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江苏省连云港市连云港高级中学2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题
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．若复数，则复数的虚部是（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念
【解析】【解答】解：由，则其虚部为.
故答案为：A.
【分析】本题考查复数的化简及虚部的概念，核心是先利用虚数单位的运算性质化简复数，再根据“复数的虚部是虚数项的系数（不含i）”确定结果。
2．已知向量，，若向量，则（　　）
A． B． C．8 D．
【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解： 向量，，若，则，解得.
故答案为：A.
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式求解即可.
3．已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用余弦的二倍角公式求解即可.
4．已知，，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由题意，
，
所以，
所以，
而，所以.
故答案为：B
【分析】本题考查平面向量的夹角计算，核心是先求出的坐标，再利用向量夹角公式计算夹角的余弦值，最后结合夹角范围确定角度。
5． 的内角 的对边分别为 ， ， ，若 的面积为 ，则 （　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题可知
所以
由余弦定理
所以
故答案为：C.
【分析】利用面积公式 和余弦定理 进行计算可得。
6．复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设（），则，，
因为，所以，
所以解得
即．
故答案为：D.
【分析】本题考查复数的共轭、模长及复数相等的条件，核心是设复数（），写出其共轭复数和模长，再根据复数相等的充要条件（实部、虚部分别相等）列方程组求解、。
7．已知，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，①
因为，所以，②
由①②得，，
所以.
故答案为：D
【分析】本题考查三角恒等变换（两角和差公式、切化弦），核心是先将正切关系转化为正弦余弦的乘积关系，再结合两角差的正弦公式求出sinαcosβ和sinβcosα的值，最后代入两角和的正弦公式计算结果。
8．在三角形内到其三个顶点的距离之和最小的点称为“费马点”.意大利数学家托里拆利发现：当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点即为费马点，在中，若，且，则该三角形的费马点到各顶点的距离之和为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：设的内角所对的边分别为，
，由正弦定所得，
因为，所以，
由余弦定理得，则，
即顶点为费马点，点到各顶点的距离之和为.
故答案为：.
【分析】利用正弦定理，结合余弦定理、以及“费马点”的定义求解即可.
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知，，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：由，且，
则，故A正确；
由，故B正确；
由，故C错误；
由，故D正确；
故答案为： ABD
【分析】本题考查余弦的和差公式、同角三角函数商数关系及二倍角公式，核心是先利用余弦和角公式求出sinαsinβ，再依次代入余弦差角公式、正切商数关系、二倍角公式分析各选项。
10．已知向量，，，其中均为正数，且，则下列说法正确的是（　　）
A．与的夹角为锐角
B．向量在上的投影向量为
C．
D．的最大值为1
【答案】A,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A，因为，，所以，
又因为，所以不共线，所以与的夹角为锐角，故A正确；
B，向量在上的投影向量为，故B错误；
C，因为，，若，则，即，故C正确；
D，由C可知，，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，故D错误.
故答案为：AC
【分析】A：计算与的数量积，结合是否共线判断夹角是否为锐角。
B：根据投影向量的公式计算在上的投影向量，验证是否为。
C：由得数量积为0，列方程推导的值。
D：利用基本不等式，结合求的最大值，判断是否为1。
11．记的内角的对边分别为，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、，则，故A正确；
B、，由余弦定理，可得，
整理得，
由正弦定理可得，即，
即，因为为的内角，所以或，
当时，；
当时，，，故B错误；
C、由B可知，当时，，所以；
当时，所以，所以，
故此时为等腰直角三角形，，所以，故C正确；
D、由B知，，所以，
由C知，，所以，所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据不等式的性质求得即可判断A；由题意，利用余弦定理可得，再由正弦定理，结合正弦的二倍角公式可得，最后根据三角形内角和即可判断B；由三角形内角和定理即可判断C；由BC结论即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知为锐角三角形，且，，的面积为9，则　 　．
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设，，，
由的面积，则，
在锐角中，，
由余弦定理可得，则，解得.
故答案为：.
【分析】本题考查三角形面积公式与余弦定理的综合应用，核心是先通过三角形面积公式求出sinA，再结合锐角三角形的条件求出cosA，最后代入余弦定理计算BC的长度。
13．设i为虚数单位，复数的共轭复数为，若，则在复平面内对应的点位于第　 　象限
【答案】一
【知识点】虚数单位i及其性质；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，则，即，
所以，其在复平面上的点为，则该点在第一象限.
故答案为：一.
【分析】本题考查虚数单位的周期性、复数的除法运算、共轭复数及复平面内点的位置判断，核心是先利用i的幂次周期性化简i2025，再化简求出z，最后根据z的坐标确定其在复平面的象限。
14．已知，且满足，，则　 　．
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，所以，
即，
因为，所以，所以，所以，
因为，所以，
则.
故答案为：.
【分析】利用同角三角函数关系、结合两角差的余弦公式以及余弦的二倍角公式求解即可.
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．已知，，且与的夹角为，求：
（1）；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：因为，所以.
（2）解：因为向量与的夹角为锐角，所以，
即，解得：或，
又当时向量与共线且同向，
所以实数的取值范围为或且.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】(1) 利用向量模长的平方公式，结合向量数量积的定义展开计算，再开方得到模长；
(2) 由向量夹角为锐角的条件：数量积大于0且向量不共线，先列数量积不等式求解范围，再排除共线情况。
（1）因为，所以.
（2）因为向量与的夹角为锐角，所以，
即，解得：或，
又当时向量与共线且同向，
所以实数的取值范围为或且.
16．已知函数
（1）化简
（2）在锐角中，内角满足，求的值
【答案】（1）解：
，所以，
（2）解：，
因为，
所以，
因为，所以，所以
故
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式；辅助角公式
【解析】【分析】(1) 先利用切化弦将正切转化为正弦和余弦，再结合二倍角公式、辅助角公式逐步化简函数；
(2) 先代入的表达式求出，结合锐角三角形的角范围确定，再用两角和的余弦公式展开求。
（1）
，所以，
（2），
因为，
所以，
因为，所以，所以
故
17．已知的内角所对的边分别为，且．
（1）证明：；
（2）若的面积为，求．
【答案】（1）证明：根据正弦定理设，则，
代入，得，即，
整理得，
由，得，
所以；
（2）解：由面积公式得，
由正弦定理得，
整理得，
由，得，
由（1）得，
由平方关系得
解得或
因为，所以，所以．
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理将边化角可得，再利用和角的正弦公式化简即可解；
（2）先利用三角形的面积公式及正弦定理得到，再利用和角的余弦公式和同角三角函数的平方关系即可求解.
（1）根据正弦定理设，则，
代入，得，即，
整理得，
由，得，
所以；
（2）由面积公式得，
由正弦定理得，
整理得，
由，得，
由（1）得，
由平方关系得
解得或
因为，所以，所以．
18．在中，角，，所对的边分别是，，，且满足.
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值．
（3）如图，若外接圆半径为，为的中点，且，求的周长.
【答案】（1）解：，由正弦定理得，
因为，所以，
即，又因为，所以，，
又因为，所以；
（2）解：由余弦定理，可得，
则，即，当且仅当时等号成立，
则，即面积最大值为；
（3）解：由正弦定理得，解得，即，
因为为边上的中点，所以，
由余弦定理得，即①，
在中，，
在中，，
因为，所以，
即，整理得：②，
由①②得：，
则，解得，
故的周长为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合三角形内角和定理以及两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）利用余弦定理，结合基本不等式求解即可；
（3）利用正弦定理求，根据余弦定理得到①，再由得到②，联立①②解得，根据平方和求，据此求的周长即可.
（1）由正弦定理得：，又，
，
即，又，，，
又，；
（2）由余弦定理得，，
，
，当且仅当时等号成立，
，
所以面积最大值为；
（3）由正弦定理得，解得，即，
为边上的中点，，
由余弦定理得，即①，
方法一：在中，，
在中，，
，，
即，整理得：②，
由①②得：，
，解得：，
的周长为.
方法二：由向量加法得，
，即②，
由①②得，
，解得，
的周长为.
19．已知函数是定在上的函数，且满足关系．
（1）若，若，求的值域；
（2）若，存在，对任意，有恒成立，求的最小值；
（3）若，要使得在内恰有2022个零点，请求出所有满足条件的与．
【答案】（1）解：由题意得，在中，，
在中，
，
当时，，
∴的值域为：.
（2）解：由题意及（1）得，在中，
①当即，
，
函数在定义域上单调递减
，，
②当即时，，
函数在单调递增，
在单调递减，
，，
③当即时，，
函数在上单调递增，
，，
④当即时，，
函数在单调递增，
在单调递减，
，，
∴函数是周期为的周期函数，图像如下：
在中，
存在，对任意，有恒成立，
∴
∴当最小时，由图像可知，，
（3）解：由题意得，，在中，，
在中，，
在中，，
∵，
设，，
∴函数是以为周期的周期函数，在上最多与轴有1~2个交点，
∵在周期内，与有1~2个交点，
∴在上有1~4个交点，
∴若在内恰有2022个零点，则，
在中，
当即或，此时有1个交点，
①当函数有两个零点时，
若均不为-1和1，此时与有2个交点，则在有4个交点，
，解得：，
∴当有2022个交点时，，
若有一个为-1或1，此时与有2个交点，则在有3个交点，
，解得：，
或，解得：，
∴当有2022个交点时，，，
②当函数有一个零点时，此时与有1个交点，则在有2个交点，
，解得：，
或，解得：，
∴当有2022个交点时，，，
综上：
当时，；
当时，；
当时，.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】(1) 先利用三角函数的诱导公式求出的表达式，再结合时绝对值的性质化简，最后根据二倍角公式和余弦函数的值域求解的值域；
(2) 分区间讨论的表达式，分析其单调性与最值，结合函数周期性和图像特征，确定最值点的最小水平距离；
(3) 先化简得到的表达式，利用二倍角公式转化为关于的二次函数，通过换元法将零点问题转化为二次函数与轴的交点问题，结合二次函数的根的分布和三角函数的周期性，分类讨论求解与的取值。
（1）由题意，
在中，，
在中，
，
当时，，
∴的值域为：.
（2）由题意及（1）得，
在中，
①当即，
，
函数在定义域上单调递减
，，
②当即时，，
函数在单调递增，
在单调递减，
，，
③当即时，，
函数在上单调递增，
，，
④当即时，，
函数在单调递增，
在单调递减，
，，
∴函数是周期为的周期函数，图像如下：
在中，
存在，对任意，有恒成立，
∴
∴当最小时，由图像可知，，
（3）由题意，，
在中，，
在中，，
在中，，
∵，
设，，
∴函数是以为周期的周期函数，在上最多与轴有1~2个交点，
∵在周期内，与有1~2个交点，
∴在上有1~4个交点，
∴若在内恰有2022个零点，则，
在中，
当即或，此时有1个交点，
①当函数有两个零点时，
若均不为-1和1，此时与有2个交点，则在有4个交点，
，解得：，
∴当有2022个交点时，，
若有一个为-1或1，此时与有2个交点，则在有3个交点，
，解得：，
或，解得：，
∴当有2022个交点时，，，
②当函数有一个零点时，此时与有1个交点，则在有2个交点，
，解得：，
或，解得：，
∴当有2022个交点时，，，
综上：
当时，；
当时，；
当时，.
1 / 1江苏省连云港市连云港高级中学2024-2025学年高一下学期4月期中考试数学试题
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．若复数，则复数的虚部是（　　）
A． B．2 C． D．
2．已知向量，，若向量，则（　　）
A． B． C．8 D．
3．已知，则（　　）
A． B． C． D．
4．已知，，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
5． 的内角 的对边分别为 ， ， ，若 的面积为 ，则 （　　）
A． B． C． D．
6．复数满足，则（　　）
A． B． C． D．
7．已知，，则（　　）
A． B． C． D．
8．在三角形内到其三个顶点的距离之和最小的点称为“费马点”.意大利数学家托里拆利发现：当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点即为费马点，在中，若，且，则该三角形的费马点到各顶点的距离之和为（　　）
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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．已知，，则（　　）
A． B．
C． D．
10．已知向量，，，其中均为正数，且，则下列说法正确的是（　　）
A．与的夹角为锐角
B．向量在上的投影向量为
C．
D．的最大值为1
11．记的内角的对边分别为，若，则（　　）
A． B． C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知为锐角三角形，且，，的面积为9，则　 　．
13．设i为虚数单位，复数的共轭复数为，若，则在复平面内对应的点位于第　 　象限
14．已知，且满足，，则　 　．
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．已知，，且与的夹角为，求：
（1）；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围．
16．已知函数
（1）化简
（2）在锐角中，内角满足，求的值
17．已知的内角所对的边分别为，且．
（1）证明：；
（2）若的面积为，求．
18．在中，角，，所对的边分别是，，，且满足.
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值．
（3）如图，若外接圆半径为，为的中点，且，求的周长.
19．已知函数是定在上的函数，且满足关系．
（1）若，若，求的值域；
（2）若，存在，对任意，有恒成立，求的最小值；
（3）若，要使得在内恰有2022个零点，请求出所有满足条件的与．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念
【解析】【解答】解：由，则其虚部为.
故答案为：A.
【分析】本题考查复数的化简及虚部的概念，核心是先利用虚数单位的运算性质化简复数，再根据“复数的虚部是虚数项的系数（不含i）”确定结果。
2．【答案】A
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解： 向量，，若，则，解得.
故答案为：A.
【分析】根据向量垂直的坐标表示列式求解即可.
3．【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】利用余弦的二倍角公式求解即可.
4．【答案】B
【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；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由题意，
，
所以，
所以，
而，所以.
故答案为：B
【分析】本题考查平面向量的夹角计算，核心是先求出的坐标，再利用向量夹角公式计算夹角的余弦值，最后结合夹角范围确定角度。
5．【答案】C
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题可知
所以
由余弦定理
所以
故答案为：C.
【分析】利用面积公式 和余弦定理 进行计算可得。
6．【答案】D
【知识点】复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设（），则，，
因为，所以，
所以解得
即．
故答案为：D.
【分析】本题考查复数的共轭、模长及复数相等的条件，核心是设复数（），写出其共轭复数和模长，再根据复数相等的充要条件（实部、虚部分别相等）列方程组求解、。
7．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，①
因为，所以，②
由①②得，，
所以.
故答案为：D
【分析】本题考查三角恒等变换（两角和差公式、切化弦），核心是先将正切关系转化为正弦余弦的乘积关系，再结合两角差的正弦公式求出sinαcosβ和sinβcosα的值，最后代入两角和的正弦公式计算结果。
8．【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：设的内角所对的边分别为，
，由正弦定所得，
因为，所以，
由余弦定理得，则，
即顶点为费马点，点到各顶点的距离之和为.
故答案为：.
【分析】利用正弦定理，结合余弦定理、以及“费马点”的定义求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式
【解析】【解答】解：由，且，
则，故A正确；
由，故B正确；
由，故C错误；
由，故D正确；
故答案为： ABD
【分析】本题考查余弦的和差公式、同角三角函数商数关系及二倍角公式，核心是先利用余弦和角公式求出sinαsinβ，再依次代入余弦差角公式、正切商数关系、二倍角公式分析各选项。
10．【答案】A,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A，因为，，所以，
又因为，所以不共线，所以与的夹角为锐角，故A正确；
B，向量在上的投影向量为，故B错误；
C，因为，，若，则，即，故C正确；
D，由C可知，，所以，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为，故D错误.
故答案为：AC
【分析】A：计算与的数量积，结合是否共线判断夹角是否为锐角。
B：根据投影向量的公式计算在上的投影向量，验证是否为。
C：由得数量积为0，列方程推导的值。
D：利用基本不等式，结合求的最大值，判断是否为1。
11．【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、，则，故A正确；
B、，由余弦定理，可得，
整理得，
由正弦定理可得，即，
即，因为为的内角，所以或，
当时，；
当时，，，故B错误；
C、由B可知，当时，，所以；
当时，所以，所以，
故此时为等腰直角三角形，，所以，故C正确；
D、由B知，，所以，
由C知，，所以，所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据不等式的性质求得即可判断A；由题意，利用余弦定理可得，再由正弦定理，结合正弦的二倍角公式可得，最后根据三角形内角和即可判断B；由三角形内角和定理即可判断C；由BC结论即可判断D.
12．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设，，，
由的面积，则，
在锐角中，，
由余弦定理可得，则，解得.
故答案为：.
【分析】本题考查三角形面积公式与余弦定理的综合应用，核心是先通过三角形面积公式求出sinA，再结合锐角三角形的条件求出cosA，最后代入余弦定理计算BC的长度。
13．【答案】一
【知识点】虚数单位i及其性质；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，则，即，
所以，其在复平面上的点为，则该点在第一象限.
故答案为：一.
【分析】本题考查虚数单位的周期性、复数的除法运算、共轭复数及复平面内点的位置判断，核心是先利用i的幂次周期性化简i2025，再化简求出z，最后根据z的坐标确定其在复平面的象限。
14．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，所以，
即，
因为，所以，所以，所以，
因为，所以，
则.
故答案为：.
【分析】利用同角三角函数关系、结合两角差的余弦公式以及余弦的二倍角公式求解即可.
15．【答案】（1）解：因为，所以.
（2）解：因为向量与的夹角为锐角，所以，
即，解得：或，
又当时向量与共线且同向，
所以实数的取值范围为或且.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】(1) 利用向量模长的平方公式，结合向量数量积的定义展开计算，再开方得到模长；
(2) 由向量夹角为锐角的条件：数量积大于0且向量不共线，先列数量积不等式求解范围，再排除共线情况。
（1）因为，所以.
（2）因为向量与的夹角为锐角，所以，
即，解得：或，
又当时向量与共线且同向，
所以实数的取值范围为或且.
16．【答案】（1）解：
，所以，
（2）解：，
因为，
所以，
因为，所以，所以
故
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式；辅助角公式
【解析】【分析】(1) 先利用切化弦将正切转化为正弦和余弦，再结合二倍角公式、辅助角公式逐步化简函数；
(2) 先代入的表达式求出，结合锐角三角形的角范围确定，再用两角和的余弦公式展开求。
（1）
，所以，
（2），
因为，
所以，
因为，所以，所以
故
17．【答案】（1）证明：根据正弦定理设，则，
代入，得，即，
整理得，
由，得，
所以；
（2）解：由面积公式得，
由正弦定理得，
整理得，
由，得，
由（1）得，
由平方关系得
解得或
因为，所以，所以．
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理将边化角可得，再利用和角的正弦公式化简即可解；
（2）先利用三角形的面积公式及正弦定理得到，再利用和角的余弦公式和同角三角函数的平方关系即可求解.
（1）根据正弦定理设，则，
代入，得，即，
整理得，
由，得，
所以；
（2）由面积公式得，
由正弦定理得，
整理得，
由，得，
由（1）得，
由平方关系得
解得或
因为，所以，所以．
18．【答案】（1）解：，由正弦定理得，
因为，所以，
即，又因为，所以，，
又因为，所以；
（2）解：由余弦定理，可得，
则，即，当且仅当时等号成立，
则，即面积最大值为；
（3）解：由正弦定理得，解得，即，
因为为边上的中点，所以，
由余弦定理得，即①，
在中，，
在中，，
因为，所以，
即，整理得：②，
由①②得：，
则，解得，
故的周长为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合三角形内角和定理以及两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）利用余弦定理，结合基本不等式求解即可；
（3）利用正弦定理求，根据余弦定理得到①，再由得到②，联立①②解得，根据平方和求，据此求的周长即可.
（1）由正弦定理得：，又，
，
即，又，，，
又，；
（2）由余弦定理得，，
，
，当且仅当时等号成立，
，
所以面积最大值为；
（3）由正弦定理得，解得，即，
为边上的中点，，
由余弦定理得，即①，
方法一：在中，，
在中，，
，，
即，整理得：②，
由①②得：，
，解得：，
的周长为.
方法二：由向量加法得，
，即②，
由①②得，
，解得，
的周长为.
19．【答案】（1）解：由题意得，在中，，
在中，
，
当时，，
∴的值域为：.
（2）解：由题意及（1）得，在中，
①当即，
，
函数在定义域上单调递减
，，
②当即时，，
函数在单调递增，
在单调递减，
，，
③当即时，，
函数在上单调递增，
，，
④当即时，，
函数在单调递增，
在单调递减，
，，
∴函数是周期为的周期函数，图像如下：
在中，
存在，对任意，有恒成立，
∴
∴当最小时，由图像可知，，
（3）解：由题意得，，在中，，
在中，，
在中，，
∵，
设，，
∴函数是以为周期的周期函数，在上最多与轴有1~2个交点，
∵在周期内，与有1~2个交点，
∴在上有1~4个交点，
∴若在内恰有2022个零点，则，
在中，
当即或，此时有1个交点，
①当函数有两个零点时，
若均不为-1和1，此时与有2个交点，则在有4个交点，
，解得：，
∴当有2022个交点时，，
若有一个为-1或1，此时与有2个交点，则在有3个交点，
，解得：，
或，解得：，
∴当有2022个交点时，，，
②当函数有一个零点时，此时与有1个交点，则在有2个交点，
，解得：，
或，解得：，
∴当有2022个交点时，，，
综上：
当时，；
当时，；
当时，.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】(1) 先利用三角函数的诱导公式求出的表达式，再结合时绝对值的性质化简，最后根据二倍角公式和余弦函数的值域求解的值域；
(2) 分区间讨论的表达式，分析其单调性与最值，结合函数周期性和图像特征，确定最值点的最小水平距离；
(3) 先化简得到的表达式，利用二倍角公式转化为关于的二次函数，通过换元法将零点问题转化为二次函数与轴的交点问题，结合二次函数的根的分布和三角函数的周期性，分类讨论求解与的取值。
（1）由题意，
在中，，
在中，
，
当时，，
∴的值域为：.
（2）由题意及（1）得，
在中，
①当即，
，
函数在定义域上单调递减
，，
②当即时，，
函数在单调递增，
在单调递减，
，，
③当即时，，
函数在上单调递增，
，，
④当即时，，
函数在单调递增，
在单调递减，
，，
∴函数是周期为的周期函数，图像如下：
在中，
存在，对任意，有恒成立，
∴
∴当最小时，由图像可知，，
（3）由题意，，
在中，，
在中，，
在中，，
∵，
设，，
∴函数是以为周期的周期函数，在上最多与轴有1~2个交点，
∵在周期内，与有1~2个交点，
∴在上有1~4个交点，
∴若在内恰有2022个零点，则，
在中，
当即或，此时有1个交点，
①当函数有两个零点时，
若均不为-1和1，此时与有2个交点，则在有4个交点，
，解得：，
∴当有2022个交点时，，
若有一个为-1或1，此时与有2个交点，则在有3个交点，
，解得：，
或，解得：，
∴当有2022个交点时，，，
②当函数有一个零点时，此时与有1个交点，则在有2个交点，
，解得：，
或，解得：，
∴当有2022个交点时，，，
综上：
当时，；
当时，；
当时，.
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