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高中数学联赛真题分类汇编—复数拓展


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真题分类汇编

于洪伟

高中数学联赛真题汇编——复数拓展 (1988T12)复平面上动点 Z1 的轨迹方程为|Z1-Z0|=|Z1|,Z0 为定点,Z0≠0,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. 1 1 1 1 1 1 1 解:Z1=- ,故得|- -Z

0|=| |,即|ZZ0+1|=1.|Z+ |=| |.即以- 为圆心| |为半径 Z Z Z Z0 Z0 Z0 Z0 的圆. t 1+t (1989T5)若 M={z| z= +i ,t∈R,t≠-1,t≠0}, 1+t t N={z| z= 2[cos(arcsint)+icos(arccost)],t∈R,|t|≤1}. 则 M∩N 中元素的个数为 A.0 B.1 C.2 D.4 解:M 的图象为双曲线 xy=1(x≠0,x≠1)N 的图象为 x2+y2=2(x≥0),二者无公共点.选 A. (1990T5) 设非零复数 x、 y 满足 x2+xy+y2=0, 则代数式? A.2-1989 B.-1 C.1 x ?1990 ? y ?1990 + 的值是( ?x+y? ?x+y? D.以上答案都不对 )

x 解: =ω 或 ω2,其中 ω=cos120° +isin120° .1+ω+ω2=0.且 ω3=1. y x ω 1 x ω2 1 若 =ω,则得( )1990+( )1990=-1.若 =ω2,则得( )1990+( )1990=-1.选 y 1+ω ω+1 y 1+ω2 ω2+1 B. (1990T11)设 n=1990,则 1 2 4 6 1998 1990 (1-3C +32C -33C +…+3994C -3995C = n n n n n 2n .

1 3 1 3 1 3 1 解:取(- + i)1990 展开的实部即为此式.而(- + i)1990=- + i.故原式=- . 2 2 2 2 2 2 2 a+b-c a b c (1991T2)设 a、b、c 均为非零复数,且 = = ,则 的值为( b c a a-b+c A.1 B.±ω C.1,ω,ω2 )

D.1,-ω,-ω2

a+b-c 1+t2-t 1 a b c 解:令 = = =t,则 a=at3.由 a≠0 得 t=1,ω,ω2 且 1+ω+ω2=0 故 = = .选 b c a a-b+c 1-t2+t t C. (1991T11)设复数 z1,z2 满足|z1|=|z1+z2|=3,|z1-z2|=3 3,则 log3|(z1- z2)2000+(- z1 z2)2000|= . 解:由|z1+z2|2+|z1-z2|2=2(|z1|2+|z2|2),得|z2|=3.由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=3,故 argz1 -argz2=±120° . ∴|(z1- z2)2000+(- z1z2)2000|=2?34000|cos(120° ?2000)|=34000. 故 log3|(z1- z2)2000+(- z1

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z2)2000|=4000. (1992T5)设复数 z1, z2 在复平面上对应的点分别为 A, B, 且|z1|=4, 4z12?2z1z2+z22=0, O 为坐标原点,则△OAB 的面积为( ) (A)8 3 (B)4 3 (C)6 3 (D)12 3 2z1 π π 1 3 解: =cos ±isin .∴ |z2|=8,z1、z2 的夹角=60° .S= · 4· 8· =8 3.选 A. z2 3 3 2 2 z2 (1992T10)设 z1,z2 都是复数,且|z1|=3,|z2|=5|z1+z2|=7,则 arg( )3 的值是______. z1 解:cos∠OZ1Z3= 32+52-72 1 =- .即∠OZ1Z3==120° , 2 2?3?5

y
Z2

z2 π 5π ∴ arg( )= 或 . z1 3 3 z2 ∴ arg( )3=π. z1 (1993T6)设 m,n 为非零实数,i 为虚数单位,z?C,则方程 |z+ni|+|z?mi|=n 与 |z+ni|?|z?mi| ? ?m 在同一复平面内的图形 (F1,F2 为焦点)是( )

Z3

Z1

O

x

y
F2 F1

y o
F2 F1

y x
F2 F1

y

o
F2

x

o

x

F1

O (A)

x (B) (C) (D)

解:方程①为椭圆,②为双曲线的一支.二者的焦点均为(-ni,mi),由①n>0,故 否定 A, 由于 n 为椭圆的长轴,而 C 中两个焦点与原点距离(分别表示|n|、|m|)均小于椭圆长 轴,故否定 C. 由 B 与 D 知,椭圆的两个个焦点都在 y 轴负半轴上,由 n 为长轴,知|OF1|=n,于是 m<0,|OF2|=-m.曲线上一点到-ni 距离大,否定 D,故选 B. (1993T7)二次方程(1?i)x2+(?+i)x+(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________. 解:即此方程没有实根的条件.当 λ∈R 时,此方程有两个复数根,若其有实根,则 x2+λx+1=0,且 x2-x-λ=0.相减得(λ+1)(x+1)=0. 当 λ=-1 时,此二方程相同,且有两个虚根.故 λ=-1 在取值范围内. 当 λ≠-1 时,x=-1,代入得 λ=2.即 λ=2 时,原方程有实根 x=-1.故所求范围是 λ≠2.

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y

(1993T9)若 z?C,arg(z2?4)=

5π π ,arg(z2+4)= ,则 z 的值是 6 3
-4

z

2

________. 解:如图,可知 z2 表示复数 4(cos120° +isin120° ). ∴ z=±2(cos60° +isin60° )=±(1+ 3i).

O

4

x

(1994T2) 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 解:⑴正确,⑵错误;理由:⑴a2+b2>c2,成立时,a2+b2 与 c2 都是实数,故此时 a2+b2-c2>0 成立; ⑵ 当 a2+b2-c2>0 成立时 a2+b2-c2 是实数,但不能保证 a2+b2 与 c2 都是实数, 故 a2+b2>c2 不一定成立.故选 B. 2 (1994 二试 1)x 的二次方程 x2+z1x+z2+m=0 中,z1, z2, m 均是复数, 且 z -4z2=16+20i, 1 设这个方程的两个根 α、β,满足|α-β|=2 7,求|m|的最大值和最小值. 解: 设 m=a+bi(a, b∈R). 则△=z12-4z2-4m=16+20i-4a-4bi=4[(4-a)+(5-b)i]. 设 △的平方根为 u+vi.(u,v∈R) 即(u+vi)2=4[(4-a)+(5-b)i]. |α-β|=2 7,?|α-β|2=28,?|(4-a)+(5-b)i|=7,?(a-4)2+(b-5)2=72, 即表示复数 m 的点在圆(a-4)2+(b-5)2=72 上, 该点与原点距离的最大值为 7+ 41, 最小值为 7- 41. (1995T2)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, 1995 1995 1995 Z2,…,Z20,则复数 Z1 ,Z2 ,…,Z20 所对应的不同的点的个数是( (A)4 (B)5 (C)10 (D)20 )

π π 解:设 z1=cosθ+isinθ,则 zk=z1εk-1,其中 ε=cos +isin .ε20=1.ε15=-i,ε10= 10 10 -1,ε5=i. ∴ zk1995=(cos1995θ+isin1995θ) ε1995(k-1)= (cos1995θ+isin1995θ)(-i)k-1. ∴ 共有 4 个值.选 A.

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α (1995T7)设 α,β 为一对共轭复数,若|α-β|=2 3,且 为实数,则|α|= β2 解:设 α=x+yi,(x,y∈R),则|α-β|=2|y|.∴y=± 3.



2 设 argα=θ,则可取 θ+2θ=2π,(因为只要求|α|,故不必写出所有可能的角).θ= π,于 3 是 x=±1.|α|=2. _ (1996T8)复平面上, 非零复数 z1, z2 在以 i 为圆心, 1 为半径的圆上, z1· z2 的实部为零, π z1 的辐角主值为 ,则 z2=_______. 6 π 3 1 _ π π 解:z1 满足|z-i|=1;argz1= ,得 z1= + i,z1=cos(- )+isin(- ). 6 2 2 6 6 _ π π 设 z2 的辐角为 θ(0<θ<π), 则 z2=2sinθ(cosθ+isinθ). z1· z2=2sinθ[cos(θ- )+isin(θ- )], 6 6 π π 2π 3 3 若其实部为 0,则 θ- = ,于是 θ= .z2=- + i. 6 2 3 2 2 1 (1997T9)已知复数 z 满足?2z+ ?=1,则 z 的幅角主值范围是 ? z? .

1 解:?2z+ ? =1?4r4+(4cos2θ -1)r2+1=0,这个等式成立等价于关于 x 的二次方程 ? z? 1 4x2+(4cos2θ-1)x+1=0 有正根.△=(4cos2θ-1)2-16≥0,由 x1x2= >0,故必须 x1+x2= 4 - 4cos2θ-1 >0. 4 3 3 3 ∴cos2θ≤- .∴ (2k+1)π-arccos ≤2θ≤(2k+1)π+arccos . 4 4 4 ∴ π 1 3 π 1 3 kπ+ - arccos ≤θ≤kπ+ + arccos ,(k=0,1) 2 2 4 2 2 4

(1998T8) 设复数 z=cosθ+isinθ(0≤θ≤180° ), 复数 z, (1+i)z, 2- z 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, 点 S 到原点距离的最大值是___________. → → → → → → → → → 解: OS=OP+PQ+PR=OP+OQ-OP+OR-OP → → → =OQ+OR-OP =(1+i)z+2- z -z=iz+2- z
O

y
Q

P

S

x
R

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=(2cosθ-sinθ)+i(cosθ-2sinθ). π ∴ |OS|2=5-4sin2θ≤9.即|OS|≤3,当 sin2θ=1,即 θ= 时,|OS|=3. 4 π (1998T13)已知复数 z=1-sinθ+icosθ( <θ<π),求 z 的共轭复数- z 的辐角主值. 2 π π π +θ +θ +θ 2 2 2 π π 解:z=1+cos( +θ)+isin( +θ)=2cos2 +2isin cos 2 2 2 2 2 π π π +θ +θ +θ 2 2 2 =2cos (cos +isin ). 2 2 2 π π π +θ +θ +θ 2 2 2 π 当 <θ<π 时,- z =-2cos (-cos +isin ) 2 2 2 2 π θ 3π θ 3π θ =-2cos( + )(cos( - )+isin( - )). 4 2 4 2 4 2 3π θ ∴ 辐角主值为 - . 4 2

cos2? ? i sin 2? 5 z? ? 12 239? i (1999T8)已知 =arctg ,那么,复数 的辐角主值是_________.

? 8. 4

z 的辐角主值 argz=arg[(12+5i)2 (239-i)]

? =arg[(119+120i) (239-i)] =arg[28561+28561i]= 4
)

π π (2000T6)6.设 ω=cos +isin ,则以?,?3,?7,?9 为根的方程是( 5 5

(A)x4+x3+x2+x+1=0 (B) x4?x3+x2?x+1=0 (C) x4?x3?x2+x+1=0 (D) x4+x3+x2?x?1=0 解:ω5+1=0,故?,?3,?7,?9 都是方程 x5+1=0 的根.x5+1=(x+1)(x4-x3+x2- x+1)=0.选 B. (2001T5)若 (1 ? x ? x ) 则
2 1000

的展开式为

a0 ? a1 x ? a2 x 2 ? ?? a2000 x 2000 ,

a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 的值为
(A) 3
333 666 (B) 3 999 (C) 3 2001 (D) 3

【答】 ( C



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【解】 令 x=1 可得 31000 = a0 ? a1 ? a2 ? a3 ? ? ? a2000 ; 令 x= ? 可得 0= a0 ? a1? ? a2? ? a3? ? ?? a2000?
2 3 2000



(其中 ? ? ? 1 ? 3 i ,则 ? 3 =1 且 ? 2 + ? +1=0) 2 2 令 x= ? 2 可得 0= a0 ? a1? ? a2? ? a3? ? ?? a2000?
2 4 6 4000



以上三式相加可得 31000 =3( a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 ) . 所以 a0 ? a3 ? a6 ? a9 ? ? ? a1998 = 3 999 .

(2001T8)若复数 z1,z2 满足| z1|=2,| z2|=3,3z1-2z2=

3 30 72 ? i ,则 z1?z2= ? ? i . 2 13 13

【解】

由 3z1-2z2= z 2 ? z 2 ? z1 ?

1 3

1 1 z1 ? z1 ? z 2 = z1 z 2 (2 z 2 ? 3z1 ) 2 6

3 ?i 30 72 可得 z1 z 2 ? 6(3z1 ? 2 z 2 ) ? 6(3z1 ? 2 z 2 ) ? ?6 ? 2 ? ? ? i .本题也可设三角形式进 3 13 13 2 z 2 ? 3z1 2 z 2 ? 3z1 ?i 2
行运算. (2002T7)已知复数 Z1,Z2 满足|Z1|=2, |Z2|=3,若它们所对应向量的夹角为 60°,则

z1 ? z 2 = z1 ? z 2



解:由余弦定理得|Z1+Z2|= 19 , |Z1?Z2|= 7 ,

133 z1 ? z 2 = z1 ? z 2 7

1 (2003T14)设 A、B、C 分别是复数 Z0=ai,Z1= +bi,Z2=1+ci(其中 a,b,c 都是实 2 数)对应的不共线的三点.证明:曲线 Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t (t∈R) 与△ABC 中平行于 AC 的中位线只有一个公共点,并求出此点. 解:曲线方程为:

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Z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t=(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin 4t) x=cos2tsin2t+sin4t=sin2t(cos2t+sin2t)=sin2t.(0≤x≤1) y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t=a(1-x)2+2b(1-x)x+cx2 即 y=(a-2b+c)x2+2(b-a)x+a (0≤x≤1). ① 若 a-2b+c=0,则 Z0、Z1、Z2 三点共线,与已知矛盾,故 a-2b+c?0.于是此曲线 为轴与 x 轴垂直的抛物线. 1 1 3 1 AB 中点 M: + (a+b)i,BC 中点 N: + (b+c)i. 4 2 4 2 1 1 3 1 与 AC 平行的中位线经过 M( , (a+b))及 N( , (b+c))两点,其方程为 4 2 4 2 1 3 4(a-c)x+4y-3a-2b+c=0.( ≤x≤ ). 4 4 令 4(a-2b+c)x2+8(b-a)x+4a=4(c-a)x+3a+2b-c. 即 4(a-2b+c)x2+4(2b-a-c)x+a-2b+c=0.由 a-2b+c?0,得 4x2+4x+1=0, 1 3 此方程在[ , ]内有惟一解: 4 4 1 以 x= 代入②得, 2 1 1 ∴ 所求公共点坐标为( , (a+2b+c)). 2 4 1 x= . 2 1 y= (a+2b+c). 4 ② ∴

(2006T8)若对一切 ? ? R,复数 z ? (a ? cos ? ) ? (2a ? sin ? )i 的模不超过 2,则实数 a 的取值范围为 . 【解】依题意,得

z ? 2 ? (a ? cos? )2 ? (2a ? sin ? )2 ? 4
2

? 2a(cos? ? 2sin ? ) ? 3 ? 5a ? ?2 5a sin(? ? ? ) ? 3 ? 5a
2

? ? arcsin


1 5) (对

? 2 5 a ? 3 ? 5a 任意实数? 成立)
? 5 , ?? 5 ? 5? ? 5 ?

2

?a?

5 5 . 故

a 的取值范围为



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(2014T11)确定所有的复数 ? ,使得对任意的复数 z1 , z 2 ( | z1 |, | z2 |? 1, z1 ? z2 ) ,均有

( z1 ? ? )2 ? ? z1 ? ( z1 ? ? )2 ? ? z2

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