2023届高考数学一轮复习作业三角函数解三角形平面向量数系的扩充与复数的引入新人教B版（答案有详细解析）

这是一份2023届高考数学一轮复习作业三角函数解三角形平面向量数系的扩充与复数的引入新人教B版（答案有详细解析），共7页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．(2021·池州一中高三模拟)复数eq \f(51－i2,2－i)的虚部为( )
A．－4 B．2 C．4 D．－4i
A [eq \f(51－i2,2－i)＝eq \f(51－1－2i,2－i)＝eq \f(－10i,2－i)＝eq \f(－10i2＋i,2－i2＋i)＝eq \f(10－20i,5)＝2－4i，所以虚部为－4．]
2．(2021·武汉市第一中学高三二模)已知复数z满足eq \f(z,3＋i)＝2＋ai，|z|＝5eq \r(2)，则正数a＝( )
A．1 B．2 C．eq \f(1,2) D．eq \f(1,4)
A [eq \f(z,3＋i)＝2＋ai，∴z＝6－a＋(2＋3a)i，∵|z|＝5eq \r(2)，
∴eq \r(6－a2＋2＋3a2)＝5eq \r(2)，解得正数a＝1．]
3．已知向量a＝(1，－1)，b＝(－2，－m＋1)，若a⊥(a＋b)，则m＝( )
A．－1 B．0 C．1 D．3
C [因为向量a＝(1，－1)，b＝(－2，－m＋1)，所以a＋b＝(－1，－m)，
因为a⊥(a＋b)，所以－1＋m＝0，解得m＝1．]
4．(2021·贵州贵阳一中高三月考)已知在△ABC中，AB＝2，AC＝4，∠BAC＝60°，D为BC的中点，M为AC的中点，则eq \(AD,\s\up7(→))·eq \(BM,\s\up7(→))＝( )
A．3 B．2 C．4 D．1
D [令eq \(AB,\s\up7(→))＝a，eq \(AC,\s\up7(→))＝b，易得eq \(AD,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)(a＋b)，eq \(BM,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)(b－2a)，
eq \(AD,\s\up7(→))·eq \(BM,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)a＋\f(1,2)b))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)b－a))＝eq \f(1,4)a·b－eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,4)b2－eq \f(1,2)b·a＝－eq \f(1,2)a2＋eq \f(1,4)b2－eq \f(1,4)a·b＝－eq \f(1,2)×4＋eq \f(1,4)×16－eq \f(1,4)×2×4×cs 60°＝1，故选D．]
5．已知非零向量a，b满足|a|＝eq \f(3,4)|b|，cs〈a，b〉＝eq \f(1,3)，若(ma＋4b)⊥b，则实数m的值为( )
A．9 B．10 C．11 D．－16
D [∵非零向量a，b满足|a|＝eq \f(3,4)|b|，cs〈a，b〉＝eq \f(1,3)，(ma＋4b)⊥b，
∴(ma＋4b)·b＝ma·b＋4b2＝m·eq \f(3,4)|b|·|b|·eq \f(1,3)＋4|b|2＝0，求得m＝－16，故选D．]
6．设有下面两个命题：
p1：复数z∈R的充要条件是z＝eq \x\t(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( )
A．p1∧p2 B．(p1)∧p2
C．p1∧(p2) D．(p1)∧(p2)
A [设z＝a＋bi(a，b∈R)，
则z∈R⇔b＝0⇔z＝eq \x\t(z)，则p1为真命题；
若复数z所对应的点在第一象限，则a＞0，b＞0，
而eq \f(z,i)＝eq \f(a＋bi,i)＝b－ai，故复数eq \f(z,i)所对应的点(b，－a)在第四象限，p2为真命题．∴p1∧p2为真命题．故选A．]
7．菱形ABCD中，AC＝2，BD＝2eq \r(3)，E点为线段CD的中点，则eq \(AE,\s\up7(→))·eq \(BC,\s\up7(→))为( )
A．eq \r(3) B．3 C．eq \f(\r(3),2) D．eq \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 \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(1,2)))，则eq \(AE,\s\up7(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，－\f(3,2)))，eq \(BC,\s\up7(→))＝(eq \r(3)，－1)，
所以eq \(AE,\s\up7(→))·eq \(BC,\s\up7(→))＝3．故选B．]
8．在△ABC中，eq \(AB,\s\up7(→))·eq \(AC,\s\up7(→))＝7，|eq \(AB,\s\up7(→))－eq \(AC,\s\up7(→))|＝6，则△ABC面积的最大值为( )
A．24 B．16 C．12 D．8
C [设A，B，C所对边分别为a，b，c，
由eq \(AB,\s\up7(→))·eq \(AC,\s\up7(→))＝7，|eq \(AB,\s\up7(→))－eq \(AC,\s\up7(→))|＝6，
得bccs A＝7，a＝6①，
S△ABC＝eq \f(1,2)bcsin A＝eq \f(1,2)bceq \r(1－cs2A)
＝eq \f(1,2)bceq \r(1－\f(49,b2c2))＝eq \f(1,2)eq \r(b2c2－49)，
由余弦定理可得b2＋c2－2bccs A＝36②，
由①②消掉cs A得b2＋c2＝50，所以b2＋c2≥2bc，
所以bc≤25，当且仅当b＝c＝5时取等号，
所以S△ABC＝eq \f(1,2)eq \r(b2c2－49)≤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(1＋i)＝|1＋eq \r(3)i|，则复数z的虚部是 ．
－1 [由z(1＋i)＝|1＋eq \r(3)i|＝eq \r(12＋\r(3)2)＝2，
得z＝eq \f(2,1＋i)＝eq \f(21－i,1＋i1－i)＝1－i，
∴复数z的虚部是－1．]
10．(2020·北京高考)已知正方形ABCD的边长为2，点P满足eq \(AP,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(AC,\s\up7(→)))，则|eq \(PD,\s\up7(→))|＝ ；eq \(PB,\s\up7(→))·eq \(PD,\s\up7(→))＝ ．
eq \r(5) －1 [由eq \(AP,\s\up7(→))＝eq \f(1,2)(eq \(AB,\s\up7(→))＋eq \(AC,\s\up7(→)))，可得P为BC的中点，则|eq \(CP,\s\up7(→))|＝1，∴|eq \(PD,\s\up7(→))|＝eq \r(22＋12)＝eq \r(5)，
∴eq \(PB,\s\up7(→))·eq \(PD,\s\up7(→))＝eq \(PB,\s\up7(→))·(eq \(PC,\s\up7(→))＋eq \(CD,\s\up7(→)))
＝－eq \(PC,\s\up7(→))·(eq \(PC,\s\up7(→))＋eq \(CD,\s\up7(→)))＝－eq \(PC,\s\up7(→))2－eq \(PC,\s\up7(→))·eq \(CD,\s\up7(→))＝－1．]
11．已知向量a＝(x2，x＋1)，b＝(1－x，t)，若函数f(x)＝a·b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(1－x)＋t(x＋1)＝－x3＋x2＋tx＋t，
则f′(x)＝－3x2＋2x＋t．若f(x)在(－1,1)上是增函数，则在(－1,1)上f′(x)≥0恒成立．
∴f′(x)≥0⇔t≥3x2－2x在区间(－1,1)上恒成立，
令g(x)＝3x2－2x，则g(x)是对称轴为x＝eq \f(1,3)，开口向上的抛物线，故要使t≥3x2－2x在区间(－1,1)上恒成立⇔t≥g(－1)，即t≥5，故t的取值范围是[5，＋∞)．]
12．如图，已知函数f(x)＝eq \f(\r(3),2)|sin πx|，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ni＝eq \(OA2,\s\up7(→))·eq \(OQi,\s\up7(→))(i＝1,2，…，5)，则n1＋n2＋…＋n5的值为 ．
eq \f(45,2) [由题意得，函数f(x)的周期T＝1，即B，C，D的横坐标分别为1,2,3，故A2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(3),2)))，A3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，\f(\r(3),2)))，
则kOA2＝eq \f(\r(3),3)，kDA3＝eq \f(\f(\r(3),2)－0,\f(5,2)－3)＝－eq \r(3)，
因为kOA2·kDA3＝－1 ，故eq \(OA2,\s\up7(→))⊥eq \(DA3,\s\up7(→))，
故n1＋n2＋…＋n5
＝eq \(OA2,\s\up7(→))·(eq \(OQ1,\s\up7(→))＋eq \(OQ2,\s\up7(→))＋eq \(OQ3,\s\up7(→))＋eq \(OQ4,\s\up7(→))＋eq \(OQ5,\s\up7(→)))
＝eq \(OA2,\s\up7(→))(5eq \(OD,\s\up7(→))＋eq \(DQ1,\s\up7(→))＋eq \(DQ2,\s\up7(→))＋eq \(DQ3,\s\up7(→))＋eq \(DQ4,\s\up7(→))＋eq \(DQ5,\s\up7(→)))
＝5eq \(OA2,\s\up7(→))·eq \(OD,\s\up7(→))＝5×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)×3＋0))＝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|a＋2b|的值；
(3)若向量(2a－λb)与(λa－3b)的夹角是锐角，求实数λ的取值范围．
[解](1)a在b方向上的投影为|a|cs 45°＝eq \r(2)×eq \f(\r(2),2)＝1．
(2)a·b＝eq \r(2)×1×eq \f(\r(2),2)＝1，
|a＋2b|2＝a2＋4a·b＋4b2＝2＋4＋4＝10，
则|a＋2b|＝eq \r(10)．
(3)向量(2a－λb)与(λa－3b)的夹角是锐角，
可得(2a－λb)·(λa－3b)＞0，且(2a－λb)与(λa－3b)不共线，
由2λa2＋3λb2－(6＋λ2)a·b＞0，
即有7λ－(6＋λ2)＞0，解得1＜λ＜6，
又由(2a－λb)与(λa－3b)共线，
可得2·(－3)＝－λ·λ，
解得λ＝±eq \r(6)，
则实数λ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＝(cs B，cs A)，且m·n＝sin 2C．
(1)求角C的大小；
(2)若a，c，b成等差数列，且eq \(CA,\s\up7(→))·(eq \(AB,\s\up7(→))－eq \(AC,\s\up7(→)))＝18，求边c的长．
[解](1)由已知得m·n＝sin Acs B＋cs Asin B＝sin(A＋B)，
又∵在△ABC中，A＋B＋C＝π，∴A＋B＝π－C，
∴sin(A＋B)＝sin(π－C)＝sin C，又∵m·n＝sin 2C，
∴sin C＝sin 2C＝2sin Ccs C，
∴cs C＝eq \f(1,2)，又0＜C＜π，∴C＝eq \f(π,3)．
(2)由a，c，b成等差数列，则2c＝a＋b，
由eq \(CA,\s\up7(→))·(eq \(AB,\s\up7(→))－eq \(AC,\s\up7(→)))＝18，∴ eq \(CA,\s\up7(→))·eq \(CB,\s\up7(→))＝18，即abcs C＝18，
由(1)知cs C＝eq \f(1,2)，所以ab＝36，
由余弦定理得
c2＝a2＋b2－2abcs C＝(a＋b)2－3ab，
∴c2＝4c2－3×36，
∴c＝6．
15．(2021·山东烟台高三二模)在①(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C；②2asin C＝ctan A；③2cs2eq \f(B＋C,2)＝cs 2A＋1三个条件中任选一个，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b＝eq \r(2)， ．
(1)求A的值；
(2)若sin B＝eq \r(2)sin C，求△ABC的面积．
[解](1)若选①：因为(sin B－sin C)2＝sin2A－sin Bsin C，
所以由正弦定理得(b－c)2＝a2－bc，整理得b2＋c2－a2＝bc，
所以cs A＝eq \f(b2＋c2－a2,2bc)＝eq \f(1,2)，
因为0