四川成都实验外国语2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
1．（2024高一下·成都期中）等于（ ）
A．1 B． C． D．
2．（2024高一下·成都期中）已知向量，则与向量同向的单位向量的坐标为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·成都期中）已知，则z的虚部为（ ）
A．-2 B．2 C．-1 D．1
4．（2024高一下·成都期中）已知函数，则“是偶函数”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2024高一下·成都期中）已知向量，为单位向量，且与的夹角为，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·成都期中）函数的单调区间是（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·成都期中）如图，在中，为边的中点，，则（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高一下·成都期中）在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，，且，则（ ）
A． B．4 C． D．5
9．（2024高一下·成都期中）下列说法中正确的是（ ）
A．
B．若，为单位向量，则
C．若∥、∥，则∥
D．对于两个非零向量，，若，则
10．（2024高一下·成都期中）已知曲线，，则下列结论正确的是
A．把上所有的点向右平移个单位长度，再把所有图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到曲线
B．把上所有点向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），得到曲线
C．把上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把所得图象上所有的点向左平移个单位长度，得到曲线
D．把上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），再把所得图象上所有的点向左平移个单位长度，得到曲线
11．（2024高一下·成都期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题是真命题的是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．若，，，则只有一解
C．若，则
D．若为锐角三角形，则
12．（2024高一下·成都期中）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（ ）
A．若，则M为的重心
B．若M为的内心，则
C．若，，M为的外心，则
D．若M为的垂心，，则
13．（2024高一下·成都期中）设i为虚数单位，计算 ．
14．（2024高一下·成都期中）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，，则 .
15．（2024高一下·成都期中）已知，，，则 ．
16．（2024高一下·成都期中）如图，在扇形OAB中，半径，圆心角，F是扇形弧上的动点，矩形CDEF内接于扇形，设，则矩形CDEF的面积的最大值为 ．
17．（2024高一下·成都期中）已知．
（1）求的值．
（2）求的值；
18．（2024高一下·成都期中）已知平面向量．
（1）若，求；
（2）若，求向量与的夹角．
19．（2024高一下·成都期中）某海域的东西方向上分别有A，B两个观测点（如图），它们相距海里．现有一艘轮船在D点发出求救信号，经探测得知D点位于A点北偏东，B点北偏西，这时位于B点南偏西且与B相距80海里的C点有一救援船，其航行速度为35海里/小时．
（1）求B点到D点的距离BD；
（2）若命令C处的救援船立即前往D点营救，求该救援船到达D点需要的时间．
20．（2024高一下·成都期中）函数（，，）的一段图象如图所示．
（1）求函数的解析式；
（2）若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围．
21．（2024高一下·成都期中）已知平面向量，，．
（1）设函数，求的对称轴方程；
（2）设函数，求的最大值．
22．（2024高一下·成都期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，已知S为的面积且满足．
（1）若为锐角三角形，求的取值范围；
（2）法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣．很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式 柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用．若P是内一点，过P作AB，BC，AC垂线，垂足分别为D，E，F，借助于三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立．求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：.
故选：C.
【分析】利用诱导公式即可求出的值.
2．【答案】B
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：因为向量，，
所以与向量同向的单位向量为.
故选：B.
【分析】结合已知条件即可求出与向量同向的单位向量的坐标.
3．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可得，故z的虚部为-2.
故选：A.
【分析】根据题意，根据复数的除法运算求出复数z，即可求出的虚部.
4．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：是偶函数等价于，解得，令时，，
可知“是偶函数”不可以推出“”而“”可推出“是偶函数”
所以“是偶函数”是“”的必要而不充分条件.
故选：B.
【分析】由三角函数的奇偶性和对称性求得的表达式，再结合条件的充分性和必要性即可判断.
5．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：D.
【分析】先结合已知条件求出，进而根据投影向量的公式即可求得向量在向量上的投影向量 .
6．【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：由，解得，
所以函数的单调区间是.
故选：A.
【分析】根据正切函数的单调区间即可求出正切型函数的单调区间.
7．【答案】D
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理
【解析】【解答】为的中点，，
．
故选：D.
【分析】借助平面向量的三角形运算法则及平面向量基本定理（ 平面内的任一向量都可以由该平面内两个不共线的向量通过线性组合（即数乘和加法）唯一地表示出来）计算即可得.
三角形加法法则：，简记为：首尾相连，起点指向终点.
8．【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
而，解得，
因为 ，
所以由正弦定理得，即，①
又由余弦定理可得，即，②
由①②两式相减得，，解得.
故选：B
【分析】先求出sinC的值，再由三角形面积公式求，结合正弦定理角化边和余弦定理，即可求解.
9．【答案】A,D
【知识点】共线（平行）向量；向量加法的三角形法则；平面向量的数量积运算；相等向量
【解析】【解答】解：A、因为，所以，故选项A正确；
B、因为，为单位向量，所以，但，方向不一定相同，所以，不一定相等，故选项B错误；
C、当时，∥，∥均成立，但，为任意向量，它们不一定共线，故选项C错误；
D、因为，所以，所以，即，又因为，是两个非零向量，故， 故选项D正确；
故选：AD.
【分析】由相反向量与加法运算几何意义即可判断选项A；单位向量，的方向不一定相同即可判断选项B；由零向量的规定它与任何向量共线即可判断选项C；两边平方展开化简即可判断选项D.
10．【答案】B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】曲线C1要得到曲线C2可分成以下两种情况：先平移变换后伸缩变换或者先伸缩变换后平移变换.①先平移变换后伸缩变换，先把上所有点向左平移个单位长度得到，再把所得图像上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），得到曲线，故选项B正确.
②先伸缩变换后平移变换，先将上各点的横坐标伸长为原来的3倍，得到，再把所得图像上所有点向左平移个单位长度，即可得到，故选项D正确.
故选：BD.
【分析】根据三种图象变换：平移变换、周期变换、振幅变换判断即可
11．【答案】A,C,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、由正弦定理可得，即，因为为三角形内角，所以，所以为等腰三角形，故选项A正确；
B、由正弦定理，得，而，所以有两解，故选项B错误；
C、由正弦定理得，
即，又，所以，因为，所以，所以，又因为，所以，故选项C正确；
D、若为锐角三角形，则，所以，所以，
所以，即，故选项D正确.
故选：ACD.
【分析】利用正弦定理对式子进行边角互化，再结合三角函数恒等变换，即可判断选项AC；根据正弦定理判断解的个数，进而判断三角形个数即可判断选项B；根据锐角三角形的特征，结合三角函数恒等变换即可判断选项D.
12．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、因为，所以，
如图所示，取的中点，
所以，所以，
所以，，三点共线，且，
同理，取中点，中点，可得，，三点共线，，，三点共线，
所以为的重心，故选项A正确；
B、若为的内心，可设内切圆半径为，
则，，，
所以，
即，故选项B正确；
C、若，，为的外心，所以，
设的外接圆半径为，所以，，
，
所以，，，
所以，故选项C错误；
D、若为的垂心，，所以，
如图所示，，，，相交于点，
又因为，
所以，即；，即；
，即；
设，，，则，，，
因为，，
所以，即，所以，
所以，故选项D正确；
故选：ABD.
【分析】，作出辅助线，得到，，三点共线，同理可得为的重心即可判断选项A；设内切圆半径为，将面积公式代入得到即可判断选项B；设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值即可判断选项C；根据已知条件可得到，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设，，，表示出，，，结合三角函数得到，进而求出余弦值即可判断选项D；
13．【答案】
【知识点】复数的模
14．【答案】5
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：由余弦定理，
得且，解得.
故答案为：5.
【分析】利用余弦定理即可求出b的值.
15．【答案】
【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，
所以，
.
故答案为：.
【分析】结合已知条件和同角三角函数基本关系式先求出，根据角的变换得到，利用两角差的正弦公式代入数值求解即可.
16．【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：如图所示，连结，
设，则，，，
，
所以矩形的面积，
，
，
因为，所以，
所以，即时，面积取得最大值.
故答案为：.
【分析】结合已知条件，利用三角函数表示和，再求矩形面积表达式，进行化简得到S=，结合函数的定义域和正弦函数的性质求出其最大值即可.
17．【答案】（1）解：原式.
（2）解：原式．
【知识点】同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）利用诱导公式化简为，再将分子分母同时除以化简为，最后代入正切值即可求出答案；
（2）利用“1”的变换，将原式变形为，再分子分母同时除以化简为，最后代入正切值即可求出答案.
（1）原式；
（2）原式．
18．【答案】（1）解：由题意可得，，
因为，所以，
所以，解得x=4，
所以，
所以.
（2）解：因为，所以，解得，
所以
所以
又因为，所以.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）先求出，利用平面向量垂直的充要条件可知，进而利用数量积公式求出x的值，即可求得，进而利用模长公式求出即可 ；
（2）根据平面向量共线的充要条件求出x的值，即可求得，进而利用夹角的坐标表示计算即可求出向量与的夹角 .
（1）因为，
所以
即，
即，
即，
所以，
所以；
（2）由题意可得
又因，所以，
解得，
所以
所以
即
又因为，
所以.
19．【答案】（1）解：由题意知：，，，
所以，
在中，由正弦定理，
得(海里)；
（2）解：在中，，，，
由余弦定理可得：
，
所以海里，
所以需要的时间为(小时).
故该救援船到达D点需要的时间为2小时.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）结合已知条件先求出∠ADB，再利用正弦定理即可求出BD的值；
（2）利用余弦定理先求得CD的值，进而可求出该救援船到达D点需要的时间 .
（1）由题意知：，，，
所以，
在中，由正弦定理可得：即，
所以(海里)；
（2）在中，，，，
由余弦定理可得：
，
所以海里，所以需要的时间为(小时).
20．【答案】（1）解：由图象易知，，
所以，所以
将图象上的点代入中，得，
所以，，则，，
又，所以，
故．
（2）解： 因为不等式在上恒成立 ，
所以 在上恒成立，
因为，所以，
所以当，即时，取最大值3．
所以.
即a的取值范围为[3，+∞）.
【知识点】函数恒成立问题；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）结合图象先求得，和T，进而求出，再利用图象经过，结合的范围求出的值，即可得到的解析式；
（2）将条件转化为 在上恒成立，根据的范围，结合三角函数的性质得出的最大值，即可得到a的取值范围.
（1）由图象知，，，，
将图象上的点代入中，得，
结合图象可知，，则，，
又，所以，故．
（2），，
当，即时，取最大值3．
又不等式在上恒成立，
所以.
21．【答案】（1）解：由题意可知，，
令，，解得，，
所以的对称轴为，；
（2）解：由题意可知，
设，则，
由，所以，
所以，
又函数是一条开口向下、对称轴为的抛物线，
所以上单调递增，在上单调递减，
所以．
所以的最大值为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【分析】（1）先利用数量积的坐标表示公式，再根据二倍角和辅助角公式求出f（x）的解析式，最后利用正弦函数的性质求出对称轴即可；
（2）先根据数量积公式得到函数的解析式，利用换元，结合同角三角函数基本关系式的应用，将函数转化为关于的二次函数，再根据定义域上二次函数的单调性，即可求得的最大值 .
（1）由题意知，，
由，，得，，
即的对称轴为，；
（2）由题意知，
设，则，
由，所以，
得，
又函数是一条开口向下、对称轴为的抛物线，
且在上单调递增，在上单调递减，
所以．
22．【答案】（1）解：由题意可得，，即
由余弦定理得，所以，
又因为A，所以．
由正弦定理可知，，
所以，，所以，，
因为为锐角三角形，，
所以，所以，所以，
设，所以，
函数在上单调递增，
当t=0时，；当时，
所以的取值范围为.
（2）解：由题意可知，．
又因为，，，，
所以．
由三维分式型柯西不等式有．
当且仅当即时等号成立．
由余弦定理得，
所以即，则．
令，则．
因为解得，当且仅当时等号成立．
所以．则．
令，则在上递减，
当即时，y有最大值，所以T的最小值为．
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）结合已知条件和三角形面积公式可得，利用余弦定理边化角即可求出，然后结合正弦定理化简可得，令化为，借助二次函数性质可求得的取值范围 ；
（2）将T构造出符合三维分式型柯西不等式左边的形式，然后用三维分式型柯西不等式结合余弦定理可解.
（1），，即，．
，
，，，，
为锐角三角形，，，，，
设，则，时，
（2）．
又，，，，
．
由三维分式型柯西不等式有．
当且仅当即时等号成立．
由余弦定理得，
所以即，则．
令，则．
因为解得，当且仅当时等号成立．
所以．则．
令，则在上递减，
当即时，y有最大值，所以T的最小值为．
四川成都实验外国语2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
1．（2024高一下·成都期中）等于（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】C
【知识点】三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：.
故选：C.
【分析】利用诱导公式即可求出的值.
2．（2024高一下·成都期中）已知向量，则与向量同向的单位向量的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：因为向量，，
所以与向量同向的单位向量为.
故选：B.
【分析】结合已知条件即可求出与向量同向的单位向量的坐标.
3．（2024高一下·成都期中）已知，则z的虚部为（ ）
A．-2 B．2 C．-1 D．1
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可得，故z的虚部为-2.
故选：A.
【分析】根据题意，根据复数的除法运算求出复数z，即可求出的虚部.
4．（2024高一下·成都期中）已知函数，则“是偶函数”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：是偶函数等价于，解得，令时，，
可知“是偶函数”不可以推出“”而“”可推出“是偶函数”
所以“是偶函数”是“”的必要而不充分条件.
故选：B.
【分析】由三角函数的奇偶性和对称性求得的表达式，再结合条件的充分性和必要性即可判断.
5．（2024高一下·成都期中）已知向量，为单位向量，且与的夹角为，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意可知，，
所以向量在向量上的投影向量为，
故选：D.
【分析】先结合已知条件求出，进而根据投影向量的公式即可求得向量在向量上的投影向量 .
6．（2024高一下·成都期中）函数的单调区间是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：由，解得，
所以函数的单调区间是.
故选：A.
【分析】根据正切函数的单调区间即可求出正切型函数的单调区间.
7．（2024高一下·成都期中）如图，在中，为边的中点，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理
【解析】【解答】为的中点，，
．
故选：D.
【分析】借助平面向量的三角形运算法则及平面向量基本定理（ 平面内的任一向量都可以由该平面内两个不共线的向量通过线性组合（即数乘和加法）唯一地表示出来）计算即可得.
三角形加法法则：，简记为：首尾相连，起点指向终点.
8．（2024高一下·成都期中）在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若，，且，则（ ）
A． B．4 C． D．5
【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，所以，所以，
而，解得，
因为 ，
所以由正弦定理得，即，①
又由余弦定理可得，即，②
由①②两式相减得，，解得.
故选：B
【分析】先求出sinC的值，再由三角形面积公式求，结合正弦定理角化边和余弦定理，即可求解.
9．（2024高一下·成都期中）下列说法中正确的是（ ）
A．
B．若，为单位向量，则
C．若∥、∥，则∥
D．对于两个非零向量，，若，则
【答案】A,D
【知识点】共线（平行）向量；向量加法的三角形法则；平面向量的数量积运算；相等向量
【解析】【解答】解：A、因为，所以，故选项A正确；
B、因为，为单位向量，所以，但，方向不一定相同，所以，不一定相等，故选项B错误；
C、当时，∥，∥均成立，但，为任意向量，它们不一定共线，故选项C错误；
D、因为，所以，所以，即，又因为，是两个非零向量，故， 故选项D正确；
故选：AD.
【分析】由相反向量与加法运算几何意义即可判断选项A；单位向量，的方向不一定相同即可判断选项B；由零向量的规定它与任何向量共线即可判断选项C；两边平方展开化简即可判断选项D.
10．（2024高一下·成都期中）已知曲线，，则下列结论正确的是
A．把上所有的点向右平移个单位长度，再把所有图象上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），得到曲线
B．把上所有点向左平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），得到曲线
C．把上各点的横坐标缩短到原来的倍（纵坐标不变），再把所得图象上所有的点向左平移个单位长度，得到曲线
D．把上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），再把所得图象上所有的点向左平移个单位长度，得到曲线
【答案】B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】曲线C1要得到曲线C2可分成以下两种情况：先平移变换后伸缩变换或者先伸缩变换后平移变换.①先平移变换后伸缩变换，先把上所有点向左平移个单位长度得到，再把所得图像上各点的横坐标伸长到原来的3倍（纵坐标不变），得到曲线，故选项B正确.
②先伸缩变换后平移变换，先将上各点的横坐标伸长为原来的3倍，得到，再把所得图像上所有点向左平移个单位长度，即可得到，故选项D正确.
故选：BD.
【分析】根据三种图象变换：平移变换、周期变换、振幅变换判断即可
11．（2024高一下·成都期中）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题是真命题的是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．若，，，则只有一解
C．若，则
D．若为锐角三角形，则
【答案】A,C,D
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、由正弦定理可得，即，因为为三角形内角，所以，所以为等腰三角形，故选项A正确；
B、由正弦定理，得，而，所以有两解，故选项B错误；
C、由正弦定理得，
即，又，所以，因为，所以，所以，又因为，所以，故选项C正确；
D、若为锐角三角形，则，所以，所以，
所以，即，故选项D正确.
故选：ACD.
【分析】利用正弦定理对式子进行边角互化，再结合三角函数恒等变换，即可判断选项AC；根据正弦定理判断解的个数，进而判断三角形个数即可判断选项B；根据锐角三角形的特征，结合三角函数恒等变换即可判断选项D.
12．（2024高一下·成都期中）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M是内一点，，，的面积分别为，，，且．以下命题正确的有（ ）
A．若，则M为的重心
B．若M为的内心，则
C．若，，M为的外心，则
D．若M为的垂心，，则
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、因为，所以，
如图所示，取的中点，
所以，所以，
所以，，三点共线，且，
同理，取中点，中点，可得，，三点共线，，，三点共线，
所以为的重心，故选项A正确；
B、若为的内心，可设内切圆半径为，
则，，，
所以，
即，故选项B正确；
C、若，，为的外心，所以，
设的外接圆半径为，所以，，
，
所以，，，
所以，故选项C错误；
D、若为的垂心，，所以，
如图所示，，，，相交于点，
又因为，
所以，即；，即；
，即；
设，，，则，，，
因为，，
所以，即，所以，
所以，故选项D正确；
故选：ABD.
【分析】，作出辅助线，得到，，三点共线，同理可得为的重心即可判断选项A；设内切圆半径为，将面积公式代入得到即可判断选项B；设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值即可判断选项C；根据已知条件可得到，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设，，，表示出，，，结合三角函数得到，进而求出余弦值即可判断选项D；
13．（2024高一下·成都期中）设i为虚数单位，计算 ．
【答案】
【知识点】复数的模
14．（2024高一下·成都期中）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，，则 .
【答案】5
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：由余弦定理，
得且，解得.
故答案为：5.
【分析】利用余弦定理即可求出b的值.
15．（2024高一下·成都期中）已知，，，则 ．
【答案】
【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，
所以，
.
故答案为：.
【分析】结合已知条件和同角三角函数基本关系式先求出，根据角的变换得到，利用两角差的正弦公式代入数值求解即可.
16．（2024高一下·成都期中）如图，在扇形OAB中，半径，圆心角，F是扇形弧上的动点，矩形CDEF内接于扇形，设，则矩形CDEF的面积的最大值为 ．
【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：如图所示，连结，
设，则，，，
，
所以矩形的面积，
，
，
因为，所以，
所以，即时，面积取得最大值.
故答案为：.
【分析】结合已知条件，利用三角函数表示和，再求矩形面积表达式，进行化简得到S=，结合函数的定义域和正弦函数的性质求出其最大值即可.
17．（2024高一下·成都期中）已知．
（1）求的值．
（2）求的值；
【答案】（1）解：原式.
（2）解：原式．
【知识点】同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）利用诱导公式化简为，再将分子分母同时除以化简为，最后代入正切值即可求出答案；
（2）利用“1”的变换，将原式变形为，再分子分母同时除以化简为，最后代入正切值即可求出答案.
（1）原式；
（2）原式．
18．（2024高一下·成都期中）已知平面向量．
（1）若，求；
（2）若，求向量与的夹角．
【答案】（1）解：由题意可得，，
因为，所以，
所以，解得x=4，
所以，
所以.
（2）解：因为，所以，解得，
所以
所以
又因为，所以.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）先求出，利用平面向量垂直的充要条件可知，进而利用数量积公式求出x的值，即可求得，进而利用模长公式求出即可 ；
（2）根据平面向量共线的充要条件求出x的值，即可求得，进而利用夹角的坐标表示计算即可求出向量与的夹角 .
（1）因为，
所以
即，
即，
即，
所以，
所以；
（2）由题意可得
又因，所以，
解得，
所以
所以
即
又因为，
所以.
19．（2024高一下·成都期中）某海域的东西方向上分别有A，B两个观测点（如图），它们相距海里．现有一艘轮船在D点发出求救信号，经探测得知D点位于A点北偏东，B点北偏西，这时位于B点南偏西且与B相距80海里的C点有一救援船，其航行速度为35海里/小时．
（1）求B点到D点的距离BD；
（2）若命令C处的救援船立即前往D点营救，求该救援船到达D点需要的时间．
【答案】（1）解：由题意知：，，，
所以，
在中，由正弦定理，
得(海里)；
（2）解：在中，，，，
由余弦定理可得：
，
所以海里，
所以需要的时间为(小时).
故该救援船到达D点需要的时间为2小时.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）结合已知条件先求出∠ADB，再利用正弦定理即可求出BD的值；
（2）利用余弦定理先求得CD的值，进而可求出该救援船到达D点需要的时间 .
（1）由题意知：，，，
所以，
在中，由正弦定理可得：即，
所以(海里)；
（2）在中，，，，
由余弦定理可得：
，
所以海里，所以需要的时间为(小时).
20．（2024高一下·成都期中）函数（，，）的一段图象如图所示．
（1）求函数的解析式；
（2）若不等式在上恒成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：由图象易知，，
所以，所以
将图象上的点代入中，得，
所以，，则，，
又，所以，
故．
（2）解： 因为不等式在上恒成立 ，
所以 在上恒成立，
因为，所以，
所以当，即时，取最大值3．
所以.
即a的取值范围为[3，+∞）.
【知识点】函数恒成立问题；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）结合图象先求得，和T，进而求出，再利用图象经过，结合的范围求出的值，即可得到的解析式；
（2）将条件转化为 在上恒成立，根据的范围，结合三角函数的性质得出的最大值，即可得到a的取值范围.
（1）由图象知，，，，
将图象上的点代入中，得，
结合图象可知，，则，，
又，所以，故．
（2），，
当，即时，取最大值3．
又不等式在上恒成立，
所以.
21．（2024高一下·成都期中）已知平面向量，，．
（1）设函数，求的对称轴方程；
（2）设函数，求的最大值．
【答案】（1）解：由题意可知，，
令，，解得，，
所以的对称轴为，；
（2）解：由题意可知，
设，则，
由，所以，
所以，
又函数是一条开口向下、对称轴为的抛物线，
所以上单调递增，在上单调递减，
所以．
所以的最大值为.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【分析】（1）先利用数量积的坐标表示公式，再根据二倍角和辅助角公式求出f（x）的解析式，最后利用正弦函数的性质求出对称轴即可；
（2）先根据数量积公式得到函数的解析式，利用换元，结合同角三角函数基本关系式的应用，将函数转化为关于的二次函数，再根据定义域上二次函数的单调性，即可求得的最大值 .
（1）由题意知，，
由，，得，，
即的对称轴为，；
（2）由题意知，
设，则，
由，所以，
得，
又函数是一条开口向下、对称轴为的抛物线，
且在上单调递增，在上单调递减，
所以．
22．（2024高一下·成都期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，其中，已知S为的面积且满足．
（1）若为锐角三角形，求的取值范围；
（2）法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣．很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式 柯西积分公式．其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用．若P是内一点，过P作AB，BC，AC垂线，垂足分别为D，E，F，借助于三维分式型柯西不等式：，当且仅当时等号成立．求的最小值．
【答案】（1）解：由题意可得，，即
由余弦定理得，所以，
又因为A，所以．
由正弦定理可知，，
所以，，所以，，
因为为锐角三角形，，
所以，所以，所以，
设，所以，
函数在上单调递增，
当t=0时，；当时，
所以的取值范围为.
（2）解：由题意可知，．
又因为，，，，
所以．
由三维分式型柯西不等式有．
当且仅当即时等号成立．
由余弦定理得，
所以即，则．
令，则．
因为解得，当且仅当时等号成立．
所以．则．
令，则在上递减，
当即时，y有最大值，所以T的最小值为．
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）结合已知条件和三角形面积公式可得，利用余弦定理边化角即可求出，然后结合正弦定理化简可得，令化为，借助二次函数性质可求得的取值范围 ；
（2）将T构造出符合三维分式型柯西不等式左边的形式，然后用三维分式型柯西不等式结合余弦定理可解.
（1），，即，．
，
，，，，
为锐角三角形，，，，，
设，则，时，
（2）．
又，，，，
．
由三维分式型柯西不等式有．
当且仅当即时等号成立．
由余弦定理得，
所以即，则．
令，则．
因为解得，当且仅当时等号成立．
所以．则．
令，则在上递减，
当即时，y有最大值，所以T的最小值为．
