高中数学竞赛讲义(15)复数
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3. 初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
高中数学竞赛第十五章 复数【讲义】
第十五章 复数 一、基础知识1．复数的定义：设i 为方程x 2=-1的根，i 称为虚数单位，由i 与实数进行加、减、乘、除等运算。
便产生形如a+bi （a,b ∈R ）的数，称为复数。
所有复数构成的集合称复数集。
通常用C 来表示。
2．复数的几种形式。
对任意复数z=a+bi （a,b ∈R ），a 称实部记作Re(z),b 称虚部记作Im(z). z=ai 称为代数形式，它由实部、虚部两部分构成；若将(a,b)作为坐标平面内点的坐标，那么z 与坐标平面唯一一个点相对应，从而可以建立复数集与坐标平面内所有的点构成的集合之间的一一映射。
因此复数可以用点来表示，表示复数的平面称为复平面，x 轴称为实轴，y 轴去掉原点称为虚轴，点称为复数的几何形式；如果将(a,b)作为向量的坐标，复数z 又对应唯一一个向量。
因此坐标平面内的向量也是复数的一种表示形式，称为向量形式；另外设z 对应复平面内的点Z ，见图15-1，连接OZ ，设∠xOZ=θ,|OZ|=r ，则a=rcos θ,b=rsin θ,所以z=r(cos θ+isin θ)，这种形式叫做三角形式。
若z=r(cos θ+isin θ)，则θ称为z 的辐角。
若0≤θ<2π，则θ称为z 的辐角主值，记作θ=Arg(z). r 称为z 的模，也记作|z|，由勾股定理知|z|=22b a +.如果用e i θ表示cos θ+isin θ，则z=re i θ，称为复数的指数形式。
3．共轭与模，若z=a+bi ，（a,b ∈R ）,则=z a-bi 称为z 的共轭复数。
模与共轭的性质有：（1）2121z z z z ±=±；（2）2121z z z z ⋅=⋅；（3）2||z z z =⋅；（4）2121z z z z =⎪⎪⎭⎫⎝⎛；（5）||||||2121z z z z ⋅=⋅；（6）||||||2121z z z z =；（7）||z 1|-|z 2||≤|z 1±z 2|≤|z 1|+|z 2|；（8）|z 1+z 2|2+|z 1-z 2|2=2|z 1|2+2|z 2|2；（9）若|z|=1，则zz 1=。
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高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
高中数学竞赛试题汇编一二《集合与简易逻辑》《复数》讲义
1. 命题“所有实数的平方都是正数”的否定 （A ）所有实数的平方都不是正数 （B ）有的实数的平方是正数（C ）至少有一个实数的平方不是正数 （D ）至少有一个实数的平方是正数2. 集合{11}P x x =-<{1},Q x x a =-≤且P Q ⋂=∅,则实数a 取值范围为A. 3a ≥B. 1a ≤-.C. 1a ≤-或 3a ≥D. 13a -≤≤ 3. 若,,R αβ∈ 则90αβ+=是sin sin 1αβ+>的A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件4. 已知全集U R =，集合112xN x ⎧⎫⎪⎪⎛⎫=≤⎨⎬ ⎪⎝⎭⎪⎪⎩⎭，{}2680M x x x =-+≤，图中阴影部分所表示的集合为 （A ）{}0x x ≤（B ）{}24x x ≤≤ （C ）{}024x x x <≤≥或 （D ）{}024x x x ≤<>或 5. 已知集合{}23100A x x x =--≤，{}121B x m x m =+≤≤-，当A B =∅ 时，实数m 的取值范围是(A) 24m << (B) 24m m <>或(C) 142m -<< (D) 142m m <->或6. 已知函数[](),0,1f x ax b x =+∈，“20a b +>”是“()0f x >恒成立”的(A) 充分不必要条件 (B) 必要不充分条件(C) 充要条件 (D) 既不充分也不必要条件7. 已知{}11,10,,lg ,10A B y y x x A ⎧⎫===∈⎨⎬⎩⎭， 则A B = .8. 设集合{}1,3,5,7,9A =，{}2,4,6,18B =，{},C a b a A b B =+∈∈，则集合C 中所有的元素之和为 . 9. 设AB 是两个非空的有限集，全集U A B = 且U 中含有m 个元素，若()()U U C A C B 中含有n 个元素，则A B 中含有元素的个数为 . 10. 设{}2A x x a =-<，{}2230B x x x =--<，若B A ⊆，则实数a 的取值范围是 . 11.设{}20122013log log A x x x =<，{}2B x x ax a x =-+< 且A B ⊆，则a 的取值范围是 . 12设{}0,1,2,3A =，{}2,2B x x A x A =-∈-∉，则集合B 的所有元素之和为 .13. 已知复数z 满足2z z i +=+，那么z = .14. 已知复数z 满足1z =，则21z z -+的最大值为 .15. 已知i 是虚数单位，2342013i i i i i+++++= .16. i 是虚数单位，23420131z i i i i i=++++++ ，复数z 的共轭复数记为z ，则z z = . 17. 已知复数(,,z x yi x y R i =+∈为虚数单位），且28z i =，则z =（ ） (A) 22z i =+ (B) 22z i =--(C) 22,z i =-+或22z i =- (D) 22,z i =+或22z i =--UNM高中数学竞赛试题汇编一《集合与简易逻辑》《复数》讲义。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3. 初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
例谈强基和联赛题中复数的应用
２０２３年７月上半月㊀竞赛强基㊀㊀㊀㊀例谈强基和联赛题中复数的应用◉安徽省蚌埠第二中学㊀钟㊀铎㊀刘小树㊀㊀摘要:复数在强基㊁联赛中考查较多．基础题多以选择题和填空题的形式出现,主要考查复数的性质;拔高题多以压轴题形式出现,考查学生分析解决问题的能力,需要运用或构造复数的代数㊁几何性质,同时运用必备的技巧才能解决问题．本文中对一些高校强基㊁各类竞赛中的经典试题进行分析,为研究复数并备考强基及各类竞赛的读者助力．关键词:强基;联赛;共轭;几何意义;单位根;复数列１知识介绍１．１复数的四种形式代数形式:z ＝a ＋b i (a ,b ɪR )．向量形式:O Z ң＝(a ,b )(a ,b ɪR )．三角形式:z ＝r (c o s θ＋i s i n θ)(a ＝r c o s θ,b ＝r s i n θ,|r |＝a ２＋b ２)．指数形式:r e i θ＝r e x p(i θ)＝r (c o s θ＋i s i n θ)．１．２复数的常规运算(１)复数的加㊁减㊁乘㊁除四则运算都遵循代数式的运算规则．涉及虚数单位i 乘方的运算只需将i ２＝－１代入即可．复数加法㊁乘法运算满足交换律与结合律,复数的乘法对加法满足分配律．(２)复数的乘方与开方运算主要用于求关于z 的方程z n ＝z ０的根．若z n ＝r n (c o s n θ＋i s i n n θ)＝r n e i n θ,z ０＝r ０e i θ,r ,r ０是正实数,θ,θ０ɪR ,则z k ＝nr ０eθ０－２k πni,k ɪZ ,０ɤk ɤn －１．故z ０的n 次方根有n 个．１．３共轭复数的运算性质复数z ＝a ＋b i (a ,b ɪR ),共轭复数为z ＝a －b i ．共轭复数有以下两组重要的代数运算性质:(１)z １ʃz ２＝z １ʃz ２,z １ z ２＝z １ z ２,z n ＝(z )n(n ɪZ ),(z １z ２)＝z １z ２(z ２ʂ０)．即共轭对于复数的和差积商运算没有先后顺序．这是解决问题时具有技巧性的性质．(２)z ＋z ＝２R e (z );z －z ＝２I m (z );z ɪR ⇔z ＝z ;z ɪ{b i |b ɪR }⇔z ＋z ＝０．１．４复数模的运算性质以下两组重要运算性质小巧强悍,使用起来可以突破重大难题和压轴题的瓶颈．(１)|z |＝|z |,|z |２＝zz ,|z １||z ２|＝|z １z ２|,|z n |＝|z |n,|z １z ２|＝|z １||z ２|(z ２ʂ０)．即模运算对于积㊁商运算没有先后顺序．一个复数模的平方等于该复数与其共轭的乘积(化模为积形式)．(２)①m a x {|R e (z )|,|I m (z )|}ɤ|z |ɤ|R e (z )|＋|I m (z )|．②||z １|－|z ２||ɤ|z １＋z ２|ɤ|z １|＋|z ２|,此式即为复数的三角不等式,对多个复数也成立．１．５复数的单位根方程x n －１＝０(n ȡ２,n ɪN )有n 个互不相等的根ε＝e ２πin ＝c o s ２πn ＋i s i n ２πn,称为n 次单位根．复平面内,n 个n 次单位根对应的点恰好是单位圆内接正n边形的顶点．设εk ＝co s ２k πn ＋i s i n ２k πn(k ＝０,１,２, ,n －１),则εk ＝εk１,x n －１＝(x －１)(x n －１＋x n＋ ＋x ＋１)＝(x －１)ᵑn －１j ＝１(x －εj )＝０,１＋ðn －１j ＝１x j＝ᵑn －１j ＝１(x －εj )．于是|εk |＝１,εj εk ＝εj ＋k ,１＋ε１＋ ＋εn －１＝０,１＋εm １＋εm ２＋ ＋εmn －１＝n ,m |n ,０,m n ．{复数单位根的性质在解决复数多项式问题等方面运用普遍．１．６复数的几何意义和曲线方程的复数表示复数的常见几何意义:|z １－z ２|表示复数z １,z ２对应的点Z １,Z ２之间的距离．利用复数的模可以表示一些常规的曲线方程．圆的方程:|z －z ０|＝r (r ＞０)．线段垂直平分线方程:|z －z １|＝|z －z ２|．椭圆的方程:|z －z １|＋|z －z ２|＝２a (其中２a ＞|z １－z ２|,a ʂ０)．双曲线方程:||z －z １|－|z －z ２||＝２a (２a ＜|z １－z ２|,a ＞０)．２应用举例２．１基本性质的运用例１㊀(２０２２年北大强基)已知复数z １＝５－x ＋(６－４y )i ,z ２＝２＋２x ＋(３－y )i ,z ３＝３－x ＋(１＋５y )i ,当|z １|＋|z ２|＋|z ３|取最小值时,３x ＋６y ＝．解析:由复数三角不等式,得|z １|＋|z ２|＋|z ３|ȡ|z １＋z ２＋z ３|＝|５－x ＋(６－４y )i ＋２＋２x ＋(３－y )i ＋３－x ＋(１＋５y )i |＝|１０＋１０i |＝１０２,当且仅当５－x ＝６－４y ,２＋２x ＝３－y ,３－x ＝１＋５y ,即x ＝y ＝１３时７７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.竞赛强基２０２３年７月上半月㊀㊀㊀等号成立．所以３x ＋６y ＝３．评注:求模的和的最小值时,联想复数三角不等式|z １＋z ２＋ ＋z n |ɤ|z １|＋|z ２|＋ ＋|z n|,将已知约束条件构造配凑成定值．例２㊀(２０２２年清华强基)已知复数z 满足|z |＝１,则|(z －２)(z ＋１)２|的最大值为．解析:|(z －２)(z ＋１)２|＝|z －２||z ＋１|２＝|z －２|２(z ＋１)(z ＋１)＝５－２(z ＋z ) [(z ＋z )＋２]ɤ(５－２(z ＋z )＋(z ＋z )＋２＋(z ＋z )＋２３)３＝３３,当且仅当z ＝１ʃ３i２时,取到最大值３３．评注:由求复数积的最大值联想到转化,使用均值不等式通过放缩凑得和为定值,把问题转化为[５－２(z ＋z )][(z ＋z )＋２][(z ＋z )＋２],是破解的关键．２．２复数的几何意义例３㊀(２０２２年北大强基)若复数z 满足R e (z２)ɪ[－１,１],I m (z ２)ɪ[－１,１],R e (２z)ɪ[－１,１],I m (２z )ɪ[－１,１],则z 在复平面上形成轨迹的面积为．解析:设z ＝x ＋y i ,x ɪR ,y ɪR ,则z ２＝x ＋y i２,２z ＝２x －２y i x ２＋y２,即－２ɤx ɤ２,－２ɤy ɤ２,(x －１)２＋y ２ȡ１,(x ＋１)２＋y ２ȡ１,x ２＋(y －１)２ȡ１,x ２＋(y ＋１)２ȡ１．ìîíïïïïïï所以z 在复平面上形成的轨迹面积为４(２ˑ２－１－２ˑπ４)＝１２－２π．评注:根据复数模的性质把约束条件转化为平面直角坐标系内的可行域是本题的突破口．该题为基础题．例４㊀(２０２２年清华强基)已知复数z １终点在１＋i 和１＋a i 表示两点连成的线段上移动,且|z ２|＝１,若z ＝z １＋z ２在复平面内上表示的点围成的面积为π＋４,则a 的值可能为．解析:设z １＝１＋λi (λɪR ),z ２＝c o s θ＋i s i n θ,则若１ɤλɤa 时,z １＋z ２＝(１＋c o s θ)＋(λ＋s i n θ)i 表示以(１,λ)为圆心,１为半径的圆,从而S ＝２(a －１)＋π＝π＋４,即a ＝３．由对称性知,若λ＜１时,a ＝－１．因此a 的值可能为３或－１．评注:本题通过复数代数形式与三角形式的巧妙结合,将运动变化问题量化,最后由对称性得出两个值．２．３复数单位根的应用例５㊀(２０１９年中国科学技术大学少年班创新班)设复数z ＝c o s θ＋i s i n θ,其中θ＝２π２０１９,则ð２０１９z k＝．解析:首先做素因数分解,得到２０１９＝３ˑ６７３,则ð２０１９(k ,２０１９)＝１z k＝ð２０１９３k 且６７３kz k＝ð２０１９k ＝１z k－ð６７３k ＝１z ３k－ð２k ＝１z６７３k．由２０１９次单位根的性质,０＝ð２０２０１８k ＝０z k ＝ð２０１９k ＝１z k ,z ２０２０＝z ２０１９＋１＝z ,得ð２０２０k ＝１z k ＝ð２０１９k ＝１z k ＋z ＝z ．由２０１９次单位根的性质,令z ３＝ε,则ð６７３k ＝１z ３k ＝ð６７３k ＝１εk＝０．由３次单位根的性质,令z ６７３＝η,则ð２k ＝１z ６７３k ＝ð２k ＝１ηk ＝－１,因此ð(k ,２０１９)＝１z k＝ð２０１９３k 且６７３kz k＝ð２０１９k ＝１z k－ð６７３k ＝１z ３k－ð２k ＝１z６７３k＝０－０－(－１)＝１．评注:本题主要反复使用复数单位根的性质ðn －１j ＝０εj＝ðnj ＝１εj＝０．２．４复数的综合应用例６㊀(２０２１年全国高中数学联合竞赛A 卷)已知复数列{z n }满足:z １＝３２,z n ＋１＝z n (１＋z n i )(n ＝１,２, ),求z ２０２１的值．解析:设z n ＝x n ＋y n i ,x n ,y n ɪR ,n ɪN ∗,则z n ＋１＝x n ＋１＋y n ＋１i ,x １＝３２,y １＝０．于是z n ＋１＝z n (１＋z n i )＝z n z n i ＋z n ＝(x ２n ＋y ２n )i ＋x n －y n i ＝x n ＋(x ２n ＋y ２n －y n )i ．所以x n ＋１＝x n ,y n ＋１＝x ２n ＋y ２n －y n ,即x n ＋１＝x n ＝３２,y n ＋１＝y ２n －y n ＋３４．故y n ＋１－１２＝y ２n －y n ＋１４＝(y n －１２)２,所以迭代当n ȡ２,得y n＝１２＋(y １－１２)２n －１,即y n＝１２＋１２２n －１．于是z n ＝x n ＋y ni ＝３２＋(１２＋１２２n －１)i ．因此,z ２０２１＝x ２０２１＋y ２０２１i ＝３２＋(１２＋１２２２０２０)i ．评注:若要求复数列的通项公式,可预设复数代数形式,将复数列转化为实数列问题,然后运用实数列的递推求通项．例７㊀(２０２１年全国高中数学联合竞赛A １卷)设a ,b ɪR ．若关于z 的方程(z ２＋a z ＋b )(z ２＋a z ＋２b )＝０有四个互不相等的复数根z １,z ２,z ３,z ４,且它们在复平面上对应的点恰是一个边长为１的正方形的四个顶点,求|z １|＋|z ２|＋|z ３|＋|z ４|的值．８７Copyright ©博看网. All Rights Reserved.２０２３年７月上半月㊀竞赛强基㊀㊀㊀㊀解析:设二次方程E １:z ２＋a z ＋b ＝０,E ２:z ２＋a z ＋２b ＝０．不妨设z １,z ２为E １的解,z ３,z ４为E ２的解．若z １,z ２,z ３,z ４均为实数,则它们在复平面上对应的点均在实轴上,不合题意;若z １,z ２,z ３,z ４均为虚数,则它们在复平面上对应的点均在直线R e (z )＝－a２上,不合题意．故z １,z ２,z ３,z ４中有两个实数㊁两个虚数．这表明,方程E １,E ２的判别式a ２－４b 与a ２－８b 异号,此时,b ＞０(若b ɤ０,则a ２－４b ȡ０且a ２－８b ȡ０,矛盾)．于是a ２－４b ȡ０,a ２－８b ＜０,从而z １,２＝－a ʃa ２－４b ２,z ３,４＝－a ʃ８b －４a ２i２．显然z １＋z ２２＝z ３＋z ４２＝－a ２．由正方形的边长为１,知|z １－z ２|＝a ２－４b ＝２,|z ３－z ４|＝８b －a ２＝２,则a ２－４b ＝２,a ２－８b ＝－２,即a ２＝６,b ＝１．注意到z １,z ２同号及|z ３|＝|z ４|,故|z １|＋|z ２|＋|z ３|＋|z ４|＝|z １＋z ２|＋２|z ３|＝|－a |＋a ２＋(８b －a )２＝６＋２２．评注:确定四个复数的模,需要确定复平面上复数的位置,通过分析转化为一元二次方程根的问题,进而达到目的．例８㊀(２０１９年全国高中数学联赛)称一个复数列{z n }为 有趣的 :若|z １|＝１,且对于任意正整数n ,均有４z２n ＋１＋２z n z n ＋１＋z ２n＝０．求最大的常数C ,使得对于一切有趣的数列{z n }及任意正整数m ,均有|z １＋z ２＋ ＋z m |ȡC ．分析:联赛中命题经常为这个类型,如 有趣的 好点 好数 等,主要表达所求问题的特点．本题中寻找比|z １＋z ２＋ ＋z m |小的最大的实数C ,显然容易联想到复数模不等式,先放缩,再结合等比数列求和的极限思想找到３３,最后求S ２p ＋１的极限．仔细琢磨会发现,这种推理的逻辑具有高等数学数列极限的思想．因此,联赛中和数列有关问题的考查总有高等数学的影子．于是考虑有趣数列{z n },归纳可知z n ʂ０(n ɪN ∗)．解析:由条件得４(z n ＋１z n)２＋２ z n ＋１z n＋１＝０,从而z n ＋１z n ＝－１ʃ３i ４,则z n ＋１z n＝－１ʃ３i ４＝１２．于是|z n |＝|z １| １２n －１＝１２n －１(n ɪN ∗)．故|z n ＋z n ＋１|＝|z n|１＋z n ＋１z n ＝１２n －１３ʃ３i ４＝３２n (n ɪN∗)．令S m ＝|z １＋z ２＋ ＋z m |(m ɪN ∗)．当m ＝２p (p ɪN ∗)时,则S m ȡ|z １＋z ２|－ðpk ＝２|z ２k －１＋z ２k|＞３２－ðɕk ＝２３２２k －１＝３３．当m ＝２p ＋１(p ɪN ∗)时,则|z ２p ＋１|＝１２２p＜３３ˑ２２p －１＝ðɕk ＝p ＋１３２２k －１＝ðɕk ＝p ＋１|z ２k －１＋z ２k |．故S m ȡ|z １＋z ２|－ðpk ＝２|z ２k －１＋z ２k |－|z ２p ＋１|＞３２－ðɕk ＝p ＋１|z ２k －１＋z ２k |＝３３．当m ＝１时,S １＝|z １|＝１＞３３．以上表明C ＝３３满足要求．又当z １＝１,z ２k ＝－１＋３i ２２k ,z ２k ＋１＝－１－３i２２k ＋１(k ɪN ∗)时,可知{z n }为有趣数列．此时㊀l i m p ңɕS ２p ＋１＝l i m p ңɕz １＋ðpk ＝１z ２k ＋z ２k ＋１＝l i m p ңɕz １＋ðpk ＝１－３－３i２２k ＋１＝１＋－３＋３i ８ ４３＝３３．这表明,C 不能大于３３．综上,所求的C 为３３．评注:本题根据齐次方程求得通项,而对于复数列主要转化到模,利用模的性质再放缩转化为实数列问题．３综述复数是中学数学学习中的一个重难点知识,高考对复数的考查相对基础,这为强基㊁竞赛留下了更大的命题空间,同时也是诸多考生的短板．由于复数为类似平面向量的工具,故兼有代数和几何的特点,复数知识的技巧性和应用性极其广泛．近几年在各类强基㊁竞赛中逐渐成为热点,在联赛㊁冬令营㊁国家集训队题中都有渗透,常常作为压轴题．复数本身具备良好的运算性质,所以复数法兼具有解析法㊁三角法的优势．因此参加数学竞赛的选手,不仅要熟悉并掌握复数的基本知识和解题技巧,还要学会将复数作为强有力的工具应用于问题的解决中,同时还要具备高等数学的思想,这样在具体解答过程中,才能游刃有余．Z９７Copyright ©博看网. 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高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
高中数学竞赛讲义(全套)
高中数学竞赛资料一、高中数学竞赛大纲全国高中数学联赛全国高中数学联赛（一试）所涉及的知识范围不超出教育部2000年《全日制普通高级中学数学教学大纲》中所规定的教学要求和内容，但在方法的要求上有所提高。
全国高中数学联赛加试全国高中数学联赛加试（二试）与国际数学奥林匹克接轨，在知识方面有所扩展；适当增加一些教学大纲之外的内容，所增加的内容是：1.平面几何几个重要定理：梅涅劳斯定理、塞瓦定理、托勒密定理、西姆松定理。
三角形中的几个特殊点：旁心、费马点，欧拉线。
几何不等式。
几何极值问题。
几何中的变换：对称、平移、旋转。
圆的幂和根轴。
面积方法，复数方法，向量方法，解析几何方法。
2.代数周期函数，带绝对值的函数。
三角公式，三角恒等式，三角方程，三角不等式，反三角函数。
递归，递归数列及其性质，一阶、二阶线性常系数递归数列的通项公式。
第二数学归纳法。
平均值不等式，柯西不等式，排序不等式，切比雪夫不等式，一元凸函数。
复数及其指数形式、三角形式，欧拉公式，棣莫弗定理，单位根。
多项式的除法定理、因式分解定理，多项式的相等，整系数多项式的有理根*，多项式的插值公式*。
n次多项式根的个数，根与系数的关系，实系数多项式虚根成对定理。
函数迭代，简单的函数方程*3.初等数论同余，欧几里得除法，裴蜀定理，完全剩余类，二次剩余，不定方程和方程组，高斯函数[x]，费马小定理，格点及其性质，无穷递降法，欧拉定理*，孙子定理*。
4.组合问题圆排列，有重复元素的排列与组合，组合恒等式。
组合计数，组合几何。
抽屉原理。
容斥原理。
极端原理。
图论问题。
集合的划分。
覆盖。
平面凸集、凸包及应用*。
注：有*号的内容加试中暂不考，但在冬令营中可能考。
二、初中数学竞赛大纲1、数整数及进位制表示法，整除性及其判定；素数和合数，最大公约数与最小公倍数；奇数和偶数，奇偶性分析；带余除法和利用余数分类；完全平方数；因数分解的表示法，约数个数的计算；有理数的概念及表示法，无理数，实数，有理数和实数四则运算的封闭性。
高中数学竞赛专题讲座复数问题
③z z;
④z1 z2 z1 z2;
⑤z1 z2 z1 z1;
⑥
z1 z2
z1 z2
(z2
0);
⑦ z 是实数的充要条件是 z=z，z 是纯虚数的
充要条件是 z= z(z2 0).
5
Ⅳ、复数解题的常用方法与思想 (1)两个复数相等的充要条件是它们的实部、 虚部对应相等，或者它们的模与辐角主值相等
间的联系，使人们应用复数解决相关问题成为现实.
2
Ⅱ、复数的运算法则
加、减法：(a bi)(c di)=(a c)(b d )i；
乘法：(a bi)(c di)(ac bd )(bc ad )i；
r1(cos1 i sin1) r2 (cos2 i sin2 ) r1r2 cos(1 2 ) i sin(1 2 );
7
解：设 A=z+z2 +z4，B=z3 +z5 +z6，由于 z7 =1，z=1，
故 0=z7 -1= z-1 z6 +z5 + +z+1 ，所以A+B=-1， 又AB= z+z2 +z4 z3 +z5 +z6 =z4 +z6 +1+z5 +1+z+1+z2 +z3 =2，
4, 5 互为共轭复数，求
5 j 1
1 的值。 rj rj
【分析】rj rj实质上是 rj 的平方，把已知条件等式变形得， 13xx
1
10
1,
10
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题12 复数(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版
【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题12 复数 （50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2021·全国·高三竞赛）已知z 为复数，且关于x 的方程2484i 30x zx -++=有实数根，则z 的最小值为__________． 【答案】1 【解析】 【详解】解析： x 为实数根，若0x =，则4i 30+=，矛盾；故0x ≠，故2431i 82x z x x +=+，于是我们可以得1z ==≥，当且仅当x =1． 故答案为：1.2．（2018·辽宁·高三竞赛）设a 、b均为实数，复数11)i z b =-+与2z 2bi =+的模长相等，且12z z 为纯虚数，则a +b=_____.1 【解析】 【详解】由题设知121z z =，且1122z z z z =为纯虚数，故12z i z =±.因此1,2.b b ⎧-=-⎪=或1,2.b b ⎧-=-⎪=-解得a b ==或a b ==1a b +=.13．（2020·江苏·高三竞赛）已知复数z 满足1z =，则22413iz z z -+--的最大值为__________．【答案】3 【解析】 【详解】 解析：由题意可得222224(1)3(1)3i 13i 13i 13i 13iz z z z z z z z -+-+--===-+------，则()13i 13i z z -+=--表示复平面上点Z 到()1,3-的距离．如图所示，()1,3C -，由此可得13ZC ≤≤．故22413iz z z -+--的最大值为3．故答案为：3.4．（2018·山东·高三竞赛）若复数z 满足132i 22z z -+--=z 的最小值为______． 【答案】1 【解析】 【详解】设()1,0A ，()3,2B ，22AB =z 的轨迹为线段AB ． 因此min z 为原点O 到A 的距离，即min 1z OA ==．5．（2019·甘肃·高三竞赛）在复平面内，复数123,,z z z 对应的点分别为123,,Z Z Z ．若12122,0z z OZ OZ ==⋅=，1232z z z +-=，则3z 的取值范围是______．【答案】[]0,4【解析】 【详解】因为12120z z OZ OZ ==⋅=，所以12+2z z =，因为123+2z z z -=，所以12312332|+|+||||=|||2|z z z z z z z =-≥--， 从而332||22,0|| 4.z z -≤-≤≤≤6．（2018·福建·高三竞赛）设复数z 满足i 2z -=，则z z -的最大值为______．（i 为虚数单位，z 为复数z 的共轭复数） 【答案】6 【解析】 【详解】设()i ,z x y x y R =+∈，则i z x y =-，()()i i 2i z z x y x y y -=+--=，2z z y -=， 由i 2z -=，知()i i 2x y +-=，()2214x y +-=．所以()214y -≤，13y -≤≤．所以26z z y -=≤．当且仅当3y =，即3i z =时，等号成立．故z z -的最大值为6．7．（2018·全国·高三竞赛）已知定义在复数集上的函数()()24f z i z pz q =+++（p 、q 为复数）.若()1f 与()f i 均为实数，则p q +的最小值为__________．【解析】 【详解】设p a bi =+，()q c di a b c d R =+∈、、、.由()()()141f a c b d i =+++++，()()()41f i b c a d i =--++-++为实数 知1a d =-，1b d =--.则p q +==故当0c d ==（即1a =，1b =-）时，p q +8．（2021·全国·高三竞赛）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1220,,,z z z ，则复数1995199519951220,,,z z z 所对应的不同的点的个数是_______________．【答案】4 【解析】 【详解】 因为()39919955z z =，故考虑1250525,,,z z z 的不同个数.由201k z =，则()()()()2055550111k k k k k z z z z i z i =-=-+-+，可知5k z 只有4个取值，而()3155k k z z =的取值不会增加，故应为4个不同的点的个数． 故答案为：4.9．（2021·全国·高三竞赛）设1()1iz F z iz +=-，其中i 为虚数单位，z C ∈.设011,(),3n n z i z F z n N +=+=∈，则2020z 的实部为___________.【答案】137【解析】 【详解】i 1i ()i 1i z z F z z z +-==-+，故()()()ii 1i 1i1i ()i i 1i 1i 1i iz z z z F F z z z z z ---+-++===-+---++，故()()1ii 1()1i i 1z z F F F z z z z +--==++-， 故()()2020002191i i316i 1i i 31z F z F z +-====+++，从而实部为137.故答案为：137. 10．（2021·全国·高三竞赛）设复数1z ､2z ､3z 满足1232z z z ===，则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.【答案】2 【解析】 【详解】解析：1231231213112312312313123111124t z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z ⎛⎫++ ⎪++++⎝⎭==⋅⋅=++++++.故答案为：2.11．（2021·浙江·高三竞赛）复数1z ，2z 满足123z z ==，12z z -=()()10101221z z z z +=______.【答案】203 【解析】 【分析】 【详解】如图所示，设12,z z 在复平面内对应的点分别为12,Z Z ,由已知得12123,OZ OZ Z Z ==-=由余弦定理得向量12,OZ OZ 所成的角为2π3, 不妨设()12223cos sin ,3cos sin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()()()12223cos sin ,3cos sin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-=--+-- ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭, 12229cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1222 9cos sin 33z z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭, ()10201220203cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()1020122020 3cos sin33z z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭, ()()1010202020121220232cos32cos 333z z z z ππ+=⨯⨯=⨯⨯=, ()()10102012123z z z z +=.故答案为：203.12．（2021·浙江·高二竞赛）设复数i z x y =+的实虚部x ，y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y +=上.若1i i z z ---为实数，则复数z =______. 315i +或315i . 【解析】 【分析】 【详解】 由1i 11i (1)i z z x y --=--+-，所以1y =，则315x =所以315i z =或315i z =. 故答案为：315i z =+或315i z =+. 13．（2021·全国·高三竞赛）已知1,1z z z∈+=C ，则z 的取值范围为___________． 5151z -+≤≤【解析】 【分析】 【详解】 设()i z rer θ+=∈R ，则：221sin cos 1cos sin i z r ir z r r θθθθ=+=+-+222211cos sin r r r r θθ⎛⎫⎛⎫=++- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2212cos2r r θ=++． 故22112cos23r r θ+=-≤2r ≤≤r ≤≤．故答案为：⎣⎦. 14．（2021·全国·高三竞赛）已知复数z =（i 虚数单位），则()22222212121212111z z z zz z ⎛⎫+++⋅+++= ⎪⎝⎭______________． 【答案】36 【解析】 【分析】 【详解】由已知||1,||1,k kz z z k +===∈N ，故1k k z z=，再结合1212z z z z +=+，及2||zz z =，知所求式子为22221212z z z+++．又4i z e π==，是8次单位根．当1,3,5,7(mod8)k ≡时，21(mod8)k ≡． 当2,6(mod8)k ≡时，24(mod8)k ≡． 当4,8(mod8)k ≡时，28(mod8)k ≡， 所以222221212482633|6|36z z z z z z z +++=++==．故答案为：36.15．（2021·全国·高三竞赛）已知复数a 、b 、c 满足2222221,1,i,a ab b b bc c c ca a ⎧++=⎪++=-⎨⎪++=⎩则ab bc ca ++=_________． 【答案】i 【解析】 【分析】 【详解】由题意有333333,,i()a b a b b c c b c a c a -=--=--=-，三式相加有1i 1i 22b c a ++=+，代入第一个式中有2233ii i 1222a ac c +⎛⎫-++= ⎪⎝⎭， 与22i a ac c ++=联立，即有a 、c 均不为0且1(1i)c a a=--， 故有42i(1i)i 0a a --+=，所以21a =或i ． 当1a =时，有i,0c b ==，此时原式为i ． 当1a =-时，有i,0c b =-=，此时原式为i ．当2i a =时，有2i 0c c +=，又0c ≠，所以21(1i)ii a c a a---=-==，得1a =，矛盾．综上所述，原式仅有i 一个值． 故答案为：i.16．（2021·全国·高三竞赛）若复数1234z z z z 、、、满足条件12233441241,1,z z z z z z z z z z +=+=-+∈R ，则()()1324z z z z -+=______．【答案】0 【解析】 【分析】 【详解】对34411z z z z +=-取共轭，34411z z z z +=-． 再与12231z z z z +=相加，并结合24z z +∈R 得： ()()()()32412413240z z z z z z z z zz =+++=++．若240z z +=，则所求式为0．否则，130z z +=．则13z z =-，从而13z z =-．代入条件二，得()3441z z z -=-． 即3444112i Im z z z z ==⋅-． 故3z 是纯虚数，有13130z z z z -=+=． 从而，所求式也为0． 故答案为：0.17．（2021·全国·高三竞赛）若复数z 满足20202019143340z iz iz ------=，则34(34)i i zz -⎛⎫++ ⎪⎝⎭的取值范围为________. 【答案】[]10,10- 【解析】 【分析】 【详解】2020201912020143i 3i 40(43i )43i z z z z z z --------=⇔-=+()2020143i 43i z z z -⇔-=+2019(43i)z z =+. 设(,)z a bi a b R =+∈，则：2222|43||43||(43)3||4(43)|iz z i b ai a b i --+=+--++2222(43)916(43)b a a b =++--+()()2227171||a b z =--=-.若||1z >，则22|43i ||43i ||43i ||43i |0z z z z ->+⇒--+>，而()271||0z -<矛盾.同理||1z <，亦不可能，所以1z =.设cos isin ,34i 5(cos isin )z ααββ=++=+，则:34i 34i (34i)(34i)z z z z -+⎛⎫++=++ ⎪⎝⎭5[cos()isin()]5cos()isin()βαβαβαβα=+++++++10cos()βα=+，所求取值范围是[]10,10-. 故答案为：[]10,10-.18．（2021·全国·高三竞赛）若非零复数x ､y 满足220x xy y ++=，则20052005()()x y x y x y+++的值是________. 【答案】1 【解析】 【分析】 【详解】2()10x xy y ++=得12x y ω==-或12x y ω==-. （1）当12x y ω==-时， 原式20052005200520051111()()()()11111y x x y ωω=+=+++++20052005200520051111()()()ωωωω=-+=-+-11()()1ωωωω=-+=-+=.（2）当12x y ω==-时，同理可得原式1=. 故答案为：1.19．（2020·全国·高三竞赛）设z 为复数．若2z z i--为实数（i 为虚数单位），则|3|z +的最小值为______．【解析】 【分析】设(,)z a bi a b =+∈R ，由已知条件计算出a b 、的数量关系，然后运用不等式求解出结果； 【详解】设(,)z a bi a b =+∈R ，由条件知22222(2)i (2)(1)22Im Im 0i (1)i (1)(1)z a b a b ab a b z a b a b a b ⎛⎫--+---++-⎛⎫==== ⎪ ⎪-+-+-+-⎝⎭⎝⎭， 故22a b +=．从而3||(3)2|5z a b +=≥++=，即|3|z +≥．当2,2a b =-=时，|3|z +【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是紧扣已知条件，计算出满足条件的数量关系，继而可以求出结果.20．（2019·浙江·高三竞赛）设12,z z 为复数，且满足1125,2z z i z ==+(其中i 为虚数单位)，则12z z -取值为____________.【解析】 【详解】由15z =，设15(cos isin )z αα=+，由122i z z =+得2(2i)(cos isin )z αα=-+，于是，12|(3)(cos isin )|z z i αα-=++21．（2019·贵州·高三竞赛）已知方程5250x x -+=的五个根分别为12345,,,,x x x x x ，f (x )=x 2+1，则()51k k f x ==∏____________ .【答案】37 【解析】 【详解】设52()5g x x x =-+，则()51()k k g x x x ==-∏.又f (x )=x 2+1=(x －i )(x +i )，所以()()()555111i i kkk k k k f x xx ====-⋅+∏∏∏()()g i g i =⋅-()5252i i 5(i)(i)5⎡⎤=-+⋅---+⎣⎦(6)(6)37i i =+-=.故答案为：37．22．（2019·四川·高三竞赛）满足(a +bi )6=a －bi (其中a ，b ∈R ，i 2=－1)的有序数组(a ，b )的组数是_____ . 【答案】8 【解析】 【详解】令z =a +bi ，则6z z =，从而6||||||z z z ==.于是||0z =或者||1z =.当||0z =时，z =0，即a =b =0，显然(0，0)符合条件； 当||1z =时，由6z z =知72||1z z z z =⋅==，注意到z 7=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：8．23．（2019·福建·高三竞赛）已知复数()1212,,z z z z z ≠满足22122z z ==--，且124z z z z -=-=，则||z =____________ .【答案】【解析】 【详解】先求复数2--的平方根.设2()2(,)x yi x y +=--∈，则()222i 2x y xy -+=--.故有2222x y xy ⎧-=-⎪⎨=-⎪⎩，解得111x y =⎧⎪⎨=⎪⎩221x y =-⎧⎪⎨=⎪⎩.由2212122z z z z ==--≠，知12,z z为复数2--的两个平方根.由对称性，不妨设1211z z ==-.于是，1212124,4z z z z z z z z -=-=-=-=，复数12,,z z z 对应的点12,,Z Z Z 构成边长为4的正三角形.又复数12,z z 对应的点12,Z Z 关于原点O 对称，所以OZ 为△ZZ 1Z 2的高，故||||z OZ ==故答案为：24．（2019·山东·高三竞赛）已知虚数z 满足1w z z =+为实数，且112,1z w u z--<<=+，那么2u ω-的最小值是______ .【答案】1【解析】 【详解】设z =x +yi (x ，y ∈R )，易知221x y +=， 则222222(1)31(1)1y w u x x x x -=+=++-++， 当x =0时等号成立. 故答案为：1．25．（2019·重庆·高三竞赛）已知复数123,,z z z 使得12z z 为纯虚数，121z z ==，1231z z z ++=，则3z 的最小值是_______ .1 【解析】 【详解】设123z z z z =++，则||1z =，由已知11220z z z z ⎛⎫+= ⎪⎝⎭， 所以12210z z z z +=.所以()2121212()z z z z z z +=++11221212z z z z z z z z =+++2=.所以12z z +=. 所以312z z z z =+-12||z z z+-1.当1231,i,i)z z z ===+时，最小值能取到. 1．26．（2019·上海·高三竞赛）若复数z满足||4z z +=，则||zi +的最大值为________. 【解析】 【详解】由复数的几何意义知，z 在复平面上对应的曲线是椭圆：2214x y +=.设2cos isin ,02z θθθπ=+<，则222211616|i |4cos (sin 1)3sin 333z θθθ⎛⎫+=++=--+ ⎪⎝⎭，所以43||3z i +，当1sin 3θ=，即421i 33z =+时等号成立，故最大值为433. 故答案为：433． 27．（2019·江苏·高三竞赛）在复平面中，复数3－i 、2－2i 、1+5i 分别对应点A 、B 、C ，则△ABC 的面积是________ .【答案】4 【解析】 【详解】如图所示，△ABC 的面积为：ABC CDEF ABE BFC ADC S S S S S =---△△△△，即△ABC 的面积是17276422⨯---=.故答案为：4．28．（2018·河南·高三竞赛）已知i 为虚数单位，则在)103i的展开式中，所有奇数项的和是______． 【答案】512 【解析】 【详解】 易知)103i的展开式中，所有奇数项的和是复数的实部．又)()()1010101013133i2i 2i 22⎡⎤⎛⎫⎛⎫=--=--⎢⎥ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎣⎦()1310245123i 2⎛⎫=-⨯-=- ⎪ ⎪⎝⎭．故填512．29．（2018·全国·高三竞赛）设复数1sin 2z i α=+，()21cos z i R αα=+⋅∈.则2121213z iz f z iz -+=-的最小值为__________． 【答案】2 【解析】 【详解】令12z iz t -==，则t ⎡∈⎣且此时有()222212sin cos 310sin212z iz t ααα+=-+=-=-. 故2212121312z iz t f z iz t-++==≥-当1t =，即()4k k Z παπ=-∈时，f 的最小值为2.30．（2019·全国·高三竞赛）设方程()10101310x x +-=的10个复根分别为1210,,,x x x ⋅⋅⋅.则112255111x x x x x x ++⋅⋅⋅+=______. 【答案】850 【解析】 【详解】 设cossin1010i ππε=+.则101ε=-.由于方程()10101310x x +-=的10个复根分别为1210,,,x x x ⋅⋅⋅，不妨设其为1x 、2x 、3x 、4x 、5x 、1x 、2x 、3x 、4x 、5x .由()1010131x x -=-，知()211311,2,,5k k k x x k ε--==⋅⋅⋅.于是，21113k kx ε-=-. 故()()5212111122551111313k k k x x x x x x εε---=++⋅⋅⋅+=--∑ ()52121117013k k k εε---=⎡⎤=-+⎣⎦∑ ()52121185013850k k k εε---==-+=∑. 31．（2019·全国·高三竞赛）若n 为大于1的正整数，则2462coscos cos cos n n n n nππππ+++⋅⋅⋅+=______. 【答案】0 【解析】 【详解】2112cos Re 0k i nn n k k k e n ππ====∑∑. 32．（2018·全国·高三竞赛）已知复数123,,z z z 满足121,1z z ≤≤，()312122z z z z z -+≤-.则3z 的最大值是______.【解析】 【详解】注意到3122z z z -+ ()312122z z z z z ≤-+≤-.则312122z z z z z ≤++- ≤=.当()2113121,z i z z z z z =±⋅==+时，3z .33．（2019·全国·高三竞赛）在复平面上，复数1z 对应的点在联结1和i 两点的线段上运动，复数2z 对应的点在以原点为圆心、1为半径的圆上运动．则复数12z z +对应的点所在区域的面积为______．【答案】π 【解析】 【详解】设()11z t i t =+-（01t ≤≤），2cos sin z i θθ=+． 则()12cos 1sin z z x yi t i t θθ+=+=++-+．故()()2211x t y t ⎡⎤-+--=⎣⎦为圆心在1y x =-上的一组圆，该区域面积为π． 34．（2018·广西·高三竞赛）设a 、b 为正整数，且()()22b ia i i i-++=-.则a b +=______. 【答案】8. 【解析】 【详解】由题意得()()()()2222212212552455b b a a b a b a +-⎛⎫⎛⎫-++=+⇒+-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 又因为5b a +与5b a -为奇偶性相同的整数，所以，512,52b a b a +=⎧⎨-=⎩或56,5 4.b a b a +=⎧⎨-=⎩ 解得1a =，7b =. 故8a b +=.35．（2019·全国·高三竞赛）化简12arcsin 23=______.【答案】π4【解析】 【详解】令11z =，22i z =，则有()2121211arg arg arg 22z z z z +=()()1arg 42i 2⎡⎤=-+⎣⎦ ()13πarg 18i 24=-=.从而，122πarcsin13π3arg arg 224z z -+==，故12πarcsin 234=. 36．（2019·全国·高三竞赛）复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =，1nn niz z z +=.若20111z =，则0z 可以有_________种取值. 【答案】20112 【解析】 【详解】显然，对任意的非负整数n 均有1n z =.设[)()0,2n i n o z e θθπ=∈.则12122n n ni i n n i ee e πθθθπθθ+⎛⎫+ ⎪⎝⎭+-=⇒=+1022222n n n πππθθθ+⎛⎫⎛⎫⇒+=+=⋅⋅⋅=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭. 由20111z =，得()20112k k Z θπ=∈，即201102222k ππθπ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭. 由[)00,2θπ∈，得2010201022252k ππππ≤+<⨯20112011200920092152125244k k -⨯-⇒≤<⇒≤<⨯.因此，满足条件的n z 共有2009200920115222⨯-=（个）. 故答案为2011237．（2019·全国·高三竞赛）设复数123,2)z i z i z i θθ=-=++.则12z z z z -+-的最小值是________.【答案】2+ 【解析】 【详解】()1212122z z z z z z z z z z -+-≥---=-=+ 其等号成立的条件是()()12arg z z arg z z -=-，=2sin θθ=，即()601,150sin θθ-︒==︒.因此12z z z z -+-的最小值是2+38．（2021·全国·高三竞赛）若e 为自然对数的底，则满足11z z e z -=+，且100z <的复数z 的个数为________． 【答案】32 【解析】 【分析】 【详解】记i 为虚数单位．设z 是一个满足题意的复数，且i(,)z x y x y =+∈R 首先，容易直接验证0,1,1z ≠-．由ii ·z x y x y x e ee e e +===，知1||||1z x z e e z -==+． 若0x <，则1||11x z e z -=<+． 但22|1||1|(1)(1)(1)(1)2()40z z z z z z z z x --+=---++=-+=->，则1||11z z ->+，矛盾． 若0x >，则1||11x z e z -=>+． 但22|1||1|(1)(1)(1)(1)2()40z z z z z z z z x --+=---++=-+=-<， 则1||11z z -<+，矛盾． 故只能有0x =，于是，()i 0z y y =≠．注意到z 满足题意当且仅当z -满足题意，故不妨设0y >，下求满足i1i1iy y e y -+=+的正实数y的个数．由以上讨论，知iy e 与1i1iy y -++在复平面中所对应的点都在单位圆上，故y 应使两者的辐角主值相等．当y 从0连续递增变动到+∞时，1i y -+的辐角主值从π连续递减变到(),1i 2y π++的辐角主值从0连续递增变到()2π-故1i1i y y -++的辐角主值从π连续递减变到0+另一方面，对于n N ∈，考察i y e 在())2,22y n n ππ∈+⎡⎣时的变化情况．当y 从2n π连续递增变动到()21n π+时，i y e 的辐角主值从0连续递增变到π；当y 从()()21n π++连续递增变动到()()22n π-+时，i y e 的辐角主值从π+连续递增变到()2π-．由以上分析，知对每个i1i,1iy y n N e y -+=+∈在()2,21n n ππ+⎡⎤⎣⎦上恰有一个解，在()()()21,22n n ππ++上无解．那么，注意到0100y <<，且3110032ππ<<．故i1i,1iy y n N e y -+=+∈在()0,100上有16个解，故答案为32． 故答案为：32.39．（2019·上海·高三竞赛）设a 是实数，关于z 的方程(z 2－2z +5)(z 2+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 |－1<a <1}∪{－3} 【解析】 【详解】由z 2－2z +5=0，得1212i,12i z z =+=-.因为z 2+2az +1=0有两个不同的根，所以△=4(a 2－1)≠0，故a ≠±1.若△=4(a 2－1)<0，即－1<a <1时，3,4z a =-因为1234,,,z z z z 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，11a -<<满足条件.若△=4(a 2－1)>0，即|a |>1时， 3.4z a =-当z 1、z 2对应的点在以34,z z 对应的点为直径的圆周上时，四点共圆，此圆方程为22343422z z z z x y +-⎛⎫⎛⎫-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭， 整理得()2234340x z z x z z y -+++=，即x 2+2ax +1+y 2=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 |－1<a <1}∪{－3}. 故答案为：{a |－1<a <1}∪{－3}. 二、解答题40．（2021·全国·高三竞赛）设,[0,2)a θπ∈∈R ，复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ，使得1z ､2z ､3z 依次成等比数列.【答案】答案见解析 【解析】 【详解】因为2132z z z =，所以：()()2(1)cos isin sin icos a i θθθθ-+=+，整理得：()()22cos sin sin cos i sin cos 2isin cos a a θθθθθθθθ++-=-+，所以(cos sin )(cos sin )(sin cos ),(sin cos )2sin cos .a a θθθθθθθθθθ+=+-⎧⎨-=⎩（1）3cos sin 04πθθθ+=⇒=或74π，34πθ=时，代入得2a =-74πθ=时，代入得a = （2）若cos sin 0θθ+≠，则有：22(sin cos )2sin cos tan 4tan 10θθθθθθ-=⇒-+=，故tan 2θ=θ的值为12π或512π或1312π或1712π，对于的a 分别为、 故所有的(,)a θ为：53131771212412124ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.41．（2021·全国·高三竞赛）设点Z 是单位圆221x y +=上的动点，复数W 是复数Z 的函数：21(1)W Z =+，试求点W 的轨迹．【答案】214y x =-+． 【解析】 【分析】 【详解】因为1Z =，所以设cos isin ,12cos cos isin 222Z Z θθθθθ⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭．令i W x y =+，则：22211i (1)4coscos isin 222x y Z θθθ+==+⎛⎫+ ⎪⎝⎭2211(cos isin )4cos(cos isin )4cos22θθθθθθ==-+．所以2cos 4cos2x θθ=①，2sin 4cos2y θθ=-②．②÷①得tan yxθ=-③． 由②得22sin cos122tan 224cos 2y θθθθ=-=-． 所以tan22y θ=-，代入③得222tan42141tan 2y y x y θθ--==--． 所以轨迹方程为：214y x =-+． 42．（2021·全国·高三竞赛）已知z C ∈，存在唯一的a ∈C ，使得322(2)(13)0z a z a z a a +-+-+-=，求2420201z z z ++++．【答案】0 【解析】 【分析】 【详解】由322(2)(13)0z a z a z a a +-+-+-=，得()22323120a a z z z z z -+++++=，得()()22231210a a z z z z z -+++++=．所以()2()210a z a z z ⎡⎤--++=⎣⎦．由a 的值唯一，故221z z z =++，即210z z ++=，所以()2(1)10z z z -++=，即31z =，所以 ()()2420202462016111z z z z z z z ++++=+++++()()26201611z z z z =+++++0=．43．（2021·全国·高三竞赛）求证：存在非零复数c 与实数d ，使得对于一切模长为1的复数12z z ⎛⎫≠- ⎪ ⎪⎝⎭均有221111c d z z z z --=++++ 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】对于满足1z =的复数z ．设()cos sin 02z t i t t π=+≤<．则不难计算得21cos sin 12cos 1t i tz z t -=+++．设22cos 11Re Im 12s 1121in ,cos cos x y t tt t z z z z -====++++++，则,si cos n 1212x y t t x x-==--． 由22cos sin 1t t +=，得2211212x y x x -⎛⎫⎛⎫+= ⎪ ⎪--⎝⎭⎝⎭，即2229313x y ⎛⎫--= ⎪⎝⎭ ①①即211z z ++在复平面中对应的点的轨迹方程．可以看到，此轨迹是双曲线，其焦点为4(0,0),,03⎛⎫⎪⎝⎭.由双曲线的定义，知取42,33c d ==满足题意．44．（2021·全国·高三竞赛）若关于z 的整系数方程320z pz qz r +++=的三个复数根在复平面内恰好成为一个等腰直角三角形的三个顶点，求这个等腰直角三角形的面积的最小值.【答案】1 【解析】 【分析】 【详解】设该等腰直角三角形斜边中点对应的复数为1z ，直角顶点对应的复数为()1220z z z +≠， 则另外两个顶点对应的复数分别为12z z i +和12z z i -，依题意有： 32121212()()()z pz qz r z z z z z z i z z z i +++=-----+，化简得223223111221112223,32,z x z p z z z z q z z z z z z r +=-++=+++=-，所以3222221223,489z z q p Z z z pq r Z =-+=-∈∈.进而122z z Q +∈，与123z z p Z +=-∈联立就有2z Q ∈.再由22223x q p Z =-∈知2z Z ∈，于是21z ≥，所以等腰直角三角形的面积最小为1.另一方面，3210z x z +++=的三个复数根恰是面积为1的等腰直角三角形的顶点. 45．（2021·全国·高三竞赛）已知实数0,a b C >∈．若方程32310x ax bx +++=的三个复数根的正三角形，求a b 、的值．【答案】a =b =【解析】 【分析】 【详解】设方程三根为123z z z 、、，正三角形中心对应的复数为z ，则有1233z z z z a ++==-． 进一步可设2123,,z a z z a z z a z ωω''=-+=-+=-+．其中12ω=-是三次单位根．由Vieta 定理知：()()22223221223313113b z z z z z z a az z a ωωωωωωω''=++=-++++++++=． 因此方程是实系数三次方程，必有实根，不妨设1z ∈R ． 由1z a a +=且0不是方程的根知12z a =-．进一步地，2,31i 2z a =-．由312321z z z a =-=-得a =进一步地，23b a ==46．（2019·全国·高三竞赛）123z z z 、、为多项式()3P z z az b =++的三个根，满足222123250z z z ++=，且复平面上的三点123z z z 、、恰构成一个直角三角形.求该直角三形的斜边的长度.【答案】【解析】 【详解】由韦达定理得123123003z z z z z z ++++=⇒= ⇒以123z z z 、、两为顶点的三角形的重心为原点.不妨设1213,z z x z z y -=-=为两条直角边.由于顶点与重心的距离等于该顶点所对应的中线长的23，2222214419499y z x x y ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭故. 类似地，2222224149499x z y x y ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭. 22222341194499x y z x y ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭. 则222123z z z ++=222266222509933x y x y +=+==47．（2019·全国·高三竞赛）设a 、b 、c 是正实数，22λ-<<.证明：()()()2221a b c ab bc ca λ≥+++-++.【答案】见解析 【解析】 【详解】注意到，()()22222244a ab b a b a b λλλ-+-+=++-.于是，可构造复数))1z a b a b i =++-，))2z b c b c i =+-，))3z c a c a i =+-. 易得()()()2221223311z z z z z z a b c ab bc ca λ++=+++-++.故要证不等式的左边122331122331122331z z z z z z z z z z z z z z z z z z =++=++≥++ ()()()()()()22222211a b c ab bc ca a b c ab bc ca λλ=+++-++≥+++-++.48．（2021·全国·高三竞赛）设122020,,,z z z 和122020,,,w w w 为两组复数，满足：202020202211i i i i z w ==>∑∑．求证：存在数组()122020,,,εεε（其中{1,1}i ε∈-），使得2020202011i ii ii i zwεε==>∑∑．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】 用()()1212,,,,,,nn f εεεεεε∑表示对所有数组()12,,,n εεε的求和，下面用数学归纳证明如下的等式：()12221122,,,12n nnn n ii z z z zεεεεεε=+++=∑∑ ①(1)当1n =时，①式显然成立； 当2n =时，()()()()()()222212121212121211221222z z z z z z z z z z z z z z z z z z ++-=+++--=+=+，即①式成立．（2）假设n k =时，①式成立，则1n k =+时，我们有()1212112211,,,k k k z z z εεεεεε+++⋅⋅⋅+++∑()()12221122111221,,,k k k k k k k z z z z z z z z εεεεεεεεε++⋅⋅⋅=++++++++-∑()()122211221,,2kk k k z z z z εεεεεε+⋅⋅⋅⋅=++++∑1221111222k k k k i n i i i z z z +++==⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑，即1n k =+时①式成立． 由（1）（2）可得：()12221122,,,12,n nnn n i i z z z z n εεεεεε+⋅⋅⋅=+++=∈∑∑N ．回到原题，由202020202211i ii i z w==>∑∑，可得2020202022202020201122iii i zw==>∑∑，即()()12202012202022112220202020112220202020,,,,,,z z z w w w εεεεεεεεεεεε⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++>+++∑∑，所以存在数组()122020,,εεε（其中{1,1}i ε∈-，使得222020202011i ii ii i zwεε==>∑∑，即2020202011i ii ii i zwεε==>∑∑．49．（2019·全国·高三竞赛）设复数数列{zn }满足：11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=.证明：对任意正整数m ，均有122m z z z +++<【答案】证明见解析 【解析】 【分析】很明显，复数列恒不为零，且)1N n n z n z ++∈.据此结合递推关系分类讨论m 为偶数和m 为奇数两种情况即可证得题中的结论. 【详解】由于11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=,故()0n z n +≠∈N .由条件得()2114210n n n n z z n z z +++⎛⎫⎛⎫++=∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭N ，解得)1N n n z n z ++=∈. 因此1112n n nn z z z z ++===，故()1111122n n n z z n +--=⋅=∈N ①进而有)111112n n n n n n z z z z n z +++-+=⋅+=∈N ② 当m 为偶数时，设m =2s (s ∈N +).利用②可得 122121smk k k z z z zz -=++++∑2121kk k z z ∞-=<+∑1k ∞==当m 为奇数时，设m =2s +1(s ∈N ).由①､②可知2121221112s k k s k s k s z z z ∞∞+-=+=+===+∑∑， 故12212211smk k s k z zz z z z -+=⎛⎫+++++ ⎪⎝⎭∑2121k kk z z ∞-=<+=∑. 综上结论获证. 【点睛】本题主要考查复数列的递推关系，复数的运算法则，放缩法证明不等式等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.50．（2021·全国·高三竞赛）设{}n a 、{}n x 是无穷复数数列，满足对任意正整数n ，关于x 的方程210n n x a x a +-+=的两个复根恰为n x 、1n x +（当两根相等时1n n x x +=）．若数列{}n x 恒为常数，证明： （1）2n x ≤；（2）数列{}n a 恒为常数．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意和韦达定理可得()211n n n x x x ++=-，取模得211n n n x x x ++=-，若0n x =，结论2n x ≤显然成立，否则，由于数列{}n x 恒为常数，则11n x -=，即结论也成立；（2）由（1）和题意知，数列{}n x 恒为常数，则n x 只有互为共轭的两种取值，不妨设为ε和ε，依据题意即可证明. 【详解】由题意和韦达定理得,111,.n n n n n n x x a x x a ++++=⎧⎨=⎩ 则1112n n n n n x x a x x ++++==+，即()21111n n n n n n x x x x x x ++++=-=-． ① （1）由①取模得211n n n x x x ++=-，若0n x =，结论2n x ≤显然成立； 否则，由于数列{}n x 恒为常数，则11n x -=，即有112n n x x ≤-+=．（2）由（1）知，对任意的,11n n x +∈-=N ，又数列{}n x 恒为常数，因此n x 只有互为共轭的两种取值ε和ε．若存在n +∈N ，使得1n n x x +=，不妨设1n n x x ε+==，则22{,}n x εεεε+=-∈．若2n x ε+=，则220εε-=，即0ε=或2；若2n x ε+=，则2εεε=+∈R ，且|1|1ε-=．因此，要么ε∈R ，要么{}n x 呈ε、ε周期．故显然1n n n a x x +=+是常数，即证数列{}n a 恒为常数. 【点睛】 关键点点睛：本题主要考查数列不等式的证明，解题关键在于利用韦达定理得出()211n n n x x x ++=-，再取模，对0n x =这种特殊情形和一般情形11n x -=讨论即可证明结论成立；（2）本题主要考查常数列的证明，解题关键在于n x 的取值情况和1n n x x ε+==的假设，由（1）和题意知，数列{}n x 恒为常数，则n x 只有互为共轭的两种取值，不妨记为ε和ε，若存在n +∈N ，使得1n n x x +=，不妨设1n n x x ε+==，则22{,}n x εεεε+=-∈，对2n x +分类讨论即可证明.【高中数学竞赛专题大全】竞赛专题12 复数（50题竞赛真题强化训练）一、填空题 1．（2021·全国·高三竞赛）已知z 为复数，且关于x 的方程2484i 30x zx -++=有实数根，则z 的最小值为__________．2．（2018·辽宁·高三竞赛）设a 、b均为实数，复数11)i z b =-+与2z 2bi =+的模长相等，且12z z 为纯虚数，则a +b=_____.3．（2020·江苏·高三竞赛）已知复数z 满足1z =的最大值为__________．4．（2018·山东·高三竞赛）若复数z满足132i z z -+--=z 的最小值为______． 5．（2019·甘肃·高三竞赛）在复平面内，复数123,,z z z 对应的点分别为123,,Z Z Z．若12120z z OZ OZ ==⋅=，1232z z z +-=，则3z 的取值范围是______．6．（2018·福建·高三竞赛）设复数z 满足i 2z -=，则z z -的最大值为______．（i 为虚数单位，z 为复数z 的共轭复数）7．（2018·全国·高三竞赛）已知定义在复数集上的函数()()24f z i z pz q =+++（p 、q 为复数）.若()1f 与()f i 均为实数，则p q +的最小值为__________．8．（2021·全国·高三竞赛）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1220,,,z z z ，则复数1995199519951220,,,z z z 所对应的不同的点的个数是_______________．9．（2021·全国·高三竞赛）设1()1iz F z iz +=-，其中i 为虚数单位，z C ∈.设011,(),3n n z i z F z n N +=+=∈，则2020z 的实部为___________.10．（2021·全国·高三竞赛）设复数1z ､2z ､3z 满足1232z z z ===，则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.11．（2021·浙江·高三竞赛）复数1z ，2z 满足123z z ==，12z z -=()()10101221z z z z +=______.12．（2021·浙江·高二竞赛）设复数i z x y =+的实虚部x ，y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y +=上.若1i i z z ---为实数，则复数z =______.13．（2021·全国·高三竞赛）已知1,1z z z∈+=C ，则z 的取值范围为___________． 14．（2021·全国·高三竞赛）已知复数z =（i 虚数单位），则()22222212121212111z z z zz z ⎛⎫+++⋅+++= ⎪⎝⎭______________． 15．（2021·全国·高三竞赛）已知复数a 、b 、c 满足2222221,1,i,a ab b b bc c c ca a ⎧++=⎪++=-⎨⎪++=⎩则ab bc ca ++=_________． 16．（2021·全国·高三竞赛）若复数1234z z z z 、、、满足条件12233441241,1,z z z z z z z z z z +=+=-+∈R ，则()()1324z z z z -+=______．17．（2021·全国·高三竞赛）若复数z 满足20202019143340z iz iz ------=，则34(34)i i zz -⎛⎫++ ⎪⎝⎭的取值范围为________.18．（2021·全国·高三竞赛）若非零复数x ､y 满足220x xy y ++=，则20052005()()x y x y x y+++的值是________.19．（2020·全国·高三竞赛）设z 为复数．若2z z i--为实数（i 为虚数单位），则|3|z +的最小值为______．20．（2019·浙江·高三竞赛）设12,z z 为复数，且满足1125,2z z i z ==+(其中i 为虚数单位)，则12z z -取值为____________.21．（2019·贵州·高三竞赛）已知方程5250x x -+=的五个根分别为12345,,,,x x x x x ，f (x )=x 2+1，则()51k k f x ==∏____________ .22．（2019·四川·高三竞赛）满足(a +bi )6=a －bi (其中a ，b ∈R ，i 2=－1)的有序数组(a ，b )的组数是_____ .23．（2019·福建·高三竞赛）已知复数()1212,,z z z z z ≠满足22122z z ==--，且124z z z z -=-=，则||z =____________ .24．（2019·山东·高三竞赛）已知虚数z 满足1w z z =+为实数，且112,1z w u z--<<=+，那么2u ω-的最小值是______ .25．（2019·重庆·高三竞赛）已知复数123,,z z z 使得12z z 为纯虚数，121z z ==，1231z z z ++=，则3z 的最小值是_______ .26．（2019·上海·高三竞赛）若复数z 满足|3||3|4z z -++=，则||z i +的最大值为________. 27．（2019·江苏·高三竞赛）在复平面中，复数3－i 、2－2i 、1+5i 分别对应点A 、B 、C ，则△ABC 的面积是________ .28．（2018·河南·高三竞赛）已知i 为虚数单位，则在)103i的展开式中，所有奇数项的和是______．29．（2018·全国·高三竞赛）设复数1sin 2z i α=+，()21cos z i R αα=+⋅∈.则2121213z iz f z iz -+=-的最小值为__________．30．（2019·全国·高三竞赛）设方程()10101310x x +-=的10个复根分别为1210,,,x x x ⋅⋅⋅.则112255111x x x x x x ++⋅⋅⋅+=______. 31．（2019·全国·高三竞赛）若n 为大于1的正整数，则2462coscos cos cos n n n n nππππ+++⋅⋅⋅+=______. 32．（2018·全国·高三竞赛）已知复数123,,z z z 满足121,1z z ≤≤，()312122z z z z z -+≤-.则3z 的最大值是______.33．（2019·全国·高三竞赛）在复平面上，复数1z 对应的点在联结1和i 两点的线段上运动，复数2z 对应的点在以原点为圆心、1为半径的圆上运动．则复数12z z +对应的点所在区域的面积为______．34．（2018·广西·高三竞赛）设a 、b 为正整数，且()()22b ia i i i-++=-.则a b +=______. 35．（2019·全国·高三竞赛）化简12arcsin 23=______.36．（2019·全国·高三竞赛）复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =，1nn niz z z +=.若20111z =，则0z 可以有_________种取值.37．（2019·全国·高三竞赛）设复数123,2)z i z i z i θθ=-=++.则12z z z z -+-的最小值是________.38．（2021·全国·高三竞赛）若e 为自然对数的底，则满足11z z e z -=+，且100z <的复数z 的个数为________．39．（2019·上海·高三竞赛）设a 是实数，关于z 的方程(z 2－2z +5)(z 2+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________. 二、解答题40．（2021·全国·高三竞赛）设,[0,2)a θπ∈∈R ，复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ，使得1z ､2z ､3z 依次成等比数列.41．（2021·全国·高三竞赛）设点Z 是单位圆221x y +=上的动点，复数W 是复数Z 的函数：21(1)W Z =+，试求点W 的轨迹．42．（2021·全国·高三竞赛）已知z C ∈，存在唯一的a ∈C ，使得322(2)(13)0z a z a z a a +-+-+-=，求2420201z z z ++++．43．（2021·全国·高三竞赛）求证：存在非零复数c 与实数d ，使得对于一切模长为1的复数12z z ⎛⎫≠- ⎪ ⎪⎝⎭均有221111c d z z z z --=++++ 44．（2021·全国·高三竞赛）若关于z 的整系数方程320z pz qz r +++=的三个复数根在复平面内恰好成为一个等腰直角三角形的三个顶点，求这个等腰直角三角形的面积的最小值. 45．（2021·全国·高三竞赛）已知实数0,a b C >∈．若方程32310x ax bx +++=的三个复数根的正三角形，求a b 、的值．46．（2019·全国·高三竞赛）123z z z 、、为多项式()3P z z az b =++的三个根，满足222123250z z z ++=，且复平面上的三点123z z z 、、恰构成一个直角三角形.求该直角三形的斜边的长度.。
高中数学竞赛专题竞赛中的复数问题
Z2,Z3,Z4
共圆的充要条件是:
z3 z4
z1 z1
:
z3 z4
z2 z2
∈R.
二、典型问题
1.复数概念
[例 1]:若对一切θ∈R,复数 z=(a+cosθ)+(2a-sinθ)i 的模不超过 2,则实数
a 的取值范围为 .
[解 析]:|z|≤2 (a+cosθ)2+(2a-sinθ)2≤4 2acosθ-4asinθ≤3-5a2 -2 5 asin(θ+φ) ≤3-5a2 2 5 |a|≤3
z1 z2
+ z2 z3
+
z3 z1
=cos(α-β)+
isin(α-β)+cos(β-γ)+isin(β-γ)+cos(γ-α)+isin(γ-α)=1 sin(α-β)+sin(β-γ)+si
n(γ-α)=0
2sin cos 2 -2sin cos =0 sin sin sin =0.
部是
.
解: = =2 (1 cos 2B i sin 2B)(1 cos 2C i sin 2C) 2 cos B(cos B i sin B) 2 cos C(cos C i sin C)
cos B cos C
1 cos 2A i sin 2A
2 cos A(cos A i sin A)
2
2
2
2
2
2
2
当
sin
2
=0
时,β=2kπ+α
高中数学竞赛讲义第十五章 复数
第十五章 复数一、基础知识1．复数的定义：设i 为方程x 2=-1的根，i 称为虚数单位，由i 与实数进行加、减、乘、除等运算。
便产生形如a+bi （a,b ∈R ）的数，称为复数。
所有复数构成的集合称复数集。
通常用C 来表示。
2．复数的几种形式。
对任意复数z=a+bi （a,b ∈R ），a 称实部记作Re(z),b 称虚部记作Im(z). z=ai 称为代数形式，它由实部、虚部两部分构成；若将(a,b)作为坐标平面内点的坐标，那么z 与坐标平面唯一一个点相对应，从而可以建立复数集与坐标平面内所有的点构成的集合之间的一一映射。
因此复数可以用点来表示，表示复数的平面称为复平面，x 轴称为实轴，y 轴去掉原点称为虚轴，点称为复数的几何形式；如果将(a,b)作为向量的坐标，复数z 又对应唯一一个向量。
因此坐标平面内的向量也是复数的一种表示形式，称为向量形式；另外设z 对应复平面内的点Z ，见图15-1，连接OZ ，设∠xOZ=θ,|OZ|=r ，则a=rcos θ,b=rsin θ,所以z=r(cos θ+isin θ)，这种形式叫做三角形式。
若z=r(cos θ+isin θ)，则θ称为z 的辐角。
若0≤θ<2π，则θ称为z 的辐角主值，记作θ=Arg(z). r 称为z 的模，也记作|z|，由勾股定理知|z|=22b a +.如果用e i θ表示cos θ+isin θ，则z=re i θ，称为复数的指数形式。
3．共轭与模，若z=a+bi ，（a,b ∈R ）,则=z a-bi 称为z 的共轭复数。
模与共轭的性质有：（1）2121z z z z ±=±；（2）2121z z z z ⋅=⋅；（3）2||z z z =⋅；（4）2121z z zz =⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛；（5）||||||2121z z z z ⋅=⋅；（6）||||||2121z z z z =；（7）||z 1|-|z 2||≤|z 1±z 2|≤|z 1|+|z 2|；（8）|z 1+z 2|2+|z 1-z 2|2=2|z 1|2+2|z 2|2；（9）若|z|=1，则zz 1=。
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题15 初等数论(50题竞赛真题强化训练)解析版+原卷版
【高中数学竞赛专题大全】 竞赛专题15 初等数论 （50题竞赛真题强化训练）一、填空题1．（2020·浙江·高三竞赛）将1~2020的数字按顺时针方向围成一个圆圈，然后从1开始，按顺时针依次隔一个数拿走，即拿走1，3，5，…，这个过程一直进行下去，直到剩下最后一个数字，则最后剩下的数字是___________. 【答案】1992. 【解析】 【详解】在第一轮中，从1开始到拿走1991，共取走996个数，此时余下1024个数， 1991后一项偶数为1992，此后共取10次，余下的数为1992， 故答案为:1992.2．（2021·全国·高三竞赛）关于x 、y 的方程11112007x y xy ++=的正整数解(,)x y 的个数为________． 【答案】48 【解析】 【详解】解析：由11112007x y xy ++=得2007200720070xy x y ---=，整理得 32(2007)(2007)2007200823223251x y --=⨯=⨯⨯⨯，从而，原方程的正整数解有(31)(21)(11)(11)48++++=（个）． 故答案为：48.3．（2021·全国·高三竞赛）{}n a 为正整数列，满足112,n a a +=为213133n n a a -+的最小素因子，12,,,,n a a a ，构成集合A ，P 为所有质数构成的集合，则集合P A 的最小元素为___________． 【答案】5 【解析】由于122,3a a ==，故2,3A ∈，所以集合P A -的最小元素5≥．假设存在正整数n ，使得5(3)n a n =≥，则211513133n n a a ---+，故()21512n a -++，这不可能，因为()212n a ++除以5的余数为1,3， 所以5P A ∈-．集合P A -的最小元素为5． 故答案为：5.4．（2021·全国·高三竞赛）质数p 和正整数m 满足32(2)1p m p m p ++=++，则p m +=___________.【答案】7 【解析】 【详解】由()221(1)p p m m +-=-，易见1m ，所以1p m -.设()1m kp k N +-=∈，则()2222,,(1)p p kp k p p k k p k k +=+==-.所以2k =，2,5p m ==，7p m +=.5．（2021·浙江·高三竞赛）已知集合{}12,,,n A a a a =⋅⋅⋅，n 为正整数.若对任意的1i j n ≤≠≤，i j a a -被4整除，但不被16整除，则n 的最大值为______.【答案】4 【解析】 【分析】 【详解】 考虑同余：对任意的1,i j i j n a a ≤≠≤-被4整除,则有(mod 4)i j a a k ≡≡,其中{0,1,2,3}k ∈, 而这类型的数模16的余数至多只有4种,所以n 最大值为4. 故答案为：4.6．（2021·浙江·高二竞赛）设数列123n n n a a a +⎡⎤⎡⎤=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，1n =，2，…，7这里[]x 表示不超过x的最大整数.若88a =，则正整数1a 有______种可能的取值情况.【解析】 【分析】根据高斯函数的性质，由88a =逐次往前求， 注意先定范围再验证，即可得到答案. 【详解】由88a =，可得710a =或11， 可得612a =或13或14； 可得515a =或16或17； 可得418a =或19或20或21； 可得322a =或23或24或25或26； 可得227a =或28或29或30或31或32；可得133a =或34或35或36或37或38或39，共7种.7．（2021·全国·高三竞赛）所有能使25n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦为质数的正整数n 的倒数和为_________．【答案】3760【解析】 【分析】 【详解】1,2,3n =时，25n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦都不是质数；4n =时，235n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦是质数；5n =时，255n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦是质数；6n =时，275n ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦是质数．当8n ≥时，可设5n k r =±（其中k 为不小于2的正整数，0,1r =或2），则()22222111(5)2510(52)5555n k r k kr r k k r r =±=±+=±+， 所以2(52)5n k k r ⎡⎤=±⎢⎥⎣⎦．因为2k ≥，所以522k r ±>，所以2(52)5n k k r ⎡⎤=±⎢⎥⎣⎦不是质数．因此，能使25n ⎡⎤⎢⎥⎣⎦为质数的正整数n 只有4、5、6，它们的倒数和为1113745660++=．故答案为：3760. 8．（2021·全国·高三竞赛）若2020在p 进制下的各位数字之和为5p +，则质数p 的所有可能值为___________. 【答案】2,107 【解析】 【分析】 【详解】类似于在十进制下，我们有()()120|205p p --+⎡⎤⎣⎦， 于是()12014195|23p -=⨯⨯， 再注意p 为质数，就有2,3,107p =， 逐一验证得2p =或107p =. 故答案为：2,107.9．（2021·全国·高三竞赛）在1，2，3，4，…，1000中，能写成()221a b a N -+∈的形式，且不能被3整除的数有________个． 【答案】501. 【解析】 【详解】 设{}1,2,3,4,,1000S =，若221n a b =-+，则()3mod4n ≠.又()()2242211k k k =--+，()()2241111k k k +=+--+，()()22422121k k k +=+-+，因此，221n a b =-+当且仅当()3mod44n ≠.令(){|3mod44}A a S a =∈≡，(){|0mod3}B b S b =∈≡，则(){|3mod12}A B c S c ⋂=∈≡，因为250A =，333B =，84A B ⋂=，从而符合条件的数的个数为100025033384501--+=. 故答案为50110．（2020·浙江·高三竞赛）设a ，b ，c 为正整数，且2225548450a b c ab ac bc ++-+-=，则所有的解中a b c ++的最大值为___________. 【答案】30. 【解析】 【详解】配方得：222(22)50a c b a c ++--=（a ，c 等价）. 注意到：22250017=++，22250055=++，22250345=++. 不妨设a c ≤且22b a c ≥+，（1）当22017b a c a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即1167a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时116724a b c ++=++=.（2）当22055b ac a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即5205a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时520530a b c ++=++=.（3）当22534b a c a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即3194a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时319426a b c ++=++=.（4）当22435b ac a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即3205a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时320528a b c ++=++=.（5）当22345b a c a c --=⎧⎪=⎨⎪=⎩，即4215a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，此时421530a b c ++=++=.综上所述，所有的解中a b c ++的最大值为30. 故答案为：30.11．（2020·江苏·高三竞赛）设正整数a ，b ，c ，d 满足23a b =，45c d =，且303b d -=，则a c -的值为___________． 【答案】123801 【解析】 【详解】解析：由题意可得a =c =b 必为完全平方数，d 一定能开4次方．设2b n =，4d m =，则()()223101b d n m n m -=+-=⨯，且注意到3，101都是质数，则223031n m n m ⎧+=⎨-=⎩或者221013n m n m ⎧+=⎨-=⎩，解得52n =，7m =，则35123801a c n m -=-=． 故答案为：123801.12．（2020·江苏·高三竞赛）设,m n N ∈，,2m n ≥，若33333333213111213112n m n m ----⋅=++++，则m n +的值为___________． 【答案】6 【解析】 【详解】解析：因为3311(1)111(1)1n n n n n n n n --++=⋅++-+， 累乘可得原式22(1)1222(1)33(1)n n n n n n n n ++++=⋅=++，则232333323122211n n m n n m m ++==+++--， 故223232221n n n n m +-=++-， 从而可得()2326131816162(1)(2)(1)(2)n n m n n n n n n ++⎛⎫-==+=+ ⎪+--+-+⎝⎭， 则()()1218n n -+，且,2m n ≥，在()()12n n -+的值为6，9，18， 故4n =，2m =．故6m n +=． 故答案为：6.13．（2021·浙江·高三竞赛）将顺序为1，2，…，2020的2020张卡片变成1011，1，1012，2，…，2020，1010的顺序，即原先的前1010张卡片移至第2，4，…，2020张，这称为一次操作.若从顺序1，2…，2020开始操作，则至少经过______次操作可以恢复到初始顺序. 【答案】1932 【解析】 【分析】 【详解】记第1i 次调整前的位置为i a ,调整后的位置记为1i a +,初始位置记为0a ,则112,101022021,1010i i i i a a a a a +≤⎧=⎨->⎩,所以102(mod 2021)2(mod 2021)n i i n a a a a +≡⇒≡, 因20214347=⨯,所以(2021)(43)(47)1932ϕϕϕ==, 所以193221(mod 2021)≡,要恢复原样,则0n a a =, 所以1932n =. 故答案为：1932.14．（2019·广西·高三竞赛）满足y =(x ，y )有____________ 对. 【答案】6 【解析】 【详解】设2251,2019,,n x m x n N m N =+=+∈∈. 224()()19682341m n m n m n -=+-==⨯⨯，由(m +n )与(m －n )奇偶性相同，可知它们同为偶数，且(m +n )>(m －n ) 实数对(m +n ，m －n )所有可能的取值共有6对：()32341,2⨯⨯，()322341,2⨯⨯，()32341,2⨯⨯， ()3241,23⨯⨯，()22241,23⨯⨯，()3241,23⨯⨯.由有序数对(x ，y )与(m +n ，m －n )一一对应，可知所求正整数对为6对. 故答案为：6．15．（2019·四川·高三竞赛）若正整数n 使得方程33n x y z +=有正整数解(x ，y ，z )，称n 为“好数”.则不超过2019的“好数”个数是_____ . 【答案】1346 【解析】 【详解】首先易知若n 为“好数”，则n +3也是“好数”又显然1、2是“好数”，从而当1,2(mod3)n ≡时，n 均为“好数”. 由费马(Fermat )大定理知：333x y z +=无正整数解，即3不是“好数”.于是n =3k (k ∈N *)都不是“好数”.否则，存在k ∈N *，使得3k 是“好数”，即方程333k x y z +=有正整数解(x ，y ，z 0)，从而333x y z +=有正整数解()000,,kx y z ，矛盾！故当且仅当n 满足1,2(mod3)n ≡时，n 为“好数”. 所以，不超过2019的“好数”个数是2201913463⨯=. 故答案为：1346． 二、解答题16．（2021·全国·高三竞赛）求证：对于正整数n ，令22n a ⎡⎡=+⎣⎣，数列{}n a 中有无穷多个奇数和无穷多个偶数（[]x 表示不超过实数x 的最大整数）． 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】1212101100.101100bb c c =⋅⋅⋅=⋅⋅⋅⋅， 其中{}{}0,1,0,1i i b c ∈∈.用反证法，先证明数列中有无穷多个偶数．假设，数列中只有有限个偶数，那么存在整数N ，n N ∀>，n a 是奇数， 则存在正整数M ，使得1212101100101100M n M a bb b c c c =+，且当n M >时，{},{0,1}n n b c =，12(2)110110011N d d d ⋅∈Q ，矛盾！同理可证明数列中有无穷多个偶数．所以数列{}n a 中有无穷多个奇数和无穷多个偶数．17．（2021·全国·高三竞赛）使得A =n 为_________． 【答案】1或11##11或1 【解析】 【详解】,,,(,)1aa b a b b+=∈=N ，则222222222917647799n a a b b n n b b a b a -+=⇒==-++--． 又(,)1a b =，所以()()22222,9,1b b a b a -==，故22964b a -，所以229(3)(3){1,2,4,8,16,32,64}b a b a b a -=+-∈，229b a -模3余2，故2298b a -=或32，故3831b a b a +=⎧⎨-=⎩或3432b a b a +=⎧⎨-=⎩或33231b a b a +=⎧⎨-=⎩或31632b a b a +=⎧⎨-=⎩或3834b a b a +=⎧⎨-=⎩，所以(,)(1,1)=a b 或(7,3)，因此n 为1或11． 故答案为：1或11.18．（2021·全国·高三竞赛）设n 是正整数，12,,,k d d d 是n 的全部正因数.定义1212()(1)(1)(1)k d d d k f n d d d =-+-++-，已知()f n 是2的幂次，求证：n 没有1之外的平方因数.【答案】证明见解析 【解析】 【分析】设2(1)rn s r =≥，其中1i tai i s p ==∏，利用因数和函数可得()f n 与各质因数的关系，再根据()f n 是2的幂次结合反证法可得1i a =，从而可n 没有1之外的平方因数. 【详解】用()n σ表示n 的正因数之和.如果n 是奇数，则()()0f n n σ=-<，舍去. 当n 是偶数时，设2(1)r n s r =≥，其中1i tai i s p ==∏（i p 为n 的奇质因数，i a +∈N ，3i p ≥）.所以()()()111()2221()23i ta rr r i i f n s p σσ-+==+++-=-∏.其中()21i i a a i i i i p p p p σ=++++，因为()f n 是2的幂次，所以1231,1r r +-==，每个()i ai p σ是2的幂次，且i a 是奇数，又()()()12246111i i i a a a i i i i i i i i i p p p p p p p p p σ-=++++=++++++，故1246,11i a i i i i i p p p p p -++++++均为4的倍数，因为23,1(mod 4)i i p p ≥≡，所以如果1i α>，则1241,,,,i a i i i p p p -这些数的总个数是4的倍数，所以12211i a i i i p p p -++++.因为212(mod 4)i p +≡，所以121i a i i p p -+++不是2的幂次，于是1i a >不成立.所以1i a =，所以1ti i s p ==∏（i p 为互异的奇质因数），12ti i n p ==∏，可见n 没有非平凡的平方因数. 【点睛】思路点睛：竞赛中与正因数和有关的问题，多用因数和函数来分析处理，令注意利用因数分解定理把因数问题转化为即质因数的问题来处理.19．（2021·全国·高三竞赛）用()P n 表示正整数n 的各位数字之和，求所有这样的三位数n ，使得满足：1(3)()3P n P n +=．【答案】117、207、108. 【解析】 【分析】 【详解】由于(),(3)P n P n +都是正整数，则据条件，()P n 是3的倍数，因此n 与3n +都是3的倍数． 设n abc =，且数n 加3后必须产生进位，则7c ≥．（因为，如果6c ≤，则数n 加3后不会产生进位，于是(3)()3()P n P n P n +=+>，矛盾）并且b 不能是9，这是因为，若9b =，则当9a =时，99n c =，数n 加3后成为1100c ，1{0,1,2}c ∈，这时1(3)()3P n P n +<．当9a <时，9n a c =，若1113n a b c +=，则1111,0,310a a b c c =+==+-． 由3(3)()P n P n +=，得3[(1)0(310)]9a c a c ++++-=++， 即2()27a c +=，矛盾！所以9b <．今由3[(1)(310)]a b c a b c ++++-=++得9a b c ++=，其中1,7,8a c b ≥≥≤， 依次考虑c 、a 、b 的取值，得到三个数：117、207、108，验证知，它们皆合题意． 20．（2021·全国·高三竞赛）已知a 、b 、c 、d 是不同的正整数，且满足a b c da b b c c d d a+++++++是整数，求证：+++a b c d 不是质数． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】 由1a b c d a b c da b b c c d d a a b c d a b c d a b c d a b c d +++>+++=++++++++++++++++， 且a b c da b b c c d d a+++++++ 1111b c d aa b b c c d d a=-+-+-+-++++ 43b c d a a b b c c d d a ⎛⎫=-+++< ⎪++++⎝⎭，所以2a b c d a b b c c d d a+++=++++， 故2a c b d c aa b c d b c d a b c d a+=--=+++++++， 因此1111a c a b d a b c c d ⎛⎫⎛⎫-=- ⎪ ⎪++++⎝⎭⎝⎭， 所以()()()()d b d b a c a b d a b c c d --⋅=⋅++++且d b ≠， 所以()()()()a b c c d c a b d a ⋅++=⋅++，即22ac abd a c bcd +=+． 整理得()()0ac c a bd a c -+-=且a c ≠，所以ac bd =． 假设p a b c d =+++是质数，则 2()a a b c d a ab ac ad +++=+++ 2a ab bd ad =+++ ()()a b a d ap =++=，所以()p a b +或()p a d +，而,p a b p a d >+>+，矛盾． 综上+++a b c d 不是质数．21．（2021·全国·高三竞赛）解关于实数x 的方程：{}202020201arctank x x k==∑（这里{}[][],x x x x =-为不超过实数x 的最大整数） 【答案】{}0 【解析】 【分析】【详解】（1）当0x <时，{}202020201arctan 0(1,2,,2020),arctan 0k x x k x k k =<=<≤⋅⋅⋅∑，此时原方程无解．（2）当0x =时，有{}202020001arctan0k x x k===∑． （3）当01x <<时，令arct ()1)2an (0x xf x x =-<<，则211()0(01)12f x x x '=-><<+， 故()f x 在()0,1上递增．有()()00f x f >=，即arctan 2x x > 于是，此时{}202020204202020201111125arctan 2224k k k x x x xx x x k k k =====>>=>∑∑∑，即1x >，矛盾．故无解．（4）当1≥x 时，注意到111123tan(arctan arctan )112316++==-， 且由110arctan arctan arctan1arctan1232π<+<+=，知11arctan arctan 234+=π．则{}20202020202011111arctan arctan arctan1arctan arctan 1232k k x x k k π===≥>++=>∑∑，与{}202001x <<，矛盾．故此时无解．由（1）（2）（3）（4），知原方程的解集为{}0．22．（2021·全国·高三竞赛）两两不等的实数x 、y 、z 满足222(2)(2)(2)y x z y x z ⎧=-⎪=-⎨⎪=-⎩，求x y z ++.【答案】5或6. 【解析】 【分析】 【详解】由原方程变形可得到1(1)(3)1(1)(3)1(1)(3)y x x z y y x z z -=--⎧⎪-=--⎨⎪-=--⎩和4(4)4(4)4(4)y x x z y y x z z -=-⎧⎪-=-⎨⎪-=-⎩，又由x 、y 、z 两两不等知,,1,4x y z ≠， 于是()()()3331x y x xyz ---==.令,p x y z q xy yz zx =++=++，化简得39p q =+. 另一方面，原方程三式相加得2(2)412p p q p =--+， 化简得25122p p q -+=，联立就有26530p p p =-+，即5p =或6. 最后，当22224cos 744cos 784cos 7x y z ππ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩时可以取到5，当2224cos 924cos 944cos 9x y z πππ⎧=⎪⎪⎪=⎨⎪⎪=⎪⎩时可以取到6.23．（2021·全国·高三竞赛）若关于z 的整系数方程320z pz qz r +++=的三个复数根在复平面内恰好成为一个等腰直角三角形的三个顶点，求这个等腰直角三角形的面积的最小值. 【答案】1 【解析】 【分析】 【详解】设该等腰直角三角形斜边中点对应的复数为1z ，直角顶点对应的复数为()1220z z z +≠， 则另外两个顶点对应的复数分别为12z z i +和12z z i -，依题意有： 32121212()()()z pz qz r z z z z z z i z z z i +++=-----+，化简得223223111221112223,32,z x z p z z z z q z z z z z z r +=-++=+++=-，所以3222221223,489z z q p Z z z pq r Z =-+=-∈∈.进而122z z Q +∈，与123z z p Z +=-∈联立就有2z Q ∈.再由22223x q p Z =-∈知2z Z ∈，于是21z ≥，所以等腰直角三角形的面积最小为1.另一方面，3210z x z +++=的三个复数根恰是面积为1的等腰直角三角形的顶点. 24．（2021·全国·高三竞赛）证明：存在无穷多个奇数n ，使得!1n +是合数． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】证明当奇数(3)n n ≥时，!1n +与(!)!1n n -+不均为质数即可： 用反证法，若!1n +为质数，设!1n p +=，则结合威尔逊定理可得： 111(!)!(1)!(1)!(1)(2)()(mod )n n p n p n p ----=--≡----1(1)!(1)1(mod )n n n p +≡--⋅≡--≡-，此时有(!)!1n n -+为合数，而n 奇数得!n n -也是奇数， 从而存在无穷多个奇数n ，使得!1n +是合数．25．（2019·山东·高三竞赛）已知4239n n -+是素数，求正整数n 的所有可能值 【答案】n =1，n =2 【解析】 【详解】因为()()4222393333n n n n n n -+=++-+，所以或n 2－3n +3=1，解得n =1，2.将n =1，n =2代入检验均满足题意，所以n =1，n =2为所求.26．（2021·全国·高三竞赛）求方程(31)(31)(31)34x y z xyz +++=的所有正整数解(,,)x y z ． 【答案】(,,)(28,5,2),(11,7,2)x y z =或其排序，共12组解． 【解析】 【详解】 不妨设x y z ≥≥．若z >31z +<．同理，31,31x y +<+<． 三式相乘得(31)(31)(31)34x y z xyz +++<，与原方程矛盾． 于是，5z ≤<． （1）若1z =，则4(31)(31)346()20x y xy xy x y ++=⇒+++=．显然，无正整数解．（2）若2z =，则7(31)(31)68521()70(521)(521)x y xy xy x y x y ++=⇒-+-=⇒--=24762717=⨯⨯．只有47611941434=⨯=⨯，才有对应的正整数,x y ，此时(,)(28,5)x y =或(11,7)． （3）若3z =，则10(31)(31)102615()50x y xy xy x y ++=⇒-+-=．两边取模3即知矛盾，故无解． （4）若4z =，则13(31)(31)1361939()130x y xy xy x y ++=⇒-+-=3(1939)(1939)176821317x y ⇒--==⨯⨯．故此时(1939)42y -≤，故39y ≤≤，逐一检验后无解. 综上，(,,)(28,5,2),(11,7,2)x y z =或其排序，共12组解．27．（2021·全国·高三竞赛）求方程||1r s p q -=的整数解，其中p ､q 是质数，r ､s 是大于1的正整数，并证明所得到的解是全部解. 【答案】证明见解析 【解析】 【详解】容易看到两个质数中肯定有一个为2，不妨假设2,21r sp q =-=，即21r s q -=±.若21r s q =+，从余数去讨论，3(mod4)q ≡，s 为奇数.()1221(1)1rss s q q qq--=+=+-++，所以121212,12,r r s s q q q --⎧+=⎨-++=⎩()1111111(1)(1)(2)2211222222sr sr s r r r s r s r r s s s s ---⎡⎤=-+=-++=-++⎣⎦，从奇偶性可以看出这种情形方程无解.若21r s q =-为偶数，注意到()1221(1)1r s s q q q q --=-=-+++，所以121212,12,r r s s q q q --⎧-=⎨+++=⎩()11111(1)21221122(1)22sr sr s r r r r s s s s --=+-=+++-+.令2u s v =，其中v 为奇数，则 ()11111(1)21221122(1)22sr sr s r r u r u r s v s v --++=+-=+++-+，观察最后一项，则v 为1，故2u s =，所以221ur q =-，故()()1122211u u r q q --=-+，故1112221212u u r r q q --⎧-=⎪⎨+=⎪⎩，所以12222r r +=，所以121,2r r ==，1u =， 所以3q =，3r =，2s =，综上，考察到对称性，原方程恰有两组解：3,2,2,3.p q r s =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩或2,3,3,2.p q r s =⎧⎪=⎪⎨=⎪⎪=⎩ 28．（2021·全国·高三竞赛）证明：对任意正整数N ，都存在正整数n N >和n 个互不相同的正整数12,,,n x x x ，使()222222121220202020n n x x x x x x -++++是完全平方数．【答案】证明见解析 【解析】 【详解】对于3m ≥，必存在不同的正整数12,,,m x x x 满足2221212m m x x x x x x S =++++，令{}112121max ,,,m m m x x x x x x x +=->，则有()21211212m m m m x x x x x x x x x x +=-()2121211m m x x x x x x =-+-()()2222121211m m x x x x x x S =-++++-22221211m m x x x x S +=++++-．以此类推，当504S >时，存在不同的正整数11504,,,,,m m m S x x x x ++-满足2221250412504504m S m S x x x x x x +-+-=++++．存在6N ≥，定义(1)k x k k N =≤≤，则()2221212504N N x x x x x x -+++>．由前述结论可得存在n N >使得()2221212504n n x x x x x x -+++=，此时()2222222222121212122020202020201010n n n n x x x x x x x x x x x x -++++=-+()2121010n x x x =-为完全平方数．29．（2021·浙江·高三竞赛）已知素数p ，q 满足21p q =+.证明：存在正整数m 使得mp 的十进制表示的各位数字之和是2或3. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】2p =，3不合题意，若5p =则取110mp =即可.下面假设7p ≥.由费马小定理()()12101101101101p q q q p --=-=+-可知101q p +或101q p -.前者意味着取101q mp =+满足条件.若是101qp -，我们断言{}012110,10,10,,10q A -=⋅⋅⋅中的数模p 两两不同余，即有q 个不同的余数.这是因为若有()1010mod a b p ≡，（01a b q ≤<≤-）则()101mod b a p -≡，由b a -与q 互素以及裴蜀定理知存在正整数u ，v 使得()1u b a vq --=，这样 ()()()1110101010mod uvb a vq q p -+≡==⨯.这意味着1019p -=即3p =，不合题意因此{}012110,10,10,,10q A -=⋅⋅⋅中的数模p 两两不同余.设它们的余数是{}{}12,,,1,2,,1q B r r r p =⋅⋅⋅⊆⋅⋅⋅-. 我们考虑下面的52p -个余数对，它们覆盖了除了0，1，12p -，2p -，1p -之外的所有余数：()2,3p -，()3,4p -，…，31,22p p -+⎛⎫⎪⎝⎭ 若某个对子的两个余数都在B 中出现，不妨设10a k ≡，101b p k ≡--，则10101a b mp =++是p 的倍数，满足题意.若每个对子中的余数都在B 至多出现一个的话，由于12p B -=，所以0，1，12p -，2p -，1p -在B 中出现至少两个，已知1B ∈，0B ∉，其余三个余数12p -，2p -，1p -至少有一个在B 中出现. 若12p B -∈，即有某个1102a p -≡，则2101a mp =⨯+满足题意.若2p B -∈，即有某个102a p ≡-，则102a mp =+满足题意. 若1p B -∈，有某个101a p ≡-，则101a mp =+满足题意. 综上所述，存在p 的倍数的十进制数字和是2或3.30．（2021·全国·高三竞赛）设m 是一个给定的正整数，d 是它的一个正因子．已知{}0i i a ∞=和{}0i i b ∞=是两个由正整数构成的等差数列，满足：存在正整数i 、j 、k 、l ，使得()(),1,,ijkla b a b m ==．证明：存在正整数t 、s 使得(),t s a b d =．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】注意到m 可逐次除以它们若干素因子得到d ，这样只需证对m 的任意素因子p ，存在正整数α、β，使得(),ma b pαβ=． 由于(),k t a b m =，故k a p 、l b p 必有一项不能被m 整除．不妨设k ab不能被m 整除． 设等差数列{}i a 、{}j b 的公差分别为u 、v ，则0i a a iu =+，0j b b jv =+． 下面分两种情况：（1）若p v ．令,k a k l p αβ==+．这时k l a vb b pβ=+． 注意到k m ma b p pβ、，又p v 且k a m p ，所以m b β．这说明m p 是a α、b β的公因子，且m 不是它们的公因子．设q 是a α、b β的一个不同于p 的公因子，则q a α、q b β、a qpα． 故,a q a b v p ααβ⎛⎫- ⎪⎝⎭，即(),k t q a b m =．又p q ，故mq p ．故(),m a b p αβ=．（2）若p v ．先证p u ． (*)事实上，假设p u ，由(),k l a b m =知00,k l p a ku a p b lu b -=-=．因此,i j p a p b ，这与(),1ija b =矛盾！故（*）得证．取正整数s ，使得l s b p能被mp 整除，但不能被m 整除． 令,l sb k l p αβ=+=．这时,l kl s b a a u b b p αβ=+=． 注意到k m a p 、l m b p、lsb m p p ，所以m p 是a α与b β的公因子．又lsb m p ，且p u ，所以m a α，从而m 不是a α、b β的公因子．设质数q 是a α，b β不同于p 的公因子，则q b β，l k sbq a u a p α⎛⎫-= ⎪⎝⎭． 即(),k l q a b m =． 又q p ≠，所以mqp．这说明(),m a b p αβ=．由（1），（2）知结论成立．31．（2021·全国·高三竞赛）设多项式02()()(2)==+≥∑dii i P x a x a d 的系数为正整数．定义数列{}n b ：()101,(1)n n b a b P b n +==≥．证明：对于任意的整数2n ≥，均存在质数p ，使得n p b ，且()121,1n p bb b -=．【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】假设存在整数2n ≥，使得n b 的任意一个质因子均为某个(11)i b i n ≤≤-的因子（对于n b 的不同的质因子，i 的取值可以不同）．令p 为n b 的一个质因子，且rn b p l =，其中,,(,)1r l p l +∈=N ． 则110012()()(mod )dr i r n n i i b P b a p l a a b p ++===+≡=∑假设()1mod ,r n i i b b p i +++≡∈N 成立，则()()()111mod r n i n i i i b P b P b b p +++++=≡=．所以由数学归纳法知对任意的正整数i ，均有()1mod r n i i b b p ++≡．进而有()12mod r n n kn b b b p +≡≡≡，所以1r kn n p b b +-．定义()p V m 表示正整数m 的标准分解中所含的p 的幂次数， 由()p n V b r =，得()p kn V b r =．令i p b 对某个(11)i i n ≤≤-成立，同上可证()()()23p i p i p i V b V b V b ===．于是()()()p n p in p i V b V b V b r ===．从而，若p 为n b 的一个质因子，则它在n b 的中的次数等于在某个(11)i b i n ≤≤-中的次数． 所以121n n b bb b -，进而121n n b b b b -≤．由()211n n n b P b b --=>，得21kn n k n b b b --<，所以111211n i n n i nn i i b bb ---==<<∏∏，矛盾，故原命题成立．32．（2021·全国·高三竞赛）一个大于1的整数m ，如果对所有的正整数n ，都存在正整数x 、y 、z ，使得222n mx y z =--，则称m 为上数，否则称为下数．试问：是否存在无数多的上数？是否存在无数多的下数？【答案】存在无数多个上数也存在无数多个下数． 【解析】 【分析】 【详解】存在无数多个上数也存在无数多个下数．首先，存在无数多个下数．考查93m k =+，其中k 为正整数．考查不定方程2226(93)k x y z =+--，若存在解x 、y 、z 则220(mod 3)y z ≡+， 故有()0mod3y z ≡≡，所以2222(93)36(mod 9)k x y z x +--≡≡，即2(mod3)x ≡，矛盾．故无解． 即所有的93k +为下数．其次，我们证明存在无数多个上数，我们考查21c +，其中222c a b =+（a 、b 、c 为勾股数）．（1）注意到22222(1)(1)21c x c x x x +---=-，可知所有的奇数1n >，均存在解． 又22211c a b =+--，可知所有奇数均存在解．（2）对于n 为偶数的情形，考查222222(1)(1)(2)4454(2)9c x cx x c x c c x c +---+-=-+-=---． 令c 为奇数，故有24(2)9x c ---可以为所有模4余2的数． （3）而对于4|n ，可以转为考查2224222n x y z m ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭的问题，不断转化．终会归为（1）或是（2）其中的一类．而存在无数多个勾股数a 、b 、c （a 、b 、c 互质），即存在无数多个满足题意的21c +． 即有无数多个上数．33．（2021·全国·高三竞赛）如果正整数n 满足存在正整数a 、b 、c 使得()()()()()(),,,,,,n b c a bc c a b ca a b c ab =⋅+⋅+⋅，则称n 为好数．求证：存在连续2020个正整数这2020个正整数都是好数．注：对于正整数x ，y ，(),x y 表示x ，y 的最大公因数． 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】取121111121,(2),1,(2)(2,3,,2020)i i i l i i l x y x x x y y x x i -===+=-⋅⋅⋅=+=∏．对2,3,,2020i =，由()()1,1,21i i i i x x x x +=++=，知,2i i x x +均与121,,,i y y y -互质，故i y 与121,,,i y y y -均互质．则122020,,,y y y 两两互质．对1,2,3,,2020i =，考查i y 的一个倍数，设为()22i i i n my mx x ==+．注意到取2,,i i i a mx b mx c x ===，则有()()()()()(),,,,,,n b c a bc c a b ca a b c ab =⋅+⋅+⋅． 故n 为好数．则由n 的任意性，知i y 的一切倍数均为好数． 注意到122020,,,y y y 两两互质，那么由中国剩余定理知关于x 的同余方程组()()mod 1,2,,2020i x i y i ≡-=有正整数解0x ．这意味着对1,2,3,,2020i =，有0x i +是i y 的倍数，因此0x i +是好数． 取()01,2,,2020x i i +=即可满足题意．34．（2021·全国·高三竞赛）设函数:f N N ++→同时满足以下三个条件： （1）对任意x 、y N +∈，有()()()f xy f x f y =； （2）对任意x N +∈，有()()f f x x =； （3）()220()20f x x x ≠≤≤． 求()2f 的最小值． 【答案】1013． 【解析】 【分析】 【详解】在()()()f xy f x f y =中令1x y ==，得()11f =．①设质数p 满足()f p 不是质数，若()1f p =，则由（2）及①， 有()()()11p f f p f ===，矛盾．故()f p 为合数，设()f p xy =（x ﹐y 均为大于1的正整数）， 则()()()()()p f f p f xy f x f y ===．不妨设()1f x =，则()()()11x f f x f ===，与1x >矛盾． 因此，若p 是质数，则()f p 也是质数．由（1）、（2），有()()()()()()222222f f f f f f ==， 则由()22f 是偶数以及（3），得()222022f ≥． 因为()2f 是质数，所以()21013f ≥．另一方面，设小于2020的且不等于2或1013的质数有t 个，从小到大依次为12t p p p <<⋅⋅⋅<， 大于2020的质数中，最小的t 个从小到大依次为12t q q q <<⋅⋅⋅<考虑如下定义的函数:f N N ++→：()()()()()()11,21013,10132,,1,2,,i i i i f f f f p q f q p i t ======，且对质数t p q >，有()f p p =．对于合数1i ki i y r α==∏，其中质数12k r r r <<⋯<，且12k N ααα+⋯∈、、、，12k i i α=≥∑，有1()(())i ki i f y f r α==∏． 此时，不难验证f 满足（1）、（2）．且对于正整数()22020x x ≤≤，若x 为质数，显然()f x x ≠，若x 是合数，设1jlj j x s β==∏，其中质数12l s s s <<⋯<，且121,,,,2ll j j N ββββ+=∈≥∑．于是，由f 的定义知()f x 一定为至少两个，且每个均不小于1013的正整数的乘积， 故()2020f x x ≥≥，则f 满足（3）． 综上，知()2f 的最小值为1013．35．（2021·全国·高三竞赛）对每个正整数n ，定义()f n 为从1到n 中所有与n 不互质的正整数的和.求证：若()()f m f n =且m n ≠，则m n -是合数. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】 【详解】首先计算()f n 的表达式，注意到从1到n 中所有与n 互质的正整数有()n ϕ个，并且它们是以t 和n t -的形式成对出现的，因此111()(1)()(1())222f n n n n n n n n ϕϕ=+-⋅=+-.若()()f m f n =且m n ≠，不妨设m n >，则()()()()11m m m n n n ϕϕ+-=+-.① 因为()11n n n m ϕ≤+-≤<，所以(),1m n >.若m n -不为合数，设为质数p ，则()1n kpm p k ==+﹐， ①式变为()()()()()()11111k k p k p k kp kp ϕϕ+++-+=+⎦-⎡⎤⎣.由(),11k k +=，可设()()()()()111,11k p k p lk kp kp l k ϕϕ++-+=+-=+ 其中0l p <<，相减得()()()1k p kp p l ϕϕ+-=+，1k =时， ()()21p p p l ϕ--<+不合题意，所以2k ≥，2p =时，()()()1,1l k p kp p l ϕϕ=+-=+左右奇偶性不同，所以3p ≥.注意()()()()()1,11p kp p k p ϕϕ--+，因此()()1|p p l -+.又0,3l p p <<≥，所以2l p =-，所以()()()121,23k p k p kp k p ϕϕ+=++=-+. 若|p k ，则()|p kp ϕ，所以()3|2p k p -+，所以3p =， 所以()()()12121k p k k p ϕϕ+=+<++，矛盾，同理若()1|p k +也得矛盾，所以()()1121p k k p ϕ-+=++，()()123p k k p ϕ-=-+，②所以()()12k k ϕϕ+-=，于是()1k ϕ+和()k ϕ恰有一个不是4的倍数，必模4余2，但()s ϕ模4余2当且仅当4,,2a a s q q =，这里q 是模4余3的奇质数，a 是正整数，分别代回②知都无解.综上，若()()f m f n =且m n ≠，则m n -是合数.36．（2021·全国·高三竞赛）已知正整数,1n n >，设A 为正整数满足2|1n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦，求所有A 的值．（[]x 表示不超过x 的最大整数）【答案】当2n =时，3A =，或4，当2n >时，1A n =+． 【解析】 【分析】 【详解】（1）如果2A n >，则211n A ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦，由1n >知，2 1n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦；（2）如果2A n =，则212n A ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦，由21n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦∣及1n >知2n =，从而4A =；（3）如果20A n <<，则令22n n A r A ⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦，其中20r A n ≤<<，即221()n n A A r A ⎛⎫⎡⎤=+-- ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭． ①当2n A n <<时，222,11n n n n n A A A ⎡⎤⎡⎤<<+<+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦，由21n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦∣，可设21n nH A ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦， 于是1nH n <+，即()11n H -<，这样，只有1H =成立，所以21n n A ⎡⎤+=⎢⎥⎣⎦．代入①式得()2n nA A r =--，即21111n r r A n n n --==+---． 若1r ≠，则11r n --是不小于1的正整数，于是A n ≤，与A n >矛盾， 因此1r =，故1A n =+．当A n =时，211n n A ⎡⎤+=+⎢⎥⎣⎦，由n ∈+N 知211n n n A ⎡⎤+=+⎢⎥⎣⎦；当0A n <<时，由①式及21n n A ⎡⎤+⎢⎥⎣⎦∣知，n A r -∣． 又0,0A n r A n <<≤<<，从而0A r n <-<，矛盾． 综上，当2n =时，3A =，或4，当2n >时，1A n =+．37．（2021·全国·高三竞赛）证明：对任何正整数m ，存在无穷多组整数(),x y ，使得 （1）,x y 互质； （2）2|x y m +； （3）2|y x m +． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】显然，当1x y ==时，符合题意．若正整数对()(),x y x y ≤满足条件，由条件（2）可设2xx y m '=+，其中x Z +'∈．下证命题：正整数对(),y x '也满足条件，且y x <'． 由等式2xx y m '=+知，2xx y yx '>≥，即x y '>． 同时还可知，2|x y m '+且()cd ,|g x y m '．若p 是()gcd ,x y '的一个质因子，则有,p m p y ．结合条件（3）有2|p x m +，从而有|p x ． 这与条件（1）矛盾．故()gcd ,1x y '=．最后，还需证2yx m '+∣．由于gcd(,)1x y =，等价证()22y x x m '+∣． 其中()()()2222220(mod )x x m y m x m m m x y '+=++≡+≡．命题得证，且x y x '>≥．反复利用此命题，便可得到无穷数列{}n a ，其中()212211,n n n a m a a a n a ++++===∈N ． 满足1n n a a +>对2n ≥成立，且整数对()()1,n n a a n ++∈N 符合条件．38．（2021·全国·高三竞赛）正整数2n ≥，且n 的素因子个数不超过2，对于任意整数a ，若(),1n a =，则有()mod n a a n ≡成立，求证：n 是质数.【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】 【详解】假设n p q αβ=，（其中p q 、均为质数，N αβ∈﹐）. 首先证明：p q ≠，若n p γ=（p 为质数，γαβ=+）.因为(),1n a =，所以取最小整数δ，使得()1mod a p δγ≡（易知δ为a 对模2p 的阶）.又()111(mod )1mod n n an a p γ--≡⇔≡，所以()()1(1),(1)1p p p n p γγγδϕδδ-=--⇔-∣，所以1p δ-∣. 取()()()11111111(1)11mod p p a p p a p p p p p γγγγγγ------=--⇒≡-≡--+≡+，矛盾.所以n p p q γ≠⇒≠.任取与p q 、互质的a ， 由Euler 定理知：()()1(mod ),()(1)(1)n an n p q p q ϕαβϕϕ≡==--.从而()()1|1p q δ--，又因为()|(1)|1n p q αβδδ-⇒-，所以()11111p q p q p q αβαβαβδ----+--∣.所以111111(mod )p qp q p q a n αβαβαβ----+--≡，所以()111mod p q a p αβα--≡，所以()111mod q p q a p αα--≡.同理()111mod p q aq αββ--≡.不妨设p q >，则p 一定是奇质数.因此它存在原根g ，满足()11mod q gp α-≡/.因此，一定存在整数k ，使得q kp g α+，取a kp g α=+，矛盾! 结合2n ≥，知n 只能有一个质因子，即n 是质数. 又由Fermat 小定理知，当n 为质数时，满足题意.39．（2021·全国·高三竞赛）设a ，b 为正奇数，定义数列{}n f 如下：1f a =，2f b =，当3n ≥时，n f 为12n n f f --+的最大奇因子.求证：当n 充分大时，n f 为常数，并确定出这个常数. 【答案】a ，b 的最大公约数. 【解析】 【详解】从题目条件可以知道，如果有相邻两项k f ，1k f +相等，则当n k ≥时，n f 全相等，为常数. 用反证法，如果n f 不为常数，则序列{|}n f n N ∈的任意相邻两项不等.由于1n f -，2n f -皆为奇数，则12n n f f --+为偶数.那么，有(){}12121max ,2n n n n n f f f f f ----≤+<，于是，有 {}{}{}3456max ,max ,max ,...a b f f f f >>>.显然，这无限递降正奇数数列不存在，矛盾.所以，必存在正整数k ，使得1k k f f +=，即当n k ≥时，n k f f =.设此常数为C ，由于122an n n f f f --+=，这里a 是个正整数，以及n f ，1n f -，2n f -均为奇数，可知1n f -，2n f -的最大公约数()12,n n f f --等于n f ，1n f -的最大公约数()1,n n f f -.从而，序列中任意相邻两项的最大公约数相同.那么，()(),...,C C C a b ===，即这常数为a ，b 的最大公约数.40．（2020·全国·高三竞赛）设12121,2,2,3,4,n n n a a a a a n --===+=证明：对整数5n ≥，n a ，必有一个模4余1的素因子． 【答案】证明见解析. 【解析】 【分析】不妨记11αβ==由递推式及数学归纳法得到n a 有奇素因子p ，然后对正整数进行讨论，证明也存在模4余1的素因子. 【详解】证明：记11αβ=+=-n n n a αβαβ-=-．记2n nn b αβ+=，则数列{}n b 满足122(3)n n n b b b n --=+≥ ①因121,3b b ==均为整数，故由①及数学归纳法，可知{}n b 每项均为整数．由222()22n n n n n αβαβαβαβαβ⎛⎫⎛⎫+--⎛⎫-= ⎪ ⎪ ⎪-⎝⎭⎝⎭⎝⎭， 可知222(1)(1)nn n b a n -=-≥ ②当1n >为奇数时，由于1a 为奇数，故由{}n a 的递推式及数学归纳法，可知n a 为大于1的奇数，所以n a 有奇素因子p ．由②得21(mod )n b p ≡-，故112(1)(mod )p p n b p --≡-．又上式表明(),1n p b =，故由费马小定理得11(mod )p n b p -≡，从而12(1)1(mod )p p --≡．因2p >，故必须12(1)1p --=，因此1(mod 4)p ≡．另一方面，对正整数m ，n ，若|m n ，设n km =，则()(1)(2)(2)(1)n n m mk m k m m m k m k m n a αβαβααβαββαβαβ------==⋅++++--()0(212)(212)1(22)(22)1()(),2=(()(),21i im l i m l i m m l i lm im l i m l i m m l a k l a k l αβαβαβαβαβ=-----=---⎧⋅∑+=⎪⎨⎪⋅∑++=+⎩因2s ss b αβ+=为整数（对正整数s ），1αβ=-为整数，故由上式知n a 等于m a 与一个整数的乘积，从而|m n a a ．因此，若n 有大于1的奇因子m ，则由前面已证得的结论知m a 有素因子1(mod 4)p ≡，而|m n a a ，故|n p a ，即n a 也有模4余1的素因子．最后，若n 没有大于1的奇因子，则n 是2的方幂．设2(3)l n l =≥， 因84082417a ==⨯有模4余1的素因子17，对于4l ≥，由8|2l 知82|l a a ， 从而2l a 也有素因子17．证毕． 【点睛】关键点点睛：本题证明的关键是能够运用数论整除的相关知识以及费马小定理进行证明，不漏掉情况.41．（2019·江苏·高三竞赛）设k 、l 、c 均为正整数，证明：存在正整数a 、b 满足(,)b ac a b -=⋅，且()(),(,)a b l kb a a b a b ττττ⋅=⋅⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，其中(a ，b )表示a 、b 的最大公因数，()m τ表示正整数m 的所有不同正因子的个数. 【答案】见解析 【解析】 【详解】如果m 的标准分解式为1212n n n m p p p ααα=，那么()()()12()111n m τααα=+++.取定两个不同的素数p 、q 使得(pq ，c )=1.由于(p ，q )=1，利用裴蜀定理，存在正整数00,u v ，使得00k lp u q v c -=.由于(pq ，c )=1，那么0p v 且0q u . 由中国剩余定理，下列同余方程组：0001(mod )1(mod )1(mod )l kl u tq p v tp q u tq c ⎧+≡⎪+≡⎨⎪+≡⎩有正整数解t t =0. 令0000,l ku u t q v v t p =+=+，那么k l p u q v c -=，而且(u ，pqc )=1.因此(,)1,(,)1v pqc u v ==.现在取2211,k l l d p q n q v --==，则l k n c q v c p u +=+=. 从而(,)1n n c +=.令a =nd ，b =(n +c )d ，那么(a ，b )=d ，因此(,)b a cd c a b -==⋅.而且：()()2211()()(),k ll l p q va nd l l la n q v ab ττττττ-+-⋅=⋅=⋅⎛⎫⎪⎝⎭()22221k l l l k l l +==+.()()2211()(())(),kk l kp qub ncd k k k b n c p u a b ττττττ+--+⋅=⋅=⋅+⎛⎫⎪⎝⎭()22221kk l k k l k +==+.所以()()(,)(,)a b l ka b a b a b ττττ⋅=⋅⎛⎫⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.42．（2019·江西·高三竞赛）试求所有由互异正奇数构成的三元集{a ，b ，c }，使其满足：2222019a b c ++=.【答案】7个，{1,13,43},{7,11,43},{13,25,35},{5,25,37}，{}11,23,37，{17,19,37},{7,17,41}. 【解析】 【详解】据对称性，不妨设a <b <c ，由于奇平方数的末位数字只具有1、5、9形式，于是222,,a b c 的末位数字，要么是5、5、9的形式，要么是1、9、9的形式.又知，如果正整数n 是3的倍数，那么n 2必是9的倍数；如果n 不是3的倍数，那么n 2被3除余1.由于2019是3的倍数，但不是9的倍数，因此奇数a 、b 、c 皆不是3的倍数. 注意[2019]44c =，即奇数c ≤43，而222232019c a b c >++=， 即c 2>673，且c 不是3的倍数，故奇数c ≥29. 因此奇数{29,31,35,37,41,43}c ∈.。
高中数学竞赛标准讲义
高中数学竞赛标准讲义高中数学竞赛是对学生数学知识和解题能力的一次全面考验，也是培养学生逻辑思维和数学兴趣的重要途径。
在参加数学竞赛的过程中，学生需要掌握一定的数学知识和解题技巧，才能取得好成绩。
本讲义将从高中数学竞赛的题型、考点和解题技巧等方面进行详细介绍，希望能够帮助广大学生更好地备战数学竞赛。
一、高中数学竞赛题型。
高中数学竞赛的题型主要包括选择题、填空题、解答题和证明题。
选择题是考查学生对基本概念和定理的理解和掌握程度，填空题则更加注重学生对知识的灵活运用能力，解答题和证明题则需要学生具备较强的逻辑思维和解题技巧。
在备战数学竞赛的过程中，学生需要根据不同题型的特点有针对性地进行练习和训练，做到对各种题型都能够熟练应对。
二、高中数学竞赛考点。
高中数学竞赛的考点主要包括数列、函数、方程不等式、三角函数、数学归纳法、排列组合、数论等内容。
这些考点是数学竞赛中经常出现的题型，也是学生备战竞赛时需要重点关注和加强练习的内容。
在备战数学竞赛的过程中，学生需要对这些考点进行系统性的学习和掌握，做到能够熟练运用于解题中。
三、高中数学竞赛解题技巧。
在解高中数学竞赛的题目时，学生需要具备一定的解题技巧。
首先，要注意审题，理清题意，明确问题所求；其次，要善于归纳总结，发现问题的规律，找到解题的突破口；再次，要注重细节，避免粗心导致的错误；最后，要善于思考，灵活运用所学知识，多角度思考问题，找到解题的最佳方法。
通过不断的练习和总结，学生可以逐渐提高解题的能力和技巧，取得更好的成绩。
四、高中数学竞赛备考建议。
在备战高中数学竞赛时，学生需要有计划地进行复习和练习。
首先，要对各个考点进行系统性的复习，巩固基础知识；其次，要针对不同题型进行有针对性的练习，提高解题能力；再次，要多参加模拟考试，检验备考效果，发现问题并及时调整学习计划；最后，要保持良好的心态，相信自己的能力，不断提升自己的数学水平。
通过科学合理的备考方法，相信每位学生都能够在数学竞赛中取得优异的成绩。
⑨竞赛中的复数问题
Y.P .M 数学竞赛讲座 1竞赛中的复数问题复数不仅具有自身知识体系的丰富性,而且还与代数、三角、几何之间存在内在的紧密联系.复数的演绎独具特色,饶于技巧,复数是竞赛数学的内容之一.一、知识结构1.概念与运算:⑴表达形式:①代数式:z=a+bi(a,b ∈R);②三角式:z=r(cos θ+isin θ)(r ≥0,θ∈R);③指数式:z=re i θ(r ≥0,θ∈R);④欧拉公式:e i θ=cos θ+isin θ,θ∈R.⑵共轭与模:①21z z ±=21z z ±;21z z ⋅=21z z ⋅;)(21z z =21z z;②||z 1|-|z 2||≤|z 1+z 2|≤|z 1|+|z 2|;|z 1z 2|=|z 1||z 2|;|21z z |= ||||21z z ;③z z =|z|2=|z |2;④z=z ⇔z ∈R;|z|=|Re(z)|⇔z ∈R. ⑶运算法则:①乘法:r 1(cos θ1+isin θ2)r 2(cos θ2+isin θ2)=r 1r 2(cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2));②除法:)sin (cos )sin (cos 222121θθθθi r i r ++=21r r (cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2));③乘方:[r(cos θ+isin θ)]n =r n (cosn θ+isinn θ);④开方:z n =r(cos θ+isin θ)⇔z =n r (cosnk πθ2++isinnk πθ2+)(k=0,1,2…,n-1).2.辐角与三角:⑴辐角性质:①定义:若z=r(cos θ+isin θ)(r ≥0,θ∈R),则θ称为复数z 的辐角,记为Argz;特别地,当θ∈[0,2π)时,则θ称为复数z 的辐角主值,记为argz;②运算:Argz 1+Argz 2=Arg(z 1z 2);Argz 1-Argz 2=Arg(21z z )=Arg(z 12z );nArgz= Argz n ;③性质:若z=cos θ+isin θ,则1+z=2cos2θ(cos 2θ+isin 2θ);1-z=-2sin 2θ(cos 2θ+isin 2θ). ⑵单位根:①定义:方程x n =1的n 个根叫做n 次单位根,分别记为ωk (k=0,1,2,…,n-1);ωk =(cosn k π2+isin nk π2)(k=0, 1,2…,n-1);②性质:ω0=1;ωk =ω1k ;ωk ωj =ωk+j ;单位根的积仍是单位根;n 次单位根的全部为:1,ω1,ω12,…,ω1n-1;③1+ω1+ω12+…+ω1n-1=0,(x-1)(x-ω1)(x-ω12)…(x-ω1n-1)=x n -1.⑶基本结论:①实系数n 次方程的虚根α与其共轭复数α成对出现;②若|z 1|=|z 2|=…=|z n |,且z 1+z 2+…+z n =0,则z 1,z 2, …,z n 对应的点是正n 边形的顶点,且正n 边形的中心在坐标原点;③若复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,且z 1=z 0z 2,则∠Z 1OZ 2=argz 0,或argz 0-π.3.复数与几何:⑴基本原理:①点的对应:复数z=x+yi 与点Z(x,y)成一一对应;②向量对应:复数z=x+yi 与向量OZ =(x,y)成一一对应;③距离公式:复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,则|Z 1Z 2|=|z 1-z 2|;④旋转公式:复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,向量21z z 绕点Z 1逆时针旋转θ角,再伸长r(r>0)倍,则所得向量z z 1中的Z 对应的复数z=z 1+r(z 2-z 1)(cos θ+isin θ).⑵线性结论:①定比分点:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,点Z 分有向线段21z z 的比为λ(λ≠-1),则z=λλ++121z z ;②三点共线:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,则三点Z,Z 1,Z 2共线的充要条件是:Z=λZ 1+(1-λ)Z 2;③平行条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2∥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4);④垂直条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2⊥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4)i.2 Y.P .M 数学竞赛讲座⑶几何结论:①三角形面积:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3的面积=21×复数(z 13z +z 21z +z 32z )的虚部;②三角形形状:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3为正三角形的充要条件是:z 12+z 22+z 32=z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1;或z 1+ωz 2+ω2z 3=0;③三角形相似:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,复数w 1,w 2,w 3对应的点分别为W 1,W 2,W 3,则△Z 1Z 2Z 3∽△W 1W 2W 3的充要条件是:1312z z z z --=1312w w ww --;④四点共圆:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则四点Z 1, Z 2,Z 3,Z 4共圆的充要条件是:1413z z z z --:2423z z z z --∈R. 二、典型问题1.复数概念[例1]:(2006年全国高中数学联赛试题)若对一切θ∈R,复数z=(a+cos θ)+(2a-sin θ)i 的模不超过2,则实数a 的取值范围为 .[解析]:[类题]:1.①(2010全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)已知复数z 1=m+2i,z 2=3-4i,若21z z 为实数,则实数m 的值为 . ②(2011年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知复数z 1满足(z 1-2)(1+i)=1-i,复数z 2的虚部为2,则z 1z 2为实数的条件是z 2= .2.(1999年全国高中数学联赛河南初赛试题)若3131-+z z 为纯虚数,则|z|= . 3.(2011年全国高中数学联赛浙江初赛试题)如果复数(a+2i)(1+i)的模为4,则实数a 的值为 .4.(1994年全国高中数学联赛试题)给出下列两个命题:①设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2>c 2,则a 2+b 2-c 2>0;②设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2-c 2>0,则a 2+b 2>c 2.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 5.(2010年全国高中数学联赛浙江初赛试题)设z 是虚数,w=z+z1,且-1<w<2,则z 的实部取值范围为 . 2.代数形式[例2]:(1995年全国高中数学联赛试题)设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=23,且2βα为实数,则|α|= . [解析]: [类题]:1.①(2011年全国高中数学联赛江苏初赛试题)复数(1+i)4+(1-i)4= .②(2005年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:！！！！i i i i 100210+⋅⋅⋅+++= .2.(1996年第七届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知i 2=-1,在集合{s|s=1+i+i 2+i 3+…+i n,n ∈N}中包含的元素是 .3.(2007年全国高中数学联赛上海初赛试题)复数数列{a n }满足a 1=0,a n =a n-12+i(n ≥2,i 为虚数单位,则它的前2007项的和= .4.(2000年湖南高中数学夏令营试题)设复数数列{z n }满足z 1=i,z n+1=-z n 2-i,则|z 2000|=5.(1991年全国高中数学联赛上海初赛试题)使复数z=ix x x x i x x --++cos )tan sin cos 2(2sin sin 2成为实数的所有x 构成的集合是 .Y.P .M 数学竞赛讲座 3 3.三角形式[例3]:(1999年全国高中数学联赛试题)给定实数a,b,c,已知复数z 1,z 2,z 3满足:⎪⎩⎪⎨⎧=++===11||||||133221321z z z z z z z z z ,求|az 1+bz 2+cz 3|的值.[解析]: [类题]:1.(1992年全国高中数学联赛上海初赛试题)设A 、B 、C 为△ABC 的三内角,则复数Ai A C i C B i B 2sin 2cos 1)2sin 2cos 1)(2sin 2cos 1(-+++++的虚部是 .2.(1992年湖南高中数学夏令营试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=1,z 1-z 2=cos150+isin150,则21z z = . 3.(2000年全国高中数学联赛河北初赛试题)设|z 1|=|z 2|=a(a ≠0),且z 1+z 2=m+mi,其中m 为非零实数.则z 13z 23的值是 . 4.(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)设|z|=1,则|z 2-z+2|的最小值为 .5.(2006年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)已知复数集合D,复数z ∈D 当且仅当存在模为1的复数z 1,使得|z-2005-2006i| =|z 14+1-2z 12|.则D 中实部和虚部都为整数的复数的个数是 .4.共轭运算[例4]:(2001年全国高中数学联赛试题)若复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,3z 1-2z 2=23-i,则z 1z 2= .[解析]: [类题]:1.(1986年全国高中数学联赛试题)为z 为复数,M={z|(z-1)2=|z-1|2},那么( )(A)M={纯虚数} (B)M={实数} (C){实数}⊂M ⊂{复数} (D)M={复数} 2.(1985年全国高中数学联赛试题)设z,w,λ为复数,|λ|≠1关于z 的方程z -λz=w 下面有四个结论:①z=2||1λλ-+ww 是这个方程的解;②这个方程只有一个解;③这个方程有两个解;④这个方程有无穷多解.则( )(A)只有①和②是正确的 (B)只有①和③是正确的 (C)只有①和④是正确的 (D)以上(A)、(B)、(C)都不正确 3.(2006年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)如果复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|,且z 1-z 2=2-i,则||2121z z z z 的值为 . 4.(1996年湖南高中数学夏令营试题)z 1,z 2是已知的两个任复数,复数z 满足z ≠0,z+z 2≠0,z z 1+z 2z +z 12z =0,则 arg21z z z z ++= . 5.(1991年全国高中数学联赛试题)设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 1+z 2|=3,|z 1-z 2|=33,则log 3|(z 12z )2000+(1z z 2)2000|= .5.模的运算[例5]:(2011年全国高中数学联赛新疆初赛试题)复数z 1和z 2满足:|z 2|=4,4z 12-2z 1z 2+z 22=0,则|(z 1+1)2(z 1-2)|的最大值为 .[解析]: [类题]:1.(1983年全国高中数学联赛上海初赛试题)|)52)(32()35)(25)(23(2i i i i i --+++|= .2.(2011年全国高中数学联赛天津初赛试题)复数z 满足|z|(3z+2i)=2(iz −6),则|z|等于 .3.(2004年全国高中数学联赛吉林初赛试题)设{z n }是一个复数数列,定义z n =(1+i)(1+2i ) (1)ni ),则∑=+-nn n n z z 11||= .4.(2002年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知复数z 满足z z -z-z =3,且arg(z-1)=3π,则z= .4 Y.P .M 数学竞赛讲座5.(2008年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设z 是复数,且|z|=1,则u=|z 2-z+1|的最大值与最小值是 .6.乘方运算[例6]:(2007年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设n ≥2007,且n 为使得a n =(22-+i 22+)n取实数值的最小正整数,则对应此n 的a n = .[解析]: [类题]:1.(1989年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:(21i -)1989= .2.①(2011年全国高中数学联赛山东初赛试题)已知z=(3-3i)n,若z 为实数,则最小的正整数n 的值为 . ②(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)设n 为使a n =(213++213-i)n取实数的最小自然数,则对应此n 的a n = .3.①(2003年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设n 为不超过2003的正整数.如果有一个角θ使得(sin θ+icos θ)n=sinn θ+icosn θ成立,则这种n 的总个数为 .②(1988年全国高中数学联赛上海初赛试题)设m 、n 是自然数,且使(3+i)m=(1+i)n成立(其中i 是虚数单位),则乘积mn 的最小值是 .4.(2010年全国高中数学联赛山东初赛试题)已知z 为复数.若|z|=1,|z +i|=1,则当(z+i)n(n 为正整数)为实数时,|z+i|n的最小值为 .5.(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)[(23i +)8+1]n当n 取1,2,…,100时,可得 个不同的数值. 7.单位复数[例7]:(1991年全国高中数学联赛试题)设a,b,c 均为非零复数,且ba =cb =ac ,则cb ac b a +--+的值为 .[解析]: [类题]:1.①(1980年全国高中数学联赛上海初赛试题)设x 1,x 2是方程x 2-x+1=0的两个根,则x 11980+198021x = .②(2009年全国高中数学联赛湖北初赛试题)已知复数m 满足m+m 1=1,则m 2008+20091m= . 2.①(1990年全国高中数学联赛试题)设非零数复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式(y x x +)1990+(yx y +)1990的值是 . ②(2006年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设非零数相异复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式[2))((y x y x xy -+]2006(x2006+y2006)的值是 .3.(2011年全国高中数学联赛河南初赛试题)若z ∈C,且x 10=1,则1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010= .4.(1999年第十届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知复数z 满足:z 3=27,则z 5+3z 4+2242= . 5.(2008年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设(23+2x i)2008=f(x)+ig(x)(f(x),g(x)均为实系数多项式),则f(x)的系数之和是 .8.复数方程[例8]:(1994年全国高中数学联赛试题)x 的二次方程x 2+z 1x+z 2+m=0中,z 1,z 2,m 均是复数,且z 12-4z 2=16+20i,设这个方程的两个根α,β满足|α-β|=27,求|m|的最大值和最小值.[解析]:Y.P .M 数学竞赛讲座 5 [类题]:1.(1995年全国高中数学联赛上海初赛试题)若虚数z 使2z+z 1为实数,则2z+z1的取值范围是_____. 2.(1993年全国高中数学联赛试题)二次方程(1-i)x 2+(λ+i)x+(1+i λ)=0(i 为虚数单位,λ∈R)有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为________.3.(1984年全国高中数学联赛上海初赛试题)方程z 4=z (z 为z 的共轭复数)的根为 .4.(2001年第十二届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)复数z 满足等式z+z |z|3=0,则z= .5.(2000年全国高中数学联赛试题)设ω=cos5π+isin5π,则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是( )(A)x 4+x 3+x 2+x+1=0 (B)x 4-x 3+x 2-x+1=0 (C)x 4-x 3-x 2+x+1=0 (D)x 4+x 3+x 2-x -1=09.复数与点[例9]:(1998年全国高中数学联赛试题)设复数z=cos θ+isin θ(00≤θ≤1800),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 到原点距离的最大值是 _.[解析]:[类题]:1.(1989年全国高中数学联赛试题)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2.(2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题)若点A,B 分别对应复数z,z -1,z ∉R,则直线AB 与x 轴的交点对应的复数为(用z 和z 表示).3.(2002年湖南高中数学夏令营试题)已知z 为复数,arg(z+3)=1350,则|3||6|1i z z -++取最大值时,z= .4.(1999年第十届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)在复平面内由i1,1-i ,(i-1)3对应的点构成的三角形的最大内角等于 .5.(2000年全国高中数学联赛河北初赛试题)如果复数z 满足|z|=1,A(-1,0),B(0,-1)是复平面上两点,那么函数f(z)= |(z+1)(z -i)|取最大值时,△ABZ 的形状是 .10.模的意义[例10]:(2002年全国高中数学联赛试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,若它们所对应向量的夹角为600,则|2121z z z z -+|= . [解析]: [类题]:1.①(2007年全国高中数学联赛湖北初赛试题)设复数z 1=(2-a)+(1-b)i,z 2=(3+2a)+(2+3b)i,z 3=(3-a)+(3-2b)i,其中a,b ∈R,当|z 1|+|z 2|+|z 3|取得最小值时,3a+4b= .②(1993年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|≥1,|z 2|≥23,则复数i 1993z 1+i 1995z 2+2z 1z 2的模长的最小值是 .2.(2010年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设z 是复数,则|z-1|+|z-i|+|z+1|的最小值等于__________.3.(2011年全国高中数学联赛湖北初赛试题)设z 是模为2的复数,则|z-z1|的最大值与最小值的和为 . 4.(1999年全国高中数学联赛河北初赛试题)若复数z 满足|z+1+i|+|z-1-i|=22,记|z+i|的最大值和最小值分别为6 Y.P .M 数学竞赛讲座M,m,则mM= . 5.(1998年第九届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知复数z 的模为1,则函数|z 2+iz 2+1|的值域是 .11.幅角主值[例11]:(1998年全国高中数学联赛试题)已知复数z=1-sin θ+icos θ(2π<θ<π).求z 的共轭复数z 的辐角主值.[解析]: [类题]:1.(1984年全国高中数学联赛试题)集合S={z 2|argz=a,a ∈R}在复平面的图形是( )(A)射线argz=2a (B)射线argz=-2a (C)射线argz=-a (D)上述答案都不对 2.(1998年全国高中数学联赛湖南初赛试题)设z 是复数,z+2的幅角为3π,z-2的幅角为65π,则z= . 3.(1993年全国高中数学联赛试题)若z ∈C,arg(z 2-4)=65π,arg(z 2+4)=3π,则z 的值是________. 4.(1992年全国高中数学联赛试题)设z 1,z 2都是复数,且|z 1|=3,|z 2|=5|z 1+z 2|=7,则arg(12z z )3的值是______. 5.(1999年全国高中数学联赛试题)已知θ=arctan125,那么,复数z=i i ++2392sin 2cos θθ的辐角主值是_________.12.几何形状[例12]:(1995年全国高中数学联赛试题)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z 1,z 2,…,z 20,则复数Z 11995,z 21995,…,z 201995所对应的不同的点的个数是 .[解析]: [类题]:1.(2007年全国高中数学联赛浙江初赛试题)若在复平面上三个点A(0),B(z 0-z),C(z 0+z)构成以A 为直角顶点的等腰直 角三角形,其中z 0=-31+32i,则△ABC 的面积为 . 2.①(1992年全国高中数学联赛试题)设复数z 1,z 2在复平面上对应的点分别为A,B,且|z 1|=4,4z 12-2z 1z 2+z 22=0,O 为坐标原点,则△OAB 的面积为 .②(1997年全国高中数学联赛上海初赛试题)设复数z 1、z 2满足z 1z 2=1,z 13+z 23=0,且z 1+z 2≠0.z 1、z 2在复平面内的对应点为Z 1、Z 2,O 为原点,则△Z 1OZ 2的面积是_____.3.(1996年全国高中数学联赛试题)复平面上,非零复数z 1,z 2在以i 为圆心,1为半径的圆上,1z z 2的实部为零,z 1的辐角主值为6π,则z 2=_______.4.(2007年全国高中数学联赛广西初赛试题)已知关于x 的实系数方程x 2-2x+2=0和x 2+2mx+1=0的四个不同的根在复平面上对应的点共圆,则m 的取值范围是 .5.(1997年全国高中数学联赛试题)设非零复数a 1,a 2,a 3,a 4,a 5满足⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++++==++++===Sa a a a a a a a a a a a a a a a a a )11111(4543215432145342312,其中S 为实数,且|S|≤2.求证:复数a 1,a 2,a 3,a 4,a 5在复平面上所对应的点位于同一圆周上.Y.P .M 数学竞赛讲座 7 13.解折综合[例13]:(2003年全国高中数学联赛试题)设A,B,C 分别是复数Z 0=ai,Z 1=21+bi,Z 2=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 ＝Z 0cos 4t+2Z 1cos 2tsin 2t+Z 2sin 4t(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.[解析]:[类题]:1.(1993年全国高中数学联赛试题)设m,n 为非零复数,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(F 1,F 2为焦点)是( )xx(B) (C) (D) 2.(1989年全国高中数学联赛试题)若M={z|z=t t +1+i tt+1,t ∈R,t ≠-1,t ≠0},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)43.(1988年全国高中数学联赛试题)复平面上动点z 1的轨迹方程为|z 1-z 0|=|z 1|,z 0为定点,z 0≠0,另一个动点z 满足z 1z=-1,求点z 的轨迹,指出它在复平面上的形状和位置.4.①(2001年第十二届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知复数z,w 满足:|z-1-i|-|z|=2,|w+3i|=1,则|z –w|的最小值= .②(1992年全国高中数学联赛上海初赛试题)x 、y 是实数.z 1=x+11+yi,z 2=x-11+yi(i 为虚数单位),|z 1|+|z 2|=12,令u=|5x −6y −30|,则u 的最大值是_____,u 的最小值是_____.5.(1996年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知满足条件|z 2|+|z 2−1|=7的复数z 在复平面内的所对应的点的集合是一条二次曲线,则该二次曲线的离心率e=_____.14.复数应用[例14]:(2001年全国高中数学联赛试题)若(1+x+x 2)1000的展开式为a 0+a 1x+a 2x 2+…+a 2000x 2000,则a 0+a 3+a 6+a 9+…+a 1998的值为 .[解析]: [类题]:1.(2010年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)已知sin α+sin β=51,cos α+cos β=31,则)(2sin )(2cos 1)(2sin )cos(21βαβαβαβα+++++++-= .2.(2007年湖北数学奥林匹克夏令营试题)求值:tan700-010cos 1= .3.(2007年全国高中数学联赛广西初赛试题)化简arccot2+arctan 31= . 4.(2012年复旦自主招生试题)arctan 31+arctan 51+arctan 71+arctan 81= .Y.P .M 数学竞赛讲座 1竞赛中的复数问题复数不仅具有自身知识体系的丰富性,而且还与代数、三角、几何之间存在内在的紧密联系.复数的演绎独具特色,饶于技巧,复数是竞赛数学的内容之一.一、知识结构1.概念与运算:⑴表达形式:①代数式:z=a+bi(a,b ∈R);②三角式:z=r(cos θ+isin θ)(r ≥0,θ∈R);③指数式:z=re i θ(r ≥0,θ∈R);④欧拉公式:e i θ=cos θ+isin θ,θ∈R.⑵共轭与模:①21z z ±=21z z ±;21z z ⋅=21z z ⋅;)(21z z =21z z;②||z 1|-|z 2||≤|z 1+z 2|≤|z 1|+|z 2|;|z 1z 2|=|z 1||z 2|;|21z z |= ||||21z z ;③z z =|z|2=|z |2;④z=z ⇔z ∈R;|z|=|Re(z)|⇔z ∈R. ⑶运算法则:①乘法:r 1(cos θ1+isin θ2)r 2(cos θ2+isin θ2)=r 1r 2(cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2));②除法:)sin (cos )sin (cos 222121θθθθi r i r ++=21r r (cos(θ1-θ2)+isin(θ1-θ2));③乘方:[r(cos θ+isin θ)]n =r n (cosn θ+isinn θ);④开方:z n =r(cos θ+isin θ)⇔z =n r (cosnk πθ2++isinnk πθ2+)(k=0,1,2…,n-1).2.辐角与三角:⑴辐角性质:①定义:若z=r(cos θ+isin θ)(r ≥0,θ∈R),则θ称为复数z 的辐角,记为Argz;特别地,当θ∈[0,2π)时,则θ称为复数z 的辐角主值,记为argz;②运算:Argz 1+Argz 2=Arg(z 1z 2);Argz 1-Argz 2=Arg(21z z )=Arg(z 12z );nArgz= Argz n ;③性质:若z=cos θ+isin θ,则1+z=2cos2θ(cos 2θ+isin 2θ);1-z=-2sin 2θ(cos 2θ+isin 2θ). ⑵单位根:①定义:方程x n =1的n 个根叫做n 次单位根,分别记为ωk (k=0,1,2,…,n-1);ωk =(cosn k π2+isin nk π2)(k=0, 1,2…,n-1);②性质:ω0=1;ωk =ω1k ;ωk ωj =ωk+j ;单位根的积仍是单位根;n 次单位根的全部为:1,ω1,ω12,…,ω1n-1;③1+ω1+ω12+…+ω1n-1=0,(x-1)(x-ω1)(x-ω12)…(x-ω1n-1)=x n -1.⑶基本结论:①实系数n 次方程的虚根α与其共轭复数α成对出现;②若|z 1|=|z 2|=…=|z n |,且z 1+z 2+…+z n =0,则z 1,z 2, …,z n 对应的点是正n 边形的顶点,且正n 边形的中心在坐标原点;③若复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,且z 1=z 0z 2,则∠Z 1OZ 2=argz 0,或argz 0-π.3.复数与几何:⑴基本原理:①点的对应:复数z=x+yi 与点Z(x,y)成一一对应;②向量对应:复数z=x+yi 与向量OZ =(x,y)成一一对应;③距离公式:复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,则|Z 1Z 2|=|z 1-z 2|;④旋转公式:复数z 1,z 2对应的点分别为Z 1,Z 2,向量21z z 绕点Z 1逆时针旋转θ角,再伸长r(r>0)倍,则所得向量z z 1中的Z 对应的复数z=z 1+r(z 2-z 1)(cos θ+isin θ).⑵线性结论:①定比分点:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,点Z 分有向线段21z z 的比为λ(λ≠-1),则z=λλ++121z z ;②三点共线:若复数z,z 1,z 2对应的点分别为Z,Z 1,Z 2,则三点Z,Z 1,Z 2共线的充要条件是:Z=λZ 1+(1-λ)Z 2;③平行条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2∥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4);④垂直条件:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则Z 1Z 2⊥Z 3Z 4的充要条件是:z 1-z 2=λ(z 3-z 4)i.2 Y.P .M 数学竞赛讲座⑶几何结论:①三角形面积:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3的面积=21×复数(z 13z +z 21z +z 32z )的虚部;②三角形形状:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,则△Z 1Z 2Z 3为正三角形的充要条件是:z 12+z 22+z 32=z 1z 2+z 2z 3+z 3z 1;或z 1+ωz 2+ω2z 3=0;③三角形相似:若复数z 1,z 2,z 3对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,复数w 1,w 2,w 3对应的点分别为W 1,W 2,W 3,则△Z 1Z 2Z 3∽△W 1W 2W 3的充要条件是:1312z z z z --=1312w w ww --;④四点共圆:若复数z 1,z 2,z 3,z 4对应的点分别为Z 1,Z 2,Z 3,Z 4,则四点Z 1, Z 2,Z 3,Z 4共圆的充要条件是:1413z z z z --:2423z z z z --∈R. 二、典型问题1.复数概念[例1]:(2006年全国高中数学联赛试题)若对一切θ∈R,复数z=(a+cos θ)+(2a-sin θ)i 的模不超过2,则实数a 的取值范围为 .[解析]:|z|≤2⇔(a+cos θ)2+(2a-sin θ)2≤4⇔2acos θ-4asin θ≤3-5a 2⇔-25asin(θ+φ)≤3-5a 2⇔25|a|≤3-5a 2⇔(5|a|-1)(5|a|+3)≤0⇔a ∈[-55,55]. [类题]:1.①(2010全国高中数学联赛黑龙江初赛试题)已知复数z 1=m+2i,z 2=3-4i,若21z z 为实数,则实数m 的值为 . ②(2011年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知复数z 1满足(z 1-2)(1+i)=1-i,复数z 2的虚部为2,则z 1z 2为实数的条件是z 2= .2.(1999年全国高中数学联赛河南初赛试题)若3131-+z z 为纯虚数,则|z|= . 3.(2011年全国高中数学联赛浙江初赛试题)如果复数(a+2i)(1+i)的模为4,则实数a 的值为 .4.(1994年全国高中数学联赛试题)给出下列两个命题:①设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2>c 2,则a 2+b 2-c 2>0;②设a,b,c 都是复数,如果a 2+b 2-c 2>0,则a 2+b 2>c 2.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 5.(2010年全国高中数学联赛浙江初赛试题)设z 是虚数,w=z+z1,且-1<w<2,则z 的实部取值范围为 . 解:设z=a+bi ⇒w=a+bi+22ba bi a +-=a+22ba a ++(b-22ba b +)i.由-1<w<2⇒w 为实数⇒b-22ba b +=0⇒b=0,或a 2+b 2=1.当b=0时,a ≠0,w=a+a 1⇒|w|≥2,不符合-1<w<2;当a 2+b 2=1时,w=2a,由-1<w<2⇒-21<a<1. 2.代数形式[例2]:(1995年全国高中数学联赛试题)设α,β为一对共轭复数,若|α-β|=23,且2βα为实数,则|α|= . [解析]:设α=a+bi(a,b ∈R)⇒β=a-bi ⇒αβ=a 2+b 2∈R,α-β=2bi,|α-β|=23⇒|b|=3,2βα=23)(αβα为实数⇒α3=(a+bi)3=(a 3-3ab 2)+(3a 2b-b 3)i 为实数⇒3a 2b-b 3=0⇒|a|=1⇒|α|=2.[类题]:1.①(2011年全国高中数学联赛江苏初赛试题)复数(1+i)4+(1-i)4= .②(2005年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:！！！！i i i i 100210+⋅⋅⋅+++= . Y.P .M 数学竞赛讲座 32.(1996年第七届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知i 2=-1,在集合{s|s=1+i+i 2+i 3+…+i n,n ∈N}中包含的元素是 .3.(2007年全国高中数学联赛上海初赛试题)复数数列{a n }满足a 1=0,a n =a n-12+i(n ≥2,i 为虚数单位,则它的前2007项的和= .4.(2000年湖南高中数学夏令营试题)设复数数列{z n }满足z 1=i,z n+1=-z n 2-i,则|z 2000|=5.(1991年全国高中数学联赛上海初赛试题)使复数z=ix x x x i x x --++cos )tan sin cos 2(2sin sin 2成为实数的所有x 构成的集合是 .解:复数z=ix x x x i x x --++cos )tan sin cos 2(2sin sin 2为实数⇔[sinx+sin2x+i(2cos 2xsinx-tanx)](cosx+i)为实数⇔sinx+sin2x+(2cos 2xsinx-tanx)cosx=0⇔sin2x+cos 2xsin2x=0⇔sin2x=0⇔sinx=0(cosx ≠0)⇔x=k π.3.三角形式[例3]:(1999年全国高中数学联赛试题)给定实数a,b,c,已知复数z 1,z 2,z 3满足:⎪⎩⎪⎨⎧=++===11||||||133221321z z z z z z z z z ,求|az 1+bz 2+cz 3|的值.[解析]:由|z 1|=|z 2|=|z 3|=1,可设z 1=cos α+isin α,z 2=cos β+isin β,z 3=cos γ+isin γ⇒21z z +32z z+13z z =cos(α-β)+ isin(α-β)+cos(β-γ)+isin(β-γ)+cos(γ-α)+isin(γ-α)=1⇒sin(α-β)+sin(β-γ)+sin(γ-α)=0⇒ 2sin2γα-cos22βγα-+-2sin2γα-cos2γα-=0⇒sin2γα-sin2αβ-sin2βγ-=0.当sin2αβ-=0时,β=2k π+α⇒z 1=z 2,由21z z +32z z +13z z =1⇒31z z+13z z =0⇒(13z z )2+1=0⇒13z z =±i ⇒|az 1+bz 2+cz 3|=|(a+b ±ic)z 1|=22)(c b a ++;同理可得:当sin2βγ-=0时,|az 1+bz 2+cz 3|=22)(a c b ++;当sin2γα-=0时,|az 1+bz 2+cz 3|=22)(b c a ++.[类题]:1.(1992年全国高中数学联赛上海初赛试题)设A 、B 、C 为△ABC 的三内角,则复数Ai A C i C B i B 2sin 2cos 1)2sin 2cos 1)(2sin 2cos 1(-+++++的虚部是 . 解:A i A C i CB i B 2sin 2cos 1)2sin 2cos 1)(2sin 2cos 1(-+++++=)sin (cos cos 2)sin (cos cos 2)sin (cos cos 2A i A AC i C C B i B B ++⋅+=2A C B cos cos cos Ai A C B i C B sin cos )sin()cos(-+++=2A CB cos cos cos [(cos(A+B+C)+isin(A+B+C))=-2ACB cos cos cos ,虚部是0.2.(1992年湖南高中数学夏令营试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|=1,z 1-z 2=cos150+isin150,则21z z = . 解:设z 1=cos α+isin α,z 2=cos β+isin β⇒z 1-z 2=(cos α-cos β)+(sin α-sin β)i=cos150+isin150⇒cos α-cos β=cos150,sin α-sin β=sin150⇒(cos α-cos β)2+(sin α-sin β)2=1⇒cos(α-β)=21,sin α-sin β=±23⇒21z z=cos(α-β)+isin(α-β)=21±23i. 3.(2000年全国高中数学联赛河北初赛试题)设|z 1|=|z 2|=a(a ≠0),且z 1+z 2=m+mi,其中m 为非零实数.则z 13z 23的值是 . 解:设z 1=acos α+aisin α,z 2=acos β+aisin β,由z 1+z 2=m+mi ⇒a(cos α+cos β)=m,a(sin α+sin β)=m ⇒cos α+cos β=4 Y.P .M 数学竞赛讲座sin α+sin β⇒2cos2βα+cos2βα-=2sin2βα+cos2βα-⇒cos2βα+=sin2βα+⇒tan2βα+=1⇒α+β=2π⇒z 1z 2=a 2[cos(α+β)+isin(α+β)]=a 2i ⇒z 13z 23=(z 1z 2)3=-a 6i.4.(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)设|z|=1,则|z 2-z+2|的最小值为 .解:设z=cos θ+isin θ⇒|z 2-z+2|=|cos2θ+isin2θ-cos θ-isin θ+2|=|cos2θ-cos θ+2+(sin2θ-sin θ)i|=θθ2cos 4cos 66+-=87)83(cos 82+-θ≥414. 5.(2006年全国高中数学联赛辽宁初赛试题)已知复数集合D,复数z ∈D 当且仅当存在模为1的复数z 1,使得|z-2005-2006i| =|z 14+1-2z 12|.则D 中实部和虚部都为整数的复数的个数是 .解:设z 1=cos θ+isin θ⇒|z 14+1-2z 12|=|(z 12-1)2|=|z 12-1|2=|cos2θ-1+isin2θ|2=(cos2θ-1)2+sin 22θ=2-2cos2θ≤4⇒|z-2005-2006i|≤4,设z=x+yi ⇒(x-2005)2+(y-2006)2≤16⇔x 2+y 2≤16共有49个解.4.共轭运算[例4]:(2001年全国高中数学联赛试题)若复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,3z 1-2z 2=23-i,则z 1z 2= .[解析]:|z 1|=2,|z 2|=3⇒z 11z =4,z 22z =9⇒23-i=3z 1-2z 2=31z 1z 22z -21z 2z 11z =61z 1z 2(22z -31z )=-61z 1z 2(31z -22z )= -61z 1z 2(23+i)⇒z 1z 2=-1330+1372i.[类题]:1.(1986年全国高中数学联赛试题)为z 为复数,M={z|(z-1)2=|z-1|2},那么( )(A)M={纯虚数} (B)M={实数} (C){实数}⊂M ⊂{复数} (D)M={复数}解:(z-1)2=|z-1|2⇔(z-1)2=(z-1)(z -1)⇔z=1,或z=z ⇔M={实数}.2.(1985年全国高中数学联赛试题)设z,w,λ为复数,|λ|≠1关于z 的方程z -λz=w 下面有四个结论:①z=2||1λλ-+ww 是这个方程的解;②这个方程只有一个解;③这个方程有两个解;④这个方程有无穷多解.则( )(A)只有①和②是正确的 (B)只有①和③是正确的 (C)只有①和④是正确的 (D)以上(A)、(B)、(C)都不正确 解:z -λz=w ⇒z-λz =w ⇒z-λ(λz+w)=w ⇒(1-λλ)z=λw+w ⇒z=2||1λλ-+ww .故选(A). 3.(2006年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)如果复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 2|,且z 1-z 2=2-i,则||2121z z z z 的值为 . 解:设|z 1|=|z 2|=a ⇒z 11z =z 22z =a 2⇒a 2(2-i)=z 1z 22z -z 2z 11z =-z 1z 2(1z -2z )=-z 1z 2(2+i)⇒||2121z z z z =221az z =i i ++-22=543i +-. 4.(1996年湖南高中数学夏令营试题)z 1,z 2是已知的两个任复数,复数z 满足z ≠0,z+z 2≠0,z z 1+z 2z +z 12z =0,则 arg21z z z z ++= . 解:z z 1+z 2z +z 12z =0⇒z z 1+(z+z 1)2z =0⇒z z 1z 2+(z+z 1)2z z 2=0;z z 1+z 2z +z 12z =0⇒z 1z +z z 2+1z z 2=0⇒z z 2+(z+z 2)1z =0⇒z z 1z 2+(z+z 2)1z z 1=0⇒(z+z 1)2z z 2=(z+z 2)1z z 1⇒21z z z z ++=2211z z zz =正实数⇒arg 21z z z z ++=0. 5.(1991年全国高中数学联赛试题)设复数z 1,z 2满足|z 1|=|z 1+z 2|=3,|z 1-z 2|=33,则log 3|(z 12z )2000+(1z z 2)2000|= . 解:9=|z 1|2=z 11z ,9=|z 1+z 2|2=(z 1+z 2)(1z +2z )=z 11z +z 22z +z 21z +z 12z ;27=|z 1-z 2|2=(z 1-z 2)(1z -2z )=z 11z +z 22z -(z 21z +z 12z )⇒z 11z +z 22z =18⇒z 22z =9⇒|z 2|=3⇒|z 21z |=|z 12z |=9,z 21z +z 12z =-9,设z 12z =9(cos θ+isin θ)⇒z 21z =9(cos θ-isin θ)⇒cos θ=-21⇒sin θ=±23⇒z 12z =9ω,或ω2⇒log 3|(z 12z )2000+(1z z 2)2000|=log 3|(9ω)2000+(9ω2)2000|= Y.P .M 数学竞赛讲座 5log 3|92000(ω+ω2)|=4000.5.模的运算[例5]:(2011年全国高中数学联赛新疆初赛试题)复数z 1和z 2满足:|z 2|=4,4z 12-2z 1z 2+z 22=0,则|(z 1+1)2(z 1-2)|的最大值为 .[解析]: 由4z 12-2z 1z 2+z 22=0⇒3z 12+(z 1-z 2)2=0⇒(z 1-z 2)2=-3z 12⇒z 1-z 2=±3z 1i ⇒z 2=(1±3i)z 1⇒|z 2|=2|z 1|⇒|z 1|=2,设z 1=2(cos α+isin α)⇒|(z 1+1)2(z 1-2)|=|(z 1+1)2||(z 1-2)|=[(2cos α+1)2+(2sin α)2]22)sin 2()2cos 2(αα+-=)cos 88()cos 45(2αα-+≤36(cos α=41). [类题]:1.(1983年全国高中数学联赛上海初赛试题)|)52)(32()35)(25)(23(2i i i i i --+++|= .2.(2011年全国高中数学联赛天津初赛试题)复数z 满足|z|(3z+2i)=2(iz −6),则|z|等于 .解:设|z|=r(r>0)⇒z=i r ri 23212+-+⇒r 2=|z|2=|i r ri 23212+-+|2=22|23||212|i r ri +-+=49414422++r r ⇒r 4=16⇒r=2. 3.(2004年全国高中数学联赛吉林初赛试题)设{z n }是一个复数数列,定义z n =(1+i)(1+2i ) (1)ni ),则∑=+-nn n n z z 11||= .解:|z n -z n+1|=1.4.(2002年全国高中数学联赛湖南初赛试题)已知复数z 满足z z -z-z =3,且arg(z-1)=3π,则z= .解:z z -z-z =3⇒(z-1)(z -1)=4⇒|z-1|=2⇒z-1=2(cos3π+isin3π).5.(2008年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设z 是复数,且|z|=1,则u=|z 2-z+1|的最大值与最小值是 . 解:u=|z 2-z+1|=|z 2-z+z z |=|z(z+z -1)|=|z+z -1|.设z=x+yi,则|x|≤1⇒u=|z+z -1|=|2x-1|∈[0,3].6.乘方运算[例6]:(2007年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设n ≥2007,且n 为使得a n =(22-+i 22+)n取实数值的最小正整数,则对应此n 的a n = .[解析]:令tan θ=2222-+(0<θ<2π)⇒tan 2θ=2222-+=3+22⇒tan θ=2+1⇒tan2θ=-1⇒2θ=43π⇒θ=83π⇒ a n =[r(cos83π+isin 83π)]n =r n(cosn 83π+isinn 83π)取实数值,其中r=2⇒sinn 83π=0⇒n 83π=k π⇒3n=8k ⇒n=8m,满足此条件且n ≥2007的最小正整数n 为2008,此时a n =a 2008=22008cos753π=-22008.[类题]:1.(1989年全国高中数学联赛上海初赛试题)计算:(21i -)1989= .2.①(2011年全国高中数学联赛山东初赛试题)已知z=(3-3i)n,若z 为实数,则最小的正整数n 的值为 . 解:令tan θ=-33=-3⇒θ=35π⇒3-3i=23(cos35π+isin 35π)⇒z=(3-3i)n =[23(cos 35π+isin 35π)]n= (23)n[cos(35πn)+isin(35πn)]为实数⇔sin(35πn)=0⇔35πn=k π⇔k=35n⇒最小的正整数n 的值为3. ②(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)设n 为使a n =(213++213-i)n取实数的最小自然数,则对应此n 的 6 Y.P .M 数学竞赛讲座a n = .3.①(2003年全国高中数学联赛安徽初赛试题)设n 为不超过2003的正整数.如果有一个角θ使得(sin θ+icos θ)n=sinn θ+icosn θ成立,则这种n 的总个数为 .解:(sin θ+icos θ)n=[i(cos θ-isin θ)]n=i n[cos(-θ)+isin(-θ)]n=i n[cos(-n θ)+isin(-n θ)]=i n[cos(n θ)-isin(nθ)]=i n-1(sinn θ+icosn θ)⇒i n-1=1⇒n-1=4k ⇒n=4k+1(n ≤2003)⇒k ≤500⇒(k=0)这种n 的总个数为501.②(1988年全国高中数学联赛上海初赛试题)设m 、n 是自然数,且使(3+i)m=(1+i)n成立(其中i 是虚数单位),则乘积mn 的最小值是 .4.(2010年全国高中数学联赛山东初赛试题)已知z 为复数.若|z|=1,|z +i|=1,则当(z+i)n(n 为正整数)为实数时,|z+i|n的最小值为 .解:由|z|=1⇒z z =1,|z +i|=1⇒(z +i)(z-i)=1⇒(z -z)i=1⇒z-z =i ⇒z=±23+21i ⇒z+i=±23+23i=±3(21± 23i)⇒(z+i)n=(±3)n(21±23i)n,其中w=21±23i 是方程w 2-w+1=0的根⇒w 3=-1⇒n=3时,|z+i|n的最小值为33.5.(1985年全国高中数学联赛上海初赛试题)[(23i +)8+1]n当n 取1,2,…,100时,可得 个不同的数值. 解:[(23i +)8+1]n =[(-i)8(231i +-)8+1]n =[(-i ω)8+1]n =(ω2+1)n =(-ω)n,可得6个不同的数值. 7.单位复数[例7]:(1991年全国高中数学联赛试题)设a,b,c 均为非零复数,且ba =cb =ac ,则cb ac b a +--+的值为 .[解析]:设ba =cb =ac =x ⇒a=xb,b=xc,c=xa ⇒abc=x 3abc ⇒x 3=1⇒x=1,x=ω,x=ω2(三次方程有三个根)=0⇒cb a cb a +--+= 1122+--+x x x x =1,或ω,或ω2.[类题]:1.①(1980年全国高中数学联赛上海初赛试题)设x 1,x 2是方程x 2-x+1=0的两个根,则x 11980+198021x = .解:x i 6=1⇒x 11980=1,198021x =1⇒x 11980+198021x =2;②(2009年全国高中数学联赛湖北初赛试题)已知复数m 满足m+m 1=1,则m 2008+20091m= . 解:m+m 1=1⇒m 2-m+1=0⇒(m+1)(m 2-m+1)=0⇒m 3=-1⇒m 6=1⇒m 2008=m 4=-m,m 2009=m 5=m 1⇒m 2008+20091m=-m+m=0. 2.①(1990年全国高中数学联赛试题)设非零数复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式(y x x +)1990+(yx y +)1990的值是 . 解:x 2+xy+y 2=0⇒(y x )2+y x +1=0.令y x =ω⇒ω2+ω+1=0⇒ω3=1⇒(y x x +)1990+(y x y +)1990=19901990)1(ωω++1990)1(1ω+= 19902)(ωω-+19902)(1ω-=21ωω+=-1. ②(2006年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设非零数相异复数x,y 满足x 2+xy+y 2=0,则代数式[2))((y x y x xy -+]2006(x2006+y2006)的值是 .Y.P .M 数学竞赛讲座 73.(2011年全国高中数学联赛河南初赛试题)若z ∈C,且x 10=1,则1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x 2010= .解:若z ∈R,由x 10=1⇒x=±1.当x=1时,1+x+x 2+x 3+…+x2009+x2010=2011;当x=-1时,1+x+x 2+x 3+…+x 2009+x2010=1;若z ≠±1,由x 10=1⇒(x 2-1)(x 8+x 6+x 4+x 2+1)=0⇒x 8+x 6+x 4+x 2+1=0⇒x 9+x 7+x 5+x 3+x=0⇒1+x+x 2+x 3+…+x 10=0⇒1+x+x 2+x 3+…+x2009+x 2010=1.4.(1999年第十届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)已知复数z 满足:z 3=27,则z 5+3z 4+2242= . 5.(2008年全国高中数学联赛甘肃初赛试题)设(23+2x i)2008=f(x)+ig(x)(f(x),g(x)均为实系数多项式),则f(x)的系数之和是 . 解:(23+2x i)2008=f(x)+ig(x)⇒f(1)+ig(1)=(23+21i)2008=(-i)2008(-21+23i)2008=ω2008=ω=-21+23i ⇒f(1)=-21. 8.复数方程[例8]:(1994年全国高中数学联赛试题)x 的二次方程x 2+z 1x+z 2+m=0中,z 1,z 2,m 均是复数,且z 12-4z 2=16+20i,设这个方程的两个根α,β满足|α-β|=27,求|m|的最大值和最小值.[解析]:由韦达定理知α+β=-z 1,αβ=z 2+m ⇒28=|α-β|2=|(α-β)2|=|(α+β)2-4αβ|=|z 12-4z 2-4m|=|16+20i-4m|⇒|m-(4+5i)|=7⇒m 在以A(4,5)为圆心,7为半圆的圆上⇒|m|≥7-|OA|=7-41;|m|≤7+|OA|=7+41.[类题]:1.(1995年全国高中数学联赛上海初赛试题)若虚数z 使2z+z 1为实数,则2z+z1的取值范围是_____. 2.(1993年全国高中数学联赛试题)二次方程(1-i)x 2+(λ+i)x+(1+i λ)=0(i 为虚数单位,λ∈R)有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为________.解:设方程有实根x 0,则(x 02+λx 0+1)+(-x 02+x 0+λ)i=0⇒⎪⎩⎪⎨⎧=++-=++001020020λλx x x x ⇒(x 0+1)(λ+1)=0⇒x 0=-1⇒λ=2;λ=-1⇒x 02-x 0+1=0无实根,综上,λ=2;所以,有两个虚根的充分必要条件是λ的取值范围为λ≠2.3.(1984年全国高中数学联赛上海初赛试题)方程z 4=z (z 为z 的共轭复数)的根为 .解:z 4=z ⇒|z|4=|z |⇒|z|=0,1⇒z=0,z 5=z z ⇒z 5=1⇒z=cos52πk +isin 52πk (k=0,1,2,3,4) 4.(2001年第十二届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)复数z 满足等式z+z |z|3=0,则z= .解:由z+z |z|3=0⇒z=-z |z|3⇒|z|=|-z |z|3|⇒|z|=|z |||z|3⇒|z|=|z|4⇒|z|=0,1;当|z|=0时,由z+z |z|3=0⇒z=0;当|z|=1时,由z+z |z|3=0⇒z+z =0⇒z 是纯虚数⇒z=±i. 5.(2000年全国高中数学联赛试题)设ω=cos5π+isin5π,则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是( )(A)x 4+x 3+x 2+x+1=0 (B)x 4-x 3+x 2-x+1=0 (C)x 4-x 3-x 2+x+1=0 (D)x 4+x 3+x 2-x -1=0 解:ω=cos5π+isin5π=cos102π+isin102π⇒ω,ω2,…,ω10是1的10个10次方根⇒(x-ω)(x-ω2)…(x-ω10)=x 10-1;又因ω2,ω4,ω6,ω8,ω10是1的5个5次方根⇒(x-ω2)(x-ω4)…(x-ω10)=x 5-1;两式相除得:(x-ω)(x-ω3)…(x-ω9)=x 5+1,其中ω5=cos π+isin π=-1⇒x-ω5=x+1⇒(x-ω)(x-ω3)(x-ω7)(x-ω9)=115++x x =x 4-x 3+x 2-x+1.选(B). 9.复数与点[例9]:(1998年全国高中数学联赛试题)设复数z=cos θ+isin θ(00≤θ≤1800),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 到原点距离的最大值是 _.[解析]:设点S 对应的复数为ω,由PQSR 为平行四边形⇒ω+z=(1+i)z+2z⇒ω=zi+2z ⇒|ω|2=(zi+2z )(-z i+2z)=5z z +2i(z 2-z 2)=5-4sin2θ≤9,当θ=43π时,等号成立⇒点S 到原点距离的最大值是3. 8 Y.P .M 数学竞赛讲座 [类题]:1.(1989年全国高中数学联赛试题)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2.(2011年全国高中数学联赛安徽初赛试题)若点A,B 分别对应复数z,z -1,z ∉R,则直线AB 与x 轴的交点对应的复数为(用z 和z 表示). 解:设A(a,b)⇒B(22b a a +,-22b a b +)⇒直线AB:y-b=)1()1(2222-+++b a a b a b (x-a),令y=0⇒x=1222++b a a =1++z z z z .3.(2002年湖南高中数学夏令营试题)已知z 为复数,arg(z+3)=1350,则|3||6|1i z z -++取最大值时,z= .解:|3||6|1i z z -++取最大值⇒|z+6|+|x-3i|取最小值⇒z 在线段x-2y+6=0(-6≤x ≤0)上;arg(z+3)=1350⇒z+3在射线y=-x(x ≤0)上⇒z 在射线y=-x-3(x ≤-3)上⇒z=-4+i.4.(1999年第十届“希望杯”全国数学邀请赛(高二)试题)在复平面内由i1,1-i ,(i-1)3对应的点构成的三角形的最大内角等于 .5.(2000年全国高中数学联赛河北初赛试题)如果复数z 满足|z|=1,A(-1,0),B(0,-1)是复平面上两点,那么函数f(z)= |(z+1)(z -i)|取最大值时,△ABZ 的形状是 .解:设z=cos θ+isin θ⇒f(z)=|(z+1)(z -i)|=|[(1+cos θ)+isin θ][cos θ-(1+sin θ)i]|=|(1+cos θ)+isin θ||cos θ -(1+sin θ)i|=θcos 22+θsin 22+=2)sin 1)(cos 1(θθ++,为等腰三角形.10.模的意义[例10]:(2002年全国高中数学联赛试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,若它们所对应向量的夹角为600,则|2121z z z z -+|= . [解析]:设z 1,z 2,z 1+z 2对应的点分别为A,B,C,则四边形OACB 是平行四边形,且∠AOB=600⇒|z 1-z 2|=|AB|=7;|z 1+z 2|=|OC|=19⇒|2121z z z z -+|=7133.[类题]:1.①(2007年全国高中数学联赛湖北初赛试题)设复数z 1=(2-a)+(1-b)i,z 2=(3+2a)+(2+3b)i,z 3=(3-a)+(3-2b)i,其中a,b ∈R,当|z 1|+|z 2|+|z 3|取得最小值时,3a+4b= .解:易求得z 1+z 2+z 3=8+6i,于是|z 1|+|z 2|+|z 3|≥|z 1+z 2+z 3|=|8+6i|=10,|z 1|+|z 2|+|z 3|取得最小值,当且仅当(2-a):(1-b)= (3+2a):(2+3b)=(3-a):(3-2b)=8:6(四向量同向),解得a=37,b=45,所以3a+4b=12. ②(1993年全国高中数学联赛上海初赛试题)已知复数z 1,z 2满足|z 1|≥1,|z 2|≥23,则复数i 1993z 1+i 1995z 2+2z 1z 2的模长的最小值是 . 解:i1993=i,i 1995=-i,|i 1993z 1+i1995z 2+2z 1z 2|=|i(z 1-z 2)+2z 1z 2|≥2|z 1z 2|-|z 1-z 2|≥3-(1+23)=21.。
高中数学竞赛复数法解决平面几何
高中数学竞赛复数法解决平面几何近年来，高中数学竞赛中，复数法在解决平面几何问题中发挥着重要的作用。
复数法作为一种独特的解题方法，通过将平面上的点和向量用复数表达，不仅简化了计算过程，而且能够直观地理解几何性质，极大地提高了解题效率和准确性。
本文将介绍复数法在高中数学竞赛中解决平面几何问题的具体应用。
一、利用复数表示平面上的几何图形在复数法中，我们可以将平面上的点用复数表示。
假设平面上有一个点A(x1,y1)，那么我们可以用复数z1=x1+iy1来表示它。
同理，另一个点B(x2,y2)可以用复数z2=x2+iy2表示。
通过这种方式，我们可以将平面上的任意点都用复数表示出来，从而在解决几何问题时可以直接利用复数的性质进行运算。
二、利用复数表示向量及其性质在平面几何中，向量是一个非常重要的概念。
利用复数法，我们可以将向量也用复数表示。
假设平面上有一个向量AB，我们可以用复数z表示，其中z=z2-z1。
这样，通过相减操作，我们可以得到向量的复数表示。
利用复数表示向量后，我们可以方便地进行向量运算，如向量的加法、减法、数量乘法等，从而简化计算过程。
三、利用复数解决平面几何问题利用复数法解决平面几何问题的关键是要灵活运用复数的性质和运算规则。
例如，在解决线段的中点问题时，我们可以利用复数的加法和数量乘法运算轻松得出线段的中点坐标。
同样，在解决直线的垂直平分线问题时，我们可以利用向量复数表示和向量垂直的性质推导出垂直平分线的方程。
此外，利用复数法还可以解决三角形的性质问题。
例如，在解决等边三角形的外接圆问题时，我们可以利用复数表示三角形的顶点，通过求解复数的模长和距离的关系得出外接圆的半径。
这种方法不仅简洁高效，而且可以避免繁琐的计算过程。
四、复数法解决平面几何问题的优点与传统的解题方法相比，复数法在解决平面几何问题时具有以下优点：（1）简化计算：通过利用复数的性质，可以通过简单的加减乘除运算得到所需的几何性质或结果，避免繁琐的计算过程。
高中数学竞赛与强基计划试题专题：复数
高中数学竞赛与强基计划试题专题：复数一、单选题1．（2019·全国·高三竞赛）在复平面上，满足122z z i z ---=的点Z 的轨迹是（）.A ．圆B ．椭圆C ．一段圆弧D ．双曲线2．（2020·北京·高三强基计划）设a ，b ，c ，d 是方程43223450x x x x ++++=的4个复根，则11112222a b c d a b c d ----+++=++++（）A ．43-B ．23-C ．23D ．前三个答案都不对3．（2020·北京·高三校考强基计划）已知复数12,z z 在复平面内对应的点为12,Z Z ，O 为坐标原点．若22111221,520z z z z z =-+=，则12 OZ Z 的面积为（）A ．1BC ．2D．4．（2020·北京·高三强基计划）已知复数z满足112z =，则232020,,,,z z z z 中不同的数有（）A ．4个B ．6个C ．2019个D ．以上答案都不正确二、多选题5．（2020·北京·高三校考强基计划）设复数z 满足|37i |3z -=，令21221iz z z z -+=-+，则1z 的（）A ．最大值为83B ．最大值为73C ．最小值为43D ．最小值为236．（2020·北京·高三校考强基计划）已知()1010551()2f z z z z z --=+++，则（）A ．()0f z =存在实数解B ．()0f z =共有20个不同的复数解C ．()0f z =的复数解的模长都等于1D ．()0f z =存在模长大于1的复数解7．（武汉·高三统考强基计划）设12z z ，）AB ．没有最小值C ．最大值为2D ．没有最大值8．（2020·湖北武汉·高三统考强基计划）设复数z 的实部和虚部都是整数，则（）A ．2z z -的实部都能被2整除B ．3z z -的实部都能被3整除C ．4z z -的实部都能被4整除D ．5z z -的实部都能被5整除三、填空题9．（2018·辽宁·高三竞赛）设a 、b均为实数，复数11)i z b =-+与2z 2bi =-+的模长相等，且12z z 为纯虚数，则a +b=_____.10．（2019·全国·高三竞赛）已知虚数1z 、2z满足12z z -=，2110z z q ++=，2220z z q ++=.则实数q =______.11．（2022·广西·高二统考竞赛）若复数z 满足i =1+i zz z -，则z 的虚部为______．12．（2019全国高三竞赛）复平面上动点cos sin 23,,,cos sin cos sin 4Z k k R Z θθπθθπθθθθ-⎛⎫⎛⎫∈≠+∈ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭的轨迹方程为______.13．（2020·江苏·高三竞赛）已知复数z 满足1z =的最大值为__________．14．（2019·全国·高三竞赛）设()20102010201012kkk k k k f x x a x i b x ==⎛⎫=+=+ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑，其中，,0,1,,2010k k a b R k ∈= 、．则()670330k k k a b =+=∑____________．15．（2019·全国·高三竞赛）设k 是复数,关于x 的一元二次方程2102x kx +-=的两个复数根为12x x 、.若3122x x k +=,则k =_____.16．（2021·浙江·高二竞赛）设复数i z x y =+的实虚部x ，y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y +=上.若1i i z z ---为实数，则复数z =______.17．（2022·福建·高二统考竞赛）已知复数1z ､2z 在复平面上对应的点分别为A ､B ，且12z =，221122240z z z z -+=，O 为坐标原点，则△OAB 的周长为___________.18．（2019·全国·高三竞赛）已知正实数a b 、满足()22253a b b +=>，复数u v w 、、满足,3w a bi u w v =+-=，若1v =，那么，当u 的辐角主值最小时，uw的值为______．19．（2019·全国·高三竞赛）复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =，1nn niz z z +=.若20111z =，则0z 可以有_______种取值.20．（2021·浙江·高三竞赛）复数1z ，2z 满足123z z ==，12z z -=()()10101221z z z z +=______.21．（2021·全国·高三竞赛）设复数1z ､2z ､3z 满足1232z z z ===，则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.22．（2021·北京·高三强基计划）已知复数z 满足1111011110111,z z z z z z z ---=+-=+-，则满足条件的z 有_________个．23．（2021·全国·高三竞赛）已知实数x 、y满足151,411,4x y x y ⎫+=⎪+⎭⎫-=-⎪+⎭，则x =__________．四、解答题24．（2018·全国·高三竞赛）已知()()cos cos cos sin sin sin cos sin x y z x y za x y z x y z ++++==++++求()()()cos cos cos y z z x x y +++++的值.25．（2019·全国·高三竞赛）已知a 、b 、c 是互不相等的复数，满足0abc ≠，a b b c c aa b b c c a+++==---.求证：200720072007a b c ==.26．（2019·全国·高三竞赛）设21i =-．证明：112cot cotn k k i n n ππ-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∏为纯虚数．27．（2021·全国·高三竞赛）设,[0,2)a θπ∈∈R ，复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ，使得1z ､2z ､3z 依次成等比数列.28．（2019·全国·高三竞赛）设{}1,2,,X p =，其中p 为质数．对X 的一个子集A ，如果A 中所有元素的和（空集的元素和规定为0）为p 的倍数，则称A 是X 的一个“倍子集”．试求X 的所有倍子集的个数S ．29．（2021·全国·高三竞赛）设122020,,,z z z 和122020,,,w w w 为两组复数，满足：202020202211i ii i z w==>∑∑．求证：存在数组()122020,,,εεε （其中{1,1}i ε∈-），使得2020202011i iiii i zwεε==>∑∑．30．（2021·全国·高三竞赛）设{}n a 、{}n x 是无穷复数数列，满足对任意正整数n ，关于x 的方程210n n x a x a +-+=的两个复根恰为n x 、1n x +（当两根相等时1n n x x +=）．若数列{}n x 恒为常数，证明：（1）2n x ≤；（2）数列{}n a 恒为常数．高中数学竞赛与强基计划试题专题：复数答案一、单选题1．（2019·全国·高三竞赛）在复平面上，满足122z z i z ---=的点Z 的轨迹是（）.A ．圆B ．椭圆C ．一段圆弧D ．双曲线【答案】C【详解】设()0,0A 、()1,0B 、()1,2C ，z 对应的点为Z .由122z z i z -+--=，可得···ZB AC ZC AB ZA BC +=.由托勒密逆定理知，Z 的轨迹为ABC ∆外接圆上不含点A 的那一段BC .2．（2020·北京·高三强基计划）设a ，b ，c ，d 是方程43223450x x x x ++++=的4个复根，则11112222a b c d a b c d ----+++=++++（）A ．43-B ．23-C ．23D ．前三个答案都不对【答案】A【分析】利用换元法将原方程转化为高次方程，再结合高次方程的韦达定理可求代数式的值.【详解】法1：设12a a a -'=+，则211a a a +''=--，类似的，定义,,b c d '''，则,,,a b c d ''''是方程43221212121234501111x x x x x x x x ++++⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-+-+-+-+= ⎪ ⎪ ⎪ ⎪----⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，即432234(21)2(21)(1)3(21)(1)4(21)(1)5(1)0x x x x x x x x +-+-++--+-+-=的4个复根，方程左侧中4x 的系数为161612859-+-+=，3x 的系数为3112432C 2(8C 2)3(84)4(231)5412--+⨯+-+--⨯+-⨯=根据韦达定理，有12493a b c d '++-'='+=-'．法2：题中代数式也即1111432222a b c d ⎛⎫-+++ ⎪++++⎝⎭，因此2,2,2,2a b c d ++++是关于x 的方程432(2)2(2)3(2)4(2)50x x x x -+-+-+-+=，即4326151690x x x x -+-+=的4个复根，故1111,,,2222a b c d ++++为方程23416151690x x x x -+-+=的4个复根，从而11111622229a b c d +++=++++，原式为1644393-⨯=-．3．（2020·北京·高三校考强基计划）已知复数12,z z 在复平面内对应的点为12,Z Z ，O 为坐标原点．若22111221,520z z z z z =-+=，则12 OZ Z 的面积为（）A ．1BC ．2D ．【答案】A【分析】利用复数乘法的几何意义可求12 OZ Z 的面积.【详解】根据题意，有1212i z z z =-⋅±，故()2112i z z ±=⋅，故2z 可看出由1z故121121OZ Z S =⨯=△4．（2020·北京·高三强基计划）已知复数z 满足112z =，则232020,,,,z z z z 中不同的数有（）A ．4个B ．6个C ．2019个D ．以上答案都不正确【答案】B【分析】根据复数的三角形式可求61z =，从而可判断出不同的数的个数.【详解】根据题意，有61cos isin 1233z z ππ⎛⎫⎛⎫==-+-⇒= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，于是232020,,,,z z z z 中有6个不同的数．二、多选题5．（2020·北京·高三校考强基计划）设复数z 满足|37i |3z -=，令21221iz z z z -+=-+，则1z 的（）A ．最大值为83B ．最大值为73C ．最小值为43D ．最小值为23【答案】AD【分析】利用复数差的几何意义可求1z 的最值【详解】根据题意，有7i 13z -=，且1(1i)z z =-+，于是1z 为以点70,3⎛⎫⎪⎝⎭为圆心，1为半径的圆上的点到点(1,1)的距离，其取值范围是551,133⎡⎤-+⎢⎥⎣⎦，因此1z 的最小值为23，最大值为83．6．（2020·北京·高三校考强基计划）已知()1010551()2f z z z z z --=+++，则（）A ．()0f z =存在实数解B ．()0f z =共有20个不同的复数解C ．()0f z =的复数解的模长都等于1D ．()0f z =存在模长大于1的复数解【答案】BC设55z z t -+=，利用换元法可求得52t z =，从而可判断()0f z =的20个复数解的模都是1.【详解】设55z z t -+=，则()101055211222z z z z t t --+++=+-，于是1()04f z t -=⇒=，这两个t 的取值都在区间(2,2)-内．故55z z t -+=有解52t z =，因此()0f z =有20个不同的复数解．当t =5||1z =，因此()0f z =的复数解的模长都等于1．综上所述，选项BC 正确．7．（2020武汉高三统考强基计划）设12z z ，是非零复数，它们的实部和虚部都是非负实数，）AB ．没有最小值C ．最大值为2D ．没有最大值【答案】AD【分析】在复平面内（O 为坐标原点），设复数2121,,z z z z +对应的点分别为,,,A B C AOB θ∠=，利用复数的几何意义及向量的加法和平面向量数量积，然后结合已知条件及均值不等式即可.【详解】解：在复平面内（O 为坐标原点），设复数2121,,z z z z +对应的点分别为,,,A B C AOB θ∠=，因为12z z ，是非零复数，它们的实部和虚部都是非负实数，所以0,2π⎡⎤θ∈⎢⎣⎦，从而有0cos 1θ≤≤），===又由均值不等式有2OA OB OB OA+≥ ，当且仅当OA OB =时等号成立，，当且仅当OA OB = ，且2πθ=（比如12i z z ==1，）时等号成立.8．（2020·湖北武汉·高三统考强基计划）设复数z 的实部和虚部都是整数，则（）A ．2z z -的实部都能被2整除B ．3z z -的实部都能被3整除C ．4z z -的实部都能被4整除D ．5z z -的实部都能被5整除【答案】BD【分析】设z a bi =+分别计算出2345,,,z z z z 代入化简即可.【详解】设z a bi =+则2222z a b abi=-+()3322333z a ab a b b i =-+-()442243364z a a b b a b ab i=-++-()553244235105510z a a b ab a b a b b i=-++-+因为()()()2222212z z a a b ab b i a a b ab b i-=--+-=--+-()1a a -可以被2整除，当b 为奇数时()21a a b --不能被2整除，故排除A.因为()3322333z z a a ab a b b b i -=--+--，由费马小定理得3a a -能被3整除，故B 对.4z z -的实部为42246a a b b a -+-，当,a b 为奇数时42246a a b b a -+-也为奇数，故不能被4整除，C 排除.5z z -的实部为5324105a a a b ab --+，由费马小定理5a a -能被5整除，故5324105a a a b ab --+能被5整除，故D 对.三、填空题9．（2018·辽宁·高三竞赛）设a 、b均为实数，复数11)i z b =-+与2z 2bi =-+的模长相等，且12z z 为纯虚数，则a +b=_____.1【详解】由题设知121z z =，且1122z z z z =为纯虚数，故12z i z =±.因此1,2.b b ⎧-=-⎪=-或1,2.b b ⎧-=-⎪=-解得12a b ==或12a b +==，故1a b +±.10．（2019·全国·高三竞赛）已知虚数1z 、2z满足12z z -=，2110z z q ++=，2220z z q ++=.则实数q =______.【答案】1【详解】由12z z -=，知12z z ≠.又由方程解的定义知，1z 、2z 是二次方程20x x q ++=的两个虚根，则有140q ∆=-<.解方程得1,2z =于是，12z z -=.解得1q =.11．（2022·广西·高二统考竞赛）若复数z 满足i =1+i zz z -，则z 的虚部为______．【答案】0或1【详解】设z a b =+i,则z a b =-i.设()()()i i i i 1i a b a b a b +---=+，22i 1i a b b a ⇒+--=+，21,0a b b ⇒=--=，0b ⇒=或1，12．（2019·全国·高三竞赛）复平面上动点cos sin 23,,,cos sin cos sin 4Z k k R Z θθπθθπθθθθ-⎛⎫⎛⎫∈≠+∈ ⎪⎪++⎝⎭⎝⎭的轨迹方程为______.【答案】2212y x -=【详解】注意到221sin24,1sin21sin2x y θθθ-==++，则2212y x -=.13．（2020·江苏·高三竞赛）已知复数z 满足1z =的最大值为__________．【答案】3【详解】解析：由题意可得22221z ===-，则()11z z -=-表示复平面上点Z到(1,的距离．如图所示，(1,C ，由此可得13ZC ≤≤的最大值为3．14．（2019·全国·高三竞赛）设()201020102010kkk k k k f x x a x i b x ==⎛⎫==+ ⎪ ⎪⎝⎭∑∑，其中，,0,1,,2010k k a b R k ∈= 、．则()670330k k k a b =+=∑____________．【答案】100423-⨯【详解】注意到()20102010201033320101xxx i i k kk f x x e e x Cx e--=⎛⎫⎛⎫=+=+⋅ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑，所以670300k k b ==∑，且20102010201020102670210041004333663001110132333j i i i i i kk j a f e e e e e πππππ⋅--==⎡⎤⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎢⎥⎢⎥==++++=+=-⨯ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦⎣⎦∑∑.15．（2019·全国·高三竞赛）设k 是复数,关于x 的一元二次方程2102x kx +-=的两个复数根为12x x 、.若3122x x k +=,则k =_____.【答案】0或32i 或32i-【详解】因为222102x kx +-=，所以，32222102x kx x +-=.从而，3222212x kx x =-+221122k kx x ⎛⎫=--++ ⎪⎝⎭22122k k x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭.代入3122x x k +=，得()21221x k x k k++-=()22222230k k x k kx k ⇒-+=⇒-=0k ⇒=或232x k=（当0k ≠时）.当0k ≠时，把232x k=代入222102x kx +-=，得29310422k +-=.解得32k i =±.综上所述，0k =或32i ±.16．（2021·浙江·高二竞赛）设复数i z x y =+的实虚部x ，y 所形成的点(),x y 在椭圆221916x y+=上.若1i i z z ---为实数，则复数z =______.i或i +.【详解】由1i 11i (1)i z z x y --=--+-，所以1y =，则4x =±，所以i z或i z =.17．（2022·福建·高二统考竞赛）已知复数1z ､2z 在复平面上对应的点分别为A ､B ，且12z =，221122240z z z z -+=，O 为坐标原点，则△OAB 的周长为___________.【答案】【详解】由221122240z z z z -+=，得21122240z zz z ⎛⎫-⋅+= ⎪⎝⎭，所以12=1z z ±，所以()12=1z z，()122=1=2z z z ±，又12z =，所以21z =，()12222=1==z z z z --，所以△OAB的周长为18．（2019·全国·高三竞赛）已知正实数a b 、满足()22253a b b +=>，复数u v w 、、满足,3w a bi u w v =+-=，若1v =，那么，当u 的辐角主值最小时，uw的值为______．【答案】16122525i -【详解】由1v =，知33u w v -==,于是，在复平面上，u 对应的点P 在以w 对应的点M 为圆心、3为半径的圆C 上,当u 的辐角主值最小时，OP 与圆C 相切，而5OM =，3PM =，则4OP =,于是，54w u =,而wu 的辐角主值POM θ=∠，又4cos 5θ=，3sin 5θ=，于是，543314554w i i u ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭,因此，16122525u i w =-.19．（2019·全国·高三竞赛）复数列01,,z z ⋅⋅⋅满足01z =，1nn niz z z +=.若20111z =，则0z 可以有_______种取值.【答案】20112【详解】显然，对任意的非负整数n 均有1n z =.设[)()0,2n i n o z e θθπ=∈.则12122n n ni i n n i ee e πθθθπθθ+⎛⎫+ ⎪⎝⎭+-=⇒=+1022222n n n πππθθθ+⎛⎫⎛⎫⇒+=+=⋅⋅⋅=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭.由20111z =，得()20112k k Z θπ=∈，即201102222k ππθπ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭.由[)00,2θπ∈，得2010201022252k ππππ≤+<⨯20112011200920092152125244k k -⨯-⇒≤<⇒≤<⨯.因此，满足条件的n z 共有2009200920115222⨯-=（个）.20．（2021·浙江·高三竞赛）复数1z ，2z 满足123z z ==，12z z -=()()10101221z z z z +=______.【答案】203【详解】如图所示，设12,z z 在复平面内对应的点分别为12,Z Z ,由已知得12123,OZ OZ Z Z ==-=由余弦定理得向量12,OZ OZ 所成的角为2π3,不妨设()12223cos sin ,3cos sin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+=+++ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()()()12223cos sin ,3cossin 33z i z i ππθθθθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+-=--+-- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,12229cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,1222 9cos sin 33z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,()10201220203cos sin 33z z i ππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭,()1020122020 3cos sin 33z i ππ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭,()()1010202020121220232cos 32cos 333z z z ππ+=⨯⨯=⨯⨯=,()()10102012123z z z z +=.21．（2021·全国·高三竞赛）设复数1z ､2z ､3z 满足1232z z z ===，则122331123z z z z z z z z z ++=++___________.【答案】2【详解】解析：1231231213112312312313123111124t z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z z ⎛⎫++ ⎪++++⎝⎭==⋅⋅=++++++.22．（2021·北京·高三强基计划）已知复数z 满足1111011110111,z z z z z z z ---=+-=+-，则满足条件的z 有_________个．【答案】1【分析】将题设中的方程化为()()1011(1)110z z z ---=，再根据10，11均与111互质可得满足条件的z 的个数.【详解】根据题意，有()()101101(1)(1)11z z z z z z ------=---，于是()()()10110(1)111z z z z ----=--，因此()()111010(1)1(1)1z z z z z --=--，从而()()1011(1)110z z z ---=，注意到10，11均与111互质，因此满足条件的z 只有1个，为1z =．23．（2021·全国·高三竞赛）已知实数x 、y满足151,411x y x y ⎫+=⎪+⎭⎫-=-⎪+⎭，则x =__________．【答案】116u v ==，则原方程组222222221514115311i 411u u v u v u v u v v u v ⎧⎛⎫+= ⎪⎪+⎝⎭-⎪⎛⎫⎛⎫⇔++-=⎨⎪++⎝⎭⎝⎭⎛⎫⎪-=- ⎪+⎝⎭⎩22i 1i u v u v z v v z -⇔++=+=+i z u v =+）1z ⇔=-（舍）或113,41616z x y +=⇒==．四、解答题24．（2018·全国·高三竞赛）已知()()cos cos cos sin sin sin cos sin x y z x y za x y z x y z ++++==++++求()()()cos cos cos y z z x x y +++++的值.【答案】0【详解】令S x y z =++.又cos sin ix e x i x =+,cos sin iy e y i y =+，cos sin iz e z i z =+.则()()()()cos cos cos sin sin sin cos sin ix iy iz e e e x y z i x y z a x y z ia x y z ++=+++++=+++++()i x y z iS ae ae ++==.同理,ix iy iz iS e e e ae ----++=.故()()()()()()()()i y z i z x i x y i S x i S y i S z iS ix iy iz iS iS iS iS ee e e e e e e e e e ae ae a+++--------++=++=++===则()()()()()()cos cos cos sin sin sin x y x z y z i x y x z y z a ⎡⎤⎡⎤+++++++++++=⎣⎦⎣⎦.所以,()()()cos cos cos x y x z y z a +++++=且()()()sin sin sin 0x y x z y z +++++=.25．（2019·全国·高三竞赛）已知a 、b 、c 是互不相等的复数，满足0abc ≠，a b b c c aa b b c c a+++==---.求证：200720072007a b c ==.【详解】由已知条件知，复数a 、b 、c 两两不等，且皆不为0.对题中比例式用合比、分比可得a b c b c a==.设1a b ck b c a===≠，则c ak =，2b ak =，3a ak =.但0a ≠，故31k =（但1k ≠），有()2007200720072007cak a k ==︒()66920073669200732007a k a k a ⨯===.同理，20072007ba =.因此，200720072007ab c ==.26．（2019·全国·高三竞赛）设21i =-．证明：112cot cot n k k i n n ππ-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∏为纯虚数．【详解】首先证明：若21i =-，则()()11cot2n n n k k i x x i x i n nπ-=⎛⎫⎡⎤-=--+ ⎪⎣⎦⎝⎭∏①令()()()2n ni P x x i x i n ⎡⎤=--+⎣⎦.则()P x 是一个1n -次多项式，其首项系数为()1112n n i C i C n⎡⎤--=⎣⎦.又当()cot11k x k n nπ=≤≤-时，()cot nnk x i i n π⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭csc cos sin nnk k k i n n n πππ⎛⎫⎛⎫=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭csc cos sin knn k i n n n πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦()csc 1nk k n π⎛⎫=- ⎪⎝⎭csc cos sin nnk k k i n n n πππ⎛⎫⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭()nx i =-.所以，cot0k P n π⎛⎫= ⎪⎝⎭.由因式定理得()11cot n k k P x x n π-=⎛⎫=- ⎪⎝⎭∏.在式①中令2cotx i nπ=+.则112cot cot n k k i n n ππ-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∏2cot 2cot 22n ni i n n n ππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12i cot cot i n n n n n n ππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12csc nn i n n π-⎛⎫= ⎪⎝⎭.cos cos sin n m i n n n πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫-+⎢⎥⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦()12csc csc cos sin nnn i i n n n ππππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+⎢⎥ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12csc cos 1nn n i n n n ππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+⎢⎥ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦12cot csc nnn i n n n ππ-⎡⎤⎛⎫⎛⎫=+⎢⎥ ⎪ ⎝⎭⎝⎭⎢⎥⎣⎦.命题获证.27．（2021·全国·高三竞赛）设,[0,2)a θπ∈∈R ，复数123cos isin ,sin i cos ,(1i)z z z a θθθθ=+=+=-.求所有的(,)a θ，使得1z ､2z ､3z 依次成等比数列.【详解】因为2132z z z =，所以：()()2(1)cos i sin sin i cos a i θθθθ-+=+，整理得：()()22cos sin sin cos i sin cos 2isin cos a a θθθθθθθθ++-=-+，所以(cos sin )(cos sin )(sin cos ),(sin cos )2sin cos .a a θθθθθθθθθθ+=+-⎧⎨-=⎩（1）3cos sin 04πθθθ+=⇒=或74π，34πθ=时，代入得2a =-；74πθ=时，代入得a =（2）若cos sin 0θθ+≠，则有：22(sin cos )2sin cos tan 4tan 10θθθθθθ-=⇒-+=，故tan 2θ=θ的值为12π或512π或1312π或1712π，对于的a分别为2-2-，故所有的(,)a θ为：5313177,,,2122122421221224ππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫--- ⎪⎪⎪⎪⎪ ⎪⎪⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭.28．（2019·全国·高三竞赛）设{}1,2,,X p =，其中p 为质数．对X 的一个子集A ，如果A 中所有元素的和（空集的元素和规定为0）为p 的倍数，则称A 是X 的一个“倍子集”．试求X 的所有倍子集的个数S ．【答案】()2,21222,.pp S p p p =⎧⎪=⎨+-⎪⎩；为奇质数【详解】当2p =时，{}1,2X =，此时，X 有2个倍子集：∅、{}2，所以，2S =.当2p >时，p 为奇质数，令()()()()22012111p mm f x x x x a a x a x a x=+++=++++ 考察{}1,2,,X p =的元素和为t 的所有子集的个数.当0t >时，它就是不定方程12r i i i t +++= 的正整数解()()1212,,,,r r r i i i i i i <<< 的个数，也就是()f x 的展开式中t x 的系数t a ；当0t =时，其和为t 的子集只有空集，子集的个数为01a =.所以，X 的所有倍子集的个数，就是()f x 的展开式中那些次数为p 的倍数的项的系数和，即02p p S a a a =+++.设22cossin i p pππω=+.当n 是p 的倍数时，()121p n n n p ωωω-++++= ；当n 不是p 的倍数时，有()()121101pn p n n n nωωωωω--++++==-.于是，由()2012mm f x a a x a x a x =++++ ，得()()()()211f f f f ωωω-++++ 2242012012012m mm m m a a a a a a a a a a a a ωωωωωω=++++++++++++++()()2111012p m p p m a a a a ωωω---+++++⋯+ ()02p p p a a a pS =+++= .又()()()()2111p f x x x x =+++ ，则()()()()211p f f f f ωωω-++++=p 112+()p k k f ω-=∑其中，()()()()2111k k k pkf ωωωω=+++ .注意到当1,2,,1k p =- 时，(),1k p =，所以，,2,,k k pk 是模p 的完系.而1pr t ωω+=，则2,,,k k pk ωωω 是2,,,p ωωω的一个排列.故()()()()2111k p f ωωωω=+++ ，1,2,,1k p =- .又()()()21p p x x x x ωωω-=--- ，而p 为奇数，取1x =-，得()()()21112pωωω+++= .故()()()()21112k pf ωωωω=+++= ，1,2,,1k p =- .则()()()()211p f f f f ωωω-++++ 1111=2()2222(1)p p k p p pk k f p ω--==+=+=+-∑∑比较两式的右边得()221ppS p =+-.故()1222pS p p=+-，2p >.综上，()p2,2122p 2,.p p S p =⎧⎪=⎨+-⎪⎩；为奇质数29．（2021·全国·高三竞赛）设122020,,,z z z 和122020,,,w w w 为两组复数，满足：202020202211i i i i z w ==>∑∑．求证：存在数组()122020,,,εεε （其中{1,1}i ε∈-），使得2020202011i iiii i zwεε==>∑∑．【详解】用()()1212,,,,,,n n f εεεεεε∑表示对所有数组()12,,,nεεε 的求和，下面用数学归纳证明如下的等式：()12221122,,,12n nn n n ii z z z z εεεεεε=+++=∑∑ ①(1)当1n =时，①式显然成立；当2n =时，()()()()()()222212121212121211221222z z z z z z z z z z z z z z z z z z ++-=+++--=+=+，即①式成立．（2）假设n k =时，①式成立，则1n k =+时，我们有()1212112211,,,k k k z z z εεεεεε+++⋅⋅⋅+++∑ ()()12221122111221,,,k k k k k k k z z z z z z z z εεεεεεεεε++⋅⋅⋅=++++++++-∑()()122211221,,2k k k k z z z z εεεεεε+⋅⋅⋅⋅=++++∑1221111222k k k k i n i i i z z z +++==⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑，即1n k =+时①式成立．由（1）（2）可得：()12221122,,,12,n nnn n i i z z z z n εεεεεε+⋅⋅⋅=+++=∈∑∑N ．回到原题，由202020202211i ii i z w==>∑∑，可得2020202022202020201122iii i zw==>∑∑，即()()12202012202022112220202020112220202020,,,,,,z z z w w w εεεεεεεεεεεε⋅⋅⋅⋅⋅⋅+++>+++∑∑，所以存在数组()122020,,εεε （其中{1,1}i ε∈-，使得222020202011i ii ii i zwεε==>∑∑，即2020202011i iiii i zwεε==>∑∑．30．（2021·全国·高三竞赛）设{}n a 、{}n x 是无穷复数数列，满足对任意正整数n ，关于x 的方程210n n x a x a +-+=的两个复根恰为n x 、1n x +（当两根相等时1n n x x +=）．若数列{}n x 恒为常数，证明：（1）2n x ≤；（2）数列{}n a 恒为常数．【分析】（1）根据题意和韦达定理可得()211n n n x x x ++=-，取模得211n n n x x x ++=-，若0n x =，结论2n x ≤显然成立，否则，由于数列{}n x 恒为常数，则11n x -=，即结论也成立；（2）由（1）和题意知，数列{}n x 恒为常数，则n x 只有互为共轭的两种取值，不妨设为ε和ε，依据题意即可证明.【详解】由题意和韦达定理得,111,.n n n n n n x x a x x a ++++=⎧⎨=⎩则1112n n n n n x x a x x ++++==+，即()21111n n n n n n x x x x x x ++++=-=-．①（1）由①取模得211n n n x x x ++=-，若0n x =，结论2n x ≤显然成立；否则，由于数列{}n x 恒为常数，则11n x -=，即有112n n x x ≤-+=．（2）由（1）知，对任意的,11n n x +∈-=N ，又数列{}n x 恒为常数，因此n x 只有互为共轭的两种取值ε和ε．若存在n +∈N ，使得1n n x x +=，不妨设1n n x x ε+==，则22{,}n x εεεε+=-∈．若2n x ε+=，则220εε-=，即0ε=或2；若2n x ε+=，则2εεε=+∈R ，且|1|1ε-=．因此，要么ε∈R ，要么{}n x 呈ε、ε周期．故显然1n n n a x x +=+是常数，即证数列{}n a 恒为常数.【点睛】关键点点睛：本题主要考查数列不等式的证明，解题关键在于利用韦达定理得出()211n n n x x x ++=-，再取模，对0n x =这种特殊情形和一般情形11n x -=讨论即可证明结论成立；（2）本题主要考查常数列的证明，解题关键在于n x 的取值情况和1n n x x ε+==的假设，由（1）和题意知，数列{}n x 恒为常数，则n x 只有互为共轭的两种取值，不妨记为ε和ε，若存在n +∈N ，使得1n n x x +=，不妨设1n n x x ε+==，则22{,}n x εεεε+=-∈，对2n x +分类讨论即可证明.。
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高中数学竞赛讲义（十五）──复数一、基础知识1．复数的定义：设i为方程x2=-1的根，i称为虚数单位，由i 与实数进行加、减、乘、除等运算。
便产生形如a+bi（a,b∈R）的数，称为复数。
所有复数构成的集合称复数集。
通常用C来表示。
2．复数的几种形式。
对任意复数z=a+bi（a,b∈R），a称实部记作Re(z),b称虚部记作Im(z). z=ai称为代数形式，它由实部、虚部两部分构成；若将(a,b)作为坐标平面内点的坐标，那么z与坐标平面唯一一个点相对应，从而可以建立复数集与坐标平面内所有的点构成的集合之间的一一映射。
因此复数可以用点来表示，表示复数的平面称为复平面，x轴称为实轴，y轴去掉原点称为虚轴，点称为复数的几何形式；如果将(a,b)作为向量的坐标，复数z又对应唯一一个向量。
因此坐标平面内的向量也是复数的一种表示形式，称为向量形式；另外设z对应复平面内的点Z，见图15-1，连接OZ，设∠xOZ=θ,|OZ|=r，则a=rcosθ,b=rsinθ,所以z=r(cosθ+isinθ)，这种形式叫做三角形式。
若z=r(cosθ+isinθ)，则θ称为z的辐角。
若0≤θ<2π，则θ称为z的辐角主值，记作θ=Arg(z). r称为z的模，也记作|z|，由勾股定理知|z|=.如果用e iθ表示cosθ+isin θ，则z=re iθ，称为复数的指数形式。
3．共轭与模，若z=a+bi，（a,b∈R）,则a-bi称为z的共轭复数。
模与共轭的性质有：（1）；（2）；（3）；（4）；（5）；（6）；（7）||z1|-|z2||≤|z1±z2|≤|z1|+|z2|；（8）|z1+z2|2+|z1-z2|2=2|z1|2+2|z2|2；（9）若|z|=1，则。
4．复数的运算法则：（1）按代数形式运算加、减、乘、除运算法则与实数范围内一致，运算结果可以通过乘以共轭复数将分母分为实数；（2）按向量形式，加、减法满足平行四边形和三角形法则；（3）按三角形式，若z1=r1(cosθ1+isinθ1), z2=r2(cosθ2+isinθ2)，则z1??z2=r1r2[cos(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)]；若[cos(θθ2)+isin(θ1-θ2)]，用指数形式记为z1z2=r1r2e i(θ1+θ1-2),5.棣莫弗定理：[r(cosθ+isinθ)]n=r n(cosnθ+isinnθ).6.开方：若r(cosθ+isinθ)，则，k=0,1,2,…,n-1。
7．单位根：若w n=1，则称w为1的一个n次单位根，简称单位根，记Z1=，则全部单位根可表示为1,,.单位根的基本性质有（这里记，k=1,2,…,n-1）：（1）对任意整数k，若k=nq+r,q∈Z,0≤r≤n-1，有Z nq+r=Z r；（2）对任意整数m，当n≥2时，有=特别1+Z1+Z2+…+Z n-1=0；（3）x n-1+x n-2+…+x+1=(x-Z1)(x-Z2)…(x-Z n-1)=(x-Z1)(x-)…(x-).8.复数相等的充要条件：（1）两个复数实部和虚部分别对应相等；（2）两个复数的模和辐角主值分别相等。
9．复数z是实数的充要条件是z=;z是纯虚数的充要条件是：z+=0（且z≠0）.10.代数基本定理：在复数范围内，一元n次方程至少有一个根。
11．实系数方程虚根成对定理：实系数一元n次方程的虚根成对出现，即若z=a+bi(b≠0)是方程的一个根，则=a-bi也是一个根。
12．若a,b,c∈R,a≠0，则关于x的方程ax2+bx+c=0，当Δ=b2-4ac<0时方程的根为二、方法与例题1．模的应用。
例1 求证：当n∈N+时，方程(z+1)2n+(z-1)2n=0只有纯虚根。
[证明] 若z是方程的根，则(z+1)2n=-(z-1)2n，所以|(z+1)2n|=|-(z-1)2n|,即|z+1|2=|z-1|2,即(z+1)(+1)=(z-1)(-1)，化简得z+=0，又z=0不是方程的根，所以z是纯虚数。
例2 设f(z)=z2+az+b,a,b为复数，对一切|z|=1，有|f(z)|=1，求a,b的值。
[解] 因为4=(1+a+b)+(1-a+b)-(-1+ai+b)-(-1-ai+b)=|f(1)+f(-1)-f(i)-f(-i)|≥|f(1)|+|f(-1)|+|f(i)|+|f(-i)|=4，其中等号成立。
所以f(1),f(-1),-f(i),-f(-i)四个向量方向相同，且模相等。
所以f(1)=f(-1)=-f(i)=-f(-i)，解得a=b=0.2.复数相等。
例3 设λ∈R，若二次方程(1-i)x2+(λ+i)x+1+λi=0有两个虚根，求λ满足的充要条件。
[解] 若方程有实根，则方程组有实根，由方程组得(λ+1)x+λ+1=0.若λ=-1，则方程x2-x+1=0中Δ<0无实根，所以λ≠-1。
所以x=-1, λ=2.所以当λ≠2时，方程无实根。
所以方程有两个虚根的充要条件为λ≠2。
3．三角形式的应用。
例4 设n≤2000,n∈N，且存在θ满足(sinθ+icosθ)n=sinnθ+icosnθ，那么这样的n有多少个？[解] 由题设得，所以n=4k+1.又因为0≤n≤2000，所以1≤k≤500，所以这样的n 有500个。
4．二项式定理的应用。
例5 计算：（1）；（2）[解] (1+i)100=[(1+i)2]50=(2i)50=-250,由二项式定理(1+i)100==)+()i，比较实部和虚部，得=-250，=0。
5．复数乘法的几何意义。
例6 以定长线段BC为一边任作ΔABC，分别以AB，AC为腰，B，C为直角顶点向外作等腰直角ΔABM、等腰直角ΔACN。
求证：MN的中点为定点。
[证明] 设|BC|=2a，以BC中点O为原点，BC为x轴，建立直角坐标系，确定复平面，则B，C对应的复数为-a,a,点A，M，N对应的复数为z1,z2,z3,，由复数乘法的几何意义得：，①，②由①+②得z2+z3=i(z1+a)-i(z1-a)=2ai.设MN的中点为P，对应的复数z=,为定值，所以MN的中点P为定点。
例7 设A，B，C，D为平面上任意四点，求证：AB?AD+BC?AD≥AC?BD。
[证明] 用A，B，C，D表示它们对应的复数，则(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D)=(A-C)(B-D)，因为|A-B|?|C-D|+|B-C|?|A-D|≥(A-B)(C-D)+(B-C)(A-D).所以|A-B|?|C-D|+|B-C|?|A-D|≥|A-C|?|B-D|, “=”成立当且仅当，即=π，即A，B，C，D共圆时成立。
不等式得证。
6．复数与轨迹。
例8 ΔABC的顶点A表示的复数为3i，底边BC在实轴上滑动，且|BC|=2，求ΔABC的外心轨迹。
[解]设外心M对应的复数为z=x+yi(x,y∈R)，B，C点对应的复数分别是b,b+2.因为外心M是三边垂直平分线的交点，而AB的垂直平分线方程为|z-b|=|z-3i|，BC的垂直平分线的方程为|z-b|=|z-b-2|，所以点M对应的复数z满足|z-b|=|z-3i|=|z-b-2|，消去b解得所以ΔABC的外心轨迹是轨物线。
7．复数与三角。
例9 已知cosα+cosβ+cosγ=sinα+sinβ+sinγ=0，求证：cos2α+cos2β+cos2γ=0。
[证明] 令z1=cosα+isinα,z2=cosβ+isinβ,z3=cosγ+isin γ，则z1+z2+z3=0。
所以又因为|z i|=1,i=1,2,3.所以z i?=1，即由z1+z2+z3=0得①又所以所以cos2α+cos2β+cos2γ+i(sin2α+sin2β+sin2γ)=0.所以cos2α+cos2β+cos2γ=0。
例10 求和：S=cos200+2cos400+…+18cos18×200.[解] 令w=cos200+isin200,则w18=1，令P=sin200+2sin400+…+18sin18×200,则S+iP=w+2w2+…+18w18. ①由①×w得w(S+iP)=w2+2w3+…+17w18+18w19，②由①-②得(1-w)(S+iP)=w+w2+…+w18-18w19=，所以S+iP=，所以8．复数与多项式。
例11 已知f(z)=c0z n+c1z n-1+…+c n-1z+c n是n次复系数多项式(c0≠0).求证：一定存在一个复数z0,|z0|≤1，并且|f(z0)|≥|c0|+|c n|.[证明] 记c 0z n+c1z n-1+…+c n-1z=g(z),令=Arg(c n)-Arg(z0)，则方程g(Z)-c0e iθ=0为n次方程，其必有n个根，设为z1,z2,…,z n，从而g(z)-c0e iθ=(z-z1)(z-z2)?…?(z-z n)c0，令z=0得-c0e iθ=(-1)n z1z2…z n c0，取模得|z1z2…z n|=1。
所以z1,z2,…，z n中必有一个z i使得|z i|≤1,从而f(z i)=g(z i)+c n=c0e iθ=c n，所以|f(z i)|=|c0e iθ+c n|=|c0|+|c n|.9.单位根的应用。
例12 证明：自⊙O上任意一点p到正多边形A1A2…A n各个顶点的距离的平方和为定值。
[证明] 取此圆为单位圆，O为原点，射线OA n为实轴正半轴，建立复平面，顶点A1对应复数设为，则顶点A2A3…A n对应复数分别为ε2，ε3，…，εn.设点p对应复数z,则|z|=1,且=2n-=2n-命题得证。
10．复数与几何。
例13 如图15-2所示，在四边形ABCD内存在一点P，使得ΔPAB，ΔPCD都是以P为直角顶点的等腰直角三角形。
求证：必存在另一点Q，使得ΔQBC，ΔQDA也都是以Q为直角顶点的等腰直角三角形。
[证明] 以P为原点建立复平面，并用A，B，C，D，P，Q表示它们对应的复数，由题设及复数乘法的几何意义知D=iC,B=iA；取，则C-Q=i(B-Q)，则ΔBCQ为等腰直角三角形；又由C-Q=i(B-Q)得，即A-Q=i(D-Q)，所以ΔADQ也为等腰直角三角形且以Q为直角顶点。
综上命题得证。
例14 平面上给定ΔA1A2A3及点p0，定义A s=A s-3,s≥4，构造点列p0,p1,p2,…,使得p k+1为绕中心A k+1顺时针旋转1200时p k所到达的位置，k=0,1,2,…,若p1986=p0.证明：ΔA1A2A3为等边三角形。
[证明] 令u=，由题设，约定用点同时表示它们对应的复数，取给定平面为复平面，则p1=(1+u)A1-up0,p2=(1+u)A2-up1,p3=(1+u)A3-up2,①×u2+②×(-u)得p3=(1+u)(A3-uA2+u2A1)+p0=w+p0,w为与p0无关的常数。