《2025年热搜题高中数学必修第二册人教版》

1. 下列复数中是三角形式的是 (B)

A.$ 2(\cos \frac{\pi}{4} - i\sin \frac{\pi}{4}) $
B.$ 2(\cos \frac{\pi}{4} + i\sin \frac{\pi}{4}) $
C.$ 2(\sin \frac{\pi}{4} - i\cos \frac{\pi}{4}) $
D.$ -2(\sin \frac{\pi}{4} - i\cos \frac{\pi}{4}) $

答案： 1.B 【解析】复数的三角形式是$r(\cos \theta + i\sin \theta)$，观察所给的四个复数，只有B中的复数是三角形式，注意式子中各个位置的符号.

2. [2024·荆州中学月考](多选)下列各角可以作为复数 $ 3\sqrt{3} - 3i $ 的辐角的有 (AB)

A.$ -\frac{\pi}{6} $
B.$ \frac{11\pi}{6} $
C.$ -\frac{\pi}{3} $
D.$ \frac{5\pi}{3} $

答案： 2.AB 【解析】依题意得，$r = \sqrt{(3\sqrt{3})^2 + (-3)^2} = 6$，$\cos \theta = \frac{3\sqrt{3}}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$，复数$3\sqrt{3} - 3i$在复平面内对应的点在第四象限，所以$\arg(3\sqrt{3} - 3i) = \frac{11\pi}{6}$，所以$2k\pi + \frac{11\pi}{6} (k \in \mathbf{Z})$都可以作为复数$3\sqrt{3} - 3i$的辐角，结合选项可知，A,B正确.

3. [2024·庄河高中月考]复数 $ \frac{1}{\cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{3}} $ 的代数形式是$\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$.

答案： 3.$\frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$; 【解析】$\cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{3}$

4. [2024·南宁调考]已知 $ i $ 为虚数单位，$ z_1 = \sqrt{2}(\cos 60^{\circ} + i\sin 60^{\circ}) $，$ z_2 = 2\sqrt{2}(\sin 30^{\circ} - i\cos 30^{\circ}) $，则 $ z_1z_2 = $ (D)

A.$ 4(\cos 90^{\circ} + i\sin 90^{\circ}) $
B.$ 4(\cos 30^{\circ} + i\sin 30^{\circ}) $
C.$ 4(\cos 30^{\circ} - i\sin 30^{\circ}) $
D.$ 4(\cos 0^{\circ} + i\sin 0^{\circ}) $

答案： 4.D 【解析】因为$z_2 = 2\sqrt{2}(\sin 30° - i\cos 30°) = 2\sqrt{2}(\cos 300° + i\sin 300°)$，所以$z_1z_2 = \sqrt{2}(\cos 60° + i\sin 60°) × 2\sqrt{2}(\cos 300° + i\sin 300°) = 4(\cos 360° + i\sin 360°)$，结合选项知选D.

5. [2024·天门中学期中](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 $ \overrightarrow{OA} $ 对应的复数为 $ 2 + i $，则(ABD)

A.点 $ B $ 对应的复数为 $ 1 + 3i $
B.向量 $ \overrightarrow{OC} $ 对应的复数为 $ -1 + 2i $
C.向量 $ \overrightarrow{BC} $ 对应的复数为 $ 1 + 2i $
D.$ |\overrightarrow{AC}| = \sqrt{10} $

答案： 5.ABD 【解析】把$\overrightarrow{OA}$绕点$O$按逆时针方向旋转$45°$，再把模变为原来的$\sqrt{2}$倍即得$\overrightarrow{OB}$，故向量$\overrightarrow{OB}$对应的复数为$(2 + i) · \sqrt{2}(\cos 45° + i\sin 45°) = (2 + i)(1 + i) = 1 + 3i$，即点$B$对应的复数为$1 + 3i$，故A正确；把向量$\overrightarrow{OA}$绕点$O$按逆时针方向旋转$90°$即得向量$\overrightarrow{OC}$，故$\overrightarrow{OC}$对应的复数为$(2 + i)(\cos 90° + i\sin 90°) = (2 + i)i = -1 + 2i$，故B正确；$\overrightarrow{BC}$对应的复数为$\overrightarrow{OC}$对应的复数减去$\overrightarrow{OB}$对应的复数，即$(-1 + 2i) - (1 + 3i) = -2 - i$，故C不正确；$|\overrightarrow{AC}| = |\overrightarrow{OB}| = \sqrt{10}$，故D正确. 故选ABD.

6. [2024·深圳质检]设复数 $ 2 + i $ 和 $ -3 - i $ 的辐角主值分别是 $ \alpha, \beta $，则 $ \tan(\alpha + \beta) = $(D)

A.$ \sqrt{3} $
B.$ -\frac{\sqrt{3}}{3} $
C.$ -1 $
D.$ 1 $

答案： 6.D 【解析】因为复数$2 + i$和$-3 - i$的辐角主值分别是$\alpha$，$\beta$，所以$\tan \alpha = \frac{1}{2}$，$\tan \beta = \frac{1}{3}$，所以$\tan(\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta} = 1$.

7. [2024·太原五中月考]已知复数 $ z = \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}i $，$ \omega = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}i $，复数 $ \overline{z}\omega $，$ z^2\omega^3 $ 在复平面上所对应的点分别为 $ P, Q $. 求证：$ \triangle OPQ $ 是等腰直角三角形（其中 $ O $ 为原点）.

答案： 7.证明：$z = \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}i = \cos(-\frac{\pi}{6}) + i\sin(-\frac{\pi}{6})$，$\omega = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2}i = \cos \frac{\pi}{4} + i\sin \frac{\pi}{4}$，所以$z\omega = \cos(-\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{4}) + i\sin(-\frac{\pi}{6} + \frac{\pi}{4}) = \cos \frac{\pi}{12} + i\sin \frac{\pi}{12}$，所以$z\omega = \cos \frac{\pi}{12} + i\sin \frac{\pi}{12}$.
因为$z^2\omega^3 = [\cos(-\frac{\pi}{3}) + i\sin(-\frac{\pi}{3})](\cos \frac{3\pi}{4} + i\sin \frac{3\pi}{4}) = \cos \frac{5\pi}{12} + i\sin \frac{5\pi}{12}$，所以$\overrightarrow{OP}$与$\overrightarrow{OQ}$的夹角为$\frac{5\pi}{12} - (-\frac{\pi}{12}) = \frac{\pi}{2}$，所以$OP \perp OQ$. 又$OP = |z\omega| = 1$，$OQ = |z^2\omega^3| = 1$，所以$OP = OQ$，所以$\triangle OPQ$为等腰直角三角形.

8. [2024·长阳一中周练] $ 2 ÷ [2(\cos 60^{\circ} + i\sin 60^{\circ})] = $ (B)

A.$ \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2}i $
B.$ \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i $
C.$ \frac{\sqrt{3}}{2} + \frac{1}{2}i $
D.$ \frac{\sqrt{3}}{2} - \frac{1}{2}i $

答案： 8.B 【解析】$2 ÷ [2(\cos 60° + i\sin 60°)] = 2(\cos 0° + i\sin 0°) ÷ [2(\cos 60° + i\sin 60°)] = \cos(0° - 60°) + i\sin(0° - 60°) = \cos(-60°) + i\sin(-60°) = \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2}i$. 故选B.

9. [2024·绵阳中学月考]如图，若 $ \overrightarrow{OZ_1} $ 与 $ \overrightarrow{OZ_2} $ 分别表示复数 $ z_1 = 1 + 2\sqrt{3}i $，$ z_2 = 7 + \sqrt{3}i $，求 $ \angle Z_2OZ_1 $，并判断 $ \triangle OZ_1Z_2 $ 的形状.

答案： 9.因为$\frac{z_1}{z_2} = \frac{1 + 2\sqrt{3}i}{7 + \sqrt{3}i} = \frac{(1 + 2\sqrt{3}i)(7 - \sqrt{3}i)}{(7 + \sqrt{3}i)(7 - \sqrt{3}i)} = \frac{1 + \sqrt{3}i}{4} = \frac{1}{2}(\cos \frac{\pi}{3} + i\sin \frac{\pi}{3})$，
所以$\angle Z_2OZ_1 = \frac{\pi}{3}$且$\frac{|OZ_1|}{|OZ_2|} = \frac{1}{2}$，
设$|OZ_1| = k$，$|OZ_2| = 2k (k ＞ 0)$，
由余弦定理得$|Z_1Z_2|^2 = k^2 + (2k)^2 - 2k · 2k · \cos \frac{\pi}{3} = 3k^2$，所以$|Z_1Z_2| = \sqrt{3}k$，又$k^2 + (\sqrt{3}k)^2 = (2k)^2$，所以$\triangle OZ_1Z_2$为有一锐角为$\frac{\pi}{3}$的直角三角形.