专题21复数A辑（解析版）-备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）

PAGE1/NUMPAGES2备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题21复数A辑历年联赛真题汇编1．【2000高中数学联赛（第01试）】设ω=cosπ5+isinπ5，则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是()A．x4+x3+x2+x+1=0B．x4-x3+x2-x+1=0C．x4-x3-x2+x+1=0D．x4+x3+x2-x-1=0【答案】B【解析】本题也可以用检验法.显然|ω|=1,ω10=1，所以ω+ω3+ω7+ω9=ω+ω3+ω3+ω=2cosπ5+2cos3π5=4cos2π5cosπ5=4cos2π5cosπ5sinπ5=1.由根与系数的关系，从而排除A，D.又有ωω3ω7+ωω3ω9+ωω7ω9+ω3ω7ω9=ω+ω3+ω7+ω9=1，再排除C，故选：B.2．【1995高中数学联赛（第01试）】设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为Z1，Z2，…，Z20，则复数Z11995,Z21995,⋯，Z201995所对应的不同的点的个数是()A.4B.5C.10D.20【答案】A【解析】解法1设Z1=cosθ+isinθ，则Zk=(cosθ+isinθ)cos2(k-1)π20+isin2(k-1)π20 (1⩽k⩽20)，由1995=20×99+15得Zk1995=(cos1995θ+isin1995θ)cos3π2+isin3π2k-1=(cos1995θ+isin1995θ)-ik-1k=1,2,⋯,20.共有4个不同的值，故选A．解法2不妨设Z1,Z2,⋯,Z20为1的20个20次单位根，则Z11995,Z21995,⋯,Z201995必为1的4次单位根，且不难得知Z11995，Z21995,⋯,Z201995包含了1的4个4次单位根，故Z11995,Z21995,⋯,Z201995所对应不同点的个数为4.3．【1994高中数学联赛（第01试）】给出下列两个命题：(1)设a，b，c都是复数，如果a2+b2>c2，则a2+b2-c2>0.(2)设a，b，c都是复数，如果a2+b2-c2>0，则a2+b2>c2.那么下述说法正确的是()A．命题(1)正确，命题(2)也正确B．命题(1)正确，命题(2)错误C．命题(1)错误，命题(2)也错误D．命题(1)错误，命题(2)正确【答案】B【解析】命题(1)是正确的.则a2+b2>c2，表示a2+b2与c2都是实数，因此，根据移项法则有a2+b2-c2>0，命题(2)是错误的.仅表明a2+b2-c2是实数，并不能保证a2+b2与c2是实数，故a2+b2>c2不一定成立.例如，取a=2+i,b=i,c=2i，则有a2+b2-c2=(3+4i)+(-1)-4i=2>0，但并没有a2+b2=2+4i>4i=c2.4．【1992高中数学联赛（第01试）】设复数z1，z2在复平面上的对应点分别为A，B，且z1=4,4z12-2z1z2+z22=0.O为坐标原点，则△OAB的面积为()A．83B．43C．63D．123【答案】A【解析】由已知得z2-z12+3z12=0，z2-z1=±3z1i.故在复平面上等式两边的复数所对应的向量互相垂直，即OA⊥AB.如图.故SΔABC=12|OA|⋅|AB|=12|OA|⋅|3OA|=12×4×43=83.5．【1991高中数学联赛（第01试）】设a，b，c均为非零复数，且ab=bc=ca，则a+b-ca-b+c的值为()A．1B．±ωC．1,ω,ω2D．1,-ω,-ω2，其中ω=-12+32i.【答案】C【解析】令ab=bc=ca=t，则a=bt=ct2=at3由a≠0，知t3=1，因此，t=1,ω,ω2.利用比例性质，知原式等于1t，故当t=1,ω,ω2时，原式分别取1,ω,ω2.6．【1990高中数学联赛（第01试）】设非零复数x，y满足x2+xy+y2=0，则代数式xx+y1990+yx+y1990的值是()A．2-1989B．-1C．1D．以上答案都不对【答案】B【解析】令y=ωx (ω≠1)，代入已知条件得1+ω+ω2=0，所以(1-ω)1+ω+ω2=0，进而ω3=1.故原式=1(1+ω)1990+ω1990(1+ω)1990=1+ω19901-ω21990=1+ωω2=-1.7．【1986高中数学联赛（第01试）】设z为复数，M=z|z-12=z-12，那么().A．M={纯虚数}B．M={实数}C．{实数}⊆M⊆{复数}D．M={复数}【答案】B【解析】因为(Z-1)2=|Z-1|2，即(Z-1)2=(Z-1)(Z-1)，所以(Z-1)(Z-Z)=0.因此，Z=1或Z=Z.即Z为实数，故选：B.8．【1985高中数学联赛（第01试）】设Z，W，λ为复数，|λ|≠1，关于Z的方程Z－λZ=W有下面四个结论：1.Z=λW+W1-|λ|2是这个方程的解；Ⅱ.这个方程只有一个解；Ⅲ.这个方程有两个解；Ⅳ.这个方程有无穷多解.则()A．只有I和Ⅱ是正确的B．只有和Ⅲ是正确的C．只有I和Ⅳ是正确的D．以上A，B，C都不正确【答案】A【解析】由题中给出的四个结论，可知本题需要根据解方程的情况作出选择，于是考虑在方程Z-λZ=W的两端同取共轭，得Z-λZ=W，以λ乘两端，得λZ-|λ|2Z=λW，与原方程两端分别相加，得Z1-|λ|2=λW+W.两端再取共轭，得Z1-|λ|2=λW+W.因为|λ|2≠1，所以Z=λW+W1-|λ|2.9．【1984高中数学联赛（第01试）】集合S=Z2|argZ=α,α为常数在复平面的图形是()A．射线argZ=2aB．射线argZ=－2aC．射线argz=－aD．上述答案都不对【答案】B或D【解析】根据一对共轭复数的模相等，辐角的终边关于x轴对称，和复数的平方是模的平方且辐角乘以2，可以确定集合S在复平面上的图形.只要argZ=α(α为常数)能成立，图形就是一条射线但是，由于本题记号argZ的含义不明确，于是可以有两种不同的答案.若argZ表示复数Z的一个辐角，则答案为B．若argZ表示复数Z的辐角主值，则答案是D．10．【2020高中数学联赛A卷（第01试）】设z为复数.若z-2z-i为实数(i为虚数单位),则|z+3|的最小值为.【答案】5【解析】解法1:设z=a+bi(a,b∈R),由条件知Im(z-2z-i)=Im((a-2)+bia+(b-1)i)=-(a-2)(b-1)+aba2+(b-1)2=a+2b-2a2+(b-1)2=0,故a+2b=2.从而5|z+3|=(12+22)((a+3)2+b2)⩾|(a+3)+2b|=5,即|z+3|⩾5.当a=-2,b=2时,|z+3|取到最小值5.解法2:由z-2z-i∈R及复数除法的几何意义,可知复平面中z所对应的点在2与i所对应的点的连线上(i所对应的点除外),故|z＋3|的最小值即为平面直角坐标系xOy中的点(-3,0)到直线x+2y-2=0的距离,即|-3-2|12+22=5.11．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】设9元集合A={a+bi|a,b∈{1,2,3}},i是虚数单位.α=(z1,z2,⋯z9)是A中所有元素的一个排列,满足|z1|≤|z2|≤⋯≤|z9|,则这样的排列α的个数为.【答案】8【解析】由于|1+i|<|2+i|=|1+2i|<|2+2i|<|3+i|=|1+3i|<|3+2i|=|2+3i|<|3+3i|,故z1=1+i,{z2,z3}={2+i,1+2i},z4=2+2i,{z5,z6}={3+i,1+3i},{z7,z8}={3+2i,2+3i},|z9|=3+3i.由乘法原理知,满足条件的排列α的个数为23=8.12．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】设复数满足|z|=1，使得关于x的方程2x2+2zx+2=0有实根，则这样的复数z的和为.【答案】-32【解析】设=a+bi(a，b∈R，a2+b2=1).将原方程改为(a+bi)x2+2(a-bi)x+2=0，分离实部与虚部后等价于ax2+2ax+2=0①bx2-2bx=0②若b=0，则a2=1，但当a=1时，①无实数解，从而a=－1，此时存在实数x=-1±3满足①、②，故z=-1满足条件.若b≠0，则由②知x∈{0，2}，但显然x=0不满足①，故只能是x=2，代入①解得a=-14，进而b=±154，相应有z=-1±15i4.综上，满足条件的所有复数z之和为-1+-1+15i4+-1-15i4=-32.13．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】已知复数z1,z2,z3满足z1=z2=z3=1,z1+z2+z3=r，其中r是给定实数，则z1z2+z2z3+z3z1的实数是(用含有r的式子表示).【答案】r2-32【解析】记w=z1z2+z2z3+z3z1.由复数模的性质可知z1=1z1,z2=1z2,z3=1z3，因此w=z1z2+z2z3+z3z1.于是r2=z1+z2+z3(z1+z2+z3)=z12+z22+z32+w+w=3+2Rew，解得Rew=r2-32.14．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】设复数z满足z+9=10z+22i，则|z|的值为.【答案】5【解析】设x=a+bi，a，b∈R.由条件得(a+9)+bi=10a+(-10b+22)i.比较两边实虚部可得a+9=10ab=-10b+22，解得a=1，b=2，故z=1+2i，进而|z|=5.15．【2016高中数学联赛（第01试）】设复数z、w满足|z|=3,(z+w)(z-w)=7+4i，其中i是虚数单位，z,w分别表示z、w的共轭复数，则(z+2w)(z-2w)的模为.【答案】65【解析】由运算性质，7+4i=(z+w)(z-w)=|z|2-|w|2-(zw-zw)，因为|z|2与|w|2为实数，Re(zw-zw)=0，故|z|2-|w|2=7,zw-zw=-4i，又|z|=3，所以|w|2=2.从而(z+2w)(z-2w)=|z|2-4|w|2-2(zw-zw)=9-8+8i=1+8i，因此，(z+2w)(z-2w)的模为12+82=65.16．【2015高中数学联赛（第01试）】已知复数数列{zn}满足z1=1,zn+1=zn+1+ni(n=1,2,⋯)，其中i为虚数单位，zn表示zn的共轭复数，则z2015的值为.【答案】2015+1007i【解析】由已知得，对一切正整数n，有zn+2=zn+1+1+(n+1)i=zn+1+ni+1+(n+1)i=zn+2+i，于是z2015=z1+1007×(2+i)=2015+1007i17．【2002高中数学联赛（第01试）】已知复数Z1Z2满足Z1=2,Z2=3，若它们所对应向量的夹角为60°，则Z1+Z2Z1-Z2=.【答案】1337【解析】如图，由余弦 定理 三点共线定理勾股定理的证明证明勾股定理共线定理面面垂直的性质定理 可得Z1+Z2=19，Z1-Z2=7，所以Z1+Z2Z1-Z2=197=1337.18．【2001高中数学联赛（第01试）】若复数z1,z2满足z1=2,z2=3,3z1-2z2=2-i，则z1z2=.【答案】-3013+7213i【解析】令z1=2(cosα+isinα),z2=3(cosβ+isinβ)，则由3z1-2z2=32-i及复数相等的充要条件，得6(cosα-cosβ)=326(sinα-sinβ)=-1，-12sinα+β2sinα-β2=3212cosα+β2sinα-β2=-1，二式相除，得tanα+β2=32，由万能 公式 小学单位换算公式大全免费下载公式下载行测公式大全下载excel公式下载逻辑回归公式下载 ，得sin(α+β)=1213,cos(α+β)=-513，故z1⋅z2=6[cos(α+β)+isin(α+β)]=-3013+7213i.优质模拟题强化训练1．若复数z满足|z|<1且|z+1z|=52，则|z|=（）A．45B．34C．12D．23【答案】C【解析】由|z+1z|=|z⋅z+1z|=|z|2+1|z|=52，解得|z|=2(舍)或|z|=12.故选：C.2．若A，B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=(cosB-sinA)+i(sinB-cosA)在复平面内所对应的点位于().A．第一象限.B．第二象限.C．第三象限D．第四象限【答案】B【解析】因为A，B是锐角△ABC的两个内角，所以A+B>π2∴π2>A>π2-B>0∴sinA>sin(π2-B)=cosB,cosA0,因此点位于第二象限，选B.3．已知z满足|z+5-12i|=3.则|z|的最大值是（）A．3B．10C．20D．16【答案】D【解析】|z+5-12i|=3⇒z对应的点在以(-5,12)为圆心，3为半径的圆上，因此|z|max=52+122+3=16.故答案为：D4．方程ax2+b|x|+c=0(a,b,c∈R,a≠0)在复数集内不同的根的个数为（）.A．2或4个B．至多4个C．至多6个D．可能为8个【答案】C【解析】由题设知x为实数或纯虚数，方程至多有4个实数根、2个纯虚数根，故至多6个根.当a=1,b=-3,c=2时，x=±1,±2,-3+172i,3-172i共6个根.故答案为C5．设复数z满足|z|=1，i是虚数单位，则|(z+1)+i(7-z)|的值不可能是（）.A．42B．43C．52D．53【答案】D【解析】注意(z+1)+i(7-z)=(1-i)z+(1+7i)=(1-i)(z-3+4i)我们有|(z+1)+i(7-z)|=|1-i|⋅|z-3+4i|=2⋅|z-(3-4i)|.也就是说，它表示点z到3-4i的距离的2倍.由于z在单位圆上，易知上式的取值范围是[42,62].故答案为：D6．已知复数z满足z2005+λz2004i-λz-i=0．其中λ为实常数且满足λ2≤1．则|z|=（）．A．22B．|λ+1λ-1|C．1D．1+λ2【答案】C【解析】由己知有z2004=λz+iz+λi．令z=a+bi．当(a2+b2-1)(λ2-1)>0时，有λ2(a2+b2)+2λb+1>a2+b2+2bλ+λ2，即(a2+b2-1)(λ2-1)>0．但a2+b2>1，故λ2≤1，矛盾．当a2+b2<1时，同理可得出矛盾．从而，|z|=1．故答案为：C7．已知集合A={z∈C|(a+bi)z+(a-bi)z+2c=0,a、b、c∈R,ab≠0}，B={z∈C||z|=1}，若A∩B=∅，则以|a|、|b|、|c|为三边（）.A．一定构成锐角三角形B．一定构成直角三角形C．一定构成钝角三角形D．可能不构成三角形【答案】D【解析】设z=x+y i∈A，由(a+bi)z+(a-bi)z+2c=0，得(a+bi)(x-yi)+(a-bi)(x+yi)+2c=0.展开整理得ax+by+c=0.若z=x+yi∈B，由|z|=1，得x2+y2=1.那么，A∩B=∅等价于在平面直角坐标系中，直线ax+by+c=0与圆x2+y2=1相离.故直线ax+by+c=0到坐标原点O(0,0)的距离大于1，即|c|a2+b2>1.整理得a2+b21，则式①左边=|z|5>1，而右边＜1，故式①不成立；若a2+b2<1，则式①左边=|z|5<1，而右边＞1，故式①也不成立.于是，只有a2+b2=1，即|z|=1.选B.10．在复平面内,由复数1i、2i-1、(i-1)3所对应的点构成的三角形的最大内角等于（）．A．π-arccos213B．-arccos213C．45°D．120°【答案】A【解析】由1i=-1，2i-1=-1-i(i-1)3=2+2i知它们所对应的点A、B、C如图，ΔABC的最大内角是∠A．由arccosA=arccosAB2+AC2-BC22|AB⋅AC|=arccos1+13-18213=arccos(-213)．则∠A=π-arccos213．选A.11．设z=m+ni是方程az4+ibz3+cz2+idz+e=0的一个复数根，这里a,b,c,d,e,m,n∈R.则下列各数一定是方程的根的是（）.A．m-niB．-m+niC．n+miD．1-m+ni【答案】B【解析】由于z=m+ni是已知方程的一个根，于是，a(iz)4-b(iz)3-c(iz)2+d(iz)+e=0.也就是说z'=(m+ni)i=-n+mi是方程ax4-bx3-cx2+dx+e=0的根.由于实系数方程的复根成对出现，故z=-n-mi也是①的根.相应地，1i(-n-mi)=-m+ni是原方程的根.选B.12．对于虚数i(i2=-1)，作集合S={i,i2,i3,i4}，易知，S中任两个元素相乘的积，仍在S中．现规定S中关于乘法的单位元θ：对任意的a∈S，都有aθ=θa=a．则θ为（　　）．A．iB．i2C．i3D．i4【答案】D【解析】由i4=1知，对k=1，2，3，4均有i4⋅ik=ik⋅i4=ik．按定义i4为单位元．选D.13．设f(z+i)=z+2z+2i，其中，z为复数，i为虚数单位.则f(1)等于（）.A．2+iB．2-iC．3+iD．3-i【答案】C【解析】令z=1+i，得z+i=1，f(1)=3+i.选C.14．已知关于实数x的方程(1+ix)n=(1-ix)nA（其中A∈C，n∈N+）的解恰有一个.则A与n应满足（）.A．|A|=1，n∈N+B．|A|=1，n=1或2C．A=1，n∈N+D．|A|=1，A≠-1，n=1【答案】D【解析】令x=tanα，α∈(-π2,π2).由A=(1+ix1-ix)n=(cosα+isinαcosα-isinα)n=(cos2α+isin2α)n=cos2nα+isin2nα，知|A|=1.令A=cosθ+isinθ，θ∈[0,2π).则2nα=θ+2kπ(k∈Z).由于在(-π2,π2)内仅有一个解，且α=θ2n+kπn，则n=1，A≠-1.故答案为：D15．设w=cosπ5+isinπ5.则(x-w)(x-w4)(x-w7)(x-w9)的展开式是（）.A．x4+x3+x2+x+1B．x4+x3+x+1C．x1-x4+x2-x+1D．x4-x2-x+1【答案】C【解析】∵w=cos2π10+isin2π10，∴w,w2,⋅⋅⋅,w10(=1)是1的10个10次方根.∴(x-w)(x-w2)⋅⋅⋅(x-w9)(x-w10)=x10-1.①又w2,w4,w6,w8,w10是1的5个5次方根，∴(x-w2)(x-w4)(x-w6)(x-w8)(x-w10)=x5-1.②①÷②得(x-w)(x-w3)(x-w5)(x-w7)(x-w9)=x9+1，∵x-w5=x+1，∴③式两边同除以x+1，得(x-w)(x-w3)(x-w7)(x-w9)=x4-x3+x2-x+1.选C.16．已知(1+ix)4n+2(x∈R)展开式中的实部是关于x的多项式．则此多项式的系数和为（）．A．(-1)n22n+1B．0C．22n+1D．-22n+1【答案】B【解析】设展开式的实部为f(x)，虚部为g(x)，则f(1)、g(1)分别为实部多项式、虚部多项式的系数和．f(1)+ig(1)=(1+i)4n+2=22n+1(cosπ4+isinπ4)4n+2=22n+1[cos(nπ+π2)+isin(nπ+π2)]=22n+1⋅(-1)ni为纯虚数，有f(1)=0．选B．17．复数z1=11+cosθ+isinθ+11+cosθ-isinθ，z2=cosθ+isinθ1+cosθ+isinθ+cosθ-isinθ1+cosθ-isinθ的关系为（）．A．z1>z2B．z1=z2C．z1