2022-2023学年全国高中高一下数学苏教版月考试卷(含解析)

2022-2023学年全国高一下数学月考试卷
考试总分：110 分 考试时间： 120 分钟
学校：__________ 班级：__________ 姓名：__________ 考号：__________
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 8 小题 ，每题 5 分 ，共计40分 ）
1. √3sin15∘+sin75∘=（ ）A.√22B.1C.√2D.√62
2. 已知向量 →a =(1,−2)，→b =(−2,4)，则( )A.→a//→b B.→a ⊥→b C.|→a +→b |=|→a |+|→b |D.|→a −2→b |=|→a +2→b |
3. 已知在△ABC 中， tanA =−2,sinB =13cosB ，则角C 等于( )A.π4 B.π3C.3π4 D.π6
4. 已知向量 →a =(1,−2)，2→a −→b =(0,−7) ，则向量→a 在向量→b 方向上的投影为( )
A.−4√55
B.−4√1313
C.4√1313sin +sin =
3–√15∘75∘2
–√2
1
2
–√6
–√2
=(1,−2)，=(−2,4)
a →
b →//a →b
→⊥a →b
→|+|=||+||
a →
b →a →b →|−2|=|+2|
a →
b →a →b →△ABC tan A =−2,sin B =cos
B
13C π4π
33π
4
π6
=(1,−2)a →2−=(0,−7)a →b →a →b →−45
–√5
−413
−−√13
413
−−√13
D.4√55 5. 已知sin (θ−π3)=15，则sin (2θ−π6)
=( )A.−225B.−2325C.225D.2325 6. 已知命题p ：在△ABC 中，"C >B"是"sinC >sinB"的充分不必要条件，命题q:"a >b"是"ac 2>bc 2
"的充分不必要条件，则下列选项中正确的是( )A.p 真q 假B.p 假q 真C.
“p ∨q”为假D.“p ∧q”为真
7. △ABC 中，点D ，E 为边BC 上动点，且→AE =λ(→AB +→AC)+μ→AD ，则λμ的最大值为( )A.1B.12C.14D.18 8. 已知函数f(x)=sin 2x +√3sinxcosx +12，则下列结论正确的是( )A.f(x)的最大值为1B.f(x)的最小正周期为2πC.y =f(x)的图象关于直线x =π3对称D.y =f(x)的图象关于点(7π12,0)对称二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题
5 分 ，共计20分 ）
9. 若sinα=45，且α为锐角，则下列选项中正确的有( )A.tanα=4345
–√5
sin(θ−)=π315sin(2θ−)=π6
−225−23252
2523
25
p △ABC C >B sin C >sin B q :a >b a >b c 2c
2p q
p q
p ∨q
p ∧q △ABC D E BC =λ(+)+μAE −→−AB −→−AC −→−AD
−→−λμ1
1
21
41
8
f(x)=x +sin x cos x +sin 23–√12f(x)1
f(x)2π
y =f(x)x =π3y =f(x)(,0)7π12sin α=45αtan α=43
B.cosα=35
C.sinα+cosα=85
D.sinα−cosα=−15 10. 下列命题为假命题的是( )A.若→a//→b ，则存在唯一的实数λ，使得→a =λ→b B.两个非零向量→a,→b ，若|→a −→b |=|→a |+|→b |，则→a ，→b 共线且方向相反C.已知两个向量→a =(1,2),→b =(1,1)，→a 与→a +t →b 夹角为锐角，则实数t >−53D.在△ABC 中， 若→BC ⋅→CA =→AB ⋅→CA ，则△ABC 为等腰三角形
11. 已知函数f(x)=2cos(ωx +φ)(ω>0，|φ|<π2)的图象上，对称中心与对称轴x =π12的最小距离为π4，则下列结论正确的是（ ）A.函数f(x)的一个对称点为(5π12,0)
B.当x ∈[π6,π2]时，函数f(x)的最小值为−√3
C.若sin 4α−cos 4α=−45(α∈(0,π2))，则f (α+π4)的值为4−3√35
D.要得到函数f(x)的图象，只需要将g(x)=2cos2x 的图象向右平移π6个单位 12. 已知向量→a =(1,x)，→b =(x,4)，则（ ）A.当x =2时，→a//→b B.→a ⋅(→a +→
b )的最小值为−5C.当x =0时， →a,→b =π2D.当|→a |=2时，|→b |=3√2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 ）
13. 已知α是三角形的一个内角， tanα=43，则sin (α+2π3)
=________．
14. 已知向量→a 与→b 的夹角为120∘,|→a |=1，|→b |=3，则|5→a −→b |=________．cos α=35sin α+cos α=85sin α−cos α=−15
()
//a →b →λ=λa →b
→,a →b →|−|=||+||
a →
b →a →b →a →b →=(1,2),=(1,1)a →b →a →+t a →b →t >−53△ABC ⋅=⋅BC −→−CA −→−AB −→−CA −→−△ABC f (x)=2cos(ωx +φ)(ω>0|φ|<)π2x =π12π
4
f (x)(,0)5π12x ∈[,]π6π2
f (x)−3–√α−α=−(α∈(0,))sin 4cos 445π2f (α+)π44−33–√5
f (x)g(x)=2cos 2x π6
=(1,x)a →=(x,4)
b →x =2//a →b
→⋅(+)a →a →b →−5x =0 , =a →b →π2||=2a →||=3b →2
–√αtan α=43sin(α+)=2π3a →b →,||=1，||=3120∘a →b →|5−|=a →b →
15. 如图是古希腊数学家希波克拉底研究的几何图形，此图由三个半圆构成，直径分别为直角三角形ABC 的斜边AB ，直角边BC ，AC ，N 为AC 的中点，点D 在以AC 为直径的半圆上．已知以直角边AC ，BC 为直径的两个半圆的面积之比为3，cos ∠DAB =35，则cos ∠DNC =________.
16. 在平面直角坐标系xOy 中，已知圆C ：(x −4)2+(y −3)2=4，点A,B 在圆C 上，且|AB |=2√3，则|→OA +→OB |的最小值是________．
四、 解答题 （本题共计 6 小题 ，每题 5 分 ，共计30分 ）
17. 已知→a =(2+sinx,1)，→b =(2,−2)，→c =(sinx −3,1)，→d =(1,k) (x ∈[0,π],k ∈R)．(1)若(−→a)//(→b +→c)，求x 的值；(2)是否存在实数k ，使得(→a +→d)⊥(→b +→c)？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，请说明理由．
18. 已知函数f(x)=√32sin2x −cos 2x −12，x ∈R ．（1）求f(x)的最小正周期；（2）求f(x)的单调区间． 19. 如图所示，在△ABC 中， →AB =→a ，→BC =→b ，D ，F 分别为线段BC ，AC 上一点，且BD =2DC ，CF =3FA ，BF 和AD 相交于点E ．(1)用向量→a ，→b 表示→BF ；(2)假设→BE =λ→BA +(1−λ)→BD =μ→BF ，用向量→a,→b 表示→BE 并求出μ的值． 20. 一半径为2m 的水轮如图所示，水轮圆心O 距离水面1m ．已知水轮按逆时针做匀速转动，每3s 转一圈，如果当水轮上点P 从水中浮现时（图中点P 0）开始计算时间，以水轮所在平面与水面的交线为x 轴，以过点O 且与水面垂直的直线为y 轴，建立如图所示的直角坐标系．(1)将点P 距离水面的高度h （单位：m ）表示为时间t （单位：s ）的函数；(2)点P 第一次到达最高点大约要多长时间？ 21. 我们知道，对一个量用两种方法分别计算一次，由结果相同则可以构造等式解决问题，这种思维
a b ,||=1，||=3120∘a b|5−|=
a b ABC AB BC AC N AC D AC AC BC 3cos ∠DAB =35
cos ∠DNC =xOy C (x −4+(y −3=4)2)2A B C |AB |=23–√|+|OA −→−OB −→−=(2+sin x,1)a →=(2,−2)b →=(sin x −3,1)c →=(1,k)d →(x ∈[0,π],k ∈R)
(1)(−)//(+)
a →
b →
c →x (2)k (+)⊥(+)a →
d →b →c →k f(x)=sin 2x −x −3–√2cos 212x ∈R f(x)
f(x)△ABC =AB −→−a →=BC −→−b →D F BC AC BD =2DC CF =3FA BF AD E
(1)a →b →BF
−→−(2)=λ+(1−λ)=μBE −→−BA −→−BD −→−BF −→−,a →b →BE −→−μ
2m O 1m 3s P P 0x O y
(1)P h m t s
(2)P
方法称为“算两次”原理，又称“富比尼原理”，是一种重要的数学思想．例如：如图甲，在△ABC
中，D 为BC 的中点，则→AD =→AB +→BD,→AD =→AC +→CD ，两式相加得2→AD =→AB +→BD +→AC +→CD ，因为D 为BC 的中点，所以→BD +→CD =→0，于是2→AD +→AB +→BC ．请用“算两次”的方法解决下列问题：(1)如图乙，在四边形ABCD 中，E ，F 分别为AD ，BC 的中点，求证：2→EF =→AB +→DC.(2)如图丙，在四边形ABCD 中，E ，F 分别在边AD ，BC 上，且AE =13AD, BF =13BC ，AB =3,DC =2,→AB 与→DC 的夹角为60∘，求→AB ⋅→EF. 22. 如图，在△ABC 中，已知CA =1，CB =2，∠ACB =60∘．(1)求|→AB |；(2)已知点D 是AB 上一点，满足→AD =λ→AB ，点E 是边CB 上一点，满足→BE =λ→BC ．①当λ=12时，求→AE ⋅→CD ；②是否存在非零实数λ，使得→AE ⊥→CD ？若存在，求出的λ值；若不存在，请说明理由．△ABC D BC =+,=+AD −→−AB −→−BD −→−AD −→−AC −→−CD −→−2=+++AD −→−AB −→−BD −→−AC −→−CD −→−D BC +=BD −→−CD −→−0→2++
AD −→−AB −→−C B →(1)ABCD E F AD BC 2=+.
EF −→−AB −→−DC −→−(2)ABCD E F AD BC AE =AD,13BF =BC 13AB =3,DC =2,AB −→−DC −→−60∘⋅.
AB −→−EF −→−△ABC CA =1CB =2∠ACB =60∘
(1)||
AB −→−(2)D AB =λAD −→−AB −→−E CB =λBE −→−BC −→−λ=12⋅AE −→−CD −→−λ⊥AE −→−CD −→−λ
参考答案与试题解析
2022-2023学年全国高一下数学月考试卷
一、选择题（本题共计 8 小题，每题 5 分，共计40分）
1.
【答案】
C
【考点】
两角和与差的正弦公式
诱导公式
【解析】
本题主要考察了诱导公式及两角和与差公式运用和构造思想的应用，属于基本知识的考查．由诱导公式和两角和与差公式化简可得答案．
【解答】
解：√3sin15∘+sin75∘
=√3sin15∘+cos15∘
=2(sin15∘cos30∘+cos15∘sin30∘)
=2sin(15∘+30∘)
=2sin45∘
=√2．
故选C．
2.
【答案】
A
【考点】
向量的共线定理
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：1×4−(−2)×(−2)=4−4=0，
∴→a//→b.
故选A.
3.
【答案】
A
【考点】
两角和与差的正切公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵tanA=−2,sinB=13cosB，
∴tanB=13，
tanC=tan[π−(A+B)]
=−tan(A+B)
=−tanA+tanB1−tanAtanB
=−−2+131−(−2)×13
=1.
∴∠C=π4.
故选A.
4.
【答案】
B
【考点】
向量的投影
平面向量的坐标运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵→a=(1,−2)，2→a−→b=(0,−7)，
∴→b=2→a−(0,−7)
=(2,−4)−(0,−7)=(2,3)，
∴→a⋅→b=−4，
∴向量→a在向量→b方向上的投影为：
|→a|cos<→a,→b>=→a⋅→b|→b|=−4√13=−4√1313.故选B.
5.
【答案】
D
【考点】
运用诱导公式化简求值
二倍角的余弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：cos[2(θ−π3)]=1−2sin
2(θ−π3)=2325，∴cos (2θ−2π3)=2325，
∴sin (2θ−π6)=sin (2θ−2π3+π2
)
=cos (2θ−2π3)=2325.
故选D.6.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
根据充分条件和必要条件的定义集合复合命题之间的关系即可得到结论．
【解答】
解：在△ABC 中，C >B 等价为c >b ，
根据正弦定理等价为sinC >sinB ，C >B 是sinC >sinB 的充要条件，故p 是假命题．
若c =0，当满足a >b 时，ac 2>bc 2不成立，故a >b 是ac 2>bc 2
的充分不必要条件错误，故q 是假命题．则“p ∨q”为假，
故选C.7.
【答案】
D
【考点】
向量的共线定理
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：取BC中点F，
则→AE=λ(→AB+→AC)+μ→AD=2λ→AF+μ→AD，
∵D，E，F共线，
∴2λ+μ=1，
∴λμ=12⋅2λ(1−2λ)≤12(2λ+1−2λ2)2=18，
{λ=14,μ=12时等号成立，
当且仅当
∴λμ的最大值为18．
故选D．
8.
【答案】
C
【考点】
二倍角的余弦公式
两角和与差的正弦公式
三角函数中的恒等变换应用
【解析】
利用二倍角公式及辅助角公式f(x)=sin(2x−π6)+12，根据正弦函数的性质分别判断，即可求得答案．【解答】
2x+√3sinxcosx+12
解：f(x)=sin
=1−cos2x2+√32sin2x+12=sin(2x−π6)+1，
f(x)的最大值为1+1=2，故A错误；
由T=2πω=π，故B错误，
当x=π3时，整理得：f(π3)=2.
所以函数得图象关于x=π3对称，C正确；
当x=7π12时，f(7π12)=1，
函数的图象关于(7π12,1)对称，故D错误.
故选C.
二、 多选题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
9.
【答案】
A,B
【考点】
同角三角函数间的基本关系
【解析】
由已知利用同角三角函数基本关系式可求cosα，tanα的值，即可计算得解．
【解答】
解：∵sinα=45，且α为锐角，
∴cosα=√1−sin 2α=√1−(45)2=35，故B 正确；
∴tanα=sinαcosα=4535
=43，故A 正确；
∴sinα+cosα=45+35=75≠85，故C 错误；
∴sinα−cosα=45−35=15≠−15，故D 错误．
故选AB.10.
【答案】
A,C
【考点】
共线向量与共面向量
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
正弦定理
【解析】
本题需要对四个选项逐一进行判断，选项A ，B 考查向量平行的相关知识，选项C 考察两向量夹角的关系，选项D 考查向量在三角形中的应用。

【解答】
解：A ，→a//→b 的充要条件为→a =λ→b(→b ≠0)，
选项不满足→b ≠0，故A 选项是假命题；
B ，等式两边平方，得→a 2−2→a ⋅→b +→b 2=|→a |2+2|→a |⋅|→b |+|→b |2，
故有−→a ⋅→b =|→a ||→b |，可知 →a ，→b =π，
即→a 与→b 共线且反向，故B 选项是真命题；
C ，→a =(1,2)，→b =(1,1)，则a +t →b =(1+t,2+t)，
若→a 与→a +t →b 夹角为锐角，
则→a(→a +t →b)>0，且→a 与→a +t →b 不共线，
即5+3t>0，且2+t≠2(1+t)，
解得，t>−53，且t≠0，
则实数t的取值范围是(−53,0)∪(0,+∞)，故C选项是假命题；
D，∵→BC⋅→CA=→AB⋅→CA，
∴→BC⋅→AC=→AB⋅→AC，
即|→BC|⋅|→AC|⋅cosC=|→AB|⋅|→AC|⋅cosA.
由正弦定理，得sinAcosC=sinCcosA，
即sin(A−C)=0.
∵∠A，∠C为△ABC内角，
∴∠A=∠C，
∴△ABC为等腰三角形，故D选项是真命题.
故选AC.
11.
【答案】
B,C
【考点】
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
余弦函数的对称性
余弦函数的定义域和值域
两角和与差的余弦公式
二倍角的余弦公式
【解析】
由题有T=π，则ω=2，又由对称轴x=π12可得，2×π12+φ=kπ,k∈Z且|φ|<π2，则φ=−π6，故f(x)=2cos(2x−π6)，对于A，f(5π12)=−1≠0，错误；对于B，x∈[π6,π2]，
则2x−π6∈[π6,5π6]，则f(x)∈[−√3,√3]，正确；对于C，sin4α−cos4α=−cos2α=−45，且α∈(0,π2)，则2α∈(0,π)，故cos2α=45,sin2α=35，
而f(α+π4)=2cos(2α+π3)=cos2α−√3sin2α=4−3√35，正确；对于D，f(x)=2cos2(x−π12)，应将g(x)=2cos2x的图象向右平移π12个单位，错误，故选BC．
【解答】
解：由题有T=π，则ω=2，
又由对称轴x=π12可得，
2×π12+φ=kπ,k∈Z且|φ|<π2，则φ=−π6，
故f(x)=2cos(2x−π6)，
对于A ，f (5π12)=−1≠0，错误；
对于B ，x ∈[π6,π2]
，则2x −π6∈[π6,5π6]，则f(x)∈[
−√3,√3]，正确；对于C ，sin 4α−cos 4
α=−cos2α=−45，
且α∈(0,π2)，则2α∈(0,π)，
故cos2α=45，sin2α=35，而f (α+π4)=2cos (2α+π3)=cos2α−√3sin2α=4−3√35，正确；
对于D ，f(x)=2cos2(x −π12)
，应将g(x)=2cos2x 的图象向右平移π12个单位，错误，
故选BC ．12.
【答案】
A,C
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：易知，当x =2时，→a ，→b 同向，所以A 正确．
因为→a ⋅(→a +→b )=x 2+5x +1=(x +52)2−214≥−214，所以B 错误．
当x =0时，→a ⋅→b =0，则 →a,→b =π2，所以C 正确．
当|→a |=2时，x 2=3，则|→b |=
√19，所以D 错误．
故选AC ．三、 填空题 （本题共计 4 小题 ，每题 5 分 ，共计20分 ）
13.
【答案】
3√3−410
【考点】
两角和与差的正弦公式
同角三角函数间的基本关系
【解析】
由题意利用同角三角函数的基本关系，求得sinα、cosα的值，再利用两角和的正弦公式求得要求式子的值．
【解答】
解：∵α是三角形的一个内角，tanα=43=sinαcosα，
∴α∈(π4,π3)，
又sin 2
α+cos 2α=1，
∴sinα=45，cosα=35，
则sin (α+2π3)=sinαcos 2π3+cosαsin 2π3=45×(−12)
+35×√32=3√3−410．
故答案为：3√3−410．14.
【答案】
7
【考点】
向量的模
平面向量数量积的性质及其运算律
【解析】
先利用两个向量的数量积的定义求出→a ⋅→b ，根
据|5→a −→b |=
√(5→a −→b)2=√25→a 2+→b 2−10→a ⋅→b ，求得结果．【解答】
解：由题意可得→a ⋅→b =1×3cos120∘=−32，
∴|5→a −→b |=
√(5→a −→b)2=√25→a 2+→b 2−10→a ⋅→b =√25+9−10×1×3cos120∘=√49=7．
故答案为：7．15.
【答案】
24√3−750
【考点】
解三角形
同角三角函数间的基本关系
两角和与差的余弦公式
【解析】
先求出∠CAB=π6，再设∠DAB=α，可得∠DNC=2α-π3，再由sinα=35，可得sin2α，cos2α，然后利用余弦和差公式进行求解即可得.
【解答】
解：因为以AC ，BC 为直径的两个半圆的面积之比为3，
所以可得ACBC =√3，所以可得tan ∠CAB =BCAC =
√33,所以∠CAB =π6，
所以设∠DAB =α，即α∈[π6，π2]，
则∠DNC =2(α−π6)=2α−π3，
由cosα=35，可得sinα=45，
所以sin2α=2425，cos2α=−725，
所以cos ∠DNC =cos(2α−π3)
=cos2αcos π3+sin2αsin π3=24√3−750.
故答案为：24√3−750.16.
【答案】
8
【考点】
平面向量的坐标运算
向量的模
【解析】
设出点E 的坐标，表示出→OA +→OB 的模，结合三角函数的性质求出最小值即可．
【解答】
解：设AB 的中点为D ，则CD =1，
延长CD 交圆C 于点E ，则D 为CE 的中点.
∵|→OA +→OB |=|→OC +→CA +→OC +→CB |=|2→OC +→CE |，
设E(4+2cosθ,3+2sinθ)，
∴|→OA +→OB |=|(8,6)+(2cosθ,2sinθ)|
=|(8+2cosθ,6+2sinθ)|
=√
(8+2cosθ)2+(6+2sinθ)2
=√104+8(3sinθ+4cosθ)
=√104+40sin(θ+φ)≥√104−40=8．
四、解答题（本题共计 6 小题，每题 5 分，共计30分）
17.
【答案】
解：(1)∵→b=(2,−2)，→c=(sinx−3,1)，
∴→b+→c=(sinx−1,−1)，
∵(−→a)//(→b+→c)，
∴−(2+sinx)sinx−1=−1−1，
∴2sinx=−1,sinx=−12，
∵x∈[0，π]，
∴x不存在；
(2)→a+→d=(3+sinx,1+k)，→b+→c=(sinx−1,−1)，
若(→a+→d)⊥(→b+→c)，
则即(3+sinx)(sinx−1)−(1+k)=0，
k=sin2x+2sinx−4=(sinx+1)2−5，
∵x∈[0,π]，
∴sinx∈[0,1],
∴k∈[−4,−1],
则存在k∈[−4,−1]使(→a+→d)⊥(→b+→c)．
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】
（1）先根据→b=(2,−2)，→c=(sinx−3,1)，求出→b+→c的坐标，再根据→a//(→b+→c)，找到向量坐标满足的关系式，根据x的范围，就可求出x的值．
（2）先假设存在实数k和x，使(→a+→d)⊥(→b+→c)，则可得(→a+→d)•(→b+→c)=0，再用向量数量级积的坐标公式计算，若能解出k的值，则存在，否则，不存在．
【解答】
解：(1)∵→b=(2,−2)，→c=(sinx−3,1)，
∴→b+→c=(sinx−1,−1)，
∵(−→a)//(→b+→c)，
∴−(2+sinx)sinx−1=−1−1，
∴2sinx=−1,sinx=−12，
∵x∈[0，π]，
∴x不存在；
(2)→a+→d=(3+sinx,1+k)，→b+→c=(sinx−1,−1)，
若(→a+→d)⊥(→b+→c)，
则即(3+sinx)(sinx−1)−(1+k)=0，
k=sin2x+2sinx−4=(sinx+1)2−5，
∵x∈[0,π]，
∴sinx∈[0,1],
∴k∈[−4,−1],
则存在k∈[−4,−1]使(→a+→d)⊥(→b+→c)．
18.
【答案】
√32sin2x−cos2x−12=√32sin2x+12cos2x=sin(2x+π6)，解：（1）∵函数f(x)=
故函数的最小正周期为2π2=π．
（2）对于函数f(x)=sin(2x+π6)，令2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，
求得kπ−π3≤x≤kπ+π6，可得函数的增区间为[kπ−π3,kπ+π6]，k∈Z．
令2kπ+π2≤2x+π6≤2kπ+3π2，求得kπ+π6≤x≤kπ+2π3，
可得函数的增区间为[kπ+π6,kπ+2π3]，k∈Z．
【考点】
求两角和与差的正弦
三角函数的周期性及其求法
正弦函数的单调性
【解析】
（1）由条件利用三角恒等变换化简函数的解析式，求得函数的最小正周期．
（2）由条件利用正弦函数的单调性，求得f(x)的单调区间．
【解答】
√32sin2x−cos2x−12=√32sin2x+12cos2x=sin(2x+π6)，解：（1）∵函数f(x)=
故函数的最小正周期为2π2=π．
（2）对于函数f(x)=sin(2x+π6)，令2kπ−π2≤2x+π6≤2kπ+π2，
求得kπ−π3≤x≤kπ+π6，可得函数的增区间为[kπ−π3,kπ+π6]，k∈Z．
令2kπ+π2≤2x+π6≤2kπ+3π2，求得kπ+π6≤x≤kπ+2π3，
可得函数的增区间为[kπ+π6,kπ+2π3]，k∈Z．
19.
【答案】
解：由题意得→CF=3→FA，→BD=2→DC，
所以→AF=14→AC ，→BD=23→BC．
(1)因为→BF=→BA+→AF，→AB=→a，→BC=→b，
所以→BF=→BA+14→AC=→BA+14(→BC−→BA)
=34→BA+14→BC=−34→a+14→b．
(2)由(1)知→BF=−34→a+14→b，而→BD=23→BC=23→b，
因为→BE=λ→BA+(1−λ)→BD=μ→BF，
所以→BE=−λ→a+23(1−λ)→b=μ(−34→a+14→b)，
因为→a与→b不共线，由平面向量基本定理得．{−λ=−34μ，23(1−λ)=μ4，解得μ=89．
所以→BE=−23→a+29→b， μ=89即为所求．
【考点】
向量的三角形法则
向量加减混合运算及其几何意义
向量的共线定理
【解析】
【解答】
解：由题意得→CF=3→FA，→BD=2→DC，
所以→AF=14→AC ，→BD=23→BC．
(1)因为→BF=→BA+→AF，→AB=→a，→BC=→b，所以→BF=→BA+14→AC=→BA+14(→BC−→BA)
=34→BA+14→BC=−34→a+14→b．
(2)由(1)知→BF=−34→a+14→b，而→BD=23→BC=23→b，
因为→BE=λ→BA+(1−λ)→BD=μ→BF，
所以→BE=−λ→a+23(1−λ)→b=μ(−34→a+14→b)，
因为→a与→b不共线，由平面向量基本定理得．{−λ=−34μ，23(1−λ)=μ4，解得μ=89．
所以→BE=−23→a+29→b， μ=89即为所求．
20.
【答案】
解：(1)设h=Asin(ωt+φ)+k(−π2<φ<0)，
则A=2，k=1，
∵T=3=2πω，
∴ω=2π3，
∴h=2sin(2π3t+φ)+1．
∵t=0，h=0．
∴0=2sinφ+1，
∴sinφ=−12．
∵−π2<φ<0，
∴φ=−π6，
∴h=2sin(2π3t−π6)+1.
(2)令2sin(2π3t−π6)+1=3，得sin(2π3t−π6)=1，
∴2π3t−π6=π2，
∴t =1，
∴点P 第一次到达最高点大约要1s 的时间．
【考点】
在实际问题中建立三角函数模型
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设h =Asin(ωt +φ)+k (−π2<φ<0)
，
则A =2，k =1，
∵T =3=2πω，
∴ω=2π3，∴h =2sin (2π3t +φ)
+1．
∵t =0，h =0．
∴0=2sinφ+1，
∴sinφ=−12．
∵−π2<φ<0，
∴φ=−π6，∴h =2sin (2π3t −π6)+1.
(2)令2sin (2π3t −π6)+1=3，得sin (2π3t −π6)
=1，
∴2π3t −π6=π2，
∴t =1，
∴点P 第一次到达最高点大约要1s 的时间．21.
【答案】
(1)证明：在四边形ABEF 中， →EF =→EA +→AB +→BF ，①在四边形CDEF 中， →EF =→ED +→DC +→CF ，②
①+②得2→EF =→EA +→AB +→BF +→ED +→DC +→CF ，因为E,F 分别为AD ，BC 的中点，所以→EA +→ED =→0,→CF +→BF =→0，于是2→EF =→AB +→DC ．
(2)解：在四边形ABEF 中， →EF =→EA +→AB +→BF ①，
在四边形CDEF 中， →EF =→ED +→DC +→CF ′
②，由AE =13AD,BF =13BC, 得2→EA +→ED =→0,2→BF +→CF =→0，①×2+②3，得→EF =23→AB +13→DC ，
所以→AB ⋅→EF =→AB ⋅(23→AB +13→DC )
=23→AB 2
+13→AB ⋅→DC
=23×32+13×3×2×12
=7．
【考点】
向量的三角形法则
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：在四边形ABEF 中， →EF =→EA +→AB +→BF ，①在四边形CDEF 中， →EF =→ED +→DC +→CF ，②
①+②得2→EF =→EA +→AB +→BF +→ED +→DC +→CF ，因为E,F 分别为AD ，BC 的中点，所以→EA +→ED =→0,→CF +→BF =→0，于是2→EF =→AB +→DC ．
(2)解：在四边形ABEF 中， →EF =→EA +→AB +→BF ①，
在四边形CDEF 中， →EF =→ED +→DC +→CF ′
②，由AE =13AD,BF =13BC, 得2→EA +→ED =→0,2→BF +→CF =→0，①×2+②3，得→EF =23→AB +13→DC ，
所以→AB ⋅→EF =→AB ⋅(23→AB +13→DC )
=23→AB 2
+13→AB ⋅→DC
=23×32+13×3×2×12
=7．
22.
【答案】
解：(1)在△ABC 中，CA =1，CB =2，∠ACB =60∘，
|→AB |2=|→CB −→CA |2
=→CB 2−2→CA ⋅→CB +→CA
2
=4−2×1×2×cos60∘+1=3，
∴|→AB |=√3.
(2)①λ=12时，→AD =12→AB ，→BE =12→BC ，∴D ，E 分别是AB ，BC 的中点，
∴→AE =→AC +→CE =→AC +12→CB ，
→CD =12(→CA +→CB)，
∴→AE ⋅→CD =(→AC +12→CB)⋅12(→CA +→CB)=12→AC ⋅→CA+12→AC ⋅→CB +14→CB ⋅→CA+14→CB 2
=−12×12+12×1×2cos120∘+14×2×1×cos60∘+14×22=14；
②假设存在非零实数λ，使得→AE ⊥→CD ，
由→AD =λ→AB ，得→AD =λ(→CB −→CA)，
∴→CD =→CA +→AD
=→CA +λ(→CB −→CA)=λ→CB +(1−λ)→CA ；
又→BE =λ→BC ，
∴→AE =→AB +→BE
=(→CB −→CA)+λ(−→CB)=(1−λ)→CB −→CA ；
∴→AE ⋅→CD
=λ(1−λ)→CB 2−λ→CB ⋅→CA+(1−λ)2→CB ⋅→CA −(1−λ)→CA 2
=4λ(1−λ)−λ+(1−λ)2−(1−λ)
=−3λ2+2λ=0，
解得λ=23或λ=0（不合题意，舍去），
即存在非零实数λ=23，使得→AE ⊥→CD ．
【考点】
向量的模
向量在几何中的应用
向量的共线定理
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量数量积的运算
【解析】
【解答】
解：(1)在△ABC 中，CA =1，CB =2，∠ACB =60∘，
|→AB |2=|→CB −→CA |2
=→CB 2−2→CA ⋅→CB +→CA
2
=4−2×1×2×cos60∘+1=3，
∴|→AB |=√3.
(2)①λ=12时，→AD =12→AB ，→BE =12→BC ，∴D ，E 分别是AB ，BC 的中点，
∴→AE =→AC +→CE =→AC +12→CB ，
→CD =12(→CA +→CB)，
∴→AE ⋅→CD =(→AC +12→CB)⋅12(→CA +→CB)=12→AC ⋅→CA+12→AC ⋅→CB +14→CB ⋅→CA+14→CB 2=−12×12+12×1×2cos120∘+14×2×1×cos60∘+14×22=14；
②假设存在非零实数λ，使得→AE ⊥→CD ，
由→AD =λ→AB ，得→AD =λ(→CB −→CA)，∴→CD =→CA +→AD
=→CA +λ(→CB −→CA)=λ→CB +(1−λ)→CA ；
又→BE =λ→BC ，
∴→AE=→AB+→BE
=(→CB−→CA)+λ(−→CB) =(1−λ)→CB−→CA；
∴→AE⋅→CD =λ(1−λ)→CB 2
−λ→CB⋅→CA+(1−λ)2→CB⋅→CA−(1−λ)→CA
2
=4λ(1−λ)−λ+(1−λ)2−(1−λ)
=−3λ2+2λ=0，
解得λ=23或λ=0（不合题意，舍去），
即存在非零实数λ=23，使得→AE⊥→CD．。