高中数学苏教版 (2019)必修 第二册复数的三角形式同步练习题

这是一份高中数学苏教版 (2019)必修 第二册复数的三角形式同步练习题，共6页。
1．下列表示复数1＋i的三角形式中，
① eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,4)＋isin \f(π,4)))；② eq \r(2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,4)))＋isin \f(π,4)))；
③ eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(9π,4)＋isin \f(9π,4)))；④ eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,4)＋isin \f(3π,4)))；正确的个数是( )
A．1 B．2
C．3D．4
2．设z1，z2是复数，arg z1＝α，arg z2＝β，则arg(z1z2)有可能是下列情况中的哪些？( )
①α＋β；②α＋β－2π；③2π－(α＋β)；④π＋α＋β.
A．①B．①②
C．①②③D．①②④
3. 设z1＝1－2i，z2＝1＋i，z3＝－1＋3i，则arg z1＋arg z2＋arg z3＝( )
A． eq \f(π,2)B． eq \f(3π,2)
C． eq \f(5π,2)D． eq \f(7π,2)
4．设z为复数，且z的辐角主值为 eq \f(π,6)，z－2的辐角主值为 eq \f(2π,3)，则复数z为( )
A． eq \r(3)－2＋iB．2－ eq \r(3)＋i
C．－1＋ eq \r(3)iD．1＋ eq \r(3)i
5．已知|z|＝1，且非零复数ω＝(z＋i)2的辐角主值是 eq \f(π,2)，则这样的z共有( )
A．1个B．2个
C．3个D．4个
6．若复数z满足| eq \f(z－1,z)|＝ eq \f(1,2)，arg( eq \f(z－1,z))＝ eq \f(π,3)，则z＝________．
7．若动点P对应的复数为z，且满足|z－4i|＝2，则z的辐角主值的范围为________，|z|取得最大值时，z＝________．
8. eq \f(1,－1＋\r(3)i) 的三角形式为________．
9．设复数z1＝ eq \r(3)＋i，复数z2满足|z2|＝2，已知z1·z eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))的对应点在虚轴的负半轴上且arg z2∈(0，π)，求z2的代数形式．
10．已知z＝ eq \f(－1＋i,i)－2i，z1－ eq \(z,\s\up6(－))·z2＝0，arg z2＝ eq \f(7π,12)，若z1，z2在复平面上分别对应点A，B，且|AB|＝ eq \r(2)，求z1的立方根．
[B 能力测试]
11．在复平面内有五个点与方程x5＝－1＋i的五个根相对应，则这五个点中有两个点在( )
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
12．设复数2－i和3－i的辐角主值分别为α，β，则α＋β＝( )
A．135°B．315°
C．675°D．585°
13．若一个复数z的模为2，辐角为 eq \f(2π,3)，则 eq \f(z,i)＝( )
A．1＋ eq \r(3)iB．1－ eq \r(3)i
C． eq \r(3)－iD． eq \r(3)＋i
[C 拓展探究]
14．(多选)任何一个复数z＝a＋bi(其中a，b∈R，i为虚数单位)都可以表示成z＝r eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs θ＋isin θ))的形式，通常称之为复数z的三角形式．法国数学家棣莫弗发现：zn＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(r\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs θ＋isin θ))))n＝rn(cs nθ＋isin nθ)(n∈N＋)，我们称这个结论为棣莫弗定理．根据以上信息，下列说法正确的是( )
A． eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z2))＝ eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z))2
B．当r＝1，θ＝ eq \f(π,3)时，z3＝1
C．当r＝1，θ＝ eq \f(π,3)时， eq \(z,\s\up6(－))＝ eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i
D．当r＝1，θ＝ eq \f(π,4)时，若n为偶数，则复数zn为纯虚数
15．已知|z＋1|＝ eq \r(10)，arg(z－3 eq \(z,\s\up6(－)))＝ eq \f(5π,4)，求复数z.
参考答案
[A 基础达标]
1．解析：选B．因为r＝ eq \r(12＋12)＝ eq \r(2)，cs θ＝ eq \f(\r(2),2)，sin θ＝ eq \f(\r(2),2)，所以辐角主值为 eq \f(π,4)，所以1＋i＝ eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,4)＋isin \f(π,4)))＝ eq \r(2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(9π,4)＋isin \f(9π,4)))，
故①③的表示是正确的，②④的表示不正确，
故选B．
2．解析：选B．α，β均为锐角时，z1z2的辐角主值为α＋β，辐角主值均为钝角时，z1z2的辐角主值为α＋β，若α，β均大于π时，z1z2的辐角主值为α＋β－2π.
3. 解析：选C．z1＝1－2i在第四象限，设辐角主值为α，z3＝－1＋3i在第二象限设辐角主值为β，则tan α＝－2，tan β＝－3, 所以tan (α＋β)＝1，所以α＋β＝ eq \f(9π,4)，z2＝1＋i的辐角主值为 eq \f(π,4)，所以arg z1＋arg z2＋arg z3＝ eq \f(5π,2).
4．解析：选D．设z的辐角为α，因为z的辐角主值为 eq \f(π,6)，所以z位于第一象限且tan α＝ eq \f(\r(3),3)，故选D．
5．解析：选A．设z＝cs α＋isin α，α∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，2π))，则ω＝2(cs α＋isin α)i＝2[cs (α＋ eq \f(π,2))＋isin (α＋ eq \f(π,2))]；因为复数ω＝(z＋i)2的辐角主值是 eq \f(π,2)，所以α＝0，故选A．
6．解析：设 eq \f(z－1,z)＝z0，则|z0|＝ eq \f(1,2)，arg z0＝ eq \f(π,3)，
所以z0＝ eq \f(1,2)·(cs eq \f(π,3)＋isin eq \f(π,3))＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(\r(3),4)i，从而可由 eq \f(z－1,z)＝ eq \f(1,4)＋ eq \f(\r(3),4)i解得z＝1＋ eq \f(\r(3),3)i.
答案：1＋ eq \f(\r(3),3)i
7．解析：结合图形，即把代数问题几何化、图形化，见下图：
|z－4i|＝2表示动点P到点(0，4)距离为2的点组成的曲线，|z|取得最大值时即曲线上的点|y|取最大值时，即点(0，6)，对应z＝6i.
答案：[ eq \f(π,3)， eq \f(2π,3)] 6i
8.解析： eq \f(1,－1＋\r(3)i)＝ eq \f(1,4)(－1－ eq \r(3)i)＝ eq \f(1,2)[cs ( eq \f(4π,3))＋isin ( eq \f(4π,3))].
答案： eq \f(1,2)[cs ( eq \f(4π,3))＋isin ( eq \f(4π,3))]
9．解：因为z1＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(π,6)＋isin \f(π,6)))，
设z2＝2(cs α＋isin α)，α∈(0，π)，所以z1z eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))＝
8[cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))＋isin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2α＋\f(π,6)))].由题设知2α＋ eq \f(π,6)＝2kπ＋ eq \f(3π,2)(k∈Z)，
所以α＝kπ＋ eq \f(2π,3)(k∈Z).又α∈(0，π)，所以α＝ eq \f(2π,3)，
所以z2＝2(cs eq \f(2π,3)＋isin eq \f(2π,3))＝－1＋ eq \r(3)i.
10．解：由题设知z＝1－i，因为|AB|＝ eq \r(2)，即|z1－z2|＝ eq \r(2)，
所以|z1－z2|＝| eq \(z,\s\up6(－))z2－z2|＝|(1＋i)z2－z2|＝|iz2|＝|z2|＝ eq \r(2)，又arg z2＝ eq \f(7π,12)，
所以z2＝ eq \r(2)(cs eq \f(7π,12)＋isin eq \f(7π,12))，
z1＝ eq \(z,\s\up6(－))z2＝(1＋i)z2＝ eq \r(2)(cs eq \f(π,4)＋isin eq \f(π,4))× eq \r(2)(cs eq \f(7π,12)＋isin eq \f(7π,12))
＝2(cs eq \f(5π,6)＋isin eq \f(5π,6))，
所以z1的立方根为 eq \r(3,2)(cs eq \f(\f(5π,6)＋2kπ,3)＋isin eq \f(\f(5π,6)＋2kπ,3))，
k＝0，1，2，
即 eq \r(3,2)(cs eq \f(5π,18)＋isin eq \f(5π,18))， eq \r(3,2)(cs eq \f(17π,18)＋isin eq \f(17π,18))，
eq \r(3,2)(cs eq \f(29π,18)＋isin eq \f(29π,18)).
[B 能力测试]
11．解析：选B．x5＝－1＋i＝ eq \r(2)(cs eq \f(3π,4)＋isin eq \f(3π,4))，
x＝ eq \r(10,2)(cs eq \f(\f(3π,4)＋2kπ,5)＋isin eq \f(\f(3π,4)＋2kπ,5))，k＝0，1，2，3，4，故选B．
12．解析：选C．复数2－i和3－i均位于第四象限，α，β∈(270°，360°)，因为tan (α＋β)＝－1，所以α＋β＝675° .
13．解析：选D．由复数z的模为2，辐角为 eq \f(2π,3)，
可得z＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs \f(2π,3)＋isin \f(2π,3)))＝－1＋ eq \r(3)i.
所以 eq \f(z,i)＝ eq \f(－1＋\r(3)i,i)＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1＋\r(3)i))i,－1)＝ eq \r(3)＋i.
故选D．
[C 拓展探究]
14．解析：选AC．对于A选项，z＝r(cs θ＋isin θ)，则z2＝r2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs 2θ＋isin 2θ))，可得|z2|＝|r2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs 2θ＋isin 2θ))|＝r2，|z|2＝|r(cs θ＋isin θ)|2＝r2，A选项正确；
对于B选项，当r＝1，θ＝ eq \f(π,3)时，z3＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs θ＋isin θ))3＝cs 3θ＋isin 3θ＝cs π＋isin π＝－1，B选项错误；
对于C选项，当r＝1，θ＝ eq \f(π,3)时，z＝cs eq \f(π,3)＋isin eq \f(π,3)＝ eq \f(1,2)＋ eq \f(\r(3),2)i，则 eq \(z,\s\up6(－))＝ eq \f(1,2)－ eq \f(\r(3),2)i，C选项正确；对于D选项，zn＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs θ＋isin θ))n＝cs nθ＋isin nθ＝cs eq \f(nπ,4)＋isin eq \f(nπ,4)，
取n＝4，则n为偶数，则z4＝cs π＋isin π＝－1不是纯虚数，D选项错误．
故选AC．
15．解：设z＝x＋yi(x，y∈R)，则z＋1＝(x＋1)＋yi，z－3 eq \(z,\s\up6(－))＝－2x＋4yi，
因为|z＋1|＝ eq \r(10)，所以 eq \r(（x＋1）2＋y2)＝ eq \r(10).①
因为arg(z－3 eq \(z,\s\up6(－)))＝ eq \f(5π,4)，所以tan eq \f(5π,4)＝ eq \f(4y,－2x)，即 eq \f(4y,－2x)＝1.②
联立①②，解得 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝－1))或 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－\f(18,5)，,y＝\f(9,5)．))(经检验，当x＝－ eq \f(18,5)，y＝ eq \f(9,5)时，z－3 eq \(z,\s\up6(－))＝－2x＋4yi＝ eq \f(36,5)＋ eq \f(36,5)i，不满足arg(z－3 eq \(z,\s\up6(－)))＝ eq \f(5π,4)，应舍去)
所以z＝2－i.