1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编(11)复数(含答案)

的和为
◆答案： 3 2
★解析：设 z a bi （ a, b R ，且 a 2 b2 1）
则原方程变为
ax 2
2ax 2
bx 2
2bx
i
0
，所以
ax 2 2ax 2
bx
2
2bx
0
0
，
①若 b 0 ，则 a 2 1 ，解得 a 1，检验得， a 1 ， x 1 3 ，即 z 1 ；
D. x4 x3 x2 x 1 0
◆答案：B
★解析：由于 5 1 0 ，故 , 3 , 7 , 9 都是方程 x5 1 0 的根．
又 x5 1 x 1 x4 x3 x2 x 1 0 ．选 B．
1999*8、已知
arctan 5 12
，那么，复数
z
cos
2 i sin 239 i
z2s1
1 22s
3 3 22s1
3 22k 1
k s1
z2k 1 z2k
k s1
，
故Tm
s k 1
z2k 1 z2k
z2s 1
z2k 1 z2k
k 1
23 3
综上知结论获证。
2018A 6、设复数 z 满足 z 1，使得关于 x 的方程 zx 2 2zx 2 0 有实根，则这样的复数 z
解得 Re w r 2 3 。 2
2017A 11 、（ 本 题 满 分 20 分 ） 设 复 数 z1, z2 满 足 Re(z1 ) 0 ， Re(z2 ) 0 ， 且
Re(
z12
)
Re(
z
2 2
)
2
，（其中
Re(
z)
表示复数
z
的实部）
⑴求 Re(z1z2 ) 的最小值；
⑵求 z1 2 z2 2 z1 z2 的最小值。
即 sin
sin
sin
0 ，得
2k
或
2k
或
2k
，k Z
，
2 22
所以 z1 z2 或 z2 z3 或 z1 z3 ，
①若 z1
z2
，代入原式得
z3 z1
2
1 0 ，得
z3 z1
i或
z3 z1
i ，
此时 az1 bz2 cz3 z1 z b ci (a b)2 c 2 。
范围 为
◆答案：
5, 5
5
5
★解析：依题意，得 z 2 (a cos )2 (2a sin )2 4
2a(cos 2sin ) 3 5a 2 2 5a sin( ) 3 5a 2 （ arcsin 1 ）（对任意 5
实数 成立） 2 5 a 3 5a2 a
又当 z1 z2 2 时， Rez1 z2 2 ，这表明 Re(z1z2 ) 的最小值为 2 。
⑵对于 k 1,2 ，设 zk xk yk i ，（ xk , yk R ），将 zk 对应到平面直角坐标系 xOy 中的点
Pk xk , yk ，记 P2/ 是 P2 关于 x 轴的对称点，则 P1 ， P2/ 均位于双曲线 x 2 y 2 2 的右支上。 设 F1 , F2 分 别 是 双 曲 线 的 左 右 焦 点 ， 易 知 F1 2,0, F2 2,0 。 根 据 双 曲 线 的 定 义 ， 有
PF1 PF2 2 2 , P2/ F1 P2/ F2 2 2 ，进而得到: z1 2 z2 2 z1 z2
z1 2 z2 2 z1 z2 P1F1 P2/ F1 P1P2/ 4 2 P1F2 P2/ F2 P1P2/ 4 2 , 等
号成立当且仅当 F2 位于线段 P1P2/ 上（例如，当 z1 z2 2 2i 时， F2 恰是 P1P2/ 的中点）。 综上可知， z1 2 z2 2 z1 z2 的最小值为 4 2 。
★ 解 析 ： 考 虑 有 趣 的 复 数 数 列 zn ． 归 纳 地 可 知 zn 0 ． 由 条 件 得
4
zn1 zn
2
2
zn1 zn
1 0（ n N ），解得
zn1 zn
1 4
3i（ n N ），因此
zn1 zn
1， 2
故
zn
z1
1 2n1
1 2n1
（
n
N
）①
进而有
②若 b 0 ，则由 知 x 0 或 2 ，检验得： x 2 ，代入 得 a 1 ， b
15
，
4
4
所以 z 1 15 i ； 44
综上满足条件的所有复数之和为 1 1 15 i 1 15 i 3
44 44
2
2018B 8、已知复数 z1, z2 , z3 满足 z1 z2 z3 1 ， z1 z2 z3 r ，其中 r 是给定的实
★解析：⑴对 k 1,2 ，设 zk xk yk i ，（ xk , yk R ），由条件知，
xk
Rezk
0 ， xk
yk
Re
z
2 k
2
因此：
Rez1z2 Rex1 y1ix2 y2i x1x2 y1 y2
y12 2
y
2 2
2
y1 y2
y1 y2
2 y1 y2 2
z2s1
1 22s
3 3 22s1
3 22k 1
k s1
z2k 1 z2k
k s1
，
故Tm
z1 z2
s k 2
z2k 1
z2k
z2s 1
3 2
k 2
z2k 1
z2k
3 3
当 m 1时，T1 z1 1
3 ，综上知 C 3
3 满足要求。 3
另一方面，当
z1
1，z2k
1 22k
6(3z1 2z2
2z2) 3z1
6
3
2 3
i i
30 13
72 13
i
．本题也可设三角形式进行运
2
算．
2000*6、设 cos i sin ，则以, 3 , 7 , 9 为根的方程是(
)
5
5
A. x4 x3 x2 x 1 0
B. x4 x3 x2 x 1 0
C. x4 x3 x2 x 1 0
3i
，z2k 1
1 22k
3i
1
（
k
N ），时，易验证得zn
为“有趣的”数列，
s
此时
lim
s
T2
s
1
lim
s
z1
k 1
z2k z2k 1
lim 1 s
s k 1
3 3i 22k 1
1
3 8
3i 4 3
3， 3
这表明 C 3 ，综上知 C 3 。
3
3
2019B 11. （本题满分 20 分）设复数数列zn 满足： z1 1，且对任意正整数 n ，均
1981 年~2019 年全国高中数学联赛试题分类汇编 复数部分
2019A 11、称一个复数数列zn 为“有趣的”，若 z1 1，且对任意正整数 n ，均有
4
z2 n1
2zn zn1
zn2
0
，求最大的常数 C
，使得对一切有趣的数列 zn
及任意正整
数 m ，均有 z1 z2 zm C 。
zn1 zn
zn
1 zn1 zn
1 2n1
3 3i 4
3 2n
②
记Tm z1 z2 zm （ m N ）则 当 m 为偶数时，记 m 2s ，由②得
s
Tm z1 z2 z2k 1 z2k
k 2
3 2
k 2
z2k 1
z2k
3 2
k 2
3 2 2k 1
3。 3
当 m 为 奇 数 时 ， 记 m 2s 1 ， 由 ① ② 得
z3 z3
z1
1 1 ，求
az1
bz2
cz3
的值。
★解析：记 z i cos i sin ，则设 z1 ei ， z2 ei ，则 z1 ei ，根据题设得
z2
z3
z3
ei ei ei 1 ，则其虚部 sin sin sin 0 （利用和差化积公式）
②若 z2 z3 ，同理可得， az1 bz2 cz3 (b c)2 a 2 ③若 z1 z3 ，同理可得， az1 bz2 cz3 (c a)2 b 2 ， 综上所述， az1 bz2 cz3 值有 (a b)2 c2 或 (b c)2 a2 或 (c a)2 b2 。
从而
(z 2w)(z 2w) | z |2 4 | w |2 2(zw zw) 9 8 8i 1 8i 因此， (z 2w)(z 2w) 的模为 65 ．
2016B 3、已知复数 z 满足 z 2 2z z z （ z 表示 z 的共轭复数），则 z 的所有可能值的积为 ◆答案： 3
2
2
于是，满足条件的复数
z
的积为
3 2
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3 2
i
3 2
3 2
i
3.
2015A 3、已知复数数列 zn 满足 z1 1， zn1 zn 1 ni (n 1,2,) ，其中 i 为虚数单位，
zn 表示 zn 的共轭复数，则 z2015 的值为
◆答案：2015 + 1007i． ★解析：由己知得，对一切正整数
进而有
zn1 zn
zn
1 zn1 zn
1 2n1
3 3i 4
3 2n
②
记Tm z1 z2 zm （ m N ）则 当 m 为偶数时，记 m 2s ，由②得
s
Tm z2k 1 z2k
k 1
z2k 1 z2k
k 1
k 1
3 22k 1
2 3。 3
当 m 为 奇 数 时 ， 记 m 2s 1 ， 由 ① ② 得
2017B 2、设复数 z 满足 z 9 10z 22i ，则 z 的值为
◆答案： 5 ★解析：设 z a bi, a,b R ，由条件得 (a 9) bi 10a (10b 22)i ，比较两边实虚
部可得
a b
9 10a 10b
22
，解得：
a
1,
b
2
，故
z
1
2i
，进而
|
2
的辐角主值是______
◆答案：
4
★解析： z 的辐角主值 arg z arg 12 5i2 239 i arg28561 28561i 。 4
1999*二、（本题满分 50 分）给定实数 a,b, c ，已知复数 z1, z2 , z3 满足：
z1 z1
z2
z2 z2
z3
5
.
故
a 的取值范围为
5,
5 。
5
5 5
2002*7、已知复数 z1, z2 满足 z1
2, z2
3 ,若它们所对应向量的夹角为 600 ,则
z1 z2 z1 z2
◆答案： 133 7
★解析：由余弦定理得 z1 z2
19 , z1 z2
7 ,可得
z1 z2 = z1 z2
z
|
5.
2016A 2、设复数 z ， w 满足 z 3 ， (z w)(z w) 7 4i ，其中 i 是虚数单位， z ， w 分
别表示复数 z ， w 的共轭复数，则 (z 2w)(z 2w) 的模为 ◆答案： 65 ★解析：由运算性质，7 4i (z w)(z w) | z |2 | w |2 (zw zw) ，因为 | z |2 与 | w |2 为实数，Re(zw zw) 0 ，故 | z |2 | w |2 7 ，zw zw 4i ，又 | z | 3 ，所以| w |2 2 ，
n，有
zn2 zn1 1 (n 1)i zn 1 ni 1 (n 1)i zn 2 i , 于是 z2015 z1 1007 (2 i) 2015 1007i ．
2006*8、对一切 R ，复数 z (a cos ) (2a sin )i 的模不超过 2 ，则实数 a 的取值
133 7
2001*8、若复数 z1, z2 满足
z1
2,
z2
3 ， 3z1 2z2
3 2
i
，则
z1
z2
◆答案： 30 72 i 13 13
★解析：由
3z1-2z2=
1 3
z2
z2
z1
1 2
z1
z1
z2
=
1 6
z1z2 (2z2
3z1 )
可得
z1 z2
6(3z1 2z2
2z2 3z1
)
数，则 z1 z2 z3 的实部是 z2 z3 z1
（用含有 r 的式子表示）
r2 3
◆答案：
2
★解析:记 w
z1 z2
z2 z3
z3 z1
，由复数的模的性质可知： z1
1 z1
，z2
1 z2
， z3
1 z3
，因此
w z1z2 z2 z3 z3 z1 。
于是 r 2 z1 z2 z3 z1 z2 z 3 z1 2 z2 2 z3 2 w w2 3 2 Re w
有
4
z2 n1
2
zn
zn1
zn2
0 ，证明：对任意正整数 m ，均有
z1 z2
zm
23 3
。
★证明：归纳地可知 zn 0
．由条件得
4
zn1 zn
2
2
zn1 zn
1
0
（
n
N
），解得
zn1 1
zn
4
3i （ n N ），因此
zn1 zn
1 2
，故
zn
z1
1 2n1
1 2n1
（ n N ）①
★解析：设 z a bi a,b R . 由 z2 2z z 知，
a2 b2 2abi 2a 2bi a bi,
比较虚、实部得 a2 b2 a 0, 2ab 3b 0. 又由 z z 知 b 0 ，从而有
2a 3 0, 即 a 3 ，进而 b a2 a 3 .