2022-2023学年江苏省无锡市锡山区天一中学强化班高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年江苏省无锡市锡山区天一中学强化班高一（下）期中数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.复数z在复平面内对应的点为(2,1)，则2iz−1=( )
A. 1+iB. 1−iC. −1+iD. −1−i
2.若向量a,b满足|a|=|b|=4,a⋅(b−a)=−4，则|a−2b|=( )
A. 4 2B. 4 3C. 8D. 12
3.向量a,b,c在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则(a−b)⋅c=( )
A. −4B. 4C. 2D. −8
4.设复数z1，z2满足|z1|=|z2|=2，z1+z2= 3+i，则|z1−z2|=( )
A. 2 3B. 55C. 3D. 4
5.在△ABC中，若2sin2A+csA=2sin2B+2sin2C−cs(B−C)，则A=( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
6.在平面四边形ABCD中，AB⊥BC,AD⊥DC,∠BAC=π4,∠DAC=π6，若AC=λAB+μAD，则λ+μ=( )
A. 1+ 33B. 2C. 12+ 3D. 3
7.已知复数满足z⋅z−=4且z+z−+|z|=0，则z2025的值为( )
A. ±1B. −22025C. ±22025D. 22025
8.在△ABC中，已知AD=2DC，AC=3BC，sin∠BDC=3sin∠BAC，当CA⋅CB−|AB|取得最小值时，△ABC的面积为( )
A. 34B. 52C. 38D. 3 516
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知向量a−=(1,−2)，b−=(−1,m)，则下列正确的是( )
A. 若m=1，则|a−−b|= 13
B. 若a//b，则m=2
C. 若a与b的夹角为钝角，则m>−12
D. 若c是与a同向的单位向量，则c−=( 55,−2 55)
10.已知非零复数z1，z2在复平面内对应的点分别为Z1，Z2，O为坐标原点，则( )
A. 当|z1+z2|=|z1−z2|时，OZ1⋅OZ2=0
B. 当|z1+z2|=|z1−z2|时，z1⋅z2=0
C. 若|z1+z2|=|z1|+|z2|，则存在实数t，使得z2=tz1
D. 若|z1+1|=|z2+1|，则|z1|=|z2|
11.在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，(sinA+sinB)2=(2sinB+sinC)sinC，且sinA> 33，则下列结论正确的是( )
A. c−a=acsCB. a>cC. c>aD. C>π3
12.在圆O的内接四边形ABCD中，AB=2，BC=6，CD=DA=4，则( )
A. BD= 7B. 四边形ABCD的面积为8 3
C. AO⋅BD=12D. AC⋅BD=16
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.如图，在边长为2的等边△ABC中，点E为中线BD的三等分点(靠近点D)，点F为BC的中点，则EF⋅AC= ______．
14.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B=2C，b=6，c=4，则△ABC的面积为______．
15.设复平面内的不同三点A，B，C对应复数分别为z1，z2，z3，若z1−z2z1−z3=1+2i(i是虚数单位)，则cs∠BAC的值为______．
16.已知a，b，c是非零平面向量，|a|=2，|a−b|=1，( 2c−b)⋅b=0，|b|=|c|，则a⋅c|a|的最大值是______．
四、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
已知a，b，c是同一平面内的三个向量，其中a=(3,4)．
(1)若|c|=10，且c/​/a，求c的坐标；
(2)若|b|= 10，且a+2b与2a−b垂直，求b在a方向上的投影向量．
18.(本小题12分)
已知复数z=a+bi(a,b∈R)，若存在实数t，使z=2+4it−3ati成立．
(1)求证：2a+b为定值；
(2)若|z−2|19.(本小题12分)
如图，在△ABC中，BD=DE=EC，AF=2FB，2AM=MD，直线FM交AE于点G，直线MC交AE于点N，
(1)若AG=λAE，求实数λ的值；
(2)若△MNG是边长为1的等边三角形，求数量积MA⋅MC．
20.(本小题12分)
已知i是虚数单位，a，b∈R，设复数z1=2a− 3i，z2=2b+i，z3=a+bi，且|z3|=1．
(1)若z1⋅z2为实数，求z3；
(2)若复数z1，z2对应的向量分别是OA，OB(O为坐标原点)，若O，A，B三点不共线，记△ABC的面积为S(a,b)，求S(a,b)及其最大值．
21.(本小题12分)
某大学科研团队在如下图所示的长方形区域ABCD内(包含边界)进行粒子撞击实验，科研人员在A、O两处同时释放甲、乙两颗粒子．甲粒子在A处按AM方向做匀速直线运动，乙粒子在O处按ON方向做匀速直线运动，两颗粒子碰撞之处记为点P，且粒子相互碰撞或触碰边界后爆炸消失．已知AB长度为6分米，O为AB中点．
(1)已知向量AM与ON的夹角为π3，且AD足够长．若两颗粒子成功发生碰撞，求两颗粒子运动路程之和的最大值；
(2)设向量AM与向量AO的夹角为α(0<α<π)，向量ON与向量OB的夹角为β(0<β<π)，甲粒子的运动速度是乙粒子运动速度的2倍．请问AD的长度至少为多少分米，才能确保对任意的β∈(0,π)，总可以通过调整甲粒子的释放角度α，使两颗粒子能成功发生碰撞？
22.(本小题12分)
在△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知asinA+asinCcsB+bsinCcsA=bsinB+csinA．
(1)求角B的大小；
(2)若c=1，且△ABC为锐角三角形，求a2+b2的取值范围；
(3)若b2=ac，且外接圆半径为2，圆心为O，P为⊙O上的一动点，试求PA⋅PB的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：复数z在复平面内对应的点为(2,1)，则z=2+i，2iz−1=2i(2+i)−1=2i1+i=2i(1−i)(1+i)(1−i)=2i(1−i)2=i(1−i)=1+i．
故选：A．
直接利用复数的运算法则化简求解即可．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵|a|=|b|=4,a⋅(b−a)=−4，
∴a⋅b−a2=−4，则a⋅b=−4+a2=12，
∴|a−2b|2=a2−4a⋅b+4b2=16−4×12+4×42=32，
∴|a−2b|=4 2．
故选：A．
根据题意可得a⋅b=12，再将|a−2b|两边同时平方即可得到答案．
本题考查平面向量数量积的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：如图，
把向量a,b平移到同一起点，得出a−b=d，然后把c,d平移到同一起点，则：|c|= 5,|d|=2,cs=−2 5，
∴(a−b)⋅c=d⋅c=|d||c|cs= 5×2×(−2 5)=−4．
故选：A．
可把向量a,b平移到同一起点，从而得出a−b=d，然后把c,d平移到同一起点，再进行数量积的运算即可．
本题考查了向量减法的三角形法则，向量数量积的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】A
【解析】解：设z1=a+bi，z2= 3−a+(1−b)i，
∵|z1|=|z2|=2，
∴a2+b2=4( 3−a)2+(1−b)2=4，即a2+b2=4a2+b2−2 3a−2b+4=4，
则|z1−zz|2=(2a− 3)2+(2b−1)2=4a2+4b2−4 3a−4b+4
=2(a2+b2)+2(a2+b2−2 3a−2b)+4
=2×4+4=12，
故|z1−z2|=2 3．
故选：A．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：因为2sin2A+csA=2sin2B+2sin2C−cs(B−C)，
所以2sin2A−cs(B+C)=2sin2B+2sin2C−cs(B−C)，
所以2sin2A−csBcsC+sinBsinC=2sin2B+2sin2C−csBcsC−sinBsinC，
化简得：sin2A+sinBsinC=sin2B+sin2C，
由正弦定理角化边得：a2+bc=b2+c2，
由余弦定理得，csA=b2+c2−a22bc=12，
因为0所以A=π3．
故选：B．
利用三角恒等变换及余弦定理即可处理．
本题主要考查和差角公式，诱导公式，正弦定理，余弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：取AC的中点O，以O为坐标原点，AC所在直线为x轴，AC的垂直平分线为y轴，建立平面直角坐标系(不妨取点D在x轴上方)，
设AC=2，则A(−1,0),B(0,−1),C(1,0),D(12, 32)，
所以AC=(2,0)，AB=(1,−1)，AD=(32, 32)，
因为AC=λAB+μAD，
所以(2,0)=λ(1,−1)+μ(32, 32)，
即λ+32μ=2−λ+ 32μ=0，解得λ= 3−1μ=2−2 33，
所以λ+μ= 3−1+2−2 33=1+ 33．
故选：A．
建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算法则，求解即可．
本题考查平面向量的基本定理，遇到规则图形，建立适当的平面直角坐标系，将问题转化为平面向量的坐标运算是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7.【答案】D
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，则z−=a−bi，
根据z⋅z−=4，得(a+bi)(a−bi)=a2+b2=4，
根据z+z−+|z|=0，
得a+bi+a−bi+ a2+b2=2a+ a2+b2=0，
由a2+b2=42a+ a2+b2=0，解得a=−1b=± 3，故z=−1± 3i，
z=−1± 3i=2(−12± 32i)，
由于(−12+ 32i)3=(−12)3+3×(−12)2× 32i+3×(−12)×( 32i)2+( 32i)3=−18+3 38i+98−3 38i=1，
同理得(−12− 32i)3=(−12)3+3×(−12)2×(− 32i)+3×(−12)×(− 32i)2+(− 32i)3=−18−3 38i+98+3 38i=1，
因此得z2025=(−1± 3i)2025=[2⋅(−12± 32i)]2025=22025⋅[(−12± 32i)3]675=22025．
故选：D．
设z=a+bi(a,b∈R)，则z−=a−bi，由题意得z=−1± 3i，则z=−1± 3i=2(−12± 32i)，分别计算其立方值，代入后即可求解．
本题考查了复数的运算，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了正弦定理及余弦定理在解三角形当中的应用，考查了平面向量的数量积运算及三角形的面积公式，属中档题．
结合已知条件，设BC=m，用m表示出DC，AD，AC，又sin∠BDC=3sin∠BAC，结合正弦定理可得AB=3BD，设BD=n，则AB=3n，根据余弦定理公式可得，2m2=3n2，利用m、n及二者的关系式，化简整理得CA⋅CB−|AB|=3(n−12)2−34，易得，当n=12时，CA⋅CB−|AB|取得最小值，此时m= 64，运用三角形面积公式求解即可．
【解答】解：如图，
在△ABC中，已知AD=2DC，AC=3BC，
不妨设BC=m，
则DC=m，AD=2m，AC=3m，
又sin∠BDC=3sin∠BAC，
则sin∠BDA=3sin∠BAC，
又在△ABD中，由正弦定理可得ABsin∠BDA=BDsin∠BAC，则AB=3BD，
设BD=n，则AB=3n，又cs∠BDA+cs∠BDC=0，
则4m2+n2−9n22×2m×n+m2+n2−m22×m×n=0，则2m2=3n2，
又CA⋅CB−|AB|=3m2csC−3n=3m2×9m2+m2−9n22×3m2−3n=10m2−9n22−3n=3n2−3n=3(n−12)2−34，
当n=12时，CA⋅CB−|AB|取得最小值，则m= 64，
则csC=CD2+CB2−BD22×CD×CB=2m2−n22m2=23，
则sinC= 1−(23)2= 53，
则S△ABC=12×AC×BC×sinC=12×3 64× 64× 53=3 516，
故选：D．
9.【答案】ABD
【解析】解：选项A，若m=1，则a−b=(2,−3)，则|a−b|= 4+9= 13，故A正确；
选项B，若a//b，则m−2=0，即m=2，故B正确；
选项C，若a与b的夹角为钝角，则a⋅b=−1−2m<0，即m>−12，
由B可知，当m=2时，有a//b，故m∈(−12,2)∪(2,+∞)，故C错误；
选项D，若c是与a同向的单位向量，则c=a|a|= 55(1,−2)=( 55,−2 55)，故D正确．
故选：ABD．
根据向量模的计算，可判定A；由向量平行的坐标关系，可判定B；将向量夹角为钝角转化为数量积小于0进行计算，从而判定C；由单位向量的定义可判定D．
本题考查向量的模、夹角、单位向量的坐标运算，属基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：∵|z1+z2|=|z1−z2|，∴|OZ1+OZ2|=|OZ1−OZ2|，两边平方可得OZ1⋅OZ2=0，选项A正确；
取z1=1，z2=i，则|z1+z2|=|z1−z2|，但z1⋅z2≠0，选项B错误；
∵|z1+z2|=|z1|+|z2|，∴|OZ1+OZ2|=|OZ1|+|OZ2|，两边平方可得OZ1⋅OZ2=|OZ1|⋅|OZ2|，
cs=OZ1⋅OZ2|OZ1|⋅|OZ2|=1，故OZ1//OZ2，因此存在实数t，使z2=tz1，选项C正确；
取z1=2i，z2=1+i，则|z1+1|=|z2+1|，但|z1|≠|z2|，选项D错误．
故选：AC．
结合复数运算法则及复数几何意义化简计算即可．
本题考查复数的运算，属于中档题．
11.【答案】ACD
【解析】解：由正弦边角关系知：(a+b)2=(2b+c)c，则a2+2ab+b2=2bc+c2，
所以a2+b2−c2=2b(c−a)，而csC=a2+b2−c22ab>0，则c−a=acsC，A正确；
由上知：c−aa>0，即c>a，B错误，C正确；
由c−a=acs C知：sinC−sinA=sin AcsC，则sinA=sinC1+csC=2sinC2csC22cs2C2=tanC2> 33，
又0故选：ACD．
利用正弦边角关系可得a2+b2−c2=2b(c−a)，结合余弦定理及锐角三角形知c−a=acsC、c−aa>0，判断A、B、C正误；再由正弦边角关系，倍角公式判断D正误．
本题考查正余弦定理，三角函数性质，属于中档题．
12.【答案】BD
【解析】解：如图，连接BD，∵四边形ABCD为圆O内接四边形，
∴∠BAD+∠BCD=π，又AB=2，BC=6，AD=CD=4，设BD=t，
∴cs∠BAD+cs∠BCD=0，
∴4+16−t22×2×4+16+36−t22×4×6=0，
解得t=2 7，故A错误；
∴cs∠BCD=16+36−282×4×6=12，
∴∠BCD=π3，∴∠BAD=2π3，
∴四边形ABCD的面积为S△ABD+S△BCD=12×2×4×sin2π3+12×4×6×sinπ3=8 3，故B正确；
AO⋅BD=AO⋅(AD−AB)=AO⋅AD−AO⋅AB=AD×12AD−AB⋅12AB=4×2−2×1=6，故C错误；
AC⋅BD=(OC−OA)⋅BD=OC⋅BD−OA⋅BD=−CO⋅BD+AO⋅BD，
又CO⋅BD=CO⋅(CD−CB)=CO⋅CD−CO⋅CB=4×2−6×3=−10，
∴AC⋅BD=−CO⋅BD+AO⋅BD=10+6=16，
D选项正确．
故选：BD．
连接BD，由四边形ABCD为圆O内接四边形，可得∠BAD+∠BCD=π，接着由余弦定理求出BD可判断A；从而得∠BCD，∠BAD，再利用三角形面积公式即可求出四边形ABCD的面积可判断B；利用向量数量积的求出AO⋅BD，AC⋅BD即可判断CD．
本题考查余弦定理，正弦定理，三角形面积公式，向量数量积的几何意义，属中档题．
13.【答案】1
【解析】解：在边长为2的等边△ABC中，BD为中线，则BD⊥AC，
∴EF⋅AC=(EB+BF)⋅AC=(−23BD+12BC)⋅AC=−23BD⋅AC+12BC⋅AC=12BC⋅AC=12×2×2×cs60°=1．
故答案为：1．
利用向量的线性运算得EF⋅AC=−23BD⋅AC+12BC⋅AC，再利用数量积的计算公式计算即可．
本题考查向量数量积的运算，属基础题．
14.【答案】15 74
【解析】解：因为B=2C，所以sinB=sin2C，
由正弦定理bsinB=csinC，
得6sinB=4sinC，即3sin2C=2sinC，
化简得32sinCcsC=2sinC.又C∈(0,π)，sinC≠0，
所以csC=34，故sinC= 1−cs2C= 74，
又由余弦定理csC=a2+b2−c22ab.解得a=4或a=5，
当a=4时，A=C.又B=2C，则C=π4，
与csC=34矛盾，所以不符合题意，舍去；
当a=5时，S△ABC=12absinC=15 74．
故答案为：15 74．
由条件结合正弦定理求sinC，由同角关系求csC，再由余弦定理求a，根据三角形面积公式求△ABC的面积．
本题主要考查解三角形，正余弦定理的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
15.【答案】 55
【解析】解：设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i，(a1,b1,a2,b2,a3,b3∈R)，
由z1−z2z1−z3=1+2i可得z1−z2=(1+2i)(z1−z3)，
即z1−z2=z1−z3+2i(z1−z3)，整理得z3−z2=2i(z1−z3)，
即(a3−a2)+(b3−b2)i=2i[(a1−a3)+(b1−b3)i]=2(b3−b1)+2(a1−a3)i，
则a3−a2=2(b3−b1)，b3−b2=2(a1−a3)，
又复数z1，z2，z3对应的向量为OA,OB,OC，
则BC=OC−OB=(a3−a2,b3−b2),AC=OC−OA=(a3−a1,b3−b1)，
则|BC|= (a3−a2)2+(b3−b2)2= 4(b3−b1)2+4(a1−a3)2=2 (b3−b1)2+(a1−a3)2=2|AC|，
BC⋅AC=(a3−a2)(a3−a1)+(b3−b2)(b3−b1)=2(b3−b1)(a3−a1)+2(a1−a3)(b3−b1)=0，
则BC⊥AC，则|AB|= |BC|2+|AC|2= 5|AC|，则cs∠BAC=|AC||AB|= 55．
故答案为： 55．
设z1=a1+b1i，z2=a2+b2i，z3=a3+b3i(a1,b1,a2,b2,a3,b3∈R)，由z1−z2z1−z3=1+2i得a3−a2=2(b3−b1)，b3−b2=2(a1−a3)，进而求得|BC|=2|AC|,BC⊥AC，即可求得cs∠BAC．
本题考查了复数和向量的综合应用，属于中档题．
16.【答案】 2+1
【解析】解：a，b，c是非零平面向量，|a|=2，|a−b|=1，( 2c−b)⋅b=0，|b|=|c|，
令a=OA，b=OB，c=OC，
则|a−b|=|OA−OB|=|BA|=1，
∵|a|=2，令a=(2,0)，∴根据几何性质，点B在以(2,0)为圆心，1为半径的圆上，
( 2c−b)⋅b=0，∴ 2c⋅b=b2，
∵|b|=|c|，∴cs=c⋅b|c|⋅|b|= 22，∴=45°，
∴点C的轨迹是以( 2, 2)或( 2,− 2)为圆心，半径为1的圆，
∴C的横坐标的最大值为 2+1，
∴a⋅c|a|=|a||c|cs|a|=|c|cs，
∴c在a上的投影，最大值为 2+1．
故答案为： 2+1．
分析题目，利用向量数量积结合几何性质解题．
本题考查向量投影的最大值的求法，考查向量的几何意义、向量数量积公式等基础知识，是中档题．
17.【答案】解：(1)设c=(x,y)，
由|c|=10，知x2+y2=10①，
由c/​/a，知4x−3y=0②，
联立①②，解得x=6，y=8或x=−6，y=−8，
故c=(6,8)或c=(−6,−8)．
(2)∵a+2b与2a−b垂直，
∴(a+2b)⋅(2a−b)=0，即2a2+3a⋅b−2b2=0，
∴a⋅b=2b2−2a23=2×10−2×253=−10，
∴b在a方向上的投影向量为|b|cs〈a,b〉⋅a|a|= 10×−105× 10×(3,4)5=(−65,−85)．
【解析】(1)设c=(x,y)，根据模长和向量共线的条件，可列得关于x和y的方程，解之即可；
(2)根据向量垂直的条件，求得a⋅b，再由投影向量的计算公式，代入运算，得解．
本题考查平面向量的坐标运算，熟练掌握平面向量共线和垂直的条件，以及投影向量的计算方法是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：∵复数z=a+bi(a、b∈R)，
若存在实数t使a−bi=2+4it−3ati成立，显然t≠0，
则ta−tbi=2+(4−3at2)i，
可得ta=2，−tb=4−3at2，
∴−b⋅2a=4−3a⋅4a2，即−2b=4a−12，
化简可得2a+b=6，即2a+b为定值．
(2)若|z−2|即 (a−2)2+(6−2a)2化简可得(a−2)(a−5)<0，求得2而|z|= a2+b2
= a2+(6−2a)2
= 5a2−24a+36，
当a=−−2410=125时，
zmin= 5×1252−24×125+36=6 55；
当a=5时，zmax= 5×52−24×5+36= 41，
综上可得，|z|的取值范围为[6 55, 41).
【解析】本题考查共轭复数的概念，复数相等的充要条件，复数的模，复数的四则运算，考查函数与方程思想，运算求解能力，属于中档题．
(1)由条件利用两个复数代数形式的乘除法，两个复数相等的充要条件，求得2a+b=6，从而证得结论．
(2)由|z−2|19.【答案】解：(1)根据BE=2EC，得AE−AB=2(AC−AE)，整理得AE=23AC+13AB，同理可得AD=13AC+23AB．
所以AG=λAE=23λAC+13λAB，且AM=13AD=19AC+29AB，
结合AF=23AB，可得FM=AM−AF=19AC−49AB，FG=AG−AF=23λAC+(13λ−23)AB．
因为FM与FG共线，所以19×(13λ−23)=(−49)×23λ，解得λ=29；
(2)由(1)的结论，可知AG=29AE，同理可求得AN=12AE=13AC+16AB，.
所以AG=45GN，可得MN=AN−AM=13AC+16AB−(19AC+29AB)=29AC−118AB，
因此，MC=AC−AM=89AC−29AB=4MN，MA=MG+GA=MG+45NG，
因为△MNG是边长为1的等边三角形，可得MN⋅MG=1×1×cs60°=12，MN⋅NG=1×1×cs120°=−12，
所以MA⋅MC=(MG+45NG)⋅4MN=4MN⋅MG+165MN⋅NG=2−85=25．
【解析】(1)根据题意以向量AB,AC为基底，表示出向量FM、FG，利用两个向量共线的条件列式算出实数λ的值；
(2)根据向量的加减与数乘运算法则，推导出MC=4MN，MA=MG+45NG，然后根据△MNG是边长为1的等边三角形，利用数量积的定义与运算性质，计算出MA⋅MC的值．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、向量的数量积的定义与运算性质等知识，考查了计算能力、等价转化的数学思想，属于中档题．
20.【答案】解：(1)已知i是虚数单位，a，b∈R，
又复数z1=2a− 3i，z2=2b+i，
则z1⋅z2=(2a− 3i)(2b+i)=4ab+ 3+(2a−2 3b)i，
又z1⋅z2为实数，
则2a−2 3b=0，①
又z3=a+bi，且|z3|=1，
则a2+b2=1，②
联立①②可得：a= 32b=12或a=− 32b=−12，
即z3= 32+12i或z3=− 32−12i；
(2)由题意可得：A(2a,− 3)，B(2b,1)，
则S(a,b)=12|OA||OB|sin∠AOB=12|OA||OB| 1−cs2∠AOB=12 (|OA||OB|)2−(OA⋅OB)2=12 (4a2+3)(4b2+1)−(4ab− 3)2=|a+ 3b|，
又a2+b2=1，
令a=csθ，b=sinθ，
则|a+ 3b|=|csθ+ 3sinθ|=2|sin(θ+π6)|≤2，当且仅当sin(θ+π6)=±1时取等号，
即S(a,b)=|a+ 3b|，其最大值为2．
【解析】(1)由复数的运算求解即可；
(2)由复数的运算，结合平面向量数量积的运算及三角形的面积的求法求解即可．
本题考查了复数的运算，重点考查了平面向量数量积的运算及三角形的面积的求法，属中档题．
21.【答案】解：(1)设两颗粒子在P点相撞，
在△AOP中，由余弦定理得AO2=AP2+OP2−2AP⋅OPcsπ3，
∴AP2+OP2=9+AP⋅OP，
∵AP⋅OP≤(AP+OP2)2，
∴(AP+OP)2=9+3AP⋅OP≤9+3×(AP+OP2)2，
∴(AP+OP)2≤36，∴AP+OP≤6，
当且仅当AP=OP=3时，等号成立，
∴两颗粒子运动路程之和的最大值为6．

(2)过P作PQ⊥AB，垂足为Q，
设OP=x，则AP=2OP=2x，x∈(1,3)，
由余弦定理可得cs(π−β)=AO2+OP2−AP22AO⋅OP=32x−x2，
∴csβ=x2−32x，
∵0<β<π，∴sinβ= 1−(x2−32x)2= 52−x24−94x2，
∴PQ=xsinβ= 52x2−x44−94= −14(x2−5)2+4，x∈(1,3)，
当x2=5，即x= 5时，PQ即xsinβ取得最大值为2，
由题意知AD≥PQ恒成立，
∴AD≥PQ恒成立，
∴AD≥(PQ)max=(xsinβ)max=2，
∴AD的长度至少为2分米，才能确保对任意的β∈(0,π)，
总可以通过调整甲粒子的释放角度α，使两颗粒子能成功发生碰撞．
【解析】(1)根据题意在△AOP中运用余弦定理以及基本不等式能求出两颗粒子运动路程之和的最大值．
(2)过P作PQ⊥AB，垂足为Q，设OP=x，则AP=2OP=2x，x∈(1,3)，由余弦定理求出csβ=x2−32x，进而求出sinβ= 52−x24−94x2，求出PQ= −14(x2−5)2+4，并求出其最大值，再由恒等式AD≥PQ，求出AD的最小值即可．
本题考查余弦定理以及基本不等式等变换等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)因为asinA+asinCcsB+bsinCcsA=bsinB+csinA，
所以根据正弦定理，化简得a2+accsB+bccsA=b2+ac，
根据余弦定理，得a2+ac⋅a2+c2−b22ac+bc⋅b2+c2−a22bc=b2+ac，
整理得a2+c2−b2=ac，
可得csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12，
结合B∈(0,π)，可知B=π3；
(2)由于△ABC为锐角三角形，且B=π3，可得C∈(π6,π2)，
由余弦定理，得c2=a2+b2−2abcsC=1，
所以a2+b2−1=2abcsC≤(a2+b2)csC< 32(a2+b2)，
可得1(3)由b2=ac，利用余弦定理得到△ABC是等边三角形，
∴∠AOB=2π3，|OA|=|OB|=2，|OP|=2，
∴OA⋅OB=|OA||OB|cs∠AOB=−2，|OA+OB|= (OA+OB)2= 4+4−4=2，
∴PA⋅PB=(OA−OP)⋅(OB−OP)
=OA⋅OB+OP2−(OA+OB)⋅OP
=−2+4−2|OD||OP|cs
=2−4cs，
∵−1≤cs≤1，
∴−2≤2−4cs≤6，
∴PA⋅PB的取值范围为：[−2,6]．
【解析】(1)由已知结合正弦定理及余弦定理求得csB，进一步求得B；
(2)利用三角函数恒等变换和函数的性质的应用求出三角形周长的取值范围；
(3)由b2=ac，利用余弦定理得到△ABC是等边三角形，把PA⋅PB转化为含有OD、OP的式子，即可得到PA⋅PB的取值范围．
本题考查平面向量的数量积运算，考查三角形的解法，考查化归与转化思想，考查运算求解能力，是中档题．