【文档说明】福建省泉州市2022-2023学年高一下学期适应性练习数学试题 含解析.docx，共(29)页，3.171 MB，由管理员店铺上传

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2022-2023学年度下学期泉州市高中适应性练习2023.05高一数学注意事项:1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写

在试卷上无效.3．考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.设z为复数，则“zi=−”是“2izz=”的（）A充分而不必要条件B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【

答案】A【解析】【分析】由复数的运算依次验证充分条件、必要条件是否成立，从而得到结果.【详解】①当zi=−时，21izi=−=，又21i−=即“zi=−”是“2izz=”的充分条件②当2izz=时，设zabi=+

即22baiab−+=+，则0a=且2bb−=0b=或1b=-，即zi=−或0z=，即“zi=−”是“2izz=”的不必要条件综合①②得：“zi=−”是“2izz=”的充分不必要条件本题正确选项：A【点睛】本题主要结合复数的运算对充分条件、必要条件的判断进行考查，属于基础题.2.已知3ππ,

2，若1sin291cos22+=+，则tan2的值是（）.A.34−B.34C.43−D.43【答案】C【解析】【分析】利用弦化切先得出tan，再利用正切的二倍角公式得tan2.【详解】∵221sin29,sincos11cos22+=+=+

∴22221sin2sincos2sincostan2tan191cos22cos22+++++===+∴()()tan2tan40−+=∵3ππ,2，∴tan2=，∴22tan

4tan21tan3==−−故选：C3.在AOB△中，已知2OB=，1AB=，45AOB=，若OPOAOB=+，且22+=，则OA在OP上的投影向量为me（e为与OP同向的单位向量），则m的取值范围是（）A.

2,12−B.2,12C.2,12−D.2,12【答案】C【解析】【分析】根据题意得到1OA=，建系，得到OA，OB，OP的坐标，然后利用坐标表示m，最后分1，

1=，12和2四种情况讨论m的范围.【详解】在AOB中，2OB=，1AB=uuur，45AOB=，所以1OA=，90BAO=，如图，以O为原点，OA为x轴建系，则()1,0OA=，()

1,1OB=，(),OPOAOB=+=+，所以()22OAOPmOP+==++，又22+=，所以22244m−=−+，当1时，()()()222221244222111121244244221111m−+−+−−===+=+

−+−+−+−+−2,12；当1=时，22m=；当12时，20,2m；当2时，112,012211m=−+−−+−；综上所述，2,12m−.故选：C.4.如图1所示，半径为1的半圆O与等边三角

形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l//l1与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点，设弧FG的x(0<x<),y=EB+BC+CD,若l从l1平行移动带l2，则函数y=f(x)图象大致是图1A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】如图1cos64cos43cos22222

223.sin60333xxxyBEBC−−=+=+==−由余弦函数的图像性质可得D正确.考点：本题主要考查三角函数的概念、图像、性质及其应用.5.在平行四边形ABCD中，AEEB=，2CFFB=，连接CE、

DF交于点M，若AMABAD=+，则实数λ与μ的乘积为（）A.14B.38C.34D.43【答案】B【解析】【分析】由已知可得()2AMAEAC=−+,由,,EMC三点共线可得()21−+=，同理可知3AMAFAD=+−

，由,,FMD三点共线可知13+−=，两式联立即可求解.【详解】由已知条件得E为AB的中点，F为BC的三等分点，连接,,AMAFAC,AMABADABBC=++=()ABACAB+=−()ABAC=−+()2AEAC=−+,∵,,EMC三点共线，

∴存在唯一实数m使EMmMC=,∴()AMAEmACAM−=−,整理得111mAMAEACmm=+++,即1111mmm+=++，故可知()21−+=①，同理()AFFBADAMABAD=+=++()AFBF

AD=−+133AFADADAFAD=−+=+−∵,,FMD三点共线，∴13+−=②,将①②联立解得31,42==，即38=，故选：B.6.中国最早的天文观测仪器叫“圭表”，最早装置圭表的观测台是西周初年在阳城建立的周公测景（影）台．“

圭”就是放在地面上的土堆，“表”就是直立于圭的杆子，太阳光照射在“表”上，便在“圭”上成影．到了汉代，使用圭表有了规范，规定“表”为八尺长（1尺=10寸）．用圭表测量太阳照射在竹竿上的影长，可以判断季节的变化，也能用于丈量土地．同一日内，南北两地的

日影长短倘使差一寸，它们的距离就相差一千里，所谓“影差一寸，地差千里”．记“表”的顶部为A，太阳光线通过顶部A投影到“圭”上的点为B．同一日内，甲地日影长是乙地日影长的56，记甲地中直线AB与地面所成的角为，且4sin5=则甲、乙两地之间的

距离约为（）A.8千里B.10千里C.12千里D.14千里【答案】C【解析】【分析】根据给定条件，求出甲地、乙地的日影长，即可计算甲、乙两地的距离作答.【详解】依题意，甲地中线段AB的长为80100sin=寸，则甲地的日

影长为221008060−=寸，于是乙地的日影长为607256=寸，甲、乙两地的日影长相差12寸，所以甲、乙两地之间的距离是12千里.故选：C7.已知锐角ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若coscos2aBbAc−=且ABC外接圆半

径为2，则2abc+的取值范围是（）A.)23,4B.)23,6C.)3,2D.)3,4【答案】C【解析】【分析】利用正弦定理求得A，a，将2abc+转化为角的形式，结合三角函数值域的知识求得正确答案.【详解】依题意，coscos2a

BbAc−=，由正弦定理得()22sincossincossinsinABBAAC−−=，()()22sincossincossinsinABBAAAB−−=+，()22sincossincossinsincoscossinABBAAABAB−−=+,()2sin2co

s1cossinBAAB−−=，由于0π,sin0BB，所以()()22coscos10,2cos1cos10AAAA+−=−+=，由于0πA，所以cos10A+，所以12cos10,cos02AA−==，所以A是锐角，且π3A=，所以322

4,423sin232aaaA=====.223sinsinsinaAbcBC=++13πsinsin3BB=++1113333331sincossincos2222BBBB==++13πsin6B=+,由于三角形ABC是锐角三角形，所以π02π

ππ32BB+，即ππ62B，所以ππ2π363B+，所以3πsin126B+，所以1211,332ππ3sinsin66BB++

，所以2abc+的取值范围是)3,2.故选：C【点睛】关键点点睛：利用正弦定理解三角形，主要是利用正弦定理边角互化的作用来对已知条件进行化简求值.三角形中，要求一个表达式的取值范围，可利用正弦定理将其转化为角的形式，然后利用三角函数的值域的求法来求

得取值范围.8.若函数()π2sin16fxx=−−在区间5π0,2上的三个零点为1x，2x，3x，且123xxx，且123723xxx++=，则下列结论：（）①()fx的最

小正周期为π；②()fx在区间5π0,2有3个极值点；③()fx在区间π0,2上单调递增；④5π,112−为函数()fx离原点最近的对称中心．其中正确结论的个数为（）A.0B.1C.2D.3【答案】B【解析】

【分析】先利用条件求出()π2sin216fxx=−−，再利用三角函数的图像与性质，以及()fx的零点、极值点，逐一对各个选项分析判断即可得到结果．【详解】令π6tx=−，则由5π0,2

x，得7,63t−，所以()2sin1gtt=−，由()2sin10gtt=−=，得到1sin2t=如图，由sinyt=的图像与性质知，12πtt+=，233πtt+=，即12324ππ6

66ππxxx−+−+−=化简得()1232π24π3xxx++−=，将1237π23xxx++=代入得2=，所以2ππT==，故①正确；对于②，因为()π2sin216fxx=

−−，由sinyx=图像与性质知，函数()fx的极值点，即函数()fx的最值点，所以由ππ2π,Z62xkk−=+，得到ππ,Z32=+kxk，又因为5π04x，所以π3x=或5π6x=，所以()fx在区间5π0,4上有且仅有2个极值点，故

②错误；的对于③，由π0,2x，π26tx=−，得π5π,66t−，所以()2sin1gtt=−在ππ,62−上单调递增，在π5π,26上单调递减，由πππ2662x−−，得到π03x，由ππ5π2266x−，

得到ππ32x，所以()fx在区间在π0,3上单调递增，在区间ππ,32上单调递减，故③错误；对于④，令π2π(Z)6xkk−=，解得ππ,212kxk=+Z，当0k=时，x为最小，所以函数()fx离原点最近的对称中心为π,112−，故④错误．故选：

B．二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）9.已知点P在ABC所在的平面内，则下列命题正确的是（）A.若P为ABC的垂心，2ABAC=，则2APAB=B.若ABC为边长为2的正三角形，则()PAPBPC+的最

小值为-1C.若ABC为锐角三角形且外心为P，APxAByAC=+且21xy+=，则ABBC=D.若111122coscosAPABACABBACC=+++，则动点P的轨迹经过ABC的外心【答案】ACD【解析】【分析】A利用三角形相

似及数量积的几何意义判断：B构建直角坐标系，由向量数量积的坐标表示列式求最值；C由已知得()BPyBCBA=+，进而可知,BP与AC中点共线，结合外心的性质有BD垂直平分AC即可判断；D将等式两侧同时点乘BC并化简得2()APBCABACBC

=+，即可判断.【详解】A：如下图，,BEACADBC⊥⊥，则P为垂心，易知：RtRtAEPADC，所以AEAPADAC=，则AEACAPAD=，根据向量数量积的几何意义知：2ABACAEAC==，同理APABAPAD=

，所以2APAB=，正确；B：构建以BC中点O为原点的直角坐标系，则(0,3)A，若(,)Pxy，所以(,3)PAxy=−−，(,)POxy=−−，由2(2,2)PBPCPOxy+==−−，则()222233222322()22PAP

BPCxyyxy+=+−=+−−，当30,2xy==时()PAPBPC+的最小值为32−，错误；C：由题设(12)APyAByAC=−+，则(2)APAByACAB−=−，所以()BPyBCBA=+，若D为AC中点，则2BCBA

BD+=，故2BPyBD=，故,,BPD共线，又PDAC⊥，即BD垂直平分AC，所以ABBC=，正确；D：由题设，1()2coscosABACAPABACABBACC=+++，则11()()22coscosABBCACBCAPBCABACBCABACBCABBACC

=+++=+，所以2()APBCABACBC=+，若D为BC中点，则2ABACAD+=，故APBCADBC=，所以P的轨迹经过ABC的外心，正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：A根据垂心性质，三角形相似关系、数量积的几何意义得到ABACAEAC==APABAPAD

=；B构建直角坐标系，应用数量积的坐标表示列式判断；C、D根据外心的性质，应用数形结合化简题设向量的线性关系式判断.10.下列命题为真命题的是（）A.函数2yaxbxc=++经过点()1,0的充要条件是0abc++=；B

.二次函数2yaxbxc=++经过点()1,0的充要条件是0abc++=；C.若已知二次函数2yaxbxc=++，则y经过点()1,0的充要条件是0abc++=；D.“0ac”是“二次函数()2,,Ryaxbxcabc=++有两个异号零点”的必

要不充分条件．【答案】AC【解析】【分析】利用二次函数的性质和韦达定理，结合充分条件必要条件的定义，判断各选项即可.【详解】对于A：对于函数()2yfxaxbxc==++，如果经过点()1,0，则()10fabc=++=，反之，若0abc++=，则()10fabc=++=，即函数

2yaxbxc=++经过点()1,0，故函数2yaxbxc=++经过点()1,0的充要条件是0abc++=，所以A正确，对于B：若0a=时，函数2yaxbxc=++不是二次函数，后者推不出前者，而二次函数2yaxbxc=++经过点()1,0，则0abc++=，前者可推出后者，所

以后者是前者的必要不充分条件，故B不正确；对于C：若已知二次函数()2yfxaxbxc==++则0a，若y经过点()1,0，则()10fabc=++=，反之，若0abc++=，则()10fabc=++=，即函数2yaxbxc=++经

过点()1,0，所以y经过点()1,0的充要条件是0abc++=，故C正确；对于D：二次函数()2,,Ryaxbxcabc=++有两个异号零点，设为12,xx，且0a，则1200cxxaca=

，若0ac，显然0a，对于二次函数()2,,Ryaxbxcabc=++，由240bac=−且120cxxa=，所以二次函数()2,,Ryaxbxcabc=++有两个异号零点.所以“0ac”是“二次函数()2,,Ryaxbxcabc=++有两个异号零点”的充要条

件，故D错误.故选：AC.11.在三角形ABC中，记A，B，C的对边分别为a，b，c，若22abc，则下列选项中一定正确的是（）A.()()sin2sin2ABBC++B.coscossinsinCBBCC.sincoscossinBCBC+

+D.()()sinsinABBC−−【答案】BCD【解析】【分析】对于A，由内角和关系证明()()()()sin2sin,sin2sinABCBBCAC+=−+=−，由边角关系证明即正弦函数性质证明()sin0CB−，()sin0AC−，由此判断A，

对于B，由条件结合正弦定理可得2sin2B，再证明,BC必为锐角，由此可得π04BC，结合正弦函数和余弦函数的单调性判断B，对于C，结合（2）的结论及不等式性质可判断；对于D，证明2ACB+，由此可得ABBC−−，结合正弦函数性质判断D.【详解】

因为()()2ππABABBCBCB+=++=−+=−−，()()2ππBCBCCACAC+=++=−+=−−，()()()()sin2sin,sin2sinABCBBCAC+=−+=−，因bc，所以BC，π0CB−−，所以()()sin2

sin0ABCB+=−，因为2acc，所以0πAC−，可得()()sin2sin0BCAC+=−，故A错误；因为22abc，得2ab，由正弦定理可得sin2sin22AB，又22abc，得A为最大

角，所以,BC必为锐角，可得π4B，所以cossinBB，由bc，可得π04BC，所以coscosCB，sinsinBC，则coscossinsinCBBC，故B正确，由选项B可知，coscosCB，sinsinBC，则s

incoscossinBCBC++，故C正确；因为π04CB，则π2BC+，所以π2A，所以π2+AC，π22B，则2ACB+，故有ABBC−−，由22abc，得ABC，则()0,πAB−，()0,πBC−，则()()sins

inABBC−−，故D正确.故选：BCD.12.ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，O为其重心，ah，bh，ch分别是边a，b，c上的高．若2sin3sin4sin0AOABOBCOC++=，则下列结论正确的

是（）A::4:3:2abc=B.::2:3:4abchhh=为.C.43cos48C=D.ABC是钝角三角形【答案】BCD【解析】【分析】由O点为ABC的重心，得到0OAOBOC++=，求得111sin:sin:sin::234ABC=，进而得到::6:4:3abc=，可判

定A错误；再结合面积公式，余弦定理求得cos,cosCA的值，可判定B、C、D正确.【详解】由O点为ABC的重心，可得0OAOBOC++=，因为2sin3sin4sin0AOABOBCOC++=，可得2sin,3sin,4sinAmBmCm===，可得sin:sin:s

in::234mmmABC=，即sin:sin:sin6:4:3ABC=，由正弦定理可得::6:4:3abc=，所以A错误；因为ah，bh，ch分别是边,,abc上的高，可得ABC面积满足111222abcSahbhch===，可得222,

,abcSSShhhabc===，所以111::::2:3:4abchhhabc==，所以B正确；不妨设::6:4:3abcmmm=，由余弦定理得222222(6)(4)(3)43cos226448abcmmmCabmm+−+−===

，所以C正确；由222222(4)(3)(6)11cos0224324bcammmAbcmm+−+−===−，因为(0,π)A，可得π(,π)2A，所以ABC为钝角三角形，所以D正确.故选：BCD.三、填空题（本大题共4小题，共20分）13.已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，

b，c，2bac=，点D在边AC上，sinsinBDABCaC=，若2ADDC=，则cosABC=______．【答案】712【解析】【分析】根据正弦定理得sinsinbCABCc=Ð，代入sinsinBDABCaC=得BDb=

，在两个三角形中用余弦定理得13ac=或32ac=，再分别用余弦定理求出cosABC可得解.【详解】因为sinsinbcABCC=，所以sinsinbCABCc=Ð，因为sinsinBDABCaC=，所以s

insinbCBDaCc=，因为sin0C，所以2acbBDbbb===，因为2ADDC=，所以13DCb=，在BCD△中，22219cos123abbCab+−=，ABC中，222cos2abcCab+−=，所以22219123abbab

+−2222+−=abcab，整理得22263110acb+−=，又2bac=，所以2263110acac+−=，即(3)(23)0acac−−=，所以13ac=或32ac=，当13ac=时，21333baccc===，22222221193cos223cccacbABCacc+

−+−==Ð76=（舍去），当32ac=时，62bacc==，222296744cos312cccABCc+−==Ð.在故答案为：712.14.已知点O为正ABC所在平面上一点，且满足()10OAOBOC+++=，点M为正DEF所在平面上一点，若OAC的面积与OAB的面积比值为1∶4，且39

120MDMEMF++=，则MDE面积的与MDF△的面积的比值为______．【答案】4∶3##43【解析】【分析】由题意可知()0OAOCOBOC+++=，设点,GH分别为,BCAC的中点，所以OHOG=−，根据题意求出的值，从而得340MDMEMF++=，设点,P

Q分别为,EFDF的中点，则3MQMP=−，,,MPQ三点共线，且3MQMP=，进而可得答案．【详解】由(1)0OAOBOC+++=，得()0OAOCOBOC+++=，设点,GH分别为,BCAC的中点，如图所示，2,2OAOCOHO

BOCOG+=+=，220,OHOGOHOG+==−，,,OGH三点共线，OAC的面积与OAB的面积比值为1∶4，1111144284AOCAOBABCABCAGCSSSSS====，且AOC与AGC同底

边AC，点O到底边AC的距离等于点G到底边AC的距离的14，11()44OGOOGHHH==+，1133OHGOOG==−，13=，由题意得340MDMEMF++=，即()3MDMFMEMF+=−+，设点,PQ分别为,EFDF的

中点，如图所示，2,2MEDMMFMPMFMQ+=+=，3MQMP=−，,,MPQ三点共线，且3MQMP=，43MDFDPFSS=△△，14423383MDFDPFDEFDEFSSSS===△△△△，又12MDEDEFSS=△△，则MDE面积的与MDF△的面积的比值为4∶3．故答

案为：4∶3．15.3sin10cos10cos10sin10−=______________．【答案】4−【解析】【分析】结合二倍角和辅助角公式求解即可.【详解】()2sin10303sin10cos102sin20411cos10sin10sin20sin2022−−

−===−.故答案为：4−.16.已知()fx是定义在R上的奇函数，且()()1fxfx−=，若对任意的121,0,2xx，当12xx时，都有()()1212πfxfxxx−−，则关于x的不等式()sinπfxx在区间3

322−，上的解集为__________.【答案】31,01,2−【解析】【分析】由已知可得函数()fx关于12x=对称，继而由函数()fx为奇函数，可得函数()fx的周期，由函数的单调性的定义得函数()πfxx−在10,2上是增函数，令()sinπgxx

=，设sinππyxx=−，运用导函数分析函数的单调性，由此得()()fxgx，由对称性及周期性作函数()fx的示意图和()gx的图象，运用数形结合的思想可求得不等式的解集.【详解】解：因为(1)()fxfx−=，所以函数()fx

关于12x=对称，()()1fxfx+=−，又函数()fx为奇函数，所以()()fxfx−=−，所以()()1fxfx+=−，则()()()21fxfxfx+=−+=，函数()fx是以4为周期的周期函数，因为对任意的1

21,0,2xx，当时12xx，都有()()1212πfxfxxx−−，不妨设12xx，所以1122()π()πfxxfxx−−，所以函数()πfxx−在10,2上是增函数

，所以当10,2x时，()π(0)π00fxxf−−=，令()sinπgxx=，设sinππyxx=−，则()πcosπππcosπ10yxx=−=−，所以函数sinππyxx=−

是单调递减函数，所以当10,2x，()()πsinππ000,gxxxxg−=−−=，所以当10,2x时，()π()πfxxgxx−−，即()()fxgx，由对称性及周期性作函数()fx的示

意图和()gx的图象如下图所示，则不等式()sinπfxx在区间3322−，上的解集为31,01,2−.故答案为：31,01,2−.【点睛】本题考查了函数性质的综合应用，考查了利用导数研究函数单调

性的应用，考查了逻辑推理能力和数形结合思想，，有一定的难度.四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知关于t的方程220tta−+=一个根为13i+．()Ra（1）求方程的另一个根及

实数a的值；（2）若236axmmx+−+在()0,x+上恒成立，试求实数m的取值范围.【答案】（1）13i−，4a=（2）1,2．【解析】【分析】（1）将根13i+代入方程求出a，再由实系数一元二次方程的求根公式求

解；（2）由题意min4xx+236mm−+，()0,x+，结合基本不等式可得2436mm−+，再求出m的取值范围即可．【小问1详解】∵关于t的方程220tta−+=的一个根为()13

iRa+，∴()()213i213i0a+−++=，所以4a=，又方程2240tt−+=，()2Δ244120=−−=−，∴方程的两根为13i，∴方程的另一个根为13i−．【小问2详解】由题意2364xmmx+

−+在()0,x+上恒成立，则min4xx+236mm−+，()0,x+，∵4424xxxx+=，当且仅当2x=时等号成立，∴2436mm−+，即2320mm−+，∴12m，即实数m

的取值范围1,2．18.已知()23sin,cosaxx=，()cos,2cosbxx=r，()221fxabm=+−．（1）求()fx关于x的表达式；（2）若π0,2x时，()fx的最小值是3，求m的值；（3）若对于π0,2x都有

()6fx，求m的取值范围．【答案】（1）()π4sin2216fxxm=+++（2）2（3）1,2−【解析】【分析】（1）根据向量数量积的坐标表示，结合三角函数恒等变换，化简可得()fx的表达式；（2）根据π0,2x

，确定ππ7π2,666x+，结合正弦函数性质，即可求得答案；（3）根据（2）的结论，求出()fx的最大值的表达式，结合题意可得相应不等式，求得答案.【小问1详解】由()23sin,cosaxx=，()cos,2cosbx

x=r，()221fxabm=+−，则()243sincos4cos2123sin22cos221fxxxxmxxm=++−=+++π4sin(2)216xm=+++，即()π4sin2216fxxm=+++；【小问2详解】∵π0,2x，∴ππ7π2,66

6x+，则当π7π266x+=，即π2x=时，()fx取最小值1421212mm−++=−，又∵()fx的最小值是3，∴213m−=，∴2m=，即m的值为2；【小问3详解】由（2）可得：当π0,2x时，当ππ262x+=时，即π6x=，()fx的

最大值是412125mm++=+，又当π0,2x时，()6fx恒成立，∴256m+，∴12m，即m的取值范围为1,2−．19.已知函数()sin()1fxx=+−(0,0π)的图象两相邻对称轴

之间的距离是π2，若将()fx的图象上每个点先向左平移π12个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得函数()gx为偶函数.（1）求()fx的解析式；（2）若对任意π0,3x，2()(2)()20fxmfxm−+++恒成立，求实数m的取值范围；（3

）若函数()2()3hxfx=+的图象在区间,ab（,Rab且ab）上至少含有30个零点，在所有满足条件的区间,ab上，求ba−的最小值.【答案】（1）π()sin213fxx=+−

（2）5,2−−（3）43π3【解析】【分析】（1）先求出()fx表达式，根据图像的变换写出变换后的解析式，根据偶函数的条件求参数；（2）参变分离进行处理，将问题转化为1()1()1mfxfx+−−，只需求出不等式右边的最小值，

结合对勾函数的单调性进行辅助求解；（3）先求出()hx零点的一般形式，结合零点的个数求出区间长度的最小范围.【小问1详解】由2ππ22=，得2=，则()sin(2)1fxx=+−则ππ()sin211sin2126gxxx=++−+=++为偶函

数，于是y轴是其一条对称轴，根据正弦函数的性质，在对称轴对应的横坐标处一定取到最值，所以(0)1g=，又0π，所以π3=，故π()sin213fxx=+−.【小问2详解】因为π0,3x，所以ππ,π233x+

，πsin20,13x+故1()0fx−，2()11fx−−−，而2()(2)()20fxmfxm−+++恒成立，即2()2()2()1fxfxfxm−+−，整理可得1()1()1mf

xfx+−−.令()1tfx=−，2,1t−−，设1()nttt=+，2,1t−−，设12,2,1tt−−，且12tt，则121212121212111()()()ttntntttttt

ttt−−=+−−=−，由于120tt−，121tt，则12()()0ntnt−，所以12()()ntnt，即1()nttt=+区间[2,1]−−上单调递增，故min5()(2)2ntn=−=−，故52m−，即实数m的取值范

围是5,2−−.【小问3详解】由题意知π()2()32sin213hxfxx=+=++，由()0hx=得π1sin232x+=−，故π7π22π36xk+=+或π11π22π36xk+=+

，kZ，解得512xk=+或3ππ4xk=+，kZ，故()hx的零点为512xk=+或3ππ4xk=+，kZ，所以相邻两个零点之间的距离为π3或2π3若ba−最小，则a和b都是零点，此时在区间,aa+，

,2aa+，…，,πasa+，()s*N分别恰有3,5,,21s+个零点，所以在区间,14aa+上恰有29个零点，从而在区间(14π,ab+上至少有一个零点，所以143ba−−，另一方面，在区间55,1412312++上

恰有30个零点，所以ba−的最小值为431433+=.【点睛】关键点点睛：第三问零点个数的处理可以考虑研究区间长度为π的情况，发现规律后扩充到区间长度为整数倍的π上进行求解.20.如图，在平行四边形

ABCD中，ADAC⊥，E为DC上靠近D的三等分点，G为BC上靠近C的三等分点，且:HIIB恰为3∶5，若以A为原点，AC为x轴，AD为y轴，AC，AD为基底．（1）求AH坐标；（2）求AI坐标．【答案】（1）3,1035（2）9,016

【解析】【分析】（1）作EKCG∥交DG于K，则EKAD∥，19EKAD=，910AHAE=，结合1233AEACAD=+可得解；（2）由题意得8538AIAHAB=+，将（1）中AH代入可得结果.【小问1详解】作EKCG∥交DG于K，又ADCG∥，则EKAD∥，∴13EK

DECGDC==，111399EKCGBCAD===，∴9AHADHEEK==，910AHAE=,∵()1122AEADDEADECADACAE=+=+=+−，∴1233AEACAD=+，∴993312010135130AAAACDACADHE===+

+，∴AH坐标为3,1035.【小问2详解】∵()3355AIAHHIAHIBAHABAI=+=+=+−，∴()3333888105518596AIAHABACADACADAC=+=++−=，∴AI坐标为9,016

.21.如图，E，F分别是矩形ABCD的边CD和BC的中点，AC与EF交于点N.（1）设AEa=，AFb=，试用a，b表示AC；（2）若2AB=，1BC=，H是线段EF上的一动点，求AHHB的最大值.【答案】（1）2233ACab=+（2）15【解析】【分析】（1）AC引入,AE

AF，重新整理得出AC和,AEAF这组基底的关系；（2）以A为原点，AB，AD分别为x，y轴，建立平面坐标系，借助EF的方程，AHHB化为关于y的表达式，从而利用二次函数性质求最值.【小问1详解】取AC的中点O，连OE，OF则，因为()1122222ACOCOEOFA

EACAFAC==+=−+−，所以2232233ACAEAFACab=+=+.【小问2详解】以A为原点，AB，AD分别为x，y轴，建立直角坐标系，则()0,0A，()2,0B，()

1,1E，12,2F，直线EF的方程为：230xy+−=，设()132,12Hyyy−，则()32,AHyy=−，()12,HByy=−+−，所以()()()22606413212583455AHHByyyyy−=−

−+−=−+−=−，当45y=时等号成立.22.某市民公园改造规划平面示意图如图，经规划调研测定，该市民公园占地区域是半径为R的圆面，该圆面的内接四边形ABCD是绿化用地，经测量得边界1AB=百米，2BCCD==百米，3AD=百米．（1）求原绿化用地

ABCD的面积和市民公园的占地面积；（2）为提高绿化覆盖率，在保留边界,ABBC不动的基础上，对边界,CDAD进行调整，在圆弧ADC上新设一点D，使改造后新的绿地ABCD的面积最大，设20π3ACD=，将ABCD的面积用表示并求出求最大面积．【答案】（1）原绿

化用地ABCD的面积为23，市民公园的占地面积为7π3（2）ABCD的面积为73πsin2732661+−，最大面积为934平方百米【解析】【分析】（1）根据四边形的内接圆的性质及余弦定理，再利用正弦定理及三角形的面积

公式，再结合圆的面积公式即可求解；（2）根据已知条件及正弦定理，将四边形的面积转化为三角形的面积，再根据三角形的面积公式及两角差的正弦公式，再利用辅助角公式及三角函数的性质即可求解.【小问1详解】因为四边形ABCD内接

于圆，则πABCADC+=．所以coscos0ABCADC+=．在ABC中，2222cos14221cos54cosACABBCABBCABCABCABC=+−=+−−=，在ADC△中，2222cos1312cos13

12cosACADCDADCDADCADCABC=+−=−=+，由54cos1312cosABCABC−=+，得1cos2ABC=−，因为()0,πABC，所以2π3ABC=，所以π3ADC=，所以27AC=，所以1133sin122222ABCSABBCA

BC===1333sin2322212ADCSADDCADC===，所以23ABCADCABCDSSS=+=四边形，由正弦定理得72212sin332ACRABC===，所以外接

圆面积27ππ3SR==．【小问2详解】因为2π',03ACD=，由π3ADC=得2π'3CAD=−．在ADC中，由正弦定理知2212212π'2sinsin,2sinsin333ADRACDCDRCAD===

=−1732π7331sinsinsinsincossin233332ADCSADCDADC==−=−27737331sincossinsin2

cos2723126622+=+=−73πsin2667312=−+因为2π03，所以ππ7ππ12,,sin2,166662−−−−，当ππ262−=，即π

3=时，ADCS的最大值为734，此时37393244ABCADCABCDSSS=+=+=四边形，所以改造后，当ADC为正三角形时，新的绿地ABCD的面积最大，为934平方百米．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com