山東省威海市2022-2023學(xué)年高一下學(xué)期期末數(shù)學(xué)含解析

高一數(shù)學(xué)試卷

注意事項(xiàng)：

L答卷前，考生務(wù)必將自己的姓名、考生號(hào)等填寫在答題卡指定位置上.

2.回答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應(yīng)題目的答案標(biāo)號(hào)涂黑.回答非選

擇題時(shí)，將答案寫在答題卡上.寫在本試卷上無效.

3.考試結(jié)束后，將本試卷和答題卡一并交回.

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.己知角a的終邊經(jīng)過點(diǎn)（1，T）,則sina=（）

A.B,立C.—也D.J

2222

【答案】C

【解析】

【分析】直接利用三角函數(shù)的坐標(biāo)定義求解即得解.

.-1yfl

【詳解】由題得sma=/=一丁.

71+（-D2

故選：C

2.下列角的終邊與60°角的終邊關(guān)于X軸對稱的是（）

A.660°B.-660°C.690°D.-690°

【答案】A

【解析】

【分析】根據(jù)已知角，利用周期性寫出終邊相同角，再結(jié)合選項(xiàng)判斷即可.

【詳解】由題意知，與60°角的終邊關(guān)于X軸對稱的角為-60°+360°?wZ.

當(dāng)Z=2時(shí)，8=-60°+720°=660°,A正確.

經(jīng)驗(yàn)證，其他三項(xiàng)均不符合要求.

故選：A.

3.已知=2,則tan（9=（）

s“in2*6/丁

11

A.2B.—2C.~D.----

22

【答案】c

【解析】

【分析】由I=sin2+cos2及二倍角公式，得笥鬻=焉=2,即可得解.

【詳解】由題意，得與翳sin2e+cos2^4-cos2。-sin20

2sin8cose

2

2cos0cos61仁A1

----------=-----=-----=2,所以tan。二一.

2sin。cos。sin。tan。2

故選：C.

4.已知正四棱錐的側(cè)棱長為近，高與斜高的夾角為30°,則該正四棱錐的體積為（）

A考273

C.473D.2百

"V

【答案】A

【解析】

【分析】畫出圖形，正四棱錐P-ABC。，高為PO,斜高為PE，然后根據(jù)己知條件列方程可求出高和

底面邊長，從而可求出體積.

【詳解】如圖，在正四棱錐P—A3C。，高為P。，斜高為PE，

題意可得PA=PB=PC=PD=?NOPE=30°

設(shè)正方形ABC。的邊長為a,則0E=8E='a,

2

在Rt_POE中，PE=2OE=a，

在RtARBE中，PE2+BE2=PB2'則。2+'/=5,解得。=2,

4

所以PO=個(gè)PE2-OE2=J^T=g，

所以正四棱錐的體積為』AB2.PO=』x4x8=Sm

333

故選：A

5.在空間四邊形ABC。中，若E，尸分別為A3，8c的中點(diǎn)，GECD,HGAD,且CG=2GD,

AH=2HD,貝J()

A.直線E”與FG平行B.直線E”，F(xiàn)G,8。相交于一點(diǎn)

C.直線E”與AG異面D.直線EG,FH，AC相交于一點(diǎn)

【答案】B

【解析】

【分析】首先利用相似三角形證明HG//AC且HG=：AC,再利用中位線定理證明反〃AC且

EF=-AC,從而得到四邊形EFG”為梯形，且FG是梯形的兩腰，設(shè)EH，F(xiàn)G交于一點(diǎn)P,

2

利用平面的性質(zhì)證明P是直線EH，BD,FG的公共點(diǎn)即可.

【詳解】因?yàn)镃G=2GD,AH=2HD,且ZADC=NHDG,

所以一AE>CHDG,所以HG//AC且”G=^AC,

3

因?yàn)镋，尸分別為AB,BC的中點(diǎn)，所以防〃AC且EF=』AC,

2

所以HG//EF且HGwEF,故四邊形EFG”為梯形，且EH,FG是梯形的兩腰，

所以EH，F(xiàn)G交于一點(diǎn)，設(shè)交點(diǎn)為P,則PeEH，PsFG,

又因?yàn)镋”u平面42，且Pw平面BCD,

所以PG平面MO,且Pe平面BCD，

又平面AB￡)c平面BCD=BD,

所以PGBD,

所以點(diǎn)P是直線E”，BD,FG的公共點(diǎn)，

故直線E”、FG、8。相交于一點(diǎn).

A

6.古希臘地理學(xué)家埃拉托色尼從書中得知，位于尼羅河第一瀑布的塞伊尼（現(xiàn)在的阿斯旺，在北回歸線上）

記為A,夏至那天正午，陽光直射，立桿無影；同樣在夏至那天，他所在的城市——埃及北部的亞歷山大

城記為B,測得立桿與太陽光線所成的角約為7.2°.他又派人測得A,8兩地的距離AB=800km,平面示

意圖如圖，則可估算地球的半徑約為（）（?！?.14）

太，北回出線

陽赤道

光

線

南極

A.7260kmB.6870kmC.6369kmD.5669km

【答案】C

【解析】

【分析】利用圓的性質(zhì)及周長公式即可求解.

【詳解】設(shè)地心為。，依題意可得，NAOB=7.2，48=800,

設(shè)地球的周長為C,半徑為R,

7.2800800八800x360??

則rill湎=下=京,所以R=0E26369km.

故選：C

7.如圖，ABCD為正方形,ZDAM=45°,點(diǎn)E在A3上，點(diǎn)F在射線40上，且AF=6BE，則

4ECF=()

M

n

A.60°B.45°C.30°D.不確定

【答案】B

【解析】

【分析】根據(jù)邊角關(guān)系證明三角形全等，即可根據(jù)對應(yīng)邊和角相等求解.

【詳解】在BC取BH=BE,連接E”，

由于BH=BE,ZABC=90,所以E”=五BE,

又AF=6BE，所以Ab=E”，

由于ZFAE=ZEHC=135，8A=BC,BE=BH、AH=HC

所以AFAE三EHC,

所以=EC,ZAEF=ZECB.

故ZAEF+NCEB=NECH+NCEB=90,；.NCEF=90,

故/后。/=/后尸。=45

故選：B

8.在二ABC中，A8=n，AC=b，。為AB的中點(diǎn)，E為BC上一點(diǎn)，且CE=2EB，AE交CD于點(diǎn)、F,

則（）

A.AF=\a+^-hB.AF=\a+\b

4224

C.AF=1a+|&D.AF^-a+-b

55

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)平面向量共線定理、平面向量線性運(yùn)算法則及平面向量基本定理得到方程，解得即可.

【詳解】依題意=又CE=2EB，

11/--\21

所以==A3+—3C=AB+—AC-A5)=—AB+士AC,

33、,33

_22-7

因?yàn)锳、F、E三點(diǎn)共線，所以AF=；L4E=—AB+—AC,

33

又。、F、。三點(diǎn)共線，所以AE=〃AO+(l—〃)Ae=g〃AB+(l—〃)AC,

2A1,3

一=一〃A——

325

因?yàn)锳B、AC不共線，所以＜；，解得

4

_=1—〃

13戶

2171

所以4尸=—AB+—AC=—a+—b.

5555

故選：D

二、選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20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5分，部分選對的得2分，有選錯(cuò)的得0分.

9.已知正方體A6CD-A4G。，則（）

A.直線A片與AG所成的角為60。B.直線AC與耳。所成的角為60。

C.二面角3—AO一旦的大小為45°D.二面角4一8。一4的大小為45°

【答案】AC

【解析】

【分析】根據(jù)正方體的特征，即可由空間角的定義，結(jié)合選項(xiàng)即可逐一求解.

【詳解】對于A,連接AC,CBt,由正方體的性質(zhì)知：ABt=B,C=AC,

所以VABC為等邊三角形，故N5AC=60,

由于4A//qc，4A=GC,所以四邊形AACG為平行四邊形，所以A6//AC,

故NgAC=6()即為直線A用與4G所成的角，故A正確，

對于B,由于8Q//5。,而，AC,所以直線AC與BQ所成的角為90。，故B錯(cuò)誤,

對于C,因?yàn)橐裕矫鎔8A4,A81U平面與瓦見，

所以4。，4片，又因?yàn)??_LZM，故NBA4即為二面角3-AO-瓦的平面角，

由于NBAg=45。，故C正確，

DiG

對于。，連接A。，4B,

設(shè)正方體的棱長為2,所以4。=8。=48=2及,40=血，40=太，

又AO，BD,AO1BD,:.ZA,OA二面角A-BD-A,的平面角，

所以sinNAOA=44=4=^，故D錯(cuò)誤.

AOV63

故選：AC

10.記045c的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為a,b,C.()

A.若sin2A=sin23,則一45c是等腰三角形

B.若tanAtan5=l,則一A5C是直角三角形

C.若。=2ccos3,貝必ABC等腰三角形

D.若sin(A-3)sin(3-C)=0,貝l]ABC是等邊三角形

【答案】BC

【解析】

7F

【分析】A.分析得到4=6或。=一，則是等腰三角形或直角三角形，所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤；B.化

2

TT

簡得到C=-.所以ABC是直角三角形，所以該選項(xiàng)正確；C.化簡得到3=。，則ABC是等腰三角

2

形，所以該選項(xiàng)正確；D.化簡得.ABC是等腰三角形，所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤.

TT

【詳解】A.若sin2A=sin26,則2A=23或2A+26=兀，所以4=8或。=一，則是等腰

2

三角形或直角三角形，所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤；

sinAsinB

B.若tanAtan5=l,則2---------=1,/.cosAcosB-sinAsinB=0,/.cos(A+B)=0,

cosAcosB

71

：.-cosC=o,.?.C=一?所以J^BC是直角三角形，所以該選項(xiàng)正確；

2

C.若a=2ccosB,所以sinA=sin(8+C)=2sinCcosB,:.sin8cosC-cos8sinC=0,所以

sin(3—C)=0,所以B=C,則是等腰三角形，所以該選項(xiàng)正確；

D.若sin(A-B)sin(8-C)=0,所以A=3或3=C，則.ABC是等腰三角形，所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤.

故選：BC

11.已知0為坐標(biāo)原點(diǎn)，點(diǎn)［(cosa,sina),g(cos/?,sin￡),P3(cos(a-p),sin(a-7?)),

41,0),則()

A.|。川=|。鳥|B.\AI}\=\PtP2\

C.OAOP}=OP2OPyD.OAOPi^OP.OP2

【答案】ABD

【解析】

【分析】通過計(jì)算得到|0川=|。6I，所以選項(xiàng)A正確；通過計(jì)算得到IM|=|62|=j2-2cos(a-0,所以

選項(xiàng)B正確；Q4.Qq=cosa,。巴=cos(24—a),所以選項(xiàng)C不正確；通過計(jì)算得到

OAOP^OP,OP2.所以選項(xiàng)D正確.

【詳解】對選項(xiàng)A：網(wǎng)=Jcos&sir?a=1,10］卜Jcos?(a_—)+sin2(a_/7)=1,所以該選

項(xiàng)正確；

對選項(xiàng)B：AP3=(cos(cr-/?)-1,sin(a-yff)).14A1=,2—2cos(a-0),

66=(cos/-cosa,sin/-sina),

所以I.8|=j2-2cosacos/?—2sinasin/?=j2-2cos(a-/),所以|Ag|=］6/|,所以該選項(xiàng)正確；

對選項(xiàng)C：OA-OP}=(l,0)?(cosa,sin&)=coso,

OP2OP3=(cos/7,sin/?)-(cos(?-/?),sin(6if-^))

=cos/?cos(a-4)+sin/?sin(a-/)=cos(24一a),所以該選項(xiàng)不正確；

對選項(xiàng)D：OA-OP^=(cos(^z-/?),sin(6Z-/?))?(1,0)=cos(?-/?),

OP\?OP2=(cos6Z,sin?)?(cosyff,sin/?)=cosacos/?+sinasin/3=cos(a-/?),所以該選項(xiàng)正確.

故選：ABD

12.若函數(shù)/(x)=sin5+cos5(口＞0)在［0,2兀］有且僅有3個(gè)零點(diǎn)，則()

A.y=f(x)的圖象關(guān)于直線》=二兀對稱

B.f(x)在(0急單調(diào)遞增

C.f(x)=-應(yīng)在(0,2兀)有且僅有1個(gè)解

D.。的取值范圍是佟,舄

OO

【答案】AD

【解析】

【分析】化簡已知得到①〈”，所以選項(xiàng)D正確；令=得到*=竺坦，即

88424。

■rr7T5

可判斷選項(xiàng)A正確；求出一＜?！?一＜二兀即可判斷選項(xiàng)B錯(cuò)誤；求出/"*)=-夜在(0,2兀)有且僅有2

448

個(gè)解.所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤.

【詳解】由題得f(x)=sincox+cos①x=6sin(s+—).

4

7t兀7C

*/0＜2兀,..?一＜s+—＜207i+—,keZ,

444

c兀C

2。兀+—23兀

4

因?yàn)楹瘮?shù)在［0,2n］有且僅有3個(gè)零點(diǎn)，所以，

_冗彳88

26971+一＜4兀

14

所以0的取值范圍是［?,?),所以選項(xiàng)D正確;

OO

7171lOl71,一(44+1)兀

-41.-，,FkV，J,?,?er/V-

42co4a)4(v

SjrS

令Z=l,r.x=——，所以y=/(x)的圖象關(guān)于直線1=六兀對稱，所以該選項(xiàng)正確；

4(04。

?八7i111537rit5

對于選工貝B,因?yàn)?<X<一,<69<,0<(OX<—兀,.，.一<(OX^<—7T>

5888448

所以/(*)在(0,5)不是單調(diào)遞增，所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤；

111515it71兀3兀7

對于選項(xiàng)c,0cxV2兀,一<(0<一0<69X<一兀,「.一v。工+一<4兀,所以當(dāng)GX+一二二或一兀

88444422

時(shí)，=所以/(x)=-應(yīng)在(0,2兀)有且僅有2個(gè)解.所以該選項(xiàng)錯(cuò)誤.

故選：AD

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.

13.已知銳角a,￡滿足tana=2,tan，=3,則a+/?=.

371

【答案】—##135

4

【解析】

【分析】根據(jù)正切和角公式即可求解.

【詳解】由tana=2,tan/?=3得tan(a+￡)=:ana+tan,==一1,

1-tanatanp1-2x3

37r

由于a,￡為銳角，所以。+力?0,兀)，故a+4=半，

3兀

故答案為：——

4

14.將函數(shù)/(x)=sin(2x+與)圖象上的所有點(diǎn)向右平移g個(gè)單位，再把所得到的曲線上的所有點(diǎn)縱坐標(biāo)

不變，橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?倍，得到函數(shù)y=g(x)的圖象，則g(x)=.

【答案】sinx

【解析】

【分析】用三角函數(shù)的圖象變換法則即可求解.

【詳解】將函數(shù)/(x)=sin(2x+4)圖象上的所有點(diǎn)向右平移7個(gè)單位，

33

TTTT27r

得到函數(shù)y=/(x--)=sin[2(x--)+y]=sin2x的圖象，

再把y=sin2x圖象上的所有點(diǎn)縱坐標(biāo)不變，橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?倍，

得到函數(shù)丁=8(%)=5m》的圖象.

故答案為：sinx

15.己知非零向量a，人滿足|a|=2|6|,且(a-b)_L6,則向量a與人的夾角為.

兀

【答案】一##60°

3

【解析】

【分析】由已知得（a-切山=0,再利用數(shù)量積公式化簡即得解.

【詳解】因?yàn)椋ā?份，所以（a—b）.b=a'b—b=\a\\h\cos<a,h>—\h\1=0?

所以21Z?|cos<aj7>-\h\2=0,所以cos<〃,/?>=；.

兀

因?yàn)関a,b>￡［0,兀I,va,b>=§.

7C

故答案為：—

3

16.己知三棱錐A—3CO中，A3上平面6。，ZBDC=90-AB=6,30=3.在此棱錐表面

上，從點(diǎn)C經(jīng)過棱A。上一點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)B的路徑中，最短路徑的長度為則該棱錐外接球的表面積為

【答案】13K

【解析】

【分析】根據(jù)幾何體的線面關(guān)系可將其放進(jìn)一個(gè)長方體，外接球直徑就是體對角線長，此時(shí)需要長方體的

長寬高數(shù)據(jù)，根據(jù)題干中的最短路徑數(shù)據(jù)，轉(zhuǎn)化成平面問題列余弦定理方程求解.

［詳解］

C

由于4?工平面BCD,ZBDC=90，可將三棱錐放在一個(gè)如上圖的長方體里，長方體的外接球直徑就

是三棱錐的外接球，就是體對角線AC的長，

下將ACD翻折到和共面的狀態(tài)，如下圖：

由平面BCD,80u平面BCD,故8。，在上圖長方體中，顯然C。，平面42,又

A￡>u平面前力，故CD_LAZ>，

在△A3。中，tanZADB=—=2^,則NA￡>8=30，于是NCZ）8=120，由題意，點(diǎn)C經(jīng)過棱

BD3

AO上一點(diǎn)到達(dá)點(diǎn)B的路徑中，最短路徑的長度為舊,

則平面圖中的8C=AA5，設(shè)CD=x,在△BCD中，由余弦定理，X2+9-2-X-3-COS120=13，整

理得f+Bx—4=0，解得x=l=CD(負(fù)值舍去).

故長方體中，==回，則=岳,即為外接球直徑，故外接球的表

面積是4TIX(半)=1371.

故答案為：13兀

四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.

17.如圖，四棱錐S-MCD的底面為正方形，七為SD的中點(diǎn).

(1)證明：SB//平面ACE；

(2)若S4L平面A8CO,證明：SCLBD.

【答案】(1)證明見解析；

(2)證明見解析.

【解析】

【分析】(1)根據(jù)題意，設(shè)3。與AC交于點(diǎn)F,連接所，由線面平行的判定定理即可證明;

(2)由線面垂直的性質(zhì)定理及判定定理即可得證.

【小問1詳解】

設(shè)8。與AC交于點(diǎn)尸，連接￡戶，

因?yàn)榈酌鍭3CO是正方形，所以F為BD中點(diǎn)，

又因?yàn)槠邽?。的中點(diǎn)，所以EF//SB,

因?yàn)镾3二平面ACE,EFu平面ACE,

所以S3//平面ACE.

因?yàn)榈酌鍭BC。是正方形，所以AC1BO,

又因?yàn)镾4_L平面ABC。，BDu平面ABCQ,所以S4J_3。，

又4Cc5A=A,AC,SAu平面5AC,

所以皮平面MC,

因?yàn)镾Cu平面弘(7,所以SCJ_BO.

18.已知函數(shù)/(x)=2-73cos2x+2sinxcosx-A/3.

兀

(1)當(dāng)xe0,5時(shí)，求/(x)的取值范圍；

⑵若銳角。，僅滿足了(二一今萼，cos(?+/?)=--,求sin/7.

26513

【答案】(1)[-73,2]

63

(2)——

65

【解析】

7T

【分析】(1)根據(jù)二倍角公式以及輔助角公式化簡/(x)=2sin(2x+§),即可根據(jù)整體法求解范圍,

35

(2)根據(jù)同角關(guān)系求解cose=—，sin(a+/?)=—,即可根據(jù)正弦和差角公式求解.

513

【小問1詳解】

/(x)=2GCOS?x+2sinxcosx-6=sin2x+6cos2x=2sin(2x+g),

nTT7T4jt

因?yàn)閯tpy,

所以sin2x+g)￡--^-,1,所以/(x)￡[-百,2].

\3)乙

【小問2詳解】

anare718

由第（1）問知了2sin2+—

262635

4

所以sina=-,

5

Ti3

因?yàn)閍w(0,2),所以cosa=g

因?yàn)閍,尸為銳角,

125

所以a+/?e(0,兀)，因?yàn)閏os(a+P)=-R,所以sin(a+/7)=百,

所以sin，=sin[(a+尸)一a]=sin(a+0)cosa-cos(a+0)sina

5312463

=—x—I-----x——=—

13513565

（兀\

19.記一ABC的內(nèi)角A8,C所對的邊分別為a,"c已知向量m=b,cos\B--,n=(-sinA.d),

67

R-mLn-

（1）求角3；

（2）若。為AC的中點(diǎn)，BD=#j，AC=26，求_/3C的面積.

【答案】（1）B=^

⑵S例=2百

【解析】

【分析】（1）根據(jù)向量垂直的坐標(biāo)表示先找出一ABC中的邊角關(guān)系，利用三角恒等變換和邊角互化進(jìn)行求

解;

1

（2）利用BO=］（6A+5C）,平方后列出關(guān)于邊長的條件，然后根據(jù)三角形的面積公式求解.

【小問1詳解】

由題意知而?〃-/7sinA+^coslB--1=0,

所以hsinA=ocos[B--

...(71.71\

由正弦定理可知sin3sinA=sinAlcos5cos—+sinBsin—I,

即sin5sinA=sinA(^-cos8+；sin8)，

因?yàn)锳￡(0,兀)，所以sinA>0,

所以』sin8=工SB，即得tan8=S'，

22

因?yàn)??0,兀)，所以B=g.

【小問2詳解】

因?yàn)?。為AC的中點(diǎn)，

1

所以BO=5(8A+6C),

所以8。-=—(BA+BC)2,所以(6)2=—(/+C2+24CCOSB),

44

所以〃+C?+4C=28，①

由余弦定理可知"=Q#=/+c2-2accosB,

所以4+/-ac=12，②

由①②得ac=8，

所以SARC=—acsin5=—x8x—^-=2^.

“BC222

20.圖①是由矩形ADEB，Rt/VLBC和菱形8FGC組成的一個(gè)平面圖形，其中A6=l，

BE=BF=2,/。8尸=60°.將其沿AB，8c折起使得應(yīng):與質(zhì)重合，連接OG，如圖②.

圖①圖②

(1)證明：平面ABC1平面8CGE；

(2)證明：OG〃平面ABC；

(3)求直線AG與平面ABC所成角的正切值.

【答案】(1)證明見解析

(2)證明見解析(3)叵

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【解析】

【分析】(1)根據(jù)線面垂直即可得面面垂直，

(2)利用線線平行或者面面平行即可求證線面平行，

(3)根據(jù)線面角的定義，得其幾何角，即可利用邊角故選求解.

圖①圖②

由題意知AB1BC,BEcBC=B,BE,BCu平面BCGE,

所以A3上平面8CGE,

又ABu平面ABC,

所以平面ABC1平面BCGE.

【小問2詳解】

法一：由題意可知AO//BE,AO=E8,CG//BE,CG=BE,

所以AO//CG,AO=CG,

所以四邊形ACGO為平行四邊形，所以AC7/OG,

又ACu平面ABC,￡>Ga平面ABC,所以。G//平面ABC.

法二：因?yàn)镋￡>//A8,ABu平面ABCEOz平面ABC,所以E。//平面ABC,

EG!IBC,BCu平面ABC,EG(Z平面ABC,所以EG//平面ABC,

EDcEG=E,ED,EGu平面EDG,

所以平面。EG//平面ABC,

又。Gu平面OEG，所以Z）G//平面ABC.

【小問3詳解】

過G作G"_L8C交BC的延長線于點(diǎn)”，連接AH，

因?yàn)槠矫鍭BC1平面BCGE，且交線為3C,G"u平面BCGE,

所以G〃_L平面A8C,

所以AG在平面ABC內(nèi)的射影為AH，

所以AG與平面ABC所成的角為ZGAH,

因?yàn)镹CBF=60°，所以NGCH=60°，

在RtCHG中,CW=2cos60°=l,G〃=2sin60°=百，

在RtZXAB“中，AB=l,BH=\+2=3,所以，

所以4G與平面ABC所成角的正切值為*M.

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21.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，己知點(diǎn)A（l，0）,點(diǎn)8在第二象限，且|08卜逐.

（1）若點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為-2,現(xiàn)將向量OB繞原點(diǎn)。沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90°到OC的位置，求點(diǎn)C的坐

標(biāo)；

（2）已知向量OP與。4，OB的夾角分別為。，45°,且cos6=m，|。尸|=2而，若

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OP=xOA+yOB,求x+y的值.

【答案】⑴（1,2）

（2）x+y=8

【解析】

【分析】（1）根據(jù)三角函數(shù)的定義即可求解，

（2）根據(jù)三角函數(shù)的定義，結(jié)合和差角公式即可根據(jù)向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解.

【小問1詳解】

因?yàn)閨08|=石，點(diǎn)8在第二象限且橫坐標(biāo)為一2，

所以點(diǎn)B的坐標(biāo)為(-2,1),

設(shè)NAO8=a,由三角函數(shù)定義可知cosa=-2叵，sina=—,

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因?yàn)橄蛄縊B繞原點(diǎn)。沿順時(shí)針方向旋轉(zhuǎn)90"到OC的位置，

所以角a-90。的終邊位于射線OC上，

所以cos(a-90°)=sina=當(dāng)，sin(a-90°)=-cosa=^^>

設(shè)點(diǎn)。的坐標(biāo)為(a,。)，

所以a=|O8|cos(a-90°)=l,%=|OB|sin(a-90°)=2,

所以點(diǎn)。的坐標(biāo)為(1,2).

【小問2詳解】

因?yàn)橄蛄縊P與。4的夾角為。且cos9=叵，

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所以sind=3,

所以點(diǎn)P橫縱坐標(biāo)分別2面x*=2，2710x^=6,

即點(diǎn)P坐標(biāo)為(2,6),所以0P=(2,6).

因?yàn)橄蛄縊P與OB的夾角為45。，且點(diǎn)B在第二象限，

所以角夕+45。的終邊位于射線OB上，

又8s(8+45。)=冬第一冬噌=若，

.g”<。、33Ma而2石

S1n(^45)=-x-^-+-x—.

所以點(diǎn)8的橫縱坐標(biāo)分別為石x(-半)=-1,行x學(xué)=2，

即點(diǎn)8坐標(biāo)為(T,2),所以。8=(-1,2),

因?yàn)?。?xOA+yOB,

所以(2,6)=Ml，0)+y(-l,2),

x-y=2

所以cr,

[2y=6

x=5

解得《,所以x+y=8.

[y=3

22.(1)證明：cos2x-cos2y=-2sin(x+y)sin(x-y)；

(2)記.ABC的內(nèi)角A,B,C所對的邊分別為。，b,C,已知asinA=S+c)sin3.

(i)證明：A=23；

(ii)若S-c)(,"+2cos2B)W2b成立，求實(shí)數(shù)加的取值范圍.

3

【答案】(1)證明見解析；(2)(i)證明見解析；(ii)-3<m<-

2

【解析】

【分析】(1)證法一：從左向右證，$t^^cos2x-cos2y=cos[(x+y)+(^-y)]-cos[(x+^)-(x-^)],然后利

用兩角和與差的余弦公式化簡即可，證法二：從右向左證，利用兩角和與差的正弦公式化簡即可，

(2)(i)證法一：將asinA=S+c)sin8利用正弦定理統(tǒng)一成角的形式，再利用三角函數(shù)恒等變換公式化

簡即可，證法二：將“sinA=S+c)sin8利用正弦定理統(tǒng)一成邊的形式，然后利用余弦定理結(jié)合三角函數(shù)恒

變換公式化簡即可；(ii)解法一：由“sinA=S+c)sinB可得物?=/—〃，再由3_。)(相+2cos?8)W26,

得(6C-C2)0+2COS2B)W2bc,再結(jié)合余弦定理和A=23得4cos4B+(2nz-2)cos28-,”+120,換元后構(gòu)造

函數(shù)分類討論可求得結(jié)果，解法二：將3-c)(m+2cos28)W2/7由正弦定理統(tǒng)一成角的形式，再結(jié)合A=23

得4<：0^8+(2機(jī)-2)8528-機(jī)+120,換元后構(gòu)造函數(shù)分類討論可求得結(jié)果，解法三：由A=2B，將

(nz+2cos28)cosA+l20整理得cos?A+(/”+l)cosA+l20,換元后構(gòu)造函數(shù)分類討論可求得結(jié)果.

【詳解】證明：(1)法一：cos2x-cos2y=cos[(x+y)+(x-y)]-cos[(x+y)-(x-3；)]

=cos(x+y)cos(x-y)-sin(x4-^)sin(x-y)-cos(x+^)cos(x-y)-sin(x4-y)sin(x-j)

=-2sin(x+y)sin(x-y).

法二：2sin(x+y)sin(x-y)=2(sinxcosy+cosxsin^)(sinxcosy-cosxsiny)=2(sin2xcos2y-cos2xsin2y),

=2[sin2xcos2y-(l-sin2x)(l-cos2y)]=2(cos2y-cos2x)=1+cos2y-1-cos2x=cos2y-cos2x,

所以cos2x-cos2y=-2sin(x+y)sin(x-y).

(2)(i)法一：因?yàn)閍sinA=3+c)sinb,

由正弦定理可知sin2A=(sinB+sinC)sinB,

即sin2A=sin2B+sinBsinC，

即1c；s2A=1c；s2N+singsinC,可得cos2B-cos2A=2sinBsinC,

由(1)可知cos28-cos2A=-2sin(A+8)sin(8-A)=-2sinCsin(8-A),

所以—2sinCsin(6—A)=2sinCsin8,因?yàn)閟inCwO,所以一sin(B-A)=sinB,

所以sin(A-B)=sin5,因?yàn)?W(O,TT),所以sin(A-B)>0,

又因?yàn)锳€(0,7t),所以A-Be(O