高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽（強(qiáng)基計(jì)劃）歷年真題練習(xí) 10 復(fù)數(shù) （學(xué)生版+解析版）

【高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽真題?強(qiáng)基計(jì)劃真題考前適應(yīng)性訓(xùn)練】

專題10復(fù)數(shù)真題專項(xiàng)訓(xùn)練（全國(guó)競(jìng)賽+強(qiáng)基計(jì)劃專用）

一、單選題

1.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）在復(fù)平面上，滿足|z-l|6+|z-l-2i|=2|z|的點(diǎn)z的軌跡是

（）.

A.圓B.橢圓

C.一段圓弧D.雙曲線

2.（2020?北京?高三強(qiáng)基計(jì)劃）設(shè)a,b,c,d是方程/+21+3/+4x+5=0的4個(gè)復(fù)

490

A.一1B.--C.—D.前三個(gè)答案都

J。

不對(duì)

3.（2020?北京?高三?？紡?qiáng)基計(jì)劃）已知復(fù)數(shù)A*?在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為ZrZ”。為

坐標(biāo)原點(diǎn).若㈤=l,5z；-2z后+名=0,則OZ￡的面積為（）

A.1B.石C.2D.2小

4.（2020?北京?高三強(qiáng)基計(jì)劃）已知復(fù)數(shù)z滿足!」+且i,則z—zs,.高。2。中不同

z22

的數(shù)有（）

A.4個(gè)B.6個(gè)C.2019個(gè)D.以上答案都不

正確

二、多選題

5.（2020?北京?高三?？紡?qiáng)基計(jì)劃）設(shè)復(fù)數(shù)z滿足|3z-7i|=3,令馬=［。+2,貝

Z-1+1

的（）

Q7

A.最大值為］B.最大值為:

C.最小值為?D.最小值為彳

6.（2020?北京?高三?？紡?qiáng)基計(jì)劃）已知/。）=210+2-'°+3卜5+2-5）,則（）

A..f（z）=O存在實(shí)數(shù)解

B.f（z）=O共有20個(gè)不同的復(fù)數(shù)解

C./（z）=0的復(fù)數(shù)解的模長(zhǎng)都等于1

D./（z）=0存在模長(zhǎng)大于1的復(fù)數(shù)解

7.（2020?湖北武漢?高三統(tǒng)考強(qiáng)基計(jì)劃）設(shè)卬4是非零復(fù)數(shù)，它們的實(shí)部和虛部都是非

ki+z|

負(fù)實(shí)數(shù)，則^2^（）

A.最小值為&B.沒有最小值C.最大值為2D.沒有最大值

8.（2020?湖北武漢?高三統(tǒng)考強(qiáng)基計(jì)劃）設(shè)復(fù)數(shù)z的實(shí)部和虛部都是整數(shù)，則（）

A.z2-z的實(shí)部都能被2整除

B.z3-z的實(shí)部都能被3整除

C.z4-z的實(shí)部都能被4整除

D.z$-z的實(shí)部都能被5整除

三、填空題

9.（2018?遼寧福三競(jìng)賽）設(shè)〃、13均為實(shí)數(shù)，復(fù)數(shù)4=限-1+（由-4與4=2-64+初

的模長(zhǎng)相等，且4名為純虛數(shù)，則a+b=.

10.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）已知虛數(shù)4、Z2滿足匕12|=百，z：+Z1+q=0,

z；+Z2+q=0.則實(shí)數(shù)q=.

11.（2022?廣西?高二統(tǒng)考競(jìng)賽）若復(fù)數(shù)z滿足與-訪=l+i,則z的虛部為

12.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）復(fù)平面上動(dòng)點(diǎn)

/cosO-sin。2一八，34，二、十…

Z----------------。七R,。/kjv+—,A:eZ的軌跡方程為____________.

Icosg+sin夕cos^4-sin0）\4）

—2z+4

13.（2020?江蘇?高三競(jìng)賽）已知復(fù)數(shù)z滿足|z|=l,則z_[_￡的最大值為

20,020102010

14.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)f（x）=力3+之次,其中,

A=0%=0

670

4、bkWR,k=G,l,,2010.則Z（%人+怎）=

*=0

15.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)％是復(fù)數(shù)，關(guān)于x的一元二次方程V+區(qū)-/=（）的兩個(gè)復(fù)

數(shù)根為％、*2.若藥+2石=3貝必=

16.（2021?浙江?高二競(jìng)賽）設(shè)復(fù)數(shù)z=x+yi的實(shí)虛部x,y所形成的點(diǎn)（x,y）在橢圓

H+t=l上.若三1sl為實(shí)數(shù)，則復(fù)數(shù)z=.

916z-i

17.（2022?福建?高二統(tǒng)考競(jìng)賽）已知復(fù)數(shù)4、z?在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為A、8,且

閔=2,Z；-2Z,Z2+4Z；=0,。為坐標(biāo)原點(diǎn)，則AOAB的周長(zhǎng)為.

18.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）已知正實(shí)數(shù)a、b滿足/+k=25僅＞3）,復(fù)數(shù)“、隊(duì)w滿足

w=a+bi,u-w=3v,若忖=1,那么，當(dāng)"的輻角主值最小時(shí)，乜的值為.

W

..iz?

19.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）復(fù)數(shù)列z0,z”…滿足聞=1,z?+1=^.^z201l=l,則z°可

Zn

以有種取值.

20.（2021?浙江?高三競(jìng)賽）復(fù)數(shù)4，Z2滿足閔=㈤=3,|Z,-Z2|=35/3,則

21.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)復(fù)數(shù)滿足團(tuán)=岡=肉|=2,則至1士咨上L

22.（2021?北京?高三強(qiáng)基計(jì)劃）已知復(fù)數(shù)z滿足zE=l,z+z,°-zU=zT+zT0-z。則

滿足條件的z有個(gè).

四、解答題

cosx+cosy+coszsinx+siny+sinz_、

（?全國(guó)?高三競(jìng)賽）已知sin(x+y+z)"求

24.2018cos(x+y+z)

cos(y+z)+cos(z+x)+cos(x+y)的值.

25.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）已知。、b、。是互不相等的復(fù)數(shù)，滿足破cwO,

絲^=2上=士.求證：|/叫=|從叫=H叫.

a-bb-cc-a111111

26.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)產(chǎn)=7.證明：012cot?-cot今+i）為純虛數(shù).

27.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)aeR,夕€[0,2]），復(fù)數(shù)

Zj=cose+isine,Z2=sine+icose,Z3=a(l-i).求所有的使得Z］、z2、Z3依次成等

比數(shù)列.

28.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)*=｛1,2,,/?）,其中。為質(zhì)數(shù).對(duì)X的一個(gè)子集A,如

果A中所有元素的和（空集的元素和規(guī)定為0）為2的倍數(shù)，則稱A是X的一個(gè)“倍子

集”.試求X的所有倍子集的個(gè)數(shù)S.

29.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)4Q，2202。和件明，，嗎回為兩組復(fù)數(shù)，滿足:

20202020

Z㈤?求證：存在數(shù)組佃■，，%）（其中￡”｛-1,1｝）,使得

1=11=1

202()2020

30.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)｛為｝、｛七｝是無窮復(fù)數(shù)數(shù)列，滿足對(duì)任意正整數(shù)〃，關(guān)于

X的方程+的兩個(gè)復(fù)根恰為X”、X用（當(dāng)兩根相等時(shí)Xa=X“M）.若數(shù)列

｛聞｝恒為常數(shù)，證明:

（!）|#2；

（2）數(shù)列｛a,J恒為常數(shù).

【高中數(shù)學(xué)競(jìng)賽真題?強(qiáng)基計(jì)劃真題考前適應(yīng)性訓(xùn)練】

專題10復(fù)數(shù)真題專項(xiàng)訓(xùn)練（全國(guó)競(jìng)賽+強(qiáng)基計(jì)劃專用）

一、單選題

1.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）在復(fù)平面上，滿足|z-l|石+|z-l-2i|=2|z|的點(diǎn)z的軌跡是

（）.

A.圓B.橢圓

C.一段圓弧D.雙曲線

【答案】C

【詳解】設(shè)4（0,0）、8（1,0）、C（l,2）,z對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為z.由|z—l|&+|z-l-2i|=2|z|,

可得ZB-AC+ZCAB=ZABC.

由托勒密逆定理知，Z的軌跡為AABC外接圓上不含點(diǎn)A的那一段8C.

故答案為C

2.（2020?北京?高三強(qiáng)基計(jì)劃）設(shè)。，b,c,d是方程/+2x3+3x2+4x+5=O的4個(gè)復(fù)

根,則----+-----+-----+-----）

。+2"2c+2d+2

402

A.—B.—c.-D.前三個(gè)答案都

33

不對(duì)

【答案】A

【分析】利用換元法將原方程轉(zhuǎn)化為高次方程，再結(jié)合高次方程的韋達(dá)定理可求代數(shù)式

的值.

【詳解】法1：設(shè)"=±N，則。=一”?，

類似的，定義

則必〃是方程卜答j+2卜等j+3）含J+4（.等卜5=。，

即（2*+1）4-2（2》+1）3（》-1）+3（2》+1）2（》-1）2-4（2犬+1）（彳-1）3+5。-1）"=0的4個(gè)復(fù)

根，

方程左側(cè)中一的系數(shù)為16-16+12-8+5=9,

/的系數(shù)為23C：-2（-8+C；X22）+3（-8+4）-4（-2X3+1）-5X4=12

根據(jù)韋達(dá)定理，有a'+//+c'+/=—]12=-；4.

法2：題中代數(shù)式也即4-3(—二+3+—二+7二］,

l〃+2h+2c+2d+2J

因此。+2,Z?+2,c'+25+2是關(guān)于x的方程(x—2)，+2(x—2)3+3(x—2)~+4(x—2)+5=0,

即xJ6/+15/一16x+9=0的4個(gè)復(fù)根，

故」，工,一為方程l-6x+15d-I6d+9/=0的4個(gè)復(fù)根，

a+2b+2c+2d+2

』111116

a+2h+2c+2d+29

原式為4_3x1?6=_不4

y3

故選：A.

3.（2020?北京?高三?？紡?qiáng)基計(jì)劃）已知復(fù)數(shù)馬*2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為Z1,Z2,。為

坐標(biāo)原點(diǎn).若㈤=l,5z；-2挹+1=0,則。4%的面積為（）

A.1B.GC.2D.26

【答案】A

【分析】利用復(fù)數(shù)乘法的幾何意義可求，。44的面積.

【詳解】根據(jù)題意，有4-Z2=±z「2i,故Z2=z「（l±2i）,

L2

故Z2可看出由4旋轉(zhuǎn)并伸長(zhǎng)為逐倍后所得，且旋轉(zhuǎn)角的正弦值的絕對(duì)值為存，

故S/gZiZ?=]X1?石X石=1

故選：A

4.（2020?北京?高三強(qiáng)基計(jì)劃）已知復(fù)數(shù)z滿足，=1+33則z,z2,zj/初。中不同

Z22

的數(shù)有（）

A.4個(gè)B.6個(gè)C.2019個(gè)D.以上答案都不

正確

【答案】B

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的三角形式可求Z6=l，從而可判斷出不同的數(shù)的個(gè)數(shù).

【詳解】根據(jù)題意，有2=3-等1=8S（-5）+15訪（一事）=>26=1,

于是Z/2,z3,…,Z202。中有6個(gè)不同的數(shù).

故選：B.

二、多選題

5.(2020?北京?高三校考強(qiáng)基計(jì)劃)設(shè)復(fù)數(shù)2滿足|32-7討=3,令4=會(huì)必出，則團(tuán)

z-1+i

的()

A.最大值為gB.最大值為:

C.最小值為?D.最小值為彳

【答案】AD

【分析】利用復(fù)數(shù)差的幾何意義可求㈤的最值

7

【詳解】根據(jù)題意，有z-§i=l,且z=z-(l+i),

于是㈤為以點(diǎn)(0,1)為圓心，1為半徑的圓上的點(diǎn)到點(diǎn)(1,1)的距離，

「

其取值范圍5是5+11,因此㈤的最小值為：o，最大值為奇e.

故選：AD.

6.(2020?北京?高三校考強(qiáng)基計(jì)劃)已知加)=21°+2-1°+；卜5+2-5),則()

A.f(z)=o存在實(shí)數(shù)解

B./(z)=0共有20個(gè)不同的復(fù)數(shù)解

C./(z)=0的復(fù)數(shù)解的模長(zhǎng)都等于1

D./(z)=0存在模長(zhǎng)大于1的復(fù)數(shù)解

【答案】BC

【分析】設(shè)z5+z-5=f,利用換元法可求得z5='±J4一產(chǎn)i,從而可判斷/Xz)=0的20

2

個(gè)復(fù)數(shù)解的模都是I.

【詳解】設(shè)Z5+Z-5=,則即+ZT°+；(Z5+ZT)="+$_2,

于是f(z)=0nf=*叵，這兩個(gè),的取值都在區(qū)間(-2⑵內(nèi).

4

故z5+Z-5=f有解z$=生反三三

2

因此/(z)=0有20個(gè)不同的復(fù)數(shù)解.

“，-1士屈H,15/±"-內(nèi)frY(J4T2Y

當(dāng)1=-------時(shí)，由十|z「=---------=J-+-------=1,

42]⑶[2J

因此/(z)=0的復(fù)數(shù)解的模長(zhǎng)都等于1.

綜上所述，選項(xiàng)BC正確.

故選：BC.

7.（2020?湖北武漢?高三統(tǒng)考強(qiáng)基計(jì)劃）設(shè)卬％是非零復(fù)數(shù)，它們的實(shí)部和虛部都是非

U|+Z2|

負(fù)實(shí)數(shù)，則（）

A.最小值為&B.沒有最小值C.最大值為2D.沒有最大值

【答案】AD

【分析】在復(fù)平面內(nèi)（。為坐標(biāo)原點(diǎn)），設(shè)復(fù)數(shù)Z?Z2，Z1+Z2對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為

|z+zl

A,B,C,NAOB=?,利用復(fù)數(shù)的幾何意義及向量的加法和平面向量數(shù)量積，將十t斤2進(jìn)

|z,+Z2|

行等價(jià)變形，然后結(jié)合已知條件及均值不等式即可判斷的最值情況.

【詳解】解：在復(fù)平面內(nèi)（。為坐標(biāo)原點(diǎn)），設(shè)復(fù)數(shù)Z“Z2，Z1+Z2對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為

A,3czAO8=6,

因?yàn)閰nZ?是非零復(fù)數(shù)，它們的實(shí)部和虛部都是非負(fù)實(shí)數(shù),

OAOB\

又由均值不等式有H----r>2,當(dāng)且僅當(dāng)網(wǎng)=畫時(shí)等號(hào)成立,

OBOA\

OAOB

所以----++2cos”夜，當(dāng)且僅當(dāng)網(wǎng)=畫，且6（比如4=1，z?=i）時(shí)

OBOA

等號(hào)成立.

故選：AD.

8.（2020?湖北武漢?高三統(tǒng)考強(qiáng)基計(jì)劃）設(shè)復(fù)數(shù)z的實(shí)部和虛部都是整數(shù)，則（）

A.z2-z的實(shí)部都能被2整除

B.z3-z的實(shí)部都能被3整除

C.z4-z的實(shí)部都能被4整除

D.z5-z的實(shí)部都能被5整除

【答案】BD

【分析】設(shè)z=a+6i分別計(jì)算出z2,z3,z4,z5代入化簡(jiǎn)即可.

【詳解】設(shè)z=a+友則

z2=a2-b2+2abi

z3=a3-3ab2+（3a2h-^）i

z4=a*-6a2h2+b4+4（a6-a//）i

z5=a5-10a62+5曲*+（5a4。-1Oa2b3+h5）i

z2-z=?2-a-b1+（2ab-t＞）i=a[a-^）-b1+（2ab-t＞）i

a（a-l）uj以被2整除，當(dāng)人為奇數(shù)時(shí)a（a-l）-〃不能被2整除，故排除A.

因?yàn)閦3—z=a3“-3加+（3”%-"一中，由費(fèi)馬小定理得"一°能被3整除，故B對(duì).

24—2的實(shí)部為/—64%2+//—。，當(dāng)公。為奇數(shù)時(shí)+//*—“也為奇數(shù)，故不能

被4整除，C排除.

z5—z的實(shí)部為"-a-lOa3b2+54^,由費(fèi)馬小定理/一。能被5整除，故

a5-a-10a%2+5a/能被5整除，故D對(duì).

故選：BD

三、填空題

9.（2018?遼寧?高三競(jìng)賽）設(shè)。、b均為實(shí)數(shù)，復(fù)數(shù)4=瓜-1+由-b）i與z『2-&i+bi

的模長(zhǎng)相等，且％W為純虛數(shù)，則a+b=.

[答案】6±1

z.z.—z,.\j3ci—1—~b

【詳解】由題設(shè)知」=1,且」=Z|Z2為純虛數(shù)，故-^=±，.因此y或

z?ziz2[v3—b=2-\/3a.

4?＞a-\--b.解得a=h=或”=〃=2/I±l,故a+0=6±L

y/3-h=43a-2.22

故答案為G±1

10.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）已知虛數(shù)4、Z2滿足k-Z21=百，z；+Z1+g=O,

z；+Z2+q=0.則實(shí)數(shù)4=.

【答案】1

【詳解】由|Z]-Z2|二G，知Z|WZ2.

乂由方程解的定義知，Z]、Z2是二次方程/+工+夕=。的兩個(gè)虛根，則有

A=l-4^<0.

解方程得4.2=T±y.

于是，1—卜=技解得<7=1.

故答案為1

11.（2022?廣西?高二統(tǒng)考競(jìng)賽）若復(fù)數(shù)z滿足近-五=l+i,則z的虛部為.

【答案】。或1

【詳解】設(shè)2=。+從,則5=

設(shè)（4+硝（a-bi）-i（a-歷）=l+i,

=〃+〃一。一5=1+i,

2

=>a=—},b—b=0f

=b=0或1,

故答案為：?；?.

12.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）復(fù)平面上動(dòng)點(diǎn)

/cos?-sin62■八73711n

Z---------------,----------------+—,ZwZ的軌跡方程為

IcosJ+singcos0+sin04

2

【答案】尸=1

2

【詳解】注意到x'M'V4v

小則與一"

?2_2z+4

13.（2020?江蘇?高三競(jìng)賽）已知復(fù)數(shù)z滿足m=1,則]_]_?的最大值為

【答案】3

【詳解】解析：由題意可得

Z2-2Z+4(Z-1)2+3(z-l)2-3i2,舟

----------7=-=----------/=-=-=2-1+731,

z-1—V3iz—l—y/3iz-1—V3i

則|z-l+后卜卜-(1-刊表示復(fù)平面上點(diǎn)z到的距離.

z?-2z+4

如圖所示，C（l,->/3）,由此可得上|zq<3.故的最大值為3.

z-l-6i

故答案為：3.

14.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）

670

ak.bkeR,k=0,l,,2010.則2(%?+怎)=

k=Q

【答案】-2x3,004

(上.產(chǎn)°(X.\20102010金

【詳解】注意到/(x)=x+e3=l+e)xZ&io'.e3，

k)V)*=0

670

所以2砥=0,旦

hO

故答案為-Zx/14

15.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)&是復(fù)數(shù)，關(guān)于x的一元二次方程/+依-：=0的兩個(gè)復(fù)

數(shù)根為玉、%.若玉+2只=%,貝必=.

【答案】0或力或-力

22

【詳解】因?yàn)?+5-；=0,所以，

%2+——%2=0.

從而，W=-點(diǎn);+]“2

代入石+2石=2,得

x}+（2父+1）犬2-A=k

2

=>—k+2kx2=2Z=（2您-3）%=0

3

=A=0或x?=（當(dāng)時(shí)）.

2k

31

當(dāng)ZHO時(shí)，把電=一代入京+履,--=0,

2k-'2

得397+士3一1上=0.

4/22

解得A=±亨3.

3

綜上所述，左=0或±5八

故答案為0或力3或-力3

22

16.（2021?浙江?高二競(jìng)賽）設(shè)復(fù)數(shù)z=x+yi的實(shí)虛部x,y所形成的點(diǎn)（X,），）在橢圓

《+亡=1上.若三三為實(shí)數(shù)，則復(fù)數(shù)z=______.

916z-i

【答案】8叵+i或一主叵+i.

44

2—1—i10/ic

【詳解】由一-=1——:--，所以y=l,則工=±任三,

z-ix4-（y-l）i4

所以z=Ml+.z=—MI+i

44

故答案為：z=+i或z=+i.

44

17.（2022?福建,高二統(tǒng)考競(jìng)賽）已知復(fù)數(shù)4、Z2在復(fù)平面上對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為且

|zj=2,z；-2Z]Z2+4z；=（）,。為坐標(biāo)原點(diǎn)，則△045的周長(zhǎng)為.

【答案】3+百

/\2

【詳解】由Z；-2ZK+4Z；=0,得義-2?五+4=0,所以五=l±6i,

⑴Z2Z2

所以Z|=（l土后）Z2,|zj="土向）zj=2㈤，

又|zj=2,所以上卜1,匕-Z2|=|（1±"）Z2-Z2卜6憶|=6,

所以△OAB的周長(zhǎng)為3+百,

故答案為：3+6.

18.（2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽）已知正實(shí)數(shù)。、人滿足/+從=25（b>3）,復(fù)數(shù)〃、八卬滿足

w=a+bi,u-w=3v,若忖=1,那么，當(dāng)"的輻角主值最小時(shí)，巴的值為.

W

■

【詳解】由M=l,知|“一W=3|v|=3,

于是，在復(fù)平面上，“對(duì)應(yīng)的點(diǎn)P在以卬對(duì)應(yīng)的點(diǎn)M為圓心、3為半彳仝的圓C匕

當(dāng)“的輻角主值最小時(shí)，O尸與圓C相切，而|0M|=5,|PM卜3,則|兇=4,

M5

于是,問一="

iv43

而一的輻角正值夕=NP。例，又cos6=—,sin6==,

u55

,,iz?

19.（2019?全國(guó)高三競(jìng)賽）復(fù)數(shù)列z0,馬,…滿足聞=1,z?==.^z=l,則z°可

+1z“20H

以有種取值.

【答案】22011

【詳解】顯然，對(duì)任意的非負(fù)整數(shù)〃均有|z.|=l.

設(shè)z“=*(q,?0,2萬)).則

仔%)

匹=彳叱=%'=地4

n小5=2(%+￡|=-2”?.

由"“=1,得名)“=24萬(ZeZ),即2刈，4+?=2覬+].

由qe[0,2》），得2削,才42氏+/<22°隈5/

220,,-15*)20111

=-----<k<"2T^>22W)<k<5x22009

44

因此，滿足條件的乙共有5、22期-Z200、？??！埃▊€(gè)）.

故答案為2刈1

20.（2021?浙江?高三競(jìng)賽）復(fù)數(shù)4,Z2滿足團(tuán)=岡=3,|Z|-Z2|=3^,則

卜團(tuán)'°+匕可°=—.

【答案】3”

【詳解】如圖所示，設(shè)卬々在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為Z1,Z”

由已知得|OZj=\OZ2\=3,|Z,-Z2|=3y/3,

由余弦定理得向量函西所成的角為學(xué)

不妨設(shè)Z1=3(cos^+zsin^),zcos(6^+-^-

2+"夕+到

z=3(cos+；sin(-^)),z=3cos-0-27r+zsin[-6>-—

}2I3

2乃..2乃

Zjz=9coscos----i-zsin——

233

cos駟+isin駟

2cos

33

I=320X2XCOS=320*2xcos—=320

33

io

=320

Z[Z?IZ3IZ3Z]

Z3滿足團(tuán)=%|=肉|=2,則

21.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)復(fù)數(shù)4、z12、

z,+z2+z3

【答案】2

Z\Z2Z31+1+1

Z]Z2+Z,Z]+Z3Z|_4Z?Z3)

【詳解】解析:11=2.

4z,+z2+z3

Z|+Z2+Z3Z|+Z+Z3

故答案為：2.

22.（2021?北京?高三強(qiáng)基計(jì)劃）己知復(fù)數(shù)z滿足+則

滿足條件的z有個(gè).

【答案】1

【分析】將題設(shè)中的方程化為（1-Z乂1-21°乂1-2“）=0,再根據(jù)10,11均與111互質(zhì)可

得滿足條件的Z的個(gè)數(shù).

【詳解】根據(jù)題意，有=

于是立一1乂1"。）=3—1乂1—7。）,

因此2"(2-1)(1-21°)=(1-2)卜'°-1),

從而(1-zXl_zi°)(l_z”)=O,

注意到10,11均與111互質(zhì)，因此滿足條件的Z只有1個(gè)，為Z=L

故答案為：1.

23.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）已知實(shí)數(shù)x、y滿足，貝?。輝=

【答案】上

16

【詳解】解析：令五=〃，6=v,則

5-3y/3i

4

.u-vi5-3615-3y/3i/人.、

<=>W4-V1+———=-------OZ+-=--------(令Z="+1U)

v+V?4Z4

<=>z=1-y/3i(舍)或7=1+后=%=_!_y=

41616

故答案：—.

10

四、解答題

cosx+cosy+coszsinx+siny+sinz

（

24.2018?全國(guó)?高三競(jìng)賽）已知cos(x+y+z)sin(x+y+z)="求

cos(y+z)+cos(z+x)+cos(x+y)的值.

【答案】0

【詳解】令5=*+丁+2.

乂e"=cosx+isiax,en=cosy+zsiny,e12=cosz+zsinz.則

e"+eiy+e,z=(cosx+cosy+cosz)+i(sinx+siny+sinz)=々cos(x+y+z)+iasin(x+y+z)

==aeiS-

同理,/z=q/s.

故

a+z)+*+x)+&+y)=”ST)+/"，)+/(Sr)=*k*+ef+二)=4四蚤)=加SF=Q

則[cos(x+y)+cos(x+z)+cos(y+z)]+i[sin(x+y)+sin(x+z)+sin(y+z)]=a.

所以,cos(x+y)+cos(x+z)+cos(y+z)=a且sin(x+y)+sin(x+z)+sin(y+z)=O.

25.(2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽)已知。、b、。是互不相等的復(fù)數(shù)，滿足"。工0,

a+bb+c

----=----(.求證：忙叫=產(chǎn)?=H叫.

a-bb-c

【答案】見解析

【詳解】由已知條件知，復(fù)數(shù)。、b,c兩兩不等，且皆不為0.對(duì)題中比例式用合比、

分比可得

abc

一=-=一.

bca

設(shè)％=，=2=￡工1,貝b=ak2,a=ak3-

bca

但"0,故左3=1(但心1),有『叫=|(以片卜|產(chǎn)7喈叫

=.叫『669卜K2哪/門=卜2叫.

同理，|*7卜忙叫.

因此，|消'小由卜廠叫.

26.(2019?全國(guó)?高三競(jìng)賽)設(shè)產(chǎn)=-1.證明：口[281?-<；。1/+，為純虛數(shù).

【答案】見解析

【詳解】首先證明：若，2=—1,則口(x-coq)W[(x-z)”_(x+i)[①

令p(x)=q[(x-i)"-(x+i)[.

則P(x)是一個(gè)次多項(xiàng)式，其首項(xiàng)系數(shù)為([C：(7)-&]=1.

k冗

又當(dāng)無=cot——(1<&W〃-1)時(shí)，

n

=(I>

所以，尸(cot?)=0.

由因式定理得P（x）=

在式①中令x=2cot%+人則

n

命題獲證.

27.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)」eR,6e[0,2萬）,復(fù)數(shù)

21=cos6+isin仇Z2=sin8+icose,Z3=a(l-i).求所有的(4,。),使得由、z2、Z3依次成等

比數(shù)列.

【答案】答案見解析

【詳解】因?yàn)閆]Z3=z；,所以：6f(l-0(cos+isin^)=(sin+icos0^,

整理得：〃(cos。+sin9)+。(sin8—cos6?)i=sin20-cos28+2isin^cos0,

一J6f(cos+sin^)=(cos0+sin^)(sin0-cos

1一cos。)=2sin〃cos6.

(1)cos0+sin0=O=>^=—,

44

”學(xué)時(shí)，代入得〃=-也；

42

時(shí)，代入得〃=正；

42

(2)若cose+sinewO,則有：

(sin6-cos6)2=2sin6cos6=tan26-4tan9+l=0,

故tan6=2±G,故夕的值為?；蚬せ蚧?/p>

對(duì)于的。分別為-也、也、也、-也，

2222

故所有的①,。)為：

友乃應(yīng)萬](應(yīng)

Y72313^-yx/217^-Y-JI7兀

V'TT八V'V

28.（2019?全國(guó)福三競(jìng)賽）設(shè)*={1,2,,p},其中。為質(zhì)數(shù).對(duì)X的一個(gè)子集A,如

果A中所有元素的和（空集的元素和規(guī)定為0）為。的倍數(shù)，則稱A是X的一個(gè)“倍子

集”.試求X的所有倍子集的個(gè)數(shù)S.

2,〃=2；

【答案】S=<1

（20+2p-2）,p為奇質(zhì)數(shù)

.P

【詳解】當(dāng)P=2時(shí)，X={1,2},此時(shí)，X有2個(gè)倍子集：0、{2},所以，5=2.

/,2

當(dāng)p>2時(shí)，P為奇質(zhì)數(shù)，令〃x）=（l+x）（l+x2）（l+x）=670+a1x+t72x++a,,/"

考察X={1,2,,p}的元素和為f的所有子集的個(gè)數(shù).

當(dāng)t>0時(shí)，它就是不定方程4+J+…+i,=t的正整數(shù)解（，片4,2V<i,）的

個(gè)數(shù)，也就是f(x)的展開式中X’的系數(shù)可；

當(dāng)t=0時(shí)，其和為f的子集只有空集，子集的個(gè)數(shù)為1=%.

所以，X的所有倍子集的個(gè)數(shù)，就是/(x)的展開式中那些次數(shù)為P的倍數(shù)的項(xiàng)的系數(shù)

和，即5=%+冊(cè)+%7,+.

52%..2萬

設(shè)g=cos——+isin——

PP

當(dāng)〃是。的倍數(shù)時(shí)，1+0"+療"++0(尸')"=夕：

當(dāng)〃不是P的倍數(shù)時(shí)，有1+4+療"++小1)"」-(〃)=0.

\-CDn

n

于是，由/(x)=%+qx+4x2++amx',

得〃1)+/(。)+/(療)++/(/)

2o4

=%+4+凡++ciin+。()+。［①+ci^co~+,■+a+a()+ci^co~+ci^co++cinico~

++4+40-'+?26y*'I)+…+4M

=P(4+<+%>+)=PS.

又〃力=(+/(1+爐)(l+x)則〃l)+f?)+/?2)++/"-)=

2%Z中儲(chǔ))

其中，=(l+〃).

注意到當(dāng)&=1,2,，p-1時(shí)，注p)=l,所以，￡2匕，原是模P的完系.而〃皿=力,

則療,療"，M/是。，療，，”的一個(gè)排列.故

/(ft/)=(1+。乂1+6)(1+"),

&=1,2,,p-l.又x〃-l=(x—4(x—療)(x—/)，而P為奇數(shù)，取x=—I,得

(l+69)(l+(y2)(1+")=2.

故/?)=(l+<y)(l+4)(1+")=2,Z=l,2,,p-l.

則/⑴+/(?)+/(療)++/3.)=2，'+工，二：/(.)=2"+工窗2=2。+25-1)

比較兩式的右邊得海=2。+2("-1).

故S="(2，+2p-2),p>2.

2,p=2；

綜上‘S='；QP+2p-2),p為奇質(zhì)數(shù).

29.（2021?全國(guó)?高三競(jìng)賽）設(shè)Z/2，*2020和嗎，嗎，，股120為兩組復(fù)數(shù)，滿足:

20202020

求證：存在數(shù)組（4尼，，*）（其中￡”{-1,1}）,使得

f=l1=1

20202020

X￡izi>EjWj

<=1/=1

【答案】證明見解析

【詳解】用，Z/佃，々，，%）表示對(duì)所有數(shù)組（小0，％）的求和，卜面用數(shù)學(xué)歸

（￡11,42，,￡?）

納證明如下的等式：

E|^+^2++￡.zj=2"為z/①

(自如*=1

(1)當(dāng)〃=1時(shí)，①式顯然成立；

當(dāng)n=2時(shí)二

22