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2023-2024学年江苏省泰兴中学、泰州中学联考高一（下）质检数学试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年江苏省泰兴中学、泰州中学联考高一（下）质检数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.cs22°sin52°−cs68°sin38°=( )
A. 12B. −12C. 32D. − 32
2.如图，等腰梯形A′B′C′D′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中A′B′=4，C′D′=2，则原图形ABCD的面积是( )
A. 6
B. 6 2
C. 3 2
D. 12 2
3.若复数z1= 3+i,z2=csθ+isinθ(θ∈R)，则|z1−z2|的最大值为( )
A. 1B. 2C. 9D. 3
4.设m，n则是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( )
A. 若m⊥n，m//α，则n⊥αB. 若m//α，m//n，则n//α
C. 若m⊥α，m//β，则α⊥βD. 若α⊥β，m⊥α，则m//β
5.已知cs(θ+π4)=3cs(π4−θ)，则sin2θ=( )
A. 35B. 45C. −35D. −45
6.窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.如图2，若正八边形EFDH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则AP⋅AB的最大值为( )
A. 2B. 4+2 2C. 2+ 2D. 2 2
7.已知△ABC为锐角三角形，B=π6，则ABBC的取值范围为( )
A. ( 32,+∞)B. ( 3,2)C. ( 32,2 33)D. (2 33,2)
8.棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为BD，C1B1的中点，点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上运动，若MP⊥CN，则AP的最大值为( )
A. 2B. 332C. 3D. 412
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数z1，z2是关于x的方程x2+bx+1=0(−2A. z1−=z2B. z1z2=(z1z2)−
C. z1⋅z2=1D. 若b=1，则z13=z23=1
10.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若b= 7,c=2， 3sinA3+csA3=2csC，则下列说法正确的有( )
A. A+3C=πB. csB=−18C. S△ABC=9 716D. a=2
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且满足B1F//平面A1BE，则下列结论中正确的是( )
A. 直线A1B与EF所成角的范围是[π4,π2]
B. 存在点F，使得B1F⊥CD1
C. 平面A1BE截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面面积为9
D. 平面A1BE与平面A1B1CD所成锐二面角的大小是π4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z满足z(1−2i)=3+2i(i为虚数单位)，则|z|= ______．
13.如图，已知平行四边形ABCD的对角线相交于点O，过点O的直线与AB，AD所在直线分别交于点M，N，满足AB=mAM，AN=nAD,(m>0,n>0)，若mn=13，则m+n的值为______．
14.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c2=2b2−2a2，则tan(B−A)的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知平面向量a=(1,−3)，b=(4,−4)．
(1)求|2a−b|的值；
(2)若向量λa+b与2a−b夹角为3π4，求实数λ的值．
16.(本小题15分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面为梯形，BC//AD，AD=2BC，点E在棱PD上，且PD=3PE．
(1)证明：PB//平面ACE；
(2)设平面BCE与棱PA交于点F，证明：AF=2PF．
17.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BB1=2BC=2,∠CBB1=2∠CAB=π3，且平面ABC⊥平面B1C1CB．
(1)证明：AB⊥平面B1C1CB；
(2)证明：平面ABC⊥平面A1B1C；
(3)设点P为棱BC的中点，求直线A1P与平面A1B1C所成角的正切值．
18.(本小题17分)
某学校有一四边形地块，为了提高校园土地的利用率，现把其中的一部分作为学校生物综合实践基地.如图所示，AB=BC=AC=2km，M是BC中点，E，F分别在边AB、AC上，△CMF拟作为花草种植区，四边形AEMF拟作为景观欣赏区，△BME拟作为谷物蔬菜区，ME和MF拟建造快速通道，∠EMF=60°，记∠CMF=θ.(快速通道的宽度忽略不计)
(1)若θ=60°，求景观欣赏区所在四边形AEMF的面积；
(2)当θ取何值时，可使快速通道E−M−F的路程最短？最短路程是多少？
19.(本小题17分)
设f(z)是一个关于复数z的表达式，若f(x+yi)=x1+y1i(其中x，y，x1，y1∈R，i为虚数单位)，就称f将点P(x,y)“f对应”到点Q(x1,y1).例如：f(z)=1z将点(0,1)“f对应”到点(0,−1)．
(1)若f(z)=z+1(z∈C)，点P1(1,1)“f对应”到点Q1，点P2“对应”到点Q2(1,1)，求点Q1、P2的坐标．
(2)设常数k，t∈R，若直线l：y=kx+t，f(z)=z2(z∈C)，是否存在一个有序实数对(k,t)，使得直线l上的任意一点P(x,y)“f对应”到点Q(x1,y1)后，点Q仍在直线l上？若存在，试求出所有的有序实数对(k,t)；若不存在，请说明理由．
(3)设常数a，b∈R，集合D{z|z∈C且Rez>0}和A={w|w∈C且|w|<1}，若f(z)=az+bz+1满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有f(z)∈A；②对于集合A中的任意一个元素w，都存在集合D中的元素z使得w=f(z).请写出满足条件的一个有序实数对(a,b)，并论证此时的f(z)满足条件．
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.C
5.D
6.B
7.C
8.B
9.ACD
10.ABC
11.ABD
12. 655
13.76
14. 33
15.解：(1)因为2a=2⋅(1,−3)=(2,−6)，b=(4,−4)，
所以2a−b=(2,−6)−(4,−4)=(−2,−2)，可得|2a−b|= (−2)2+(−2)2=2 2．
(2)因为λa+b=λ(1,−3)+(4,−4)=(λ+4,−3λ−4)，且2a−b=(−2,−2)，
所以 (λa+b)⋅(2a−b)=(−2)×(λ+4)+(−2)×(−3λ−4)=4λ，
结合λa+b与2a−b夹角为3π4，可得4λ=2 2× (λ+4)2+(−3λ−4)2×cs3π4，
即 10λ2+32λ+32=−2λ，化简得3λ2+16λ+16=0，其中λ<0，解得λ=−4或λ=−43．
16.证明：(1)如图，连接BD，设BD∩AC=O，连接EO，
因为AD//BC，且AD=2BC，
所以BODO=BCAD=12，
又PD=3PE，则PEDE=12=BODO，
所以PB//EO，
又PB⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，
所以PB//平面ACE．
(2)因为AD//BC，AD⊄平面BCEF，BC⊂平面BCEF，
所以AD//平面BCEF，
又AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面BCEF=EF，
所以EF//AD，
所以PFPA=PEPD=13，即AF=2PF．
17.证明：(1)在△ABC中，由AC=2BC=2,∠CAB=π6，
由正弦定理可得：ACsin∠ABC=BCsin∠CAB，即2sin∠ABC=1sinπ6，
所以sin∠ABC=1，则∠ABC=π2，所以AB⊥BC，
又平面ABC⊥平面B1C1CB，平面ABC∩平面B1C1CB=BC，AB⊂平面ABC，
所以AB⊥平面B1C1CB；
(2)连接B1C与A1C，如图，
在△BB1C中，由BB1=2BC=2,∠CBB1=π3，
在△BB1C中，由余弦定理可得：
B1C= BC2+BB12−2BC⋅BB1csπ3= 12+22−2×2×1×12= 3，
所以B1C2+BC2=BB12，则BC⊥B1C，
在棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1//AB，由(1)知AB⊥BC，
所以BC⊥A1B1，又BC⊥B1C，A1B1∩B1C=B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1C，
所以BC⊥平面A1B1C，又BC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面A1B1C；
解：(3)由(2)知BC⊥平面A1B1C，所以A1P在平面A1B1C内射影为A1C，
则∠PA1C为直线A1P与平面A1B1C所成角，
由(1)知AB⊥平面B1C1CB，B1C⊂面B1C1CB，
所以AB⊥B1C，又A1B1//AB，
所以A1B1⊥B1C，
在Rt△A1B1C中，A1B1= 3,B1C= 3，则A1C= A1B12+B1C2= 6，
在Rt△A1PC中，A1C= 6,PC=12BC=12，
则tan∠PA1C=PCA1C=12 6= 612，
所以直线A1P与平面A1B1C所成角的正切值为 612．
18.解：(1)当θ=60°时，ME//AC，
此时ME为△ABC中位线，
S四边形AEMF=S△MEF+SΔAEF=12×1×1×sin60°+12×1×1×sin60°= 32；
(2)在△BME中，∠BME=π−π3−θ=2π3−θ,∠BEM=π−π3−(2π3−θ)=θ，
∠BEM=π−π3−(2π3−θ)=θ，BM=1，
由正弦定理得，MEsinπ3=1sinθ，
所以ME= 32sinθ，ME= 32sinθ，
在△CMF中，∠MFC=2π3−θ,∠MCF=π3,MC=1，∠MCF=π3，MC=1，
由正弦定理得，MFsinπ3=1sin(2π3−θ)，
所以MF= 32sin(2π3−θ)，所以MF= 32sin(2π3−θ)，
所以ME+MF= 32sinθ+ 32sin(2π3−θ)= 32sinθ+sin(2π3−θ)sinθsin(2π3−θ)
= 3232sinθ+ 32csθ 32sinθcsθ+12sin2θ= 32 3sin(θ+π6) 34sin2θ+14(1−cs2θ)
=3sin(θ+π6)sin(2θ−π6)+12=3sin(θ+π6)sin(2θ+π3−π2)+12
=3sin(θ+π6)12−cs(2θ+π3)=3sin(θ+π6)12−[1−2sin2(θ+π6)]
=3sin(θ+π6)2sin2(θ+π6)−12，其中π6<θ<π2，
令t=sin(θ+π6)，
因为θ+π6∈(π3,2π3)，所以t∈( 32,1],
所以ME+MF=3t2t2−12=32t−12t，
又因为y=2t在( 32,1]单调递增，y=12t在( 32,1]单调递减，
所以y=2t−12t在( 32,1]单调递增，
所以当t=1，即θ+π6=π2,θ=π3时，
(ME+MF)min=32−12=2，
所以当θ取π3时，可使快速通道E−M−F路程最短，最短距离为2km．
19.解：(1)由P1(1,1)知z=1+i，则f(z)=z+1=2+i，故Q1(2,1)，
设P2(x,y)，则f(z)=z+1=(x+1)+yi，
由Q2(1,1)知x+1=1，y=1，则x=0，y=1，即P2(0,1)；
(2)直线l上的任意一点P(x,y)“对应”到点Q(x1,y1)，
所以z=x+yi，f(z)=z2=(x2−y2)+2xyi，且y=kx+t，
所以x2−y2=x1，2xy=y1，即Q(x2−y2,2xy)，
由题意，点Q(x1,y1)仍在直线l上，
则2xy=k(x2−y2)+t，又y=kx+t，
则2x(kx+t)=k[x2−(kx+t)2]+t，
展开整理得(k3+k)x2+(2t+2k2t)x+kt2−t=0，
则k3+k=02t+2k2t=0kt2−t=0，解得k=t=0，
所以，所求的有序实数对(k,t)为(0,0)；
(3)满足条件的一个有序实数对为(−1,1)，
即a=−1，b=1，f(z)=−z+1z+1，证明如下：
证明：设z=x+yi，x，y∈R且x>0，
则f(z)=−z+1z+1=(−x+1)−yi(x+1)+yi，
|f(z)|=|(−x+1)−yi(x+1)+yi|= (−x+1)2+y2 (x+1)2+y2，
因为(−x+1)2+y2−[(x+1)2+y2]=−4x<0，
所以(−x+1)2+y2<(x+1)2+y2，
|f(z)|= (−x+1)2+y2 (x+1)2+y2<1，
即f(z)∈A，满足条件①；
设ω=m+ni，m，n∈R，且|ω|<1，即 m2+n2<1，得m2+n2<1，
由ω=f(z)得ω=−z+1z+1，
则z=−ω+1ω+1=−1+2ω+1=−1+2(m+1)+ni=−1+2[(m+1)−ni][(m+1)+ni][(m+1)−ni]=−1+2(m+1)(m+1)2+n2−2ni(m+1)2+n2=1−(m2+n2)(m+1)2+n2−2ni(m+1)2+n2，
则Rez=1−(m2+n2)(m+1)2+n2>0，满足条件②，
综上，满足条件的一个有序实数对为(−1,1)．
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.cs22°sin52°−cs68°sin38°=( )
A. 12B. −12C. 32D. − 32
2.如图，等腰梯形A′B′C′D′是水平放置的一个平面图形的直观图，其中A′B′=4，C′D′=2，则原图形ABCD的面积是( )
A. 6
B. 6 2
C. 3 2
D. 12 2
3.若复数z1= 3+i,z2=csθ+isinθ(θ∈R)，则|z1−z2|的最大值为( )
A. 1B. 2C. 9D. 3
4.设m，n则是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则( )
A. 若m⊥n，m//α，则n⊥αB. 若m//α，m//n，则n//α
C. 若m⊥α，m//β，则α⊥βD. 若α⊥β，m⊥α，则m//β
5.已知cs(θ+π4)=3cs(π4−θ)，则sin2θ=( )
A. 35B. 45C. −35D. −45
6.窗花是贴在窗子或窗户上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，图1是一个正八边形窗花隔断，图2是从窗花图中抽象出的几何图形的示意图.如图2，若正八边形EFDH的边长为2，P是正八边形ABCDEFGH八条边上的动点，则AP⋅AB的最大值为( )
A. 2B. 4+2 2C. 2+ 2D. 2 2
7.已知△ABC为锐角三角形，B=π6，则ABBC的取值范围为( )
A. ( 32,+∞)B. ( 3,2)C. ( 32,2 33)D. (2 33,2)
8.棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为BD，C1B1的中点，点P在正方体ABCD−A1B1C1D1的表面上运动，若MP⊥CN，则AP的最大值为( )
A. 2B. 332C. 3D. 412
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数z1，z2是关于x的方程x2+bx+1=0(−2
C. z1⋅z2=1D. 若b=1，则z13=z23=1
10.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c.若b= 7,c=2， 3sinA3+csA3=2csC，则下列说法正确的有( )
A. A+3C=πB. csB=−18C. S△ABC=9 716D. a=2
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E是棱DD1的中点，F是侧面CDD1C1上的动点，且满足B1F//平面A1BE，则下列结论中正确的是( )
A. 直线A1B与EF所成角的范围是[π4,π2]
B. 存在点F，使得B1F⊥CD1
C. 平面A1BE截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面面积为9
D. 平面A1BE与平面A1B1CD所成锐二面角的大小是π4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z满足z(1−2i)=3+2i(i为虚数单位)，则|z|= ______．
13.如图，已知平行四边形ABCD的对角线相交于点O，过点O的直线与AB，AD所在直线分别交于点M，N，满足AB=mAM，AN=nAD,(m>0,n>0)，若mn=13，则m+n的值为______．
14.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知c2=2b2−2a2，则tan(B−A)的最大值为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知平面向量a=(1,−3)，b=(4,−4)．
(1)求|2a−b|的值；
(2)若向量λa+b与2a−b夹角为3π4，求实数λ的值．
16.(本小题15分)
如图，四棱锥P−ABCD的底面为梯形，BC//AD，AD=2BC，点E在棱PD上，且PD=3PE．
(1)证明：PB//平面ACE；
(2)设平面BCE与棱PA交于点F，证明：AF=2PF．
17.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BB1=2BC=2,∠CBB1=2∠CAB=π3，且平面ABC⊥平面B1C1CB．
(1)证明：AB⊥平面B1C1CB；
(2)证明：平面ABC⊥平面A1B1C；
(3)设点P为棱BC的中点，求直线A1P与平面A1B1C所成角的正切值．
18.(本小题17分)
某学校有一四边形地块，为了提高校园土地的利用率，现把其中的一部分作为学校生物综合实践基地.如图所示，AB=BC=AC=2km，M是BC中点，E，F分别在边AB、AC上，△CMF拟作为花草种植区，四边形AEMF拟作为景观欣赏区，△BME拟作为谷物蔬菜区，ME和MF拟建造快速通道，∠EMF=60°，记∠CMF=θ.(快速通道的宽度忽略不计)
(1)若θ=60°，求景观欣赏区所在四边形AEMF的面积；
(2)当θ取何值时，可使快速通道E−M−F的路程最短？最短路程是多少？
19.(本小题17分)
设f(z)是一个关于复数z的表达式，若f(x+yi)=x1+y1i(其中x，y，x1，y1∈R，i为虚数单位)，就称f将点P(x,y)“f对应”到点Q(x1,y1).例如：f(z)=1z将点(0,1)“f对应”到点(0,−1)．
(1)若f(z)=z+1(z∈C)，点P1(1,1)“f对应”到点Q1，点P2“对应”到点Q2(1,1)，求点Q1、P2的坐标．
(2)设常数k，t∈R，若直线l：y=kx+t，f(z)=z2(z∈C)，是否存在一个有序实数对(k,t)，使得直线l上的任意一点P(x,y)“f对应”到点Q(x1,y1)后，点Q仍在直线l上？若存在，试求出所有的有序实数对(k,t)；若不存在，请说明理由．
(3)设常数a，b∈R，集合D{z|z∈C且Rez>0}和A={w|w∈C且|w|<1}，若f(z)=az+bz+1满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有f(z)∈A；②对于集合A中的任意一个元素w，都存在集合D中的元素z使得w=f(z).请写出满足条件的一个有序实数对(a,b)，并论证此时的f(z)满足条件．
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.C
5.D
6.B
7.C
8.B
9.ACD
10.ABC
11.ABD
12. 655
13.76
14. 33
15.解：(1)因为2a=2⋅(1,−3)=(2,−6)，b=(4,−4)，
所以2a−b=(2,−6)−(4,−4)=(−2,−2)，可得|2a−b|= (−2)2+(−2)2=2 2．
(2)因为λa+b=λ(1,−3)+(4,−4)=(λ+4,−3λ−4)，且2a−b=(−2,−2)，
所以 (λa+b)⋅(2a−b)=(−2)×(λ+4)+(−2)×(−3λ−4)=4λ，
结合λa+b与2a−b夹角为3π4，可得4λ=2 2× (λ+4)2+(−3λ−4)2×cs3π4，
即 10λ2+32λ+32=−2λ，化简得3λ2+16λ+16=0，其中λ<0，解得λ=−4或λ=−43．
16.证明：(1)如图，连接BD，设BD∩AC=O，连接EO，
因为AD//BC，且AD=2BC，
所以BODO=BCAD=12，
又PD=3PE，则PEDE=12=BODO，
所以PB//EO，
又PB⊄平面ACE，EO⊂平面ACE，
所以PB//平面ACE．
(2)因为AD//BC，AD⊄平面BCEF，BC⊂平面BCEF，
所以AD//平面BCEF，
又AD⊂平面PAD，平面PAD∩平面BCEF=EF，
所以EF//AD，
所以PFPA=PEPD=13，即AF=2PF．
17.证明：(1)在△ABC中，由AC=2BC=2,∠CAB=π6，
由正弦定理可得：ACsin∠ABC=BCsin∠CAB，即2sin∠ABC=1sinπ6，
所以sin∠ABC=1，则∠ABC=π2，所以AB⊥BC，
又平面ABC⊥平面B1C1CB，平面ABC∩平面B1C1CB=BC，AB⊂平面ABC，
所以AB⊥平面B1C1CB；
(2)连接B1C与A1C，如图，
在△BB1C中，由BB1=2BC=2,∠CBB1=π3，
在△BB1C中，由余弦定理可得：
B1C= BC2+BB12−2BC⋅BB1csπ3= 12+22−2×2×1×12= 3，
所以B1C2+BC2=BB12，则BC⊥B1C，
在棱柱ABC−A1B1C1中，A1B1//AB，由(1)知AB⊥BC，
所以BC⊥A1B1，又BC⊥B1C，A1B1∩B1C=B1，A1B1，B1C⊂平面A1B1C，
所以BC⊥平面A1B1C，又BC⊂平面ABC，
所以平面ABC⊥平面A1B1C；
解：(3)由(2)知BC⊥平面A1B1C，所以A1P在平面A1B1C内射影为A1C，
则∠PA1C为直线A1P与平面A1B1C所成角，
由(1)知AB⊥平面B1C1CB，B1C⊂面B1C1CB，
所以AB⊥B1C，又A1B1//AB，
所以A1B1⊥B1C，
在Rt△A1B1C中，A1B1= 3,B1C= 3，则A1C= A1B12+B1C2= 6，
在Rt△A1PC中，A1C= 6,PC=12BC=12，
则tan∠PA1C=PCA1C=12 6= 612，
所以直线A1P与平面A1B1C所成角的正切值为 612．
18.解：(1)当θ=60°时，ME//AC，
此时ME为△ABC中位线，
S四边形AEMF=S△MEF+SΔAEF=12×1×1×sin60°+12×1×1×sin60°= 32；
(2)在△BME中，∠BME=π−π3−θ=2π3−θ,∠BEM=π−π3−(2π3−θ)=θ，
∠BEM=π−π3−(2π3−θ)=θ，BM=1，
由正弦定理得，MEsinπ3=1sinθ，
所以ME= 32sinθ，ME= 32sinθ，
在△CMF中，∠MFC=2π3−θ,∠MCF=π3,MC=1，∠MCF=π3，MC=1，
由正弦定理得，MFsinπ3=1sin(2π3−θ)，
所以MF= 32sin(2π3−θ)，所以MF= 32sin(2π3−θ)，
所以ME+MF= 32sinθ+ 32sin(2π3−θ)= 32sinθ+sin(2π3−θ)sinθsin(2π3−θ)
= 3232sinθ+ 32csθ 32sinθcsθ+12sin2θ= 32 3sin(θ+π6) 34sin2θ+14(1−cs2θ)
=3sin(θ+π6)sin(2θ−π6)+12=3sin(θ+π6)sin(2θ+π3−π2)+12
=3sin(θ+π6)12−cs(2θ+π3)=3sin(θ+π6)12−[1−2sin2(θ+π6)]
=3sin(θ+π6)2sin2(θ+π6)−12，其中π6<θ<π2，
令t=sin(θ+π6)，
因为θ+π6∈(π3,2π3)，所以t∈( 32,1],
所以ME+MF=3t2t2−12=32t−12t，
又因为y=2t在( 32,1]单调递增，y=12t在( 32,1]单调递减，
所以y=2t−12t在( 32,1]单调递增，
所以当t=1，即θ+π6=π2,θ=π3时，
(ME+MF)min=32−12=2，
所以当θ取π3时，可使快速通道E−M−F路程最短，最短距离为2km．
19.解：(1)由P1(1,1)知z=1+i，则f(z)=z+1=2+i，故Q1(2,1)，
设P2(x,y)，则f(z)=z+1=(x+1)+yi，
由Q2(1,1)知x+1=1，y=1，则x=0，y=1，即P2(0,1)；
(2)直线l上的任意一点P(x,y)“对应”到点Q(x1,y1)，
所以z=x+yi，f(z)=z2=(x2−y2)+2xyi，且y=kx+t，
所以x2−y2=x1，2xy=y1，即Q(x2−y2,2xy)，
由题意，点Q(x1,y1)仍在直线l上，
则2xy=k(x2−y2)+t，又y=kx+t，
则2x(kx+t)=k[x2−(kx+t)2]+t，
展开整理得(k3+k)x2+(2t+2k2t)x+kt2−t=0，
则k3+k=02t+2k2t=0kt2−t=0，解得k=t=0，
所以，所求的有序实数对(k,t)为(0,0)；
(3)满足条件的一个有序实数对为(−1,1)，
即a=−1，b=1，f(z)=−z+1z+1，证明如下：
证明：设z=x+yi，x，y∈R且x>0，
则f(z)=−z+1z+1=(−x+1)−yi(x+1)+yi，
|f(z)|=|(−x+1)−yi(x+1)+yi|= (−x+1)2+y2 (x+1)2+y2，
因为(−x+1)2+y2−[(x+1)2+y2]=−4x<0，
所以(−x+1)2+y2<(x+1)2+y2，
|f(z)|= (−x+1)2+y2 (x+1)2+y2<1，
即f(z)∈A，满足条件①；
设ω=m+ni，m，n∈R，且|ω|<1，即 m2+n2<1，得m2+n2<1，
由ω=f(z)得ω=−z+1z+1，
则z=−ω+1ω+1=−1+2ω+1=−1+2(m+1)+ni=−1+2[(m+1)−ni][(m+1)+ni][(m+1)−ni]=−1+2(m+1)(m+1)2+n2−2ni(m+1)2+n2=1−(m2+n2)(m+1)2+n2−2ni(m+1)2+n2，
则Rez=1−(m2+n2)(m+1)2+n2>0，满足条件②，
综上，满足条件的一个有序实数对为(−1,1)．
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