高考数学一轮复习(基础知识高频考点解题训练)数系的扩充与复数的引入教学案

数系的扩充与复数的引入[知识能否忆起]一、复数的有关概念1．复数的概念：形如a＋bi(a，b∈R)的数叫复数，其中a，b分别是它的实部和虚部．若b＝0，则a＋bi为实数；若b≠0，则a＋bi为虚数；若a＝0，b≠0，则a＋bi为纯虚数．2．复数相等：a＋bi＝c＋di⇔a＝c，b＝d(a，b，c，d∈R)．3．共轭复数：a＋bi与c＋di共轭⇔a＝c，b＋d＝0(a，b，c，d∈R)．4．复数的模：向量OZ→的长度叫做复数z＝a＋bi的模，记作|z|或|a＋bi|，即|z|＝|a＋bi|＝eq\r(a2＋b2).二、复数的几何意义复数z＝a＋bi→复平面内的点Z(a，b)→平面向量.三、复数的运算1．复数的加、减、乘、除运算法则设z1＝a＋bi，z2＝c＋di(a，b，c，d∈R)，则：(1)加法：z1＋z2＝(a＋bi)＋(c＋di)＝(a＋c)＋(b＋d)i；(2)减法：z1－z2＝(a＋bi)－(c＋di)＝(a－c)＋(b－d)i；(3)乘法：z1·z2＝(a＋bi)·(c＋di)＝(ac－bd)＋(ad＋bc)i；(4)除法：eq\f(z1,z2)＝eq\f(a＋bi,c＋di)＝eq\f(a＋bic－di,c＋dic－di)＝eq\f(ac＋bd＋bc－adi,c2＋d2)(c＋di≠0)．2．复数加法、乘法的运算律对任意z1，z2，z3∈C，有z1＋z2＝z2＋z1，(z1＋z2)＋z3＝z1＋(z2＋z3)；z1·z2＝z2·z1，(z1·z2)·z3＝z1·(z2·z3)，z1(z2＋z3)＝z1z2＋z1z3.[小题能否全取]1．(教材习题改编)已知a∈R，i为虚数单位，若(1－2i)(a＋i)为纯虚数，则a的值等于()A．－6 B．－2C．2 D．6解析：选B由(1－2i)(a＋i)＝(a＋2)＋(1－2a)i是纯虚数，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋2＝0，,1－2a≠0，))由此解得a＝－2.2．(2011·湖南高考)若a，b∈R，i为虚数单位，且(a＋i)i＝b＋i，则()A．a＝1，b＝1 B．a＝－1，b＝1C．a＝－1，b＝－1 D．a＝1，b＝－1解析：选D由(a＋i)i＝b＋i，得－1＋ai＝b＋i，根据两复数相等的充要条件得a＝1，b＝－1.3．(2012·天津高考)i是虚数单位，复数eq\f(5＋3i,4－i)＝()A．1－i B．－1＋iC．1＋i D．－1－i解析：选Ceq\f(5＋3i,4－i)＝eq\f(5＋3i4＋i,4－i4＋i)＝eq\f(20＋5i＋12i＋3i2,16－i2)＝eq\f(17＋17i,17)＝1＋i.4．若复数z满足eq\f(z,1＋i)＝2i，则z对应的点位于第________象限．解析：z＝2i(1＋i)＝－2＋2i，因此z对应的点为(－2,2)，在第二象限内．答案：二5．若复数z满足z＋i＝eq\f(3＋i,i)，则|z|＝________.解析：因为z＝eq\f(3＋i,i)－i＝1－3i－i＝1－4i，则|z|＝eq\r(17).答案：eq\r(17)1.复数的几何意义除了复数与复平面内的点和向量的一一对应关系外，还要注意(1)|z|＝|z－0|＝a(a>0)表示复数z对应的点到原点的距离为a；(2)|z－z0|表示复数z对应的点与复数z0对应的点之间的距离．2．复数中的解题策略(1)证明复数是实数的策略：①z＝a＋bi∈R⇔b＝0(a，b∈R)；②z∈R⇔z＝eq\x\to(z).(2)证明复数是纯虚数的策略：①z＝a＋bi为纯虚数⇔a＝0，b≠0(a，b∈R)；②b≠0时，z－eq\x\to(z)＝2bi为纯虚数；③z是纯虚数⇔z＋eq\x\to(z)＝0且z≠0.复数的有关概念典题导入[例1](1)(2012·陕西高考)设a，b∈R，i是虚数单位，则“ab＝0”是“复数a＋eq\f(b,i)为纯虚数”的()A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件(2)(2012·郑州质检)如果复数eq\f(2－bi,1＋2i)(其中i为虚数单位，b为实数)的实部和虚部互为相反数，那么b等于()A．－eq\f(2,3) B.eq\f(2,3)C.eq\r(2) D．2[自主解答](1)若复数a＋eq\f(b,i)＝a－bi为纯虚数，则a＝0，b≠0，ab＝0；而ab＝0时a＝0或b＝0，a＋eq\f(b,i)不一定是纯虚数，故“ab＝0”是“复数a＋eq\f(b,i)为纯虚数”的必要不充分条件．(2)eq\f(2－bi,1＋2i)＝eq\f(2－bi1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(2－2b－4＋bi,5)，依题意有2－2b＝4＋b，解得b＝－eq\f(2,3).[答案](1)B(2)A由题悟法处理有关复数的基本概念问题，关键是找准复数的实部和虚部，从定义出发，把复数问题转化成实数问题来处理．由于复数z＝a＋bi(a，b∈R)由它的实部与虚部唯一确定，故复数z与点Z(a，b)相对应．以题试法1．(2012·东北模拟)已知eq\f(x,1＋i)＝1－yi，其中x，y是实数，i是虚数单位，则x＋yi的共轭复数为()A．1＋2i B．1－2iC．2＋i D．2－i解析：选D依题意得x＝(1＋i)(1－yi)＝(1＋y)＋(1－y)i；又x，y∈R，于是有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1＋y，,1－y＝0，))解得x＝2，y＝1.x＋yi＝2＋i，因此x＋yi的共轭复数是2－i.复数的几何意义典题导入[例2](2012·山西四校联考)已知复数z的实部为－1，虚部为2，则eq\f(2－i,z)(i为虚部单位)在复平面内对应的点所在的象限为()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限[自主解答]选C依题意得eq\f(2－i,z)＝eq\f(2－i,－1＋2i)＝eq\f(2－i－1－2i,－1＋2i－1－2i)＝eq\f(－4－3i,5)，因此该复数在复平面内对应的点的坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,5)，－\f(3,5)))，位于第三象限．由题悟法复数与复平面内的点是一一对应的，复数和复平面内以原点为起点的向量也是一一对应的，因此复数加减法的几何意义可按平面向量加减法理解，利用平行四边形法则或三角形法则解决问题．以题试法2．(1)在复平面内，复数6＋5i，－2＋3i对应的点分别为A，B，若C为线段AB的中点，则点C对应的复数是()A．4＋8i B．8＋2iC．2＋4i D．4＋i(2)(2012·连云港模拟)已知复数z1＝－1＋2i，z2＝1－i，z3＝3－4i，它们在复平面上对应的点分别为A，B，C，若＝λ＋μ，(λ，μ∈R)，则λ＋μ的值是________．解析：(1)复数6＋5i对应的点为A(6,5)，复数－2＋3i对应的点为B(－2,3)．利用中点坐标公式得线段AB的中点C(2,4)，故点C对应的复数为2＋4i.(2)由条件得＝(3，－4)，＝(－1,2)，＝(1，－1)，根据＝λ＋μ得(3，－4)＝λ(－1,2)＋μ(1，－1)＝(－λ＋μ，2λ－μ)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－λ＋μ＝3，,2λ－μ＝－4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(λ＝－1，,μ＝2.))∴λ＋μ＝1.答案：(1)C(2)1复数的代数运算典题导入[例3](1)(2012·山东高考)若复数z满足z(2－i)＝11＋7i(i为虚数单位)，则z为()A．3＋5i B．3－5iC．－3＋5i D．－3－5i(2)(2011·重庆高考)复数eq\f(i2＋i3＋i4,1－i)＝()A．－eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i B．－eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)iC.eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i D.eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)i[自主解答](1)z＝eq\f(11＋7i,2－i)＝eq\f(11＋7i2＋i,2－i2＋i)＝eq\f(15＋25i,5)＝3＋5i.(2)eq\f(i2＋i3＋i4,1－i)＝eq\f(－1＋－i＋1,1－i)＝eq\f(－i,1－i)＝eq\f(－i1＋i,1－i1＋i)＝eq\f(1－i,2)＝eq\f(1,2)－eq\f(1,2)i.[答案](1)A(2)C由题悟法1．复数的加法、减法、乘法运算可以类比多项式运算，除法运算是分子分母同乘以分母的共轭复数，注意要把i的幂写成最简形式．2．记住以下结论，可提高运算速度：①(1±i)2＝±2i；②eq\f(1＋i,1－i)＝i；③eq\f(1－i,1＋i)＝－i；④eq\f(a＋bi,i)＝b－ai；⑤i4n＝1，i4n＋1＝i，i4n＋2＝－1，i4n＋3＝－i(n∈N)．以题试法3．(1)(2012·山西四校联考)设复数z的共轭复数为eq\x\to(z)，若z＝1－i(i为虚数单位)，则eq\f(\x\to(z),z)＋z2的值为()A．－3i B．－2iC．i D．－i(2)i为虚数单位，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))4＝________.解析：(1)依题意得eq\f(\x\to(z),z)＋z2＝eq\f(1＋i,1－i)＋(1－i)2＝eq\f(－i2＋i,1－i)－2i＝i－2i＝－i.(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1＋i,1－i)))4＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1＋i2,2)))4＝i4＝1.答案：(1)D(2)11．(2012·江西高考)若复数z＝1＋i(i为虚数单位)，eq\x\to(z)是z的共轭复数，则z2＋eq\x\to(z)2的虚部为()A．0 B．－1C．1 D．－2解析：选A∵z＝1＋i，∴eq\x\to(z)＝1－i，∴z2＋eq\x\to(z)2＝(z＋eq\x\to(z))2－2zeq\x\to(z)＝4－4＝0，∴z2＋eq\x\to(z)2的虚部为0.2．(2012·北京高考)在复平面内，复数eq\f(10i,3＋i)对应的点的坐标为()A．(1,3) B．(3,1)C．(－1,3) D．(3，－1)解析：选A由eq\f(10i,3＋i)＝eq\f(10i3－i,3＋i3－i)＝eq\f(101＋3i,10)＝1＋3i得，该复数对应的点为(1,3)．3．(2012·长春调研)若复数(a＋i)2在复平面内对应的点在y轴负半轴上，则实数a的值是()A．1 B．－1C.eq\r(2) D．－eq\r(2)解析：选B因为复数(a＋i)2＝(a2－1)＋2ai，所以其在复平面内对应的点的坐标是(a2－1,2a)，又因为该点在y轴负半轴上，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－1＝0，,2a<0，))解得a＝－1.4．(2013·萍乡模拟)复数eq\f(1＋2i2＋i,1－i2)等于()A.eq\f(5,2) B．－eq\f(5,2)C.eq\f(5,2)i D．－eq\f(5,2)i解析：选Beq\f(1＋2i2＋i,1－i2)＝eq\f(2＋4i＋i＋2i2,－2i)＝eq\f(5i,－2i)＝－eq\f(5,2).5．(2012·河南三市调研)已知i为虚数单位，复数z＝eq\f(2＋i,1－2i)，则|z|＋eq\f(1,z)＝()A．i B．1－iC．1＋i D．－i解析：选B由已知得z＝eq\f(2＋i,1－2i)＝eq\f(－2i2＋i,1－2i)＝eq\f(i1－2i,1－2i)＝i，|z|＋eq\f(1,z)＝|i|＋eq\f(1,i)＝1－i.6．(2012·安徽名校模拟)设复数z的共轭复数为eq\x\to(z)，若(2＋i)z＝3－i，则z·eq\x\to(z)的值为()A．1 B．2C.eq\r(2) D．4解析：选B设z＝a＋bi(a，b∈R)，代入(2＋i)z＝3－i，得(2a－b)＋(2b＋a)i＝3－i，从而可得a＝1，b＝－1，那么z·eq\x\to(z)＝(1－i)(1＋i)＝2.7．(2013·长沙模拟)已知集合M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(i，i2，\f(1,i)，\f(1＋i2,i)))，i是虚数单位，Z为整数集，则集合Z∩M中的元素个数是()A．3个 B．2个C．1个 D．0个解析：选B由已知得M＝{i，－1，－i,2}，Z为整数集，∴Z∩M＝{－1,2}，即集合Z∩M中有2个元素．8．定义：若z2＝a＋bi(a，b∈R，i为虚数单位)，则称复数z是复数a＋bi的平方根．根据定义，则复数－3＋4i的平方根是()A．1－2i或－1＋2i B．1＋2i或－1－2iC．－7－24i D．7＋24i解析：选B设(x＋yi)2＝－3＋4i(x，y∈R)，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－y2＝－3，,xy＝2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝1，,y＝2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,y＝－2.))9．在复平面内，复数1＋i与－1＋3i分别对应向量和，其中O为坐标原点，则||＝________.解析：由题意知A(1,1)，B(－1,3)，故||＝eq\r(－1－12＋3－12)＝2eq\r(2).答案：2eq\r(2)10．已知复数z＝1－i，则eq\f(z2－2z,z－1)＝________.解析：eq\f(z2－2z,z－1)＝eq\f(z－12－1,z－1)＝z－1－eq\f(1,z－1)＝(－i)－eq\f(1,－i)＝－i－eq\f(i,－i·i)＝－2i.答案：－2i11．设复数z满足|z|＝5且(3＋4i)z是纯虚数，则eq\x\to(z)＝________.解析：设z＝a＋bi(a，b∈R)，则有eq\r(a2＋b2)＝5.于是(3＋4i)z＝(3a－4b)＋(4a＋3由题设得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3a－4b＝0,4a＋3b≠0))得b＝eq\f(3,4)a代入得a2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)a))2＝25，a＝±4，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝4，,b＝3))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－4，,b＝－3.))∴eq\x\to(z)＝4－3i或eq\x\to(z)＝－4＋3i.答案：±(4－3i)12.eq\f(－1＋i2＋i,i3)＝________.解析：eq\f(－1＋i2＋i,i3)＝eq\f(－3＋i,－i)＝－1－3i.答案：－1－3i13．(2011·上海高考改编)已知复数z1满足(z1－2)(1＋i)＝1－i(i为虚数单位)，复数z2的虚部为2，且z1·z2是实数，则z2＝________.解析：(z1－2)(1＋i)＝1－i⇒z1＝2－i.设z2＝a＋2i，a∈R.则z1·z2＝(2－i)(a＋2i)＝(2a＋2)＋(4－a∵z1·z2∈R，∴a＝4.∴z2＝4＋2i.答案：4＋2i14．若复数z＝a2－1＋(a＋1)i(a∈R)是纯虚数，则eq\f(1,z＋a)的虚部为________．解析：由题意得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2－1＝0，,a＋1≠0，))所以a＝1，所以eq\f(1,z＋a)＝eq\f(1,1＋2i)＝eq\f(1－2i,1＋2i1－2i)＝eq\f(1,5)－eq\f(2,5)i，根据虚部的概念，可得eq\f(1,z＋a)的虚部为－eq\f(2,5).答案：－eq\f(2,5)1．(2012·山东日照一模)在复数集C上的函数f(x)满足f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＋x，x∈R，,1－ix，x∉R，))则f(1＋i)等于()A．2＋i B．－2C．0 D．2解析：选D∵1＋i∉R，∴f(1＋i)＝(1－i)(1＋i)＝2.2．已知i为虚数单位，a为实数，复数z＝(1－2i)(a＋i)在复平面内对应的点为M，则“a>eq\f(1,2)”是“点M在第四象限”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件解析：选Cz＝(1－2i)(a＋i)＝(a＋2)＋(1－2a)i，若其对应的点在第四象限，则a＋2>0，且1－2a<0，解得a>eq\f(1,2).即“a>eq\f(1,2)”是“点M在第四象限”的充要条件．3．已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)，且|z－2|＝eq\r(3)，则eq\f(y,x)的最大值为________．解析：|z－2|＝eq\r(x－22＋y2)＝eq\r(3)，∴(x－2)2＋y2＝3.由图可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,x)))max＝eq\f(\r(3),1)＝eq\r(3).答案：eq\r(3)4．复数z＝(m2＋5m＋6)＋(m2－2m－15)i，与复数12＋16i互为共轭复数，则实数解析：根据共轭复数的定义得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m2＋5m＋6＝12，,m2－2m－15＝－16.))解之得m＝1.答案：15．已知z是复数，z＋2i，eq\f(z,2－i)均为实数(i为虚数单位)，且复数(z＋ai)2在复平面上对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．解：设z＝x＋yi(x，y∈R)，则z＋2i＝x＋(y＋2)i，由题意得y＝－2.∵eq\f(z,2－i)＝eq\f(x－2i,2－i)＝eq\f(1,5)(x－2i)(2＋i)＝eq\f(1,5)(2x＋2)＋eq\f(1,5)(x－4)i.由题意得x＝4，∴z＝4－2i.∴(z＋ai)2＝(12＋4a－a2)＋8(a由于(z＋ai)2在复平面上对应的点在第一象限，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(12＋4a－a2>0，,8a－2>0，))解得2<a<6.∴实数a的取值范围是(2,6)．6．设z是虚数，ω＝z＋eq\f(1,z)，且－1<ω<2.(1)求|z|的值及z的实部的取值范围；(2)设u＝eq\f(1－z,1＋z)，求证：u为纯虚数．解：(1)设z＝a＋bi(a，b∈R，b≠0)，ω＝a＋bi＋eq\f(1,a＋bi)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(a,a2＋b2)))＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(b－\f(b,a2＋b2)))i，∵ω是实数，∴b－eq\f(b,a2＋b2)＝0.又b≠0，∴a2＋b2＝1.∴|z|＝1，ω＝2a∵－1<ω<2，∴－eq\f(1,2)<a<1，即z的实部的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1)).(2)u＝eq\f(1－z,1＋z)＝eq\f(1－a－bi,1＋a＋bi)＝eq\f(1－a2－b2－2bi,1＋a2＋b2)＝－eq\f(b,a＋1)i.∵－eq\f(1,2)<a<1，b≠0，∴u为纯虚数．1．已知eq\f(a＋2i,i)＝b＋i(a，b∈R)，其中i为虚数单位，则a＋b＝()A．－1 B．1C．2 D．3解析：选Beq\f(a＋2i,i)＝eq\f(ia＋2i,i2)＝2－ai＝b＋i，由复数相等的条件得b＝2，a＝－1，则a＋b＝1.2．对任意复数z＝x＋yi(x，y∈R)，i为虚数单位，则下列结论正确的是()A．|z－eq\x\to(z)|＝2y B．z2＝x2＋y2C．|z－eq\x\to(z)|≥2x D．|z|≤|x|＋|y|解析：选D∵z－eq\x\to(z)＝2yi，∴|z－eq\x\to(z)|＝2|y|，选项A、C错误；而z2＝(x＋yi)2＝x2－y2＋2xyi，选项B错误；而|z|＝eq\r(x2＋y2)，|z|2＝x2＋y2，(|x|＋|y|)2＝x2＋y2＋2|xy|≥x2＋y2，因此|z|≤|x|＋|y|.3．已知虚数z，使得z1＝eq\f(z,1＋z2)和z2＝eq\f(z2,1＋z)都为实数，求z.解：设z＝x＋yi(x，y∈R，且y≠0)，则z2＝x2－y2＋2xyi，∴z1＝eq\f(xx2＋y2＋1＋y1－x2－y2i,x2－y2＋12＋4x2y2)，∵z1∈R，又y≠0，∴x2＋y2＝1，同理，由z2∈R得x2＋2x＋y2＝0，解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－\f(1,2)，,y＝±\f(\r(3),2).))∴z＝－eq\f(1,2)±eq\f(\r(3),2)i.三角函数、解三角形平面向量、数系的扩充与复数的引入一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分)1．(2012·新课标全国卷)复数z＝eq\f(－3＋i,2＋i)的共轭复数是()A．2＋i B．2－iC．－1＋i D．－1－i解析：选Dz＝eq\f(－3＋i,2＋i)＝eq\f(－3＋i2－i,2＋i2－i)＝－1＋i，所以eq\x\to(z)＝－1－i.2．(2012·潍坊模拟)已知x∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,2)，0))，cosx＝eq\f(4,5)，则tan2x＝()A.eq\f(7,24) B．－eq\f(7,24)C.eq\f(24,7) D．－eq\f(24,7)解析：选D依题意得sinx＝－eq\r(1－cos2x)＝－eq\f(3,5)，tanx＝eq\f(sinx,cosx)＝－eq\f(3,4)，所以tan2x＝eq\f(2tanx,1－tan2x)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4))),1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(3,4)))2)＝－eq\f(24,7).3．(2012·广州调研)设复数z1＝1－3i，z2＝3－2i，则eq\f(z1,z2)在复平面内对应的点在()A．第一象限 B．第二象限C．第三象限 D．第四象限解析：选D因为eq\f(z1,z2)＝eq\f(1－3i,3－2i)＝eq\f(1－3i3＋2i,3－2i3＋2i)＝eq\f(9－7i,13)，所以eq\f(z1,z2)在复平面内对应的点为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(9,13)，－\f(7,13)))，在第四象限．4．(2012·邵阳模拟)已知a＝(1，sin2x)，b＝(2，sin2x)，其中x∈(0，π)．若|a·b|＝|a||b|，则tanx的值等于()A．1 B．－1C.eq\r(3) D.eq\f(\r(2),2)解析：选A由|a·b|＝|a||b|知，a∥b，所以sin2x＝2sin2x，即2sinxcosx＝2sin2x，而x∈(0，π)，所以sinx＝cosx，tanx＝1.5．(2012·福州质检查)“cosα＝eq\f(3,5)”是“cos2α＝－eq\f(7,25)”的()A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件解析：选A∵cosα＝eq\f(3,5)，∴cos2α＝2cos2α－1＝2×eq\f(9,25)－1＝－eq\f(7,25)，∴由cosα＝eq\f(3,5)可推出cos2α＝－eq\f(7,25).由cos2α＝－eq\f(7,25)得cosα＝±eq\f(3,5)，∴由cos2α＝－eq\f(7,25)不能推出cosα＝eq\f(3,5).综上，“cosα＝eq\f(3,5)”是“cos2α＝－eq\f(7,25)”的充分而不必要条件．6．若函数f(x)＝sineq\f(x＋φ,3)(φ∈[0,2π])是偶函数，则φ＝()A.eq\f(π,2) B.eq\f(2π,3)C.eq\f(3π,2) D.eq\f(5π,3)解析：选C∵f(x)为偶函数，∴eq\f(φ,3)＝kπ＋eq\f(π,2)(k∈Z)，∴φ＝3kπ＋eq\f(3,2)π(k∈Z)．又∵φ∈[0,2π]，∴φ＝eq\f(3,2)π.7．在△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C所对的边，若ccosA＝b，则△ABC()A．一定是锐角三角形B．一定是钝角三角形C．一定是直角三角形D．一定是斜三角形解析：选C在△ABC中，因为ccosA＝b，根据余弦定理，得c·eq\f(b2＋c2－a2,2bc)＝b，故c2＝a2＋b2，因此△ABC一定是直角三角形．8．设点A(2,0)，B(4,2)，若点P在直线AB上，且||＝2||，则点P的坐标为()A．(3,1) B．(1，－1)C．(3,1)或(1，－1) D．无数多个解析：选C设P(x，y)，则由||＝2||，得＝2或＝－2.＝(2,2)，＝(x－2，y)，即(2,2)＝2(x－2，y)，x＝3，y＝1，P(3,1)，或(2,2)＝－2(x－2，y)，x＝1，y＝－1，P(1，－1)．9．(2012·福州质检)将函数f(x)＝sin2x(x∈R)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位后，所得到的图象对应的函数的一个单调递增区间是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，0)) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,2)，\f(3π,4))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3π,4)，π))解析：选B将函数f(x)＝sin2x(x∈R)的图象向右平移eq\f(π,4)个单位后得到函数g(x)＝sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(π,4)))＝－cos2x的图象，则函数g(x)的单调递增区间为eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(kπ，kπ＋\f(π,2)))，k∈Z，而满足条件的只有B.10．(2012·西安名校三检)已知tanβ＝eq\f(4,3)，sin(α＋β)＝eq\f(5,13)，且α，β∈(0，π)，则sinα的值为()A.eq\f(63,65) B.eq\f(13,65)C.eq\f(33,65) D.eq\f(63,65)或eq\f(33,65)解析：选A依题意得sinβ＝eq\f(4,5)，cosβ＝eq\f(3,5)；注意到sin(α＋β)＝eq\f(5,13)<sinβ，因此有α＋β>eq\f(π,2)(否则，若α＋β≤eq\f(π,2)，则有0<β<α＋β≤eq\f(π,2)，0<sinβ<sin(α＋β)，这与“sin(α＋β)<sinβ”矛盾)，cos(α＋β)＝－eq\f(12,13)，sinα＝sin[(α＋β)－β]＝sin(α＋β)cosβ－cos(α＋β)sinβ＝eq\f(63,65).11．(2012·河南三市调研)在△ABC中，三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b2＝a2－ac＋c2，C－A＝90°，则cosAcosC＝()A.eq\f(1,4) B.eq\f(\r(2),4)C．－eq\f(1,4) D．－eq\f(\r(2),4)解析：选C依题意得a2＋c2－b2＝ac，cosB＝eq\f(a2＋c2－b2,2ac)＝eq\f(ac,2ac)＝eq\f(1,2).又0°<B<180°，所以B＝60°，C＋A＝120°.又C－A＝90°，所以C＝90°＋A，A＝15°，cosAcosC＝cosAcos(90°＋A)＝－eq\f(1,2)sin2A＝－eq\f(1,2)sin30°＝－eq\f(1,4).12．(2012·广东高考)对任意两个非零的平面向量α和β，定义α∘β＝eq\f(α·β,β·β).若两个非零的平面向量a，b满足a与b的夹角θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，且a∘b和b∘a都在集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)\a\vs4\al(|)n∈Z))中，则a∘b＝()A.eq\f(5,2) B.eq\f(3,2)C．1 D.eq\f(1,2)解析：选Da∘b＝eq\f(a·b,b·b)＝eq\f(|a||b|cosθ,|b|2)＝eq\f(|a|cosθ,|b|)，①b∘a＝eq\f(b·a,a·a)＝eq\f(|b||a|cosθ,|a|2)＝eq\f(|b|cosθ,|a|).②∵θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)，\f(π,2)))，∴0<cosθ<eq\f(\r(2),2).①×②得(a∘b)(b∘a)＝cos2θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).因为a∘b和b∘a都在集合eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(\f(n,2)\a\vs4\al(|)n∈Z))中，设a∘b＝eq\f(n1,2)，b∘a＝eq\f(n2,2)(n1，n2∈Z)，即(a∘b)·(b∘a)＝cos2θ＝eq\f(n1n2,4)，所以0<n1n2<2，所以n1，n2的值均为1，故a∘b＝eq\f(n1,2)＝eq\f(1,2).二、填空题(本题共4小题，每小题5分，共20分)13．△ABC的三个内角A、B、C所对边的长分别为a、b、c，已知a＝2，b＝3，则eq\f(sinA,sinA＋C)＝________.解析：eq\f(sinA,sinA＋C)＝eq\f(sinA,sinB)＝eq\f(a,b)＝eq\f(2,3).答案：eq\f(2,3)14．(2012·安徽高考)设向量a＝(1,2m)，b＝(m＋1,1)，c＝(2，m)．若(a＋c)⊥b，则|a解析：a＋c＝(1,2m)＋(2，m)＝(3,3∵(a＋c)⊥b，∴(a＋c)·b＝(3,3m)·(m＋1,1)＝6∴m＝－eq\f(1,2).∴a＝(1，－1)．∴|a|＝eq\r(2).答案：eq\r(2)15.如图，在坡度为15°的观礼台上，某一列座位所在直线AB与旗杆所在直线MN共面，在该列的第一个座位A和最后一个座位B测得旗杆顶端N的仰角分别为60°和30°，且座位A、B的距离为10eq\r(6)解析：由题可知∠BAN＝105°，∠BNA＝30°，由正弦定理得eq\f(AN,sin45°)＝eq\f(10\r(6),sin30°)，解得AN＝20eq\r(3)(米)，在Rt△AMN中，MN＝20eq\r(3)sin60°＝30(米)．故旗杆的高度为30米．答案：3016．已知函数f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x－1，x∈R，若函数h(x)＝f(x＋α)的图象关于点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))对称，且α∈(0，π)，则α的值为________．解析：∵f(x)＝2sin2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)＋x))－eq\r(3)cos2x－1＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))，∴h(x)＝f(x＋α)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋2α－\f(π,3))).∵函数h(x)的图象的对称中心为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,3)，0))∴－eq\f(2π,3)＋2α－eq\f(π,3)＝kπ.∴α＝eq\f(k＋1π,2)，k∈z.又α∈(0，π)，∴α＝eq\f(π,2).答案：eq\f(π,2)三、解答题(本题共6小题，共70分)17．(本小题满分10分)(2012·广州二测)已知函数f(x)＝Asineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ωx－\f(π,3)))(A>0，ω>0)在某一个周期内的图象的最高点和最低点的坐标分别为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，2))，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)，－2)).(1)求A和ω的值；(2)已知α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sinα＝eq\f(4,5)，求f(α)的值．解：(1)∵函数f(x)在某一周期内的图象的最高坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5π,12)，2))，∴A＝2，得函数f(x)的周期T＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11π,12)－\f(5π,12)))＝π，∴ω＝eq\f(2π,T)＝2.(2)由(1)知f(x)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3))).∵α∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,2)))，且sinα＝eq\f(4,5)，∴cosα＝eq\r(1－sin2α)＝eq\f(3,5)，∴sin2α＝2sinαcosα＝eq\f(24,25)，cos2α＝cos2α－sin2α＝－eq\f(7,25).∴f(α)＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2α－\f(π,3)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(sin2αcos\f(π,3)－cos2αsin\f(π,3)))＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24,25)×\f(1,2)＋\f(7,25)×\f(\r(3),2)))＝eq\f(24＋7\r(3),25).18．(本小题满分12分)(2012·天津高考)已知函数f(x)＝sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,3)))＋sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x－\f(π,3)))＋2cos2x－1，x∈R.(1)求函数f(x)的最小正周期；(2)求函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值和最小值．解：(1)f(x)＝sin2x·coseq\f(π,3)＋cos2x·sineq\f(π,3)＋sin2x·coseq\f(π,3)－cos2x·sineq\f(π,3)＋cos2x＝sin2x＋cos2x＝eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2x＋\f(π,4))).所以f(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,2)＝π.(2)因为f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,8)))上是增函数，在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(π,8)，\f(π,4)))上是减函数，又feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)))＝－1，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,8)))＝eq\r(2)，feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,4)))＝1，故函数f(x)在区间eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(π,4)，\f(π,4)))上的最大值为eq\r(2)，最小值为－1.19．(本小题满分12分)在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2a－c)cosB＝bcosC(1)求角B的大小；(2)设m＝(sinA，cos2A)，n＝(4k,1)(k>1)，且m·n的最大值是5，求k解：(1)因为(2a－c)cosB＝bcosC，所以在△ABC中，由正弦定理，得(2sinA－sinC)cosB＝sinBcosC所以2sinAcosB＝sinBcosC＋cosBsinC，即2sinAcosB＝sinA.又在△ABC中，sinA>0，B∈(0，π)，所以cosB＝eq\f(1,2).所以B＝eq\f(π,3).(2)因为m＝(sinA，cos2A)，n＝(4k,1)(k所以m·n＝4ksinA＋cos2A＝－2sin2A＋4ksin即m·n＝－2(sinA－k)2＋2k2＋1.又B＝eq\f(π,3)，所以A∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2π,3))).所以sinA∈(0,1]．所以当sinA＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(A＝\f(π,2)))时，m·n的最大值为4k－1.又m·n的最大值是5，所以4k－1＝5.所以k＝eq\f(3,2).20．(本小题满分12分)已知复数z1＝sin2x＋ti，z2＝m＋(m－eq\r(3)cos2x)i(i为虚数单位，t，m，x∈R)，且z1＝z2.(1)若t＝0且0<x<π，求x的值；(2)设t＝f(x)，已知当x＝α时，t＝eq\f(1,2)，试求coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4α＋\f(π,3)))的值．解：(1)因为z1＝z2，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(sin2x＝m，,