2024-2025學(xué)年高一下學(xué)期期中三校聯(lián)考

數(shù)學(xué)試卷

本試卷共4頁，19小題，滿分150分.考試用時(shí)120分鐘.

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是

符合題目要求的.

1.設(shè)集合tI1-兀則()

A.{4}B.[-l,+oo)C.[-2,4]D,[-2,+oo)

【答案】D

【解析】

【分析】先化簡集合A,再根據(jù)集合的并集運(yùn)算求解.

【詳解】由(x—1)2<9,解得—2WxW4,

,-.A=[-2,4],又5=[4,+<?),所以=2,+<?).

故選：D.

2.已知點(diǎn)4(4,3),3。,—1),則與向量共線的單位向量為()

A.(-3,-4)B.(3,4)或(-31)

3_434或「

C.D.

5，-5555

【答案】D

【解析】

AB

【分析】求得A5=(—3,—4),|鉆|=5,利用土G，可求與向量AB共線的單位向量?

\AB\

AB

【詳解】4(4,3),B(l,-I),.-.AB=(-3,-4),|AB|=5,.'.與AB共線的單位向量為土1―r

AB

34或TH

即

555

故選：D

3.已知VA3C是邊長為2等邊三角形，則AC=()

A.4B.-4C.2D.-2

【答案】D

【解析】

【分析】由等邊三角形的性質(zhì)，可得向量的模長以及夾角，根據(jù)數(shù)量積的定義式，可得答案.

2兀

【詳解】依題意可知班和AC的夾角為§，

所以3440=|朋'4。|<05'=2、2、——=一2.

故選：D.

4.如圖，已知。的半徑為4,若劣弧長為兀，則劣弧所對圓周角的正弦的平方為()

A.|B.立C,1-^1D.-+—

222424

【答案】C

【解析】

JT

【分析】利用圓心角等于弧長除以半徑，同弧所對的圓心角是圓周角的2倍，就可求得圓心角2。=—,再利

4

用余弦的二倍角公式，就可以解得答案.

【詳解】設(shè)劣弧所對的圓周角為凡則其所對圓心角為2夕，

由圓心角等于弧長除以半徑可知，28=二，即cos26=也，

42

又由cos20=1-2sin2^，可以解得sin2。=---

24

故選：C.

5.已知矩形A3CD的長A3=4,寬BC=3.點(diǎn)尸在線段3。上運(yùn)動(不與我。兩點(diǎn)重合)，則PC8。

的取值范圍是()

A.(-16,9)B.(-9,16)C.[0,9)D.(-16,0]

【答案】A

【解析】

【分析】依題意，點(diǎn)P在線段BD上，設(shè)BP=nBD,PD=mBD,n=l—m,建立空間直角坐標(biāo)系，根據(jù)

點(diǎn)坐標(biāo)，表示出PCBD，根據(jù)〃e（O,l）,求出答案.

【詳解】由題意得，點(diǎn)P在線段3D上，設(shè)BP=nBD,PD=mBD,n=1-m,

且〃e（0,1）.以A為坐標(biāo)原點(diǎn),建立平面直角坐標(biāo)系如圖所示，

則4（0,0）,6（4,0）,C（4,3）,0（0,3）,則BD=（T,3）,AC=（4,3）,

由AP=mAB+nAD=m（4,0）+?（0,3）=（4m,3?），

故PC=A0—AP=（4—47%,3—3”），

所以PC.3￡）=T（4—4772）+3（3—3”）=9—25”，

由于〃e（O,l）,所以PCBD《一16,9）.

故選：A.

6.已知圓錐的軸截面為P為該圓錐的頂點(diǎn)，該圓錐內(nèi)切球的表面積為12〃，若NAP5=60°，則

該圓錐的體積為（）

A.9辰B.12&C.186萬D.27后

【答案】A

【解析】

【分析】研究圓錐與內(nèi)切球的軸截面，由題可得內(nèi)切球半徑廠=百，在軸截面中解直角三角形分別求出圓

錐的高與底面半徑即可.

【詳解】如圖所示，設(shè)內(nèi)切球。與R4相切于點(diǎn)E,因?yàn)镹AP3=60°，所以NOPA=30，

由內(nèi)切球表面積為12不，可得球的半徑r=退，

在直角中得OP=2百，則圓錐的高為36，

在直角，中得AH=3,即圓錐的底面半徑為3,

所以該圓錐的體積V=,乃義9義3』=9也?.

3

故選：A.

7.設(shè)VABC的內(nèi)角ASC的對邊分別為。也。，已知。之=tanA,/=tang,且awh,則角。二

()

7T?！?兀3兀

A.-B.—C.—D.—

4234

【答案】B

【解析】

【分析】依題意，-==結(jié)合正弦定義得acosA=Zx2s5,即

sinAacosAsinBbcosB

sin2A=sin2B,即得結(jié)論.

【詳解】由/=tanA,/=tanB,得」一二---<=---,

sinAacosAsinBbcosB

(2b

由正弦定理-----=-----，得QCOSA=Z?COS5,

sinAsinB

sin2A=sin2B,.二A=5或2A+25=兀.

jrjr

又aw仇Aw氏3+A=—C=—.

22

故選：B.

8.我們知道：y=/(x)的圖象關(guān)于原點(diǎn)成中心對稱圖形的充要條件是y=/(x)為奇函數(shù)，有同學(xué)發(fā)現(xiàn)可以

將其推廣為：y=/(x)的圖象關(guān)于(以力)成中心對稱圖形的充要條件是y=/(x+a)-b為奇函數(shù).若

/(x)=x3+3%2的圖象的對稱中心為(加,,〃)則

/(2020)+/(2018)++/(2)+/(0)+/(-2)+/(-4)++/(-2020)+/(-2022)=()

A.8088B.4044C.2022D.1011

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)對稱性的定義求出函數(shù)=d+3/的對稱中心為(—1,2),可得

f(-2+x)+f(-%)=4,結(jié)合對稱性進(jìn)行配對求和即可.

【詳解】若函數(shù)/(%)=九3+3/圖象的對稱中心為，則y=/(x+7為一〃為奇函數(shù)，

即y=(%+rriy,+3(x+ni)2—n=x+(3m+3)x2+[3m+6mjx+ni3+3m為奇函數(shù)，

必有3/n+3=0且m3+3m2~n-0>解得機(jī)=-1,〃=2,

所以/(九)的圖象的對稱中心為(—1,2),即有/(—2+x)+/(—x)=4,

/(2020)+/(—2022)=4,/(2018)+/(—2020)=4,L,/(0)+/(-2)=4,

所以〃2020)+〃2018)++/(2)+/(O)+/(-2)+/(^)++/(-2020)+/(-2022),

=[/(2020)+f(-2022)]+[/(2018)+/(-2020)]++[/(0)+/(-2)],

=4+4++4=4x1011=4044.

故選：B.

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：解題關(guān)鍵是確定/(x)對稱中心，解題時(shí)根據(jù)定義，利用y=/(x+a)-b是奇函

數(shù)，得出/(九)圖象的對稱中心，然后函數(shù)值配對求和.

二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目

要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.

9.已知為復(fù)數(shù)，則下列說法正確的是()

A.若z；=0,則Z]=0

B.若Z；=-2；,則Zj=z2=0

C.若團(tuán)=閡，則z；=z；

D.卜―izj|=|z]+izi|

【答案】AD

【解析】

【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的概念及運(yùn)算可得.

【詳解】對于A,設(shè)4=。+歷，當(dāng)Z；=0時(shí)，（。+歷）-=42-匕2+2。歷=0,

a1—b1=0

得《，得。=〃=0,即2]=。，故A正確；

[2仍=0

對于B,令Z]=i,Z2=l,可知2；=-z：=-l,故B錯(cuò)誤；

對于C,令4=l—i*2=l+i,

可知=3==-2i,z；=2i,故C錯(cuò)誤；

對于D,卜—izj=㈤|l-i|二J5|zJ+izj=|z/l+i|=血㈤，故D正確.

故選：AD

10.如圖，在三棱柱ABC—4耳。]中，AC_L_BC,4c_LBC,AC_LJB]C,JBC=CB]=AG=2,下列結(jié)

A.平面BCCXBXJ_平面ACC]A

B.直線A4與BG所成的角的正切值是1

3

C.三棱錐c-agG的外接球的表面積是12兀

D.該三棱柱各側(cè)面的所有面對角線長的平方和等于它所有棱長的平方和的3倍

【答案】ABC

【解析】

【分析】根據(jù)題意，證得AC,平面BCGB,可判定A正確；由A4//CG，得到直線AA]與BG所成的

角即為直線CG與BG所成的角，設(shè)/CC1B=6,在ABC與中，求得tan6=；,可判定B正確；將三棱

錐C-A與G補(bǔ)成一個(gè)棱長為2的正方體，求得外接球的半徑7?=行，可判定C正確；根據(jù)平行四邊形的

性質(zhì)，可判定D錯(cuò)誤.

【詳解】對于A中，因?yàn)锳C，3cAC，4C,且5。B]C=C,所以AC,平面3。。避，

又因?yàn)锳Cu平面AC￡A，則平面8CC由，平面ACG4,所以A正確；

對于B中，因?yàn)?4//CC],則直線A4與BG所成的角即為直線CG與BG所成的角，

設(shè)/CG§=，，在平行四邊形8。。1片中，8c與BG相交于點(diǎn)。，

IT37r7T

△BC四等腰直角三角形，ZCBB,所以N5CC]=寧，可得NCBG=；—9，

所以tanZCBCj=tan；，

（7i八1—tan。11

又由12川二―6|=-------=-＞解得tan，=一,所以B正確；

（4）1+tan。23

對于C中，由于AG，。1片，5。兩兩垂直且相等，故可將三棱錐C-A與G補(bǔ)成一個(gè)棱長為2的正方體,

正方體的外接球就是三棱錐C-431G的外接球，半徑是R=5

所以外接球的表面積是S=12兀，所以C正確；

對于D中，在平行四邊形A544中，可得明=45+44,45=43—44，

2

可得A4=AB^=AB'+A^'+2AB-AAl=AB+AA^+2\AB\\AAl\cosZAlAB

=A/+92+2AB.9=+酒+2AB.A41cosZA]AB,

所以AB；+4笈=2AB2+2AA;,

22

同理可得：BC；+4c2=2BC+2BB；,AC；+=2AC+2AA;,

222

相加得AB；+AXB~+BC；+B?+AC；+^c=2（AC+BC~+AC+A4；+BB；+A4；）,

所以該三棱柱各側(cè)面的所有面對角線長的平方和等于它所有棱長的平方和的2倍，

所以D錯(cuò)誤；

故選：ABC.

l+loga|x-2|,x＜l

11.已知函數(shù)=L、2,（。＞0且awl）在區(qū)間（―叫+8）上為單調(diào)函數(shù)，若函數(shù)

（x-1）+4a,x〉l

y=|/（x）|—x—2有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)。的取值可以是（）

B.115

D.

416

【答案】BC

【解析】

【分析】由函數(shù)y=/(x)在區(qū)間(-8,+S)上為單調(diào)函數(shù)，結(jié)合二次函數(shù)與對數(shù)函數(shù)性質(zhì)，得到

2a<1,再由y=|/(x)|—X—2有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，轉(zhuǎn)化為y=與y=x+2的圖象有兩個(gè)不同

的交點(diǎn)，進(jìn)而得到y(tǒng)=|/(x)|與y=x+2的圖象在(L+oo)上也僅有一個(gè)公共點(diǎn)，滿足4aW3或y=x+2

與y=(尤—1)2+4。的圖象相切，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)，即可求解.

【詳解】由函數(shù)〃X)=,(,在區(qū)間(-8,+8)上為單調(diào)函數(shù),

x-1)2+4〃,%>1

因?yàn)?>1時(shí)，函數(shù)〃x)=(x—1『+40在(1,+00)上單調(diào)遞增,

0<tz<11

所以只需滿足，解得一Wa<l,

1+040+4。4

又因?yàn)閥=|/(x)|—x—2有兩個(gè)不同的零點(diǎn)，即，(力|=尤+2由兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根,

即函數(shù)y=〃(x)|與y=x+2的圖象有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，

作出函數(shù)y=|/(x)|與y=x+2的圖象，如圖所示，

當(dāng)xWl時(shí)，由1+logjx—1|=0,可得x=2<1,

又由一<tz<1,所以—2<2—<1,

4a

所以函數(shù)y=|/(力|與y=x+2的圖象在(f1］上僅有一個(gè)公共點(diǎn),

則函數(shù)y=|〃x)|與y=x+2的圖象在(L+oo)上也僅有一個(gè)公共點(diǎn)，

則滿足4aW3或y=x+2與y=(x—1y+4。的圖象相切，即爐―3%+4a—1=0有一解,

3313

所以—或A=9—4(4。-1)=0,解得—或。=一,

4416

1313

綜上可得，實(shí)數(shù)。的取值范圍為［―,—］{—},結(jié)合選項(xiàng)，選項(xiàng)B、C滿足題意.

4416

故選：BC.

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.己知向量a=人為單位向量，且滿足|a+W=|。-2。|,則向量b在向量°方向的投影向量為

55

32

【答案】（記9

【解析】

【分析】根據(jù)給定條件，利用數(shù)量積的運(yùn)算律求出再利用投影向量的意義求解.

、、,.2.2,,*2.2,,--?]-2

【詳解】由|〃+Z?|=|b—2〃|,得〃+6+2a?b=b+4〃-4a-b,則〃，

又a—為單位向量，則b|=1,a-b=—,

552

11QC

所以向量辦在向量a方向的投影向量為絲a=—a=（3,一）.

\a\~2105

32

故答案為：（歷，,）

（兀、7T

13.已知函數(shù)丁=5詁0x+耳（0〉0）在區(qū)間0,-上恰有一個(gè)零點(diǎn)，則0的取值范圍______.

【答案】[2,5）.

【解析】

7T

【分析】先求出0X+—的取值范圍，再結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)，根據(jù)函數(shù)在給定區(qū)間上恰有一個(gè)零點(diǎn)來確定

3

3的取值范圍.

【詳解】已知Xe[0,—],。＞0,則。Xw[0,—],所以4y—G[—,---1—].

333333

因?yàn)楹瘮?shù)丁=5皿。（t=G）X+^）在區(qū)間[],三+]]上恰有一個(gè)零點(diǎn).

正弦函數(shù)丁=sin，的零點(diǎn)為，=E,keZ.

當(dāng)左=1時(shí)，t=7l；

當(dāng)左=2時(shí)，t=2ji.

要使函數(shù)在佇,如+殳］上恰有一個(gè)零點(diǎn)，則進(jìn)好+四<2兀.

33333

解不等式可得：2WK5.

。的取值范圍是［2,5).

故答案為：［2,5).

14.“奔馳定理”因其幾何表示酷似奔馳車的標(biāo)志而來，是平面向量中一個(gè)非常優(yōu)美的結(jié)論，奔馳定理與三角

形的四心(重心、內(nèi)心、外心、垂心)有著美麗的邂逅.它的具體內(nèi)容是：如圖，若P是VAfiC內(nèi)一點(diǎn)，

BPC,^APC?APB的面積分別為SA,SB,SC,則有SA-PA+SR?P5+?尸C=0.已知。為VAfiC的

內(nèi)心，且cosNR4C=g,若AO=77143+〃AC，則利+〃的最大值為.

【答案］三0

2

【解析】

【分析】利用。為VA5C的內(nèi)心，再結(jié)合奔馳定理可得Q.QA+b.Qg+c.OC=0，再由已知條件轉(zhuǎn)化可得

mb

m+n\a

A0=------05+------0C,利用平面向量基本定理可知1,從而得到

nc

l-(m+n)a

b+c1,,8

m+n---------,再由cosZBAC=-一，可得/=(HC)2——尻，利用均值不等式可得

a+b+c33

b+c1,3-6

I=("c)2—生C2,最后可得--------=--------<-------

S+"a+b+c］+a2?

33

b+c

【詳解】因?yàn)閂/RC的內(nèi)心。到該三角形三邊的距離相等，則SJSB：%=a：6：c,

be

由SOA+SB-OB+S-OC=?？傻谩?OA+bOB+c-OC=0，所以AO=—OBH—OC,

Acaa

又=+=m(0B—0A^+n(0C—0A^,

mb

mnl-(m+n\a

則A0=「——.OB+———rOC,所以\/

n_c

l-(m+n)a

m+nb+cb+c

兩式相加可得1-(加+〃1=，化簡可得"/+”=，

aa+b+c

I2

又cosNBAC=—,由余弦定理可得。2=b2+c2-2bccosA=b1+c2——be,

33

由基本不等式可得/=3+c)2_7c23+C)2—§XS+=S+C>

3343

所以。之義伍+司，當(dāng)且僅當(dāng)人=c時(shí)等號成立,

b+c1,133-73

所以a+b+c1+，_-］+括3+62.

b+c3

故答案為：乏更.

2

b+c

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是利用奔馳定理得到機(jī)+〃=-------，再結(jié)合余弦定理和基本不等式即

a+b+c

可得到a2最后即可得到根+"的最大值.

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.

15.已知函數(shù)/(尤)=詭(a>0且awl)的圖像與函數(shù)g(x)的圖像關(guān)于直線丁=%對稱.

⑴若尸(x)=/(x)+g(x)在區(qū)間［1,2］上的值域?yàn)?,—,求a的值;

xx—2

(2)在(1)的條件下，解關(guān)于x的不等式g<g

x+4~9~

【答案】(1)a=4

(2)xe(8,+oo)

【解析】

【分析】（1）根據(jù)反函數(shù)的關(guān)系先得出g（x）表達(dá)式，進(jìn)而得出/（%）表達(dá)式，利用f（X）的單調(diào)性，分類討

論得出結(jié)果；

（2）由（1）的單調(diào)性，結(jié)合定義域的范圍，解不等式組即可.

【小問1詳解】

由題知，g（x）是/（X）的反函數(shù)，g（x）=log.x,故/（x）=a"+loga龍.

當(dāng)0<。<1時(shí)，根據(jù)指數(shù)函數(shù)，對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，丁=優(yōu),〉=108“％均在（0,+。）單調(diào)遞減，于是

33

b（九）在（0,+“）上單調(diào)遞減，故p⑴=4=萬>1,此時(shí)不成立；

當(dāng)。〉1時(shí)，根據(jù)指數(shù)函數(shù)，對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性，丁=優(yōu)》=?！?均在（0,+”）單調(diào)遞增，/（%）在

（0,+。）上單調(diào)遞增，故尸（1）=。=4,此時(shí)成立.綜上可知：。=4

【小問2詳解】

由⑴知，g（x）=log4x,為定義在（0,+8）的增函數(shù)

x-2

ZXZX---->0

根據(jù)g啖<g笥一，定義域滿足：<:,解得xe（2,xo）.

、x+4>°

由g（x）單調(diào)性和g[c]可得，-----<_9

—,整理得為2—7x—8>0，結(jié)合XG（2,y）

[9Jx+4

可知，xe（8,+oo）

「乙acosA

16.VA3C的內(nèi)角A,B,C的對邊分別為。，b,c.已知----=------------.

b+ccosB-cosC

（1）證明：A=2B.

（2）若a=4,b=3,求VABC的面積.

【答案】（1）證明見解析

⑵2

9

【解析】

【分析】（1）利用正弦定理與三角函數(shù)和差公式整理等式根據(jù)三角形的性質(zhì)以及正弦函數(shù)的性質(zhì)，可得答

案；

（2）利用正弦定理以及余弦定理，解得邊與角，根據(jù)面積公式，可得答案.

【小問1詳解】

」acosA皿w、，口sinAcosA

由；一二----------根據(jù)正弦定理可得二----------；—=------------,

b+ccosB-cosCsinB+sinCcosB-cosC

sinAcosB-sinAcosC=cosAsinB+cosAsinC,

sinAcosB-cosAsinB=sinAcosC+cosAsinC,sin（A-B）=sin（A+C）,

由A+5+C=TI,則sin（A—5）=sini3,解得=B或人-5+_8=兀（舍去）,

所以A=25.

【小問2詳解】

ab43432

由正弦定理可得——二——，即------=——，------------=——，解得cos3二一,

sinAsinBsin25sin52sinBcosBsinB3

2

由余弦定理可得〃=6?+/-2QCCOSJB，則9=16+c9-2x4-c--,

[A7

整理可得。2—1C+7=0,分解因式可得（3c—7）（c—3）=0,解得c=^或3,

jrjr

當(dāng)c=3時(shí)，B=C,由A+3+C=7t,解得B=C=—,A=—,不合題意；

42

7117

當(dāng)。=—時(shí)，VABC的面積S=—acsin3=—x4x」x

3223

17.如圖，在四棱錐P—ABCD中，2底面ABCD,AD，AB,AB〃OC,

AD=DC=AP=2,A3=1,點(diǎn)石為棱PC的中點(diǎn).

(1)證明：應(yīng):〃平面。AD；

(2)求三棱錐石的體積；

(3)求直線AP與平面ABE所成角的大小.

【答案】(1)證明見解析

2

⑵VP_EBD--

（3）45

【解析】

【分析】（1）取尸。中點(diǎn)連接EM,AM,由已知可證四邊形AftEN為平行四邊形，可得跖〃

AM,可證結(jié)論；

⑵利用明即一明…9―’可求三棱錐LPBD的體積；

（3）易證AB,平面MD，可得進(jìn)而可證PD_L平面ME,可得44"為直線AP與平

面ABE■所成的角，求解即可.

【小問1詳解】

如圖，取尸。中點(diǎn)M,連接

由于分別為PC,PD的中點(diǎn)，故勵(lì)1〃。。，且工。C,

2

又AB〃可得上且￡^/=筋，

2

故四邊形4面以為平行四邊形，

所以以:〃AM,又因?yàn)锳Mu平面正40,3￡<2平面上4。，

1114

因?yàn)镻4底面ABCZ),所以匕—73。=BCD,PA=—x—x2x2x2=—,

即Vp_EBD=§,

【小問3詳解】

因?yàn)镻4J_底面ABCD,ABu底面ABCD,:.PA±AB,

又AB_LAD,PAoDA=A,PA、DAu平面PAD,

平面MD.

又？Du平面BtD,，AB，P。.

4。=4阿”為尸￡)的中點(diǎn)，

:.PD±AM，

又ABAM=A,u平面ABE,.?.?￡)_L平面ABE,

?,■直線AP在平面ABE內(nèi)的射影為直線AM,

故NB4"為直線AP與平面ABE1所成的角，

由底面A8CD,AOu底面ABCD可得，PA1AD,^PAD^90,

.?…E4D為等腰直角三角形，且4以平分NB4D,

NPAM=45，

所以直線座與平面Pfi￡＞所成的角為45.

18.已知向量相=(J5cos%』),"=卜inx,sin2x—l),函數(shù)"x)="z5+g.

(1)若無e0,—,f(x)=—,求cos2x的值；

_4」l，3

(2)已知VA3C是銳角三角形，角A&C所對應(yīng)的邊分別為名仇。，且

【答案】(1)變—走

26

【解析】

【分析】(1)由題意可得/(%)=機(jī)?〃+g=sin12x—,利用已知可得sin(2x—胃=手，可求cos2x；

、b

(2)由已知可得sinA=sin25,A=25或A+25=TI,分類討論可求得-----的取值范圍.

a+c

【小問1詳解】

向量加=,n=sinx,sin

1

則函數(shù)=用?n+—=Gsinxcosx+sin2x-1+-=——sin2x——cos2x=sin2x~—

2222（6

因?yàn)閤e0?"（x）=F，

LLt、Ic兀兀兀.|-71]y/3

所以2x——e——,sin2x——=——，

6L63jI6J3

所以cos[2x-5]二逅.

I6j3

-sin（2x」兀）sin二也一烏

cos2x=cos

6626

【小問2詳解】

兀

由（1）得,=sin（A-7i）=-sinA,

6

/（B+—^j=sin8+五兀）一弓=sin（2B+7i）=-sin2_B.

,得siMusinZB，

jrjr

因?yàn)閂A3C是銳角三角形，所以0＜A＜—,0＜3＜一,0＜25＜兀,,A=23或4+26=兀.

22

7T

①當(dāng)A=2_B時(shí)，BC,A+B+C=71,..B—,

4

JTJTTT7T

由0＜人=23＜」,0＜。=兀—33＜二可得一＜5＜一,

2264

bsiaBsiaBsinB

由正弦定理倚〃+csinA+sinCsin23+sin（兀-33）sin2B+sin3B

_siaB_1

sin2B+sin2BcosB+cos2BsiiiB2cosB+2cos5+2cos2B-1

________1_______

4COS2B+2cosB-1'

令cos5=r,因?yàn)闉酰?〈5，所以/w.

64I22J

y=4產(chǎn)+2/—1=4。+，]—*在fe上單調(diào)遞增,

I4j4I22J

當(dāng)》=，1時(shí)，y=l+V2,當(dāng)@時(shí)，y=2+百,

22

birii，

----=---------w------------即=-6(2—瘋忘_1).

a+c-4r+2,-112+A/31+A/2,

②當(dāng)A+25=TI時(shí)，A+B=TI-B,則。=兀一(A+J3)=兀一(兀-5)=5,與已知矛盾.

綜上所述，￡的取值范圍是(2-指,、歷-1).

19.函數(shù)的凹凸性的定義是由丹麥著名的數(shù)學(xué)家兼工程師JohanJensen在1905年提出來的.其中對于凸函

數(shù)的定義如下：設(shè)連續(xù)函數(shù)/(%)的定義域?yàn)榭?或開區(qū)間(。3)或a=-8,或b=y都可以)，若

對于區(qū)間［a,加上任意兩個(gè)數(shù)苞,%，均有/成立,則稱/(%)為區(qū)間出,川上

的凸函數(shù).容易證明譬如y=?,y=log：(a>l),y=sinx(%￡(0,兀))都是凸函數(shù).JohanJensen在1906

年將上述不等式推廣到了〃個(gè)變量的情形，即著名的Jensen不等式：若函數(shù)/(%)為其定義域上的凸函

數(shù)，則對其定義域內(nèi)任意〃個(gè)數(shù)%,與，…，X"，均有+…+：［2/(%)+:(“2)+一.+/(%)

\n)n

成立，當(dāng)且僅當(dāng)為=%=3=Z時(shí)等號成立?

(1)若函數(shù)/(X)=QA：2+x(a￡R,Q。0)為R上的凸函數(shù)，求。的取值范圍:

(2)在VABC中，求」一+「一+」一的最小值;

sinAsinBsinC

(3)若連續(xù)函數(shù)g(x)的定義域和值域都是(0,+