【文档说明】山东省潍坊市2020-2021学年高一下学期期末考试数学试卷 【精准解析】.docx，共(20)页，188.189 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-e56e310c4f1507dfdf3d59d0773796c1.html

以下为本文档部分文字说明：

山东省潍坊市2020-2021学年高一下学期数学期末考试试卷一、单选题(本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的.)1.已知角𝛼的终边经过点𝑃(3,−4)，则tan𝛼=（）A.−34B.−43C.−45D.−54

2.在复平面内，若复数𝑧=3−2i（其中i是虚数单位），则复数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3.敲击如图1所示的音叉时，在一定时间内，音叉发出的纯音振动可以用三角函

数表达为𝑦=𝐴sin𝜔𝑡（其中𝐴>0，𝑡表示时间，𝑦表示纯音振动时音叉的位移）．图2是该函数在一个周期内的图像，根据图中数据可确定𝐴和𝜔的值分别为（）A.1500和800𝜋B.1500和400𝜋C.11000和800𝜋D

.11000和400𝜋4.若𝑎=sin𝜋12，𝑏=log2(sin𝜋12)，𝑐=tan𝜋12，则𝑎、𝑏、𝑐的大小关系为（）A.𝑎<𝑏<𝑐B.𝑐<𝑏<𝑎C.𝑏<𝑎<𝑐D.𝑏<𝑐<𝑎5.已知水平放置的四边形𝑂𝐴

𝐵𝐶按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中𝑂′𝐴′//𝐵′𝐶′，∠𝑂′𝐴′𝐵′=90°，𝑂′𝐴′=1，𝐵′𝐶′=2，则原四边形𝑂𝐴𝐵𝐶的面积为（）A.3√22B.3√2C.4√2D.5√26.设𝛼为锐角，若cos(𝛼+

𝜋4)=12，则tan𝛼=（）A.√6−√2B.√6+√2C.2−√3D.2+√37.南宋时期的数学家秦九韶独立发现的计算三角形面积的“三斜求积术”，其求法是：“以少广求之，以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以

上这段文字写成公式，即𝑆=√14[𝑐2𝑎2−(𝑐2+𝑎2−𝑏22)2]，其中𝑎、𝑏、𝑐是△𝐴𝐵𝐶内角𝐴、𝐵、𝐶的对边．若𝑎𝑐=4，𝐵=60∘，则△𝐴𝐵𝐶的面积为（）A.√3B.

2√2C.4D.4√28.如图所示，一条河两岸平行，河的宽度为400米，一艘船从河岸的𝐴地出发，向河对岸航行．已知船的速度𝑣1⃗⃗⃗⃗的大小为|𝑣1⃗⃗⃗⃗|=8km/h，水流速度𝑣2⃗⃗⃗⃗的大小为|𝑣2⃗⃗⃗⃗|=2km/h，船的速度与水流速度的合速度为𝑣，那么当航程最短

时，下列说法正确的是（）A.船头方向与水流方向垂直B.cos<𝑣1⃗⃗⃗⃗,𝑣2⃗⃗⃗⃗>=−14C.|𝑣|=2√17km/hD.该船到达对岸所需时间为3分钟二、多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)9.如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”．若复数𝑧

=𝑎+i（𝑎∈𝑅，i为虚数单位）为“等部复数”，则下列说法正确的是（）A.𝑎=1B.|𝑧|=1C.𝑧̅=1−𝑖D.复数(𝑎−1)+(𝑎2−1)𝑖是纯虚数10.如图，若𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1𝐸1𝐹1为正六棱台，则下列说法正确的是（）A.直线�

�𝐵与𝐶1𝐷1是异面直线B.直线𝐴𝐵与𝐷1𝐸1平行C.线段𝐵𝐵1与𝐹𝐹1的延长线相交于一点D.点𝐹1到底面𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹的距离大于点𝐵1到底面𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹的距离11.

如图，已知点𝐺是边长为1的等边△𝐴𝐵𝐶内一点，满足𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗，过点𝐺的直线𝑙分别交𝐴𝐵，𝐴𝐶于点𝐷，𝐸．设𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝜇𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，则下

列说法正确的是（）A.𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+14𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗B.点𝐺为△𝐴𝐵𝐶的重心C.1𝜆+1𝜇=2D.|𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗|=√3312.已知函数𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜑)(|𝜑|<𝜋2)满足𝑓(5𝜋8−𝑥)=𝑓(5𝜋8+𝑥

)，则下列说法正确的是（）A.函数𝑦=𝑓(𝑥)的最小正周期为𝜋B.函数𝑓(𝑥)的图像向右平移𝜋6个单位得到函数𝑔(𝑥)=sin(2𝑥−𝜋12)的图像C.若𝜔>0时，函数𝑓(𝜔�

�)在区间[𝜋2,𝜋]上单调递减，则实数𝜔的取值范围是(0,18]D.函数𝑦=𝑓(𝑥)+𝑓(2𝑥−𝜋8)的值域为[−98,2]三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分)13.已知𝑎⃯=(1,𝑚)，𝑏⃯

=(3,−2)，𝑎⃯⊥𝑏⃯，则𝑚=________.14.能够说明“设𝛼∈(0,𝜋)，𝛽∈(0,𝜋)，若𝛼>𝛽，则sin𝛼>sin𝛽”是假命题的一组角𝛼，𝛽的值依次为________．15.如图，测量河对岸的塔高𝐴𝐵时，可以选与塔底�

�在同一水平面内的两个观测点𝐶与𝐷．现测得∠𝐵𝐶𝐷=75°，∠𝐵𝐷𝐶=60°，𝐶𝐷=10√2m，并在点𝐶测得塔顶𝐴的仰角𝜃为30°，则塔高𝐴𝐵为________m．16.如图，已知圆锥

𝑃𝑂的底面半径𝑂𝐴的长度为1，母线𝑃𝐴的长度为2，半径为𝑅1的球𝑂1与圆锥的侧面相切，并与底面相切于点𝑂，则𝑅1=________；若球𝑂2与球𝑂1、圆锥的底面和侧面均相切，则球𝑂2的表面积为___

_____．四、解答题(本大题共6小题,共70分)17.已知复数𝑧1=1+i，𝑧2=3+4i．（1）求𝑧1+𝑧2和𝑧1𝑧2的值；（2）若𝑧1=1+i是关于𝑥的实系数方程𝑥2+𝑚𝑥

+𝑛=0的一个根，求实数𝑚，𝑛的值．18.在△𝐴𝐵𝐶中，𝑎、𝑏、𝑐分别是角𝐴、𝐵、𝐶的对边，_______________，从①(𝑏+𝑐)2−𝑎2=3𝑏𝑐，②𝑎sin𝐵=𝑏sin(𝐴+𝜋3)

这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．（1）求角𝐴的大小；（2）若𝑏=4，△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆=6√3，求△𝐴𝐵𝐶的周长．19.某同学在劳动实践课上制作了一个如图所示的容器，其上半部分是一个正四棱锥，下半部分是一个长方体，已知正四棱

锥𝑆−𝐴𝐵𝐶𝐷的高是长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1高的12，且底面正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为4，𝐴𝐴1=2．（1）求𝐴𝐶1的长及该长方体的外接球的体积；（2）求正四棱锥的斜高和体积．20.在△𝐴

𝐵𝐶中，𝑎，𝑏，𝑐分别是角𝐴，𝐵，𝐶的对边，𝑏=2√6，√3sin𝐵−2cos2𝐵2=1．（1）求角𝐵的大小及△𝐴𝐵𝐶外接圆的半径𝑅的值；（2）若𝐴𝐷是∠𝐵𝐴𝐶的内角平分线，当△𝐴𝐵𝐶面积最大时，求𝐴𝐷的长．21.如图1，

在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵=𝐵𝐶=5𝑘，𝐴𝐶=8𝑘，𝐴𝐴1=2𝑘(𝑘>0)，𝐷，𝐷1分别为𝐴𝐶，𝐴1𝐶1的中点，平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷将三棱柱分成两个新的直三棱柱（如图2，3所示）．

（1）若两个新直三棱柱的表面积之和为72，求实数𝑘的值；（2）将图2和图3两个直三棱柱重新组合成一个直四棱柱，若组成的所有直四棱柱的表面积都小于132，求实数𝑘的取值范围．22.已知向量𝑚⃗⃗=(sin2𝑥,cos2𝑥)，𝑛⃗=(√32,12)，

函数𝑓(𝑥)=𝑚⃗⃗⋅𝑛⃗．（1）求函数𝑓(𝑥)的解析式和单调递增区间；（2）若𝑎，𝑏，𝑐分别为△𝐴𝐵𝐶三个内角𝐴，𝐵，𝐶的对边，𝑓(𝐴)=1，𝑏=2，𝑎∈[12,52]，试判断这个三角形解的个数，并说明理由；（3）若𝑥

∈[−𝜋6,2𝜋6]时，关于𝑥的方程𝑓(𝑥+𝜋6)+(𝜆+1)sin𝑥=𝜆恰有三个不同的实根𝑥1，𝑥2，𝑥3，求实数𝜆的取值范围及𝑥1+𝑥2+𝑥3的值．答案解析部分一、单选题1.已知角𝛼的终边经过点𝑃(3,−4)，则tan𝛼=（）A.−34B.−43C.

−45D.−54【答案】B【考点】任意角三角函数的定义【解析】【解答】因为角𝛼的终边经过点𝑃(3,−4)，所以tan𝛼=𝑦𝑥=−43=−43。故答案为：B.【分析】利用已知条件结合正切函数的定义，从而求出角𝛼的正切值。2.在复平面内，若复数𝑧=3

−2i（其中i是虚数单位），则复数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【答案】D【考点】复数的代数表示法及其几何意义【解析】【解答】根据复数的几何意义，可得复数𝑧=3−2i在复平面内

对应的点为(3,−2)，位于第四象限。故答案为：D.【分析】利用已知条件结合复数z的几何意义，从而求出复数z对应的点的坐标，再利用点的坐标确定点所在的象限。3.敲击如图1所示的音叉时，在一定时间内，音叉发出的

纯音振动可以用三角函数表达为𝑦=𝐴sin𝜔𝑡（其中𝐴>0，𝑡表示时间，𝑦表示纯音振动时音叉的位移）．图2是该函数在一个周期内的图像，根据图中数据可确定𝐴和𝜔的值分别为（）A.1500和800𝜋B.1500和400𝜋C.11000和800𝜋D.11000和400𝜋【答案

】D【考点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式，y=Asin（ωx+φ）中参数的物理意义【解析】【解答】解：由题意得𝐴=11000，𝑇4=1800则𝑇=1200则𝜔=2π𝑇=400π.故答案为：D【分析】根据函数𝑦=

𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)的图象与性质求解即可.4.若𝑎=sin𝜋12，𝑏=log2(sin𝜋12)，𝑐=tan𝜋12，则𝑎、𝑏、𝑐的大小关系为（）A.𝑎<𝑏<𝑐B.𝑐<𝑏<

𝑎C.𝑏<𝑎<𝑐D.𝑏<𝑐<𝑎【答案】C【考点】同角三角函数间的基本关系【解析】【解答】∵𝑎=sin𝜋12∈(0,1)，则𝑏=log2(sin𝜋12)<0，因为cos𝜋12∈(0,1)，故𝑐=tan𝜋12=sin𝜋12cos𝜋12>sin𝜋12=𝑎，故

𝑏<𝑎<𝑐。故答案为：C.【分析】利用正弦函数的图像、余弦函数的图像、同角三角函数基本关系式和对数函数的单调性，从而比较出a,b,c的大小。5.已知水平放置的四边形𝑂𝐴𝐵𝐶按斜二测画法得到如图所示

的直观图，其中𝑂′𝐴′//𝐵′𝐶′，∠𝑂′𝐴′𝐵′=90°，𝑂′𝐴′=1，𝐵′𝐶′=2，则原四边形𝑂𝐴𝐵𝐶的面积为（）A.3√22B.3√2C.4√2D.5√2【答案】B【考点】斜二测画法直观图【解析】【解答】根据直观图知𝑆𝑂′𝐴′𝐵′𝐶′=12

×(1+2)×1=32，又因为𝑆𝑂𝐴𝐵𝐶𝑆𝑂′𝐴′𝐵′𝐶′=1√24，所以𝑆𝑂𝐴𝐵𝐶=𝑆𝑂′𝐴′𝐵′𝐶′√24=32√24=3√2。故答案为：B.【分析】利用已知条件结合斜二测画法画直观图的方法，从而利用三角形的面积和直角梯形

的面积的关系，从而求出原四边形𝑂𝐴𝐵𝐶的面积。6.设𝛼为锐角，若cos(𝛼+𝜋4)=12，则tan𝛼=（）A.√6−√2B.√6+√2C.2−√3D.2+√3【答案】C【考点】两角和与差的正切公式【解析】【解答】因为0<𝛼<𝜋2，可得𝜋4<𝛼+�

�4<3𝜋4，由cos(𝛼+𝜋4)=12，所以𝛼+𝜋4=𝜋3，可得𝛼=𝜋12，所以tan𝛼=tan𝜋12=tan(𝜋3−𝜋4)=tan𝜋3−tan𝜋41+tan𝜋3tan𝜋4=√3−11+√3=2

−√3。故答案为：C.【分析】因为0<𝛼<𝜋2，可得𝜋4<𝛼+𝜋4<3𝜋4，由cos(𝛼+𝜋4)=12，可得𝛼=𝜋12，再利用两角差的正切公式，从而求出tan𝛼的值。7.南宋时期的数学家秦九韶独立发现的计算三角形面积

的“三斜求积术”，其求法是：“以少广求之，以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂减上，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即𝑆=√14[𝑐2𝑎2−(𝑐2+𝑎2−𝑏22)2]，其

中𝑎、𝑏、𝑐是△𝐴𝐵𝐶内角𝐴、𝐵、𝐶的对边．若𝑎𝑐=4，𝐵=60∘，则△𝐴𝐵𝐶的面积为（）A.√3B.2√2C.4D.4√2【答案】A【考点】余弦定理，三角形中的几何计算【解析】【解答】由

余弦定理可得cos𝐵=𝑐2+𝑎2−𝑏22𝑎𝑐，所以，𝑐2+𝑎2−𝑏2=2𝑎𝑐cos𝐵，所以，𝑆=√14[𝑐2𝑎2−(𝑐2+𝑎2−𝑏22)2]=12√𝑐2𝑎2−(𝑎𝑐cos𝐵)2=12𝑎𝑐sin𝐵=

12×4×√32=√3。故答案为：A.【分析】利用已知条件结合余弦定理得出𝑐2+𝑎2−𝑏2=2𝑎𝑐cos𝐵，再利用计算三角形面积的“三斜求积术”，从而求出三角形△𝐴𝐵𝐶的面积。8.如图所示，一条河两岸平行，河的宽度为400米，一艘船从河岸的𝐴地出发，向

河对岸航行．已知船的速度𝑣1⃗⃗⃗⃗的大小为|𝑣1⃗⃗⃗⃗|=8km/h，水流速度𝑣2⃗⃗⃗⃗的大小为|𝑣2⃗⃗⃗⃗|=2km/h，船的速度与水流速度的合速度为𝑣，那么当航程最短时，下列说法正确的是（）A.船头方向与水流方向垂直B.cos<𝑣1⃗

⃗⃗⃗,𝑣2⃗⃗⃗⃗>=−14C.|𝑣|=2√17km/hD.该船到达对岸所需时间为3分钟【答案】B【考点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角，平面向量数量积的运算，数量积表示两个向量的夹角【解析】【解答】由题意可知，𝑣

=𝑣1⃗⃗⃗⃗+𝑣2⃗⃗⃗⃗，当船的航程最短时，𝑣⊥𝑣2⃗⃗⃗⃗，而船头的方向与𝑣1⃗⃗⃗⃗同向，由𝑣⋅𝑣2⃗⃗⃗⃗=(𝑣1⃗⃗⃗⃗+𝑣2⃗⃗⃗⃗)⋅𝑣2⃗⃗⃗⃗=𝑣1⃗⃗⃗⃗⋅𝑣2⃗⃗⃗⃗+𝑣2⃗⃗⃗⃗2=0，可得𝑣1⃗⃗⃗⃗⋅𝑣2⃗⃗⃗⃗=−𝑣2⃗

⃗⃗⃗2=−4，cos<𝑣1⃗⃗⃗⃗,𝑣2⃗⃗⃗⃗>=𝑣1⃗⃗⃗⃗⋅𝑣2⃗⃗⃗⃗|𝑣1⃗⃗⃗⃗|⋅|𝑣2⃗⃗⃗⃗|=−14，A选项错误，B选项正确；|𝑣|=|𝑣1⃗⃗⃗⃗+𝑣2⃗⃗⃗⃗|=√(𝑣1⃗⃗⃗⃗+𝑣2⃗⃗⃗⃗)2=√𝑣1⃗⃗⃗⃗2+2𝑣1⃗

⃗⃗⃗⋅𝑣2⃗⃗⃗⃗+𝑣2⃗⃗⃗⃗2=√4−2×4+64=2√15(kmh⁄)，C选项错误；该船到达对岸所需时间为60×0.42√15=4√155（分钟），D选项错误.故答案为：B.【分析】利用已知条件结合平行四边形法则和数量积求向量夹角公式，再结

合数量积求向量的模的公式和数量积的定义，从而找出说法正确的选项。二、多选题9.如果一个复数的实部和虚部相等，则称这个复数为“等部复数”．若复数𝑧=𝑎+i（𝑎∈𝑅，i为虚数单位）为“等部复数”，则下列说法正确的是（）A.𝑎=1B.|𝑧|=1C.𝑧̅=1−𝑖D.复数(𝑎−1)+(�

�2−1)𝑖是纯虚数【答案】A,C【考点】复数的基本概念，复数的代数表示法及其几何意义，复数求模【解析】【解答】因为复数𝑧=𝑎+i（𝑎∈𝑅，i为虚数单位）为“等部复数”，根据“等部复数”的定义

，可得𝑎=1，即𝑧=1+i，所以A符合题意；由|𝑧|=√12+12=√2，所以B不正确；由𝑧=1+i，可得𝑧̅=1−i，所以C符合题意；由(𝑎−1)+(𝑎2−1)i=(1−1)+(12−1)i=0，所以D不正确

.故答案为：AC.【分析】利用“等部复数”的定义求出a的值；再利用复数求模公式求出复数的模；再利用复数与共轭复数的关系，从而求出复数z的共轭复数；再结合复数为纯虚数的判断方法，从而选出说法正确的选项。10.如图，若𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1𝐸1𝐹1为

正六棱台，则下列说法正确的是（）A.直线𝐴𝐵与𝐶1𝐷1是异面直线B.直线𝐴𝐵与𝐷1𝐸1平行C.线段𝐵𝐵1与𝐹𝐹1的延长线相交于一点D.点𝐹1到底面𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹的距离大于点𝐵1到底面𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹的距离【答案】A,B,C【考点

】异面直线的判定，空间中直线与直线之间的位置关系，点、线、面间的距离计算【解析】【解答】解：若𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1𝐸1𝐹1为正六棱台，对于A，由不共线的三点𝐴,𝐵,𝐶1共面，𝐷1不在这个面内，故直线𝐴𝐵与𝐶1𝐷1是异面直线，正确；

对于B，因为直线𝐴𝐵与𝐷𝐸平行，直线𝐷𝐸与𝐷1𝐸1平行，则直线𝐴𝐵与𝐷1𝐸1平行，B符合题意；对于C，因为𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1𝐸1𝐹1为正六棱台，则侧棱𝐵𝐵1与𝐹𝐹1的延长线相交于一点，正确；

对于D，点𝐹1到底面𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹的距离和点𝐵1到底面𝐴𝐵𝐶𝐷𝐸𝐹的距离都等于棱台的高，故应该相等，D不符合题意；故答案为：ABC.【分析】利用正六棱台的结构特征结合已知条件，

再利用异面直线的判断方法、两直线平行的判断方法、点到平面的距离求解方法和比较法，从而找出说法正确的选项。11.如图，已知点𝐺是边长为1的等边△𝐴𝐵𝐶内一点，满足𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐵⃗⃗⃗

⃗⃗+𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗，过点𝐺的直线𝑙分别交𝐴𝐵，𝐴𝐶于点𝐷，𝐸．设𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝜇𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，则下列说法正确的是（）A.𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+14𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗B

.点𝐺为△𝐴𝐵𝐶的重心C.1𝜆+1𝜇=2D.|𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗|=√33【答案】B,D【考点】向量的模，平面向量的基本定理及其意义，三点共线，三角形五心【解析】【解答】解：取𝐴𝐵的中点𝑀，𝐵𝐶的

中点𝑁，则𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐺𝐷⃗⃗⃗⃗⃗，∵𝐺𝐴⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗，∴𝐺𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=−2𝐺𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗，∴𝐶，𝑀，𝐺三点共线，同理𝐴，𝐺，𝑁三点共

线，∴𝐺是𝛥𝐴𝐵𝐶的重心，B符合题意；∴𝐴𝑁=32𝐴𝐺，∴𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗=3𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗，即𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+

13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，A不符合题意；所以|𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗|=23|𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=23×√32=√33，D符合题意；因为𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝜇𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=1𝜆𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗=1𝜇𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗，所以𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗=13𝜆𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+13𝜇𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗，又因𝐷,𝐺,𝐸三点共线，所以13𝜆+13𝜇=1，所以1𝜆+1𝜇=3，C不符合题意.故答案为：BD．【分析

】利用已知条件结合等边三角形的结构特征，再利用向量共线定理和平面向量基本定理，推出𝐴𝐺⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗；再利用重心的定义推出点𝐺为△𝐴𝐵𝐶的重心；再结合三点共线的判断方法，从而推出1�

�+1𝜇=3；再结合向量的模求解方法，从而求出|𝐴𝐺→|=√33，进而找出说法正确的选项。12.已知函数𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜑)(|𝜑|<𝜋2)满足𝑓(5𝜋8−𝑥)=𝑓(5𝜋8+𝑥)，则下列说法正确的是（）A.函数𝑦

=𝑓(𝑥)的最小正周期为𝜋B.函数𝑓(𝑥)的图像向右平移𝜋6个单位得到函数𝑔(𝑥)=sin(2𝑥−𝜋12)的图像C.若𝜔>0时，函数𝑓(𝜔𝑥)在区间[𝜋2,𝜋]上单调递减，则实数𝜔的取值范围是(0,18]D.函数𝑦=𝑓(𝑥

)+𝑓(2𝑥−𝜋8)的值域为[−98,2]【答案】A,B,D【考点】函数的值域，函数单调性的性质，三角函数的周期性及其求法，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换【解析】【解答】由题意，函数𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜑)(|�

�|<𝜋2)满足𝑓(5𝜋8−𝑥)=𝑓(5𝜋8+𝑥)，即函数𝑓(𝑥)的图象关于𝑥=5𝜋8对称，可得𝑓(𝑥)=sin(2×5𝜋8+𝜑)=±1，解得5𝜋4+𝜑=𝜋2+𝑘𝜋,𝑘∈𝑍，即𝜑=−3

𝜋4+𝑘𝜋,𝑘∈𝑍，因为|𝜑|<𝜋2，可得𝜑=𝜋4，所以𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜋4)，可得函数𝑓(𝑥)的最小正周期为𝑇=2𝜋2=𝜋，所以A符合题意；函数𝑓(𝑥)的图像向右平移𝜋6个单位，可得函数𝑔(𝑥)=sin[2(𝑥−

𝜋6)+𝜋4]=sin(2𝑥−𝜋12)，所以B符合题意；由𝜔=18时，可得函数𝑓(18𝑥)=sin(14𝑥+𝜋4)当𝑥∈[𝜋2,𝜋]时，可得14𝑥∈[𝜋8,𝜋4]，则14𝑥+𝜋4∈[3𝜋8,𝜋2]，因为函数𝑓(18𝑥

)=sin(14𝑥+𝜋4)在区间[𝜋2,𝜋]上单调递增，，所以C不符合题意；由𝑦=𝑓(𝑥)+𝑓(2𝑥−𝜋8)=sin(2𝑥+𝜋4)+sin[2×(2𝑥−𝜋8)+𝜋4]=sin(2𝑥+𝜋4)+sin(4𝑥)=√22(sin2�

�+cos2𝑥)+2sin2𝑥cos2𝑥，令𝑡=sin2𝑥+cos2𝑥∈[−√2,√2]，则2sin2𝑥cos2𝑥=𝑡2−1，所以𝑦=𝑡2+√22𝑡−1，表示开口向上，且对称轴为𝑡

=−√24的抛物线，当𝑡=−√24时，可得𝑦min=−98；当𝑡=√2时，可得𝑦max=2，即函数𝑦=𝑓(𝑥)+𝑓(2𝑥−𝜋8)的值域为[−98,2]。故答案为：ABD.【分析】利用已知条件结合代入法，从而求出𝜑的值，

进而求出正弦型函数的解析式，再利用正弦型函数的最小正周期公式，从而求出正弦型函数的最小正周期；再利用正弦型函数的图象变换得出函数𝑓(𝑥)的图像向右平移𝜋6个单位得到函数𝑔(𝑥)=sin(2𝑥−𝜋12)的图像；再利用已知条件结合函数的单调性，从而利用已知条件函数𝑓(𝜔𝑥)在区

间[𝜋2,𝜋]上单调递减，进而求出实数𝜔的取值范围；再利用函数求值域的方法求出函数𝑦=𝑓(𝑥)+𝑓(2𝑥−𝜋8)的值域为[−98,2]，进而找出说法正确的选项。三、填空题13.已知𝑎⃯=(1,𝑚)，𝑏⃯=(3,−2)

，𝑎⃯⊥𝑏⃯，则𝑚=________.【答案】32【考点】数量积的坐标表达式，数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】【解答】由题𝑎=(1,𝑚)，𝑏⃗=(3,−2)，𝑎⊥𝑏⃗，则3−2𝑚=0，∴𝑚=32。故答案为：32。【分

析】利用已知条件结合向量垂直数量积为0的等价关系，再结合数量积的坐标表示，从而求出m的值。14.能够说明“设𝛼∈(0,𝜋)，𝛽∈(0,𝜋)，若𝛼>𝛽，则sin𝛼>sin𝛽”是假命题的一组角𝛼，𝛽的值依次为________．【答案】56𝜋；𝜋3

（答案不唯一）【考点】命题的真假判断与应用【解析】【解答】解：因为𝛼∈(0,𝜋)，𝛽∈(0,𝜋)，且𝛼>𝛽，如𝛼=56𝜋；𝛽=𝜋3，满足𝛼>𝛽，但是sin𝛼=sin56𝜋=12，sin𝛽=sin𝜋3=√32，不满足

sin𝛼>sin𝛽。故答案为：56𝜋；𝜋3（答案不唯一）。【分析】利用已知条件结合命题真假的判断方法，从而得出一组角𝛼，𝛽的值。15.如图，测量河对岸的塔高𝐴𝐵时，可以选与塔底𝐵在同一水平面

内的两个观测点𝐶与𝐷．现测得∠𝐵𝐶𝐷=75°，∠𝐵𝐷𝐶=60°，𝐶𝐷=10√2m，并在点𝐶测得塔顶𝐴的仰角𝜃为30°，则塔高𝐴𝐵为________m．【答案】10【考点】正弦定理的应用【解析】【解答】在△𝐵𝐶𝐷中

，因为∠𝐵𝐶𝐷=75°，∠𝐵𝐷𝐶=60°，可得∠𝐶𝐵𝐷=180∘−75∘−60∘=45∘，由正弦定理，可得𝐵𝐶=10√2sin60∘sin45∘=10√3，在直角𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中，可得𝐴𝐵=𝐵𝐶tan∠𝐴𝐵𝐶=10√3×√33=10，即塔高𝐴𝐵为

10(𝑚)。故答案为：10。【分析】利用已知条件结合三角形内角和为180度的性质，从而求出∠𝐶𝐵𝐷的值，再利用正弦定理求出BC的长，在直角𝑅𝑡△𝐴𝐵𝐶中结合正切函数的定义，从而求出塔高AB的长。16.如图，已知圆锥𝑃𝑂的底面半径𝑂𝐴的长度为1，母线�

�𝐴的长度为2，半径为𝑅1的球𝑂1与圆锥的侧面相切，并与底面相切于点𝑂，则𝑅1=________；若球𝑂2与球𝑂1、圆锥的底面和侧面均相切，则球𝑂2的表面积为________．【答案】√33；427𝜋【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台），球的体积和表面积【解析】【解答】解：该

几何体的轴截面如图所示，由题意可知△𝑃𝐴𝐵为等边三角形，且边长为2，圆𝑂1与三角形的三边都相切，圆𝑂1的半径等于球𝑂1的半径为𝑅1，则12(2+2+2)𝑅1=12×2×2sin60°，解得𝑅1

=√33，因为∠𝑂1𝐴𝑂=30°，所以𝐴𝑂2=2𝑂2𝐶=2𝑅2,𝐴𝑂1=2𝑂𝑂1=2𝑅1，因为𝐴𝑂1=𝐴𝑂2+𝑂2𝑂1，所以2𝑅1=2𝑅2+𝑅2+𝑅1，所以𝑅2=13𝑅1=√39，所以球𝑂2的表面积为4𝜋𝑅2⬚2=4𝜋(√3

9)2=427𝜋。故答案为：√33，427𝜋。【分析】由题意可知三角形△𝑃𝐴𝐵为等边三角形，且边长为2，圆𝑂1与三角形的三边都相切，圆𝑂1的半径等于球𝑂1的半径为𝑅1，再利用两三角形面积相等结合三角形的面积公式，解得𝑅1=√33，因为∠𝑂1𝐴𝑂=30°

，所以𝐴𝑂2=2𝑂2𝐶=2𝑅2,𝐴𝑂1=2𝑂𝑂1=2𝑅1，因为𝐴𝑂1=𝐴𝑂2+𝑂2𝑂1，所以2𝑅1=2𝑅2+𝑅2+𝑅1，所以𝑅2=13𝑅1=√39，再利用球的表面积公式，从而求出球𝑂2的表

面积。四、解答题17.已知复数𝑧1=1+i，𝑧2=3+4i．（1）求𝑧1+𝑧2和𝑧1𝑧2的值；（2）若𝑧1=1+i是关于𝑥的实系数方程𝑥2+𝑚𝑥+𝑛=0的一个根，求实数𝑚，𝑛的值．【答案】（1）由题意，复数𝑧1=1+i，𝑧2=3+4i．所以𝑧1+𝑧2

=1+i+3+4i=4+5i，𝑧1𝑧2=(1+i)(3+4i)=3+4i+3i+4i2=−1+7i．（2）因为𝑧1=1+i是关于𝑥的实系数方程𝑥2+𝑚𝑥+𝑛=0的一个根，所以(1+i)2+𝑚(1+i)+𝑛=0，整理得(𝑚

+𝑛)+(𝑚+2)i=0，可得{𝑚+𝑛=0𝑚+2=0，解得{𝑚=−2𝑛=2，所以𝑚=−2，𝑛=2．【考点】复数相等的充要条件，复数代数形式的乘除运算，复数代数形式的加减运算【解析】【分析】（1）利用已

知条件结合复数的加法和乘法运算法则，从而求出𝑧1+𝑧2和𝑧1𝑧2的值。（2）利用𝑧1=1+i是关于𝑥的实系数方程𝑥2+𝑚𝑥+𝑛=0的一个根结合代入法和复数的混合运算法则，再利用复数相等的等价关系，从而求出m,n

的值。18.在△𝐴𝐵𝐶中，𝑎、𝑏、𝑐分别是角𝐴、𝐵、𝐶的对边，_______________，从①(𝑏+𝑐)2−𝑎2=3𝑏𝑐，②𝑎sin𝐵=𝑏sin(𝐴+𝜋3)这两个条

件中任选一个，补充在上面问题中并作答．（1）求角𝐴的大小；（2）若𝑏=4，△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆=6√3，求△𝐴𝐵𝐶的周长．【答案】（1）选①：∵(𝑏+𝑐)2−𝑎2=3𝑏𝑐，∴𝑏2+𝑐2−𝑎2=𝑏𝑐，∴cos𝐴=𝑏2+𝑐2−𝑎22𝑏𝑐=12，∵𝐴∈

(0,𝜋)，∴𝐴=𝜋3；选②：由正弦定理得：sin𝐴sin𝐵=sin𝐵sin(𝐴+𝜋3)，在△𝐴𝐵𝐶中，∵0<𝐵<𝜋，∴sin𝐵≠0，∴sin𝐴=sin(𝐴+𝜋3)，∴sin𝐴=12sin𝐴+√32cos𝐴，∴12sin𝐴=√

32cos𝐴，可得tan𝐴=√3，∵𝐴∈(0,𝜋)，∴𝐴=𝜋3；（2）由（1）知𝐴=𝜋3，𝑏=4，𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑏𝑐sin𝐴=√3𝑐=6√3，∴𝑐=6，由余弦定理可得𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐cos

𝐴=16+36−2×4×6×12=28，则𝑎=2√7，因此，△𝐴𝐵𝐶的周长为𝑎+𝑏+𝑐=10+2√7．【考点】同角三角函数间的基本关系，正弦定理，余弦定理，三角形中的几何计算【解析】【分析】（1）从①(𝑏+𝑐)

2−𝑎2=3𝑏𝑐，②𝑎sin𝐵=𝑏sin(𝐴+𝜋3)这两个条件中任选一个，补充在问题中并作答。选①：利用已知条件结合余弦定理和三角形中角A的取值范围，从而求出角A的值。选②：利用已知条件

结合正弦定理得出sin𝐴sin𝐵=sin𝐵sin(𝐴+𝜋3)，在△𝐴𝐵𝐶中，因为0<𝐵<𝜋，所以sin𝐵≠0，所以sin𝐴=sin(𝐴+𝜋3)，再利用两角和的正弦公式结合同角三角函数基本关系式，从而结合三角形中角A的取值范围，进而求出角A的值。（2）由（1）知𝐴=

𝜋3，𝑏=4，再利用三角形的面积公式结合已知条件，从而求出c的值，再利用余弦定理求出a的值，再结合三角形的周长公式，从而求出三角形△𝐴𝐵𝐶的周长。19.某同学在劳动实践课上制作了一个如图所示的容器，其上半部分是一个正四棱锥，下半部

分是一个长方体，已知正四棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶𝐷的高是长方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1高的12，且底面正方形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为4，𝐴𝐴1=2．（1）求𝐴𝐶1的长及该长方体的外接球的体积；（2）求正

四棱锥的斜高和体积．【答案】（1）∵几何体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1为长方体且𝐴𝐵=𝐵𝐶=4，𝐴𝐴1=2，∴𝐴𝐶1=√𝐴𝐵2+𝐵𝐶2+𝐴𝐴1⬚2=√42+42+22=6，记长方体外接球的半径为𝑅，线段𝐴𝐶1就是其外接球直径，则2�

�=6，∴𝑅=3，∴外接球的体积为𝑉=43𝜋×33=36𝜋．（2）如图，设𝐴𝐶，𝐵𝐷交于点𝑂，连结𝑆𝑂，则𝑆𝑂为正四棱锥的高，∵𝑆−𝐴𝐵𝐶𝐷为正四棱锥，∴𝑆𝑂为正四棱锥的高，又长方体的高为𝐴𝐴1=2，∴𝑆𝑂=12×

2=1，取𝐴𝐵的中点𝐸，连结𝑂𝐸、𝑆𝐸，则𝑆𝐸为正四棱锥的斜高，在Rt△𝑆𝑂𝐸中，𝑆𝑂=1，𝑂𝐸=12𝐴𝐷=2，∴𝑆𝐸=√𝑆𝑂2+𝑂𝐸2=√1+4=√5，∵𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷=4×4=1

6，𝑆𝑂=1，∴𝑉𝑆−𝐴𝐵𝐶𝐷=13𝑆𝐴𝐵𝐶𝐷×𝑆𝑂=13×16×1=163，∴正四棱锥的斜高为√5，体积为163．【考点】棱柱的结构特征，棱柱、棱锥、棱台的体积，球的体积和表面积【解析】

【分析】（1）因为几何体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1为长方体且𝐴𝐵=𝐵𝐶=4，𝐴𝐴1=2，再利用勾股定理求出长方体的体对角线的长，进而求出𝐴𝐶1的长；记长方体外接球的半径为𝑅，线段𝐴𝐶1就是其外接球

直径，从而求出外接球的直径，进而求出外接球的半径，再利用外接球的体积公式，从而求出该长方体的外接球的体积。（2）设𝐴𝐶，𝐵𝐷交于点𝑂，连结𝑆𝑂，则𝑆𝑂为正四棱锥的高，因为𝑆−𝐴𝐵𝐶

𝐷为正四棱锥，所以𝑆𝑂为正四棱锥的高，又因为长方体的高为𝐴𝐴1=2，所以利用中点的性质求出𝑆𝑂=12×2=1，取𝐴𝐵的中点𝐸，连结𝑂𝐸、𝑆𝐸，则𝑆𝐸为正四棱锥的斜高，在Rt△𝑆𝑂𝐸中，𝑆𝑂=1，𝑂𝐸=12𝐴𝐷=2，利用勾股定理求出𝑆𝐸的长

，再利用四边形的面积公式结合四棱锥的体积公式，从而求出正四棱锥的斜高为√5，体积为163。20.在△𝐴𝐵𝐶中，𝑎，𝑏，𝑐分别是角𝐴，𝐵，𝐶的对边，𝑏=2√6，√3sin𝐵−2cos2𝐵2=1．（1）求角𝐵的大小及△𝐴𝐵𝐶外接圆的半径𝑅的值；（2）若𝐴𝐷

是∠𝐵𝐴𝐶的内角平分线，当△𝐴𝐵𝐶面积最大时，求𝐴𝐷的长．【答案】（1）由√3sin𝐵−2cos2𝐵2=1，得√3sin𝐵−cos𝐵=2，∴2(√32sin𝐵−12cos𝐵)=2，∴sin(𝐵−𝜋6)=1，∵0<𝐵<𝜋，∴−𝜋6<𝐵−𝜋

6<5𝜋6，∴𝐵−𝜋6=𝜋2，解得𝐵=2𝜋3，由正弦定理得，𝑏sin𝐵=2√6√32=4√2=2𝑅，解得𝑅=2√2．（2）在△𝐴𝐵𝐶中，由余弦定理得，𝑏2=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐cos2𝜋3=𝑎2+𝑐2+𝑎𝑐=24，∴24

≥2𝑎𝑐+𝑎𝑐=3𝑎𝑐，∴𝑎𝑐≤8，当且仅当𝑎=𝑐=2√2时等号成立．此时𝑆△𝐴𝐵𝐶最大，且△𝐴𝐵𝐶为等腰三角形，∠𝐵𝐴𝐶=𝜋6，∴∠𝐵𝐴𝐷=𝜋12，∠𝐴𝐷𝐵=𝜋4，在△𝐴𝐵𝐷中，由正弦定理得：𝐴

𝐷sin2𝜋3=𝐴𝐵sin𝜋4，∴𝐴𝐷=2√2sin2𝜋3sin𝜋4=2√3．【考点】三角函数的恒等变换及化简求值，二倍角的余弦公式，正弦定理，余弦定理【解析】【分析】（1）利用已知条件结合二倍角的余弦公式和辅助角公式，化简函数为正弦型函数，

再利用三角形中角B的取值范围，进而求出角B的值，再结合正弦定理的性质，从而求出三角形△𝐴𝐵𝐶外接圆的半径𝑅的值。（2）在△𝐴𝐵𝐶中，由余弦定理和均值不等式求最值的方法得出𝑎𝑐≤8，当且仅当𝑎=𝑐=2√2时等号成立，此时𝑆

△𝐴𝐵𝐶最大，且△𝐴𝐵𝐶为等腰三角形，∠𝐵𝐴𝐶=𝜋6，所以∠𝐵𝐴𝐷=𝜋12，∠𝐴𝐷𝐵=𝜋4，在△𝐴𝐵𝐷中，由正弦定理求出AD的长。21.如图1，在直三棱柱𝐴

𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐵=𝐵𝐶=5𝑘，𝐴𝐶=8𝑘，𝐴𝐴1=2𝑘(𝑘>0)，𝐷，𝐷1分别为𝐴𝐶，𝐴1𝐶1的中点，平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷将三棱柱分成两个新

的直三棱柱（如图2，3所示）．（1）若两个新直三棱柱的表面积之和为72，求实数𝑘的值；（2）将图2和图3两个直三棱柱重新组合成一个直四棱柱，若组成的所有直四棱柱的表面积都小于132，求实数𝑘的取值范围．【答案】（1）解：∵𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝐷为𝐴𝐶的中点，∴𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，又�

�𝐵=𝐵𝐶=5𝑘，𝐴𝐶=8𝑘，∴𝐵𝐷=3𝑘，易知三棱柱被平面𝐵𝐵1𝐷1𝐷分割成两个相同的直三棱柱，每个直三棱柱的表面积为：12×3𝑘×4𝑘+(3𝑘+4𝑘+5𝑘)×2

𝑘=12𝑘2+24，∴两个新直三棱柱的表面积之和𝑆=24𝑘2+48=72，解得：𝑘=1．（2）由题可知：图2、图3的两个直三棱柱重新组合成一个直四棱柱时，共有4种可能的情形：①当底面是边长为3𝑘，4𝑘的矩形，侧棱长为2�

�的直四棱柱时，表面积𝑆1=2×3𝑘×4𝑘+(3𝑘+4𝑘)×2×2𝑘=24𝑘2+28，②当底面是边长为5𝑘，4𝑘的平行四边形，侧棱长为2𝑘的直四棱柱时，表面积𝑆2=2×3𝑘×4𝑘+(5𝑘

+4𝑘)×2×2𝑘=24𝑘2+36，③当底面是边长为5𝑘，3𝑘的平行四边形，侧棱长为2𝑘的直四棱柱时，表面积𝑆3=2×3𝑘×4𝑘+(5𝑘+3𝑘)×2×2𝑘=24𝑘2+32，④当底面是

边长为3𝑘，4𝑘的四边形（非矩形），侧棱长为2𝑘的直四棱柱时，表面积𝑆4=2×3𝑘×4𝑘+(3𝑘+4𝑘)×2×2𝑘=24𝑘2+28，由上可知：表面积的最大值为24𝑘2+36，由题意得：24𝑘2+36<132，解得：0<𝑘<2．∴实数𝑘的取值

范围是(0,2)．【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】【分析】（1）因为𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝐷为𝐴𝐶的中点，再利用等腰三角形三线合一推出线线垂直，所以𝐵𝐷⊥𝐴𝐶，又因为𝐴𝐵=𝐵𝐶=5𝑘，𝐴𝐶=8𝑘，所以𝐵𝐷=3𝑘，易知三棱柱被平面𝐵𝐵1�

�1𝐷分割成两个相同的直三棱柱，再利用直三棱柱的表面积公式结合求和法和已知条件，从而求出k的值。（2）由题可知，图2、图3的两个直三棱柱重新组合成一个直四棱柱时，共有4种可能的情形，再利用分类讨论的方法结合直四棱

柱的表面积公式，从而得出表面积的最大值为24𝑘2+36，由题意得24𝑘2+36<132，再解一元二次不等式求出实数𝑘的取值范围。22.已知向量𝑚⃗⃗=(sin2𝑥,cos2𝑥)，𝑛⃗=(√32,12)，函数𝑓(𝑥)=𝑚⃗⃗⋅𝑛⃗．（1）求函数𝑓(𝑥)的

解析式和单调递增区间；（2）若𝑎，𝑏，𝑐分别为△𝐴𝐵𝐶三个内角𝐴，𝐵，𝐶的对边，𝑓(𝐴)=1，𝑏=2，𝑎∈[12,52]，试判断这个三角形解的个数，并说明理由；（3）若𝑥∈[−𝜋6,2𝜋6]时，

关于𝑥的方程𝑓(𝑥+𝜋6)+(𝜆+1)sin𝑥=𝜆恰有三个不同的实根𝑥1，𝑥2，𝑥3，求实数𝜆的取值范围及𝑥1+𝑥2+𝑥3的值．【答案】（1）解：由题意知，𝑓(𝑥)=𝑚⃗⃗⋅𝑛⃗=(sin2𝑥,co

s2𝑥)⋅(√32,12)=√32sin2𝑥+12cos2𝑥=sin(2𝑥+𝜋6)，令−𝜋2+2𝑘𝜋≤2𝑥+𝜋6≤𝜋2+2𝑘𝜋，解得：−𝜋3+𝑘𝜋≤𝑥≤𝜋6+𝑘𝜋，∴𝑓(�

�)的单调递增区间为[−𝜋3+𝑘𝜋,𝜋6+𝑘𝜋](𝑘∈𝑍)．（2）∵𝑓(𝐴)=sin(2𝐴+𝜋6)=1，∴2𝐴+𝜋6=𝜋2+2𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，即𝐴=𝜋6+𝑘𝜋，𝑘∈𝑍，又∵𝐴∈(0,𝜋)，∴𝐴=

𝜋6．假设三角形存在，由正弦定理可得，𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵，∴sin𝐵=𝑏sin𝐴𝑎，①当𝑎∈[12,1)时，sin𝐵=1𝑎>1，∵sin𝐵∈(0,1]，∴三角形无解．②当𝑎=1时，sin𝐵=1𝑎=1

，∴𝐵=𝜋2，三角形有唯一解．③当𝑎∈(1,2)时，sin𝐵=1𝑎∈(12,1)，此时𝑏sin𝐴<𝑎<𝑏，∵𝐵∈(0,𝜋)，∴𝐵有两个不同的值，故三角形有两解．④当𝑎∈[2,52]时，𝑎≥𝑏，∴𝐴≥𝐵，故三角形有唯一解．综上所述，当𝑎∈

[12,1)时，三角形无解；当𝑎=1或𝑎∈[2,52]时，三角形有唯一解；当𝑎∈(1,2)时，三角形有两解．（3）∵𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜋6)，∴方程𝑓(𝑥+𝜋6)+(𝜆+1)sin𝑥=𝜆可化为sin(2(𝑥+𝜋6)+𝜋6)+(𝜆+1)s

in𝑥=𝜆，即cos2𝑥+(𝜆+1)sin𝑥=𝜆，化简得：2sin2𝑥−(𝜆+1)sin𝑥+𝜆−1=0（*），即(2sin𝑥−(𝜆−1))(sin𝑥−1)=0，∴sin𝑥=1或sin𝑥=𝜆−12，又𝑥∈[−

𝜋6,2𝜋3]时，方程（*）有三个不同的实根，且当sin𝑥=1时，𝑥1=𝜋2，∴sin𝑥=𝜆−12在[−𝜋6,2𝜋3]上有两个不同的实根为𝑥2，𝑥3，又∵𝑥∈[−𝜋6,2𝜋3]，∴sin𝑥∈[√32,1)，∴

√32≤𝜆−12<1，解得：√3+1≤𝜆<3，易知𝑥2，𝑥3关于𝑥=𝜋2对称，∴𝑥2+𝑥32=𝜋2，即𝑥2+𝑥3=𝜋，∴𝑥1+𝑥2+𝑥3=𝜋2+𝜋=3𝜋2．综上所述，𝜆的取值范围为√3+1≤𝜆<3，𝑥

1+𝑥2+𝑥3的值为3𝜋2．【考点】函数的单调性及单调区间，三角函数的恒等变换及化简求值，正弦定理【解析】【分析】（1）利用已知条件结合数量积的坐标表示和辅助角公式，从而化简函数为正弦型函数，再利用正弦型函数的图像判断出正弦型函数

的单调性，进而求出正弦型函数的单调递增区间。（2）利用已知条件结合正弦定理和分类讨论的方法，从而得出当𝑎∈[12,1)时，三角形无解；当𝑎=1或𝑎∈[2,52]时，三角形有唯一解；当𝑎∈(1,2)时，三角形有两解。（3）因为𝑓(𝑥)=sin(2𝑥+𝜋6)，

所以方程𝑓(𝑥+𝜋6)+(𝜆+1)sin𝑥=𝜆可化为sin(2(𝑥+𝜋6)+𝜋6)+(𝜆+1)sin𝑥=𝜆，所以sin𝑥=1或sin𝑥=𝜆−12，又因为𝑥∈[−𝜋6,2𝜋3]时，方程（*）有三个不同的

实根，且当sin𝑥=1时，𝑥1=𝜋2，所以sin𝑥=𝜆−12在[−𝜋6,2𝜋3]上有两个不同的实根为𝑥2，𝑥3，又因为𝑥∈[−𝜋6,2𝜋3]，所以sin𝑥∈[√32,1)，∴所以√3+1≤

𝜆<3，易知𝑥2，𝑥3关于𝑥=𝜋2对称，再利用图形的对称性，所以𝑥2+𝑥3=𝜋，所以𝑥1+𝑥2+𝑥3=3𝜋2。