1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编(11)复数(含答案)

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11复数1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案

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{}n z 为“有趣的”，若11z =，且对任意正整数n ，均有2211420n n n n z z z z ++++=，求最大的常数C ，使得对一切有趣的数列{}n z 及任意正整数m ，均有12m z z z C +++≥。

★解析：考虑有趣的复数数列{}n z ．归纳地可知0n z ≠ ．由条件得2114210n n n n z z z z ++⎛⎫⎛⎫++= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭（n N *∈），解得114n n z z +-±=（n N *∈），因此112n n z z +=，故1111122n n n z z --=⋅=（n N *∈）①进而有1111122n n n n n n n z z z z z ++-+=⋅+==② 记12m m T z z z =+++（m N *∈）则当m 为偶数时，记2m s =，由②得12212212222sm k kk k k k k T z z z z z z ∞∞--===≥+-+>-+==∑∑。

当m 为奇数时，记21m s =+，由①②得2121221112s k k s k s k s z z z ∞∞+-=+=+=<==+∑∑，故12212212122223sm k k s k kk k T z z z z z z z ∞-+-==⎛⎫≥+-+->-+= ⎪⎝⎭∑∑ 当1m =时，1113T z ==>，综上知3C =满足要求。

另一方面，当11z =，2kz =，21k z +=k N *∈），时，易验证得{}n z 为“有趣的”数列，此时()2112211134lim lim lim 11833sss k k s s s k k T z z z ++→∞→∞→∞==-+=++=+=+⋅=∑，这表明C ≤C =2019B 11. （本题满分20分）设复数数列{}n z 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123m z z z +++<。

全国高中数学联赛试题分类汇编-逻辑(1981年~2019年)

全国高中数学联赛试题分类汇编——逻辑（1981年~2019年）2014B 3、对于实数R 的任意子集U ，我们在R 上定义函数Ux U x x f U ∉∈⎩⎨⎧=,,01)(，如果B A ,是实数R 的两个子集，则1)()(≡+x f x f B A ，的充分必要条件是答案：B A ,互为补集解析：对于任意的R x ∈，1)()(≡+x f x f B A ，这说明)(),(x f x f B A 中至少有一个是1，即B A x ∈，所以R B A = ，另一方面，)(),(x f x f B A 中仅有一个是1，即φ=B A ，从而B A ,互为补集。

2001*15、（本题满分20分）用电阻值分别为654321,,,,,a a a a a a (654321a a a a a a >>>>>) 的电阻组装成一个如图的组件，在组装中应如何选取电阻，才能使该组件总电阻值最小？证明你的结论．解析：首先，对电路图进行截取分段考虑，如下三个图设6个电阻的组件（如图3）的总电阻为FG R ．当i i a R = ，6,5,4,3=i ，1R ，2R 是1a ，2a 的任意排列时，FG R 最小．证明如下： 1°设当两个电阻1R ，2R 并联时，所得组件阻值为R ：则21111R R R +=．故交换二电阻的位置，不改变R 值，且当1R 或2R 变小时，R 也减小，因此不妨取1R >2R ． 2°设3个电阻的组件(如图1)的总电阻为R AB ：2132312132121R R R R R R R R R R R R R R AB +++=++=．显然1R +2R 越大，AB R 越小，所以为使AB R 最小必须取3R 为所取三个电阻中阻值最小的一个． 3°设4个电阻的组件(如图2)的总电阻为CD R ：43243142142324131214111R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R R AB CD ++++++=+=．若记∑≤<≤=411j i j i R R S ，∑≤<<≤=412k j i k j i R R R S ．则S 1、S 2为定值．于是4313212R R S R R R S R CD --=．只有当43R R 最小，321R R R 最大时，CD R 最小，故应取34R R <，23R R <，13R R <，即得总电阻的阻值最小．4°对于图3，把由321,,R R R 组成的组件用等效电阻AB R 代替．要使FG R 最小，由3°必需使56R R <；且由1°，应使CE R 最小．由2°知要使CE R 最小，必需使45R R <，且应使CD R 最小．而由3°，要使CD R 最小，应使234R R R <<且134R R R <<．这就说明，要证结论成立1998*4、设命题P :关于x 的不等式01121>++c x b x a 与02222>++c x b x a 的解集相同；命题Q :212121c c b b a a ==。

12复数1981-2018年历年数学联赛48套真题WORD版分类汇编含详细答案

1981年~2018年全国高中数学联赛试题分类汇编复数部分2018A 6、设复数z 满足1=z ，使得关于x 的方程0222=++x z zx 有实根，则这样的复数z 的和为◆答案：23-★解析：设bi a z +=（R b a ∈,，且122=+b a ）则原方程变为()()022222=-+++i bx bx ax ax ，所以⎩⎨⎧=-=++0202222bx bx ax ax ***，①若0=b ，则12=a ，解得1±=a ，检验得，1=a ，31±-=x ，即1-=z ；②若0=b ，则由**知0=x 或2，检验得：2=x ，代入*得41-=a ，415±=b ，所以i z 41541±-=；综上满足条件的所有复数之和为2341541415411-=--++-+-i i 2018B 8、已知复数321,,z z z 满足1321===z z z ，r z z z =++321，其中r 是给定的实数，则133221z z z z z z ++的实部是（用含有r 的式子表示）◆答案：232-r ★解析:记133221z z z z z z w ++=，由复数的模的性质可知：111z z =，221z z =，331z z =，因此133221z z z z z z w ++=。

于是()()ww w z z z z z z z z z r Re 2322322213213212+=++++=++++=解得23Re 2-=r w 。

2017A 11、（本题满分20分）设复数21,z z 满足0)Re(1>z ，0)Re(2>z ，且2)Re()Re(2221==z z ，（其中)Re(z 表示复数z 的实部）⑴求)Re(21z z 的最小值；⑵求212122z z z z --+++的最小值。

★解析：⑴对2,1=k ，设i y x z k k k +=，（R y x k k ∈,），由条件知，()0Re >=k k z x ，()2Re 2==-k k k z y x 因此：()()()()()2222Re Re 21212122212121221121≥-+≥-++=-=++=y y y y y y y yy y x x i y x i y x z z 又当221==z z 时，()2Re 21=z z ，这表明)Re(21z z 的最小值为2。

历年全国高中数学联赛(1981-2019)试题分类汇编： 12不定方程

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编不定方程部分2011B 一、（本题满分40分）求所有三元整数组(,,)x y z ，使其满足333320111515x y z xyz x y ⎧++-=⎪≥⎨⎪≥⎩★解析：由20113333=-++xyz z y x ，得()()()()[]4022222=-+-+-++x z z y y x z y x ①因220114022⨯=，且()()()0222≡-+-+-x z z y y x ()2m od ，所以①等价于()()()⎩⎨⎧=-+-+-=++40221222x z z y y x z y x ②或()()()⎩⎨⎧=-+-+-=++22011222x z z y y x z y x ③ 对方程组②，消去z 得()()()40221212222=-++-++-y x y x y x ，即67022=--++y x xy y x ④⑴若15=x ，15=y ，则67064522<=--++y x xy y x 与④矛盾；⑵若16≥x ，15≥y ，则670690434256))(1(2>=+≥+-+y x y x 与④矛盾；⑶若15≥x ，16≥y ，则670690434256))(1(2>=+≥+-+y x x y 与④矛盾；综上方程组②无解；对方程组③，由()()()2222=-+-+-x z z y y x 可得y x -，z y -，x z -中有两个为1，一个为0。

⑴若1=-y x ，1=-z y ，0=-x z ，则z x y ==+1或z x y ==-1，z x y ==+1代入③的第一个方程，无解；z x y ==-1代入③的第一个方程，解得671=y ，670==z x ⑵若1=-y x ，0=-z y ，1=-x z ，同理可得671=x ，670==z y ⑶若0=-y x ，1=-z y ，1=-x z ，同理可得671=z ，670==y x综上，满足条件的三元数组为()670,670,671，()670,671,670，()671,670,6702010AB 8、方程2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解),,(z y x 的个数是 ◆答案： 336675★解析：首先易知2010=++z y x 的正整数解的个数为 1004200922009⨯=C . 把2010=++z y x 满足z y x ≤≤的正整数解分为三类：（1）z y x ,,均相等的正整数解的个数显然为1；（2）z y x ,,中有且仅有2个相等的正整数解的个数，易知为1003； (3)设z y x ,,两两均不相等的正整数解为k . 易知 100420096100331⨯=+⨯+k ，所以110033*********-⨯-⨯=k 200410052006123200910052006-⨯=-⨯+-⨯=，即3356713343351003=-⨯=k .从而满足z y x ≤≤的正整数解的个数为33667533567110031=++.2010B 二、（本题满分40分）设m 和n 是大于1的整数，求证：11111112(1)().1m m n m mm k k jj m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ ★证明：1111)m m jj m j q Cq +++=+=∑由（得到1110(1),mm m j jm j q qC q +++=+-=∑ 1,2,,q n =分别将代入上式得：11021,m m jm j C ++=-=∑1110322,mm m j jm j C +++=-=∑1110(1)(1),mm m j jm j nn C n +++=--=-∑ 1110(1).mm m j j m j n nC n +++=+-=∑ n 将上面个等式两边分别相加得到： 111(1)1(),mnm jjm j i n Ci++==+-=∑∑ （20分）11111(1)(1)1(1),m nnmj j m m j i i n nn C i m i-+===++-=+++∑∑∑（）11111112(1)().1m m nmmmk k j j m m k j i n n C n C i m -+===⎧⎫+++=+-⎨⎬+⎩⎭∑∑∑ （40分）2008A B5、方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+++=+=++000y xz yz xy z xyz z y x 的有理数解),,(z y x 的个数为（） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4◆答案： B★解析：若0z =，则00.x y xy y +=⎧⎨+=⎩，解得00x y =⎧⎨=⎩，或11.x y =-⎧⎨=⎩，若0z ≠，则由0xyz z +=得1xy =-． ① 由0x y z ++=得z x y =--． ②将②式代入0xy yz xz y +++=得220x y xy y ++-=． ③由①式得1x y=-，代入③式化简得3(1)(1)0y y y ---=.易知310y y --=无有理数根，故1y =，由①式得1x =-，由②式得0z =，与0z ≠矛盾，故该方程组共有两组有理数解0,0,0x y z =⎧⎪=⎨⎪=⎩或1,1,0.x y z =-⎧⎪=⎨⎪=⎩2008B 二、（本题满分50分）求满足下列关系式组2222,50,x y z z y z ⎧+=⎨<≤+⎩的正整数解组(,,)x y z 的个数．★解析：令r y z =-，由条件知050r <≤，方程化为222()2x z r z ++=，即2222x zr r z ++=．（1）因0y z r -=>，故22222z x y z x =+->，从而z x >．设0p z x =->．因此（1）化为22220zp p zr r -+++=．（2）下分r 为奇偶讨论，（ⅰ）当r 为奇数时，由（2）知p 为奇数．令121r r =+，121p p =+，代入（2）得221111112()10p p zp zr r r +-++++=．（3）（3）式明显无整数解．故当r 为奇数时，原方程无正整数解．（ⅱ）当r 为偶数时，设12r r =，由方程（2）知p 也为偶数．从而可设12p p =，代入（2）化简得2211110p zp zr r -++=．（4）由（4）式有221111()0z p r p r -=+>，故11p r >，从而可设11p r a =+，则（4）可化为2211()0r a za r +-+=，2211220r ar za a +-+=．（5）因21122r z r a a=++为整数，故212a r ，又1122()z z x p r a >-==+，因此22111()2()r a r za r a a ++=>+，得2212a r <，即a <．因此，对给定的11,2,,25r =⋅⋅⋅，解的个数恰是满足条件1a 的212r 的正因数a 的个数1()N r ．因212r 不是完全平方数，从而1()N r 为212r 的正因数的个数21(2)r σ的一半．即211()(2)/2N r r σ=．由题设条件，1125r ≤≤．而25以内有质数9个：2，3，5，7，11，13，17，19，23．将25以内的数分为以下八组：012341{2,2,2,2,2}A =，2{23,25,27,211}A =⨯⨯⨯⨯，223{23,25}A =⨯⨯，34{23}A =⨯，25{23}A =⨯，1{3,5,7,11,13,17,19,23}B =， 222{3,5}B =，3{35,37}B =⨯⨯，从而易知012341()(2)(2)(2)(2)(2)1234515N A N N N N N =++++=++++=，2()(23)46424N A N =⨯⨯=⨯=，3()9218N A =⨯=，4()12N A =，5()10N A =，1()3824N B =⨯=，2()5210N B =⨯=，3()9218N B =⨯=，将以上数相加，共131个．因此解的个数共131．2006*11、方程()()20052004422006200611x x x x x=+++++ 的实数解的个数为 ◆答案：1 ★解析：200520044220062006)1)(1(x x x x x=+++++24200420051()(1)2006x x x x x⇔+++++= 35200520052003200111112006x x x x x x xx⇔+++++++++= 32005320051112006210032006x x x x x x⇔=++++++≥=要使等号成立，必须 3200532005111,,,x x xx x x===，即1x =±。

1981年全国高中数学联赛试题及解答

又证：PC2+PD2=(CM+OM)2+(CM－OM)2=2(CM2+OM2)=2，同理QE2+QF2=2．
∴4=PC2+PD2+QE2+QF2=(PC2+QE2)+(PD2+QF2)≥2(PC∙QE+PD∙QF)．等号当且仅当PC=QE，PD=QF时成立．但由已知，此二式不成立．故证．
4．(本题15分)组装甲、乙、丙三种产品，需用A、B、C三种零件．每件甲需用A、B各2个；每件乙需用B、C各1个；每件丙需用2个A与1个C．用库存的A、B、C三种零件，如组装成p件甲产品、q件乙产品和r件丙产品，则剩下2个A和1个B，但C恰好用完．试证：无论怎样改变甲、乙、两产品的件数，也不能把库存的A、B、C三种零件都恰好用完．
条件乙：sin +cos =a．
A．甲是乙的充分必要条件B．甲是乙的必要条件
C．甲是乙的充分条件D．甲不是乙的必要条件，也不是乙的充分条件
⑶设α≠ (k≠0，±1，±2，……)，
T= ．
A．T取负值B．T取非负值C．T取正值D．T取值可正可负
⑷下面四个图形中，哪一个面积大？
A．△ABC：∠A=60°，∠B=45°，AC=
PC∙QE+PD∙QF<2．
4．(本题15分)组装甲、乙、丙三种产品，需用A、B、C三种零件．每件甲需用A、B各2个；每件乙需用B、C各1个；每件丙需用2个A与1个C．用库存的A、B、C三种零件，如组装成p件甲产品、q件乙产品和r件丙产品，则剩下2个A和1个B，但C恰好用完．试证：无论怎样改变甲、乙、两产品的件数，也不能把库存的A、B、C三种零件都恰好用完．
A．－t2+t+ B．－2t2+2tC.1－ t2D. (t－2)2

14数论1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案

1981年~2019年全国高中数学联赛二试试题分类汇编数论部分2019A 5、在1,2,3,,10 中随机选出一个数a ，在1,2,3,,10---- 中随机选出一个数b ，则2a b +被3整除的概率为．◆答案：37100★解析：首先数组(),a b 有1010100⨯= 种等概率的选法．考虑其中使2a b +被3整除的选法数N ．①若a 被 3 整除，则b 也被 3 整除．此时,a b 各有3种选法，这样的(),a b 有339⨯=组．若a 不被 3 整除，则()21mod3a ≡，从而()1mod3b ≡-．此时a 有7 种选法，b 有4种选法，这样的(),a b 有7428⨯=组．因此92837N =+=．于是所求概率为37100。

2019A 三、（本题满分 50 分）设m 为整数，2m ≥．整数数列12,,a a 满足：12,a a 不全为零，且对任意正整数n ，均有21n n n a a ma ++=-．证明：若存在整数,r s , (2r s >≥ )使得1r s a a a ==，则r s m -≥．★解析：证明：不妨设12,a a 互素（否则，若()12,1a a d =>，则12,1a a d d ⎛⎫=⎪⎝⎭互素，并且用12,,a a d d代替12,,a a ，条件与结论均不改变）．由数列递推关系知()234mod a a a m ≡≡≡． ①以下证明：对任意整数3n ≥，有()()2123mod n a a a n a m m ≡-+-⎡⎤⎣⎦． ② ………10 分事实上，当3n =时②显然成立．假设n k =时②成立（其中k 为某个大于2的整数），注意到①，有()212mod k ma ma m -≡，结合归纳假设知()()()21122221232mod k k k a a ma a k a m ma a a k a m +-≡-≡+--=-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦，即1n k =+时②也成立．因此②对任意整数3n ≥均成立． ………………20 分注意，当12a a =时，②对2n =也成立．设整数,r s , (2r s >≥ )，满足1r s a a a ==．若12a a =，由②对2n ≥均成立，可知()()()221221233mod r s a a r a m a a a a s a m m -+-≡≡≡-+-⎡⎤⎡⎤⎣⎦⎣⎦即()()()121233mod a r a a s a m +-≡+-，即 ()()20mod r s a m -≡． ③ 若12a a ≠，则12r s a a a a ==≠故3r s >≥．此时由于②对3n ≥均成立，故类似可知③仍成立． ………………30 分我们证明2,a m 互素．事实上，假如2a 与m 存在一个公共素因子p ，则由①得p 为23,,a a 的公因子，而12,a a 互素，故/|p 1a ，这与1r s a a a ==矛盾．因此，由③得()0mod r s m -≡．又r s >，所以r s m -≥． ………………50分2018A 四、（本题满分50分）数列{}n a 定义如下：1a 是任意正整数，对整数1≥n ，1+n a 与∑=ni ia1互素，且不等于n a a a ,.,,21 的最小正整数，证明：每个正整数均在数列{}n a 中出现。

历年全国高中数学联赛《向量复数》专题真题汇编

历年全国高中数学联赛《向量复数》专题真题汇编1、设5sin5cosππωi +=，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 【答案】B2、设点O 在∆ABC 的内部，且有→OA +2→OB +3→OC=→0，则∆ABC 的面积与∆AOC 的面积的比为( )A ．2B ．32C ．3D ．53【答案】C【解析】如图，设∆AOC=S ，则∆OC 1D=3S ，∆OB 1D=∆OB 1C 1=3S ，∆AOB=∆OBD=1.5S ．∆OBC=0.5S ，⇒∆ABC=3S ．选C ．3、空间四点A 、B 、C 、D 满足,9||,11||,7||,3||====DA CD BC 则BD AC ⋅的取值（）A ．只有一个B ．有二个C ．有四个D ．有无穷多个【答案】A【解析】注意到,9711301132222+==+由于,0ρ=+++则22DA DA ==-=⋅+⋅+⋅+++=++22222)(2)(AB CD BC AB +++-=⋅+⋅+⋅+++CD BC AB BC CD BC (2)(2222222),()+⋅即CD AB BC AD ⋅∴=--+=⋅,022222只有一个值得0，故选A 。

5、复数z 1,z 2满足|z 1|=2,|z 2|=3,3z 1-2z 2=23-I,则z 1z 2= 。

【答案】30721313i-+ｓｉｎ（α＋β）＝12／13，ｃｏｓ（α＋β）＝－5／13．故ｚ１·ｚ２＝6［ｃｏｓ（α＋β）＋ｉｓｉｎ（α＋β）］＝－（30／13）＋（72／13）ｉ．16、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60°，则2121z z z z -+= 。

1981年全国高中数学联合竞赛试题及解答

2 2 2 2

2
OM 2 2 ，同理

QE 2 QF 2 2 ．
∴
1981 年二十五省、市、自治区中学生联合数学竞赛第 3 页共 4 页
4 PC 2 PD 2 QE 2 QF 2 PC 2 QE 2 PD 2 QF 2 2PC QE PD QF ．等号当
）
1 1 t 2 ． 2
1981*7、对方程 x x px q 0 进行讨论，下面结论中，哪一个是错误的？（ A．至多有三个实根 C．仅当 p 4q 0 时才有实根 ◆答案：C,D
2
B．至少有一个实根 D．当 p 0 和 q 0 时，有三个实根
★解析：画出 y x x 及 y px q 的图象：知 A、B 正确，C、D 错误．选 C、D． 1981*8、(本题 15 分) 下列表中的对数值有两个是错误的，请予纠正：
BPQ ，求的范围．
提示：利用入射角等于反射角的原理． ★解析：只要把这个正六边形经过 5 次对称变换．则击球时应如图所示，击球方向在∠MPN 内部时即可．设 AB 2 ，以 P 为原点， PB 为 x 轴正方向建立直角坐标系，点 M 坐标为 8,3 3 ．点 N 坐标为 10,3 3 ，即 arctan
2
C 中圆面积为，D 中正方形面积为
1981 年二十五省、市、自治区中学生联合数学竞赛第 1 页共 4 页
1981*5、给出长方体 ABCD A1 B1C1 D1 ，下列 12 条直线： AB1 ， BA1 ，CD1 ， DC ， AD1 ， DA1 ，
BC1 ， CB1 ， AC ， BD ， A1C1 ， B1 D1 中有多少对异面直线？（

7立体几何-1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编立体几何部分2019A7、如图，正方体ABCD EFGH -的一个截面经过顶点,A C 及棱EF 上一点K ，且将正方体分成体积比为3:1的两部分，则EKKF的值为．★解析：作图延长,AK BF 交于点P ,连接CP 交FG 于点N ，则截面为ACNK ，由于面//ABC 面KFN ，知ABC KFN -为棱台，则EK AEKF PF=. 不妨设正方体棱长为1，则正方体体积为1，结合条件知棱台ABC KFN -的体积为14，设PF x =，则1KF NF PF xAB BC PB x ===+，由于 11113232ABC KFN V AB BC PB KF FN PF -⎛⎫⎛⎫=⨯⨯⨯⨯-⨯⨯⨯⨯ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以()()322113311146161x x x x x x ⎛⎫++⎛⎫=⋅+-= ⎪ ⎪ ⎪+⎝⎭+⎝⎭，解得3x =。

所以1EK AE KF PF x===2019B 4. 设三棱锥P ABC -满足3PA PB ==，2AB BC CA ===，则该三棱锥的体积的最大值为．◆答案：3★解析：设三棱锥P ABC -的高为h ．取M 为棱AB的中点，则h PM ≤==当平面PAB 垂直于平面ABC 时，h取到最大值P ABC -的体积取到最大值为11323⨯=。

2018A 2、设点P 到平面α的距离为3，点Q 在平面α上，使得直线PQ 与平面α所成角不小于030且不大于060，则这样的点Q 所构成的区域的面积为◆答案：π8★解析：设点P 在平面α上的射影为O ，由条件知⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈=∠3,33tan OQ OP OQP ，即[]3,1∈OQ ，所以区域的面积为πππ81322=⨯-⨯。

2018B 2、已知圆锥的顶点为P ，底面半径长为2，高为1．在圆锥底面上取一点Q ，使得直线PQ 与底面所成角不大于045，则满足条件的点Q 所构成的区域的面积为 ◆答案： π3★解析:记圆锥的顶点P 在底面的投影为O ，则O 为底面中心，且1tan ≤=∠OQOPOQP ，即1≥OQ ，故所以区域的面积为πππ31222=⨯-⨯。

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(复数)汇编(附答案)

历年(2019-2024)全国高考数学真题分类(复数)汇编考点01 求复数的实部与虚部1．（2020∙全国∙高考真题）复数113i-的虚部是（） A ．310-B ．110-C ．110D ．3102．（2020∙江苏∙高考真题）已知i 是虚数单位，则复数(1i)(2i)z =+-的实部是 .考点02 复数相等1．（2023∙全国甲卷∙高考真题）设()()R,i 1i 2,a a a ∈+-=，则=a （） A ．‐1B ．0 ∙C ．1D ．22．（2022∙浙江∙高考真题）已知,,3i (i)i a b a b ∈+=+R （i 为虚数单位），则（） A ．1,3a b ==-B ．1,3a b =-=C ．1,3a b =-=-D ．1,3a b ==3．（2022∙全国乙卷∙高考真题）设(12i)2i a b ++=，其中,a b 为实数，则（） A ．1,1a b ==-B ．1,1a b ==C ．1,1a b =-=D ．1,1a b =-=-4．（2022∙全国乙卷∙高考真题）已知12z i =-，且0z az b ++=，其中a ，b 为实数，则（） A ．1,2a b ==-B ．1,2a b =-=C ．1,2a b ==D ．1,2a b =-=-5．（2021∙全国乙卷∙高考真题）设()()2346i z z z z ++-=+，则z =（） A ．12i -B ．12i +C ．1i +D ．1i -考点03 共轭复数1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）设z ，则z z ⋅=（）A ．2-BC ．D ．22．（2024∙全国甲卷∙高考真题）若5i z =+，则()i z z +=（） A ．10iB ．2iC ．10D ．23．（2023∙北京∙高考真题）在复平面内，复数z 对应的点的坐标是(-，则z 的共轭复数z =（）A ．1B ．1C ．1-D ．1-4．（2023∙全国乙卷∙高考真题）设252i1i i z +=++，则z =（）A ．12i -B ．12i +C ．2i -D ．2i +5．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）已知1i22iz -=+，则z z -=（） A ．i -B ．iC ．0D ．16．（2022∙全国甲卷∙高考真题）若1i z =+．则|i 3|z z +=（）A ．B ．C ．D ．7．（2022∙全国甲卷∙高考真题）若1z =-，则1zzz =-（）A ．1-B ．1-C ．13-D ．13-8．（2022∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）若i(1)1z -=，则z z +=（） A ．2-B ．1-C ．1D ．29．（2021∙全国乙卷∙高考真题）设()()2346i z z z z ++-=+，则z =（） A ．12i -B ．12i +C ．1i +D ．1i -10．（2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）已知2i z =-，则()i z z +=（）A ．62i -B ．42i -C ．62i +D ．42i +考点04 复数的模1．（2024∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）已知1i z =--，则z =（）A ．0B ．1C D ．22．（2023∙全国乙卷∙高考真题）232i 2i ++=（）A ．1B ．2CD ．53．（2022∙全国甲卷∙高考真题）若1i z =+．则|i 3|z z +=（）A ．B ．C ．D ．4．（2022∙北京∙高考真题）若复数z 满足i 34i z ⋅=-，则z =（） A ．1B ．5C ．7D ．255．（2020∙全国∙高考真题）若312i i z =++，则||=z （） A ．0 B ．1CD ．26．（2020∙全国∙高考真题）若z=1+i ，则|z 2–2z |=（）A ．0B ．1CD ．27．（2020∙全国∙高考真题）设复数1z ，2z 满足12||=||=2z z ，12i z z +=，则12||z z -= . 8．（2019∙全国∙高考真题）设3i12iz -=+，则z =A ．2 BC D ．19．（2019∙天津∙高考真题）i 是虚数单位，则51ii-+的值为 . 10．（2019∙浙江∙高考真题）复数11iz =+（i 为虚数单位），则||z = .考点05 复数的几何意义1．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）在复平面内，()()13i 3i +-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．（2023∙北京∙高考真题）在复平面内，复数z 对应的点的坐标是(-，则z 的共轭复数z =（）A ．1B ．1C ．1-D ．1-3．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）复数2i13i--在复平面内对应的点所在的象限为（） A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限4．（2020∙北京∙高考真题）在复平面内，复数z 对应的点的坐标是(1,2)，则i z ⋅=（）． A ．12i +B ．2i -+C ．12i -D ．2i --5．（2019∙全国∙高考真题）设z =‐3+2i ，则在复平面内z 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6．（2019∙全国∙高考真题）设复数z 满足=1i z -，z 在复平面内对应的点为(x ，y )，则 A ．22+11()x y += B ．22(1)1x y -+=C ．22(1)1y x +-=D ．22(+1)1y x +=参考答案考点01 求复数的实部与虚部1．（2020∙全国∙高考真题）复数113i-的虚部是（） A ．310-B ．110-C ．110D ．310【答案】D【详细分析】利用复数的除法运算求出z 即可. 【答案详解】因为1131313(13)(13)1010i z i i i i +===+--+，所以复数113z i =-的虚部为310. 故选：D.【名师点评】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题. 2．（2020∙江苏∙高考真题）已知i 是虚数单位，则复数(1i)(2i)z =+-的实部是 . 【答案】3【详细分析】根据复数的运算法则，化简即可求得实部的值. 【答案详解】∵复数()()12z i i =+-∴2223z i i i i =-+-=+ ∴复数的实部为3.故答案为：3.【名师点评】本题考查复数的基本概念，是基础题．考点02 复数相等1．（2023∙全国甲卷∙高考真题）设()()R,i 1i 2,a a a ∈+-=，则=a （） A ．‐1 B ．0 ∙ C ．1 D ．2【答案】C【详细分析】根据复数的代数运算以及复数相等即可解出．【答案详解】因为()()()22i 1i i i 21i 2a a a a a a a +-=-++=+-=，所以22210a a =⎧⎨-=⎩，解得：1a =．故选：C.2．（2022∙浙江∙高考真题）已知,,3i (i)i a b a b ∈+=+R （i 为虚数单位），则（） A ．1,3a b ==-B ．1,3a b =-=C ．1,3a b =-=-D ．1,3a b ==【详细分析】利用复数相等的条件可求,a b .【答案详解】3i 1i a b +=-+，而,a b 为实数，故1,3a b =-=，故选：B.3．（2022∙全国乙卷∙高考真题）设(12i)2i a b ++=，其中,a b 为实数，则（） A ．1,1a b ==- B ．1,1a b == C ．1,1a b =-= D ．1,1a b =-=-【答案】A【详细分析】根据复数代数形式的运算法则以及复数相等的概念即可解出．【答案详解】因为,a b ÎR ，()2i 2i a b a ++=，所以0,22a b a +==，解得：1,1a b ==-．故选：A.4．（2022∙全国乙卷∙高考真题）已知12z i =-，且0z az b ++=，其中a ，b 为实数，则（） A ．1,2a b ==- B ．1,2a b =-= C ．1,2a b == D ．1,2a b =-=-【答案】A【详细分析】先算出z ,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可【答案详解】12z i =-12i (12i)(1)(22)i z az b a b a b a ++=-+++=+++-由0z az b ++=,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，得10220a b a ++=⎧⎨-=⎩,即12a b =⎧⎨=-⎩ 故选:A5．（2021∙全国乙卷∙高考真题）设()()2346i z z z z ++-=+，则z =（） A ．12i - B ．12i + C ．1i + D ．1i -【答案】C【详细分析】设i z a b =+，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于a 、b 的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数z .【答案详解】设i z a b =+，则i z a b =-，则()()2346i 46i z z z z a b ++-=+=+，所以，4466a b =⎧⎨=⎩，解得1a b ==，因此，1i z =+. 故选：C.考点03 共轭复数1．（2024∙全国甲卷∙高考真题）设z ，则z z ⋅=（）A ．2-BC ．D ．2【详细分析】先根据共轭复数的定义写出z ，然后根据复数的乘法计算.【答案详解】依题意得，z =，故22i 2zz =-=. 故选：D2．（2024∙全国甲卷∙高考真题）若5i z =+，则()i z z +=（） A ．10i B ．2i C ．10 D ．2【答案】A【详细分析】结合共轭复数与复数的基本运算直接求解. 【答案详解】由5i 5i,10z z z z =+⇒=-+=，则()i 10i z z +=. 故选：A3．（2023∙北京∙高考真题）在复平面内，复数z 对应的点的坐标是(-，则z 的共轭复数z =（）A ．1B ．1C ．1- D ．1-【答案】D【详细分析】根据复数的几何意义先求出复数z ，然后利用共轭复数的定义计算.【答案详解】z 在复平面对应的点是(-，根据复数的几何意义，1z =-，由共轭复数的定义可知，1z =-. 故选：D4．（2023∙全国乙卷∙高考真题）设252i1i i z +=++，则z =（）A ．12i -B ．12i +C ．2i -D ．2i +【答案】B【详细分析】由题意首先计算复数z 的值，然后利用共轭复数的定义确定其共轭复数即可. 【答案详解】由题意可得()252i 2i 2i 2i2i 112i 1i i 11i i 1z +++-=====-++-+-，则12i z =+. 故选：B.5．（2023∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）已知1i22iz -=+，则z z -=（） A ．i - B ．i C ．0D ．1【答案】A【详细分析】根据复数的除法运算求出z ，再由共轭复数的概念得到z ，从而解出．【答案详解】因为()()()()1i 1i 1i 2i 1i 22i 21i 1i 42z ----====-++-，所以1i 2z =，即i z z -=-．6．（2022∙全国甲卷∙高考真题）若1i z =+．则|i 3|z z +=（）A ．B ．C ．D ．【答案】D【详细分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．【答案详解】因为1i z =+，所以()()i 3i 1i 31i 22i z z +=++-=-，所以i 3z z += 故选：D.7．（2022∙全国甲卷∙高考真题）若1z =-，则1zzz =-（）A ．1- B ．1- C ．13-D ．13-【答案】C【详细分析】由共轭复数的概念及复数的运算即可得解.【答案详解】1(1113 4.z zz =-=--=+=113z zz ==-- 故选：C8．（2022∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）若i(1)1z -=，则z z +=（） A ．2- B ．1- C ．1 D ．2【答案】D【详细分析】利用复数的除法可求z ，从而可求z z +.【答案详解】由题设有21i1i i iz -===-，故1+i z =，故()()1i 1i 2z z +=++-=，故选：D9．（2021∙全国乙卷∙高考真题）设()()2346i z z z z ++-=+，则z =（） A ．12i - B ．12i + C ．1i + D ．1i -【答案】C【详细分析】设i z a b =+，利用共轭复数的定义以及复数的加减法可得出关于a 、b 的等式，解出这两个未知数的值，即可得出复数z .【答案详解】设i z a b =+，则i z a b =-，则()()2346i 46i z z z z a b ++-=+=+，所以，4466a b =⎧⎨=⎩，解得1a b ==，因此，1i z =+. 故选：C.10．（2021∙全国新Ⅰ卷∙高考真题）已知2i z =-，则()i z z +=（）A ．62i -B ．42i -C ．62i +D ．42i +【答案】C【详细分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果.【答案详解】因为2z i =-，故2z i =+，故()()()2222=4+42262z z i i i i i i i +=-+--=+故选：C.考点04 复数的模1．（2024∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）已知1i z =--，则z =（）A ．0B ．1CD ．2【答案】C【详细分析】由复数模的计算公式直接计算即可.【答案详解】若1i z =--，则z ==故选：C.2．（2023∙全国乙卷∙高考真题）232i 2i ++=（）A ．1B ．2CD ．5【答案】C【详细分析】由题意首先化简232i 2i ++，然后计算其模即可. 【答案详解】由题意可得232i 2i 212i 12i ++=--=-，则232i 2i 12i ++=-=故选：C.3．（2022∙全国甲卷∙高考真题）若1i z =+．则|i 3|z z +=（）A ．B ．C ．D ．【答案】D【详细分析】根据复数代数形式的运算法则，共轭复数的概念以及复数模的计算公式即可求出．【答案详解】因为1i z =+，所以()()i 3i 1i 31i 22i z z +=++-=-，所以i 3z z += 故选：D.4．（2022∙北京∙高考真题）若复数z 满足i 34i z ⋅=-，则z =（） A ．1 B ．5C ．7D ．25【答案】B【详细分析】利用复数四则运算，先求出z ，再计算复数的模．【答案详解】由题意有()()()34i i 34i 43i i i i z ---===--⋅-，故|5|z ==．故选：B ．5．（2020∙全国∙高考真题）若312i i z =++，则||=z （） A ．0 B ．1C D ．2【答案】C【详细分析】先根据2i 1=-将z 化简，再根据复数的模的计算公式即可求出．【答案详解】因为31+2i i 1+2i i 1i z =+=-=+，所以 z ==．故选：C ．【名师点评】本题主要考查复数的模的计算公式的应用，属于容易题．6．（2020∙全国∙高考真题）若z=1+i ，则|z 2–2z |=（）A ．0B ．1CD ．2【答案】D【详细分析】由题意首先求得22z z -的值，然后计算其模即可.【答案详解】由题意可得：()2212z i i =+=，则()222212z z i i -=-+=-.故2222z z -=-=.故选：D.【名师点评】本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识，属于基础题.7．（2020∙全国∙高考真题）设复数1z ，2z 满足12||=||=2z z ，12i z z +=，则12||z z -= .【答案】【详细分析】方法一：令1,(,)z a bi a R b R =+∈∈，2,(,)z c di c R d R =+∈∈，根据复数的相等可求得2ac bd +=-，代入复数模长的公式中即可得到结果.方法二：设复数12z ,z 所对应的点为12Z ,Z ,12OP OZ OZ =+, 根据复数的几何意义及复数的模，判定平行四边形12OZ PZ 为菱形，12OZ OZ 2OP ===，进而根据复数的减法的几何意义用几何方法计算12z z -. 【答案详解】方法一：设1,(,)z a bi a R b R =+∈∈，2,(,)z c di c R d R =+∈∈，12()z z a c b d i i ∴+=+++=+，1a cb d ⎧+=⎪∴⎨+=⎪⎩12||=||=2z z ，所以224a b +=，224cd +=， 222222()()2()4a c b d a c b d ac bd ∴+++=+++++=2ac bd ∴+=-12()()z z a c b d i ∴-=-+-===.故答案为：方法二：如图所示，设复数12z ,z 所对应的点为12Z ,Z ,12OP OZ OZ =+,由已知122OZ OZ OP ====,∴平行四边形12OZ PZ 为菱形，且12,OPZ OPZ 都是正三角形，∴12Z 120OZ ∠=︒，222221212121||||||2||||cos12022222()122Z Z OZ OZ OZ OZ =+-︒=+-⋅⋅⋅-=∴1212z z Z Z -==.【名师点评】方法一：本题考查复数模长的求解，涉及到复数相等的应用；考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.方法二：关键是利用复数及其运算的几何意义，转化为几何问题求解 8．（2019∙全国∙高考真题）设3i12iz -=+，则z =A ．2 BC D ．1【答案】C【详细分析】先由复数的除法运算（分母实数化），求得z ，再求z ．【答案详解】因为312iz i -=+，所以(3)(12)17(12)(12)55i i z i i i --==-+-，所以z =，故选C ．【名师点评】本题主要考查复数的乘法运算，复数模的计算．本题也可以运用复数模的运算性质直接求解． 9．（2019∙天津∙高考真题）i 是虚数单位，则51ii-+的值为 .【详细分析】先化简复数，再利用复数模的定义求所给复数的模．【答案详解】5(5)(1)231(1)(1)i i i i i i i ---==-=++-．【名师点评】本题考查了复数模的运算，是基础题. 10．（2019∙浙江∙高考真题）复数11iz =+（i 为虚数单位），则||z = .【答案】2【详细分析】本题先计算z ，而后求其模.或直接利用模的性质计算. 容易题，注重基础知识、运算求解能力的考查.【答案详解】1|||1|2z i ==+.【名师点评】本题考查了复数模的运算，属于简单题.考点05 复数的几何意义1．（2023∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）在复平面内，()()13i 3i +-对应的点位于（）．A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】A【详细分析】根据复数的乘法结合复数的几何意义详细分析判断.【答案详解】因为()()213i 3i 38i 3i 68i +-=+-=+，则所求复数对应的点为()6,8，位于第一象限.故选：A.2．（2023∙北京∙高考真题）在复平面内，复数z 对应的点的坐标是(-，则z 的共轭复数z =（）A ．1B ．1C ．1- D ．1-【答案】D【详细分析】根据复数的几何意义先求出复数z ，然后利用共轭复数的定义计算.【答案详解】z 在复平面对应的点是(-，根据复数的几何意义，1z =-，由共轭复数的定义可知，1z =-.故选：D3．（2021∙全国新Ⅱ卷∙高考真题）复数2i13i --在复平面内对应的点所在的象限为（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】A 【详细分析】利用复数的除法可化简2i13i --，从而可求对应的点的位置. 【答案详解】()()2i 13i 2i 55i 1i 13i 10102-+-++===-，所以该复数对应的点为11,22⎛⎫⎪⎝⎭，该点在第一象限，故选：A.4．（2020∙北京∙高考真题）在复平面内，复数z 对应的点的坐标是(1,2)，则i z ⋅=（）．A ．12i +B ．2i -+C ．12i -D ．2i -- 【答案】B【详细分析】先根据复数几何意义得z ，再根据复数乘法法则得结果.【答案详解】由题意得12z i =+，2iz i ∴=-.故选：B.【名师点评】本题考查复数几何意义以及复数乘法法则，考查基本详细分析求解能力，属基础题. 5．（2019∙全国∙高考真题）设z =‐3+2i ，则在复平面内z 对应的点位于A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限【答案】C【详细分析】先求出共轭复数再判断结果.【答案详解】由32,z i =-+得32,z i =--则32,z i =--对应点（‐3，‐2）位于第三象限．故选C ．【名师点评】本题考点为共轭复数，为基础题目．6．（2019∙全国∙高考真题）设复数z 满足=1i z -，z 在复平面内对应的点为(x ，y )，则A ．22+11()x y +=B ．22(1)1x y -+=C ．22(1)1y x +-=D ．22(+1)1y x += 【答案】C【详细分析】本题考点为复数的运算，为基础题目，难度偏易．此题可采用几何法，根据点（x ，y ）和点(0，1)之间的距离为1，可选正确答案C ．【答案详解】,(1),z x yi z i x y i =+-=+-1,z i -==则22(1)1y x +-=．故选C ．【名师点评】本题考查复数的几何意义和模的运算，渗透了直观想象和数学运算素养．采取公式法或几何法，利用方程思想解题．。

2函数与方程-1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编函数与方程部分2019A1、已知正实数a 满足()89aa a a =，则()log 3a a 的值为． ◆答案：916★解析：由条件知189a a =，故9163a a ==，所以()9log 316a a =。

2019A 二、（本题满分 40 分）设整数122019,,,a a a L 满足122019199a a a =≤≤≤=L ．记()()22212201913243520172019f a a a a a a a a a a a =+++-++++L L ，求f 的最小值0f ．并确定使0f f =成立的数组()122019,,,a a a L 的个数．★解析：由条件知()()2017222221220182019212i i i f a a aaa a +==++++-∑． ①由于12,a a 及2i i a a +-（1,2,2016i =L ）均为非负整数，故有221122,a a a a ≥≥且()222i i i i a a a a ++-≥-．于是()()()201620162221221222017201811i i i i i i a a a a a a a a a a ++==++-≥++-=+∑∑②………………10 分由①、②得()2222017201820192017201820192f a a a a a a ≥++-++，结合20192019a =及201820170a a ≥>，可知()()2222201720172017201712999949740074002f a a a a ⎡⎤≥+-++=-+≥⎣⎦ ．③ ………20 分另一方面，令1219201a a a ====L ，19202119202k k a a k +-+==（1,2,,49k =L ），201999a = 此时验证知上述所有不等式均取到等号，从而f 的最小值07400f =．………………30 分以下考虑③的取等条件．此时2018201749a a ==，且②中的不等式均取等，即121a a ==，{}20,1i i a a +-∈（1,2,2016i =L ）。

高中数学复数试卷专项训练11套含答案

一、选择题1、若Z,与Z2互为共轴虚数，则满足条件Z-Z1|2-|Z-Z2|2=Z-Z2|2的复数z在平面上表示的图形是(A)双曲线(B)平行于x轴的直线(C)平面于y轴的直线(D)一个点2、设z是纯虚数，则()(A)z2=z2(B)z12=-z2(C)，=-z2(D)z2=-z23、已知全集C=｛复数｝,Q=｛有理数｝,S=｛无理数｝,R=｛实数｝,P=｛虚数｝,那么&U产为()(A)S(B)C(C)R(D)Q4、已知M=｛1,2,m2-3m-l+(m2-5m-6)i｝,N=｛T,3｝,MClN=｛3｝,则实数m为(A)-l或6(B)-l或4(C)-l(D)4翰林5、若(m2-3m-4)+(m2-5tn-6)i是纯虚数，则实数m的值为()(A)-l(B)4(C)T或4(D)不存在6、设集合C=｛复数｝,R=｛实数｝，畛｛纯虚数｝,其中C为全集，则()(A)MUR=C(B)RU&=C(c)MnR=｛o｝(D)cn2?=m7、在复平面内，与复数z=-l-i的共轴复数对应的点位于()(A)第一象限(B)第二角限(C)第三象限(D)第四象限8、如果用C、R和I分别表示复数集、实数集和纯虚数集，其中C为全集，则(A)&=crn(B)Rni={o}(c)Rni=f(D)C=RUT19、复数(i-1)3的虚部是(A)-8(B)-8i(C)8(D)010、设z为复数，且(z-l)2=|z-H2那么z是()(A)纯虚数(B)实数(C)虚数(D)l11、在复平面内，复数z满足l<|z|<2,则z所对应的点P的集合构成的图形是(A)圆(B)直线(C)线段(D)圆环12、下列命题中正确的是()(A)每个复数都有唯一的模和唯一的辐角主值(B)复数与复平面内的点是一一对应的(C)共轴虚数的n次方仍是共轴复数(D)任何两个复数都不能比较大小113>设复数z=sin50°-icos50°则arg i等于(A)10°(B)80°(C)260°(D)350°14、已知7r<e<2,复数Z=|cos0|+i IsinO|的辐角主值是()(A)n-0(B)n+。

1集合-1981-2019年历年数学联赛50套真题WORD版分类汇编含详细答案

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编1、集合部分2019A 2、若实数集合{}1,2,3,x 的最大元素与最小元素之差等于该集合的所有元素之和，则x 的值为．◆答案：32-★解析：假如0x ≥，则最大、最小元素之差不超过{}max 3,x ，而所有元素之和大于{}max 3,x ，不符合条件．故0x <，即x 为最小元素．于是36x x -=+，解得32x =-。

2019B1. 若实数集合{}1,2,3,x 的最大元素等于该集合的所有元素之和，则x 的值为．◆答案：3-★解析：条件等价于1,2,3,x 中除最大数以外的另三个数之和为0 ．显然0<，从而120x ++=，得3x =-．2018A1、设集合{}99,,3,2,1 =A ，集合{}A x x B ∈=|2，集合{}A x x C ∈=2|，则集合C B 的元素个数为 ◆答案：24★解析：由条件知，{}48,,6,4,2 =C B ，故C B 的元素个数为24。

2018B1、设集合{}8,1,0,2=A ，集合{}A a a B ∈=|2，则集合B A 的所有元素之和是 ◆答案： 31 ★解析:易知{}16,2,0,4=B ，所以{}16,8,4,2,1,0=B A ，元素之和为31.2018B 三、（本题满分50分）设集合{}n A ,,2,1 =，Y X ,均为A 的非空子集（允许Y X =）．X中的最大元与Y 中的最小元分别记为Y X min ,max ．求满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目。

★解析:先计算满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目.对给定的X m max =，集合X 是集合{}1,,2,1-m 的任意一个子集与{}m 的并，故共有12-m 种取法.又Y m min ≤，故Y 是{}n m m m ,,2,1, ++的任意一个非空子集，共有121--+m n 种取法.因此，满足Y X min max ≤的有序集合对),(Y X 的数目是：()[]()12122122111111+⋅-=-=-∑∑∑=-==-+-n nm m n m nnm mn m n由于有序集合对),(Y X 有()()()2121212-=--n n n 个，于是满足Y X min max >的有序集合对),(Y X 的数目是()()124122122+-=-+⋅--n n n n n n n2017B 二、（本题满分40分）给定正整数m ，证明：存在正整数k ，使得可将正整数集+N 分拆为k 个互不相交的子集k A A A ,,,21 ，每个子集i A 中均不存在4个数d c b a ,,,（可以相同），满足m cd ab =-．★证明：取1k m =+，令{(mod 1),}i A x x i m x N +=≡+∈，1,2,,1i m =+设,,,i a b c d A ∈，则0(mod 1)ab cd i i i i m -≡∙-∙=+，故1m ab cd +-，而1m m +，所以在i A 中不存在4个数,,,a b c d ，满足ab cd m -=2017B 四、（本题满分50分）。

1981-2019年全国高中数学联赛50套真题分类汇编《组合与构造部分》含详细答案

1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编组合与构造部分2019A 四、（本题满分 50 分）设V 是空间中 2019 个点构成的集合，其中任意四点不共面．某些点之间连有线段，记 E 为这些线段构成的集合．试求最小的正整数n ，满足条件：若 E 至少有n 个元素，则 E 一定含有 908 个二元子集，其中每个二元子集中的两条线段有公共端点，且任意两个二元子集的交为空集．★解析：为了叙述方便，称一个图中的两条相邻的边构成一个“角”．先证明一个引理：设(),G V E =是一个简单图，且G 是连通的，则G 含有2E ⎡⎤⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角（这里[]a 表示实数a 的整数部分）．引理的证明：对的元素个数E 归纳证明．当0,1,2,3E =时，结论显然成立．下面假设，并且结论在较小时均成立．只需证明，在G 中可以选取两条边,a b 构成一个角，在G 中删去,a b 这两条边后，剩下的图含有一个连通分支包含2E -条边．对这个连通分支应用归纳假设即得结论成立．考虑G 中的最长路12:k P v v v L ，其中12k v v v L 是互不相同的顶点．因为G 连通，故3k ≥. 情形1：()1deg 2v ≥,由于P 是最长路，1v 的邻点均在2k v v L 中，设1i v v E ∈，其中3i k ≤≤．则{}121,i v v v v 是一个角，在E 中删去这两条边．若1v 处还有第三条边，则剩下的图是连通的；若1v 处仅有被删去的两条边，则1v 成为孤立点，其余顶点仍互相连通．总之在剩下的图中有一个连通分支含有2E -条边．情形 2：()1deg 1v =， ()2deg 2v =．则{}1223,v v v v 是一个角，在G 中删去这两条边后，12,v v 都成为孤立点，其余的点互相连通，因此有一个连通分支含有2E -条边．情形 3：()1deg 1v =，()2deg 3v ≥，且2v 与4k v v L 中某个点相邻．则{}1223,v v v v 是一个角，在G中删去这两条边后，1v 成为孤立点，其余点互相连通，因此有一个连通分支含有 2E -条边．情形 4：()1deg 1v =，()2deg 3v ≥，且2v 与某个{}13,,k u v v v ∉L 相邻．由于P 是最长路，故u 的邻点均在2k v v L 之中．因{}122,v v v u 是一个角，在G 中删去这两条边，则1v 是孤立点．若u 处仅有边2uv ，则删去所述边后u 也是孤立点，而其余点互相连通．若u 处还有其他边i uv ，3i k ≤≤，则删去所述边后，除1v 外其余点互相连通．总之，剩下的图中有一个连通分支含有2E -. 引理获证．………………20 分回到原题，题中的V 和E 可看作一个图(),G V E ．首先证明2795n ≥．设{}122019,,V v v v =L ．在1261,,,v v v L 中，首先两两连边，再删去其中15条边（例如{}1213116,v v v v v v L），共连了261151815C -=条边，则这61个点构成的图是连通图．再将剩余的2019611958-=个点配成979对，每对两点之间连一条边，则图G 中一共连了181********+=条线段．由上述构造可见，G 中的任何一个角必须使用1261,,,v v v L 相连的边，因此至多有18159072⎡⎤=⎢⎥⎣⎦个两两无公共边的角．故满足要求的n 不小于2795．……30 分另一方面，若2795E ≥，可任意删去若干条边，只考虑2795E =的情形．设G 有k 个连通分支，分别有12,,,k m m m L 个点，及12,,,k e e e L 条边．下面证明12,,,k e e e L 中至多有979个奇数．反证法，假设12,,,k e e e L 中有至少980个奇数，由于122795k e e e +++=L 是奇数，故12,,,k e e e L 中至少有 981 个奇数，故981k ≥．不妨设12981,,,e e e L 都是奇数，显然129812m m m +++≥L ．令122k m m m m =+++≥L ，则有2i m i C e ≥（1980i ≤≤），2981980m k C e e e ≥+++L ，故98022112795ikimm i i eC C ===≤+∑∑，利用组合数的凸性，即对3x y ≥≥，有222211x y x y C C C C +-+≤+。

高中数学联赛之历年真题汇编(1981-2020)专题21复数A辑(解析版)

备战2021年高中数学联赛之历年真题汇编（1981-2020）专题21复数A辑历年联赛真题汇编1．【2000高中数学联赛（第01试）】设ω=cosπ5+i sinπ5，则以ω,ω3,ω7,ω9为根的方程是( )A．x4+x3+x2+x+1=0B．x4−x3+x2−x+1=0 C．x4−x3−x2+x+1=0D．x4+x3+x2−x−1=0【答案】B【解析】本题也可以用检验法.显然|ω|=1,ω10=1，所以ω+ω3+ω7+ω9=ω+ω3+ω3+ω̅=2cosπ5+2cos3π5=4cos2π5cosπ5=4cos2π5cosπ5sinπ5=1.由根与系数的关系，从而排除A，D.又有ωω3ω7+ωω3ω9+ωω7ω9+ω3ω7ω9=ω+ω3+ω7+ω9=1，再排除C，故选：B.2．【1995高中数学联赛（第01试）】设复平面上单位圆内接正20边形的20个顶点所对应的复数依次为Z1，Z 2，…，Z20，则复数Z11995,Z21995,⋯，Z201995所对应的不同的点的个数是( )A.4B.5C.10D.20【答案】A【解析】解法1设Z1=cosθ+isinθ，则Z k=(cosθ+isinθ)(cos2(k−1)π20)+ isin 2(k−1)π20(1⩽k⩽20)，由1995=20×99+15得Z k1995=(cos1995θ+isin1995θ)(cos3π2+i sin3π2)k−1=(cos1995θ+isin1995θ)(−i)k−1(k=1,2,⋯,20).共有4个不同的值，故选A．解法2不妨设Z1,Z2,⋯,Z20为1的20个20次单位根，则Z11995,Z21995,⋯,Z201995必为1的4次单位根，且不难得知Z11995，Z21995,⋯,Z201995包含了1的4个4次单位根，故Z11995,Z21995,⋯,Z201995所对应不同点的个数为4.3．【1994高中数学联赛（第01试）】给出下列两个命题：(1)设a，b，c都是复数，如果a2+b2>c2，则a2+ b2−c2>0.(2)设a，b，c都是复数，如果a2+b2−c2>0，则a2+b2>c2.那么下述说法正确的是( ) A．命题(1)正确，命题(2)也正确B．命题(1)正确，命题(2)错误C．命题(1)错误，命题(2)也错误D．命题(1)错误，命题(2)正确【答案】B【解析】命题(1)是正确的.则a2+b2>c2，表示a2+b2与c2都是实数，因此，根据移项法则有a2+b2−c2>0，命题(2)是错误的.仅表明a2+b2−c2是实数，并不能保证a2+b2与c2是实数，故a2+b2>c2不一定成立.例如，取a=2+i,b=i,c=2√i，则有a2+b2−c2=(3+4i)+(−1)−4i=2>0，但并没有a2+b2=2+4i>4i=c2.4．【1992高中数学联赛（第01试）】设复数z1，z2在复平面上的对应点分别为A，B，且|z1|=4,4z12−2z1z2+ z22=0.O为坐标原点，则△OAB的面积为( )A．8√3B．4√3C．6√3D．12√3【答案】A【解析】由已知得(z2−z1)2+3z12=0，z2−z1=±√3z1i.故在复平面上等式两边的复数所对应的向量互相垂直，即OA⊥AB.如图.故SΔABC=12|OA|⋅|AB|=12|OA|⋅|√3OA|=12×4×4√3=8√3.5．【1991高中数学联赛（第01试）】设a，b，c均为非零复数，且ab =bc=ca，则a+b−ca−b+c的值为( )A．1B．±ωC．1,ω,ω2D．1,−ω,−ω2，其中ω=−12+√32i.【答案】C【解析】令ab =bc=ca=t，则a=bt=ct2=at3由a≠0，知t3=1，因此，t=1,ω,ω2.利用比例性质，知原式等于1t，故当t=1,ω,ω2时，原式分别取1,ω,ω2.6．【1990高中数学联赛（第01试）】设非零复数x，y满足x2+xy+y2=0，则代数式(xx+y )1990+(yx+y)1990的值是()A．2−1989B．−1C．1D．以上答案都不对【答案】B【解析】令y=ωx(ω≠1)，代入已知条件得1+ω+ω2=0，所以(1−ω)(1+ω+ω2)=0，进而ω3=1.故原式=1(1+ω)1990+ω1990(1+ω)1990=1+ω1990(1−ω2)1990=1+ωω2=−1.7．【1986高中数学联赛（第01试）】设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}【答案】B【解析】因为(Z−1)2=|Z−1|2，即(Z−1)2=(Z−1)(Z−1)，所以(Z−1)(Z−Z)=0.因此，Z=1或Z=Z.即Z为实数，故选：B.8．【1985高中数学联赛（第01试）】设Z，W，λ为复数，|λ|≠1，关于Z的方程Z－λZ=W有下面四个结论：1.Z=λ̅W+W̅1−|λ|2是这个方程的解；Ⅱ.这个方程只有一个解；Ⅲ.这个方程有两个解；Ⅳ.这个方程有无穷多解.则( ) A．只有I和Ⅱ是正确的B．只有和Ⅲ是正确的C．只有I和Ⅳ是正确的D．以上A，B，C都不正确【答案】A【解析】由题中给出的四个结论，可知本题需要根据解方程的情况作出选择，于是考虑在方程Z−λZ=W的两端同取共轭，得Z−λZ=W̅，以λ乘两端，得λZ−|λ|2Z=λW̅，与原方程两端分别相加，得Z(1−|λ|2)=λW+W.两端再取共轭，得Z(1−|λ|2)=λW+W̅.因为|λ|2≠1，所以Z=λ̅W+W̅1−|λ|2.9．【1984高中数学联赛（第01试）】集合S={Z2|argZ=α,α为常数}在复平面的图形是( )A．射线argZ=2a B．射线argZ=－2aC．射线argz=－a D．上述答案都不对【答案】B或D【解析】根据一对共轭复数的模相等，辐角的终边关于x轴对称，和复数的平方是模的平方且辐角乘以2，可以确定集合S在复平面上的图形.只要argZ=α(α为常数)能成立，图形就是一条射线但是，由于本题记号argZ的含义不明确，于是可以有两种不同的答案.若argZ表示复数Z的一个辐角，则答案为B．若argZ表示复数Z的辐角主值，则答案是D．10．【2020高中数学联赛A卷（第01试）】设z为复数.若z−2z−i为实数(i为虚数单位),则|z+3|的最小值为.【答案】√5【解析】解法1:设z=a+bi(a,b∈R),由条件知Im(z−2z−i )=Im((a−2)+bia+(b−1)i)=−(a−2)(b−1)+aba2+(b−1)2=a+2b−2a2+(b−1)2=0,故a+2b=2.从而√5|z+3|=√(12+22)((a+3)2+b2)⩾|(a+3)+2b|=5,即|z+3|⩾√5.当a=−2,b=2时, |z+3|取到最小值√5.解法2:由z−2z−i∈R及复数除法的几何意义,可知复平面中z所对应的点在2与i所对应的点的连线上(i所对应的点除外),故|z＋3|的最小值即为平面直角坐标系xOy中的点(−3,0)到直线x+2y−2=0的距离,即22=√5.11．【2020高中数学联赛B卷（第01试）】设9元集合A={a+bi|a,b∈{1,2,3}},i是虚数单位. α=(z1,z2,⋯z9)是A中所有元素的一个排列,满足|z1|≤|z2|≤⋯≤|z9|,则这样的排列α的个数为.【答案】8【解析】由于|1+i|<|2+i|=|1+2i|<|2+2i|<|3+i|=|1+3i|<|3+2i|=|2+3i|<|3+3i|,故z1=1+i, {z2,z3}={2+i,1+2i},z4=2+2i,{z5,z6}={3+i,1+3i},{z7,z8}={3+2i,2+3i},|z9|=3+3i.由乘法原理知,满足条件的排列α的个数为23=8.12．【2018高中数学联赛A卷（第01试）】设复数满足|z|=1，使得关于x的方程2x2+2z̅x+2=0有实根，则这样的复数z的和为.【答案】−32【解析】设=a+bi(a，b∈R，a2+b2=1).将原方程改为(a+b i)x2+2(a−b i)x+2=0，分离实部与虚部后等价于ax2+2ax+2=0①bx2−2bx=0②若b=0，则a2=1，但当a=1时，①无实数解，从而a=－1，此时存在实数x=−1±√3满足①、②，故z=−1满足条件.若b≠0，则由②知x∈{0，2}，但显然x=0不满足①，故只能是x=2，代入①解得a=−14，进而b=±√154，相应有z=−1±√15i4.综上，满足条件的所有复数z之和为−1+−1+√15i4+−1−√15i4=−32.13．【2018高中数学联赛B卷（第01试）】已知复数z1,z2,z3满足|z1|=|z2|=|z3|=1,|z1+z2+z3|=r，其中r是给定实数，则z1z2+z2z3+z3z1的实数是(用含有r的式子表示).【答案】r 2−3 2【解析】记w=z1z2+z2z3+z3z1.由复数模的性质可知z1=1z1,z2=1z2,z3=1z3，因此w=z1z2+z2z3+z3z1.于是r2=(z1+z2+z3)(z1+z2+z3)=|z1|2+|z2|2+|z3|2+w+w̅=3+2Rew，解得Rew=r 2−3 2.14．【2017高中数学联赛B卷（第01试）】设复数z满足z+9=10z̅+22i，则|z|的值为.【答案】√5【解析】设x=a+bi，a，b∈R.由条件得(a+9)+b i=10a+(−10b+22)i.比较两边实虚部可得{a+9=10ab=−10b+22，解得a=1，b=2，故z=1+2i，进而|z|=√5.15．【2016高中数学联赛（第01试）】设复数z、w满足|z|=3,(z+w̅)(z̅−w)=7+4i，其中i是虚数单位，z̅,w̅分别表示z、w的共轭复数，则(z+2w̅)(z̅−2w)的模为.【答案】√65【解析】由运算性质，7+4i=(z+w̅)(z̅−w)=|z|2−|w|2−(zw−zw)，因为|z|2与|w|2为实数，Re(zw−zw)=0，故|z|2−|w|2=7,zw−zw=−4i，又|z|=3，所以|w|2=2.从而(z+2w̅)(z̅−2w)=|z|2−4|w|2−2(zw−zw)=9−8+8i=1+8i，因此，(z+2w̅)(z̅−2w)的模为√12+82=√65.16．【2015高中数学联赛（第01试）】已知复数数列{z n}满足z1=1,z n+1=z̅n+1+n i(n=1,2,⋯)，其中i为虚数单位，z̅n表示z n的共轭复数，则z2015的值为.【答案】2015+1007i【解析】由已知得，对一切正整数n，有z n+2=z n+1+1+(n+1)i=z n+1+n i+1+(n+1)i=z n+2+i，于是z2015=z1+1007×(2+i)=2015+1007i17．【2002高中数学联赛（第01试）】已知复数Z1Z2满足|Z1|=2,|Z2|=3，若它们所对应向量的夹角为60°，则|Z1+Z2Z1−Z2|=.【答案】1337【解析】如图，由余弦定理可得|Z1+Z2|=√19，|Z1−Z2|=√7，所以|Z1+Z2Z1−Z2|=√19√7=1337.18．【2001高中数学联赛（第01试）】若复数z1,z2满足|z1|=2,|z2|=3,3z1−2z2=2−i，则z1z2= .【答案】−3013+7213i【解析】令z1=2(cosα+isinα),z2=3(cosβ+isinβ)，则由3z1−2z2=32−i及复数相等的充要条件，得{6(cosα−cosβ)=326(sinα−sinβ)=−1，{−12sinα+β2sinα−β2=3212cosα+β2sinα−β2=−1，二式相除，得tanα+β2=32，由万能公式，得sin(α+β)=1213,cos(α+β)=−513，故z1⋅z2=6[cos(α+β)+isin(α+β)]=−3013+7213i.优质模拟题强化训练1．若复数z满足|z|<1且|z̅+1z |=52，则|z|=（）A．45B．34C．12D．23【答案】C由|z̅+1z |=|z̅⋅z+1z|=|z|2+1|z|=52，解得|z|=2(舍)或|z|=12.故选：C.2．若A，B是锐角△ABC的两个内角，则复数z=(cosB−sinA)+i(sinB−cosA)在复平面内所对应的点位于( ).A．第一象限.B．第二象限.C．第三象限D．第四象限【答案】B【解析】因为A，B是锐角△ABC的两个内角，所以A+B>π2∴π2>A>π2−B>0∴sinA>sin(π2−B)=cosB,cosA<cos(π2−B)=sinB,即cos B−sin A<0,sin B−cos A>0,因此点位于第二象限，选B.3．已知z满足|z+5−12i|=3.则|z|的最大值是（）A．3B．10C．20D．16【答案】D【解析】|z+5−12i|=3⇒z对应的点在以(−5,12)为圆心，3为半径的圆上，因此|z|max=√52+122+3=16.故答案为：D4．方程ax2+b|x|+c=0(a,b,c∈R,a≠0)在复数集内不同的根的个数为（）.A．2或4个B．至多4个C．至多6个D．可能为8个【答案】C【解析】由题设知x为实数或纯虚数，方程至多有4个实数根、2个纯虚数根，故至多6个根.当a=1,b=−3,c=2时，x=±1,±2,−3+√172i,3−√172i共6个根.故答案为C5．设复数z满足|z|=1，i是虚数单位，则|(z+1)+i(7−z)|的值不可能是（）. A．4√2B．4√3C．5√2D．5√3【解析】注意(z+1)+i(7−z)=(1−i)z+(1+7i)=(1−i)(z−3+4i)我们有|(z+1)+i(7−z)|=|1−i|⋅|z−3+4i|=√2⋅|z−(3−4i)|.也就是说，它表示点z到3-4i的距离的√2倍.由于z在单位圆上，易知上式的取值范围是[4√2,6√2].故答案为：D6．已知复数z满足z2005+λz2004i−λz−i=0．其中λ为实常数且满足λ2≤1．则|z|=（）．A．√22B．|λ+1λ−1|C．1D．√1+λ2【答案】C【解析】由己知有z2004=λz+iz+λi．令z=a+bi．当(a2+b2−1)(λ2−1)>0时，有λ2(a2+b2)+2λb+1>a2+b2+2bλ+λ2，即(a2+b2−1)(λ2−1)>0．但a2+b2>1，故λ2≤1，矛盾．当a2+b2<1时，同理可得出矛盾．从而，|z|=1．故答案为：C7．已知集合A={z∈C|(a+bi)z̅+(a−bi)z+2c=0,a、b、c∈R,ab≠0}，B={z∈C||z|=1}，若A∩B=∅，则以|a|、|b|、|c|为三边（）.A．一定构成锐角三角形B．一定构成直角三角形C．一定构成钝角三角形D．可能不构成三角形【答案】D【解析】设z=x+y i∈A，由(a+bi)z̅+(a−bi)z+2c=0，得(a+bi)(x−yi)+(a−bi)(x+yi)+2c=0.展开整理得ax+by+c=0.若z=x+yi∈B，由|z|=1，得x2+y2=1.那么，A∩B=∅等价于在平面直角坐标系中，直线ax+by+c=0与圆x2+y2=1相离.故直线ax+by+c=0到坐标原点O(0,0)的距离大于1，即22>1.整理得a2+b2<c2.显然，(a,b,c)=(1,1,2)满足条件，但此时a、b、c不能构成三角形.故|a|、|b|、|c|可能不构成三角形.故答案为：D8．已知复数(x−2)+(y−2)i(x、y∈R)的模等于|xcos45°+ysin45°+1|，则动点P(x,y)所在的轨迹为（）A．圆B．椭圆C．双曲线D．抛物线【答案】D【解析】由已知有√(x−2)2+(y−2)2=√2|√2.这表明，动点P(x,y)到定点F(2,2)与到定直线x+y+√2=0的距离相等，根据定义，动点P(x,y)的轨迹为抛物线。

全国高中数学联赛(1981-2019年)试题分类汇编讲解11---复数含答案解析

故 Tm ≤ k=1 z2k−1 + z2k
+
z2 s +1
∞
< z2k−1 + z2k
k =1
=2 3 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 zx2 + 2zx + 2 = 0 有实根，则这样的复数 z 的和为
- 2 - / 16
◆答案： − 3 2
zn+1 zn
=
1 2
，故
zn
=
z1
⋅
1 2n−1
=
1 2n−1
（ n ∈ N ∗ ）①
进而有
zn+1 + zn
=
zn
⋅ 1+ zn+1 zn
=
1 2n−1
⋅
3± 4
3i
=
3 2n ②
记 Tm = z1 + z2 +L + zm （ m ∈ N ∗ ）则
当 m 为偶数时，记 m = 2s ，由②得
∑ ∑ ∑ s
∑( ) ∑ s
此时
lim
s→∞
T2
s +1
=
lim
s→∞
z1
+
k =1
z2k + z2k +1
=
lim
s→∞
1+
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