高一下学期第一次月考数学试卷（提高篇）-2023-2024学年高一数学系列（人教A版2019必修第二册）

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1．（5分）（2023下·河南·高三校联考阶段练习）已知四边形ABCD，下列说法正确的是（ ）
A．若AB=DC，则四边形ABCD为平行四边形
B．若|AC|=|BD|，则四边形ABCD为矩形
C．若AD∥BC，且|AC|=|BD|，则四边形ABCD为矩形
D．若|AB|=|CD|，且AD∥BC，则四边形ABCD为梯形
【解题思路】根据向量共线和模长相等的几何与意义结合平行四边形、矩形、梯形的定义逐项判断即可.
【解答过程】A选项，若AB=DC，则AB=DC且AB∥DC，则四边形ABCD为平行四边形，正确；
B选项，如图

|AC|=|BD|=2，但是四边形ABCD不是矩形，错误；
C选项，若AD∥BC，且|AC|=|BD|，则四边形ABCD可以是等腰梯形,也可以是矩形，故错误．
D选项，若|AB|=|CD|，且AD∥BC，则四边形ABCD可以是平行四边形，也可以是梯形，故错误.
故选：A.
2．（5分）（2023·黑龙江哈尔滨·哈尔滨三中校考模拟预测）已知z1=2−2i，|z2−i|=1，则z2−z1的最大值为（ ）
A．23B．22C．5+1D．13+1
【解题思路】设z2=x+yi x,y∈R，利用|z2−i|=1得出x2+y−12=1，表示以0,1为圆心，半径为1的圆，z2−z1=x−2+y+2i=x−22+y+22，表示x,y与2,−2之间的距离，求z2−z1的最大值，即求2,−2与x2+y−12=1圆上任意一点的距离最大值.
【解答过程】设z2=x+yi x,y∈R，
则|z2−i|=x+y−1i=x2+y−12=1，
所以x2+y−12=1，
表示以0,1为圆心，半径为1的圆，
则z2−z1=x−2+y+2i=x−22+y+22，
表示x,y与2,−2之间的距离，
即2,−2与x2+y−12=1圆上任意一点的距离，
因22+−2−12>1，
所以2,−2在x2+y−12=1圆外，
所以z2−z1max=2−02+−2−12+1=13+1.
故选：D.
3．（5分）（2023·上海宝山·统考一模）已知z是复数，z是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （ ）
A．z2=z2B．若z=1，则z−1−i的最大值为2+1
C．若z=1−2i2，则复平面内z对应的点位于第一象限D．若1−3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则q=−8
【解题思路】设出复数的代数形式计算判断A；利用复数的几何意义判断B；求出复数z判断C；利用复数相等求出q判断D.
【解答过程】对于A，设z=a+bi(a,b∈R)，则|z|2=a2+b2,z2=a+bi2=a2−b2+2abi，z2≠z2，A错误；
对于B，由z=1知，在复平面内表示复数z的点在以原点为圆心的单位圆上，
z−1−i可看作该单位圆上的点到点1,1的距离，因为圆心到1,1的距离为2，
则该单位圆上的点到点1,1的距离最大值为2+1，B正确；
对于C，z=1−2i2=−3−4i,z=−3+4i，则复平面内z对应的点位于第二象限，C错误；
对于D，依题意，(1−3i)2+p(1−3i)+q=0，整理得(p+q−8)+(−3p−6)i=0，
而p,q∈R，因此p+q−8=0−3p−6=0，解得p=−2,q=10，D错误．
故选：B.
4．（5分）（2023下·北京·高一北京一七一中校考期中）若向量a,b,c满足：a≠b,c=1，且a−c⋅b−c=0，则|a+b|+|a−b|的最小值为（ ）
A．52B．2C．1D．12
【解题思路】由平面向量数量积的运算，结合图形以及平面向量的线性运算求解即可.
【解答过程】设a=OA，b=OB，c=OC，M为A，B的中点，
则a−b=BA，a−c=CA，b−c=CB，a+b=2OM，
因为c=1，a−c⋅b−c=0，所以OC=1，CA⊥CB，
则|a+b|+|a−b|=2OM+BA，
因为△ABC是直角三角形，所以BA=2CM，（直角三角形斜边的中线等于斜边的一半）
所以|a+b|+|a−b|=2OM+2CM=2(OM+CM)，
因为OM+CM≥OC=1，当且仅当M在以C为圆心，1为半径的圆上或圆内，且M在线段CO上时取等号，如下图示，
所以|a+b|+|a−b|=2(OM+CM)≥2，
所以|a+b|+|a−b|的最小值为2.
故选：B.
5．（5分）（2023下·高一单元测试）欧拉公式exi=csx+isinx（其中i为虚数单位，x∈R）将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥.依据欧拉公式，则（ ）
A．eπi=0B．eπi2为实数
C．exi3+i=12D．复数e2i对应的点位于第三象限
【解题思路】根据所给定义及特殊角的三角函数值判断A、B，根据复数模的性质计算判断C，根据复数的几何意义判断D.
【解答过程】解：对于A：eπi=csπ+isinπ=−1，故A错误；
对于B：eπi2=csπ2+isinπ2=i，所以eπi2为纯虚数，故B错误；
对于C：exi3+i=exi3+i=csx+isinx3+i=cs2x+sin2x32+12=12，故C正确；
对于D：e2i=cs2+isin2，则复数e2i在复平面内对应的点为cs2,sin2，
因为π2<2<π，所以cs2<0，sin2>0，所以点cs2,sin2位于第二象限，
即复数e2i对应的点位于第二象限，故D错误；
故选：C.
6．（5分）（2023下·四川南充·高一校考阶段练习）在直角梯形ABCD中AB⋅AD=0,∠B=30∘，AB=23,BC=2，点E为BC边上一点，且AE=xAB+yAD，则xy的取值范围是（ ）
A．−∞，12B．0,12C．0,302D．12,23
【解题思路】建立平面直角坐标系，利用平面向量运算的坐标表示公式，结合配方法进行求解即可.
【解答过程】建立如图所示的直角坐角坐标系，过C作CF⊥AB，垂足为F，
因为∠B=30°,BC=2，
所以有sinB=CFBC,csB=BFBC⇒CF=2sin30°=1,BF=2cs30°=3，

A(0,0),B(23,0),C(3,1),D(0,1)，设E(a,b)，BE=mBC(m∈[0,1])，
因此有(a−23,b)=m(−3,1)⇒a−23=−3mb=m⇒a=23−3mb=m
因为AE=xAB+yAD，
所以有(a,b)=x(23,0)+y(0,1)=(23x,y)⇒a=23xb=y⇒x=3a6y=b，
而a=23−3mb=m，
所以xy=36(23−3m)m=(1−12m)m=−12(m−1)2+12，
当m=1时，xy有最大值12，当m=0，xy有最小值0，
所以xy的取值范围是0,12
故选：B.
7．（5分）（2023上·上海黄浦·高二格致中学校考阶段练习）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆O的半径2，点P是圆O内的定点，且OP=2，弦AC,BD均过点P，则下列说法错误的是（ ）

A．PA⋅PC为定值
B．当AC⊥BD时，AB⋅CD为定值
C．OA⋅OC的取值范围是−4,0
D．AC⋅BD的最大值为12
【解题思路】过O,P作直径EF，利用向量加减几何意义得PA⋅PC=−(|OF|−|OP|)(|OF|+|OP|)判断A；根据垂直关系及AB⋅CD=(AP+PB)⋅(CP+PD)、数量积得运算律化简判断B；若M为AC中点，连接OM，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得OA⋅OC=2OM2−4，进而求范围判断C；由弦|AC|,|BD|的最大值判断D.
【解答过程】如图，过O,P作直径EF，依题意，PA⋅PC=−|PA||PC|=−|PF||PE|
=−(|OF|−|OP|)(|OF|+|OP|)=−(|OF|2−|OP|2)=−2为定值，A正确；
若AC⊥BD，则PB⋅CP=AP⋅PD=0，
则AB⋅CD=(AP+PB)⋅(CP+PD)=AP⋅CP+PB⋅CP+AP⋅PD+PB⋅PD，
又PA⋅PC=−2，则AP⋅CP=−2，同理可得PB⋅PD=−2，故AB⋅CD=−4，B正确；
若M为AC中点，连接OM，则OA⋅OC=(OM+MA)⋅(OM+MC)=OM2+OM⋅(MA+MC)+MA⋅MC
=OM2−(4−OM2)=2OM2−4，
由题意0≤OM2≤OP2=2，则OA⋅OC∈[−4,0]，C正确；
因为|AC|≤4,|BD|≤4，则有|AC|⋅|BD|≤16，D错误.

故选：D.
8．（5分）（2023上·吉林·高一吉林一中校考阶段练习）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且2S=a2−b−c2，则4b2−12bc+17c24b2−12bc+13c2的取值范围为（ ）．
A．94,7337B．281181,95C．2,7337D．281181,2
【解题思路】利用2S=a2−b−c2，三角形面积公式和余弦定理可得sinA=45，故可得到csA=35，tanA=43，然后利用正弦定理可得bc=45tanC+35，利用换元法即可求解
【解答过程】△ABC中，由余弦定理得，a2=b2+c2−2bccsA，
且△ABC的面积为S=12bcsinA，由2S=a2−b−c2，得bcsinA=2bc−2bccsA，
化简得sinA+2csA=2；又A∈0,π2，sin2A+cs2A=1，所以sinA+21−sin2A=2，
化简得5sin2A−4sinA=0，解得sinA=45或sinA=0（不合题意，舍去）；
因为A∈0,π2，所以csA=1−sin2A=35，tanA=sinAcsA=43
所以bc=sinBsinC=sinA+CsinC=sinAcsC+csAsinCsinC=45tanC+35，
由B+C=π−A，且B∈0,π2，π−A∈π2,π，
解得C∈π2−A,π−A∩0,π2=π2−A,π2，
所以tanC>tanπ2−A=sinπ2−Acsπ2−A=1tanA=34，所以1tanC∈0,43，所以bc∈35,53；
设bc=t，其中t∈35,53，
所以y=4b2−12bc+17c24b2−12bc+13c2=4bc2−12bc+174bc2−12bc+13 =4t2−12t+174t2−12t+13=1+44t2−12t+13=1+44t−322+4，
又35<32<53，所以t=32时，y取得最大值为ymax=2，
t=35时，y=281181；t=53时，y=7337，且281181<7337．
所以y∈281181,2，即4b2−12bc+17c24b2−12bc+13c2的取值范围是281181,2，
故选：D.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（2023·全国·高一专题练习）下面的命题正确的有（ ）
A．方向相反的两个非零向量一定共线
B．单位向量都相等
C．若a，b满足|a|>|b|且a与b同向，则a>b
D．“若A、B、C、D是不共线的四点，且AB=DC”⇔“四边形ABCD是平行四边形”
【解题思路】根据向量的定义和性质，逐项判断正误即可.
【解答过程】对于A，由相反向量的概念可知A正确；
对于B，任意两个单位向量的模相等，其方向未必相同，故B错误；
对于C，向量之间不能比较大小，只能比较向量的模，故C错误；
对于D，若A、B、C、D是不共线的四点，且AB=DC，
可得AB//DC，且AB=DC，故四边形ABCD是平行四边形；
若四边形ABCD是平行四边形，可知AB//DC，且AB=DC，
此时A、B、C、D是不共线的四点，且AB=DC，故D正确.
故选：AD.
10．（5分）（2023下·广东云浮·高一校考阶段练习）已知复数z，z1，z2，z是z的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．z⋅z=z2B．若z=1，则z=±1
C．z1⋅z2=z1⋅z2D．若z−1=1，则z+1的最小值为1
【解题思路】结合复数的四则运算，共轭复数的定义及复数模长的公式可判断A；结合特殊值法可判断B；结合复数模长的性质可判断C；结合复数的几何意义可判断D.
【解答过程】对于A，设z=a+bia,b∈R，则z⋅z=a+bia−bi=a2+b2=z2，故A正确；
对于B，令z=i，满足z=i=1，故B错误；
对于C，设z1=a+bia,b∈R，z2=c+dic,d∈R，则
z1z2=a+bic+di=ac−bd+ad+bci，所以z1z2=ac−bd2+ad+bc2 =ac2+bd2+ad2+bc2=a2+b2d2+c2=z1z2，故C正确；
对于D，设z=a+bia,b∈R，则z−1=a−1+bi=a−12+b2=1，
即a−12+b2=1，表示以1,0为圆心，半径为1的圆，
z+1=a+12+b2表示圆上的点到−1,0的距离，故z+1的最小值为22−1=1，故D正确.
故选：ACD.
11．（5分）（2023下·河北邢台·高一校考阶段练习）平行四边形ABCD中，AB=32，AD=1，∠A=π3.动点P满足AP=λAB+μAD，λ,μ∈0,1，下列选项中正确的有（ ）
A．AP⋅AB=218时，动点P形成的轨迹的长为34
B．λ=1时，CP的取值范围是72,32
C．μ=1时，存在P使得AP⋅BD=0
D．λ=13且AP最大时，AP在AB上的投影向量为23AB
【解题思路】根据图形特征建立平面直角坐标系，通过AP⋅AB=218从而得到动点P轨迹方程进而判断A；λ=1时P在线段BC上，从而判断B；若μ=1，，则P32λ,32，通过解方程进而判断C；通过图形特征以及投影向量的相关概念判断D.
【解答过程】在平行四边形ABCD中，作DO⊥AB，建立如图所示的平面直角坐标系，
则A−12,0，B1,0，C32,32，D0,32，
则AB=32,0,AD=12,32，
所以AP=λAB+μAD=32λ+12μ,32μ，则P32λ+12μ−12,32μ，
对于A，AP⋅AB=32×32λ+12μ=218，则32λ+12μ=74，
所以P54,32μ，由0≤λ=72−μ30≤μ≤1≤1，得到12≤μ≤1，
所以动点P形成的轨迹的长为34，故A正确；
对于B，若λ=1，则P在线段BC上（含端点），所以CP的取值范围是0,1，故B错误；
对于C，若μ=1，，则P32λ,32，所以AP=32λ+12,32,BD=−1,32，
所以令AP⋅BD=−32λ+12+34=0，所以λ=16符合题意，所以μ=1时，存在P使得AP⋅BD=0，故C正确；
对于D，过点O作OM∥AD，若λ=13，则P在OM上，
又因为AP最大，所以P与M重合，作MN⊥AB，
则AP在AB上的投影向量为AN，
由AN=AO+ON=AO+DM=1=23AB，
则AP在AB上的投影向量为23AB，故D正确.

故选：ACD.
12．（5分）（2023下·福建福州·高一福建省福州第八中学校考期中）已知△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且∠C=π3，c=2．则下列结论正确（ ）
A．△ABC面积的最大值为3B．AC⋅AB的最大值为2+433
C．bcsA+acsB=2D．csBcsA的取值范围为−∞,32∪3,+∞
【解题思路】A选项，利用余弦定理和基本不等式求解面积的最大值；B选项，先利用向量的数量积计算公式和余弦定理得AC⋅AB=b2+4−a22，利用正弦定理和三角恒等变换得到b2−a2=−833cs2B−π6，结合B的取值范围求出最大值；C选项，利用正弦定理进行求解；D选项，用csB=−csA+C进行变换得到csBcsA=32tanA−12，结合A的取值范围得到csBcsA的取值范围.
【解答过程】由余弦定理得：csC=a2+b2−42ab=12，解得：a2+b2=ab+4，
由基本不等式得：a2+b2=ab+4≥2ab，当且仅当a=b时，等号成立，
所以ab≤4，故S△ABC=12absinC≤3，A正确；
AC⋅AB=AC⋅ABcsA=bc⋅b2+c2−a22bc=b2+4−a22，
其中由正弦定理得：asinA=bsinB=2sinπ3=433，
所以b2−a2=163sin2B−sin2A=163sin2B−sin22π3−B
=1631−cs2B2−1−cs4π3−2B2=−833cs2B−π6，
因为B∈0,2π3，所以2B−π6∈−π6,7π6，
故b2−a2=−833cs2B−π6最大值为833，AC⋅AB=AC⋅ABcsA=bc⋅b2+c2−a22bc=b2+4−a22的最大值为2+433，
B正确；
bcsA+acsB=433sinBcsA+sinAcsB=433sinA+B=433sinC=433×32=2，
故C错误；
csBcsA=−csA+π3csA=32sinA−12csAcsA=32tanA−12，
因为A∈0,2π3，所以tanA∈−∞,−3∪0,+∞，
所以32tanA−12∈−∞,−2∪−12,+∞，D错误.
故选：AB.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2023·全国·高一专题练习）设复数z1=−1−i，z2=3+3i，若z=2sinθ+i2csθ+2，θ∈R，则z−z1+z−z2的最小值为 42 .
【解题思路】根据题意,将z−z1+z−z2转化为两点间的距离公式,求得动点的轨迹方程,可知动点的轨迹为一个圆．再由点到直线距离公式可判定圆与两个定点形成的直线相切,进而可知两点间距离即为z−z1+z−z2的最小值．
【解答过程】因为z1=−1−i，z2=3+3i， z=2sinθ+i2csθ+2
则z−z1+z−z2
=2sinθ+1+2csθ+3i+2sinθ−3+2csθ−1i
=2sinθ+12+2csθ+32+2sinθ−32+2csθ−12
设A−1,−3,B3,1,P2sinθ,2csθ，θ∈R，
由参数方程可知,动点P的轨迹方程为x2+y2=2
所以z−z1+z−z2表示点A与点B到圆x2+y2=2上任意一点的距离之和
设直线AB的方程为y=kx+b,代入A−1,−3,B3,1可得
−3=−k+b1=3k+b,解方程可得k=1b=−2
所以直线AB的方程为x−y−2=0
圆心0,0到直线AB的距离为d=−212+12=2
因为d=r=2
所以直线AB与圆相切,设切点为M
则当P与M重合时,AP+BP取得最小值
所以z−z1+z−z2min=AP+BP=AB
=3+12+1+32=42
故答案为42.
14．（5分）（2023·全国·高一专题练习）已知平面向量a,b，且a=b=2,a⋅b=2，向量c满足c−2a−2b=a−b，则当c−λb(λ∈R)成最小值时λ= 3 .
【解题思路】先根据平面向量数量积的定义求出a,b夹角，然后根据平面向量的加减法作出示意图，进而求出a→−b→和2a→+b→，进而根据图形得出点C的几何意义，最后确定取最小值时的λ.
【解答过程】∵a=b=2，a⋅b=2，而a→⋅b→=a→⋅b→csa→,b→=2，∴csa→,b→=12， 又a→,b→∈0,π∴a→,b→=π3，∴a→−b→=a→−b→2=a→2−2a→⋅b→+b→2=2，a→+b→=a→+b→2=a→2+2a→⋅b→+b→2=23，2|a→+b→|=43，
因为向量c满足c−2a−2b=a−b，所以c−2a−2b=2
如图所示，

若OA=a→，OB=b→，OE=2a→+b→，OC=c→，则BA=a→−b→，EC=c→−2a→+b→，所以EC=c→−2a→+b→=2，所以C在以E为圆心，2为半径的圆上，若OD=λb→，则DC=c→−λb→，由图象可得当且仅当E，C，D三点共线且ED⊥OD时，DC最小，即c−λb(λ∈R)取最小值，此时∠EOD=π6，OD=OEcsπ6=6，又|b→|=2，OD=λb→，所以.λ=3，
故答案为：3.
15．（5分）（2023·全国·高一专题练习）如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥BC,∠BCD=60°，∠ADC=150°,BE=3EC，CD=233,BE=3，若点F为边AD上的动点，则EF⋅BF的最小值为 1516 .
【解题思路】以B为原点建立平面直角坐标系，求得A(0,2),D(3,1),E(3,0)，设F(x,y)，令AF=λAD，得出F(3λ,2−λ)，利用数量积的运算得到EF⋅BF=4λ2−7λ+4，结合二次函数的性质，即可求解.
【解答过程】以B为原点，以BC,BA所在的直线为x,y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，
依题意得CE=13BE=33,BC=BE+CE=433,∠BCD=60∘
在△BCD中，由余弦定理得BD=(433)2+(233)2−2×433×233×cs60∘=2，
所以BD2+CD2=BC2，所以∠BDC=90∘，
由BC=2CD，所以∠DBC=30∘,∠DCB=60∘，
在△CDE中，由余弦定理得DE=(33)2+(233)2−2×33×233cs60∘=1，
所以CE2+DE2=CD2，所以∠DEC=90∘，
在△ABD中，∠ABD=∠ADB=60∘，所以△ABD为等边三角形，
所以AB=BD=2，所以A(0,2),D(3,1),E(3,0)，
设F(x,y)，由题意令AF=λAD，即(x,y−2)=λ(3,−1)，
解得x=3λ,y=2−λ，所以F(3λ,2−λ)，
所以EF⋅BF=(3λ−3,2−λ)⋅(3λ,2−λ)=4λ2−7λ+4，
设f(λ)=4λ2−7λ+4(0≤λ≤2)，可得其对称轴为λ=78，且开口向上，
所以λ=78时，f(λ)取得最小值，即EF⋅BF的最小值为4×(78)2−7×78+4=1516.
故答案为：1516.
16．（5分）（2023下·辽宁鞍山·高一校考期末）已知锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b=λcλ∈R，a2−b2−c2=sinA−2bc，则实数λ的取值范围是 35,53 .
【解题思路】根据余弦定理得到2csA=2−sinA，利用同角三角函数平方关系得到sinA=45，tanA=sinAcsA=43，由正弦定理和正弦和角公式得到bc=sinBsinC=45tanC+35，根据△ABC为锐角三角形，得到π2−A【解答过程】因为a2−b2−c2=sinA−2bc，由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc，
则−2bccsA=sinA−2bc，所以2csA=2−sinA，
又cs2A+sin2A=1，所以sin2A+1−12sinA2=1，解得sinA=45或sinA=0，
因为△ABC为锐角三角形，所以sinA=45，csA=1−sin2A=1−452=35，
所以tanA=sinAcsA=43，
其中b=λc⇒λ=bc，
由正弦定理得bc=sinBsinC=sinA+CsinC=sinAcsC+csAsinCsinC
=45csC+35sinCsinC=45tanC+35，
因为△ABC为锐角三角形，
所以0π20所以tanC>tanπ2−A=csAsinA=34，所以0<1tanC<43，
所以0<45tanC<1615，35<45tanC+35<53，
故λ=bc∈35,53.
故答案为：λ∈35,53.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（2023·全国·高一随堂练习）计算：
(1)3(csπ3+isinπ3)⋅3(csπ6+isinπ6)；
(2)10(cs2π3+isin2π3)5(csπ3+isinπ3)；
(3)10(csπ2+isinπ2)⋅2(csπ4+isinπ4)；
(4)12(cs3π2+isin3π2)6(csπ6+isinπ6)；
(5)3cs10°+isin10°6；
(6)(3+i)5−1+3i．
【解题思路】（1）（2）（3）（4）（5）利用三角形式的复数乘法、除法、乘方运算法则求解即得.
（6）把复数化成三角形式，再利用三角形式的复数运算计算即得.
【解答过程】（1）3(csπ3+isinπ3)⋅3(csπ6+isinπ6)=9(csπ2+isinπ2)=9i.
（2）10(cs2π3+isin2π3)5(csπ3+isinπ3)=2(csπ3+isinπ3)=1+3i.
（3）10(csπ2+isinπ2)⋅2(csπ4+isinπ4)=25(cs3π4+isin3π4)
=25(−22+22i)=−10+10i.
（4）12(cs3π2+isin3π2)6(csπ6+isinπ6)=2(cs4π3+isin4π3)=2(−12−32i)=−1−3i.
（5）3cs10°+isin10°6=36(cs60°+isin60°)=7292+72932i.
（6）(3+i)5−1+3i=[2(csπ6+isinπ6)]52(cs2π3+isin2π3)=25(cs5π6+isin5π6)2(cs2π3+isin2π3)=16(csπ6+isinπ6)
=16(32+12i)=83+8i.
18．（12分）（2023·江苏·高一专题练习）设e1，e2是两个不共线的向量，如果AB=3e1−2e2，BC=4e1+e2，CD=8e1−9e2.
(1)求证：A，B，D三点共线；
(2)试确定λ的值，使2λe1+e2和e1+λe2共线；
(3)若e1+λe2与λe1+e2不共线，试求λ的取值范围.
【解题思路】（1）要证明A，B，D三点共线，只需证明向量AB与BD共线；
（2）两向量2λe1+e2与e1+λe2（e1+λe2≠0）共线，所以存在唯一实数实数μ，使2λe1+e2=μe1+λe2.由此列方程组可解；
（3）知两向量不共线，求参数.可先求两向量共线时的参数值，实数集中去除这些值，即为不共线的参数值或范围.
【解答过程】（1）证明：因为BD=BC+CD=4e1+e2+8e1−9e2=12e1−8e2=43e1−2e2=4AB，
所以AB与BD共线.
因为AB与BD有公共点B，
所以A，B，D三点共线.
（2）因为2λe1+e2与e1+λe2共线，
所以存在实数μ，使2λe1+e2=μe1+λe2.
因为e1，e2不共线，所以2λ=μ,1=λμ,
所以λ=±22.
（3）假设e1+λe2与λe1+e2共线，则存在实数m，使e1+λe2=mλe1+e2.
因为e1，e2不共线，所以1=λm,λ=m,
所以λ=±1.
因为e1+λe2与λe1+e2不共线，
所以λ≠±1.
19．（12分）（2023·全国·高一专题练习）已知复数z1=3a+2+a2−3i,z2=2+(3a+1)i,a∈R．
(1)若复数z1−z2在复平面内的对应点落在第一象限，求实数a的取值范围；
(2)若虚数z1是方程x2−6x+m=0的一个根，求实数m的值．
【解题思路】（1）根据复数的减法，确定实部与虚部，根据其几何意义，可得实部与虚部的取值范围，可得答案；
（2）根据复数与一元二次方程的关系，再由韦达定理，可得答案.
【解答过程】（1）z1−z2=3a+2−2+a2−3a−4i．因为z1−z2在复平面内的对应点落在第一象限，所以3a+2−2>0,a2−3a−4>0,即2a−1a+2<0,a>4或a<−1,解得−2（2）因为虚数z1是方程x2−6x+m=0的一个根，所以z1也是方程x2−6x+m=0的一个根，于是z1+z1=6a+2=6，解得a=−1．把a=−1代入，得z1=3−2i，z1=3+2i，所以m=z1⋅z1=32+(−2)2=13．
20．（12分）（2023上·辽宁·高一沈阳二中校联考期末）如图，在△ABC中，点P满足PC=2BP，O是线段AP的中点，过点O的直线与边AB，AC分别交于点E,F．
(1)若AF=23AC，求AEEB的值；
(2)若EB=λAE(λ>0)，FC=μAF(μ>0)，求1λ+1μ+1的最小值．
【解题思路】（1）由题意根据向量的线性运算法则得到AP=23AB+13AC，AO=x3AE+14AF，再根据E,O,F三点共线，求得x=94即可求解.
（2）根据题意得到AB=(1+λ)AE，AC=(1+μ)AF，结合E,O,F三点共线得到2λ+μ=3，利用基本不等式“1”的妙用即可求解.
【解答过程】（1）因为PC=2BP，
所以AP=AB+BP=AB+13BC=AB+13(BA+AC)=23AB+13AC，
因为O是线段AP的中点，所以AO=12AP=13AB+16AC，
又因为AF=23AC，设AB=xAE，则有AO=x3AE+14AF，
因为E,O,F三点共线，所以x3+14=1，解得x=94，即AE=49AB，
所以AEEB=45．
（2）因为AB=AE+EB=AE+λAE=(1+λ)AE， AC=AF+FC=AF+μAF=1+μAF，
由（1）可知，AO=12AP=13AB+16AC，所以AO=1+λ3AE+1+μ6AF，
因为E,O,F三点共线，所以1+λ3+1+μ6=1，即2λ+μ=3，
所以1λ+1μ+1=141λ+1μ+1⋅(2λ+μ+1)≥143+2μ+1λ2λμ+1=3+224，
当且仅当μ+1=2λ，即λ=4−22，μ=42−5时取等号，
所以1λ+1μ+1的最小值为3+224．
21．（12分）（2023·全国·高一专题练习）在锐角△ABC中，csB=22，点O为△ABC的外心.
(1)若BO=xBA+yBC，求x+y的最大值；
(2)若b=2，
（i）求证：OB+sin2A⋅OA−cs2A⋅OC=0；
（ii）求3OB+2OA+OC的取值范围.
【解题思路】（1）由csB=22推出∠AOC=π2，即OA⋅OC=0，由BO=xBA+yBC推出xOA+yOC=(x+y−1)OB，两边平方得到xy=x+y−12，根据不等式知识，结合x+y<1，可得x+y≤2−2；
（2）（i）延长BO交圆O于E，则BO=OE，过 E作EF⊥OC，垂足为F，过E作EG⊥OA，垂足为G，根据平行四边形法则可证结论成立；
（ii）延长OA至M，使得|OM|=2，以OM,OC为邻边作矩形OCNM，延长OB至P，使得|OP|=3|OB|=3，将3OB+2OA+OC转化为|OP+ON|，结合图形可求出结果.
【解答过程】（1）因为csB=22，所以B=π4，
因为点O为△ABC的外心，所以∠AOC=2B=π2，即OA⊥OC，OA⋅OC=0，
因为BO=xBA+yBC，所以BO=x(OA−OB)+y(OC−OB)，
所以xOA+yOC=(x+y−1)OB，
设三角形ABC的外接圆的半径为R，则|OA|=|OB|=|OC|=R，
由xOA+yOC2=(x+y−1)OB2得x2R2+y2R2+2xyOA⋅OC=(x+y−1)2R2，
所以x2+y2=(x+y−1)2，所以xy=x+y−12，
因为xy≤(x+y)24，当且仅当x=y时，等号成立，
所以x+y−12≤(x+y)24，即(x+y)2−4(x+y)+2≥0，
得(x+y−2)2≥2，得x+y≥2+2或x+y≤2−2.
因为三角形ABC为锐角三角形，其外心必在三角形ABC内，
由BO=xBA+yBC可知x>0,y>0，
再由xOA+yOC=(x+y−1)OB可知x+y<1，
所以x+y≥2+2应舍去，所以x+y≤2−2，
所以x+y的最大值为2−2.
（2）（i）延长BO交圆O于E，则BO=OE，过 E作EF⊥OC，垂足为F，过E作EG⊥OA，垂足为G，如图：

因为∠BOC=2A，所以∠EOC=π−2A，
因为∠AOC=π2，且|AC|=b=2，所以|OA|=|OC|=|OB|=|OE|=1，
所以|OF|=|OE|⋅cs(π−2A)=−cs2A，|OG|=|EF|=|OE|sin(π−2A)=sin2A，
所以OE=OG+OF =sin2A⋅OA−cs2A⋅OC，
所以BO=sin2A⋅OA−cs2A⋅OC，
所以OB+sin2A⋅OA−cs2A⋅OC=0.
（ii）延长OA至M，使得|OM|=2，则OM=2OA，以OM,OC为邻边作矩形OCNM，
则ON=OM+OC=2OA+OC，且|ON|=1+4=5，
延长OB至P，使得|OP|=3|OB|=3，则OP=3OB，如图：

所以|3OB+2OA+OC|=|OP+ON|，
所以当N,O,P三点共线时， |3OB+2OA+OC|=|OP+ON|取最小值，最小值为3−5，
因为三角形ABC为锐角三角形，且B=π4，所以A+C=34π0所以∠BOC=2A∈(π2,π)，
当∠BOC=π2时，|OP+ON|=(OP+ON)2 =9+5+2×3×5⋅cs(π2+∠CON)
=14−65⋅sin∠CON =14−65×25= 2，
当∠BOC=π时，|OP+ON|=(OP+ON)2 =9+5+2×3×5⋅cs(π2+∠MON)
=14−65sin∠MON =14−65×15=22，
所以|OP+ON|∈[3−5,22)，即3OB+2OA+OC的取值范围是[3−5,22).
22．（12分）（2023下·山东德州·高一统考期末）从①3bsinA1+csB=a；②asinB−3bcsBcsC=3ccs2B；③1+tanBtanC=2ac；
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．在锐角△ABC中，a,b,c分别是角A,B,C的对边，若________________．
(1)求角B的大小；
(2)求sinA+sinC取值范围；
(3)当sinA+sinC取得最大值时，在△ABC所在平面内取一点D（D与B在AC两侧），使得线段DC=2,DA=1，求△BCD面积的最大值．
（注：若选择多个条件，按第一个解答计分）
【解题思路】（1）选①，利用正弦定理边化角结合辅助角公式化简，可得答案；
选②，利用正弦定理边化角结合两角和的正弦以及同角三角函数关系化简，可得答案；
选③，利用同角三角函数关系结合两角和的正弦公式化简，可得答案；
（2）确定锐角△ABC中角A的范围，利用两角和的正弦公式化简，结合正弦函数性质，即可求得答案；
（3）确定A=π3；令∠ACD=θ,∠ADC=α,AB=AC=BC=a，由正弦定理推出asinθ=sinα，结合余弦定理推得acsθ=2−csα，利用三角形面积公式结合正弦函数最值，即可求得答案
【解答过程】（1）若选①：由正弦定理得3sinBsinA1+csB=sinA，即3sinBsinA=sinA1+csB
因为0所以3sinB=1+csB，整理得sinB−π6=12，
又因为0若选②：因为asinB−3bcsBcsC=3ccs2B，
由正弦定理得sinAsinB=3sinBcsBcsC+3sinCcs2B，
即sinAsinB=3csBsinBcsC+sinCcsB=3csBsinB+C，
所以sinAsinB=3csBsinA，
由A∈0,π，得sinA≠0，
所以sinB=3csB，即tanB=3，
因为B∈0,π2，所以B=π3；
若选③：因为1+tanBtanC=2ac，所以csBsinC+sinBcsCcsBsinC=2sinAsinC，
即sinB+CcsBsinC=2sinAsinC，
又因为A+B+C=π，所以sinAcsBsinC=2sinAsinC
又因为sinA>0，所以csB=12，
因为B∈0,π2，所以B=π3；
（2）在锐角△ABC中，由（1）得，0所以sinA+sinC=sinA+sinA+B=sinA+sinAcsπ3+csAsinπ3
=32sinA+32csA=3sinA+π6，
由π3所以sinA+sinC的取值范围为32,3.
（3）当sinA+sinC取得最大值时，A+π6=π2，解得A=π3；
在△ACD中，令∠ACD=θ,∠ADC=α,AB=AC=BC=a，

则asinα=1sinθ，所以asinθ=sinα；
又a2=22+12−2×2×1×csα，
所以a2cs2θ=a2−a2sin2θ=5−4csα−sin2α=cs2α−4csα+4，
所以acsθ=2−csα．
所以S△BCD=12×a×2sinπ3+θ=32acsθ+12asinθ
=322−csα+12sinα=3+sinα−π3≤3+1，而α∈(0,π),
故当α=5π6时等号成立,
所以△BCD面积的最大值为3+1．