2023届一轮复习人教B版 三角函数、解三角形 平面向量、数系的扩充与复数的引入 作业

1、阶段质量检测(三)一、选择题1(2021池州一中高三模拟)复数eq f(51i2,2i)的虚部为()A4 B2 C4 D4iAeq f(51i2,2i)eq f(5112i,2i)eq f(10i,2i)eq f(10i2i,2i2i)eq f(1020i,5)24i，所以虚部为42(2021武汉市第一中学高三二模)已知复数z满足eq f(z,3i)2ai，|z|5eq r(2)，则正数a()A1 B2 Ceq f(1,2) Deq f(1,4)Aeq f(z,3i)2ai，z6a(23a)i，|z|5eq r(2)，eq r(6a223a2)5eq r(2)，解得正数a13已知向量a(1，1

2、)，b(2，m1)，若a(ab)，则m()A1 B0 C1 D3C因为向量a(1，1)，b(2，m1)，所以ab(1，m)，因为a(ab)，所以1m0，解得m14(2021贵州贵阳一中高三月考)已知在ABC中，AB2，AC4，BAC60，D为BC的中点，M为AC的中点，则eq o(AD,sup7()eq o(BM,sup7()()A3 B2 C4 D1D令eq o(AB,sup7()a，eq o(AC,sup7()b，易得eq o(AD,sup7()eq f(1,2)(ab)，eq o(BM,sup7()eq f(1,2)(b2a)，eq o(AD,sup7()eq o(BM,sup7()eq

3、 blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)af(1,2)b)eq blc(rc)(avs4alco1(f(1,2)ba)eq f(1,4)abeq f(1,2)a2eq f(1,4)b2eq f(1,2)baeq f(1,2)a2eq f(1,4)b2eq f(1,4)abeq f(1,2)4eq f(1,4)16eq f(1,4)24cos 601，故选D5已知非零向量a，b满足|a|eq f(3,4)|b|，cosa，beq f(1,3)，若(ma4b)b，则实数m的值为()A9 B10 C11 D16D非零向量a，b满足|a|eq f(3,4)|b|，cosa，beq f(1,3

4、)，(ma4b)b，(ma4b)bmab4b2meq f(3,4)|b|b|eq f(1,3)4|b|20，求得m16，故选D6设有下面两个命题：p1：复数zR的充要条件是zeq xto(z)；p2：若复数z所对应的点在第一象限，则复数eq f(z,i)所对应的点在第四象限则下列选项中，为真命题的是()Ap1p2 B(p1)p2Cp1(p2) D(p1)(p2)A设zabi(a，bR)，则zRb0zeq xto(z)，则p1为真命题；若复数z所对应的点在第一象限，则a0，b0，而eq f(z,i)eq f(abi,i)bai，故复数eq f(z,i)所对应的点(b，a)在第四象限，p2为真命题

5、p1p2为真命题故选A7菱形ABCD中，AC2，BD2eq r(3)，E点为线段CD的中点，则eq o(AE,sup7()eq o(BC,sup7()为()Aeq r(3) B3 Ceq f(r(3),2) Deq f(3,2)B建立如图所示坐标系，A(0,1)，B(eq r(3)，0)，C(0，1)，D(eq r(3)，0)，所以Eeq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(1,2)，则eq o(AE,sup7()eq blc(rc)(avs4alco1(f(r(3),2)，f(3,2)，eq o(BC,sup7()(eq r(3)，1)，所以eq o(AE,sup7(

6、)eq o(BC,sup7()3故选B8在ABC中，eq o(AB,sup7()eq o(AC,sup7()7，|eq o(AB,sup7()eq o(AC,sup7()|6，则ABC面积的最大值为()A24 B16 C12 D8C设A，B，C所对边分别为a，b，c，由eq o(AB,sup7()eq o(AC,sup7()7，|eq o(AB,sup7()eq o(AC,sup7()|6，得bccos A7，a6，SABCeq f(1,2)bcsin Aeq f(1,2)bceq r(1cos2A)eq f(1,2)bceq r(1f(49,b2c2)eq f(1,2)eq r(b2c249

7、)，由余弦定理可得b2c22bccos A36，由消掉cos A得b2c250，所以b2c22bc，所以bc25，当且仅当bc5时取等号，所以SABCeq f(1,2)eq r(b2c249)12，故ABC的面积的最大值为12，故选C二、填空题9若复数z满足：z(1i)|1eq r(3)i|，则复数z的虚部是 1由z(1i)|1eq r(3)i|eq r(12r(3)2)2，得zeq f(2,1i)eq f(21i,1i1i)1i，复数z的虚部是110(2020北京高考)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足eq o(AP,sup7()eq f(1,2)(eq o(AB,sup7()eq o(

8、AC,sup7()，则|eq o(PD,sup7()| ；eq o(PB,sup7()eq o(PD,sup7() eq r(5)1由eq o(AP,sup7()eq f(1,2)(eq o(AB,sup7()eq o(AC,sup7()，可得P为BC的中点，则|eq o(CP,sup7()|1，|eq o(PD,sup7()|eq r(2212)eq r(5)，eq o(PB,sup7()eq o(PD,sup7()eq o(PB,sup7()(eq o(PC,sup7()eq o(CD,sup7()eq o(PC,sup7()(eq o(PC,sup7()eq o(CD,sup7()eq

9、o(PC,sup7()2eq o(PC,sup7()eq o(CD,sup7()111已知向量a(x2，x1)，b(1x，t)，若函数f(x)ab在区间(1,1)上是增函数，则实数t的取值范围是 5，)依题意得f(x)x2(1x)t(x1)x3x2txt，则f(x)3x22xt若f(x)在(1,1)上是增函数，则在(1,1)上f(x)0恒成立f(x)0t3x22x在区间(1,1)上恒成立，令g(x)3x22x，则g(x)是对称轴为xeq f(1,3)，开口向上的抛物线，故要使t3x22x在区间(1,1)上恒成立tg(1)，即t5，故t的取值范围是5，)12如图，已知函数f(x)eq f(r(3

10、),2)|sin x|，A1，A2，A3是图象的顶点，O，B，C，D为f(x)与x轴的交点，线段A3D上有五个不同的点Q1，Q2，Q5，记nieq o(OA2,sup7()eq o(OQi,sup7()(i1,2，5)，则n1n2n5的值为 eq f(45,2)由题意得，函数f(x)的周期T1，即B，C，D的横坐标分别为1,2,3，故A2eq blc(rc)(avs4alco1(f(3,2)，f(r(3),2)，A3eq blc(rc)(avs4alco1(f(5,2)，f(r(3),2)，则kOA2eq f(r(3),3)，kDA3eq f(f(r(3),2)0,f(5,2)3)eq r(3

11、)，因为kOA2kDA31 ，故eq o(OA2,sup7()eq o(DA3,sup7()，故n1n2n5eq o(OA2,sup7()(eq o(OQ1,sup7()eq o(OQ2,sup7()eq o(OQ3,sup7()eq o(OQ4,sup7()eq o(OQ5,sup7()eq o(OA2,sup7()(5eq o(OD,sup7()eq o(DQ1,sup7()eq o(DQ2,sup7()eq o(DQ3,sup7()eq o(DQ4,sup7()eq o(DQ5,sup7()5eq o(OA2,sup7()eq o(OD,sup7()5eq blc(rc)(avs4alc

12、o1(f(3,2)30)eq f(45,2)三、解答题13已知|a|eq r(2)，|b|1，a与b的夹角为45(1)求a在b方向上的投影；(2)求|a2b|的值；(3)若向量(2ab)与(a3b)的夹角是锐角，求实数的取值范围解(1)a在b方向上的投影为|a|cos 45eq r(2)eq f(r(2),2)1(2)abeq r(2)1eq f(r(2),2)1，|a2b|2a24ab4b224410，则|a2b|eq r(10)(3)向量(2ab)与(a3b)的夹角是锐角，可得(2ab)(a3b)0，且(2ab)与(a3b)不共线，由2a23b2(62)ab0，即有7(62)0，解得16，

13、又由(2ab)与(a3b)共线，可得2(3)，解得eq r(6)，则实数的取值范围为(1，eq r(6)(eq r(6)，6)14已知A，B，C分别为ABC的三边a，b，c所对的角，向量m(sin A，sin B)，n(cos B，cos A)，且mnsin 2C(1)求角C的大小；(2)若a，c，b成等差数列，且eq o(CA,sup7()(eq o(AB,sup7()eq o(AC,sup7()18，求边c的长解(1)由已知得mnsin Acos Bcos Asin Bsin(AB)，又在ABC中，ABC，ABC，sin(AB)sin(C)sin C，又mnsin 2C，sin Csin

14、2C2sin Ccos C，cos Ceq f(1,2)，又0C，Ceq f(,3)(2)由a，c，b成等差数列，则2cab，由eq o(CA,sup7()(eq o(AB,sup7()eq o(AC,sup7()18， eq o(CA,sup7()eq o(CB,sup7()18，即abcos C18，由(1)知cos Ceq f(1,2)，所以ab36，由余弦定理得c2a2b22abcos C(ab)23ab，c24c2336，c615(2021山东烟台高三二模)在(sin Bsin C)2sin2Asin Bsin C；2asin Cctan A；2cos2eq f(BC,2)cos 2

15、A1三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并作答问题：已知ABC的内角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若beq r(2)， (1)求A的值；(2)若sin Beq r(2)sin C，求ABC的面积解(1)若选：因为(sin Bsin C)2sin2Asin Bsin C，所以由正弦定理得(bc)2a2bc，整理得b2c2a2bc，所以cos Aeq f(b2c2a2,2bc)eq f(1,2)，因为0A，所以Aeq f(,3)若选：因为2asin Cctan A，所以2sin Asin Csin Ceq f(sin A,cos A)，即cos Aeq f(1,2)，因为0A，所以Aeq

16、 f(,3)若选：因为2cos2eq f(BC,2)cos 2A1，所以cos(BC)12cos2A11，即2cos2Acos A10，解得cos Aeq f(1,2)或cos A1，因为0A，所以Aeq f(,3)(2)因为sin Beq r(2)sin C，由正弦定理得beq r(2)c，因为beq r(2)，所以c1，所以SABCeq f(1,2)bcsin Aeq f(1,2)eq r(2)1eq f(r(3),2)eq f(r(6),4)16已知ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足eq f(sin Bsin C,sin A)eq f(2cos Bcos C,cos A

17、)(1)证明：b，a，c成等差数列；(2)如图，若bc，点O是ABC外一点，设AOB(0)，OA2OB2，求平面四边形OACB面积的最大值解(1)证明：由eq f(sin Bsin C,sin A)eq f(2cos Bcos C,cos A)，可得sin Bcos Asin Ccos A2sin Asin Acos Bcos Csin A，即sin Acos Bsin Bcos Asin Ccos Acos Csin A2sin A，sin(AB)sin(AC)2sin A，ABC，sin Csin B2sin A，由正弦定理得bc2a，故得b，a，c成等差数列(2)由(1)可知bc2a，bc，则abcABC是等边三角形由题意AOB(0)，OA2OB2，则SAOBeq f(1,2)12sin sin 由余弦定理可得c2AO2OB22A