苏教版 (2019)必修 第二册第12章 复数12.4 复数的三角形式精品同步测试题

这是一份苏教版 (2019)必修 第二册第12章 复数12.4 复数的三角形式精品同步测试题，共6页。

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一、选择题


1．下列表示复数1＋i的三角形式中①eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(π,4)＋isin\f(π,4)))；②eq \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)))；③eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(9π,4)＋isin\f(9π,4)))；④eq \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．3 D．4


B [∵r＝eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，cs θ＝eq \f(\r(2),2)，sin θ＝eq \f(\r(2),2)，∴辐角主值为eq \f(π,4)，


∴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．已知i为虚数单位，z1＝eq \r(2)(cs 60°＋isin 60°)，z2 ＝ 2eq \r(2)(sin 30°－ics 30°)，则z1·z2＝( )


A．4(cs 90°＋isin 90°) B．4(cs 30°＋isin 30°)


C．4(cs 30°－isin 30°) D．4(cs 0°＋isin 0°)


D [∵ z2 ＝ 2eq \r(2)(sin 30°－ics 30°) ＝ 2eq \r(2)·(cs 300°＋ isin300°)，


∴ z1 ·z2 ＝ eq \r(2)(cs 60°＋isin 60°)×2eq \r(2)×(cs 300°＋isin 300°) ＝ 4(cs 360°＋isin 360°)故选D．]


3．计算eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs 270°＋isin 270°)),\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－90°))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－90°)))))的结果是( )


A．－9 B．9


C．－1 D．1


B [eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs 270°＋isin 270°)),\f(1,3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－90°))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－90°)))))


＝9eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(270°＋90°))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(270°＋90°))))


＝9eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs 360°＋isin 360°))＝9，故选B．]


4．若复数z＝r(cs θ＋isin θ)(r＞0，θ＜R)，则把这种形式叫作复数z的三角形式，其中r为复数z的模，θ为复数z的辐角．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)i B．1－eq \r(3)i


C．eq \r(3)－i D．eq \r(3)＋i


D [由复数z的模为2，辐角为eq \f(2π,3)，可得z＝2eq \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．]


5．适合eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(z＋1))＝1且arg z＝eq \f(5,6)π的复数z的个数是( )


A．0B．1


C．2D．无穷多


[答案] C


二、填空题


6．复数eq \f(1,cs\f(π,3)＋isin\f(π,3))的代数形式是________．


eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i [eq \f(1,cs\f(π,3) ＋isin\f(π,3)) ＝ cseq \f(π,3)－isineq \f(π,3) ＝eq \f(1,2)－eq \f(\r(3),2)i.]


7．设z＝1－2i对应的向量为eq \(OZ,\s\up8(→))，将eq \(OZ,\s\up8(→))绕原点按顺时针方向旋转30°所得向量对应的复数的虚部为________．


－eq \f(1＋2\r(3),2) [所得向量对应的复数为(1－2i)·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－30°))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－30°))))＝(1－2i)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)－\f(1,2)i))


＝eq \f(\r(3)－2,2)－eq \f(1＋2\r(3),2)i，故虚部为－eq \f(1＋2\r(3),2)]


8．(一题两空)复数1＋i的辐角主值是 ________，三角形式是_________________．


eq \f(π,4) eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(π,4)＋isin\f(π,4))) [复数1＋i的模是eq \r(12＋12)＝eq \r(2)，


因为1＋i对应的点在第一象限且辐角的正切tan θ＝1，它的辐角主值为eq \f(π,4).


三角形式为eq \r(2)(cseq \f(π,4)＋isineq \f(π,4))．]


三、解答题


9．已知z＝eq \f(－1＋i,i)－2i，z1－eq \x\t(z)·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．


[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 \x\t(z)z2－z2|＝|(1＋i)z2－z2|＝|iz2|＝|z2|＝eq \r(2)，又arg z2＝eq \f(7π,12)，


所以z2＝eq \r(2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(7π,12)＋isin\f(7π,12)))，


z1＝eq \x\t(z)z2＝(1＋i)z2＝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(7π,12)＋isin\f(7π,12)))＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(5π,6)＋isin\f(5π,6)))，


所以z1的立方根为eq \r(3,2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\f(\f(5π,6)＋2kπ,3)＋isin\f(\f(5π,6)＋2kπ,3)))，k＝0,1,2，


即eq \r(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(5π,18)＋isin\f(5π,18)))，eq \r(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(17π,18)＋isin\f(17π,18)))，eq \r(3,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(29π,18)＋isin\f(29π,18))).


10．已知复数z满足z2＋2z＋4＝0，且arg z∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π)).


(1)求z的三角形式；


(2)记A、B、C分别表示复数z、ω、－2ω在复平面上的对应点．已知A、B、C三点成逆时针顺序，且△ABC为等边三角形，求tan(arg ω)．


[解] (1)由z2＋2z＋4＝0，得z＝eq \f(1,2)(－2±2eq \r(3)i)＝－1±eq \r(3)i.


∵arg z∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，∴z＝－1－eq \r(3)i应舍去，∴z＝－1＋eq \r(3)i＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(2π,3)＋isin\f(2π,3))).


(2)由题意，CA：z－(－2ω)＝z＋2ω，CB：ω－(－2ω)＝3ω，


∵|CA|＝|CB|，C、A、B位置成逆时针顺序，又∠ACB＝eq \f(π,3)，


∴把CA按逆时针方向旋转60°即得CB，∴3ω＝(z＋2ω)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(π,3)＋isin\f(π,3)))，


将z＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(2π,3)＋isin\f(2π,3)))代入上式，解得ω＝－eq \f(2,7)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋\r(3)i))，


由点B在第三象限知tan(arg ω)＝eq \f(\r(3),2).





1．复数z＝tan θ＋ieq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)<θ<π))的三角形式是( )


A．eq \f(1,cs θ)(sin θ＋ics θ)


B．eq \f(1,cs θ)(cs θ＋isin θ)；


C．－eq \f(1,cs θ)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－θ))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)－θ))))


D．－eq \f(1,cs θ)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ))))


D [因为eq \f(π,2)<θ<π，所以cs θ<0，


所以z＝tan θ＋i＝－eq \f(1,cs θ)[－sin θ＋i(－cs θ)]＝－eq \f(1,cs θ)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ))＋isin\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋θ))))，故选D．]


2．(多选题)欧拉公式eix＝cs x＋isin x(i为虚数单位，x∈R)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数之间的关系，它被誉为“数学中的天桥”，根据此公式可知，下面结论中正确的是( )


A．eπi＋1＝0


B．eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(eix))＝1


C．cs x＝eq \f(eix－e－ix,2)


D．e12i在复平面内对应的点位于第二象限


AB [eπi＋1＝cs π＋isin π＋1＝0，A对；


eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(eix))＝|cs x＋isin x|＝1，B对；


cs x＝eq \f(eix＋e－ix,2)，C错；


依题可知eix表示的复数在复平面内对应的点的坐标为(cs x，sin x)，故e12i表示的复数在复平面内对应的点的坐标为(cs 12，sin 12)，显然该点位于第四象限，D错．故选AB．]


3．(多选题)已知复数z＝cs α＋ics 2α(0<α<2π)的实部与虚部互为相反数，则α的取值可能为( )


A．eq \f(π,3) B．eq \f(2π,3) C．π D．eq \f(5π,3)


ACD [由题意得：cs α＝－cs 2α，∴2cs2α＋cs α－1＝0，解得：cs α＝－1或eq \f(1,2).


∵0<α<2π，∴α＝π或eq \f(π,3)或eq \f(5π,3)，故选ACD．]


4．复数z＝cseq \f(π,15)＋isineq \f(π,15)是方程x5－α＝0的一个根，那么α的值等于________.


eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i [由题意得，α＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs\f(π,15)＋isin\f(π,15)))eq \s\up12(5)＝cseq \f(π,3)＋isineq \f(π,3)＝eq \f(1,2)＋eq \f(\r(3),2)i.]


5．设O为复平面的原点，A、B为单位圆上两点，A、B所对应的复数分别为z1、z2，z1、z2的辐角主值分别为α、β.若△AOB的重心G对应的复数为eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)i，求tan(α＋β)．


[解] 由题意可设z1＝cs α＋isin α，z2＝cs β＋isin β.


∵△AOB的重心G对应的复数为eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)i，


∴eq \f(z1＋z2,3)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,15)i，即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(cs α＋cs β＝1，,sin α＋sin β＝\f(1,5)))，


∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2cs\f(α＋β,2)cs\f(α－β,2)＝1，,2sin\f(α＋β,2)cs\f(α－β,2)＝\f(1,5)，))


∴taneq \f(α＋β,2)＝eq \f(1,5)，


故tan(α＋β)＝eq \f(2tan\f(α＋β,2),1－tan2\f(α＋β,2)) ＝eq \f(5,12).