本刊試題研究組

一、填空題

1.已知復(fù)數(shù)z=5i1+2i（是虛數(shù)單位），則|z|=.

2.設(shè)m∈R，m2+m-2+（m2-1）i是純虛數(shù)，其中i是虛數(shù)單位，則m=.

3.若將函數(shù)f（x）=sin（2x+π4）的圖象向右平移φ個單位，所得圖象關(guān)于y軸對稱，則φ的最小正值是.

4.已知A，B，C為圓O上的三點，若AO=12（AB+AC），則AB與AC的夾角為.

5.要制作一個容積為4m3，高為1m的無蓋長方體容器.已知該容器的底面造價是每平方米20元，側(cè)面造價是每平方米10元，則該容器的最低總造價是（單位：元）.

6.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別是a，b，c.已知b-c=14a，2sinB=3sinC，則cosA的值為.

7.函數(shù)f（x）=sin（x+2φ）-2sinφcos（x+φ）的最大值為.

8.在△ABC中，已知AB·AC=tanA，當(dāng)A=π6時，△ABC的面積為.

9.如圖所示，從氣球A上測得正前方的河流的兩岸B，C的俯角分別為67°，30°，此時氣球的高度是46m，則河流的寬度BC約等于m.（用四舍五入法將結(jié)果精確到個位.參考數(shù)據(jù)：sin67°≈0.92，cos67°≈039，sin37°≈0.60，cos37°≈0.80，3≈1.73）

10.已知菱形ABCD的邊長為2，∠BAD=120°，點E，F(xiàn)分別在邊BC，DC上，BE=λBC，DF=μDC.若AE·AF=1，CE·CF=-23，則λ+μ=.

11.在平面直角坐標(biāo)系中，O為原點，A（-1，0），B（0，3），C（3，0），動點D滿足|CD|=1，則|OA+OB+OD|的最大值是.

12.對于c>0，當(dāng)非零實數(shù)a，b滿足4a2-2ab+4b2-c=0且使|2a+b|最大時，3a-4b+5c的最小值為.

13.已知兩個不相等的非零向量a，b，兩組向量，，，，和，，，，均由2個a和3個b排列而成.記S=x1·y1+x2·y2+x3·y3+x4·y4+x5·y5，Smin表示S所有可能取值中的最小值，則下列命題正確的是（寫出所有正確命題的編號）.

①S有5個不同的值

②若a⊥b，則Smin與|a|無關(guān)

③若a∥b，則Smin與|b|無關(guān)

④若|b|>4|a|，則Smin>0

⑤若|b|=2|a|，Smin=8|a|2，則a與b的夾角為π4

14.已知定義在[0，1]上的函數(shù)f（x）滿足：

①f（0）=f（1）=0；

②對所有x，y∈[0，1]，且x≠y，有|f（x）-f（y）|<12|x-y|.

若對所有x，y∈[0，1]，|f（x）-f（y）|

二、解答題

15.在直角坐標(biāo)系xOy中，已知點A（1，1），B（2，3），C（3，2），點P（x，y）在△ABC三邊圍成的區(qū)域（含邊界）上.

（1）若PA+PB+PC=0，求|OP|；

（2）設(shè)OP=mAB+nAC（m，n∈R），用x，y表示m-n，并求m-n的最大值.

16.已知向量a=（m，cos2x），b=（sin2x，n），函數(shù)f（x）=a·b，且y=f（x）的圖象過點（π12，3）和點（2π3，-2）.

（1）求m，n的值；

（2）將y=f（x）的圖象向左平移φ（0<φ<π）個單位后得到函數(shù)y=g（x）的圖象，若y=g（x）圖象上各最高點到點（0，3）的距離的最小值為1，求y=g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間.

17.如圖所示，在平面四邊形ABCD中，AD=1，CD=2，AC=7.

（1）求cos∠CAD的值；

（2）若cos∠BAD=-714，sin∠CBA=216，求BC的長.

18.某實驗室一天的溫度（單位：℃）隨時間t（單位：h）的變化近似滿足函數(shù)關(guān)系：

f（t）=10-3cosπ12t-sinπ12t，t∈[0，24）.

（1）求實驗室這一天的最大溫差.

（2）若要求實驗室溫度不高于11℃，則在哪段時間實驗室需要降溫？

19.如圖，某生態(tài)園欲把一塊四邊形地BCED辟為水果園，其中∠C=∠D=90°，BC=BD=3，CE=DE=1.若經(jīng)過DB上一點P和EC上一點Q鋪設(shè)一條道路PQ，且PQ將四邊形BCED分成面積相等的兩部分，設(shè)DP=x，EQ=y.

（1）求x，y的關(guān)系式；

（2）如果PQ是灌溉水管的位置，為了省錢，希望它最短，求PQ的長的最小值；

（3）如果PQ是參觀路線，希望它最長，那么P、Q的位置在哪里？

20.已知函數(shù)f（x）=（cosx-x）（π+2x）-83（sinx+1），g（x）=3（x-π）cosx-4（1+sinx）ln（3-2xπ）.證明：

（1）存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0；

（2）存在唯一x1∈（π2，π），使g（x1）=0，且對（1）中的x0，有x0+x1<π.

參考答案

一、填空題

1. 5

2. m=-2

3. 3π8

4. 90°

5. 160

6. -14

7. 1

8. 16

9. 60

10. 56

11. 1+7

12. -2

13. ②④

14. 14

二、解答題

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

則（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

兩式相減得，m-n=y-x，

令y-x=t，由圖知，當(dāng)直線y=x+t過點B（2，3）時，t取得最大值1，故m-n的最大值為1.

16.解：（1）由題意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因為y=f（x）的圖象過點（π12，3）和點（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由題意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

設(shè)y=g（x）的圖象上符合題意的最高點為（x0，2）.

由題意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到點（0，3）的距離為1的最高點為（0，2）.

將其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因為0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函數(shù)y=g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由題設(shè)知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）設(shè)∠BAC=α，則α=∠BAD-∠CAD.

因為cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因為f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

當(dāng)t=2時，sin（π12t+π3）=1；

當(dāng)t=14時，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故實驗室這一天的最高溫度為12℃，最低溫度為8℃，最大溫差為4℃.

（2）依題意，當(dāng)f（t）>11時，實驗室需要降溫.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10時至18時實驗室需要降溫.

19.解：（1）延長BD、CE交于點A，則AD=3，AE=2，則S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

當(dāng)（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3時，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

則PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是減函數(shù)，在（43，+∞）上是增函數(shù)，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此時t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P點在B處，Q點在E處.

20.證明：（1）當(dāng)x∈（0，π2）時，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函數(shù)f（x）在（0，π2）上為減函數(shù).又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）記函數(shù)h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，則當(dāng)x∈[π2，π]時，t∈[0，π2].

記u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），則u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，當(dāng)t∈（0，x0）時，u′（t）>0，

當(dāng)t∈（x0，π2）時，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函數(shù)，又u（0）=0，從而可知當(dāng)t∈（0，x0]時，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上無零點.

在（x0，π2）上u（t）為減函數(shù)，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因為當(dāng)x∈（π2，π）時，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）與h（x）有相同的零點，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

因為x1=π-t1，t1>x0，所以x0+x1<π.

13. ②④

14. 14

二、解答題

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

則（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

兩式相減得，m-n=y-x，

令y-x=t，由圖知，當(dāng)直線y=x+t過點B（2，3）時，t取得最大值1，故m-n的最大值為1.

16.解：（1）由題意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因為y=f（x）的圖象過點（π12，3）和點（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由題意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

設(shè)y=g（x）的圖象上符合題意的最高點為（x0，2）.

由題意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到點（0，3）的距離為1的最高點為（0，2）.

將其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因為0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函數(shù)y=g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由題設(shè)知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）設(shè)∠BAC=α，則α=∠BAD-∠CAD.

因為cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因為f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

當(dāng)t=2時，sin（π12t+π3）=1；

當(dāng)t=14時，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故實驗室這一天的最高溫度為12℃，最低溫度為8℃，最大溫差為4℃.

（2）依題意，當(dāng)f（t）>11時，實驗室需要降溫.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10時至18時實驗室需要降溫.

19.解：（1）延長BD、CE交于點A，則AD=3，AE=2，則S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

當(dāng)（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3時，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

則PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是減函數(shù)，在（43，+∞）上是增函數(shù)，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此時t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P點在B處，Q點在E處.

20.證明：（1）當(dāng)x∈（0，π2）時，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函數(shù)f（x）在（0，π2）上為減函數(shù).又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）記函數(shù)h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，則當(dāng)x∈[π2，π]時，t∈[0，π2].

記u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），則u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，當(dāng)t∈（0，x0）時，u′（t）>0，

當(dāng)t∈（x0，π2）時，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函數(shù)，又u（0）=0，從而可知當(dāng)t∈（0，x0]時，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上無零點.

在（x0，π2）上u（t）為減函數(shù)，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因為當(dāng)x∈（π2，π）時，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）與h（x）有相同的零點，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

因為x1=π-t1，t1>x0，所以x0+x1<π.

13. ②④

14. 14

二、解答題

15.解：（1）方法一：∵PA+PB+PC=0，

又PA+PB+PC=（1-x，1-y）+（2-x，3-y）+（3-x，2-y）=（6-3x，6-3y），

∴6-3x=0，6-3y=0，解得x=2，y=2，

即OP=（2，2），故|OP|=22.

方法二：∵PA+PB+PC=0，

則（OA-OP）+（OB-OP）+（OC-OP）=0，

∴OP=13（OA+OB+OC）=（2，2），

∴|OP|=22.

（2）∵OP=mAB+nAC，

∴（x，y）=（m+2n，2m+n），

∴x=m+2n，y=2m+n，

兩式相減得，m-n=y-x，

令y-x=t，由圖知，當(dāng)直線y=x+t過點B（2，3）時，t取得最大值1，故m-n的最大值為1.

16.解：（1）由題意知，f（x）=msin2x+ncos2x.

因為y=f（x）的圖象過點（π12，3）和點（2π3，-2），

所以3=msinπ6+ncosπ6，-2=msin4π3+ncos4π3，

即3=12m+32n，-2=-32m-12n，

解得m=3，n=1.

（2）由（1）知f（x）=3sin2x+cos2x=2sin（2x+π6）.

由題意知，g（x）=f（x+φ）=2sin（2x+2φ+π6）.

設(shè)y=g（x）的圖象上符合題意的最高點為（x0，2）.

由題意知，x20+1=1，所以x0=0，

即到點（0，3）的距離為1的最高點為（0，2）.

將其代入y=g（x）得，sin（2φ+π6）=1.

因為0<φ<π，所以φ=π6.

因此，g（x）=2sin（2x+π2）=2cos2x.

由2kπ-π≤2x≤2kπ，k∈Z得kπ-π2≤x≤kπ，k∈Z，

所以函數(shù)y=g（x）的單調(diào)遞增區(qū)間為[kπ-π2，kπ]，k∈Z.

17.解：（1）在△ADC中，由余弦定理，得

cos∠CAD=AC2+AD2-CD22AC·AD，

故由題設(shè)知，cos∠CAD=7+1-427=277.

（2）設(shè)∠BAC=α，則α=∠BAD-∠CAD.

因為cos∠CAD=277，cos∠BAD=-714，

所以sin∠CAD=1-cos2∠CAD=1-（277）2=217，

sin∠BAD=1-cos2∠BAD=1-（-714）2=32114.

于是sinα=sin（∠BAD-∠CAD）

=sin∠BADcos∠CAD-cos∠BADsin∠CAD

=32114×277-（-714）×217

=32.

在△ABC中，由正弦定理，得BCsin=ACsin∠CBA.

故BC=AC·sinαsin∠CBA=7×32216=3.

18.解：（1）因為f（t）=10-2（32cosπ12t+12sinπ12t）=10-2sin（π12t+π3），

又0≤t<24，所以π3≤π12t+π3<7π3，-1≤sin（π12t+π3）≤1.

當(dāng)t=2時，sin（π12t+π3）=1；

當(dāng)t=14時，sin（π12t+π3）=-1.

于是f（t）在[0，24）上取得的最大值是12，最小值是8.

故實驗室這一天的最高溫度為12℃，最低溫度為8℃，最大溫差為4℃.

（2）依題意，當(dāng)f（t）>11時，實驗室需要降溫.

由（1）得f（t）=10-2sin（π12t+π3），

故有10-2sin（π12t+π3）>11，

即sin（π12t+π3）<-12.

又0≤t<24，因此7π6<π12t+π3<11π6，

即10

故在10時至18時實驗室需要降溫.

19.解：（1）延長BD、CE交于點A，則AD=3，AE=2，則S△ADE=S△BDE=S△BCE=32.

∵S△APQ=3，∴14（x+3）（y+2）=3，∴（x+3）（y+2）=43.

（2）PQ2=AP2+AQ2-2AP·AQcos30°

=（x+3）2+（43x+3）2-2×43×32

≥2×43-12=83-12，

當(dāng)（x+3）2=（43x+3）2，即x=243-3時，

PQmin=83-12=223-3.

（3）令t=（x+3）2，∵x∈[33，3]，∴t∈[163，12]，

則PQ2=f（t）=t+48t-12，

∵f′（t）=1-48t2，令f′（t）=1-48t2=0得，t=43，

∴f（t）在（0，43）上是減函數(shù)，在（43，+∞）上是增函數(shù)，

∴f（t）max=max{f（163），f（12）}=f（12）=4，PQmax=2，

此時t=（x+3）2=12，x=3，y=0，P點在B處，Q點在E處.

20.證明：（1）當(dāng)x∈（0，π2）時，f′（x）=-（1+sinx）·（π+2x）-2x-23cosx<0，函數(shù)f（x）在（0，π2）上為減函數(shù).又f（0）=π-83>0，f（π2）=-π2-163<0，所以存在唯一x0∈（0，π2），使f（x0）=0.

（2）記函數(shù)h（x）=3（x-π）cosx1+sinx-4ln（3-2πx），x∈[π2，π].

令t=π-x，則當(dāng)x∈[π2，π]時，t∈[0，π2].

記u（t）=h（π-t）=3tcost1+sint-4ln（1+2πt），則u′（t）=3f（t）（π+2t）（1+sint）.

由（1）得，當(dāng)t∈（0，x0）時，u′（t）>0，

當(dāng)t∈（x0，π2）時，u′（t）<0.

故在（0，x0）上u（t）是增函數(shù)，又u（0）=0，從而可知當(dāng)t∈（0，x0]時，u（t）>0，所以u（t）在（0，x0]上無零點.

在（x0，π2）上u（t）為減函數(shù)，由u（x0）>0，u（π2）=-4ln2<0，知存在唯一t1∈（x0，π2），使u（t1）=0，

故存在唯一的t1∈（0，π2），使u（t1）=0.

因此存在唯一的x1=π-t1∈（π2，π），使h（x1）=h（π-t1）=u（t1）=0.

因為當(dāng)x∈（π2，π）時，1+sinx>0，故g（x）=（1+sinx）h（x）與h（x）有相同的零點，所以存在唯一的x1∈（π2，π），使g（x1）=0.

因為x1=π-t1，t1>x0，所以x0+x1<π.