复数

$\sqrt{65}$ ． 由运算性质， $7+4 \mathrm{i}=(z+\bar{w})(\bar{z}-w)=|z|^{2}-|w|^{2}-(z w-\bar{z} \bar{w})$ 。因为 $|z|^{2},|w|^{2}$为实数， $\operatorname{Re}(z w-\bar{z} \bar{w})=0$ ，所以 $|z|^{2}-|w|^{2}=7, z w-\bar{z} \bar{w}=-4 \mathrm{i}$ 。又 $|z|=3$ ，所以 $|w|^{2}=$ 2．从而 $$ (z+2 \bar{w})(\bar{z}-2 w)=|z|^{2}-4|w|^{2}-2(z w-\bar{z} \bar{w})=9-8+8 \mathrm{i}=1+8 \mathrm{i} $$ 因此 $(z+2 \bar{w})(\bar{z}-2 w)$ 的模为 $\sqrt{65}$ ．

$|\alpha| \geqslant \sqrt{2}$ ． 设实根为 $r$ ．显然 $r \neq 0$ ，故 $r^{2}+\alpha r+\mathrm{i}=0$ ，得 $\displaystyle \alpha=\frac{r^{2}+\mathrm{i}}{-r}=-r-\frac{1}{r} \mathrm{i}$ ，所以 $\displaystyle |\alpha|=\sqrt{r^{2}+\frac{1}{r^{2}}} \geqslant \sqrt{2}$ ．

$\displaystyle \frac{-1+\sqrt{3} \mathrm{i}}{2}$ ． 由 $\left|z_{1}\right|=\left|z_{1}+z_{2}\right|$ ，得 $z_{1} \bar{z}_{1}=\left(z_{1}+z_{2}\right)\left(\bar{z}_{1}+\bar{z}_{2}\right)$ ，整理得 $z_{1} \bar{z}_{2}+\bar{z}_{1} z_{2}+z_{2} \bar{z}_{2}=0$ ．又 $\bar{z}_{1} z_{2}=a(1-\sqrt{3} \mathrm{i}), z_{1} \bar{z}_{2}=a(1+\sqrt{3} \mathrm{i})$ ，所以 $\displaystyle z_{2} \bar{z}_{2}=-2 a, \frac{z_{2}}{z_{1}}=\frac{z_{2} \bar{z}_{2}}{z_{1} \bar{z}_{2}}=\frac{-2 a}{a(1+\sqrt{3} \mathrm{i})}=-\frac{2}{1+\sqrt{3} \mathrm{i}} =\frac{-1+\sqrt{3} \mathrm{i}}{2}$ ．

0 ． 注意 $\displaystyle \frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}$ 为实数，且 $\displaystyle \frac{x_{1}^{2}}{x_{2}}=\frac{x_{1}^{3}}{x_{2} x_{1}}=\frac{x_{1}^{3}}{\frac{c}{a}}=\frac{a}{c} x_{1}^{3} \in \mathrm{R}$ ，再转化利用 1 的虚立方根特点即可求得．

1515 ． 易知一个正整数的个位数为 0 ，则该正整数是 10 的倍数，即是 5 的倍数也是偶数即可．由于 $1^{n}+2^{n}+3^{n}+4^{n}$ 对于 $\forall n \in \mathbf{N}_{+}$均为偶数，故只需考虑是 5 的倍数即可．易得：当 $n$ 为奇数时，满足题意，即有 1010 个；当 $n \equiv 2(\bmod 4)$ 时， $1^{n}+2^{n}+3^{n}+4^{n}$ 的个位数为 0 ，则这样的数共有 505 个．故共有 1515 个．

设 $P_{1}, P_{2}, \cdots, P_{n}, A$ 所对应的复数分别为 $z_{1}, z_{2}, \cdots, z_{n}, z$ ，则由复数的几何意义运算可得 $$ \begin{aligned} & \left|A P_{1}\right|^{2}+\left|A P_{2}\right|^{2}+\cdots+\left|A P_{n}\right|^{2} \\ & \quad=\sum_{k=1}^{n}\left|z-z_{k}\right|^{2}=\sum_{k=1}^{n}\left(z-z_{k}\right)\left(\bar{z}-\overline{z_{k}}\right) \\ & \quad=\sum_{k=1}^{n}\left(z \bar{z}-z_{k} \bar{z}-z \overline{z_{k}}+z_{k} \overline{z_{k}}\right) \\ & \quad=\sum_{k=1}^{n} z \bar{z}-\left(\sum_{k=1}^{n} z_{k}\right) \bar{z}-\left(\sum_{k=1}^{n} \overline{z_{k}}\right) z+\sum_{k=1}^{n} z_{k} \overline{z_{k}} \end{aligned} $$ $$ \begin{aligned} & =n\left(z-\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} z_{k}\right)\left(\bar{z}-\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} \overline{z_{k}}\right)+\sum_{k=1}^{n} z_{k} \overline{z_{k}}-\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} z_{k} \sum_{k=1}^{n} \overline{z_{k}} \\ & =n\left|z-\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} z_{k}\right|^{2}+\sum_{k=1}^{n}\left|z_{k}\right|^{2}-\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n}\left|z_{k}\right|^{2} \end{aligned} $$ 于是，当 $\displaystyle z=\frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n} z_{k}$ 时，$\left|A P_{1}\right|^{2}+\left|A P_{2}\right|^{2}+\cdots+\left|A P_{n}\right|^{2}$ 取得最小值 $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\left|z_{k}\right|^{2}- \frac{1}{n} \sum_{k=1}^{n}\left|z_{k}\right|^{2}$ ．

3 ． 因为 $(\sqrt{3}+\mathrm{i})^{m}=(1-\mathrm{i})^{n}$ ，所以当 $n=2 k_{1}\left(k_{1} \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时，$(1-\mathrm{i})^{n}=(-2 \mathrm{i})^{k_{1}}$ ．又当 $m= 3 k_{2}\left(k_{2} \in \mathbf{N}^{*}\right)$ 时，$(\sqrt{3}+\mathrm{i})^{m}=(8 \mathrm{i})^{k_{2}}$ ，则 $k_{1}=3 k_{2}$ ． 所以 $n-m=3 k_{2}\left(k_{2} \in \mathrm{~N}^{*}\right)$ ．当 $k_{2}=1$ ，即 $n=6, m=3$ 时，$(\sqrt{3}+\mathrm{i})^{m}=(1-\mathrm{i})^{n}$ ，此时 $n-m$ 最小，最小值为 3 ．

B． 由韦达定理有 $\left\{\begin{array}{l}x_{1} x_{2} x_{3} x_{4}=-2, \\ x_{1} x_{2} x_{3}+x_{1} x_{2} x_{4}+x_{2} x_{3} x_{4}+x_{1} x_{3} x_{4}=3,\end{array}\right.$ 将 $x_{1}=-1$ 和 $x_{2}=2$ 代人，解得 $$ \left\{\begin{array}{l} x_{3} x_{4}=1 \\ -2 x_{3}-2 x_{4}+2 x_{3} x_{4}-x_{3} x_{4}=3 \end{array}\right. $$ 故 $x_{3}, x_{4}$ 为一对共轭复根．

A． 当 $t>2$ 时，$a+(t+2)^{2}$ 要取到正负，显然正可以取到，所以只要 $a<-16$ 就可以．当 $t<2$ 时，$a+(t+2)^{2}$ 要取到正负，只要 $a<0$ ．故取交集 $a<-16$ ．

B． 根据复数模的关系求出 $|t|^{2}$ 与 $|s|^{2}$ 的关系，从而可先求出 $W^{2}$ 的最小值为 $\displaystyle \frac{1}{2}$ ，因此 $W$的最小值为 $\displaystyle -\frac{\sqrt{2}}{2}$ ．

C． 令 $y_{1}=x_{1} x_{2}, y_{2}=x_{2} x_{3}, \cdots, y_{n}=x_{n} x_{1}$ ，则此 $n$ 个数的积为 $\left(x_{1} x_{2} \cdots x_{n}\right)^{2}=1$ ，所以在 $y_{1}$ ， $y_{2}, \cdots, y_{n}$ 中，取值 -1 的个数为偶数，又由 $n$ 个数的和为 0 知 $y_{1}, y_{2}, \cdots, y_{n}$ 中取 1 和 -1 的个数相等，故 $n$ 是两个相等偶数之和，从而 $n$ 必是 4 的倍数，即 $n=4 k$ ，所以 $\mathrm{i}^{4 k}=1$ ．

C． 令 $\displaystyle x=\frac{1}{2-z}$ ，则 $\displaystyle z=2-\frac{1}{x}$ ，于是由 $z^{2020}=1$ ，可得 $(2 x-1)^{2020}-x^{2020}=0$ ，即 $$ \left(2^{2020}-1\right) x^{2020}-2020 \cdot 2^{2019} \cdot x^{2019}+\cdots+1=0, $$ 于是 $\displaystyle x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{2020}=\frac{2020 \cdot 2^{2019}}{2^{2020}-1}>1010$ ．

$\sqrt{65}$ ． 由运算性质， $7+4 \mathrm{i}=(z+\bar{w})(\bar{z}-w)=|z|^{2}-|w|^{2}-(z w-\overline{z w})$ ，因 $|z|^{2}$ 与 $|w|^{2}$ 为实数， $\operatorname{Re}(z w-\overline{z w})=0$ ，故 $|z|^{2}-|w|^{2}=7, z w-\overline{z w}=-4 \mathrm{i}$ 。又 $|z|=3$ ，所以 $|w|^{2}=2$ 。从而 $(z+2 \bar{w})(\bar{z}-2 w)=|z|^{2}-4|w|^{2}-2(z w-\overline{z w})=9-8+8 \mathrm{i}=1+8 \mathrm{i}$. 因此，$(z+2 \bar{w})(\bar{z}-2 w)$ 的模为 $\sqrt{1^{2}+8^{2}}=\sqrt{65}$ ．