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
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 +++<。
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编：15 组合与构造
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 ，其中12k v v v 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 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 vv 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 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 ∉相邻．由于P 是最长路，故u 的邻点均在2k v v 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 =．在1261,,,v v v 中，首先两两连边，再删去其中15条边（例如{}1213116,v v v v v v ），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 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 个点，及12,,,k e e e 条边．下面证明12,,,ke e e 中至多有979个奇数． 反证法，假设12,,,k e e e 中有至少980个奇数，由于122795k e e e +++=是奇数， 故12,,,k e e e 中至少有 981 个奇数，故981k ≥．不妨设12981,,,e e e 都是奇数，显然129812m m m +++≥．令122k m m m m =+++≥，则有2i m i C e ≥（1980i ≤≤），2981980m k C e e e ≥+++，故98022112795i kimm 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 +-+≤+。
1981年~2019年全国高中数学联赛试题分类汇编(11)复数(含答案)
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
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
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
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 ，
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。
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=⨯-⨯。
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 ）。
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 +-+≤+。
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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 +++≥L 。
★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111112n n n n n n z z z z z ++-+=⋅+==② 记12m m T z z z =+++L （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，111T z ==>，综上知3C =满足要求。
另一方面，当11z =，2k z =，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 +++<L 。
★证明：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 =+++L （m N *∈）则当m 为偶数时，记2m s =，由②得2122122111123s m k k k k k k k k T z z z z ∞∞---===≤+<+==∑∑∑。
当m 为奇数时，记21m s =+，由①②得21212221211112322s k k s s k k s k s z z z ∞∞+---=+=+=<==+⋅∑∑，故2122121211sm k ks k kk k T z z z z z ∞-+-==⎛⎫≤++<+= ⎪⎝⎭∑∑综上知结论获证。
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 i2018B 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()()w w 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==-kk 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。
⑵对于2,1=k ，设i y x z k k k +=，（R y x k k ∈,），将k z 对应到平面直角坐标系xOy 中的点()k k k y x P ,，记/2P 是2P 关于x 轴的对称点，则1P ，/2P 均位于双曲线222=-y x 的右支上。
设21,F F 分别是双曲线的左右焦点，易知()()0,2,0,221F F -。
根据双曲线的定义，有2221+=PF PF ,222/21/2+=F P F P ，进而得到: =--+++212122z z z z/211/211212122P P F P F P z z z z -+=--+++2424/212/221≥-++=P P F P F P ,等号成立当且仅当2F 位于线段/21P P 上（例如，当i z z 2221+==时，2F 恰是/21P P 的中点）。
综上可知，212122z z z z --+++的最小值为24。
2017B 2、设复数z 满足i z z 22109+=+，则z 的值为★解析：设,,z a bi a b R =+∈，由条件得(9)10(1022)a bi a b i ++=+-+，比较两边实虚部可得9101022a ab b +=⎧⎨=-+⎩，解得：1,2a b ==，故12z i =+，进而||z =2016A 2、设复数z ，w 满足3=z ，i w z w z 47))((+=-+，其中i 是虚数单位，z ，w 分别表示复数z ，w 的共轭复数，则)2)(2(w z w z -+的模为 ◆答案：65★解析：由运算性质，)(||||))((4722zw zw w z w z w z i ---=-+=+，因为2||z 与2||w 为实数，0)Re(=-zw zw ，故7||||22=-w z ，i zw zw 4-=-，又3||=z ，所以2||2=w ，从而i i zw zw w z w z w z 81889)(2||4||)2)(2(22+=+-=---=-+因此，)2)(2(w z w z -+的模为65．2016B 3、已知复数z 满足z z z z ≠=+22（z 表示z 的共轭复数），则z 的所有可能值的积为 ◆答案：3★解析：设()i ,.z a b a b R =+∈由22z z z +=知， 222i 22i i,a b ab a b a b -+++=-比较虚、实部得220,230.a b a ab b -+=+=又由z z ≠知0b ≠，从而有230,a +=即32a =-，进而b =于是，满足条件的复数z 的积为33 3.22⎛⎫⎛⎫--= ⎪⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭2015A 3、已知复数数列{}n z 满足11=z ，ni z z n n ++=+11),2,1(Λ=n ，其中i 为虚数单位，n z 表示n z 的共轭复数，则2015z 的值为 ◆答案：2015 + 1007i ．★解析：由己知得，对一切正整数n ，有211(1)11(1)2n n n n z z n i z ni n i z i ++=+++=+++++=++, 于是201511007(2)20151007z z i i =+⨯+=+．2006*8、对一切R ∈θ，复数i a a z )sin 2()cos (θθ-++=的模不超过2，则实数a 的取值范围 为◆答案： 55⎡-⎢⎣⎦★解析：依题意，得2z ≤ 22(cos )(2sin )4a a θθ⇔++-≤22(cos 2sin )35a a θθ⇔-≤-2sin()35a θϕ⇔--≤- （arcsinϕ=）（对任意实数θ成立）235a ⇒≤-a ⇒≤故 a的取值范围为⎡⎢⎣⎦。
2002*7、已知复数21,z z 满足3,221==z z ,若它们所对应向量的夹角为060,则=-+2121z z z z◆答案：7133★解析：由余弦定理得1921=+z z ,721=-z z ,可得 2121z z z z -+=71332001*8、若复数21,z z 满足3,221==z z ，i z z -=-232321，则=⋅21z z ◆答案：i 13721330+-★解析：由3z 1-2z 2=2111222131z z z z z z ⋅⋅-⋅⋅=)32(611221z z z z - 可得=+-⨯-=--=--=i iz z z z z z z z z z 2323632)23(632)23(61221122121i 13721330+-．本题也可设三角形式进行运算．2000*6、设5sin5cosππωi +=，则以973,,,ωωωω为根的方程是( )A.01234=++++x x x xB. 01234=+-+-x x x xC. 01234=++--x x x xD. 01234=--++x x x x◆答案：B★解析：由于015=+ω，故973,,,ωωωω都是方程015=+x 的根．又()()01112345=+-+-+=+x x x x x x ．选B ．1999*8、已知125arctan =θ，那么，复数ii z ++=2392sin 2cos θθ的辐角主值是______ ◆答案：4π★解析： z 的辐角主值()()[][]42856128561arg 239512arg arg 2π=+=-+=i i i z 。