2024年高考数学重难点突破讲义：专题1　答案

这是一份2024年高考数学重难点突破讲义：专题1　答案，共17页。试卷主要包含了ABC，AD，AB， eq \f，－ eq \f,2)等内容，欢迎下载使用。
第1练 三角函数
1．C
【解析】 因为y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＝3sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)))))，将函数y＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))的图象向左平移 eq \f(π,3)个单位长度后得到y＝g(x)＝3sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,8)＋\f(π,3)))))＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(11π,12)))的图象，所以y＝g(x)的解析式为g(x)＝3sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(11π,12))).
2．A
【解析】 y＝|sin x|的最小正周期为π，且在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递减，y＝cs x的最小正周期为2π，y＝tan x在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))上单调递增，y＝cs eq \f(x,2)的最小正周期为4π.
3．B
【解析】 因为fn(x)＝sinnx＋csnx(n∈N*)，所以f4(x)＝sin4x＋cs4x＝(sin2x＋cs2x)2－2sin2x cs2x＝1－ eq \f(1,2)sin22x＝1－ eq \f(1,2)× eq \f(1－cs4x,2)＝ eq \f(1,4)cs 4x＋ eq \f(3,4)，所以y＝f4(2x)－ eq \f(3,4)＝ eq \f(1,4)cs 8x＋ eq \f(3,4)－ eq \f(3,4)＝ eq \f(1,4)cs 8x.令y＝0，得 eq \f(1,4)cs 8x＝0，则8x＝ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得x＝ eq \f(π,16)＋ eq \f(kπ,8)，k∈Z.因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,8)))，所以x＝ eq \f(π,16)或x＝ eq \f(3π,16)或x＝ eq \f(5π,16)，所以函数y＝f4(2x)－ eq \f(3,4)在 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3π,8)))上的零点的个数为3.
4．C
【解析】 因为f(x)关于点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，0))对称，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)ω－\f(π,3)))＝0，所以 eq \f(π,6)ω－ eq \f(π,3)＝kπ，ω＝6k＋2，k∈Z①.当0＜x＜ eq \f(5π,48)时，－ eq \f(π,3)＜ωx－ eq \f(π,3)＜ eq \f(5π,48)ω－ eq \f(π,3)，而f(x)在 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(5π,48)))上单调，所以 eq \f(5π,48)ω－ eq \f(π,3)≤ eq \f(π,2)，解得0＜ω≤8②.由①②得ω的取值集合为{2，8}．
5．ABC
【解析】 作出函数y＝1＋cs x，x∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，2π))的图象如图所示，当t＜0或t≥2时，无交点；当t＝0或 eq \f(3,2)≤t＜2时，只有1个交点；当0＜t＜ eq \f(3,2)时，有2个交点，故选ABC.
6．AD
【解析】 因为f(x)＝cs x＋a sin x＝ eq \r(a2＋1)sin (x＋φ)，其中tan φ＝ eq \f(1,a)，0＜φ＜π且φ≠ eq \f(π,2).对于A，要使f(x)为偶函数，则φ＝ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，又0＜φ＜π且φ≠ eq \f(π,2)，即对任意的a，f(x)都不是偶函数，故A正确；对于B，要使f(x)为奇函数，则φ＝kπ，k∈Z，又0＜φ＜π且φ≠ eq \f(π,2)，即不存在a，使f(x)是奇函数，故B错误；对于C，因为f(x＋π)＝ eq \r(a2＋1)sin (x＋π＋φ)＝－ eq \r(a2＋1)sin (x＋φ)≠f(x)，故C错误；对于D，若f(x)的图象关于x＝ eq \f(π,4)对称，则 eq \f(π,4)＋φ＝ eq \f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得φ＝ eq \f(π,4)＋kπ，k∈Z，且0＜φ＜π且φ≠ eq \f(π,2)，所以φ＝ eq \f(π,4)，即tan eq \f(π,4)＝ eq \f(1,a)＝1，a＝1，故D正确．
7．AB
【解析】 由图象相邻对称轴间的距离为 eq \f(π,2)，知最小正周期T＝π， ω＝2，又点 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)，0))是其中一个对称中心，故2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＋φ＝kπ，k∈Z，φ＝ eq \f(π,6)＋kπ，k∈Z.由|φ|＜ eq \f(π,2)，得φ＝ eq \f(π,6)，所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6))).最小正周期T＝π，故A正确；由于f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)＋\f(π,6)))＝－2，所以x＝ eq \f(2,3)π是函数f(x)图象的一条对称轴方程，故B正确；当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,12)，\f(π,3)))时，2x＋ eq \f(π,6)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(5π,6)))，此时正弦曲线先增后减，故C错误；将函数f(x)图象上所有点横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标缩短为原来的一半，再把得到的图象向左平移 eq \f(π,6)个单位长度，可得到g(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,3)))的图象，故D错误．
8．f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))
【解析】 显然A＝2，因为 eq \f(T,2)＝ eq \f(5π,12)＋ eq \f(π,12)＝ eq \f(π,2)，所以T＝π，所以ω＝ eq \f(2π,T)＝ eq \f(2π,π)＝2.由f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＝2，得2sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,12)))＋φ))＝2，所以－ eq \f(π,6)＋φ＝2kπ＋ eq \f(π,2)，k∈Z，即φ＝2kπ＋ eq \f(2π,3)，k∈Z.因为|φ|＜π，所以φ＝ eq \f(2π,3)，所以f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3))).
9． eq \f(π,6)
【解析】 因为f(x)图象相邻的对称中心与对称轴的距离为 eq \f(π,4)，所以最小正周期T＝π，因为ω＝ eq \f(2π,T)＝2，且2× eq \f(π,6)＋φ＝ eq \f(π,2)＋kπ(k∈Z)，又|φ|＜ eq \f(π,2)，所以φ＝ eq \f(π,6).
10．－ eq \f(\r(3),2)
【解析】 设A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(1,2)))，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(1,2)))，由|AB|＝ eq \f(π,6)可得x2－x1＝ eq \f(π,6).由sin x＝ eq \f(1,2)可知x＝ eq \f(π,6)＋2kπ或x＝ eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z.由图可知ωx2＋φ－(ωx1＋φ)＝ eq \f(5,6)π－ eq \f(π,6)＝ eq \f(2π,3)，即ω(x2－x1)＝ eq \f(2π,3)，所以ω＝4.因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)π))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8π,3)＋φ))＝0，所以由图知 eq \f(8π,3)＋φ＝2kπ，k∈Z，即φ＝－ eq \f(8,3)π＋2kπ，k∈Z，所以f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4x－\f(2,3)π))，经检验符合题意，所以f(π)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4π－\f(2,3)π))＝－ eq \f(\r(3),2).
11．【解答】 (1) 因为f(x)＝cs4x－2sinx cs x－sin4x＝(cs2x－sin2x)(cs2x＋sin2x)－2sinx cs x＝cs 2x－sin 2x＝－ eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))，T＝ eq \f(2π,2)＝π.
(2) 由0≤x≤ eq \f(π,2)，得－ eq \f(π,4)≤2x－ eq \f(π,4)≤ eq \f(3π,4)，－ eq \f(\r(2),2)≤sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))≤1，－ eq \r(2)≤－ eq \r(2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x－\f(π,4)))≤1，所以f(x)min＝－ eq \r(2)，此时2x－ eq \f(π,4)＝ eq \f(π,2)＋2kπ，k∈Z，x＝ eq \f(3π,8)＋kπ，k∈Z，因为x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以函数f(x)取得最小值时的x的集合为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(\f(3π,8))).
12．【解答】 (1) 因为函数f(x)＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋cs x＋a＝sin x cs eq \f(π,6)＋cs x sin eq \f(π,6)＋sin x cs eq \f(π,6)－cs x sin eq \f(π,6)＋cs x＋a＝ eq \r(3)sin x＋cs x＋a＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))＋a，由f(x)的最大值为1，则2＋a＝1，解得a＝－1.
(2) 由(1)知，f(x)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－1，由正弦曲线知， eq \f(π,2)＋2kπ≤x＋ eq \f(π,6)≤ eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，即 eq \f(π,3)＋2kπ≤x≤ eq \f(4π,3)＋2kπ，k∈Z，所以函数f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,3)＋2kπ，\f(4π,3)＋2kπ))，k∈Z.
(3) 因为f(x)≥0，所以2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))－1≥0，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))≥ eq \f(1,2)，则 eq \f(π,6)＋2kπ≤x＋ eq \f(π,6)≤ eq \f(5π,6)＋2kπ，k∈Z，解得2kπ≤x≤ eq \f(2π,3)＋2kπ，k∈Z，所以使f(x)≥0成立的x的取值集合为 eq \b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\c1(x|2kπ≤x≤\f(2π,3)＋2kπ，k∈Z)).
13．【解答】 (1) 因为函数f(x)＝sin (ωx＋φ)在区间 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)，\f(π,2)))上单调，所以函数f(x)的最小正周期T≥2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)－\f(π,6)))＝ eq \f(2π,3)，又因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)))，所以直线x＝ eq \f(1,2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)＋\f(2π,3)))，即x＝ eq \f(7π,12)为y＝f(x)图象的一条对称轴．
(2) 由(1)知T≥ eq \f(2π,3)，故ω＝ eq \f(2π,T)≤3，由ω∈N*，得ω＝1，2或3.由x＝ eq \f(7π,12)为f(x)＝sin (ωx＋φ)的一条对称轴，所以 eq \f(7π,12)ω＋φ＝ eq \f(π,2)＋k1π，k1∈Z.因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)))＝ eq \f(\r(3),2)，所以 eq \f(π,6)ω＋φ＝ eq \f(π,3)＋2k2π或 eq \f(π,6)ω＋φ＝ eq \f(2π,3)＋2k3π，k2，k3∈Z.若 eq \f(π,6)ω＋φ＝ eq \f(π,3)＋2k2π，则 eq \f(5π,12)ω＝ eq \f(π,6)＋(k1－2k2)π，即ω＝ eq \f(2,5)＋ eq \f(12,5)(k1－2k2)，不存在整数k1，k2，使得ω＝1，2或3；若 eq \f(π,6)ω＋φ＝ eq \f(2π,3)＋2k3π，则 eq \f(5π,12)ω＝－ eq \f(π,6)＋(k1－2k3)π，即ω＝－ eq \f(2,5)＋ eq \f(12,5)(k1－2k3)，不存在整数k1，k3，使得ω＝1或3.当k1＝2k3＋1时，ω＝2，此时φ＝ eq \f(π,3)＋2k3π.由|φ|＜ eq \f(π,2)，得φ＝ eq \f(π,3).
第2练 三角恒等变换
1．D
【解析】 因为α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，cs α＝－ eq \f(3,5)，所以sin α＝ eq \r(1－cs2α)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))\s\up12(2))＝ eq \f(4,5)，因此cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝cs eq \f(π,4)cs α＋sin αsin eq \f(π,4)＝ eq \f(\r(2),2)× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))＋ eq \f(4,5)× eq \f(\r(2),2)＝ eq \f(\r(2),10).
2．C
【解析】 如图，设高AD＝h，则BD＝AD＝h.因为BC＝3h，所以DC＝2h，所以AC＝ eq \r(5)h，所以cs C＝ eq \f(2\r(5),5)，sin C＝ eq \f(\r(5),5)，所以cs A＝－cs (B＋C)＝－cs eq \f(π,4)·cs C＋sin eq \f(π,4)sin C＝－ eq \f(\r(2),2)× eq \f(2\r(5),5)＋ eq \f(\r(2),2)× eq \f(\r(5),5)＝－ eq \f(\r(10),10).
3．B
【解析】 由题得4sin αcs α＝2cs2α⇒csα＝0或tan α＝ eq \f(1,2).因为α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))，所以tan α＝ eq \f(1,2)，cs α＝ eq \f(2\r(5),5)，sin α＝ eq \f(\r(5),5)，所以cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3π,2)＋α))＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(α－\f(π,2)))＝sin α＝ eq \f(\r(5),5).
4．C
【解析】 对于A，f(x)＝ eq \f(1＋cs 2x,2)＋ eq \f(1,2)sin 2x＝ eq \f(\r(2),2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,4)))＋ eq \f(1,2)，所以T＝π.对于B，sin x≠0且cs x≠0，f(x)＝ eq \f(1－(1－2sin2x),2sinx cs x)＝ eq \f(2sin2x,2sinx cs x)＝tan x，x≠ eq \f(kπ,2)，k∈Z，所以T＝π.对于C，f(x)＝ eq \f(1,2)cs x－ eq \f(\r(3),2)sin x＋ eq \f(1,2)cs x＋ eq \f(\r(3),2)sin x＝cs x，所以T＝2π.对于D，f(x)＝ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))))＝ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,3)))，所以T＝π.
5．BD
【解析】 对于A，sin eq \f(π,12)cs eq \f(π,12)＝ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,12)))＝ eq \f(1,2)sin eq \f(π,6)＝ eq \f(1,4)，不符合题意；对于B，cs2 eq \f(π,8)－sin2 eq \f(π,8)＝cs eq \f(π,4)＝ eq \f(\r(2),2)，符合题意；对于C， eq \f(tan \f(π,8),1－tan2\f(π,8))＝ eq \f(1,2)·tan eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2×\f(π,8)))＝ eq \f(1,2)·tan eq \f(π,4)＝ eq \f(1,2)，不符合题意；对于D，2cs222.5°－1＝cs45°＝ eq \f(\r(2),2)，符合题意．
6．CD
【解析】 cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5π,6)))＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)－π))＝－cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,6)))≠cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，故A不正确；sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)－\f(π,2)))＝－cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))≠cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，故B不正确； eq \f(\r(3)cs x＋sin x,2)＝ eq \f(\r(3),2)cs x＋ eq \f(1,2)sin x＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，故C正确；2cs2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,12)－\f(x,2)))－1＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,6)－x))＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))，故D正确．
7．AD
【解析】 因为tan (25°＋20°)＝ eq \f(tan 25°＋tan 20°,1－tan 25°tan 20°)＝1，所以tan 25°＋tan 20°＋tan 25°tan 20°＝1，所以A正确；设A＝sin21°＋sin22°＋sin23°＋…＋sin289°，则A＝cs289°＋cs288°＋cs287°＋…＋cs21°，而sin2α＋cs2α＝1，故2A＝89，即A＝ eq \f(89,2)，故B错误；cs4 eq \f(π,8)－sin4 eq \f(π,8)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs2\f(π,8)＋sin2\f(π,8))) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(cs2\f(π,8)－sin2\f(π,8)))＝cs2 eq \f(π,8)－sin2 eq \f(π,8)＝cs eq \f(π,4)＝ eq \f(\r(2),2)，所以C错误； eq \f(1,sin 10°)－ eq \f(\r(3),cs 10°)＝ eq \f(cs 10°－\r(3)sin 10°,sin 10°cs 10°)＝ eq \f(2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs 10°－\f(\r(3),2)sin 10°)),sin 10°cs 10°)＝ eq \f(2(sin 30°cs 10°－cs 30°sin 10°),\f(1,2)×2sin 10°cs 10°)＝ eq \f(2sin 20°,\f(1,2)sin 20°)＝4，所以D正确．
8． eq \f(7\r(2),10)
【解析】 由sin (α－β)cs α－cs (β－α)sin α＝ eq \f(3,5)，知sin [(α－β)－α]＝－sin β＝ eq \f(3,5)，即sin β＝－ eq \f(3,5).因为β是第三象限角，所以cs β＝－ eq \r(1－sin2β)＝－ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))\s\up12(2))＝－ eq \f(4,5)，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(5π,4)))＝sin βcs eq \f(5π,4)＋cs βsin eq \f(5π,4)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(3,5)))× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))＋ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),2)))＝ eq \f(7\r(2),10).
9． eq \f(7,25)
【解析】 由cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))＝ eq \f(4,5)，得2cs2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(π,12)))－1＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝2× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5))) eq \s\up12(2)－1＝ eq \f(7,25)，故sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(2π,3)))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)＋\f(π,2)))＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＝ eq \f(7,25).
10．－5 eq \r(2) －3＋2 eq \r(2)
【解析】 因为tan 2θ＝－2 eq \r(2)，即 eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝－2 eq \r(2)，解得tanθ＝ eq \r(2)或tan θ＝－ eq \f(\r(2),2).因为 eq \f(π,4)＜θ＜ eq \f(π,2)，所以tan θ＝ eq \r(2)且cs θ≠0. eq \f(5sin θcs θ,cs2θ－sin2θ)＝ eq \f(\f(5,2)sin2θ,cs 2θ)＝ eq \f(5,2)tan 2θ＝－5 eq \r(2)， eq \f(2cs2\f(θ,2)－sinθ－1,\r(2)sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4))))＝ eq \f(cs θ－sin θ,cs θ＋sin θ)＝ eq \f(1－tan θ,1＋tan θ)＝ eq \f(1－\r(2),1＋\r(2))＝－3＋2 eq \r(2).
11．【解答】 (1) 因为α，β都是锐角，cs α＝ eq \f(4,5)，cs (α＋β)＝ eq \f(5,13)，所以0＜α＋β＜π，sin α＝ eq \r(1－cs2α)＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,5)))\s\up12(2))＝ eq \f(3,5)，sin(α＋β)＝ eq \r(1－cs2(α＋β))＝ eq \r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,13)))\s\up12(2))＝ eq \f(12,13)，sinβ＝sin (α＋β－α)＝sin (α＋β)cs α－cs (α＋β)sin α＝ eq \f(12,13)× eq \f(4,5)－ eq \f(5,13)× eq \f(3,5)＝ eq \f(33,65).
(2) 因为α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(3π,4)))，β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(π,4)))，所以 eq \f(π,4)－α∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(π,2)，0))， eq \f(5π,4)＋β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)，\f(3π,2)))，又cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝ eq \f(3,5)，sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)＋β))＝－ eq \f(12,13)，所以sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝－ eq \f(4,5)，cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)＋β))＝－ eq \f(5,13)，sin (π＋α＋β)＝sin eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)＋β))－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))))＝sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)＋β))cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))－cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5π,4)＋β))·sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,4)－α))＝－ eq \f(12,13)× eq \f(3,5)－ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(5,13)))× eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))＝－ eq \f(56,65)，所以sin (α＋β)＝－sin (π＋α＋β)＝ eq \f(56,65).
(3) 因为α，β都是锐角，tan α＝ eq \f(1,7)，sin β＝ eq \f(\r(10),10)，所以cs β＝ eq \f(3\r(10),10)，tan β＝ eq \f(1,3)，tan (α＋β)＝ eq \f(tan α＋tan β,1－tan αtan β)＝ eq \f(\f(1,7)＋\f(1,3),1－\f(1,7)×\f(1,3))＝ eq \f(1,2)，tan (α＋2β)＝ eq \f(tan (α＋β)＋tan β,1－tan (α＋β)tan β)＝ eq \f(\f(1,2)＋\f(1,3),1－\f(1,2)×\f(1,3))＝1.
12．【解答】 (1) 因为f(x)＝ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(sin \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(π,6)))＋cs x))cs x，所以f(x)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)sin x＋\f(1,2)cs x))cs x＝ eq \f(\r(3),4)sin 2x＋ eq \f(1＋cs 2x,4)＝ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2x＋\f(π,6)))＋ eq \f(1,4)，令 eq \f(π,2)＋2kπ≤2x＋ eq \f(π,6)≤ eq \f(3π,2)＋2kπ，k∈Z，解得 eq \f(π,6)＋kπ≤x≤ eq \f(2π,3)＋kπ，k∈Z，所以f(x)的单调递减区间为 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,6)＋kπ，\f(2π,3)＋kπ))，k∈Z.
(2) 因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(β,2)＋\f(π,6)))＝ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(β＋\f(π,2)))＋ eq \f(1,4)＝ eq \f(1,2)cs β＋ eq \f(1,4)＝ eq \f(\r(5),10)＋ eq \f(1,4)，所以cs β＝ eq \f(\r(5),5)， 又β为锐角，可得sin β＝ eq \f(2\r(5),5).因为f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(α＋β,2)－\f(π,12)))＝ eq \f(1,2)sin (α＋β)＋ eq \f(1,4)＝ eq \f(11,20)，所以sin (α＋β)＝ eq \f(3,5)＜ eq \f(2\r(5),5)＝sin β，又α＋β∈(0，π)，所以α＋β∈ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，π))，则cs (α＋β)＝－ eq \f(4,5)，所以cs α＝cs [(α＋β)－β]＝cs (α＋β)cs β＋sin (α＋β)sin β＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4,5)))× eq \f(\r(5),5)＋ eq \f(3,5)× eq \f(2\r(5),5)＝ eq \f(2\r(5),25).
13．【解答】 (1) 由题知，AD⊥AB，BC⊥AB，BC＝60，AD＝30，如图，作DE⊥BC，垂足为E，则四边形ABED为矩形，所以BE＝CE＝30，所以△BDE≌△CDE，所以∠CDE＝∠BDE，设∠CDE＝∠BDE＝θ，则tan ∠BDC＝tan 2θ＝ eq \f(2tan θ,1－tan2θ)＝ eq \f(4,3)，解得tanθ＝ eq \f(1,2)或tan θ＝－2(舍去)，所以AB＝DE＝ eq \f(30,tan θ)＝60，所以两座高塔底部A，B之间的距离为60 m.
(2) 设AP＝t(0≤t≤60)，则BP＝60－t，所以tan ∠DPA＝ eq \f(30,t)，tan ∠BPC＝ eq \f(60,60－t)，所以tan ∠DPC＝tan (π－∠DPA－∠BPC)＝－tan (∠DPA＋∠BPC)＝－ eq \f(tan ∠DPA＋tan ∠BPC,1－tan ∠DPA·tan ∠BPC)＝－ eq \f(\f(30,t)＋\f(60,60－t),1－\f(30,t)·\f(60,60－t))＝30· eq \f(t＋60,t2－60t＋1 800)＞0.设t＋60＝m(60≤m≤120)，则t＝m－60，所以tan ∠DPC＝30· eq \f(m,(m－60)2－60(m－60)＋1 800)＝ eq \f(30,m＋\f(9 000,m)－180)≤ eq \f(30,2\r(m·\f(9 000,m))－180)＝ eq \f(\r(10)＋3,2)，当且仅当m＝ eq \f(9 000,m)，即m＝30 eq \r(10)时，等号成立．又因为在锐角范围内，tan ∠DPC越大，∠DPC越大，所以当m＝30 eq \r(10)时，∠DPC取得最大值，此时AP＝30 eq \r(10)－60.所以在距离A处(30 eq \r(10)－60)m处搭建，才能达到最佳的观赏效果．
第3练 解三角形
1．B
【解析】已知 b2＝ac，c＝2a，则b2＝2a2，由余弦定理得cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝ eq \f(a2＋4a2－2a2,2a·2a)＝ eq \f(3,4).
2．C
【解析】 根据正弦定理得 eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)，得sin B＝ eq \f(b sin C,c)＝ eq \f(3×\f(\r(21),7),2)＝ eq \f(3\r(21),14)，所以cs B＝± eq \r(1－sin2B)＝± eq \r(1－\f(189,196))＝± eq \f(\r(7),14).
3．B
【解析】 因为S＝ eq \f(1,2)ab sin C，a2＋b2－c2＝2ab cs C，代入4 eq \r(3)S＝(a＋b)2－c2＝a2＋b2－c2＋2ab，即2 eq \r(3)ab sin C＝2ab cs C＋2ab，因为ab≠0，所以 eq \r(3)sin C＝cs C＋1，即 eq \r(3)sin C－cs C＝1，所以 eq \f(\r(3),2)sin C－ eq \f(1,2)cs C＝ eq \f(1,2)⇒sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(C－\f(π,6)))＝ eq \f(1,2).
4．A
【解析】 当伞完全张开时，AD＝40－24＝16 cm，因为B为AD′的中点，所以AB＝AC＝ eq \f(1,2)AD′＝20 cm.当伞完全收拢时，AB＋BD＝AD′＝40 cm，所以BD＝20 cm，在△ABD中，cs ∠BAD＝ eq \f(AB2＋AD2－BD2,2AB·AD)＝ eq \f(400＋256－400,2×20×16)＝ eq \f(2,5)，所以cs ∠BAC＝cs 2∠BAD＝2cs2∠BAD－1＝2× eq \f(4,25)－1＝－ eq \f(17,25).
5．BD
【解析】 由题得 eq \f(a2＋c2－b2,2ac)tan B＝ eq \f(\r(3),2).根据余弦定理可知cs B tan B＝sin B＝ eq \f(\r(3),2)，又0°＜B＜180°，所以B＝60°或B＝120°.
6．ABD
【解析】 因为a2＋b2－c2＝ab sin C，所以cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝ eq \f(ab sin C,2ab)＝ eq \f(sin C,2)，所以tan C＝ eq \f(sin C,cs C)＝2，故A正确．因为a cs B＋b sin A＝c，利用正弦定理可得sin A cs B＋sin B sin A＝sin C，又C＝π－(A＋B)，所以sin C＝sin [π－(A＋B)]＝sin (A＋B)，所以sin A cs B＋sin B sin A＝sin (A＋B)＝sin A cs B＋cs A sin B，即sin B sin A＝cs A sin B，因为B∈(0，π)，所以sin B≠0，所以tan A＝1，又A∈(0，π)，所以A＝ eq \f(π,4)，故B正确．因为tan C＝2，C∈(0，π)，所以sin C＝ eq \f(2\r(5),5)，cs C＝ eq \f(\r(5),5)，所以sin B＝sin (A＋C)＝sin A cs C＋cs A sin C＝ eq \f(\r(2),2)× eq \f(\r(5),5)＋ eq \f(\r(2),2)× eq \f(2\r(5),5)＝ eq \f(3\r(10),10).因为 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)，所以b＝ eq \f(a sin B,sin A)＝ eq \f(\r(10)×\f(3\r(10),10),\f(\r(2),2))＝3 eq \r(2)，故C错误．S△ABC＝ eq \f(1,2)ab sin C＝ eq \f(1,2)× eq \r(10)×3 eq \r(2)× eq \f(2\r(5),5)＝6，故D正确．
7．ABC
【解析】 对于A，若 eq \f(a,cs A)＝ eq \f(b,cs B)＝ eq \f(c,cs C)，则 eq \f(sin A,cs A)＝ eq \f(sin B,cs B)＝ eq \f(sin C,cs C)，即tan A＝tan B＝tan C，即A＝B＝C，即△ABC是等边三角形，故A正确．对于B，由(a＋b＋c)(a＋b－c)＝3ab，可得a2＋b2－c2＝ab，由余弦定理得cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝ eq \f(1,2).因为0＜C＜π，所以C＝ eq \f(π,3)，故B正确．对于C，因为a＝7，b＝4 eq \r(3)，c＝ eq \r(13)，所以c＜b＜a，所以C＜B＜A，所以cs C＝ eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝ eq \f(72＋(4\r(3))2－(\r(13))2,2×7×4\r(3))＝ eq \f(\r(3),2)，因为0＜C＜π，所以C＝ eq \f(π,6)，故C正确．对于D，因为a＝5，A＝ eq \f(π,3)，b＝4，所以 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)，即 eq \f(5,\f(\r(3),2))＝ eq \f(4,sin B)，解得sin B＝ eq \f(2\r(3),5)＜ eq \f(\r(3),2)，因为b＜a，所以B＜A，所以三角形只有1解，故D错误．
8． eq \f(3\r(3),4)
【解析】 由题意可知，c2＝(a－b)2＋ab＝a2＋b2－ab，所以cs C＝ eq \f(1,2).又C∈(0，π)，所以C＝ eq \f(π,3).又3＝a2＋b2－ab≥2ab－ab＝ab，当且仅当a＝b时，等号成立，故ab≤3，△ABC的面积S＝ eq \f(1,2)ab sin C＝ eq \f(\r(3),4)ab≤ eq \f(3\r(3),4).
9． eq \f(5,3)
【解析】 如图，易知∠APB＝180°－(∠PAB＋∠PBA)，∠PBA＝∠ABC－∠PBC，又∠PAB＝∠PBC＝30°，AB＝2，sin ∠ABC＝ eq \f(3,5)，所以sin ∠APB＝sin (30°＋∠PBA)＝sin ∠ABC＝ eq \f(3,5)，则由正弦定理得 eq \f(PB,sin ∠PAB)＝ eq \f(AB,sin ∠APB)，解得PB＝ eq \f(5,3).
10．1 eq \f(\r(6)－\r(2),4)
【解析】 如图所示，记AE边为h，由AE⊥BC，在△AEB中，sin B＝ eq \f(AE,AB)＝ eq \f(h,c)；在△AEC中，sin C＝ eq \f(AE,AC)＝ eq \f(h,b)，则sin A＝2sin B sin C＝ eq \f(2h2,bc).又S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sin A＝ eq \f(1,2)ah，得sin A＝ eq \f(ah,bc)，则有 eq \f(2h2,bc)＝ eq \f(ah,bc)，即2h2＝ah，解得h＝1，即AE＝1.S△ABC＝ eq \f(1,2)bc sin A＝ eq \f(1,2)ah＝1，bc＝ eq \f(2,sin A)，b2＋c2＝ eq \r(6)bc，由余弦定理，得a2＝b2＋c2－2bc cs A＝ eq \r(6)bc－2bc cs A，即4＝bc( eq \r(6)－2cs A)＝ eq \f(2,sin A)( eq \r(6)－2cs A)，得2sin A＋2cs A＝ eq \r(6)，即sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A＋\f(π,4)))＝ eq \f(\r(3),2).由A∈(0，π)，得A＋ eq \f(π,4)＝ eq \f(2π,3)，cs A＝cs eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－\f(π,4)))＝cs eq \f(2π,3)cs eq \f(π,4)＋sin eq \f(2π,3)sin eq \f(π,4)＝ eq \f(\r(6)－\r(2),4).
11．【解答】 (1) 由题意得2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B＋\f(π,6)))＝ eq \f(sin B＋sin C,sin A)，则( eq \r(3)sin B＋cs B)sin A＝sin B＋sin A cs B＋sin B cs A，又B∈(0，π)，故sin B≠0，有 eq \r(3)sin A＝1＋cs A，即2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(A－\f(π,6)))＝1.因为A∈(0，π)，所以－ eq \f(π,6)＜A－ eq \f(π,6)＜ eq \f(5π,6)，所以A＝ eq \f(π,3).
(2) 由S△ABC＝ eq \f(1,2)ah＝ eq \f(1,2)bc sin A，得 eq \f(\r(3),8)a2＝ eq \f(\r(3),4)bc，所以a2＝2bc，即sin2A＝2sinB sin C，则sin B sin C＝ eq \f(3,8).又cs A＝－cs (B＋C)＝sin B sin C－cs B cs C＝ eq \f(1,2)，所以cs B cs C＝－ eq \f(1,8).
12．【解答】 (1) 因为 eq \f(2cs C,a)＝ eq \f(2,b)＋ eq \f(sin C,b sin A)，所以 eq \f(2cs C,a)＝ eq \f(2,b)＋ eq \f(c,ba)，所以2b·cs C＝2a＋c，所以2b· eq \f(a2＋b2－c2,2ab)＝2a＋c，即a2＋c2－b2＝－ac，所以cs B＝ eq \f(a2＋c2－b2,2ac)＝ eq \f(－ac,2ac)＝－ eq \f(1,2)，又B∈(0，π)，所以B＝ eq \f(2π,3).
(2) 因为b＝8，D为边AC的中点，所以AD＝CD＝4，且BD＝2 eq \r(2)，在△ABD中，cs ∠BDA＝ eq \f(BD2＋AD2－AB2,2BD·AD)＝ eq \f(8＋16－c2,2×2\r(2)×4)＝ eq \f(24－c2,16\r(2)).同理，在△BDC中，cs ∠BDC＝ eq \f(24－a2,16\r(2)).因为∠ADB＋∠BDC＝π，所以cs ∠ADB＋cs ∠BDC＝0，所以a2＋c2＝48.在△ABC中，b2＝c2＋a2－2ac cs B，即64＝c2＋a2＋ac，所以ac＝16，所以△ABC的面积S△ABC＝ eq \f(1,2)ac sin B＝ eq \f(1,2)×16×sin eq \f(2π,3)＝4 eq \r(3).
13．【解答】 (1) 选择条件①， eq \f(tan B＋tan C,tan B)＝ eq \f(sin B cs C＋cs B sin C,sin B cs C)＝ eq \f(sin (B＋C),sin B cs C)＝ eq \f(sin A,sin B cs C)＝ eq \f(a,b cs C)，所以 eq \f(a,b cs C)＝ eq \f(2a,b)，于是cs C＝ eq \f(1,2).又C∈(0，π)，所以C＝ eq \f(π,3).选择条件②，因为 eq \f(1＋sin 2C－cs 2C,1＋sin 2C＋cs 2C)＝ eq \f(2sin C cs C＋2sin2C,2sinC cs C＋2cs2C)＝ eq \f(2sinC(cs C＋sin C),2cs C(cs C＋sin C))＝tan C，解得tan C＝ eq \r(3).又C∈(0，π)，所以C＝ eq \f(π,3).选择条件③，则 eq \r(3)a＝c(sin B＋ eq \r(3)cs B)，由正弦定理得 eq \r(3)sin A＝sin C sin B＋ eq \r(3)sin C cs B，即 eq \r(3)sin (B＋C)＝sin C sin B＋ eq \r(3)sin C cs B，整理得 eq \r(3)sin B cs C＝sin C sin B，由sin B≠0，得tan C＝ eq \r(3).又C∈(0，π)，所以C＝ eq \f(π,3).
(2) 由(1)知，C＝ eq \f(π,3)，B＝ eq \f(2π,3)－A，因为△ABC为锐角三角形，所以 eq \f(π,6)＜A＜ eq \f(π,2).由正弦定理 eq \f(a,sin A)＝ eq \f(b,sin B)＝ eq \f(c,sin C)＝1，得a＝sin A，b＝sin B，于是a2＋b2＝sin2A＋sin2B＝sin2A＋sin2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2π,3)－A))＝ eq \f(1－cs2A,2)＋ eq \f(1－cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)－2A)),2)＝1－ eq \f(1,2) eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(cs 2A＋cs \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4π,3)－2A))))＝1－ eq \f(1,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)cs 2A－\f(\r(3),2)sin 2A))，化简得a2＋b2＝1＋ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6))).因为 eq \f(π,6)＜A＜ eq \f(π,2)，所以 eq \f(π,6)＜2A－ eq \f(π,6)＜ eq \f(5π,6)，所以 eq \f(1,2)＜sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6)))≤1， eq \f(5,4)＜1＋ eq \f(1,2)sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2A－\f(π,6)))≤ eq \f(3,2)，故a2＋b2的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(5,4)，\f(3,2))).
第4练 平面向量与复数
1．B
【解析】 因为 eq \f(5,i－2)＝ eq \f(5(－2－i),(－2＋i)(－2－i))＝－2－i，所以复数 eq \f(5,i－2)的共轭复数是i－2.
2．D
【解析】 因为复数m(3＋i)－(2＋i)＝3m－2＋(m－1)i， eq \f(2,3)＜m＜1，所以3m－2＞0，m－1＜0，所以在复平面内对应的点位于第四象限．
3．D
【解析】 i2 023＝i505×4+3＝i3＝－i，所以z＝ eq \f(－i,2－i)＝ eq \f(－i(2＋i),(2－i)(2＋i))＝ eq \f(1－2i,5)＝ eq \f(1,5)－ eq \f(2i,5)，则 eq \x\t(z)＝ eq \f(1,5)＋ eq \f(2,5)i.
4．A
【解析】 因为 eq \f(a＋3i,2＋i)＝ eq \f((a＋3i)(2－i),(2＋i)(2－i))＝ eq \f(2a＋3＋(6－a)i,5)是纯虚数，所以2a＋3＝0且6－a≠0，解得a＝－ eq \f(3,2).
5．B
【解析】 因为z＝ eq \f(3＋i,1－i)＝ eq \f((3＋i)(1＋i),(1－i)(1＋i))＝ eq \f(2＋4i,2)＝1＋2i，所以|z|＝ eq \r(12＋22)＝ eq \r(5).
6．C
【解析】 因为e1，e1是夹角为60°的两个单位向量，所以|e1|＝1，|e2|＝1，e1·e1＝ eq \f(1,2)，所以a·b＝(2e1＋e2)·(－3e1＋2e2)＝－6e eq \\al(2,1) ＋e1·e2＋2e eq \\al(2,2) ＝－6＋ eq \f(1,2)＋2＝－ eq \f(7,2)，|a|＝ eq \r(7)，|b|＝ eq \r(7)，cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|)＝－ eq \f(1,2).因为0°≤〈a，b〉≤180°，所以a＝2e1＋e2与b＝－3e1＋2e2的夹角为120°.
7．D
【解析】 因为a＝(1，1)，b＝(1，－1)，所以a＋λb＝(1＋λ，1－λ)，a＋μb＝(1＋μ，1－μ)，由(a＋λb)⊥(a＋μb)可得(a＋λb)·(a＋μb)＝0，即(1＋λ)(1＋μ)＋(1－λ)(1－μ)＝0，整理得λμ＝－1.
8．C
【解析】 eq \(EG,\s\up6(→))＝ eq \(EA,\s\up6(→))＋ eq \(AG,\s\up6(→))＝ eq \(EB,\s\up6(→))＋ eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \(AG,\s\up6(→))＝－ eq \(AB,\s\up6(→))－ eq \f(1,2) eq \(AD,\s\up6(→))＋ eq \f(2,3) eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \f(5,6) eq \(AD,\s\up6(→))＝－ eq \f(1,3) eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,3) eq \(AD,\s\up6(→))， eq \(EF,\s\up6(→))＝ eq \(EB,\s\up6(→))＋ eq \(BA,\s\up6(→))＋ eq \(AD,\s\up6(→))＋ eq \(DF,\s\up6(→))＝－ eq \f(1,2) eq \(AB,\s\up6(→))＋ eq \f(1,2) eq \(AD,\s\up6(→))＝ eq \f(3,2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,3)\(AB,\s\up6(→))＋\f(1,3)\(AD,\s\up6(→))))＝ eq \f(3,2) eq \(EG,\s\up6(→))，故 eq \(EG,\s\up6(→))＝ eq \f(2,3) eq \(EF,\s\up6(→)).
9．AD
【解析】 对于A，z2＝2i，其实部为零，虚部不为零，是纯虚数，故A正确；对于B，z1－z2＝2－3i，其在复平面上对应的点为(2，－3)，在第四象限，故B错误；对于C，z1＋z2＝2＋i，则|z1＋z2|＝ eq \r(4＋1)＝ eq \r(5)，故C错误；对于D，z1＝2－i，则 eq \x\t(z)1＝2＋i，故D正确．
10．BD
【解析】 对于A，若a＝(1，0)，取b＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，－\f(\r(3),2)))，也有a·b＝ eq \f(1,2)，故A错误；对于B，|a＋b|＝ eq \r(|a＋b|2)＝ eq \r(a2＋b2＋2a·b)＝ eq \r(1＋1＋2×\f(1,2))＝ eq \r(3)，故B正确；对于C，cs 〈a，b〉＝ eq \f(a·b,|a||b|)＝ eq \f(\f(1,2),1×1)＝ eq \f(1,2)，而〈a，b〉∈[0，π]，故〈a，b〉＝ eq \f(π,3)，故C错误；对于D，向量a在向量b上的投影向量为 eq \f(a·b,|b|)· eq \f(b,|b|)＝ eq \f(1,2)b，故D正确．
11．AD
【解析】 对于A，因为z＝1＋i，则 eq \x\t(z)＝1－i，故A正确；对于B，复数z的虚部为1，故B错误；对于C， eq \f(\x\t(z),z)＝ eq \f(1－i,1＋i)＝ eq \f((1－i)2,(1＋i)(1－i))＝ eq \f(－2i,2)＝－i，故C错误；对于D，令z0＝x＋yi(x，y∈R)，则|z0－z|2＝(x－1)2＋(y－1)2＝1，即z0对应的点在圆心为(1，1)，半径为1的圆上，而|z0|表示圆上点到原点的距离，由圆心(1，1)到原点的距离为 eq \r(2)，结合圆上点到定点距离范围易知|z0|的最大值为 eq \r(2)＋1，故D正确．
12．ABC
【解析】 如图，根据欧拉线定理可知，点O，H，G共线，且GH＝2OG.对于A，因为GH＝2OG，所以 eq \(GH,\s\up6(→))＝2 eq \(OG,\s\up6(→))，故A正确；对于B，取BC的中点D，则 eq \(GA,\s\up6(→))＋ eq \(GB,\s\up6(→))＋ eq \(GC,\s\up6(→))＝ eq \(GA,\s\up6(→))＋2 eq \(GD,\s\up6(→))＝0，故B正确；对于C， eq \(OH,\s\up6(→))＝3 eq \(OG,\s\up6(→))＝3( eq \(AG,\s\up6(→))－ eq \(AO,\s\up6(→)))＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)\(AD,\s\up6(→))－\(AO,\s\up6(→))))＝2 eq \(AD,\s\up6(→))－3 eq \(AO,\s\up6(→))＝2( eq \(AO,\s\up6(→))＋ eq \(OD,\s\up6(→)))－3 eq \(AO,\s\up6(→))＝2 eq \(OD,\s\up6(→))－ eq \(AO,\s\up6(→))＝ eq \(OB,\s\up6(→))＋ eq \(OC,\s\up6(→))＋ eq \(OA,\s\up6(→))，故C正确；对于D， eq \(OA,\s\up6(→))＝ eq \(OB,\s\up6(→))＝ eq \(OC,\s\up6(→))显然不正确．
13．2
【解析】z＝ eq \f(a,1＋i)＝ eq \f(a(1－i),(1＋i)(1－i))＝ eq \f(a－ai,2)＝ eq \f(a,2)－ eq \f(a,2)i，因此|z|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)))\s\up12(2)＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(a,2)))\s\up12(2))＝ eq \f(\r(2),2)a＝ eq \r(2)，解得a＝2.
14． eq \r(3)c 3 eq \r(2)a
【解析】 (a·b)·c＝|a||b|cs eq \f(π,6)c＝1×2× eq \f(\r(3),2)c＝ eq \r(3)c；a·(b·c)＝a·|b||c|cs eq \f(π,4)＝2×3× eq \f(\r(2),2)a＝3 eq \r(2)a.
15． eq \r(3)
【解析】 方法一：因为|a＋b|＝|2a－b|，即(a＋b)2＝(2a－b)2，则a2＋2a·b＋b2＝4a2－4a·b＋b2，整理得a2－2a·b＝0.又因为|a－b|＝ eq \r(3)，即(a－b)2＝3，则a2－2a·b＋b2＝b2＝3，所以|b|＝ eq \r(3).
方法二：设c＝a－b，则|c|＝ eq \r(3)，a＋b＝c＋2b，2a－b＝2c＋b，由题意可得(c＋2b)2＝(2c＋b)2，则c2＋4c·b＋4b2＝4c2＋4c·b＋b2，整理得c2＝b2，即|b|＝|c|＝ eq \r(3).
16． eq \f(3,5)
【解析】 如图，由B，O，E三点共线知，存在m，使得 eq \(CO,\s\up6(→))＝m eq \(CE,\s\up6(→))＋(1－m) eq \(CB,\s\up6(→)).同理，由D，O，A三点共线知，存在n，使得 eq \(CO,\s\up6(→))＝n eq \(CA,\s\up6(→))＋(1－n) eq \(CD,\s\up6(→)).因为 eq \(BD,\s\up6(→))＝2 eq \(DC,\s\up6(→))， eq \(CE,\s\up6(→))＝ eq \(EA,\s\up6(→))，所以 eq \(CE,\s\up6(→))＝ eq \f(1,2) eq \(CA,\s\up6(→))， eq \(CD,\s\up6(→))＝ eq \f(1,3) eq \(CB,\s\up6(→))，所以 eq \(CO,\s\up6(→))＝ eq \f(m,2) eq \(CA,\s\up6(→))＋(1－m) eq \(CB,\s\up6(→))＝n eq \(CA,\s\up6(→))＋ eq \f(1－n,3) eq \(CB,\s\up6(→))，从而 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(m,2)＝n，,1－m＝\f(1－n,3)，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\f(4,5)，,n＝\f(2,5)，))所以 eq \(CO,\s\up6(→))＝ eq \f(2,5) eq \(CA,\s\up6(→))＋ eq \f(1,5) eq \(CB,\s\up6(→)).又 eq \(CO,\s\up6(→))＝x eq \(CB,\s\up6(→))＋y eq \(CA,\s\up6(→))，所以x＝ eq \f(1,5)，y＝ eq \f(2,5)，从而x＋y＝ eq \f(3,5).