2022-2023学年人教A版(2019)高一下数学月考试卷(含解析)

2022-2023学年高中高一下数学月考试卷
学校：____________ 班级：____________ 姓名：____________ 考号：____________考试总分：130 分 考试时间： 120 分钟注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息; 2．请将答案正确填写在答题卡上;
卷I （选择题）
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1. 已知 的内角，，的对边分别为，，，若，则
（ ）A.
B.C. D. 2. 如图为某平面图形用斜二测画法画出的直观图，则其原来平面图形的面积是
（ ）
A.B.C.D.
3. 一直线与平行四边形中的两边、分别交于、，且交其对角线于，若，，，则＝（ ）A.B.C.D.
△ABC A B C a b c (a +b)(sin A −sin B)=(c −b)sin C ∠A =π6π4π3π2442–√22–√8l ABCD AB AD E F AC K =2AB →AE →=3AD →AF →=λ(λ∈R)AC →AK →
λ252
35(−1,m)→
(m
−)
→
4. 设向量，，若，则( )A.B.C.D.
5. 设、都是非零向量，下列四个条件中，使成立的是（ ）
A.B.C.D.且
6. 在中，，则是（ ）A.等腰三角形B.直角三角形C.等腰直角三角形D.等腰或直角三角形
7. 已知三条不重合的直线，，，三个不重合的平面，，，则A.若，，则B.若，，，则C.若，，，则D.若，，，，则
8. 利用斜二测画法画边长为的正方形的直观图，正确的是( )A.
=(1,0)a →=(−1,m)b →⊥(m −)a →a →b →
m =−2−112a →
b →=a →||b →b →||b →=−a →b →//a →b →=2a →b
→//a →b →||=||a →b →△ABC |BC|cos A =|AC|cos B △ABC m n l αβγ( )m//n n ⊂αm//αl ⊥αm ⊂βl ⊥m α//βα⊥γβ⊥γα∩β=l l ⊥γm ⊂αn ⊂αm//βn//βα//β3cm
B. C.
D.
9. 已知四棱锥的所有棱长均为，若它的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为( )A.B.C.D.
10. 在四面体中，，，若平面同时与直线、直线平行，且与四面体的每一个面都相交，由此得到一个多边形截面，则该多边形截面面积的最大值为A.B.
C.D.
11. 函数，则下列选项正确的是 A.当时，取得最大值B.在区间单调递增
C.在区间单调递减
D.的一个对称轴为
12. 函数在的图象大致为( )672π48π36π24πA −BCD AB =CD =AC =BD =3–√AD =BC =2αAB CD ( )2–√232–√42–√32–√2f(x)=sin 2x −2x +13–√cos 2()
x =
π
6
f(x)f(x)[−,0]π
3f(x)[,]π35π
6
f(x)x =
π
12
f (x)=2sin x +sin |x|+|sin x|
[−2π,2π]
A.
B.
C.
D.
二、多选题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）
1
13. 利用斜二测画法画一个水平放置的平面四边形的直观图，得到的直观图是一个边长为的正方形
( )
（如图所示），则原图形的形状不可能是
A.
B.
C.
D.
14. 如图，在四边形中， 为边上一点，且
，为的中点，则( )
A.B.C.D.
15. 四边形是边长为的正方形，，，与交于点，则下列说法正确的是A.B.C.D.在方向上的投影向量的模为
16. 在中，，，分别为角，，的对边，下列结论正确的是( )A.ABCD AB//CD ，AB ⊥AD ，AB =2AD =2DC ，E BC =3BC −→−EC −→−
F AE =−+BC −→−12AB −→
−AD
−→−=+AF −→−13AB −→−13AD
−→−=−+BF −→−23AB −→−13AD
−
→−=−CF −→−16AB −→−23
AD
−→−ABCD 1=2BC −→−BE −→−=2CF −→−FD −→
−AE BF O ( )⋅=
AE −→−AF −→−12⋅=1DE −→−AB −→
−=3AO −→−OE
−→−EF −→−AB −→−2
3
△ABC a b c A B C a 2=+−2bc cos A
b 2
c 2b sin A
B.C.D.
17. 已知，是两个不同的平面，，是两条不同的直线，下列命题正确是（ ）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则
18. 已知，，则下列说法正确的有( )A.若
为实数，则B.的共轭复数是C.的最小值是D.满足的复数在复平面上的对应点的集合是以为圆心，以为半径的圆
19. 在中，则下列条件是“”的充要条件的有( )A.B.C.D.
20. 如图，在正四棱柱中，底面的边长为，与底面所成角的大小为，且
，则下列说法正确的是( )
A.则该正四棱柱的外接球表面积为a sin B =b sin A a=b cos C +c cos B a cos B +b cos A =sin C αβl m l ⊥αl ⊥βα//βl ⊥αα⊥βl //βl //αl ⊥βα⊥βl ⊥m m ⊥αl //α=2+3i z 1=m −i (m ∈R)z 2z 1z 2m =−23
⋅z 1z 2(2m +3)−(3m −2)i |−|z 1z 24
|z −|=1z 1z Z (−2,−3)1△ABC A >B sin A >sin B cos A <cos B cos 2A <cos 2B sin 2A >sin 2B ABCD −A 1B 1C 1D 13BD 1θtan θ=2
3
26π
3−−
√
B.异面直线与所成角的余弦值为
C.二面角的平面角大小为
D.点到平面的距离为
卷II （非选择题）
三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
21. 在中，，，则________.
22. 设向量，若，则实数________.
23. 设是虚数单位，则________．
24. 在正方体中，与所成角的大小是________.
四、 解答题 （本题共计 2 小题 ，每题 5 分 ，共计10分 ）
25. 的内角，，的对边分别为，，，若，且．
求角的大小；在①，② ③三个条件中任选一个________，
若这样的三角形存在，求三角形的周长；若该三角形不存在，请说明理由．
26. 已知函数，其中且．求的值；
求的最小正周期和单调递减区间．
DC BD 1326
−−√26B −D −A D 190∘D AB D 1634
−−√17
△ABC ∠A =2π3a =c 3–√=b c
=(1,−1),=(m +1,2m −4)a →
b →⊥a →b →
m =i =1−2i
2+i
ABCD −A 1B 1C 1D 1BC A 1C 1△ABC A B C a b c c =7–√c ⋅sin A =a ⋅cos(C −)π
6(1)C (2)=2S △ABC
3–√sin A =sin B,a −b =21
−−√3
f(x)=cos 2x −2(x −α)3–√sin 20<α<
π2f()=−−1π
2
3–√(1)α(2)f(x)
参考答案与试题解析
2022-2023学年高中高一下数学月考试卷
一、 选择题 （本题共计 12 小题 ，每题 5 分 ，共计60分 ）
1.
【答案】
C
【考点】余弦定理【解析】此题暂无解析【解答】此题暂无解答
2.
【答案】
A
【考点】斜二测画法【解析】
用斜二侧画法的法则，可知原图形是一个两边分别在、轴的直角三角形，轴上的边长与原图形相等，而轴上的边长是原图形边长的一半，由此不难得到平面图形的面积．【解答】
解：设原图形为，∵，∴，，因此，的面积为．
故选．
3.
【答案】
x y x y △A'OB'OA =20B =2∠AOB =45∘
OA'=4OB'=2∠A'OB'=90∘Rt △A'OB'S =×4×2=41
2
A
D
【考点】
平面向量的基本定理【解析】
，由，，三
点共线可得，即可．
【解答】
∵，，∴∴，
由，，三点共线可得，
∴＝4.
【答案】
B
【考点】
平面向量的坐标运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系【解析】
根据向量垂直，则数量积为零，结合数量积的运算，列出方程，即可求得参数值．【解答】
解：∵，，
∴.∵，∴，
即，解得．故选．
5.
【答案】
C
=λ⇒==(+)=(2+3)=+AC →AK →AK →1λAC →1λAB →AD →1λAE →AF →2λAE →3λAF
→E F K +=12λ3
λ
=2AB →AE →=3AD →AF →=λAC →AK →==
(+)=(2+3)=+AK →1λ
AC →1λAB →AD →1λAE →AF →2λAE →3λAF →
E F K +=12
λ
3
λ
λ5=(1,0)a →
=(−1,m)b →m −=(m +1,−m)a →b →
⊥(m −)a →a →b →⋅(m −)=0a →a →b →
1×(m +1)=0m =−1B
【考点】
平面向量的基本定理及其意义【解析】
由于、都是非零向量，使成立需要满足：同方向共线即可．
【解答】
解：由于、都是非零向量，使成立需要满足：同方向共线即可，
只有满足．故选：．6.
【答案】
D
【考点】三角形的形状判断二倍角的正弦公式正弦定理【解析】
本题主要考查了正弦定理，二倍角的正弦函数公式在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．【解答】
解： ，由正弦定理可得：，，或，
可得：，或.故选．
7.
【答案】
C
【考点】
a →
b →=a →||a →b →||
b →a →
b →=a →||a →b →||
b →=2a →b →
C ∵|BC|cos A =|AC|cos B ∴sin A cos A =sin B cos B ∴sin 2A =sin 2B ∴2A =2B 2A =π−2B ∴A =B A +B =π
2
D
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】
利用线面，面面，线线的位置关系将各个选项逐一分析即可得到答案.
【解答】
解：三条不重合的直线，，，三个不重合的平面，，.
，若，，则或，故该选项错误；
，若，，，则与可能相交，故该选项错误；
，若，，，则，故该选项正确；
，若，，，，则或与相交，该选项错误.
故选.
8.
【答案】
B
【考点】
斜二测画法画直观图
【解析】
根据斜二测画法法则，即可得出满足条件的直观图形．
【解答】
解：根据斜二测画法，（或），
平行于轴的线段长度不变，平行于轴的线段长度减半，
且平行性不变；
满足条件的直观图形是．
故选.
9.
【答案】
A
【考点】
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
正四面体补成正方体，通过正方体的对角线与球的半径关系，求解即可．
【解答】
m n l αβγA m//n n ⊂αm//αm ⊂αB l ⊥αm ⊂βl ⊥m αβC α⊥γβ⊥γα∩β=l l ⊥γD m ⊂αn ⊂αm//βn//βα//βαβC ∠x'O'y'=45∘135∘x y B B
解：如图，过点作平面，连接
，
因为四棱锥的所有棱长均为，
所以该四棱锥为正四棱锥，且，，
所以，
所以，
所以正四棱锥的外接球的球心为，半径，
所以外接球的表面积为.
故选.10.
【答案】
A
【考点】
余弦定理
正弦定理
基本不等式在最值问题中的应用
直线与平面平行的性质
【解析】
由题可得四边形为平行四边形,由平行关系可得，，即可得到，利用基本不等式求最值进行求解即可得．
【解答】
解：设为平面截四面体所得的截面，
P PH ⊥ABCD CH 6PC =6AB =6HC =32–√PH =32–√H R =32–
√S =4π=72πR 2A PQNM =⇒MN =⋅MN AB CM AC CM AC 3–√=⇒MP =⋅MP CD AM AC AM AC 3–√MN +MP =(+)=3–√CM AC AM AC
3–√PQNM α
因为平面，平面平面，平面，
所以，
同理可得，
所以；
又因为平面，同理可得，
所以四边形为平行四边形.
由平行关系可得，
，
所以，
故，
当且仅当为的中点时取等号．以下求的值，
，分别为，中点时，，，，
求得，
所以，
所以，
所以，
故选．11.
【答案】
C
【考点】
正弦函数的单调性
正弦函数的对称性
三角函数中的恒等变换应用
正弦函数的定义域和值域
【解析】
利用二倍角公式以及辅助角公式化简，再根据正弦三
角函数的性质即可求解．AB//αα∩ABC =MN AB ⊂ABC AB//MN AB//PQ PQ//MN CD//αPM//QN PQNM =⇒MN =⋅MN AB CM AC CM AC
3–√=⇒MP =⋅MP CD AM AC AM AC
3–√MN +MP =(+)=3–√CM AC AM AC 3
–√=MN ⋅MP ⋅sin ∠NMP
S 平行四边形PQNM ≤(sin ∠NMP =sin ∠NMP MN +MP 2)234
M AC sin ∠NMP N P BC AD ND =2–√AN =2–√AD =2NP =1cos ∠NMP ==+−134342×34
13sin ∠NMP =22–√3≤sin ∠NMP =⋅=S 平行四边形PQNM 343422–√32
–√2
A f(x)=sin 2x −2co x +1=2sin(2x −)3–√s 2π6
解：.对于，当时，，而，故错误；对于，令，求得，当时，则，故错误；对于，令，求得，当时，则，故正确；对于，令，求得，当时，，当时，，故错误.故选.
12.
【答案】
C
【考点】
正弦函数的图象
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当时，
，故排除；当时，
，故排除.
故选.二、 多选题 （本题共计 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
13.
f(x)=sin 2x −2x +13–
√cos 2=sin 2x −(2x −1)3–√cos 2=sin 2x −cos 2x
3–√=2×(sin 2x −cos 2x)3–√212=2sin(2x −)π6A x =π6f(x)=f()=2sin =1π6π6f(x)max =2A B 2kπ−≤2x −≤2kπ+(k ∈Z)π2π6π2kπ−≤x ≤kπ+(k ∈Z)π6π3k=0−≤x ≤π6π3B C 2kπ+≤2x −≤2kπ+(k ∈Z)π2π63π2kπ+≤x ≤kπ+(k ∈Z)π35π6k=0≤x ≤π35π6C D 2x −=kπ+(k ∈Z)π6π2x =+kπ2π3k=0x =π3k=−1x =−π6D C x ∈(−π，0)f(x)=2sin x +sin(−x)−sin x =0
AD x ∈(π，2π)f(x)=2sin x +sin x −sin x =2sin x
B C
B,C,D
【考点】
斜二测画法画直观图
平面图形的直观图
【解析】
利用斜二测画法的过程把给出的直观图还原回原图形，即找到直观图中正方形的四个顶点在原图形中对应的点，用直线段连结后得到原四边形．
【解答】
解：还原直观图为原图形如图，
所以原图形的形状不可能是.
故选.
14.
【答案】
A,B,C
【考点】
向量加减法的应用
向量在几何中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：连接
，
BCD BCD AC −=(+)−=−+
−→−−→−−→−−→−−→−−→−1−→−−→−
，，故正确；
，，故正确；，，故正确；，，故错误.故选.
15.
【答案】B,C,D
【考点】
平面向量数量积
相似三角形的性质
向量的投影
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：，，错误；A =−=(+)−=−+BC −→−AC −→−AB −→−AD −→−DC −→−AB −→−12AB −→−AD −→−B =+AE −→−AB −→−BE −→−=+AB −→−23BC −→−=+(−)AB −→−23AD −→−12AB −→−=+−AB −→−23AD −→−13AB −→−=+23AB −→−23AD −→−==+AF −→−12AE −→−13AB −→−13AD −→−C =+BF −→−BA −→−AF −→−=−++AB −→−13AB −→−13AD −→−=−+23AB −→−13AD −→−D =+CF −→−CA −→−AF −→−=−(+)++AD −→−12AB −→−13AB −→−13AD −→−=−−++AD −→−12AB −→−13AB −→−13AD −→−=−−16AB −→−23AD −→−ABC A ⋅AE −→−AF −→−=(+)⋅(+)AB −→−BE −→−AD −→−DF −→−=(+)⋅(+AB)AB −→−12BC −→−BC −→−13=+=13AB −→−212BC −→−256
−→−−→
−
，，正确；
，过作交于点
.
因为为的中点，，
.
易证，
，即，，正确；，在方向上的投影向量的模为，正确.故选.
16.
【答案】
A,B,C
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
利用正弦定理、余弦定理直接求解．
【解答】
解：由在中，角，，所对的边分别为，，，知：
在中，由余弦定理得：，故正确；
在中，由正弦定理得：，∴，故正确；在中，∵，
∴由余弦定理得：，整理，得，故正确；
在中，由余弦定理得：
B ⋅DE −→−AB −→−=(+)⋅D
C −→−CE −→−AB
−→−==1AB −→−2
C C CG//AE BF G E BC CG//OE ∴CG =2OE △AOB ∽△CGF ∴=AB CF AO CG =AO CG 32∴=3AO OE
D EF −→−AB −→−23BCD △ABC A B C a b c A a 2=+−2bc cos A b 2c 2B =a sin A b sin B a sin B =b sin A C a=b cos C +c cos B a=b ×+c ×+−a 2b 2c 22ab +−a 2c 2b 22ac 2a 2=2a 2D a cos B +b cos A =a ×+b ×+−a 2c 2b 22ac +−b 2c 2a 22bc
++−222+−222
，故错误．故选.
17.
【答案】
A,C
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
由直线与平面垂直的性质判断；由直线与直线、直线与平面垂直的位置关系判断与；由线面平行的性质即平面与平面垂直的判定判断．
【解答】
若，，故正确；
若，，故错误；
若，过作平面与相交，则，可得，故正确；
若，，故错误．
18.
【答案】
A,B,C
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
复数的模
【解析】
无
【解答】
解：令，得，
则有解得，故选项正确；
，
其共轭复数是，故选项正确；
，
当时，等号成立，
即的最小值为，故选项正确；
=+
+−a 2c 2b 22c +−b 2c 2a 22c
=c ≠sin C ABC A B D C l ⊥αl ⊥βA l ⊥αα⊥βB l //αl γαl //a a ⊥βC l ⊥m m ⊥αD =a(a ∈R)z 1
z 2=2+3i =a z 1=am −ai z 2{2=am,
3=−a,m =−23A ⋅=(2+3i)(m −i)=(2m +3)+(3m −2)i z 1z 2=(2m +3)−(3m −2)i ⋅z 1z 2¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯B |−|=|(2−m)+4i|=≥=4z 1z 2(2−m +16)2−−−−−−−−−−−√16−−√m =2|−|z 1z 24C |z −|=1
令，由，得，
即，
故满足的复数在复平面上的对应点的集合
是以为圆心，以为半径的圆，故选项错误.
故选．
19.
【答案】
A,B,C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
正弦定理
二倍角的余弦公式
余弦函数的单调性
【解析】
根据三角形内角的取值范围，结合三角函数的性质，利用正弦定理、余弦函数的单调性、举反例题说明等能够求出结果．
【解答】
解：，由正弦定理，得
，∴等价于，即等价于，
∴“”成立的充要条件的是，故符合题意；
，在上单调递减，
可得，，故符合题意；
，由，可得，
由∵，，
∴等价于，故符合题意；，当，时，满足，但不满足，故不符合题意.故选．
20.【答案】
A,B,D
【考点】
棱柱的结构特征
直线与平面所成的角
柱体、锥体、台体的体积计算
12
z =x +yi |z −|=1z 1|(x −2)+(y −3)i|==1(x −2+(y −3)2)2−−−−−−−−−−−−−−−√(x −2+(y −3=1)2)2|z −|=1z 1z Z (2,3)1D ABC A =a sin A b sin B A >B a >b sin A >sin B A >B sin A >sin B A B y =cos x x ∈(0,π)A >B ⇔cos A <cos B B C cos 2A <cos 2B A >B sin 2sin 2sin A >0sin B >0cos 2A <cos 2B sin A >sin B C D A =π2B =π3A >B sin 2A >sin 2B D ABC
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
【解答】
解：连接，如图，
由题得，四边形是正方形，且边长为，所以.
又与底面所成的角，
所以，所以，所以外接球的直径，所以该正四棱柱的外接球表面积为，故正确；因为，
所以就是异面直线与所成的角，
所以，故正确；由题知平面，
所以，，
所以二面角等于，故错误；因为，，所以，
设点到平面的距离为由等体积法可得，所以，即，解得，故正确.故选.三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）21.
【答案】
BD AD 1ABCD 2BD =AB =32–√2–√BD θ=∠BD D 1tan ∠BD =
D 123
D =2D 12–√2R =B ==D 1(3+(22–√)22–√)2−−−−−−−−−−−−−√26−−√4π=26πR 2A AB//CD ∠ABD 1DC BD 1cos ∠AB ===D 1AB BD 1326−−√326−−√26
B D ⊥D 1ABCD D ⊥AD D 1D ⊥BD D 1B −D −A D 1∠ADB =45∘
C
D =2D 12–√AD =3A ==D 18+9−−−−√17−−√D AB D 1h
=V −ABD D 1V D−ABD 1AD ×AB ×D =A ×AB ×h 13D 113D 1×3×3×2=××3×h 132–√1317−−√h =634−−√17D ABD 1
【考点】
正弦定理
【解析】
利用正弦定理得到，进而求出，所以三角形是等腰三角形，即可得到
答案.
【解答】解：在中，，，由正弦定理可得：，∴ ，，则，∴是等腰三角形，且，
则，则.故答案为：.
22.【答案】
【考点】
平面向量数量积
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
根据垂直的两个向量的数量积为零，结合向量数量积的坐标公式，列出关于的方程，解之可得的值．
【解答】
解：由，
可得，
解得.
故答案为：.
23.
【答案】C =
π6B =π−−=2π3π6π6△ABC ∠A =
2π3a =c 3–√==a sin A c 3–√sin 2π3c sin C sin C =12C =π6B =π−−=2π3π6π6△ABC B =C b =c =1b c 15
m m ⊥a →b →⋅=1×(m +1)+(−1)×(2m −4)=0
a →
b →m =55
【考点】
复数代数形式的乘除运算
【解析】
直接把给出的复数分子分母同时乘以，然后采用多项式乘以多项式整理即可．
【解答】
解：
．
故答案为：．
24.【答案】
【考点】
异面直线及其所成的角
棱柱的结构特征
【解析】
作出几何体，再找到异面直线的平面角，求出即可.
【解答】
解：如图：
因为，
所以直线与所成角的平面角为.
由于四边形正方形，
所以，
所以直线与所成角为.
故答案为：.
−i
2−i =1−2i 2+i (1−2i)(2−i)(2+i)(2−i)
=2+2−i −4i i 24+1=−5i 5=−i −i 45∘
BC//B 1C 1BC A 1C 1∠B 1C 1A 1A 1B 1C 1D 1∠=B 1C 1A 145∘BC A 1C 145∘45∘
四、 解答题 （本题共计 2 小题 ，每题 5 分 ，共计10分 ）25.
【答案】
解：因为，所以.又因为，所以，即.又因为，所以 所以．由余弦定理得，即，若选①：因为，所以，所以，与矛盾，所以满足条件的三角形不存在．若选②：因为，所以，由，可得为等边三角形，所以的周长．
若选③：因为，又，所以，解得，所以的周长．【考点】
正弦定理
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为，所以.又因为，所以，即.又因为，所以 所以．由余弦定理得，即，若选①：因为，所以，所以，与矛盾，所以满足条件的三角形不存在．若选②：因为，所以，由，可得为等边三角形，所以的周长．
若选③：因为，又，所以，解得，所以的周长．(1)c ⋅sin A =a ⋅cos(C −
)π6sin C sin A =sin A cos(C −)π6sin A ≠0sin C =cos(C −)π6sin C =sin(−C)2π3C ∈(0,π)C =−C,2π3C =π3(2)=+−2ab cos C c 2a 2b 2+−ab =7a 2b 2=ab sin C S △ABC 12ab =8=7−8=−1(a −b)2≥0(a −b)2sin A =sin B a =b C =π3△ABC △ABC C =a +b +c =37–√a −b =21−−√3+−ab =7a 2b 2ab =143a =,b =221−−√321−−√3△ABC C =a +b +c =+21−−√7–√(1)c ⋅sin A =a ⋅cos(C −
)π6sin C sin A =sin A cos(C −)π6sin A ≠0sin C =cos(C −)π6sin C =sin(−C)2π3C ∈(0,π)C =−C,2π3C =π3(2)=+−2ab cos C c 2a 2b 2+−ab =7a 2b 2=ab sin C S △ABC 12ab =8=7−8=−1(a −b)2≥0(a −b)2sin A =sin B a =b C =π3△ABC △ABC C =a +b +c =37–√a −b =21−−√3+−ab =7a 2b 2ab =143a =,b =221−−√321−−√3△ABC C =a +b +c =+21−−√7–√
26.
【答案】
解：由已知可得，，∵，∴，
∴．由可得，函数，∴函数最小正周期为；令，求得，
可得函数的减区间为，．【考点】
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
正弦函数的周期性
三角函数的恒等变换及化简求值
正弦函数的单调性
【解析】Ⅰ根据函数的解析式以及，求得的值．Ⅱ由Ⅰ可得的解析式，再利用正弦函数的周期性和单调性，得出结论．
【解答】
解：由已知可得，，∵，∴，∴．由可得，函数(1)f()=cos π−2(
−α)π23–√sin 2π2=−−2α=−−13–√cos 23–√0<α<π2cos α=2–√2
α=π4(2)(1)f(x)=cos 2x −2(x −α)3–√sin 2=cos 2x −2(x −)3–√sin 2π4=cos 2x −2⋅3–√1−cos(2x −)π22=cos 2x +sin 2x −13–√=2sin(2x +)−1π3f(x)=π2π22kπ+≤2x +≤2kπ+π2π33π2kπ+≤x ≤kπ+π127π12[kπ+,kπ+]π127π12k ∈Z ()f()=−−1π23–√α()()f(x)(1)f()=cos π−2(
−α)π23–√sin 2π2=−−2α=−−13–√cos 23–√0<α<π2cos α=2–√2α=π4(2)(1)f(x)=cos 2x −2(x −α)3–√sin 2cos 2x −2(x −)π
，∴函数最小正周期为；令，求得，可得函数的减区间为，．=cos 2x −2(x −)3–√sin 2π4=cos 2x −2⋅3–√1−cos(2x −)π22=cos 2x +sin 2x −13–√=2sin(2x +)−1π3f(x)=π2π22kπ+≤2x +≤2kπ+π2π33π2kπ+≤x ≤kπ+π127π12[kπ+,kπ+]π127π12k ∈Z。