复数、平面向量、三角函数与不等式单元测试

本刊试题研究组

一、填空题

1.已知复数z=5i1+2i（是虚数单位），则|z|=.

2.设m∈R，m2+m-2+（m2-1）i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m=.

3.若将函数f（x）=sin（2x+π4）的图象向右平移φ个单位，所得图象关于y轴对称，则φ的最小正值是.

4.已知A，B，C为圆O上的三点，若AO=12（AB+AC），则AB与AC的夹角为.

5.要制作一个容积为4m3，高为1m的无盖长方体容器.已知该容器的底面造价是每平方米20元，侧面造价是每平方米10元，则该容器的最低总造价是（单位：元）.

6.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c.已知b-c=14a，2sinB=3sinC，则cosA的值为.

7.函数f（x）=sin（x+2φ）-2sinφcos（x+φ）的最大值为.

8.在△ABC中，已知AB·AC=tanA，当A=π6时，△ABC的面积为.

9.如图所示，从气球A上测得正前方的河流的两岸B，C的俯角分别为67°，30°，此时气球的高度是46m，则河流的宽度BC约等于m.（用四舍五入法将结果精确到个位.参考数据：sin67°≈0.92，cos67°≈039，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，3≈1.73）

10.已知菱形ABCD的边长为2，∠BAD=120°，点E，F分别在边BC，DC上，BE=λBC，DF=μDC.若AE·AF=1，CE·CF=-23，则λ+μ=.

11.在平面直角坐标系中，O为原点，A（-1，0），B（0，3），C（3，0），动点D满足|CD|=1，则|OA+OB+OD|的最大值是.

12.对于c>0，当非零实数a，b满足4a2-2ab+4b2-c=0且使|2a+b|最大时，3a-4b+5c的最小值为.

13.已知两个不相等的非零向量a，b，两组向量，，，，和，，，，均由2个a和3个b排列而成.记S=x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4+x5·y5，Smin表示S所有可能取值中的最小值，则下列命题正确的是（写出所有正确命题的编号）.

①S有5个不同的值

②若a⊥b，则Smin与|a|无关

③若a∥b，则Smin与|b|无关

④若|b|>4|a|，则Smin>0

⑤若|b|=2|a|，Smin=8|a|2，则a与b的夹角为π4

14.已知定义在[0，1]上的函数f（x）满足：

①f（0）=f（1）=0；

②对所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f（x）-f（y）|<12|x-y|.

若对所有x，y∈[0，1]，|f（x）-f（y）|

二、解答题

15.在直角坐标系xOy中，已知点A（1，1），B（2，3），C（3，2），点P（x，y）在△ABC三边围成的区域（含边界）上.

（1）若PA+PB+PC=0，求|OP|；

（2）设OP=mAB+nAC（m，n∈R），用x，y表示m-n，并求m-n的最大值.

16.已知向量a=（m，cos2x），b=（sin2x，n），函数f（x）=a·b，且y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2）.

（1）求m，n的值；

（2）将y=f（x）的图象向左平移φ（0<φ<π）个单位后得到函数y=g（x）的图象，若y=g（x）图象上各最高点到点（0，3）的距离的最小值为1，求y=g（x）的单调递增区间.

17.如图所示，在平面四边形ABCD中，AD=1，CD=2，AC=7.

（1）求cos∠CAD的值；

（2）若cos∠BAD=-714，sin∠CBA=216，求BC的长.

18.某实验室一天的温度（单位：℃）随时间t（单位：h）的变化近似满足函数关系：

f（t）=10-3cosπ12t-sinπ12t，t∈[0，24）.

（1）求实验室这一天的最大温差.

（2）若要求实验室温度不高于11℃，则在哪段时间实验室需要降温？

19.如图，某生态园欲把一块四边形地BCED辟为水果园，其中∠C=∠D=90°，BC=BD=3，CE=DE=1.若经过DB上一点P和EC上一点Q铺设一条道路PQ，且PQ将四边形BCED分成面积相等的两部分，设DP=x，EQ=y.

（1）求x，y的关系式；

（2）如果PQ是灌溉水管的位置，为了省钱，希望它最短，求PQ的长的最小值；

（3）如果PQ是参观路线，希望它最长，那么P、Q的位置在哪里？

20.已知函数f（x）=（cosx-x）（π+2x）-83（sinx+1），g（x）=3（x-π）cosx-4（1+sinx）ln（3-2xπ）.证明：

（1）存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0；

（2）存在唯一x1∈（π2，π），使g（x1）=0，且对（1）中的x0，有x0+x1<π.

参考答案

一、填空题

1. 5

2. m=-2

3. 3π8

4. 90°

5. 160

6. -14

7. 1

8. 16

9. 60

10. 56

11. 1+7

12. -2

13. ②④

14. 14

二、解答题

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

则（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

两式相减得，m-n=y-x，

令y-x=t，由图知，当直线y=x+t过点B（2，3）时，t取得最大值1，故m-n的最大值为1.

16.解：（1）由题意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因为y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由题意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

设y=g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2）.

由题意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.

将其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因为0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函数y=g（x）的单调递增区间为[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由题设知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）设∠BAC=α，则α=∠BAD-∠CAD.

因为cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因为f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

当t=2时，sin（π12t+π3）=1；

当t=14时，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故实验室这一天的最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.

（2）依题意，当f（t）>11时，实验室需要降温.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10时至18时实验室需要降温.

19.解：（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）当x∈（0，π2）时，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函数f（x）在（0，π2）上为减函数.又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）记函数h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，则当x∈[π2，π]时，t∈[0，π2].

记u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），则u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，当t∈（0，x0）时，u′（t）>0，

当t∈（x0，π2）时，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函数，又u（0）=0，从而可知当t∈（0，x0]时，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上无零点.

在（x0，π2）上u（t）为减函数，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因为当x∈（π2，π）时，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

因为x1=π-t1，t1>x0，所以x0+x1<π.

13. ②④

14. 14

二、解答题

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

则（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

两式相减得，m-n=y-x，

令y-x=t，由图知，当直线y=x+t过点B（2，3）时，t取得最大值1，故m-n的最大值为1.

16.解：（1）由题意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因为y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由题意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

设y=g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2）.

由题意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.

将其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因为0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函数y=g（x）的单调递增区间为[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由题设知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）设∠BAC=α，则α=∠BAD-∠CAD.

因为cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因为f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

当t=2时，sin（π12t+π3）=1；

当t=14时，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故实验室这一天的最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.

（2）依题意，当f（t）>11时，实验室需要降温.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10时至18时实验室需要降温.

19.解：（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）当x∈（0，π2）时，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函数f（x）在（0，π2）上为减函数.又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）记函数h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，则当x∈[π2，π]时，t∈[0，π2].

记u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），则u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，当t∈（0，x0）时，u′（t）>0，

当t∈（x0，π2）时，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函数，又u（0）=0，从而可知当t∈（0，x0]时，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上无零点.

在（x0，π2）上u（t）为减函数，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因为当x∈（π2，π）时，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

因为x1=π-t1，t1>x0，所以x0+x1<π.

13. ②④

14. 14

二、解答题

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

则（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

两式相减得，m-n=y-x，

令y-x=t，由图知，当直线y=x+t过点B（2，3）时，t取得最大值1，故m-n的最大值为1.

16.解：（1）由题意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因为y=f（x）的图象过点（π12，3）和点（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由题意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

设y=g（x）的图象上符合题意的最高点为（x0，2）.

由题意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到点（0，3）的距离为1的最高点为（0，2）.

将其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因为0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函数y=g（x）的单调递增区间为[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由题设知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）设∠BAC=α，则α=∠BAD-∠CAD.

因为cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因为f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

当t=2时，sin（π12t+π3）=1；

当t=14时，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故实验室这一天的最高温度为12℃，最低温度为8℃，最大温差为4℃.

（2）依题意，当f（t）>11时，实验室需要降温.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10时至18时实验室需要降温.

19.解：（1）延长BD、CE交于点A，则AD=3，AE=2，则S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

当（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3时，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

则PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是减函数，在（43，+∞）上是增函数，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此时t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P点在B处，Q点在E处.

20.证明：（1）当x∈（0，π2）时，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函数f（x）在（0，π2）上为减函数.又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）记函数h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，则当x∈[π2，π]时，t∈[0，π2].

记u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），则u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，当t∈（0，x0）时，u′（t）>0，

当t∈（x0，π2）时，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函数，又u（0）=0，从而可知当t∈（0，x0]时，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上无零点.

在（x0，π2）上u（t）为减函数，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因为当x∈（π2，π）时，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）与h（x）有相同的零点，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

因为x1=π-t1，t1>x0，所以x0+x1<π.