高中數(shù)學聯(lián)賽真題分類大全-復數(shù)拓展

高中數(shù)學聯(lián)賽真題匯編——復數(shù)拓展（1988T12）復平面上動點Z1的軌跡方程為|Z1—ZO|=|Z1|,Z0為定點，ZOHO,另一個動點Z滿足Z1Z=—1,求點Z的軌跡，指出它在復平面上的形狀和位置.解：Z1=—Z,故得|—|—Z0|=hZ|，即|ZZO+1|=1.|Z+Z0=Z0|.即以—0為圓心〔Z0I為半徑的圓.t1+t,(1989T5)右M={z|z=y+^+i^^，tWR,t工一1,t工0},N={z|z“2[cos(arcsint)+icos(arccost)],tWR,|t|W1}.則MQN中元素的個數(shù)為C．2D.4A.0B.1C．2D.4解:M的圖象為雙曲線xy=1(xM0,xM1)N的圖象為x2+y2=2(x±0),二者無公共點.選A.(1990T5)設(shè)非零復數(shù)x、y滿足x2+xy+y2=0，則代數(shù)式1990+1990的值是()A.2—1989B.—1C.1D.以上答案都不對x解：一=3或32,其中3=cos120°+isin120°.1+o+o2=0.且?3=1.y若.3,則得(撫)1990+(士)1990=—1.若x=s2，則得(三芻)1990+(壯1)1990=—1.選B.y1+33+1y1+3232+1(1990T11)設(shè)n=1990，則2-(1—3C2+32C4—33C6+-+3994C1998—3995C1990=2nnnnnn故原式=—*.解：取（一2+￥i）1990展開的實部即為此式?而（一才+哈）^。一1故原式=—*.（1991T2）設(shè)&、b、c均為非零復數(shù)，且洋；，則t—W的值為（）A.1B.±3A.1B.±3C.1,3,32D.1,—3,—32abca+b—c1+t2—t1解：令b〒a=t，則a=at3?由日得t"，3,32且1+3+32=0故(1991T11)設(shè)復數(shù)z1,z2滿足|z1|=|z1+z2|=3,|z1—z2|=3\；‘3,則log3|(z1一)2000+(一z2)2000|=.解：由|z1+z2|2+|z1—z2|2=2(|z1|2+|z2|2),得|z2|=3.由于|z1|=|z2|=|z1+z2|=3，故argz1—argz2=±120°..??|(z1一)2000+(一z2)2000|=2X34000|cos(120°X2000)1=34000.故log3|(z1一)2000+(一z2)2000|=4000.TOC\o"1-5"\h\z(1992T5)設(shè)復數(shù)z1,z2在復平面上對應的點分別為A,B,且|z1|=4,4z12?2z1z2+z22=0,0為坐標原點，則△OAB的面積為()_(A)8\：§(B)4'73(C)^;'3(D)1^;'3解：甲二cos〒土isin〒..?.|z2|=8,z1、z2的夾角=60°.S=￡?4?8?1=8\；3.選A.z23322(1992T10)設(shè)z1,z2都是復數(shù)，且|z1|=3,|z2|=5|z1+z2|=7，貝心礙曽)3的值是.

小32+52—721卄解：cosZ0Z1Z3==—.即ZOZ1Z3==12O°,2!3!52z2n5narg(zj)=§或丁.arg(zi)3=n.形(Fl,F2為焦(A)(B)(C)(D)(1993T6)設(shè)皿，n為非零實數(shù)，i為虛數(shù)單位，z?C,則方程|z+ni|+|z?mi|二n與|z+ni|?|z?mi|=?m形(Fl,F2為焦(A)(B)(C)(D)解：方程①為橢圓，②為雙曲線的一支.二者的焦點均為(—ni，mi)，由①n〉0，故否定A,由于n為橢圓的長軸，而C中兩個焦點與原點距離(分別表示|n|、|m|)均小于橢圓長軸，故否定C.由B與D知，橢圓的兩個個焦點都在y軸負半軸上，由n為長軸，知|0F1|=n,于是m〈0,|OF2|=—m.曲線上一點到一ni距離大，否定D,故選B.(1993T7)二次方程(1?i)x2+(?+i)x+(1+i?)=0(i為虛數(shù)單位，??R)有兩個虛根的充分必要條件是?的取值范圍為.解：即此方程沒有實根的條件.當入WR時，此方程有兩個復數(shù)根，若其有實根，貝yx2+入x+1=0，且x2—x一入=0.相減得(入+1)(x+1)=0.當入=一1時，此二方程相同，且有兩個虛根.故入=一1在取值范圍內(nèi).當入工一1時，x=—1,代入得入=2.即入=2時，原方程有實根x=—1.故所求范圍是入工2.5nn(1993T9)若z?C,arg(z2?4)==,arg(z2+4)==，則z的值是63解：如圖，可知z2表示復數(shù)4(cos120°+isin120°).z=±2(cos60°+isin60°)=±(1+{3i).(1994T2)給出下列兩個命題：⑴設(shè)a,b,c都是復數(shù),如果a2+b2〉c2,則a2+b2—c2〉0.⑵設(shè)a,b,c都是復數(shù)，如果a2+b2—c2>0，則a2+b2〉c2.那么下述說法正確的是(A)命題(1)正確，命題(2)也正確(B)命題(1)正確，命題(2)錯誤(C)命題(1)錯誤，命題⑵也錯誤(D)命題(1)錯誤，命題⑵正確解：⑴正確，⑵錯誤；理由：(l)a2+b2〉c2，成立時，a2+b2與c2都是實數(shù)，故此時a2+b2—c2〉0成立；⑵當a2+b2—c2〉0成立時a2+b2—c2是實數(shù)，但不能保證a2+b2與c2都是實數(shù)，故a2+b2〉c2不一定成立.故選B.2(1994二試1)x的二次方程x2+z1x+z2+m=0中，z1,z2,m均是復數(shù)，且Z]—4z2=16+20i，設(shè)這個方程的兩個根a、B，滿足|a—B|=2\：7,求|m|的最大值和最小值.解：設(shè)m二a+bi(a,bWR).則△二z12—4z2—4m=16+20i—4a—4bi=4[(4—a)+(5—b)i].設(shè)△的平方根為u+vi.(u,vWR)

即(u+vi)2=4[(4—a)+(5—b)i].|a—B|=2-j7,?|a—B|2=28,?|(4—a)+(5—b)i|=7,?(a—4)2+(b—5)2=72,「即表示復數(shù)m的點在圓(a—4)2+(b—5)2=72上，該點與原點距離的最大值為7^.'41，最小值為7—\'41.(1995T2)設(shè)復平面上單位圓內(nèi)接正20邊形的20個頂點所對應的復數(shù)依次為Z1,Z2,…，Z20,199519951995則復數(shù)沖…，z20汕所對應的不同的點的個數(shù)是()(A)4(B)5(C)10(D)20解：設(shè)z1=cos9+isin9,則zk解：設(shè)z1=cos9+isin9,則zk二zl￡k—l,其中..n￡二C0S]o+isin]o.jie20=1.￡15=—i,￡10=—1,￡5=i.???zkl995=(cosl995e+isinl995G)&1995(k—l)=(cosl995G+isinl995e)(—i)k—l.???共有4個值.選A.(1995T7)設(shè)a,B為一對共軛復數(shù)，若|a—B|=2行3且才為實數(shù)，貝川a|=.解：設(shè)a=x+yi,(x,yWR)，貝貝|a—B|=2|y|.?y=±\；3.2設(shè)arga=0，貝可取0+29=2n,(因為只要求|a|,故不必寫出所有可能的角).9=§"，于是x=±1.|a|=2.(1996T8)復平面上，非零復數(shù)z1,z2在以i為圓心，1為半徑的圓上，z1?z2的實部為零，zl的輻角.n主值為石，則z2=解：z1滿足|z—i|=1；argz1=~6，得z1二于+fi,z1=cos(—^)—n設(shè)z2的輻角為0(0<0<n)，則z2=2sinQ(cosQ+isinQ)z1?z2=2sinQ[cos(0—7)+isin(0nnn2n33—石)]，若其實部為0,貝y0—石二①，于是0=丁.z2=—亍+尹?(1997T9)已知復數(shù)z滿足2z+1=1,則z的幅角主值范圍是z解:2z+z=1?4r4+(4cos20—1)r2+1=0,這個等式成立等價于關(guān)于x的二次方程4x2+(4cos20—解:1)x+1=0有正根.△=(4cos2G—1)2—16三0,由x1x2=4>0,故必須x1+x2=—4cos29—1>0.331)x+1=0有正根.△=(4cos2G—1)2—16三0,由x1x2=4>0,故必須x1+x2=—4cos29—1>0.33???cos2QW—4???(2k+1)n—arccos4<29<(2k+1)3n+arccos〔.n13n13,kn^^—^arccos^^Q^kn^^+^arccos^,(k=0,1)(1998T8)設(shè)復數(shù)z=cos0+isin0(0W0W180。),復數(shù)z,在復平面上對應的三個點分別是P,Q,R.當P,Q,R不共線PQ,PR為兩邊的平行四邊形的第四個頂點為S,點S到原點值是.解：OS=OP+PQ+PR=OP+OQ—OP+OR—OP(1+i)z,2—z時,以線段距離的最大=OQ+OR－OP=(1+i)z+2－z－z=iz+2－z=(2cos0—sin6)+i(cos0—2sin9).n???|0S|2=5—4sin2GW9.即|0S|W3，當sin2G=l,即卩9=孑時，|0S|=3.(1998T13)已知復數(shù)z=l—sine+icose(~2〈e〈n),求z的共軛復數(shù)—的輻角主值.n石+9nn2解：z=1+cos(~+9)+isin(~+9)=2cos2-~nn\o"CurrentDocument"+9+9n石+9nn2解：z=1+cos(~+9)+isin(~+9)=2cos2-~nn\o"CurrentDocument"+9+922+2isin-2~cos~nT+9=2cos~~n2+9'(cos~2~+isin'n,—當—<9<n時，z=—2cos'nT+9：2/n9、/?一一、/=—2cos(—+~)(cos(^—~^)+isin^4?_3n9?輻角主值為三一了.丄(1999T8)已知9=arctg12，那么,的輻角主值是.3n9n亍9+isin—2—)nn3n9cos29+isin29z二復數(shù)239+i8.48.4(A)x4+x3+x2+x+l=0(C)x4?x3?x2+x+l=0解：s5+l=0,故？，？3,z的輻角主值argz=arg[(12+5i)2(239-i)]=arg[(119+120i)(239-i)]=arg[28561+28561i]=4nn(2000T6)6.設(shè)spos^+isinT，則以？，?3，?7，?9為根的方程是((B)x4?x3+x2?x+l=0(D)x4+x3+x2?x?l=0?7，?9都是方程x5+l=0的根.x5+l=(x+l)(x4—x3+x2—x+l)=0.選B.(1+x+x2)1000a+ax+ax2+???+ax2°oo(2001T5)若')的展開式為oi22ooo，a+a+a+a+…+a則03691998的值為(A)3333(B)3666(C)3999(D)32001【答】(C)【解】令x=1可得31ooo=a+a+a+a+——+a；01232000令x=?可^得0=a+aco+aco2+aco3+?…+aco2000；01232000

(其中W=-1+空i，則W3=1且①2+?+1=0)22令x=w2可^得0=a+aco2+aco4+aco6+?…+aco4000012320001998=以上三式相加可得31000=3(a+a+a+a+???+a).03691998=所以a+a+a+a++a=3999.036(2001T8)若復數(shù)Z/z2滿足|Z(2001T8)若復數(shù)Z/z2滿足|Z1|=2,1Z2l=3,3Z1-2Z2=2一'，則Z1Z2=一13+T3八【解】由3z「2z2=3z—11:.z?z—z.z.z=z22121126z(2z一3z)1221可得zz=可得zz=6(遲-込)=6(3◎一2%)122z—3z2z—3z21213.—i=一6x|-+i230+72i.本題也可設(shè)三角形式進行運算.1313(2002T7)已知復數(shù)Z],Z2滿足|Z(2002T7)已知復數(shù)Z],Z2滿足|Z1|=2,|Z,|=3,若它們所對應向量的夾角為60°，則解：由余弦定理得％+22|=719,|（2003T14）設(shè)A、B、C分別是復數(shù)Z°=ai,z+z—1z一z12

z”7z+z1?2z一z12Z2=1+ci（其中a,b，c都是實數(shù)）對應的不共（tWR）并求出此點.（tWR）并求出此點.Z=Z0cos4t+2Z1cos2tsin2t+Z2sin4t與厶ABC中平行于AC的中位線只有一個公共點，解：曲線方程為：Z=aicos4t+(1+2bi)cos2tsin2t+(1+ci)sin4t二(cos2tsin2t+sin4t)+i(acos4t+2bcos2tsin2t+csin41)x=cos2tsin2t+sin4t二sin21(cos2t+sin21)二sin21.(OWxWl)y=acos4t+2bcos2tsin2t+csin4t二a(1—x)2+2b(1—x)x+cx2TOC\o"1-5"\h\z即y=(a—2b+c)x2+2(b—a)x+a(OWxWl).①若a—2b+c=0，則Z0、Zl、Z2三點共線，與已知矛盾，故a—2b+c?0.于是此曲線為軸與x軸垂直的拋物線