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江苏省苏州中学校2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高一下·苏州期中）已知，，则与的夹角是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
又，所以，
即与的夹角是.
故答案为：C
【分析】 利用向量夹角公式，将已知的模长和点积代入，求出夹角的余弦值，再结合夹角范围确定角度。
2．（2025高一下·苏州期中）中，“”是“”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
【答案】C
【知识点】充要条件；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：因为，由大角对大边可得，
由正弦定理得，且，
所以，故，充分性成立，
同理当时，，，
由正弦定理可得，
由大边对大角可得，必要性成立，
“”是“”的充要条件.
故答案为：C
【分析】结合三角形的大角对大边性质和正弦定理，分别证明“A>B”对“sinA>sinB”的充分性和必要性。
3．（2025高一下·苏州期中）函数在上的单调递减区间是（　　）
A． B．
C． D．和
【答案】C
【知识点】正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：由，
得，
即单减区间为，
又，所以单减区间为.
故答案为：C
【分析】采用整体代换法，将内层函数 视为整体，代入正弦函数的标准单调递减区间，解出 的通解范围，最后与定义域 取交集，锁定具体区间。
4．（2025高一下·苏州期中）河水的流速为2，一艘小船想沿垂直于河岸方向以10的速度驶向对岸，则小船的静水速度为（　　）
A．10 B． C． D．12
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】设河水的流速为，小船在静水中的速度为，船的实际速度为，
则，，所以，
所以（），即小船在静水中的速度大小为。
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合三角形法则和平行四边形的法则，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合数量积求向量的模的公式，进而得出小船的静水速度。
5．（2025高一下·苏州期中）小张同学为测量学校紫阳楼的高度，在地面上选取，两点，从两点测得建筑物顶端的仰角分别为，且两点间的距离为10m，则紫阳楼的高度为（　　）m．
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图所示，设，
因为从两点测得建筑物顶端的仰角分别为，
可得，且，
因为，且，
在中，由正弦定理得，可得，
所以，解得m.
故答案为：A.
【分析】设楼的高度为h，利用仰角得到两个直角三角形的边长关系，再在△ABC中应用正弦定理建立方程，求解h。
6．（2025高一下·苏州期中）若，，其中，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：设，已知，令，
根据三角恒等式可得：
代入已知条件，，
得：，
计算得：，即.
由于，均为非负数，故，即.
故答案为：B
【分析】设，，将与相加，利用三角恒等式化简后，结合已知条件建立方程求解。
7．（2025高一下·苏州期中）已知的外接圆圆心为，点满足，若，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：如图所示，设分别为的中点，连接，
因为点满足，可得点为的重心，所以，
又因为，所以，
又因为是的外心，所以，
因为，则
.
故答案为：A.
【分析】由 可知 是 的重心，故 ；再利用外心 的性质（外心在边的中垂线上），将 拆分为 ，结合向量数量积定义化简计算。
8．（2025高一下·苏州期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】解三角形；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
由余弦定理可得，
所以，所以，
又，所以，
又，
所以，
所以
，
所以当，即时，取得最大值，且.
故答案为：D
【分析】先利用余弦定理化简已知边角等式，得到边的关系；再求出cosB和sinB，将三角形面积表示为关于边的函数，最后用二次函数性质求最大值。
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分．
9．（2025高一下·苏州期中）已知平面向量，，则下列说法正确的是（　　）
A．、不可能垂直
B．、不可能共线
C．不可能为
D．若，则在方向上的投影向量为
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；二倍角的正弦公式；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：平面向量，，
A，因为，故、不可能垂直，A正确；
B，若，则，所以，所以、可能共线，B错误；
C，由题意可得，则，
故不可能为，C正确；
D，若，则，，所以在方向上的投影向量为，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：计算点积，判断是否可能为0；
B：利用共线坐标条件，判断是否存在θ使两向量共线；
C：计算的表达式，结合三角函数值域判断取值范围；
D：代入，按投影向量公式计算验证。
10．（2025高一下·苏州期中）已知中角，，所对的边分别为，，，满足，则下列条件能使成为锐角三角形的是（　　）
A． B．， C．， D．，
【答案】B,C
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：由余弦定理和面积公式可得，，整理得，
因为，所以，
A，若，则，为直角三角形，A错误；
B，若，，则由余弦定理得，
易知此时角最大，因为，所以角为锐角，B正确；
C，若，，则，解得（负根已舍去），
易知此时角最大，因为，所以角为锐角，C正确；
D，若，，则，无实数解，D错误.
故答案为：BC
【分析】先利用余弦定理和三角形面积公式求出角 ，再对每个选项分别判断三角形是否为锐角三角形：
A：通过内角和计算第三个角，判断是否为直角；
B、C：利用余弦定理求出最大边，再验证最大边所对的角是否为锐角；
D：验证方程是否有实数解，判断三角形是否存在。
11．（2025高一下·苏州期中）如果若干个函数的图象经过平移后能够重合，则这些函数为“互为生成函数”．下列函数中，与构成“互为生成函数”的有（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
A，可将图象向左平移个单位长度后，再向上平移个单位长度得到的函数图象，故A正确；
B，，其振幅为，显然通过平移变化无法得到，故B错误；
C，可将图象向左平移个单位长度后得到的函数图象，C正确；
D，，可将图象向左平移个单位长度后，再向上平移个单位长度得到的函数图象，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】先将 f(x)=sinx cosx化简为辅助角形式，再对各选项函数化简，判断能否通过平移（左右 / 上下）与 f(x)图象重合。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·苏州期中）函数在上的零点是　 　．
【答案】
【知识点】余弦函数的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：因为，令，即，
所以，解得，
所以函数在上的零点是.
故答案为：
【分析】函数的零点是使 的 值.令 ，利用余弦函数的零点规律解出的通式，再筛选出区间 内的解.
13．（2025高一下·苏州期中）在中，已知，，，是的平分线，则　 　．
【答案】
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如下图所示：
在中，，，，是的平分线，
由得，
即，解得.
故答案为：.
【分析】利用面积分割法： 的面积等于 与 的面积之和，结合角平分线性质（）和三角形面积公式建立方程，求解 。
14．（2025高一下·苏州期中）已知是边长为3的正所在平面内一点，且，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：已知，则，
又，
那么
展开可得
因为是边长为3的正三角形，
所以，且，
代入上式得，
所以，
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】先将、用、线性表示，结合向量数量积公式转化为关于的二次函数，再利用二次函数性质求最小值。
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高一下·苏州期中）已知函数的最大值为．
（1）求实数的值；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度后得到偶函数的图象，当时，求函数的最小值．
【答案】（1）解：因为
，
其中满足，，
所以，，解得.
（2）解：由（1）知，，
将函数的图象向左平移个单位长度后得到偶函数的图象，
则，
由题意可得，，可得，
因为，故，故，
当时，，故.
故当时，函数的最小值为.
【知识点】简单的三角恒等变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】(1) 先利用三角恒等变换将函数 化简为 的形式，再结合最大值为6建立关于的方程，求解得到。
(2) 根据平移规律得到 ，由偶函数性质确定 ，再结合余弦函数单调性求区间 上的最小值。
（1）因为
，
其中满足，，
所以，，解得.
（2）由（1）知，，
将函数的图象向左平移个单位长度后得到偶函数的图象，
则，
由题意可得，，可得，
因为，故，故，
当时，，故.
故当时，函数的最小值为.
16．（2025高一下·苏州期中）如图，在中，是线段上一点，且满足，点满足，过的一条直线分别交线段、于点、．设，，其中、．记，.
（1）试用、表示；
（2）求的最小值；
（3）若直线交的延长线于点，并有，求的值．
【答案】（1）解：因为是线段上一点，且满足，则，
所以，可得，
因为，故.
（2）解：因为，，其中、，
由（1）可知，
因为、、三点共线，则存在，使得，
所以，可得，
又因为、不共线，所以，，则，
所以
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
（3）解：因为，，所以，即，
即，可得，
因为，所以，则，
因为、、三点共线，则存在，使得，
即，所以，
因为、不共线，所以，，则，解得，
由（2）可知，代入可得，故.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【分析】(1) 先由 用基底 表示 ，再结合 得到 与 的比例关系，进而表示 。
(2) 由 三点共线，结合向量共线定理得到 ，再用乘1法结合基本不等式求 的最小值。
(3) 由 表示 ，再结合 三点共线，利用向量共线定理建立方程求解 。
（1）因为是线段上一点，且满足，则，
所以，可得，
因为，故.
（2）因为，，其中、，
由（1）可知，
因为、、三点共线，则存在，使得，
所以，可得，
又因为、不共线，所以，，则，
所以
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
（3）因为，，所以，即，
即，可得，
因为，所以，则，
因为、、三点共线，则存在，使得，
即，所以，
因为、不共线，所以，，则，解得，
由（2）可知，代入可得，故.
17．（2025高一下·苏州期中）在长方形中，，，点，分别为边和上两个动点（含端点），设，．
（1）当时，求的取值范围；
（2）当时，求的最大值．
【答案】（1）解：以为原点，分别为轴的正方向建立平面直角坐标系，
设，则，易知，
则，即，
所以，
令，则，
由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，
所以，即的取值范围为.
（2）解：设，则由题可得，
即，表示以为圆心，为半径的四分之一个圆.
令，
因为，则有
，
其中，
因为，所以，
所以当时，取得最大值.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；辅助角公式
【解析】【分析】(1) 以A为原点建立平面直角坐标系，设 ，用 表示E、F坐标，将 转化为关于 的对勾函数，结合定义域求值域。
(2) 设E(4，y)、F(x，3)，由 得动点轨迹，将 平方后转化为关于x，y的表达式，再用三角代换求最大值。
（1）以为原点，分别为轴的正方向建立平面直角坐标系，
设，则，易知，
则，即，
所以，
令，则，
由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，
所以，即的取值范围为.
（2）设，则由题可得，
即，表示以为圆心，为半径的四分之一个圆.
令，
因为，则有
，
其中，
因为，所以，
所以当时，取得最大值.
18．（2025高一下·苏州期中）在中，角，，所对的边分别为，，，已知．
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围；
（3）若是外一点（，分别位于两侧），且，，，，求的值．
【答案】（1）解：由，可得，
，则，
即，
在中，因为，所以，，所以.
（2）解：因为为锐角三角形，，则，所以.
，
因为，所以，所以，
所以
即的取值范围.
（3）解：在中，由余弦定理，
在中，由余弦定理或2，
又，
当时，，
所以，所以.
当时，，
所以，所以，
综上，当时，的值为，当时，的值为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将边化角，结合两角和的正弦公式化简，得到 的值，进而求出角 。
(2) 由 得 ，将 化简为单一三角函数，结合锐角三角形的角范围求取值范围。
(3) 先在 中用余弦定理求 ，再在 中求 的可能值，最后利用两角和的正弦公式计算 。
（1）由，可得，
，则，
即，
在中，因为，所以，，所以.
（2）因为为锐角三角形，，则，所以.
，
因为，所以，所以，
所以
即的取值范围.
（3）在中，由余弦定理，
在中，由余弦定理或2，
又，
当时，，
所以，所以.
当时，，
所以，所以，
综上，当时，的值为，当时，的值为.
19．（2025高一下·苏州期中）在内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角．小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题：
（1）当，且时，求；
（2）角，，所对的边分别为，，，，求证：；
（3）在（2）的条件下，若的周长为4，试把表示为的函数，并求的值域．
【答案】（1）解：当，且时，得，
由余弦定理，得，所以，
又，所以，，
在中，由正弦定理得，解得，
比如，
在中，由正弦定理得，解得，
所以，解得.
（2）证明：由，则，
在中，由正弦定理得，解得①，
在中，，
由正弦定理得，，得②，
由①②+，即.
由正弦定理，可得.
（3）解：由题意有，，则
，
所以，
因为，解得，
又由三角形边的关系知，则，即
，整理得，解得，即，
而时，单调递减，，，
所以的值域为.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 先由等腰三角形性质求出底角，结合布洛卡点的角度关系，分别在和中用正弦定理表示，联立方程求解；
(2) 利用布洛卡点的角度关系，在和中分别应用正弦定理，结合正弦定理的边角互化证明；
(3) 先由向量数量积公式将转化为边与角的关系，结合和周长条件得到函数，再利用基本不等式和三角形三边关系确定的范围，进而求的值域。
（1）当，且时，得，
由余弦定理，得，所以，
又，所以，，
在中，由正弦定理得，解得，
比如，
在中，由正弦定理得，解得，
所以，解得.
（2）由，则，
在中，由正弦定理得，解得①，
在中，，
由正弦定理得，，得②，
由①②+，即.
由正弦定理，可得.
（3）由题意有，，则
，
所以，
因为，解得，
又由三角形边的关系知，则，即
，整理得，解得，即，
而时，单调递减，，，
所以的值域为.
1 / 1江苏省苏州中学校2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高一下·苏州期中）已知，，则与的夹角是（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·苏州期中）中，“”是“”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
3．（2025高一下·苏州期中）函数在上的单调递减区间是（　　）
A． B．
C． D．和
4．（2025高一下·苏州期中）河水的流速为2，一艘小船想沿垂直于河岸方向以10的速度驶向对岸，则小船的静水速度为（　　）
A．10 B． C． D．12
5．（2025高一下·苏州期中）小张同学为测量学校紫阳楼的高度，在地面上选取，两点，从两点测得建筑物顶端的仰角分别为，且两点间的距离为10m，则紫阳楼的高度为（　　）m．
A． B． C． D．
6．（2025高一下·苏州期中）若，，其中，则（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·苏州期中）已知的外接圆圆心为，点满足，若，，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·苏州期中）在中，内角，，所对的边分别为，，，且，，则的面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分．
9．（2025高一下·苏州期中）已知平面向量，，则下列说法正确的是（　　）
A．、不可能垂直
B．、不可能共线
C．不可能为
D．若，则在方向上的投影向量为
10．（2025高一下·苏州期中）已知中角，，所对的边分别为，，，满足，则下列条件能使成为锐角三角形的是（　　）
A． B．， C．， D．，
11．（2025高一下·苏州期中）如果若干个函数的图象经过平移后能够重合，则这些函数为“互为生成函数”．下列函数中，与构成“互为生成函数”的有（　　）
A． B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·苏州期中）函数在上的零点是　 　．
13．（2025高一下·苏州期中）在中，已知，，，是的平分线，则　 　．
14．（2025高一下·苏州期中）已知是边长为3的正所在平面内一点，且，则的最小值为　 　．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（2025高一下·苏州期中）已知函数的最大值为．
（1）求实数的值；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度后得到偶函数的图象，当时，求函数的最小值．
16．（2025高一下·苏州期中）如图，在中，是线段上一点，且满足，点满足，过的一条直线分别交线段、于点、．设，，其中、．记，.
（1）试用、表示；
（2）求的最小值；
（3）若直线交的延长线于点，并有，求的值．
17．（2025高一下·苏州期中）在长方形中，，，点，分别为边和上两个动点（含端点），设，．
（1）当时，求的取值范围；
（2）当时，求的最大值．
18．（2025高一下·苏州期中）在中，角，，所对的边分别为，，，已知．
（1）求角的大小；
（2）若为锐角三角形，求的取值范围；
（3）若是外一点（，分别位于两侧），且，，，，求的值．
19．（2025高一下·苏州期中）在内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角．小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题：
（1）当，且时，求；
（2）角，，所对的边分别为，，，，求证：；
（3）在（2）的条件下，若的周长为4，试把表示为的函数，并求的值域．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为，，
所以，
又，所以，
即与的夹角是.
故答案为：C
【分析】 利用向量夹角公式，将已知的模长和点积代入，求出夹角的余弦值，再结合夹角范围确定角度。
2．【答案】C
【知识点】充要条件；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：因为，由大角对大边可得，
由正弦定理得，且，
所以，故，充分性成立，
同理当时，，，
由正弦定理可得，
由大边对大角可得，必要性成立，
“”是“”的充要条件.
故答案为：C
【分析】结合三角形的大角对大边性质和正弦定理，分别证明“A>B”对“sinA>sinB”的充分性和必要性。
3．【答案】C
【知识点】正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：由，
得，
即单减区间为，
又，所以单减区间为.
故答案为：C
【分析】采用整体代换法，将内层函数 视为整体，代入正弦函数的标准单调递减区间，解出 的通解范围，最后与定义域 取交集，锁定具体区间。
4．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】设河水的流速为，小船在静水中的速度为，船的实际速度为，
则，，所以，
所以（），即小船在静水中的速度大小为。
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合三角形法则和平行四边形的法则，再结合数量积为0两向量垂直的等价关系，再结合数量积求向量的模的公式，进而得出小船的静水速度。
5．【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图所示，设，
因为从两点测得建筑物顶端的仰角分别为，
可得，且，
因为，且，
在中，由正弦定理得，可得，
所以，解得m.
故答案为：A.
【分析】设楼的高度为h，利用仰角得到两个直角三角形的边长关系，再在△ABC中应用正弦定理建立方程，求解h。
6．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：设，已知，令，
根据三角恒等式可得：
代入已知条件，，
得：，
计算得：，即.
由于，均为非负数，故，即.
故答案为：B
【分析】设，，将与相加，利用三角恒等式化简后，结合已知条件建立方程求解。
7．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：如图所示，设分别为的中点，连接，
因为点满足，可得点为的重心，所以，
又因为，所以，
又因为是的外心，所以，
因为，则
.
故答案为：A.
【分析】由 可知 是 的重心，故 ；再利用外心 的性质（外心在边的中垂线上），将 拆分为 ，结合向量数量积定义化简计算。
8．【答案】D
【知识点】解三角形；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
由余弦定理可得，
所以，所以，
又，所以，
又，
所以，
所以
，
所以当，即时，取得最大值，且.
故答案为：D
【分析】先利用余弦定理化简已知边角等式，得到边的关系；再求出cosB和sinB，将三角形面积表示为关于边的函数，最后用二次函数性质求最大值。
9．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；二倍角的正弦公式；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：平面向量，，
A，因为，故、不可能垂直，A正确；
B，若，则，所以，所以、可能共线，B错误；
C，由题意可得，则，
故不可能为，C正确；
D，若，则，，所以在方向上的投影向量为，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：计算点积，判断是否可能为0；
B：利用共线坐标条件，判断是否存在θ使两向量共线；
C：计算的表达式，结合三角函数值域判断取值范围；
D：代入，按投影向量公式计算验证。
10．【答案】B,C
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：由余弦定理和面积公式可得，，整理得，
因为，所以，
A，若，则，为直角三角形，A错误；
B，若，，则由余弦定理得，
易知此时角最大，因为，所以角为锐角，B正确；
C，若，，则，解得（负根已舍去），
易知此时角最大，因为，所以角为锐角，C正确；
D，若，，则，无实数解，D错误.
故答案为：BC
【分析】先利用余弦定理和三角形面积公式求出角 ，再对每个选项分别判断三角形是否为锐角三角形：
A：通过内角和计算第三个角，判断是否为直角；
B、C：利用余弦定理求出最大边，再验证最大边所对的角是否为锐角；
D：验证方程是否有实数解，判断三角形是否存在。
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：，
A，可将图象向左平移个单位长度后，再向上平移个单位长度得到的函数图象，故A正确；
B，，其振幅为，显然通过平移变化无法得到，故B错误；
C，可将图象向左平移个单位长度后得到的函数图象，C正确；
D，，可将图象向左平移个单位长度后，再向上平移个单位长度得到的函数图象，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】先将 f(x)=sinx cosx化简为辅助角形式，再对各选项函数化简，判断能否通过平移（左右 / 上下）与 f(x)图象重合。
12．【答案】
【知识点】余弦函数的性质；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：因为，令，即，
所以，解得，
所以函数在上的零点是.
故答案为：
【分析】函数的零点是使 的 值.令 ，利用余弦函数的零点规律解出的通式，再筛选出区间 内的解.
13．【答案】
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如下图所示：
在中，，，，是的平分线，
由得，
即，解得.
故答案为：.
【分析】利用面积分割法： 的面积等于 与 的面积之和，结合角平分线性质（）和三角形面积公式建立方程，求解 。
14．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：已知，则，
又，
那么
展开可得
因为是边长为3的正三角形，
所以，且，
代入上式得，
所以，
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】先将、用、线性表示，结合向量数量积公式转化为关于的二次函数，再利用二次函数性质求最小值。
15．【答案】（1）解：因为
，
其中满足，，
所以，，解得.
（2）解：由（1）知，，
将函数的图象向左平移个单位长度后得到偶函数的图象，
则，
由题意可得，，可得，
因为，故，故，
当时，，故.
故当时，函数的最小值为.
【知识点】简单的三角恒等变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】(1) 先利用三角恒等变换将函数 化简为 的形式，再结合最大值为6建立关于的方程，求解得到。
(2) 根据平移规律得到 ，由偶函数性质确定 ，再结合余弦函数单调性求区间 上的最小值。
（1）因为
，
其中满足，，
所以，，解得.
（2）由（1）知，，
将函数的图象向左平移个单位长度后得到偶函数的图象，
则，
由题意可得，，可得，
因为，故，故，
当时，，故.
故当时，函数的最小值为.
16．【答案】（1）解：因为是线段上一点，且满足，则，
所以，可得，
因为，故.
（2）解：因为，，其中、，
由（1）可知，
因为、、三点共线，则存在，使得，
所以，可得，
又因为、不共线，所以，，则，
所以
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
（3）解：因为，，所以，即，
即，可得，
因为，所以，则，
因为、、三点共线，则存在，使得，
即，所以，
因为、不共线，所以，，则，解得，
由（2）可知，代入可得，故.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【分析】(1) 先由 用基底 表示 ，再结合 得到 与 的比例关系，进而表示 。
(2) 由 三点共线，结合向量共线定理得到 ，再用乘1法结合基本不等式求 的最小值。
(3) 由 表示 ，再结合 三点共线，利用向量共线定理建立方程求解 。
（1）因为是线段上一点，且满足，则，
所以，可得，
因为，故.
（2）因为，，其中、，
由（1）可知，
因为、、三点共线，则存在，使得，
所以，可得，
又因为、不共线，所以，，则，
所以
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故的最小值为.
（3）因为，，所以，即，
即，可得，
因为，所以，则，
因为、、三点共线，则存在，使得，
即，所以，
因为、不共线，所以，，则，解得，
由（2）可知，代入可得，故.
17．【答案】（1）解：以为原点，分别为轴的正方向建立平面直角坐标系，
设，则，易知，
则，即，
所以，
令，则，
由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，
所以，即的取值范围为.
（2）解：设，则由题可得，
即，表示以为圆心，为半径的四分之一个圆.
令，
因为，则有
，
其中，
因为，所以，
所以当时，取得最大值.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；辅助角公式
【解析】【分析】(1) 以A为原点建立平面直角坐标系，设 ，用 表示E、F坐标，将 转化为关于 的对勾函数，结合定义域求值域。
(2) 设E(4，y)、F(x，3)，由 得动点轨迹，将 平方后转化为关于x，y的表达式，再用三角代换求最大值。
（1）以为原点，分别为轴的正方向建立平面直角坐标系，
设，则，易知，
则，即，
所以，
令，则，
由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
又，所以，
所以，即的取值范围为.
（2）设，则由题可得，
即，表示以为圆心，为半径的四分之一个圆.
令，
因为，则有
，
其中，
因为，所以，
所以当时，取得最大值.
18．【答案】（1）解：由，可得，
，则，
即，
在中，因为，所以，，所以.
（2）解：因为为锐角三角形，，则，所以.
，
因为，所以，所以，
所以
即的取值范围.
（3）解：在中，由余弦定理，
在中，由余弦定理或2，
又，
当时，，
所以，所以.
当时，，
所以，所以，
综上，当时，的值为，当时，的值为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将边化角，结合两角和的正弦公式化简，得到 的值，进而求出角 。
(2) 由 得 ，将 化简为单一三角函数，结合锐角三角形的角范围求取值范围。
(3) 先在 中用余弦定理求 ，再在 中求 的可能值，最后利用两角和的正弦公式计算 。
（1）由，可得，
，则，
即，
在中，因为，所以，，所以.
（2）因为为锐角三角形，，则，所以.
，
因为，所以，所以，
所以
即的取值范围.
（3）在中，由余弦定理，
在中，由余弦定理或2，
又，
当时，，
所以，所以.
当时，，
所以，所以，
综上，当时，的值为，当时，的值为.
19．【答案】（1）解：当，且时，得，
由余弦定理，得，所以，
又，所以，，
在中，由正弦定理得，解得，
比如，
在中，由正弦定理得，解得，
所以，解得.
（2）证明：由，则，
在中，由正弦定理得，解得①，
在中，，
由正弦定理得，，得②，
由①②+，即.
由正弦定理，可得.
（3）解：由题意有，，则
，
所以，
因为，解得，
又由三角形边的关系知，则，即
，整理得，解得，即，
而时，单调递减，，，
所以的值域为.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 先由等腰三角形性质求出底角，结合布洛卡点的角度关系，分别在和中用正弦定理表示，联立方程求解；
(2) 利用布洛卡点的角度关系，在和中分别应用正弦定理，结合正弦定理的边角互化证明；
(3) 先由向量数量积公式将转化为边与角的关系，结合和周长条件得到函数，再利用基本不等式和三角形三边关系确定的范围，进而求的值域。
（1）当，且时，得，
由余弦定理，得，所以，
又，所以，，
在中，由正弦定理得，解得，
比如，
在中，由正弦定理得，解得，
所以，解得.
（2）由，则，
在中，由正弦定理得，解得①，
在中，，
由正弦定理得，，得②，
由①②+，即.
由正弦定理，可得.
（3）由题意有，，则
，
所以，
因为，解得，
又由三角形边的关系知，则，即
，整理得，解得，即，
而时，单调递减，，，
所以的值域为.
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