10解答题（较难题） 2020-2021学年上海市各区高一（下）期末数学知识点分类汇编

这是一份10解答题（较难题） 2020-2021学年上海市各区高一（下）期末数学知识点分类汇编，共20页。试卷主要包含了具有性质P，若数列{an}满足条件，＝x+的图象上，已知x∈R，，等内容，欢迎下载使用。
10 解答题（较难题）
一．函数零点的判定定理（共1小题）
1．（2021春•大荔县期末）已知向量＝（cos，sin），＝（cos，﹣sin），函数f（x）＝•﹣m|+|+1，x∈[﹣，]，m∈R．
（1）当m＝0时，求f（）的值；
（2）若f（x）的最小值为﹣1，求实数m的值；
（3）是否存在实数m，使函数g（x）＝f（x）+m2，x∈[﹣，]有四个不同的零点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．
二．函数与方程的综合运用（共1小题）
2．（2021春•宝山区校级期末）若定义域为R的函数y＝h（x）满足：对于任意x∈R，都有h（x+2π）＝h（x）+h（2π），则称函数y＝h（x）具有性质P．
（1）设函数y＝f（x），y＝g（x）的表达式分别为f（x）＝sinx+x，g（x）＝cosx，判断函数y＝f（x）与y＝g（x）是否具有性质P，说明理由；
（2）设函数y＝f（x）的表达式为f（x）＝sin（ωx+φ），是否存在0＜ω＜1以及﹣π＜φ＜π，使得函数y＝sin（ωx+φ）具有性质P？若存在，求出ω、φ的值；若不存在，说明理由；
（3）设函数y＝f（x）具有性质P，且在[0，2π]上的值域恰为[f（0），f（2π）]；以2π为周期的函数y＝f（x）的表达式为g（x）＝sin（f（x）），且在开区间（0，2π）上有且仅有一个零点，求证：f（2π）＝2π．
三．根据实际问题选择函数类型（共1小题）
3．（2021春•静安区期末）随着生活水平的逐步提高，越来越多的人开始改善居住条件，搬家成了生活中经常谈及的话题，在搬运大型家具的过程中，经常需要考虑家具能否通过狭长的转角过道，如果我们能够根据过道的宽度和家具的尺寸，用数学的方法预先判断家具能否转弯，必将为搬运家具提供实用的依据，从而避免因家具尺寸过大而不能转弯的麻烦，有经验的搬运工的做法是：将家具推进过道的转角，让家具的一侧抵住过道的拐角，然后转动并推进家具，若家具过长或过宽，家具都会卡在过道内，家具将不能转过转角．
（1）请你提出一个数学问题，并将你的问题填入答题纸对应题号的方框内；
（2）为了解决问题，我们需要作出一些合理的假设：
假设1：家具呈长方体的形状：
假设2：转角两侧的过道宽度相同：
假设3：墙壁是光滑的平面，且地面是水平面；
假设4：家具转动时其侧面始终保持与水平面垂直：
假设5：过道的转角为直角：
假设6：忽略家具转动时家具与墙壁、地面的摩擦影响；等等．
根据上述假设和你提出的数学问题，画出搬运家具时一个转角过道的示意图，设定相关参数或变量，构建相应的数学模型，并将示意图和建立的数学模型填写在答题纸对应题号的方框内
四．数列的求和（共2小题）
4．（2021春•浦东新区校级期末）对于一组复数z1，z2，z3，…，zn（n∈N，n≥3），令Sn＝z1+z2+z3+……+zn，如果存在zp（p∈{1，2，3，……，n}），使得|zp|≥|Sn﹣zp|，那么称zp是该复数组的“M复数”．
（1）设zn＝n+（n﹣x）i（n∈{1，2，3}），若z3是复数组z1，z2，z3的“M复数”，求实数x的取值范围；
（2）已知z1＝i，z2＝1+i，是否存在复数z3使得z1，z2，z3均是复数组z1，z2，z3的“M复数”？若存在，求出所有的z3，若不存在，说明理由；
（3）若，复数组z1，z2，z3，…，zn是否存在“M复数”？给出你的结论并说明理由．
5．（2021春•上海期末）若数列{an}满足条件：存在正整数k，使得an+k+an﹣k＝2an对一切n∈N*，n＞k都成立，则称数列{an}为k级等差数列．
（1）若数列{an}为1级等差数列，a1＝1，a3＝9，求数列{an}的前n项和Sn；
（2）已知数列{an}为2级等差数列，且前四项分别为2，0，4，3，求a5，a6及数列{an}的前2n项和S2n；
（3）若an＝2n+sinωn（ω为常数），且{an}是3级等差数列，求ω所有可能值的集合．
五．数列与不等式的综合（共1小题）
6．（2021春•浦东新区校级期末）设数列{an}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，点（n，）都在函数f（x）＝x+的图象上．
（1）将数列{an}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（a1）、（a2，a3）、（a4，a5，a6）、（a7，a8，a9，a10）、（a11）、（a12，a13）、（a14，a15，a16）、（a17，a18，a19，a20）、（a21）、…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成新的数列为{bn}，求b5+b100的值；
（2）设An为数列{}的前n项积，若不等式An•＜f（a）﹣对一切n∈N*都成立，求a的取值范围．
六．等差数列与等比数列的综合（共1小题）
7．（2021春•虹口区校级期末）已知各项均为正数的等差数列{an}与等比数列{bn}满足a2＝b2＝4，又a1、a3、a7+30成等比数列且b5＝b1b4．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式：
（2）将数列{an}、{bn}的所有公共项从小到大排序构成数列{Bn}，试求数列{Bn}前2021项之和；
（3）若cn＝anbn﹣nan﹣kbn（k∈R），数列{cn}是严格递增数列，求k的取值范围．
七．平面向量数量积的性质及其运算（共3小题）
8．（2021春•浦东新区校级期末）已知x∈R，，．
（1）记函数，求函数f（x）取最大值时x的取值范围；
（2）求证：与不平行；
（3）设△ABC的三边a、b、c满足b2＝ac，且边b所对应的角为x，关于x的方程有且仅有一个实根，求实数t的范围．
9．（2021春•宝塔区校级期末）已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为y＝asinx+bcosx（x∈R），向量称为函数y＝asinx+bcosx的“相伴向量”；记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为S．
（1）已知α∈R，h（x）＝cos（x+α）+2cosx，若函数y＝h（x）为集合S中的元素，求其“相伴向量”的模的取值范围；
（2）已知点M（a，b）满足条件：a＝3，；若向量的“相伴函数”y＝f（x）在x＝x0处取得最大值，当b在区间变化时，求tan2x0的取值范围．
10．（2021春•浦东新区校级期末）已知θ∈[0，π），向量＝（cosθ，sinθ），＝（1，0），P1、P2、P3是坐标平面上的三点，使得＝2[﹣（•）]，＝2[﹣（•）]．
（1）若θ＝，P1的坐标为（20，21），求；
（2）若θ＝，||＝6，求||的最大值；
（3）若存在α∈[0，π），使得当＝（cosα，sinα）时，△P1P2P3为等边三角形，求θ的所有可能值．
八．平面向量的综合题（共1小题）
11．（2021春•浦东新区校级期末）设＝（x1，y1），＝（x2，y2），其中x1，y1，x2，y2∈R．
（1）请你利用上述两个向量以及向量的知识证明：（x1x2+y1y2）2≤（x12+y12）（x22+y22），并指出等号成立的条件；
（2）请你运用（1）中证明不等式的向量方法，求函数y＝3+的最大值．
九．复数的代数表示法及其几何意义（共1小题）
12．（2021春•上海期末）已知复数z1＝2cosθ+isinθ，z2＝1﹣isinθ，其中i为虚数单位，θ∈R．
（1）当z1，z2是实系数一元二次方程x2+mx+n＝0的两个虚根时，求m、n的值．
（2）求|z1•|的值域．
一十．类比推理（共1小题）
13．（2021春•宝山区校级期末）利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对（z1，z2）（z1，z2∈C）视为一个向量，记作＝（z1，z2），类比平面向量可以定义其运算，两个复向量＝（z1，z2）、＝（z1′，z2′）的数量积定义为一个复数，记作满足＝z1+z2，复向量的模定义为||＝．
（1）设＝（1﹣i，i），＝（3，4），求复向量、的模；
（2）设、是两个复向量，证明柯西﹣布涅科夫斯基不等式仍成立，即||≤||•||；
（3）当||＝||•||时，称复向量与平行，设＝（1+i，2﹣i），＝（i，z）（z∈C），若复向量与平行，求复数z的值．

参考答案与试题解析
一．函数零点的判定定理（共1小题）
1．（2021春•大荔县期末）已知向量＝（cos，sin），＝（cos，﹣sin），函数f（x）＝•﹣m|+|+1，x∈[﹣，]，m∈R．
（1）当m＝0时，求f（）的值；
（2）若f（x）的最小值为﹣1，求实数m的值；
（3）是否存在实数m，使函数g（x）＝f（x）+m2，x∈[﹣，]有四个不同的零点？若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）•＝（cos，sin）•（cos，﹣sin）＝coscos﹣sinsin＝cos（+）＝cos2x，
当m＝0时，f（x）＝•+1＝cos2x+1，
则f（）＝cos（2×）+1＝cos+1＝；
（2）∵x∈[﹣，]，
∴|+|＝＝＝2cosx，
则f（x）＝•﹣m|+|+1＝cos2x﹣2mcosx+1＝2cos2x﹣2mcosx，
令t＝cosx，则≤t≤1，
则y＝2t2﹣2mt，对称轴t＝，
①当＜，即m＜1时，
当t＝时，函数取得最小值此时最小值y＝﹣m＝﹣1，得m＝（舍），
②当≤≤1，即m＜1时，
当t＝时，函数取得最小值此时最小值y＝﹣＝﹣1，得m＝，
③当＞1，即m＞2时，
当t＝1时，函数取得最小值此时最小值y＝2﹣2m＝﹣1，得m＝（舍），
综上若f（x）的最小值为﹣1，则实数m＝．
（3）令g（x）＝2cos2x﹣2mcosx+m2＝0，得cosx＝或，
∴方程cosx＝或在x∈[﹣，]上有四个不同的实根，
则，得，则≤m＜，
即实数m的取值范围是≤m＜．
二．函数与方程的综合运用（共1小题）
2．（2021春•宝山区校级期末）若定义域为R的函数y＝h（x）满足：对于任意x∈R，都有h（x+2π）＝h（x）+h（2π），则称函数y＝h（x）具有性质P．
（1）设函数y＝f（x），y＝g（x）的表达式分别为f（x）＝sinx+x，g（x）＝cosx，判断函数y＝f（x）与y＝g（x）是否具有性质P，说明理由；
（2）设函数y＝f（x）的表达式为f（x）＝sin（ωx+φ），是否存在0＜ω＜1以及﹣π＜φ＜π，使得函数y＝sin（ωx+φ）具有性质P？若存在，求出ω、φ的值；若不存在，说明理由；
（3）设函数y＝f（x）具有性质P，且在[0，2π]上的值域恰为[f（0），f（2π）]；以2π为周期的函数y＝f（x）的表达式为g（x）＝sin（f（x）），且在开区间（0，2π）上有且仅有一个零点，求证：f（2π）＝2π．
【解答】（1）解：因为f（x）＝sinx+x，
则f（x+2π）＝sin（x+2π）+（x+2π）＝sinx+x+2π，
又f（2π）＝sin2π+2π＝2π，
所以f（x+2π）＝f（x）+f（2π），
故函数y＝f（x）具有性质P；
因为g（x）＝cosx，
则g（x+2π）＝cos（x+2π）＝cosx，
又g（x）+g（2π）＝cosx+1，
当x＝1时，两者不相等，
因此函数y＝g（x）不具有性质P；
（2）解：若函数y＝f（x）具有性质P，则f（0+2π）＝f（0）+f（2π），即f（0）＝0，
所以sinφ＝0，结合﹣π＜φ＜π，则φ＝0，所以f（x）＝sin（ωx）；
若f（2π）≠0，不妨设f（2π）＞0，
由f（x+2π）＝f（x）+f（2π），
则f（2kπ）＝f（0）+kf（2π）＝kf（2π）（*），其中k∈Z，
只要k充分大时，kf（2π）将大于1，
考虑到y＝f（x）的值域为[﹣1，1]，等式（*）将无法成立，
综上所述，必有f（2π）＝0，即sin（2ωπ）＝0；
结合0＜ω＜1，则0＜2ωπ＜2π，从而2ωπ＝π，则ω＝，
当ω＝时，f（x）＝sin，则f（x+2π）＝sin（+π）＝﹣sin，
而f（x）+f（2π）＝sin，两者不恒相等（比如当x＝时），
综上所述，不存在0＜ω＜1以及﹣π＜φ＜π使得y＝f（x）具有性质P；
（3）证明：由y＝f（x）具有性质P以及（2）可知，f（0）＝0，
由函数y＝g（x）是以2π为周期的周期函数，则g（2π）＝g（0），
即sin（f（2π））＝sin（f（0））＝0，即f（2π）＝kπ，k∈Z，
由f（0）＝0，f（2π）＝kπ以及题设可知，
y＝f（x）在[0，2π]的值域为[0，kπ]，k∈Z，k＞0，
当k＞2时，当f（x）＝π及f（x）＝2π时，均有g（x）＝sin（f（x））＝0，
这与零点唯一性相矛盾，因而k＝1或k＝2；
当k＝1时，f（2π）＝π，y＝f（x）在[0，2π]的值域为[0，π]，
此时f（x+2π）＝f（x）+π，
于是y＝f（x）在[2π，4π]上的值域[π，2π]，
由正弦函数的性质，当x∈[0，2π]时和x∈[2π，4π]时的取值范围不同，
这与y＝g（x）是以2π为周期的周期函数矛盾，
故k＝2，即f（2π）＝2π
三．根据实际问题选择函数类型（共1小题）
3．（2021春•静安区期末）随着生活水平的逐步提高，越来越多的人开始改善居住条件，搬家成了生活中经常谈及的话题，在搬运大型家具的过程中，经常需要考虑家具能否通过狭长的转角过道，如果我们能够根据过道的宽度和家具的尺寸，用数学的方法预先判断家具能否转弯，必将为搬运家具提供实用的依据，从而避免因家具尺寸过大而不能转弯的麻烦，有经验的搬运工的做法是：将家具推进过道的转角，让家具的一侧抵住过道的拐角，然后转动并推进家具，若家具过长或过宽，家具都会卡在过道内，家具将不能转过转角．
（1）请你提出一个数学问题，并将你的问题填入答题纸对应题号的方框内；
（2）为了解决问题，我们需要作出一些合理的假设：
假设1：家具呈长方体的形状：
假设2：转角两侧的过道宽度相同：
假设3：墙壁是光滑的平面，且地面是水平面；
假设4：家具转动时其侧面始终保持与水平面垂直：
假设5：过道的转角为直角：
假设6：忽略家具转动时家具与墙壁、地面的摩擦影响；等等．
根据上述假设和你提出的数学问题，画出搬运家具时一个转角过道的示意图，设定相关参数或变量，构建相应的数学模型，并将示意图和建立的数学模型填写在答题纸对应题号的方框内
【解答】解：（1）提出的问题为：如下图，在不同的角度θ（∠DON）下，求l的最小值，
这就是能通过的家具长的最大值，请你求矩形的长l与角度θ的函数关系式l＝f（θ），
并对d＝2，h＝1时，求这个函数l＝f（θ）的最小值．
（2）画出搬运家具时一个转角过道的示意图，如图所示：
右图可知，，
所以），
故矩形的长l与角度θ的函数关系式为），
当d＝2，h＝1时，），
所以l'＝+
＝
＝
＝
＝
＝
＝，
因为，则0＜sinθ＜1，0＜cosθ＜1，
所以2﹣sinθ﹣cosθ＞0，sinθcosθ＞0，
故，
由l'＞0，即sinθ﹣cosθ＞0，解得，
由l'＜0，即sinθ﹣cosθ＜0，解得，
所以l在上单调递减，在上单调递增，
故当时，l取得最小值为＝＝，
所以当d＝2，h＝1时，函数h＝f（θ）的最小值为．

四．数列的求和（共2小题）
4．（2021春•浦东新区校级期末）对于一组复数z1，z2，z3，…，zn（n∈N，n≥3），令Sn＝z1+z2+z3+……+zn，如果存在zp（p∈{1，2，3，……，n}），使得|zp|≥|Sn﹣zp|，那么称zp是该复数组的“M复数”．
（1）设zn＝n+（n﹣x）i（n∈{1，2，3}），若z3是复数组z1，z2，z3的“M复数”，求实数x的取值范围；
（2）已知z1＝i，z2＝1+i，是否存在复数z3使得z1，z2，z3均是复数组z1，z2，z3的“M复数”？若存在，求出所有的z3，若不存在，说明理由；
（3）若，复数组z1，z2，z3，…，zn是否存在“M复数”？给出你的结论并说明理由．
【解答】解：（1）z1＝1+（1﹣x）i，z2＝2+（2﹣x）i，z3＝3+（3﹣x）i，
∵z3是复数组z1，z2，z3的“M复数”，
∴|z3|≥|S3﹣z3|＝|z1+z2|，代入得≥，
化简，得x（x﹣2）≤0，解得0≤x≤2．
（2）∵z1＝i，z2＝1+i，存在复数z3使得z1，z2，z3均是复数组z1，z2，z3的“M复数”，
∴，
设zk＝xk+yki，k＝1，2，3，则，
相加得（x1+x2+x3）2+（y1+y2+y3）2≤0，∴z1+z2+z3＝0，
∴z3＝﹣1﹣2i．
（3）|zn|＝严格减．
n为奇数时，z1＝1﹣i，
z2+z3+•••+zn＝（）+＝＝[1﹣（）n﹣1，
∴|z1|＝，|z2+z3+•••+zn|＝[1﹣（）n﹣1]，
∴当n为奇数时，复数组z1，z2，z3，•••，zn存在“M复数”，
z1是复数组z1，z2，z3，•••，zn的“M复数”，
n（n≥3）为偶数时，|zP|max＝|z1|＝，
|Sn﹣zp|min＝|Sn﹣z1|min＝|z2+z3+••+zn|＝|（）+（）2+•••+（）n﹣1+i|＝
＝＝|z1|＝|zn|max，
∴|zn|max＜|Sn﹣zp|min，
∴当n为偶数时，复数组z1，z2，z3，…，zn不存在“M复数”．
5．（2021春•上海期末）若数列{an}满足条件：存在正整数k，使得an+k+an﹣k＝2an对一切n∈N*，n＞k都成立，则称数列{an}为k级等差数列．
（1）若数列{an}为1级等差数列，a1＝1，a3＝9，求数列{an}的前n项和Sn；
（2）已知数列{an}为2级等差数列，且前四项分别为2，0，4，3，求a5，a6及数列{an}的前2n项和S2n；
（3）若an＝2n+sinωn（ω为常数），且{an}是3级等差数列，求ω所有可能值的集合．
【解答】解：（1）若数列{an}为1级等差数列，即为an+1+an﹣1＝2an对一切n∈N*，n＞1都成立．
则数列{an}为等差数列，设公差为d，
由a1＝1，a3＝9，可得d＝＝＝4，
则Sn＝n+n（n﹣1）•4＝2n2﹣n；
（2）数列{an}为2级等差数列，且前四项分别为2，0，4，3，
可得an+2+an﹣2＝2an对一切n∈N*，n＞2都成立．
a5＝2a3﹣a1＝8﹣2＝6，
a6＝2a4﹣a2＝6﹣0＝6，
a7＝2a5﹣a3＝12﹣4＝8，…，
可得数列{an}中奇数项是首项和公差均为2的等差数列，偶数项是首项为0、公差为3的等差数列，
则S2n＝（a1+a3+…+a2n﹣1）+（a2+a4+…+a2n）＝2n+n（n﹣1）•2+n（n﹣1）•3
＝n2﹣n；
（3）∵{an}是3级等差数列，∴an+3+an﹣3＝2an，对一切n∈N*，n＞3都成立．
即2（2n+sinωn）＝2（n+3）+sin（ωn+3ω）+2（n﹣3）+sin（ωn﹣3ω）（n∈N*），
∴2sinωn＝sin（ωn+3ω）+sin（ωn﹣3ω）＝2sinωncos3ω（n∈N*），
∴sinωn＝0，或cos3ω＝1．
sinωn＝0对n∈N*恒成立时，ω＝kπ（k∈Z）．
cos3ω＝1时，3ω＝2kπ（k∈Z），∴ω＝，（k∈Z），
∴ω∈{ω|ω＝，k∈Z}∪{ω|ω＝kπ，k∈Z}．
五．数列与不等式的综合（共1小题）
6．（2021春•浦东新区校级期末）设数列{an}的前n项和为Sn，对一切n∈N*，点（n，）都在函数f（x）＝x+的图象上．
（1）将数列{an}依次按1项、2项、3项、4项循环地分为（a1）、（a2，a3）、（a4，a5，a6）、（a7，a8，a9，a10）、（a11）、（a12，a13）、（a14，a15，a16）、（a17，a18，a19，a20）、（a21）、…，分别计算各个括号内各数之和，设由这些和按原来括号的前后顺序构成新的数列为{bn}，求b5+b100的值；
（2）设An为数列{}的前n项积，若不等式An•＜f（a）﹣对一切n∈N*都成立，求a的取值范围．
【解答】解：（1）因为点都在函数的图象上，
所以，即①，
当 n⩾2 时，②，
由①﹣②得，，
整理得an+an﹣1＝4n﹣2 ③，
当n⩾3时，an﹣1+an﹣2＝4n﹣6④，
由③﹣④得an﹣an﹣2＝4，
又，
于是数列{a2n}是为4为首项，4为公差的等差数列，即a2n＝4n，
数列{a2n﹣1}是以2为首项，4为公差的等差数列，即a2n﹣1＝4n﹣2，
所以an＝2n．
另解：当n⩾2时，an+an﹣1＝4n﹣2⇔an﹣2n＝﹣（an﹣1﹣（2n﹣2）），
于是有，
故an＝2n．
因为，
所以数列{an}依次按1项、2项、3项、4 项循环地分为
（2），（4，6），（8，10，12），（14，16，18，20）；（22），（24，26），（28，30，32），（34，36，38，40）；（42）
每一次循环记为一组，由于每一个循环含有4个括号，故b100是第25组中第4个括号内各数之和．
由分组规律知，由各组第4个括号中所有第1个数组成的数列是等差数列，且公差为20．
同理，由各组第4个括号中所有第2个数、所有第3个数、所有第4个数分别组成的数列也都是等差数列，且公差均为20．
故各组第4个括号中各数之和构成等差数列，且公差为80．
注意到第一组中第4个括号内各数之和是68，
所以b100＝68+24×80＝1988．又b5＝22，所以b5+b100＝2010．
（2）因为，故，
所以．
又，
故 对一切n∈N*都成立，
即对一切n∈N*都成立．
设，n∈N*，则只需 即可．
由于 ，
所以 g（n+1）＜g（n），故 g（n） 是单调递减，于是 ．
令 ，即 ，解得 ，或 ．
综上所述，使得所给不等式对一切 n∈N*都成立的实数 a 的取值范围是 ．
六．等差数列与等比数列的综合（共1小题）
7．（2021春•虹口区校级期末）已知各项均为正数的等差数列{an}与等比数列{bn}满足a2＝b2＝4，又a1、a3、a7+30成等比数列且b5＝b1b4．
（1）求数列{an}、{bn}的通项公式：
（2）将数列{an}、{bn}的所有公共项从小到大排序构成数列{Bn}，试求数列{Bn}前2021项之和；
（3）若cn＝anbn﹣nan﹣kbn（k∈R），数列{cn}是严格递增数列，求k的取值范围．
【解答】解：（1）设数列{an}的公差为d，数列{bn}的公比为q，则由条件有，
又q＞0，d＞0，解得a1＝1，d＝3，b1＝2，q＝2，所以；
（2）B1＝4，B2＝16，B3＝32，B4＝64⋯，所以数列{Bn}为以4为首项，4为公比的等比数列．
所以前2021项和为；
（3），，
，
因为{cn}单调递增，所以cn+1﹣cn＞0恒成立，即恒成立，
设，则＞0对n∈N*成立，
所以f（n）在n∈N*上单调递增，，所以k的取值范围为．
七．平面向量数量积的性质及其运算（共3小题）
8．（2021春•浦东新区校级期末）已知x∈R，，．
（1）记函数，求函数f（x）取最大值时x的取值范围；
（2）求证：与不平行；
（3）设△ABC的三边a、b、c满足b2＝ac，且边b所对应的角为x，关于x的方程有且仅有一个实根，求实数t的范围．
【解答】（1）解：＝2sinxcosx+（sinx+cosx）（sinx﹣cosx）＝sin2x﹣cos2x＝2sin（2x﹣）．
当sin（2x﹣）＝1时f（x）取得最大值，此时2x﹣＝2kπ+得x＝kπ+，∴函数f（x）取最大值时x的取值范围是
{x|x＝kπ+，k∈Z}．
（2）证明：2＝（2sinx，2（sinx﹣cosx）），
假设∥2，则2cosx•2（sinx﹣cosx）﹣2sinx（sinx+cosx）＝0，
得2sinxcosx﹣2cos2x﹣sin2x﹣sinxcosx＝0，
sin2x﹣sin2x﹣cos2x﹣1﹣+cos2x＝0，
（1﹣）（sin2x﹣cos2x）＝1+，
得sin（2x﹣）＝7+4，显然无解．
∴与不平行；
（3）解：∵△ABC的三边a、b、c满足b2＝ac，
由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2accosB，∴ac＝a2+c2﹣accosB≥2ac﹣2accosB，
∴cosB≥，∴B∈（0，]，∴x∈（0，]．
令g（x）＝+，则g（x）＝+＝2sin（2x﹣）+．
由x∈（0，]得2x﹣∈（﹣，]，令2x﹣＝m∈（﹣，]，
函数g（x）即为h（m）＝2sinm+，m∈（﹣，]，
若关于x的方程有且仅有一个实根，
则函数h（m）＝2sinm+，m∈（﹣，]与y＝t有且仅有一个交点，
∵函数h（m）＝2sinm+，在（﹣，]上单调递增，值域为（﹣，]，
∴实数t的范围是（﹣，]．
9．（2021春•宝塔区校级期末）已知在平面直角坐标系中，O为坐标原点，定义非零向量的“相伴函数”为y＝asinx+bcosx（x∈R），向量称为函数y＝asinx+bcosx的“相伴向量”；记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为S．
（1）已知α∈R，h（x）＝cos（x+α）+2cosx，若函数y＝h（x）为集合S中的元素，求其“相伴向量”的模的取值范围；
（2）已知点M（a，b）满足条件：a＝3，；若向量的“相伴函数”y＝f（x）在x＝x0处取得最大值，当b在区间变化时，求tan2x0的取值范围．
【解答】解：（1）证明：h（x）＝cos（x+α）+2cosx＝﹣sinα⋅sinx+（2+cosα）cosx，
∴函数h （x）的相伴向量，∴h（x）∈S．
，
∴cosα＝1时，；cosα＝﹣1时，．
∴的取值范围为[1，3]．
（2）的相伴函数f，
其中．
当，即时，f（x）取得最大值，
∴，
∴，
为直线OM的斜率，由几何意义知，
令，则，
当m 时，，
∴．
10．（2021春•浦东新区校级期末）已知θ∈[0，π），向量＝（cosθ，sinθ），＝（1，0），P1、P2、P3是坐标平面上的三点，使得＝2[﹣（•）]，＝2[﹣（•）]．
（1）若θ＝，P1的坐标为（20，21），求；
（2）若θ＝，||＝6，求||的最大值；
（3）若存在α∈[0，π），使得当＝（cosα，sinα）时，△P1P2P3为等边三角形，求θ的所有可能值．
【解答】解：（1）若θ＝，则＝（cos，sin）＝（0，1），
则＝2[﹣（•）]＝2{（20，21）﹣[（0，1）•（20，21）]（0，1）}＝2[（20，21）﹣（0，21）]＝（40，0），
所以＝2[﹣（•）]＝2{（40，0）﹣[（1，0）•（40，0）]（1，0）}＝（0，0）；
（2）因为||＝6，不妨设＝6（cosα，sinα），
由向量＝（cosθ，sinθ），
得＝2[﹣（•）]
＝2[6（cosα，sinα）﹣6cos（α﹣θ）（cosθ，sinθ）]
＝12（sinθsin（θ﹣α），cosθsin（α﹣θ））
所以＝2[﹣（•）]
＝2[12（sinθsin（θ﹣α），cosθsin（α﹣θ））﹣12sinθsin（θ﹣α）（1，0）]
＝24（0，cosθsin（α﹣θ）），
若θ＝，则cosθ＝﹣，sinθ＝，
则||＝12|sin（α﹣）|＝12|sin（α+）|，
所以，当|sin（α+）|＝1时，||取最大值12；
（3）＝2[﹣（•）]
＝2[（cosα，sinα）﹣（cosαcosθ+sinαsinθ）（cosθ，sinθ）]
＝2（sinθsin（θ﹣α），cosθsin（α﹣θ）），
＝2[﹣（•）]
＝2[2（sinθsin（θ﹣α），cosθsin（α﹣θ））﹣2sinθsin（θ﹣α）（1，0）]
＝4（0，cosθsin（α﹣θ）），
所以＝（2sinθsin（θ﹣α）﹣cosα，2cosθsin（α﹣θ）﹣sinα），
＝（2sinθsin（α﹣θ），2cosθsin（α﹣θ）），
因为△P1P2P3为等边三角形，
所以||＝||＝2|sin（α﹣θ）|＝1，
cos＜，＞＝＝﹣，
所以|sin（α﹣θ）|＝，
2sinθsin（α﹣θ）[2sinθsin（θ﹣α）﹣cosα]+2cosθsin（α﹣θ）[2cosθsin（α﹣θ）﹣sinα]＝﹣，
即﹣4sin²θsin²（α﹣θ）﹣2sinθcosαsin（α﹣θ）+4cos²θsin²（α﹣θ）﹣2cosθsinαsin（α﹣θ）＝﹣，
即4sin²（α﹣θ）（cos²θ﹣sin²θ）﹣2sinθcosαsinαcosθ+2sinθcosαcosαsinθ﹣2cosθsinαsinαcosθ+2cosθsinαcosαsinθ＝﹣，
即cos²θ﹣sin²θ+2sin²θcos²α﹣2cos²θsin²α＝﹣，
即cos²θ﹣sin²θ+2sin²θcos²α﹣2sin²α（1﹣sin²θ）＝﹣，
即cos²θ﹣sin²θ+2sin²θcos²α﹣2sin²α+2sin²αsin²θ＝﹣，
即cos²θ﹣sin²θ+2sin²θ﹣2sin²α＝﹣，
即cos²θ+sin²θ﹣2sin²α＝﹣，
即1﹣2sin²α＝﹣，
即cos2α＝﹣，且2α∈[0，2π），
所以α＝或，
当α＝时，由|sin（α﹣θ）|＝可得θ＝或，
当α＝时，由|sin（α﹣θ）|＝可得θ＝或，
所以θ的所有可能值为、、．
八．平面向量的综合题（共1小题）
11．（2021春•浦东新区校级期末）设＝（x1，y1），＝（x2，y2），其中x1，y1，x2，y2∈R．
（1）请你利用上述两个向量以及向量的知识证明：（x1x2+y1y2）2≤（x12+y12）（x22+y22），并指出等号成立的条件；
（2）请你运用（1）中证明不等式的向量方法，求函数y＝3+的最大值．
【解答】解：（1）证明：根据题意，＝（x1，y1），＝（x2，y2），
则•＝x1x2+y1y2，||＝，||＝，
又由•＝||||cosθ≤||||，
则有（x1x2+y1y2）2≤（x12+y12）（x22+y22），当且仅当∥时等号成立；
（2）根据题意，由（1）的结论（x1x2+y1y2）2≤（x12+y12）（x22+y22），
y＝3+＝3×+×≤×＝＝2，
当且仅当x＝±时等号成立，
故函数y＝3+的最大值为2．
九．复数的代数表示法及其几何意义（共1小题）
12．（2021春•上海期末）已知复数z1＝2cosθ+isinθ，z2＝1﹣isinθ，其中i为虚数单位，θ∈R．
（1）当z1，z2是实系数一元二次方程x2+mx+n＝0的两个虚根时，求m、n的值．
（2）求|z1•|的值域．
【解答】解：（1）复数z1＝2cosθ+isinθ，z2＝1﹣isinθ，
z1，z2是实系数一元二次方程x2+mx+n＝0的两个虚根，
所以z1＝，即2cosθ+isinθ＝1+isinθ，所以
，所以cosθ＝．
m＝﹣z1﹣z2＝﹣（z1+z2）＝﹣2cosθ﹣1＝﹣2．
n＝z1•z2＝1+sin2θ＝．
（2）|z1•|＝|（2cosθ+isinθ）（1+isinθ）|
＝|（2cosθ+isinθ）||（1+isinθ）|
＝
＝
＝
＝
＝∈．
一十．类比推理（共1小题）
13．（2021春•宝山区校级期末）利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对（z1，z2）（z1，z2∈C）视为一个向量，记作＝（z1，z2），类比平面向量可以定义其运算，两个复向量＝（z1，z2）、＝（z1′，z2′）的数量积定义为一个复数，记作满足＝z1+z2，复向量的模定义为||＝．
（1）设＝（1﹣i，i），＝（3，4），求复向量、的模；
（2）设、是两个复向量，证明柯西﹣布涅科夫斯基不等式仍成立，即||≤||•||；
（3）当||＝||•||时，称复向量与平行，设＝（1+i，2﹣i），＝（i，z）（z∈C），若复向量与平行，求复数z的值．
【解答】解：（1）因为＝（1﹣i，i），所以＝（1﹣i）+i＝（1﹣i）（1+i）+i（﹣i）＝2+1＝3，
可得的模为||＝；
因为＝（3，4），所以＝3×+4×＝3×3+4×4＝25，
所以的模为||＝5；
（2）证明：因为＝（z1，z2），＝（z1′，z2′），
所以||＝|z1•+z2•|，
由复数的三角不等式|z1•+z2•|≤|z1•|+|z2•|＝|z1|•||+|z2|•||，
且≤1，
所以|x1x2+y1y2|≤，
所以|z1|•||+|z2|•||≤•＝•＝|α||β|，
综上所知，|•|≤||||．
（3）考虑（2）中等号成立的条件知，对于复数的三角不等式，复向量各分量均不为零时，
其等号成立的条件是存在非负实数k，使得＝，＝＝k（﹣i），
根据|z1|•||+|z2|•||≤•中等号成立的条件，
应有|z1|||＝|z2|||，即||＝＝，
结合＝k（﹣i），求得k＝；
所以＝（﹣i）＝﹣i，
所以z＝+i．