高考预测练(25、26)解三角形、复数-【名师大课堂】2026年高考数学艺术生总复习必备(课时作业)

高考预测练(二十五) 解三角形 1.在△ABC中,角A,B,C的对边分别是a,b, c,已知A=π3 ,a= 3,b=1,则c等于 ( ) A.1 B.2 C.3-1 D.3 2.△ABC的内角A,B,C 的对边分别为a,b, c,已知A=π3 ,a= 7,b-c=1,则cosB= ( ) A.13 B. 7 7 C.2 77 D. 7 14 3.(2025·常德校联考质量检测)在△ABC 中,AB=1,BC= 5,cosA=56 ,则AC= ( ) A.2 B.73 C.3 D.52 4.在△ABC中,内角A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,若a=6,sinA=3 78 ,cosB=916 ,则 b= ( ) A.8 B.5 C.4 D.3 5.(2025·河南省直辖县级单位质量检测)已 知△ABC中,BC=4,AC=4 3,∠A=30°, 则∠B= ( ) A.30° B.30°或150° C.60° D.60°或120° 6.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a, b,c,A=π3 ,a= 3,b= 2,则此三角形的解 的情况是 ( ) A.有一解 B.有两解 C.无解 D.有解但解的个数不确定 7.(多选)△ABC中,内角A,B,C 对边长分别 为a,b,c,下列选项的三角形有两解的是 ( ) A.a=14,b=7 3,B=45° B.a=15,b=20,A=30° C.b=47,c=38,B=50° D.b=25,c=13,C=23° 8.在 △ABC 中,AB =3 6,∠ABC= π4 , ∠ACD=π3 ,点 D 在BC 的延长线,且CD =10,则AD= . 9.在锐角△ABC 中,a=7,c=8,△ABC 的面 积为16 3,则b= . 10.在△ABC中,已知a=3,b=4,c=5,则cosA = . 11.在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,且2sinB=3sinC,若b-c=1,cosA= 2 3 ,则a= . 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —342— 班级: 姓名: 12.(2024·新课标Ⅱ卷)记△ABC 的内角A, B,C的对边分别为a,b,c,已知sinA+ 3 cosA=2. (1)求A; (2)若a=2,2bsinC=csin2B,求△ABC 的周长. 13.在锐角△ABC 中,设边a,b,c所对的角分 别为A,B,C,且a2-b2=bc. (1)证明:A=2B; (2)若a=1,求2b+c的取值范围. 14.在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为 a,b,c,c= 7b且a+2ccosA=2b. (1)求C的值; (2)若△ABC 的 面 积 为3 3,求 BC 边 的高. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —442— 高考预测练 高考预测练(二十六) 复数 1.(2024·新课标全国Ⅱ卷)已知z=-1-i, 则|z|= ( ) A.0 B.1 C.2 D.2 2.(2025·重庆拔尖强基联盟联考)在复平面 内,复数(1+2i)(1-3i)对应的点位于 ( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 3.z=(1+2i)(2-i),则z的共轭复数􀭵z 等于 ( ) A.3+4i B.3-4i C.4+3i D.4-3i 4.(2025·内蒙古赤峰高三联考)已知z= 1-i 2+2i ,则􀭵z= ( ) A.-i B.i C.-12i D. 1 2i 5.(2025·山东日照一模)“a=1”是“复数a+i1-i (a∈R)为纯虚数”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 6.已知z= 4(1-i)3 (i为虚数单位),则z+􀭵z= ( ) A.2 B.1 C.-1 D.-2 7.复数z=3+2i1-i ,在复平面内z的共轭复数􀭵z 对应的点位于 ( ) A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 8.已知复数z 满足:z(3+i)=3+i2023,则 |z|= ( ) A.1 B.5 C.2 5 D.5 9.已知i是虚数单位,若复数z=a+i1+i (a∈R) 的实部是虚部的2倍,则a= ( ) A.-13 B. 1 3 C.- 1 2 D. 1 2 10.(多选)已知z1,z2 为复数,则下列说法正 确的是 ( ) A.若z1∈R,则z1=􀭵z1 B.若|z1|=|z2|,则z1=z2 C.若z1=z2,则|z1|=|z2| D.若|z1-z2|=|z1|,则z1=0或z2=2z1 11.(2025·广东汕头一模)(多选)已知复数z0 =1-i,z=x+yi(x,y∈R),则下列结论正 确的是 ( ) A.方程|z-z0|=2表示的z在复平面内 对应的点的轨迹是圆 B.方程|z-z0|+|z-z0|=2表示的z在 复平面内对应的点的轨迹是椭圆 C.方程|z-z0|-|z-z0|=1表示的z在 复平面内对应的点的轨迹是双曲线 D.方程 z+12 (z0+z0)=|z-z0|表示的 z在复平面内对应的点的轨迹是直线 12.i是虚数单位,若复数z=1+bi1+i (b∈R)为纯 虚数,则b= . 13.(2025·浙江杭州学军中学月考)欧拉公式 eiθ=cosθ+isinθ是由瑞士著名数学家欧 拉创立,将其中的θ取π就得到了欧拉恒 等式,数学家评价它是“上帝创造的公式”. 已知复数z满足|z|=12 ,则|z-eiπ|的最 大值为 ( ) A.12 B.1 C. 5 4 D. 3 2 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —542— 班级: 姓名: 此时y=- 34 ,即c= 3 4 ,- 34 . 故答案为: 3 4 ,- 34 . 12.解:(1)若k=0,则a=(1,6),b=(-7,0), 故2a-b=2(1,6)-(-7,0)=(9,12), ∴b·(2a-b)=-7×9+0×12=-63≠0,所以当k=0 时,向量b与2a-b不垂直; (2)由题意知,a·b=1×(-7)+k(6+k)=k2+6k-7,向 量a与b的夹角为钝角,∴k2+6k-7<0,解得-7<k<1, 当a与b反向时,有 1-7= 6+k k <0 ,解得k=-214 ,所以 向量a 与b 的 夹 角 为 钝 角 时,实 数k 的 取 值 范 围 是 -7,-214 ∪ -214,1 . 高考预测练(二十五) 1.B 由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA, 将A=π3 ,a= 3,b=1,代入得3=12+c2-2acosπ3 , 则有c2-c-2=0,且c>0,解得c=2. 故选:B. 2.D 由余弦定理,a2=b2+c2-2bccosA=b2+c2-bc, 因为b-c=1,a= 7,所以c2+(c+1)2-c(c+1)=7, 即c2+c-6=0,解得c=2或c=-3(舍), 所以b=3,c=2,cosB=a 2+c2-b2 2ac = 7+4-9 2× 7×2 = 714. 故 选:D 3.C 因为△ABC中,AB=1,BC= 5,cosA=56 , 所以由余弦定理知,cosA=AB 2+AC2-BC2 2AB·AC , 即5 6= 1+AC2-5 2AC , 化简整理得3AC2-5AC-12=0, 解得AC=3或AC=-43 (舍去). 故选:C 4.B 在△ABC中,0<B<π,因为cosB=916 ,所以sinB= 1-cos2B= 1- 916 2 =5 716 , 则由正弦定理得b=sinBsinA ·a= 5 7 16 3 7 8 ×6=5.故选:B. 5.D 因为△ABC中,BC=4,AC=4 3,∠A=30°, 所以 BC sin∠A= AC sin∠B ,sin∠B=AC ·sin∠A BC = 4 3×12 4 = 32 , 因为AC>BC,可得∠B>∠A,即30°<∠B<180°, 所以∠B=60°或120°.故选:D. 6.A 由 asinA= b sinB ,得sinB=b ·sinA a = 2× 32 3 = 22 , 又a>b,A=π3 ,故B 只能为锐角,即B=π4 ,故该三角形 只有一解.故选:A. 7.ABD 易知A、B、C∈(0,π),A+B+C=180° 对于A,由正弦定理可知sinA=absinB= 6 3∈ 2 2 ,3 2 由正弦函数的图象与性质可得45°<A<60°或120°<A< 135°, 又a>b⇒A>B,则A有两个解,即A正确; 对于B,同sinB 或basinA= 2 3∈ 1 2 ,2 2 ⇒30°<B< 45°或135°<B<150°,又a<b⇒A<B,则B 有两个解,即 B正确;对 于 C,同 得sinC= cbsinB= 38 47sin50°< sin50°,且c<b⇒C<B⇒C<50°, 故C只有一解,即C错误;对于D,如图所示AD⊥BC,则 易知25sin23°<252<13<25 ,即此时有两解,即D正确. 故选:ABD. 8.答案:14 解析:如图所示,在△ABC 中,因为AB=3 6,∠ABC= π 4 ,∠ACB=π3 由正弦定理知 AC sinB= AB sinC ,可得AC 2 2 =3 6 3 2 ,解得AC=6, 在△ADC中,由AC=6,CD=10且∠ACD=2π3 , 由余弦定理得AD2=AC2+CD2-2AC·CD·cos2π3= 196,所以AD=14. 故答案为:14. 9.答案: 97 解析:因为a=7,c=8,所以△ABC 的面积为12acsinB= 1 2×7×8sinB=16 3 ,解得sinB=4 37 , 又因为△ABC为锐角三角形,所以cosB= 1-sin2B= 1- 4 3 7 2 =17 , 由 余 弦 定 理 得 b = a2+c2-2accosB = 49+64-2×7×8×17= 97. 故答案为: 97. 10.答案:45 /0.8 解析:已知a=3,b=4,c=5, 由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA 得,9=16+25-2×4 ×5cosA, 解得cosA=3240= 4 5. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —153— 11.答案:5 解析:由于2sinB=3sinC,由正弦定理可得2b=3c, 因为b-c=1解得c=2,b=3, 又cosA=23 ,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccosA= 4+9-2×2×3×23=5 , 解得a= 5. 故答案为:5. 12.解:(1)解法一(辅助角法) 第1步:利用辅助角公式化 简已知等式 由sinA+ 3cosA=2,得12sinA+ 3 2cosA=1 , 所以sin(A+π3 )=1. 第2步:判断角的范围,求出角A 的大小 因为0<A<π,所以π3<A+ π 3< 4π 3 , 所以A+π3= π 2 ,故A=π6. 解法二(同角三角函数的基本关系法) 第1步:利用同角三角函数的基本关系求sinA 的值 由sinA+ 3cosA=2,得 3cosA=2-sinA, 两边同时平方,得3cos2A=4-4sinA+sin2A, 则3(1-sin2A)=4-4sinA+sin2A, 整理,得1-4sinA+4sin2A=0. 所以(1-2sinA)2=0,则sinA=12. 第2步:求角A 的大小 因为0<A<π,所以A=π6 或A=5π6. 当4=π6 时,sinA+ 3cosA=2成立,符合条件; 当A=5π6 时,sinA+ 3cosA=2不成立,不符合条件. 故A=π6. 解法三(同角三角函数的基本关系法) 第1步:利用同 角三角函数的基本关系求cosA 的值 由sinA+ 3cosA=2,得sinA=2- 3cosA, 两边同时平方,得sin2A=4-4 3cosA+3cos2A 则1-cos2A=4-4 3cosA+3cos2A, 整理,得3-4 3cosA+4cos2A=0, 所以(3-2cosA)2=0,则cosA= 32. 第2步:求角A 的大小 因为0<A<π,所以A=π6. (2)第1步:利用正弦定理求B 的值 由 2bsinC=csin2B,得 2bsinC=2csinBcosB, 由正弦定理,得 2bc=2cbcosB,所以cosB= 22 , 因为0<B<π,所以B=π4. 第2步:利用两角和的正弦公式及三角形的内角和定理 求sinC的值 C=π-(A+B)=7π12 , 所以sinC=sin7π12=sin π3+π4 =sinπ3cosπ4+ cosπ3sin π 4= 3 2× 2 2+ 1 2× 2 2= 6+ 2 4 . 第3步:求△ABC的周长 解法一(基本量法) 由正弦定理 asinA= b sinB= c sinC , 得b=asinBsinA = 2sinπ4 sinπ6 =2 2, c=asinCsinA= 2sin7π12 sinπ6 = 6+ 2. 所以△ABC的周长为a+b+c=2+ 6+3 2. 解法二(整体思想法) 由 正 弦 定 理 asinA= b sinB= c sinC ,得 a sinA= a+b+c sinA+sinB+sinC= 2 sinπ6 =4, 所以a+b+c=4(sinA+sinB+sinC)=4× 12+ 22+ 6+ 2 4 =2+ 6+3 2, 所以△ABC的周长为2+ 6+3 2. 13.解:(1)因为a2-b2=bc 所以cosA=b 2+c2-a2 2bc = c2-bc 2b = c-b 2b = sinC-sinB 2sinB , 整理得2sinBcosA=sinC-sinB, 又C=π-(A+B),所 以sinC=sin[π-(A+B)] =sin(A+B), 所以2sinBcosA=sin(A+B)-sinB=sinAcosB+ cosAsinB-sinB, 整理得sinB=sinAcosB-cosAsinB, 所以sinB=sin(A-B), 因为△ABC为锐角三角形,所以0<B<π2 ,0<A<π2 , 所以-π2<-B<0 ,所以-π2<A-B< π 2 , 因为函数y=sinx在 -π2 ,π 2 单调递增, 所以B=A-B,即A=2B. (2)由(1)可知,即A=2BC=π-3B, 因为a=1,所 以 由 正 弦 定 理 可 得, 1sin2B= b sinB ,即 1 2sinBcosB= b sinB , 因为B∈(0,π),sinB>0,所以b= 12cosB , 又a2-b2=bc,所以b2+bc=1,即b+c=1b , 所以2b+c=b+c+b=1b+b=2cosB+ 1 2cosB , 因为△ABC为锐角三角形,所以 0<B<π2 0<2B<π2 0<π-3B<π2 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 , 解得π 6<B< π 4 ,则 2 2<cosB< 3 2. 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —253— 记t=2cosB,则2b+c=t+1t ,t∈(2,3) 由对勾函数可知,y=t+1t 在(2,3)单调递增, 所以32 2 <y< 43 3 ,即2b+c的取值范围为 32 2 ,43 3 . 14.解:(1)利用正弦定理由a+2ccosA=2b可得sinA+ 2sinCcosA=2sinB, 又在△ABC中,易知A+B+C=π,可得A+C=π-B, 所以sin(A+C)=sin(π-B)=sinB; 即sinA+2sinCcosA=2sin(A+C)=2sinAcosC+ 2cosAsinC, 可得sinA=2sinAcosC,显 然sinA≠0,所 以1= 2cosC, 所以cosC=12 ,又C∈(0,π),可得C=π3 ; (2)由余弦定理可得cosC=a 2+b2+c2 2ab = 1 2 , 代入c= 7b整理可得a2-ab-6b2=0, 解得a=3b或a=-2b(舍); 所以△ABC的面积为S=12absinC=3 3 ,解得b=2, 所以a=6; 设BC边的高为h,则S=12h ·|BC|=12ah=3 3 ,可 得h= 3, 即BC边的高为 3. 高考预测练(二十六) 1.C |z|=|-1-i|,则|z|= (-1)2+(-1)2= 2,故 选C. 2.D 因为(1+2i)(1-3i)=7-i,所以在复平面内,复数 (1+2i)(1-3i)对应的点的坐标为(7,-1),位于第四象 限.故选D. 3.D z=(1+2i)(2-i)=4+3i,􀭵z=4-3i,故选D. 4.D 由题意z=1-i2+2i= 1 2 · (1-i) 2 (1+i)(1-i)= 1-2i+i2 4 = -i2 ,所以􀭵z=12i. 故选D. 5.C 由a+i1-i= (a+i)(1+i) (1-i)(1+i)= a-1+(a+1)i 2 为纯虚数得 a-1=0, a+1≠0, 解得a=1, 故“a=1”是“复数a+i1-i (a∈R)为纯虚数”的充要条件.故 选C. 6.D 因为z= 4(1-i)3 = 4-2i(1-i)= 2 1+i= 2(1-i) (1+i)(1-i) =-(1-i)=-1+i, 所以􀭵z=-1-i,所以z+􀭵z=-1+i-1-i=-2. 故选D. 7.D z=3+2i1-i= (3+2i)(1+i) (1-i)(1+i)= 1 2+ 5 2i , 􀭵z=12- 5 2i , 复数z=3+2i1-i 的共轭复数在复平面内所对应的点位于第 四象限, 故选D. 8.A 由z(3+i)=3+i2023,i2023=i3,得 z=3+i 3 3+i= (3-i)(3-i) (3+i)(3-i)= 9-6i+i2 10 = 4 5- 3 5i , 所以|z|= 45 2 + -35 2 =1. 故选A. 9.B z= (a+i)(1-i) (1+i)(1-i)= a+1 2 + 1-a 2 i ,所 以a+1 2 = 2×1-a2 , 解得a=13. 故选B. 10.AC A.根据共轭复数的定义,本选项正确;B.取z1=1, z2=i,满足|z1|=|z2|,但z1≠z2,故本选项错误;C.设 z1=a+bi,z2=c+di,a,b,c,d∈R,由z1=z2,得a+bi= c+di,即a=c,b=d,所以a2+b2=c2+d2,即|z1|=|z2|, 故本选项正确;D.取z1=2,z2=1+ 3i,则z1-z2=1- 3i,|z1-z2|=2=|z1|,此时z1≠0且z2≠2z1,故D不 正确.故选AC. 11.AD |z-z0|=2表示复平面内的点(x,y)与点(1,-1) 之间的距离为定值2,可知z在复平面内对应的点的轨 迹是以(1,-1)为圆心,2为半径的圆,故 A项正确;由 复数模的几何意义,可知|z-z0|+|z-z0|=2表示复 平面内的点(x,y)到点(1,-1)和(1,1)的距离之和为2, 而2=|z0-z0|,不满足椭圆的定义,故B项不正确;由 复数模的几何意义,可知|z-z0|-|z-z0|=1表示复 平面内的点(x,y)到点(1,-1)与(1,1)的距离之差为1, 又2=|z0-z0|,所以|z-z0|-|z-z0|=1表示的z在 复平面内对应的点的轨迹是双曲线的一支,故C项不正 确;z+12 (z0+z0)=|z-z0|可化为|z+1|=|z-z0|, 表示复平面内的点(x,y)到点(-1,0)和(1,-1)的距离 相等,因此方程 z+12 (z0+z0)=|z-z0|表示的z在 复平面内对应的点的轨迹是(-1,0)和(1,-1)连线段 的垂直平分线,故D项正确.故选AD. 12.答案:-1 解析:z=1+bi1+i = (1+bi)(1-i) (1+i)(1-i)= 1+bi-i-bi2 2 = (1+b)+(b-1)i 2 ∈R ,所以 1+b=0 b-1≠0 ,所以b=-1. 13.D 设z=x+yi(x,y∈R),则x2+y2=14 ,z-eiπ=x+ yi-cosπ-isinπ=x+1+yi,所以|z-eiπ|=|x+1+yi|= (x+1)2+y2= (x+1)2+14-x 2= 2x+54 ,因 为 x2+y2=14 ,所以-12≤x≤ 1 2 ,所以|z-eiπ|的最大值 为 2×12+ 5 4= 3 2. 故选D. 高考预测练(二十七) 1.C 数列可为常数数列,A错误;一个递减,一个递增,不 是相同数列,B错误;当n=k时,ak= k+1 k =1+ 1 k ,C正 确;数列中的第一项不能用an=2n表示,D错误.故选C. 2.C 因为an+1=an+4 an+1+4, 所以 an+1+1= an+1+2, 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 —353—