10．3　课后达标检测（教师版）

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1．在下列各数中，已表示成三角形式的复数是　(　　)
A．4
B．4
C．4
D．－4
解析：选B.复数的三角形式为z＝r(cos θ＋isin θ)，r≥0，结合选项知B满足．故选B.
2．若复数z＝(a＋i)2的辐角的主值是，则实数a的值为(　　)
A．1 B．－1
C．－ D．－
解析：选B.z＝(a＋i)2＝a2－1＋2ai，arg z＝，所以所以a＝－1.
3．2(cos 75°＋isin 75°)×＝(　　)
A．－＋i B．＋i
C．－i D．＋i
解析：选B.因为－i＝(－i)＝(cos 315°＋isin 315°)，所以2(cos 75°＋isin 75°)×＝2(cos 75°＋isin 75°)×(cos 315°＋isin 315°)＝(cos 390°＋isin 390°)＝＋i.故选B.
4．设A，B，C是△ABC的内角，z＝(cos A＋isin A)÷(cos B＋isin B)·(cos C＋isin C)是一个实数，则△ABC是(　　)
A．不等边的锐角三角形
B．钝角三角形
C．直角三角形
D．等边三角形
解析：选C.由题意知arg z＝A－B＋C＝π－2B＝0，则B＝.
5．已知复数z对应的向量为(O为坐标原点)，与实轴正向的夹角为120°，且复数z的模为2，则复数z为(　　)
A．1＋i B．2
C．－1－i D．－1＋i
解析：选D.设复数z＝x＋yi(x，y∈R)，因为向量与实轴正向的夹角为120°且复数z的模为2，
所以x＝||cos 120°＝2×＝－1，
y＝||sin 120°＝2×＝，
所以z＝－1＋i.故选D.
6．(多选)已知单位向量，分别对应复数z1，z2，且·＝0，则可能为(　　)
A．i B．1
C．－1 D．－i
解析：选AD.因为单位向量，分别对应复数z1，z2，设复数z1＝cos θ1＋isin θ1，z2＝cos θ2＋isin θ2，因为·＝0，所以⊥，即θ1－θ2＝±，所以＝＝cos (θ1－θ2)＋isin(θ1－θ2)＝cos ＋isin＝±i.故选AD.
7．复数的三角形式为____________________．
解析：＝
＝－－i
＝(－－i)
＝(cos ＋isin ).
答案：(cos ＋isin )
8．已知复数z满足等式||＝，且arg z＝，则z＝________．(用代数形式表示)
解析：设z＝r(cos ＋isin )
＝r＋ri(r>0)，
则＝||＝
＝.
即3r2－4r＋4＝0，
所以r＝，所以z＝1＋i.
答案：1＋i
9．如图，向量对应的复数为－1＋i，把绕点O按逆时针方向旋转150°，得到，则向量对应的复数为__________．(用代数形式表示)
解析：向量对应的复数为(－1＋i)·(cos 150°＋isin 150°)＝(－1＋i)·(－＋i)＝－i.
答案：－i
10．计算：
(1)3×2；
(2)(－＋i)×；
(3)(1－i)÷.
解：(1)3×2(cos －isin )
＝6(cos ＋isin )×
＝6＝6.
(2)×
＝×[cos ＋isin]＝cos ＋isin ＝i.
(3)(1－i)÷
＝[cos (－)＋isin(－)]÷(cos ＋isin )
＝[cos (－－)＋isin]
＝[(×－×)－i]＝－i.
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11．已知z＝(1－i)×，则arg z＝(　　)
A． B．
C． D．
解析：选B.z＝(1－i)×(－cos ＋isin )
＝(1－i)×＝－＋i＋×i－i2＝2i＝2，
所以arg z＝.故选B.
12．(多选)已知在正方形OABC中，O是坐标原点，且点B在x轴的上方，向量对应的复数为2＋i，则(　　)
A．点B对应的复数为1＋3i
B．向量对应的复数为－1＋2i
C．向量对应的复数为1＋2i
D．||＝
解析：选ABD.把绕点O按逆时针方向旋转45°，再把模变为原来的倍即得，故向量对应的复数为(2＋i)·(cos 45°＋isin 45°)＝(2＋i)(1＋i)＝1＋3i，即点B对应的复数为1＋3i，选项A正确；
把向量绕点O按逆时针方向旋转90°即得向量，故对应的复数为(2＋i)·(cos 90°＋isin 90°)＝(2＋i)i＝－1＋2i，选项B正确；
对应的复数为对应的复数减去对应的复数，
即(－1＋2i)－(1＋3i)＝－2－i，
选项C不正确；
||＝||＝，选项D正确．
13．在复平面上，一个正方形的四个顶点按逆时针方向依次为Z1，Z2，Z3，O(其中O是原点)，已知Z1对应复数z1＝1＋i.若Z3对应的复数为z3，则Z1和Z3对应的复数的乘积z1z3＝______________．
解析：
由题意得|z3|＝|z1|＝2，
复平面上线段OZ1与x轴正半轴的夹角为，则线段OZ3与x轴正半轴的夹角为，
所以z3＝2＝－＋i，
所以z1z3＝(1＋i)(－＋i)＝－2－2i.
答案：－2－2i
14．如图，若与分别表示复数z1＝1＋2i，z2＝7＋i，求∠Z2OZ1，并判断△OZ1Z2的形状．
解：欲求∠Z2OZ1，可计算.
因为＝＝＝
＝(cos ＋isin )，
所以∠Z2OZ1＝且＝.
设|OZ1|＝k，|OZ2|＝2k(k>0)，
由余弦定理，
得|Z1Z2|2＝k2＋(2k)2－2k·2k·cos ＝3k2，
所以|Z1Z2|＝k，
又k2＋(k)2＝(2k)2，
所以△OZ1Z2为有一锐角为的直角三角形．
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15．(多选)1748年，瑞士数学家欧拉发现了复指数函数和三角函数的关系，并写下公式eix＝cos x＋isin x(x∈R，i为虚数单位)，这个公式在复变函数中有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”，据此公式，则有(　　)
A．eiπ＋1＝0
B．(＋i)2 025＝－1
C.|eix＋e－ix|≤2
D．－2≤eix－e－ix≤2
解析：选ABC.对于A，当x＝π时，因为eiπ＝cos π＋isin π＝－1，所以eiπ＋1＝0，故A正确；对于B，＝＝＝e675πi＝cos 675π＋isin 675π＝－1，故B正确；对于C，由eix＝cos x＋isin x，e－ix＝cos (－x)＋isin(－x)＝cos x－isin x，所以eix＋e－ix＝2cos x，得出|eix＋e－ix|＝|2cos x|≤2，故C正确；
对于D，由C分析得eix－e－ix＝2isin x，推不出－2≤eix－e－ix≤2，故D错误．
故选ABC.
16．设复数z1＝＋i，复数z2满足|z2|＝2，且z1·z在复平面内对应的点在虚轴的负半轴上，且arg z2∈(0，π)，求z2的代数形式．
解：因为z1＝＋i＝2(cos ＋isin )，
设z2＝2(cos α＋isin α)，α∈(0，π)，
所以z1·z＝2(cos ＋isin )×4(cos 2α＋isin 2α)
＝8[cos (2α＋)＋isin (2α＋)].
由题设知2α＋＝2kπ＋(k∈Z)，
所以α＝kπ＋(k∈Z).
又α∈(0，π)，
所以α＝，
所以z2＝2(cos ＋isin )＝－1＋i.