1、三角函数、解三角形 平面向量、数系的扩充与复数的引入一、选择题1(2021池州一中高三模拟)复数的虚部为()A4 B2 C4 D4iA24i，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2ai，|z|5，则正数a()A1 B2 C DA2ai，z6a(23a)i，|z|5，5，解得正数a13已知向量a(1，1)，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
2、()A3 B2 C4 D1D令a，b，易得(ab)，(b2a)，aba2b2baa2b2ab41624cos 601，故选D5已知非零向量a，b满足|a|b|，cosa，b，若(ma4b)b，则实数m的值为()A9 B10 C11 D16D非零向量a，b满足|a|b|，cosa，b，(ma4b)b，(ma4b)bmab4b2m|b|b|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z；p2：若复数z所对应的点在第一象限，则复数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
3、zRb0z，则p1为真命题；若复数z所对应的点在第一象限，则a0，b0，而bai，故复数所对应的点(b，a)在第四象限，p2为真命题p1p2为真命题故选A7菱形ABCD中，AC2，BD2，E点为线段CD的中点，则为()A B3 C DB建立如图所示坐标系，A(0,1)，B(，0)，C(0，1)，D(，0)，所以E，则，(，1)，所以3故选B8在ABC中，7，|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7，|6，得bccos A7，a6，SABCbcsin Abcbc，由余弦定理可得b2c22bccos A36，由消掉cos A得b2c25
4、0，所以b2c22bc，所以bc25，当且仅当bc5时取等号，所以SABC12，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)|1i|，则复数z的虚部是 1由z(1i)|1i|2，得z1i，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()，则| ； 1由()，可得P为BC的中点，则|1，|，()()2111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(
5、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x，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)|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ni(i1,2，5)，则n1n2n5的值为 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A2，A3，则kOA2，kDA3，因为kOA2kDA31 ，故，故n1n2n5()(5)55三、解答题1
6、3已知|a|，|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 451(2)ab11，|a2b|2a24ab4b224410，则|a2b|(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，又由(2ab)与(a3b)共线，可得2(3)，解得，则实数的取值范围为(1，)(，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，
7、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()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 2C2sin Ccos C，cos C，又0C，C(2)由a，c，b成等差数列，则2cab，由()18， 18，即abcos C18，由(1)知cos C，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
8、(sin Bsin C)2sin2Asin Bsin C；2asin Cctan A；2cos2cos 2A1三个条件中任选一个，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， (1)求A的值；(2)若sin Bsin 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 A，因为0A，所以A若选：因为2asin Cctan A，所以2sin Asin Csin C，即cos A，因为0A，所以A若选：因为2cos2cos 2A1，所以co
9、s(BC)12cos2A11，即2cos2Acos A10，解得cos A或cos A1，因为0A，所以A(2)因为sin Bsin C，由正弦定理得bc，因为b，所以c1，所以SABCbcsin A116已知ABC的角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足(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，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SAOB12sin sin 由余弦定理可得c2AO2OB22AOBOcos 54cos ，则SABCccc2(54cos )故四边形OACB的面积Ssin cos 2sin0，当时，S取得最大值为2故平面四边形OACB面积的最大值为
