2024-2025學(xué)年新教材高中數(shù)學(xué)課時(shí)作業(yè)9第十章復(fù)數(shù)10.3復(fù)數(shù)的三角形式及其運(yùn)算含解析新人教B版必修第四冊

PAGEPAGE1課時(shí)作業(yè)9復(fù)數(shù)的三角形式及其運(yùn)算時(shí)間：45分鐘eq\a\vs4\al(一、選擇題每小題5分，共40分)1．復(fù)數(shù)1＋eq\r(3)i的三角形式是(B)A．coseq\f(π,3)＋isineq\f(π,3)B．2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))C．coseq\f(π,6)＋isineq\f(π,6)D．2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,6)＋isin\f(π,6)))2．已知復(fù)數(shù)z1＝coseq\f(2,3)π＋isineq\f(2,3)π，z2＝coseq\f(11,6)π＋isineq\f(11,6)π，則eq\f(2z1,z2)的輻角的主值是(B)A.eq\f(π,6) B.eq\f(5,6)πC.eq\f(3,2)π D．－eq\f(π,2)3．若復(fù)數(shù)z＝(a＋i)2的輻角是eq\f(3π,2)，則實(shí)數(shù)a的值是(B)A．1 B．－1C．－eq\r(2) D．－eq\r(3)解析：∵z＝(a＋i)2＝(a2－1)＋2ai，argz＝eq\f(3π,2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－1＝0,a<0))，∴a＝－1，本題選B.4.eq\f(1,2)(cos30°＋isin30°)×2(cos60°＋isin60°)×3(cos45°＋isin45°)＝(C)A.eq\f(3\r(2),2)＋eq\f(3\r(2),2)i B.eq\f(3\r(2),2)－eq\f(3\r(2),2)iC．－eq\f(3\r(2),2)＋eq\f(3\r(2),2)i D．－eq\f(3\r(2),2)－eq\f(3\r(2),2)i解析：eq\f(1,2)(cos30°＋isin30°)×2(cos60°＋isin60°)×3(cos45°＋isin45°)＝eq\f(1,2)×2×3[cos(30°＋60°＋45°)＋isin(30°＋60°＋45°)]＝3(cos135°＋isin135°)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)＋\f(\r(2),2)i))＝－eq\f(3\r(2),2)＋eq\f(3\r(2),2)i.故選C.5．“復(fù)數(shù)z1，z2的模與輻角分別相等”是“z1＝z2”的(A)A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件解析：當(dāng)復(fù)數(shù)z1，z2的模與輻角分別相等時(shí)，肯定有z1＝z2，充分性成立；但當(dāng)z1＝z2時(shí)，z1與z2的輻角可以相等，也可以相差2π的整數(shù)倍，必要性不成立．綜上，“復(fù)數(shù)z1，z2的模與輻角分別相等”是“z1＝z2”的充分不必要條件．故選A.6．設(shè)A，B，C是△ABC的內(nèi)角，z＝(cosA＋isinA)÷(cosB＋isinB)·(cosC＋isinC)是一個(gè)實(shí)數(shù)，則△ABC是(C)A．銳角三角形B．鈍角三角形C．直角三角形D．形態(tài)不能確定解析：argz＝A－B＋C＝π－2B＝0，則B＝eq\f(π,2).7．設(shè)π<θ<eq\f(5π,4)，則復(fù)數(shù)eq\f(cos2θ＋isin2θ,cosθ－isinθ)的輻角主值為(B)A．2π－3θ B．3θ－2πC．3θ D．3θ－π解析：eq\f(cos2θ＋isin2θ,cosθ－isinθ)＝eq\f(cos2θ＋isin2θ,cos－θ＋isin－θ)＝cos3θ＋isin3θ.∵π<θ<eq\f(5π,4)，∴3π<3θ<eq\f(15π,4)，∴π<3θ－2π<eq\f(7π,4)，故本題應(yīng)選B.8．(多選)設(shè)f(θ)＝cosθ＋isinθ(i為虛數(shù)單位)，則f2(θ)＝cos2θ＋isin2θ，f3(θ)＝cos3θ＋isin3θ，…，若f10(θ)為實(shí)數(shù)，則θ的值可能等于(AC)A.eq\f(π,10) B.eq\f(3π,20)C.eq\f(π,5) D.eq\f(π,4)解析：f10(θ)＝cos10θ＋isin10θ，要使f10(θ)為實(shí)數(shù)，則sin10θ＝0,10θ＝kπ，故θ＝eq\f(kπ,10)，當(dāng)k＝1時(shí)，θ＝eq\f(π,10)，當(dāng)k＝2時(shí)，θ＝eq\f(π,5)，故選AC.eq\a\vs4\al(二、填空題每小題6分，共18分)9．設(shè)復(fù)數(shù)z的輻角是eq\f(5π,6)，實(shí)部是－2eq\r(3)，則z＝－2eq\r(3)＋2i.10．復(fù)數(shù)3＋4i的輻角主值為θ，則i(3＋4i)的輻角主值為eq\f(π,2)＋θ.11．復(fù)數(shù)eq\f(1＋cosθ＋isinθ,1＋cosθ－isinθ)(θ∈[0，eq\f(π,2)])的三角形式為cosθ＋isinθ.三、解答題寫出必要的計(jì)算步驟，只寫最終結(jié)果不得分，12、13、15題各12分，14題6分，共42分12．寫出下列復(fù)數(shù)的三角形式：(1)ai(a∈R)；(2)tanθ＋i(eq\f(π,2)<θ<π)；(3)－eq\r(3)(sinθ－icosθ)．解：(1)ai＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(acos\f(π,2)＋isin\f(π,2)a≥0,－acos\f(3,2)π＋isin\f(3,2)πa<0)).(2)tanθ＋i＝－eq\f(1,cosθ)[cos(eq\f(3,2)π－θ)＋isin(eq\f(3,2)π－θ)](eq\f(π,2)<θ<π)．(3)－eq\r(3)(sinθ－icosθ)＝eq\r(3)[cos(eq\f(π,2)＋θ)＋isin(eq\f(π,2)＋θ)]．13．設(shè)z＝(－3eq\r(2)－3eq\r(2)i)n，n∈N，當(dāng)z∈R時(shí)，n為何值？解：因?yàn)閦＝(－3eq\r(2)－3eq\r(2)i)n＝[6(coseq\f(5,4)π＋isineq\f(5,4)π)]n＝6n(coseq\f(5n,4)π＋isineq\f(5n,4)π)．因?yàn)閦∈R，所以sineq\f(5n,4)π＝0(n∈N)，即eq\f(5n,4)π＝kπ，k∈N，解得n＝eq\f(4,5)k(eq\f(k,5)∈N)．——素養(yǎng)提升——14．若復(fù)數(shù)z滿意eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(z－1,z)))＝eq\f(1,2)，argeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z－1,z)))＝eq\f(π,3)，則z的代數(shù)形式是z＝1＋eq\f(\r(3),3)i.解析：設(shè)eq\f(z－1,z)＝z0，則|z0|＝eq\f(1,2)，argz0＝eq\f(π,3)，∴z0＝eq\f(1,2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(cos\f(π,3)＋isin\f(π,3)))＝eq\f(1,4)＋eq\f(\r(3),4)i，∴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.15．在復(fù)平面上A，B表示復(fù)數(shù)為α，β(α≠0)，且β＝(1＋i)α，推斷△AOB形態(tài)，并證明S△AOB＝eq\f(1,2)|α|2.解：△AOB為等腰直角三角形．∵α≠0，β＝(1＋i)α.∴eq\f(β,α)＝1＋i＝eq\r(2)(coseq\f(π,4)＋isineq\f(π,4))，∴∠AOB＝eq\f(π,4)，∵eq\o(OA,\s\up6(→))，eq\o(AB,\s\