4cos2+(sin+1)2=-3(sin-13)2+163163，所以|z+i|433，当sin=13，即z=423+13i时等号成立，故最大值为433.故答案为：4339在复平面内，复数z1、z2、z3的对应点分别为Z1、Z2、Z3.若|z1|=|z2|=2，OZ1OZ2=0，|z1+z2-z3|=1，则|z3|的取值范围是_.【答案】1,3【解析】设z1=x1+y1

28、i，z2=x2+y2i(i为虚数单位).则x12+y12=x22+y22=2，x1x2+y1y2=0，|z1+z2|=(x1+y1)2+(x2+y2)2=x12+y12+x22+y22+2(x1x2+y1y2)=2.设复数z1+z2对应的点为P.由|z1+z2-z3|=1，知点Z3在以P为圆心、1位半径的圆上.又|OP|=2，因此，2-1|OZ3|2+1，即|z3|的取值范围是1,3.10已知虚数z满足z3+1=0，则(zz-1)2018+(1z-1)2018=_.【答案】-1【解析】【详解】z3+1=0(z+1)(z2-z+1)=0z2-z+1=0，所以(zz-1)2018+(1z-1)20

29、18=z2018+1(z2)2018=(z3)672z2+1(z3)1345z=z2+1-z=-1.11设三个复数1、i、z在复平面上对应的三点共线，且|z|=5，则z=_.【答案】4-3i或-3+4i【解析】设z=x+yi，由题设得x+y=1且x2+y2=25.故(x,y)=(4，-3)或(-3，4).所以z=4-3i或-3+4i.故答案为：4-3i或-3+4i12设a、b均为实数，复数z1=3a-1+(3-b)i与z2=2-3a+bi的模长相等，且z1z2为纯虚数，则a+b=_.【答案】31【解析】由题设知|z1z2|=1，且z1z2=z1z2为纯虚数，故z1z2=i.因此3a-1=-b,

30、3-b=2-3a.或3a-1=-b,3-b=3a-2.解得a=b=3-12或a=b=3+12，故a+b=31.故答案为：3113已知(a+bi)2=3+4i，其中a，bR，i是虚数单位，则a2+b2的值为_.【答案】5【解析】由(a+bi)2=3+4i得|a+bi|2=|3+4i|，即a2+b2=5.故答案为：514已知定义在复数集上的函数f(z)=(4+i)z2+pz+q(p、q为复数).若f(1)与f(i)均为实数，则|p|+|q|的最小值为_。【答案】2【解析】设p=a+bi，q=c+di(a、b、c、dR).由f(1)=(4+a+c)+(1+b+d)i，f(i)=(-4-b+c)+(-

31、1+a+d)i为实数知a=1-d，b=-1-d.则|p|+|q|=a2+b2+c2+d2=2+2d2+c2+d2.故当c=d=0(即a=1，b=-1)时，|p|+|q|取最小值.15若复数z满足|z-1|+|z-3-2i|=22，则|z|的最小值为_【答案】1【解析】设A(1,0)，B(3,2)，|AB|=22，则点z的轨迹为线段AB因此|z|min为原点O到A的距离，即|z|min=|OA|=116在复平面内，复数z1,z2,z3对应的点分别为Z1,Z2,Z3若|z1|=|z2|=2,OZ1OZ2=0，|z1+z2-z3|=2，则|z3|的取值范围是_【答案】0,4【解析】因为|z1|=|z

32、2|=2,OZ1OZ2=0，所以|z1+z2|=22+22=2，因为|z1+z2-z3|=2，所以2=|z1+z2-z3|z1+z2|-|z3|=|z3|-2|，从而-2|z3|-22,0|z3|4.17已知复数z1,z2,z3满足|z1|1,|z2|1，|2z3-(z1+z2)|z1-z2|.则|z3|的最大值是_.【答案】2【解析】注意到|2z3|-|z1+z2| |2z3-(z1+z2)|z1-z2|.则2|z3|z1+z2|+|z1-z2| (|z1+z2|)2+(|z1-z2|)2 =4(|z1|2+|z2|2)22.当z2=iz1(|z1|=1),z3=z1+z2时，|z3|取最大

33、值2.18设方程x10+(13x-1)10=0的10个复根分别为x1,x2,x10.则1x1x1+1x2x2+1x5x5=_.【答案】850【解析】设=cos10+isin10.则10=-1.由于方程x10+(13x-1)10=0的10个复根分别为x1,x2,x10，不妨设其为x1、x2、x3、x4、x5、x1、x2、x3、x4、x5.由(13x-1)10=-x10，知13xk-1=xk2k-1(k=1,2,5).于是，1xk=13-2k-1.故1x1x1+1x2x2+1x5x5=k=15(13-2k-1)(13-2k-1) =k=15170-13(2k-1+-2k-1) =850-13k=1

34、5(2k-1+-2k-1)=850.19设复数z1=sin+2i，z2=1+cosi(R).则f=13-|z1+iz2|2|z1-iz2|的最小值为_【答案】2【解析】令|z1-iz2|=(sin+cos)2+12=2+sin2=t，则t1,3且此时有|z1+iz2|2=(sin-cos)2+32=10-sin2=12-t2.故f=13-|z1+iz2|2|z1-iz2|=1+t2t2当t=1，即=k-4(kZ)时，f的最小值为2.20给定整数a、b、c、d若关于z的方程z4+az3+bz2+cz+d=0的根在复平面上对应四个点A、B、C、D为正方形四个顶点，则正方形ABCD的面积的最小值为_【答案】2【解析】设正方形的中心对应的复数为m则将复平面上的原点平移到m后，该正方形的顶点分布在一个圆周上，即它们是方程(z-m)4=n(n为复数)的解由z4+az3+bz2+cz+d=(z-m)4-n，比较系数知m=-a4为有理数又由-4m3=c，知m为整数再由d=m4-n，知n为整数于是，方程(z-m)4=n的根为zk=m+4|n|(cosk2+isink2)从而，正方形对角线长为24|n|，其面积为2|n|2