第5章 3 复数的三角表示-【学霸黑白题】2025-2026学年高中数学必修第二册（北师大版）

1212=(a+b好)(a吃+b)≥(a1a2+b1b2)2,当且仅当a1b2=a2b1 m·n ajaz+b 62 时，等号成立，由cosa=1mllm√a+×√G+ ≤1，两边平方， 整理得(a+b)(a+b号)≥(a1a2+b1b2)2,故D正确 83解标：由题意得！-*：4+2红设：+n7ER， 则+=(x+i)i+x+i=(x-y)+(x+y)i=4+2i,所以y4解得 (x+y=2, x=3,所以z=3-i (y=-1, 9.1012+1013i解析：2i2=-2,3i3=-3i,44=4,i+22+3i3+ 454=i-2-3i+4=2-2i,则55+6i5+77+8i8=2-2i,…,2021i201+ 2022i202+2023i2023+2024i2024=2-2i,故原式=506×(2-2i)+ 2025i=1012+1013i. 10.1+i解析：设z=a+bi(a>0,b>0),则z=a-bi,.z+z=2a,z-2= 26i,2=a2+62,豆2+8 4与号不可能同时成立，丙，丁不能同时正确 当=2i时，6=3>2-号不成立乙、丁不能同 时正确. 当甲、乙正确时：a=1,b=√3，则丙也正确，不合题意；当甲、丙正确 时：a=1,b=√3，则乙也正确，不合题意：当乙、丙正确时：b=√3，a= 1,则甲也正确，不合题意； ∴，甲、丁陈述正确，此时a=b=1,∴.z=1+i 11.解：(1)设z=a+bi(a,beR),由2Iz=4+2i-2z,可得√2√a2+b2= 4+2i-2a-2bi,即2√a2+b+2a-4+(2b-2)i=0,则 {+2a-4=00·解得{份1：或87（此时方①无唐 2b-2=0, b=1, 义，故舍去)，所以z=1+i. 2商可得后告-.因=0，则 1-i1-i(1-i)(1+i)2 =i+i2+i3+.+i2025=i 12.解：(1)因为1=4-3i,2=-5-4i,则12=(4-3i)(-5-4i)=-20- 16i+15i+12i2=-32-i. 又21(4，-3)，22(-5，-4)，所以0Z=(4,-3),0Z2=(-5,-4),所 以0Z.0Z2=4×(-5)+(-3)×(-4)=-8. (2)因为a1=a+bi,2=c+di(a,b,c,deR),所以z12=ac+adi+bci+ bdi2=(ac-bd)+(ad+bc)i,z2=(ac-bd)2+(ad+bc)2. 因为0Z=(a,b),0Z2=(c,d),所以0Z·0Z2=ac+bd, |0Z.0Z2|2=(ac+bd)2 因此1z12l2-|0Z.0Z2|2=(ac-bd)2+(ad+bc)2-(ac+bd)2= (ad+bc)2-4abcd=(ad-bc)2≥0， 所以0Z,·0Z2|≤lz12l,当且仅当ad=bc时取等号，此时向量 0Z,0Z满足0Z/oZ 13.解：(1)当n=1时)=-i计，则x+i)=x+ x-i 由+=1，整理得2-+1=0，则x=1± 2 (2)①令x-i=a+bi(a,beR且a2+b2≠0)，因为lx-il=1,所以a2+ b2=1. f(x)=(a+bi)2+ ()=(+2abi) =(a2-b2+ 2）*=(a2-6+2）+=(e2- a2-62-2abi (a2+b2)2 2abi)+(a2-b2-2abi)=2(a2-b2). 因为b2=1-a2,所以f(x)=2[a2-(1-a2)]=2(2a2-1) 因为0≤a2≤1，所以当a2=0时f(x)min=-2. ②当n=2时f代x-5-11i)=(x-5-12i)2+ (x-5-12i)21 参考答案 令x-5-12i=a+bi(a≠0且b≠0，a,b∈R),则f(x-5-11i)= 1 (a+bi)2+ =2-+2ai+a2-h2+2a =a2-b2+ (atbi)2 a2-62-2abi -62 a2-62 2-62)2+4a2a2 2abi+- (a2-b2)2+4a2b2 + 2ab 2ab- (a2-b2)2+4a26]i, 要使f(x-5-11i)≥M恒成立，所以2ab- a2+6)2=0,即a2+62=1, 2ab 所以|x-5-12il=1,即x对应点到点(5,12)的距离为1，故x对应点 在以(5,12)为圆心，1为半径的圆周上（不含横坐标为5，纵坐标为 12的点)，所以1x∈[12,14] §3复数的三角表示 3.1复数的三角表示式中3.2复数乘除运算的几何意义 白题 基础过关 1.A解-3i=25(之)-25(m7石+m7)） 所以辐角的主值为 6 2.ABD解析：因为r=人 ()+() =1,c0g0= 2,sin 0= √ 2 ,所以0=-子+2km,选项中ABD均符合。 3.A解折：由复数：的辐角主值为可设复数：=，(m行 曲智）子图为噬部务后，所以月 2=3,解得r=2,所 以z=-1+31,所以2=(-1+3i1)2=-2-231.故选A 4A解桥：因为1+i=(m子+im子）m0-0 cos (2-0)isin (20),(+i)cos 0-isin 0)= -(g)m(小 5.ABC解析：因为arg1=a,arg2=B,所以a∈[0,2m),B∈[0,2π) 而arg(a1·)e[0,2m),则当a+Be[0,2m)时，arg(a1·2)=a+B; 当a+Be[2m,4m)时，a+B-2me[0,2m),则ag(a1·z2)=a+B-2π； 当a+B=T时，2π-(a+B)=T=a+B,则arg(a1·2)=2m-(a+B). 6D解折：由题意，得当-1+5i时，=2,0=(-1)” (m)]°2"(s2m2） π） T 20m 3 32 7.-√2+2i解析：原式= am（-石)sn（-石) (g）( 8.D解析：向量AB绕点A按逆时针方向旋转60°得到向量A心， .2c-4=(3BzA)·（cos60°+isin60°）.故选D. 6-√33+2W3 2 解析：因为菱形OABC在复平面的上半平面，且 2 黑白题063 ∠0AB=120°，由复数的几何意义可得A(2,1),故 菱形OABC位置只能如图，且IOB1=√万IOA1= √5，∠A0B=30°，记点A,B对应的复数分别 为1,2，由复数三角形式乘法的几何意义2=名1· 5(cs30+im30)=(2+)5(停+2） 6-53+25故点B所对应的复数是-53+25 2 2 2 2 黑题应用提优 1D解折5(m）-x名）2 2B解顿：由已知得-+-2(-空经)-2(m 血平），所以0瓷原点顺时针旋转得2（一行平） [m=(）im(安)门-2(cs0+0)=2,由0记绕原点注 时针旋转号所得向量与成旋转后所得向量的终点重合得 (m智+血号）-2，所以= 2 4π 4标4标2e 3 m智）=-1+5放选B 3.C解析：依题意，z=[cos(A-B)+isin(A-B)](cosC+isin C)= cos(A-B+C)+isin(A-B+C),由复数z是实数，得sin(A-B+C)=0,在 △ABC中，sin(T-2B)=0,由0<B<m,得-T<T-2B<π，因此T-2B= 0,解得B=号，所以△ABC是直角三角形. 4.ACD解析：由题意知复数z1,2满足名1=cosa+isin,z2=cosB+ isin B,且la1-z2|=√2，则z1-z2=(cosa-cosB)+i(sina-sinB),故 (cos a-cos B)2+(sin a-sin B)2=2,2-2 cos acos B+ sin sinB)=2,得cos(a-B)=0,故a-B=km+7（keZ),D正确； z1·z2=(cosa+isin a）·(cosB+isin B)=cos acos B-sin asin B+ i(cos asin B+sin acos B)=cos(a+B)+isin (a+B),= cos2(a+B)+sin2(a+B)=1,A正确；由于1+z2=(cosa+cosB)+ i(sin a+sin B),(cos a+cos B)2+(sin a+sin B)2= √2+2(cos acos B+-sin sinB)=√2+2cos(a-B)=√2，B错误；由以 上D的分析可知，若a=0,则cos(-B)=0,故cosB=0,C正确. 5.-2c0s100°280°解析：复数z整理可得2cos2100°+ 2isin100°cos100°=2cos100°(cos100°+isin100°)=-2cos100°× (-cos100°-isin100°)=-2cos100°(cos280°+isin280°)，∴.复数z 的模为-2cos100°，辐角主值为280°. 6.2=):解析：设=a+bi(a,beR),则z+1=(a+1）+bi,2-1= 22 《@1)+bi,因为复数z+1的辐角的主值为不所以am。”-,6 0,因为复数1的g角的主值为二，所以m三点 ②，由D2可袋。=分6-咨所以：=子号 1√3 7.(1)解：x6=1有解x1=1,又其余5个解在复平面内对应的点与x1=1 对应的点均分单位圆，所以各根在复平面内对应的向量与x轴正方 向的夹角分别为0，牙，，红，，故所有解为名=1,4=子 }停l分月分月 -13:13 (②)解：化简中=得（仔广=i令m分即=m子 必修第二册·BS 0),由题知，(cos0+isin0)3=cos30+isin30,则m1=cos1 6 6,其余2个解与复数m,在复平面内对应点均分单位圆，所 以m2=cos 5π+ion5r, 6 √5,1 2+21,m=-i1综上，x=8i在复数域中的所有解为x1=2m, 3+i,x2=2m2=-√3+i,x3=2m3=-2i (3)证明：对于方程x+1=0(n∈N,且n为偶数)，设该方程有解 x1=cos+isin0,方程的n个解在复平面内对应的点均分单位圆，则 相邻两个解在复平面内对应向量的夹角为2”，故所有解1,2，， x,在复平面内对应的向量与x轴正方向的夹角分别为0,0+2如，+ n 2,…,日+2(n-1）T因为n为偶数，所以x1=cos0+sin8,2害 )g=m(0+)*m(8+).9=6m(o-+） m(e2细）…m(0）+m(-)所以与 （1≤k≤？，keN,)在复平面内对应向量的夹角相差m,即 x4+x号=0，所以当neN,且n为偶数时，方程x”+1=0在复数域 内的所有解的和为0. 第五章章末检测 1.B解析：因为z=(1+5i)i=-5+i,则复平面内z对应的点为 Z(-5,1),位于第二象限. 1+i 2.D 解析：z11 (1+i)2 1D21-1+i,则-1 3.A解析：由题意，z=1-2i,则z+1=2-2i,所以1z+11=√4+4=2√2 4.A解析：z=1-2i,z+az+b=1-2i+a(1+2i)+b=(1+a+b)+(2a-2)i, 由z+αz+b=0,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，得 1+a+b=0,即a=1； 2a-2=0, b=-2 5.C解析：因为z= 咨，则=√（停a 又1z20241=lz12024=(2)204=210,因为21=2,2=2×2=4,23=2× 4=8,24=2×8=16,25=16×2=32,26=2×32=64,27=2×64= 128,28=2×128=256,…,则2"(n∈N*)的个位数字以2,4,8,6为周 期循环出现.因为1012÷4=253，所以1z2241的个位数字是6. 6.C解析：因为y=lcos2x-sin2x1=Icos2xl∈[0,1]，所以M=[0,1] 因为 1 x i <√2，所以Ix+il<2,即Ix-(-i)l<√2.又因为xeR, 所以-1<x<1,即N=(-1,1),所以MnN=[0,1) 7.C解析：设a1=a+bi,a,beR,2=c+di,c,deR对于A,Z1与Z2关 于实轴对称，则a=c, b=-d, .21+z2=2a∈R,故A正确；对于B,Z1与Z) 关于实轴对称，则份.l1l=V4,F4=2 b2,12=(a+bi)(a-bi)=a2+b2,故B正确；对于C,:0Z1⊥0Z2 .ac+bd=0,∴.12=(a+bi)(c+di)=ac-bd+(ad+bc)i不一定为0，故 C错误；对于D,0Z1⊥0Z2,.ac+bd=0,11+21= √(a+c)2+(b+d)2=Wa2+b2+c2+d2+2(ac+bd)=√a2+b2+c2+d2 |z1-z21=√（a-c)2+(b-d)2=V√a2+b2+c2+d2-2(ac+bd)= √a2+b2+c2+d2,故D正确. 8.C解析：因为e3=cs3+i6in3,而T<3,即cs3<0,si血3>0， 则复数e3对应的点(cos3,sin3)位于第二象限，故A正确； 因为e=sx4in,所以=e=万(w年+in牙）1+i 黑白题064*§3复数的三角表示 3.1复数的三角表示式田3.2 复数乘除运算的儿何意义 白题 基础过关 限时：30min 题组1复数的三角表示式 5.*(多选)设a1,2是复数，arg名1=a, 1.·(2025·江西南昌高一月考)复数z=-3 arga2=B,则arg(a1·a2)可能为 √3i的辐角的主值为 ( A.a+B B.a+B-2T C.2-(a+B) D.T+a+B B. C.Am T 3 0.6 6.*(2025·江西抚州高一月考)法国数学家 棣莫弗发现棣莫弗定理：1=r1（cos01+ 2.”(多选)将复数 22 ;化为三角形式正确 isin01),2=rz(cos02+isin02),则z122=r12· 的是 [cos(01+02)+isin(01+02)],由棣莫弗定理导 出了复数乘方公式：z=[r(cos0+isin0)]"= A.cas(-g)+isin(-） T(cosn+isinn0)(n∈N),则(-l+√3i)°- B.cos(T)+isin） () A.1024-1024√3i c.cae(写)+isin(写） B.-1024+10243i C.512-512√3i D.cos告T)+in5） D.-512+5123i 3.”设复数：的辐角主值为，虚部为， 7.*计算： T 则z2= ( 6 6 A.-2-2√5i B.-2√5-2i (用代数形式表示) C.2+23i D.2√3+2i 题组3复数三角形式的几何意义 题组2复数三角形式的乘、除运算 8.·正△ABC的顶点A,B,C分别对应复 数aA,2g,2c,点A,B,C按逆时针顺序排列，那么 4。如果0e(,m),那么复数(1+i)· () (cos0-isin0)的三角形式是 A.zc=(zg-z4）·(cos60°+isin60°) As(置j+iamT-j B.zc=(zg-zA)·(cos60°-isin60) C.zc=zB·(cos60°+isin60) B.√2[cos(2r-0)+isin(2π-0)] D.zc=(z).(cos 600+isin 60) 9.*(2025·福建泉州高一月考)在复平面的 C.co()isin ( 上半平面内有一个菱形OABC,∠OAB=120°， 点A所对应的复数是2+i,则点B所对应的复 D.2as经o)+im4o] 数为 第五章黑白题103 黑题 应用提优 限时：35min 1.复数z=√3(sin 2π +icos )化为代数形 3 6.”若复数+1的幅角的主值为后，。-1的韬 式为 角的主值为则：的代数形式为 3.√3 B.- 1 22 7.禁(2025·江西萍乡高一期末)数学家在解 决判别式△<0的二次方程时引入了虚数，例 c22 33! 33 D.22 如x2+1=0解得x1=i,x2=-i.实际上高阶方程 2.(2025·福建福州高一期中)设复数名1，z2 同样在复数域中有解，如x3=1的根为x,= 对应的向量分别为0Z,0Z,0为坐标原点， 1,x2=- 1,√3.13 2+21,x=- 22ix=1的根 且z,=-√2+√2i,若把0Z绕原点顺时针旋转 为x1=1,x2=i,x3=-1,x4=-i数学家高斯发现 把0心欲原点道时针旋转智所得两向量 对于一元n次多项式方程(n∈N)在复数域 内有且只有n个根（重根按重数计算，如x2=0 的终点重合，则z2= ( 的根为：1=x2=0),这就是著名的代数基本 A.1-√3i B.-1+√3i 定理 (1)已知方程x”=1(n≥2，n∈N)的复数根在 C.√5-i D.-√3+i 复平面内对应的点必然均分单位圆.试求 3.*(2025·河北沧州高一期中)设A,B,C是 解方程x6=1在复数域中的所有解； △ABC的内角，z=(cosA+isin A)÷(cosB+ (2)已知复数的乘方运算满足(cos0+i· isin B)(cosC+isin C)是一个实数，则△ABC是 sin0)”=cosn0+isin n0,试求x3=8i在复数 域中的所有解； A.锐角三角形 (3)试证明：方程x”+1=0(n∈N,且n为偶 B.钝角三角形 数)在复数域内的所有解的和为0. C.直角三角形 D.形状不能确定 4.（多选)已知复数1,2满足名1=cos+ isin a,z2=cosB+isin B,且lz1z2|=√2，则( A.1z1·z21=1 B.|z1+z2l=√3 C.若=0，则cosB=0 D.o-B-kz+(keZ) 5.*复数z=1+cos200°+isin200°的模 为 ,辐角主值是 必修第二册·BS黑白题104