2021-2022学年广东省广州市八校联考高一(下)期中数学试卷(B卷)资料

2021-2022学年广东省广州市八校联考高一（下）期中数学试卷（B卷）试题数：22.满分：1501.（单选题.5分）若复数z满足z+2$\overline{z}$=6+3i.则在复平面内复数z对应的点Z位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限2.（单选题.5分）已知向量$\overrightarrow{a}$=（k.1）.$\overrightarrow{b}$=（3.2）.$\overrightarrow{c}$=（1.3）.且（$\overrightarrow{a}$-$\overrightarrow{b}$）⊥$\overrightarrow{c}$.则实数k的值等于（）A.$\frac{8}{3}$B.$\frac{10}{3}$C.6D.83.（单选题.5分）在△ABC中.角A、B、C的对边分别为a、b、c.若a2=b2+c2+bc.则A的值是（）A.$\frac{π}{6}$B.$\frac{π}{3}$C.$\frac{2π}{3}$D.$\frac{5π}{6}$4.（单选题.5分）不等式log2（3x+1）＜1成立的一个充分不必要条件是（）A.$-\frac{1}{3}＜x＜\frac{1}{3}$B.x＜0C.$-1＜x＜\frac{1}{3}$D.$0＜x＜\frac{1}{3}$5.（单选题.5分）在△ABC中.D为BC上一点.且BD=2DC.则$\overrightarrow{AD}$=（）A.$\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$B.$\overrightarrow{AB}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$C.$\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$D.$\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$6.（单选题.5分）已知单位向量$\overrightarrow{a}$.$\overrightarrow{b}$满足$\overrightarrow{a}\bullet\overrightarrow{b}=-\frac{1}{4}$.若向量$\overrightarrow{c}=\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}$.则cos＜$\overrightarrow{a}$.$\overrightarrow{c}$＞=（）A.$\frac{1}{3}$B.$\frac{\sqrt{2}}{3}$C.$\frac{1}{4}$D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$7.（单选题.5分）将函数f（x）=sin（ωx-$\frac{π}{2}$）（ω＞0）在[0.$\frac{π}{5}$]上单调递增.则ω的最大值为（）A.6B.5C.4D.18.（单选题.5分）在△ABC中.点P满足$\overrightarrow{BP}=3\overrightarrow{PC}$.过点P的直线与AB、AC所在的直线分别交于点M、N.若$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AB}$.$\overrightarrow{AN}$=μ$\overrightarrow{AC}$（λ＞0.μ＞0）.则λ+μ的最小值为（）A.$\frac{\sqrt{2}}{2}+1$B.$\frac{\sqrt{3}}{2}+1$C.$\frac{3}{2}$D.$\frac{5}{2}$9.（多选题.5分）下列命题为真命题的是（）A.若z1.z2互为共轭复数.则z1z2为实数B.若i为虚数单位.n为正整数.则i4n+3=iC.复数$\frac{4+ai}{1+i}$（i为虚数单位.a为实数）为纯虚数.则a=-4D.若m为实数.i为虚数单位.则“$\frac{2}{3}＜m＜1$”是“复数m（3+i）-（2+i）在复平面内对应的点位于第四象限”的充要条件10.（多选题.5分）在△ABC中各角所对得边分别为a.b.c.下列结论正确的有（）A.$\frac{a}{cosA}=\frac{b}{cosB}=\frac{c}{cosC}$.则△ABC为等边三角形B.已知（a+b+c）（a+b-c）=3ab.则∠C=60°C.已知a=7.$b=4\sqrt{3}$.$c=\sqrt{13}$.则最小内角的度数为30°D.在a=5.A=60°.b=4.解三角形有两解11.（多选题.5分）中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式.其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂.余半之.自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上.余四约之.为实.一为从隅.开平方得积．”若把以上这段文字写成公式.即S=$\sqrt{\frac{1}{4}[{{c^2}{a^2}-{{({\frac{{c^2}+{a^2}-{b^2}}{2}})}^2}}]}$．现有△ABC满足sinA：sinB：sinC=2：3：$\sqrt{7}$.且S△ABC=6$\sqrt{3}$.请判断下列命题正确的是（）A.△ABC周长为$5+\sqrt{7}$B.$C=\frac{π}{3}$C.△ABC的外接圆半径为$\frac{2\sqrt{21}}{3}$D.△ABC中线CD的长为$\frac{\sqrt{19}}{2}$12.（多选题.5分）如图.已知点G为△ABC的重心.点D.E分别为AB.AC上的点.且D.G.E三点共线.$\overrightarrow{AD}=m\overrightarrow{AB}$.$\overrightarrow{AE}=n\overrightarrow{AC}$.m＞0.n＞0.记△ADE.△ABC.四边形BDEC的面积分别为S1.S2.S3.则（）A.$\frac{1}{m}+\frac{1}{n}=3$B.$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}=mn$C.$\frac{{S}_{1}}{{S}_{3}}≥\frac{4}{5}$D.$\frac{{S}_{1}}{{S}_{3}}≤\frac{4}{5}$13.（填空题.5分）若复数z满足z+i=$\frac{i-3}{i}$.则|z|=___．14.（填空题.5分）连接正方体相邻各面的中心（中心是指正方形的两条对角线的交点）后所得到了一个几何体.设正方体的棱长为a.则该几何体的表面积为___.该几何体的体积为___．15.（填空题.5分）在△ABC中.内角A.B.C的对边分别为a.b.c.且（2c-b）cosA=acosB.a=2.则△ABC外接圆的面积为___．16.（填空题.5分）飞镖运动于十五世纪兴起于英格兰.二十世纪初.成为酒吧常见的日常休闲活动．某热爱飞镖的小朋友用纸片折出如图所示的十字飞镖ABCDEFGH.该十字飞镖由四个全等的三角形和一个正方形组成．在△ABC中.$AB=\sqrt{13}$.$AC=\sqrt{5}$.BC=4.边DE上有4个不同的点P1.P2.P3.P4.且P1P2=P2P3=P3P4=2EP1=2DP4.记${a_i}=\overrightarrow{BC}\bullet\overrightarrow{B{P_i}}$（i=1.2.3.4）.则a1+a2+a3+a4=___．17.（问答题.10分）已知单位向量$\overrightarrow{{e}_{1}}$.$\overrightarrow{{e}_{2}}$的夹角为$\frac{2π}{3}$.向量$\overrightarrow{a}=\overrightarrow{{e}_{1}}-x\overrightarrow{{e}_{2}}$.向量$\overrightarrow{b}=3\overrightarrow{{e}_{1}}+2\overrightarrow{{e}_{2}}$．

（1）若$\overrightarrow{a}$||$\overrightarrow{b}$.求x的值；

（2）若$\overrightarrow{a}⊥\overrightarrow{b}$.求|$\overrightarrow{a}$|．18.（问答题.12分）△ABC的内角A.B.C的对边分别为a.b.c.已知a2=bcosC+ccosB．

（1）求a；

（2）若$A=\frac{π}{3}$.△ABC的面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}$.求△ABC的周长．19.（问答题.12分）已知向量$\overrightarrow{a}$=（cosx+sinx.$\sqrt{3}$cosx）.$\overrightarrow{b}$=（cosx-sinx.-2sinx）.记函数f（x）=$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$．

（Ⅰ）求函数f（x）在$[0.\frac{π}{2}]$上的取值范围；

（Ⅱ）若g（x）=f（x+t）为偶函数.求|t|的最小值．20.（问答题.12分）如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体.该正四棱柱上底面的四顶点在圆锥侧面上.下底面落在圆锥底面内.已知圆锥侧面积为15π.底面半径为r=3．

（Ⅰ）若正四棱柱的底面边长为a=$\sqrt{2}$.求该几何体的体积；

（Ⅱ）求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值．21.（问答题.12分）已知a.b.c分别为△ABC内角A.B.C的对边.若△ABC同时满足下列四个条件中的三个：①$\frac{b-a}{c}$=$\frac{2\sqrt{6}a+3c}{3(a+b)}$；②cos2A+2cos2$\frac{A}{2}$=1；③a=$\sqrt{6}$；④b=2$\sqrt{2}$．

（1）满足有解三角形的序号组合有哪些？

（2）在（1）所有组合中任选一组.并求对应△ABC的面积．

（若所选条件出现多种可能.则按计算的第一种可能计分）22.（问答题.12分）已知O为坐标原点.对于函数f（x）=asinx+bcosx.称向量$\overrightarrow{OM}$=（a.b）为函数f（x）的相伴特征向量.同时称函数f（x）为向量$\overrightarrow{OM}$的相伴函数．

（1）设函数$g(x)=sin(x+\frac{5π}{6})-sin(\frac{3π}{2}-x)$.试求g（x）的相伴特征向量$\overrightarrow{OM}$；

（2）记向量$\overrightarrow{ON}$=（1.$\sqrt{3}$）的相伴函数为f（x）.求当$f(x)=\frac{8}{5}$且x∈（$-\frac{π}{3}$.$\frac{π}{6}$）时.sinx的值；

（3）已知A（-2.3）.B（2.6）.$\overrightarrow{OT}$=（$-\sqrt{3}$.1）为$h(x)=msin(x-\frac{π}{6})$的相伴特征向量.$φ(x)=h(\frac{x}{2}-\frac{π}{3})$.请问在y=φ（x）的图象上是否存在一点P.使得$\overrightarrow{AP}$⊥$\overrightarrow{BP}$．若存在.求出P点坐标；若不存在.说明理由．

2021-2022学年广东省广州市八校联考高一（下）期中数学试卷（B卷）参考答案与试题解析试题数：22.满分：1501.（单选题.5分）若复数z满足z+2$\overline{z}$=6+3i.则在复平面内复数z对应的点Z位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【正确答案】：D【解析】：由已知结合复数的运算及复数相等条件可求出z.然后结合复数几何意义求解．

【解答】：解：设z=a+bi（a.b为实数）.

由z+2$\overline{z}$=a+bi+2a-2bi=6+3i.可得3a=6.-b=3.

所以a=2.b=-3.

所以z=2-3i所对应的点（2.-3）在第四象限．

故选：D．

【点评】：本题主要考查了复数相等条件及复数几何意义的应用.属于基础题．2.（单选题.5分）已知向量$\overrightarrow{a}$=（k.1）.$\overrightarrow{b}$=（3.2）.$\overrightarrow{c}$=（1.3）.且（$\overrightarrow{a}$-$\overrightarrow{b}$）⊥$\overrightarrow{c}$.则实数k的值等于（）A.$\frac{8}{3}$B.$\frac{10}{3}$C.6D.8【正确答案】：C【解析】：由向量坐标运算法则先求出$\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$.再由（$\overrightarrow{a}$-$\overrightarrow{b}$）⊥$\overrightarrow{c}$.能求出实数k．

【解答】：解：向量$\overrightarrow{a}$=（k.1）.$\overrightarrow{b}$=（3.2）.$\overrightarrow{c}$=（1.3）.

∴$\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$=（k-3.-1）.

∵（$\overrightarrow{a}$-$\overrightarrow{b}$）⊥$\overrightarrow{c}$.

∴（$\overrightarrow{a}-\overrightarrow{b}$）•$\overrightarrow{c}$=k-3-3=0.

解得实数k=6．

故选：C．

【点评】：本题考查向量的运算.考查向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识.考查运算求解能力.是基础题．3.（单选题.5分）在△ABC中.角A、B、C的对边分别为a、b、c.若a2=b2+c2+bc.则A的值是（）A.$\frac{π}{6}$B.$\frac{π}{3}$C.$\frac{2π}{3}$D.$\frac{5π}{6}$【正确答案】：C【解析】：由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA的式子与题中等式加以比较.可得cosA=-$\frac{1}{2}$.结合A是三角形的内角.可得A的大小．

【解答】：解：∵由余弦定理.得a2=b2+c2-2bccosA.

∴结合题意a2=b2+c2+bc.得cosA=-$\frac{1}{2}$.

又∵A是三角形的内角.∴A=$\frac{2π}{3}$.

故选：C．

【点评】：本题给出三角形边的平方关系.求角A的大小．考查了余弦定理和特殊角的三角函数值等知识.属于基础题．4.（单选题.5分）不等式log2（3x+1）＜1成立的一个充分不必要条件是（）A.$-\frac{1}{3}＜x＜\frac{1}{3}$B.x＜0C.$-1＜x＜\frac{1}{3}$D.$0＜x＜\frac{1}{3}$【正确答案】：D【解析】：先求出log2（3x+1）＜1⇔-$\frac{1}{3}$＜x＜$\frac{1}{3}$.再根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【解答】：解：∵log2（3x+1）＜1.

∴0＜3x+1＜2.∴-$\frac{1}{3}$＜x＜$\frac{1}{3}$.

∵（0.$\frac{1}{3}$）⫋（-$\frac{1}{3}$.$\frac{1}{3}$）.

∴不等式log2（3x+1）＜1成立的一个充分不必要条件是0$＜x＜\frac{1}{3}$.

故选：D．

【点评】：本题主要考查充分条件和必要条件的判断.对数不等式的解法.属于中档题．5.（单选题.5分）在△ABC中.D为BC上一点.且BD=2DC.则$\overrightarrow{AD}$=（）A.$\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$B.$\overrightarrow{AB}-\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$C.$\frac{2}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{1}{3}\overrightarrow{AC}$D.$\frac{1}{3}\overrightarrow{AB}+\frac{2}{3}\overrightarrow{AC}$【正确答案】：D【解析】：由已知结合向量的线性运算即可求解．

【解答】：解：∵BD=2DC.

∴$\overrightarrow{AD}$=$\overrightarrow{AB}$+$\overrightarrow{BD}$=$\overrightarrow{AB}$$+\frac{2}{3}$$\overrightarrow{BC}$=$\overrightarrow{AB}$+$\frac{2}{3}$($\overrightarrow{AC}$$-\overrightarrow{AB}$)=$\frac{1}{3}$$\overrightarrow{AB}$$+\frac{2}{3}$$\overrightarrow{AC}$.

故选：D．

【点评】：本题主要考查了向量的线性运算.属于基础题．6.（单选题.5分）已知单位向量$\overrightarrow{a}$.$\overrightarrow{b}$满足$\overrightarrow{a}\bullet\overrightarrow{b}=-\frac{1}{4}$.若向量$\overrightarrow{c}=\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b}$.则cos＜$\overrightarrow{a}$.$\overrightarrow{c}$＞=（）A.$\frac{1}{3}$B.$\frac{\sqrt{2}}{3}$C.$\frac{1}{4}$D.$\frac{\sqrt{3}}{3}$【正确答案】：C【解析】：由平面向量的夹角公式求解即可．

【解答】：解：由已知有$\overrightarrow{a}\bullet\overrightarrow{c}=\overrightarrow{a}\bullet(\overrightarrow{a}+2\overrightarrow{b})={\overrightarrow{a}}^{2}+2\overrightarrow{a}\bullet\overrightarrow{b}=\frac{1}{2}$.

又|$\overrightarrow{c}$|=$\sqrt{(\overrightarrow{a}+\overrightarrow{2b})^{2}}$=$\sqrt{{\overrightarrow{a}}^{2}+4\overrightarrow{a}\bullet\overrightarrow{b}+4{\overrightarrow{b}}^{2}}$=2.

则cos＜$\overrightarrow{a}$.$\overrightarrow{c}$＞=$\frac{\overrightarrow{a}\bullet\overrightarrow{c}}{|\overrightarrow{a}||\overrightarrow{c}|}=\frac{1}{4}$.

故选：C．

【点评】：本题考查了平面向量数量积运算.重点考查了平面向量的夹角公式.属基础题．7.（单选题.5分）将函数f（x）=sin（ωx-$\frac{π}{2}$）（ω＞0）在[0.$\frac{π}{5}$]上单调递增.则ω的最大值为（）A.6B.5C.4D.1【正确答案】：B【解析】：整理函数f（x）.结合余弦函数图象的性质得到不等式.进而可求得ω的最大值．

【解答】：解：f（x）=sin（ωx-$\frac{π}{2}$）=-cosωx.

∵函数在（0.$\frac{π}{5}$）上单调递增.

∴$\frac{π}{5}$ω≤π.即ω≤5.

故选：B．

【点评】：本题主要考查余弦函数的图象和性质应用.属于中档题．8.（单选题.5分）在△ABC中.点P满足$\overrightarrow{BP}=3\overrightarrow{PC}$.过点P的直线与AB、AC所在的直线分别交于点M、N.若$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AB}$.$\overrightarrow{AN}$=μ$\overrightarrow{AC}$（λ＞0.μ＞0）.则λ+μ的最小值为（）A.$\frac{\sqrt{2}}{2}+1$B.$\frac{\sqrt{3}}{2}+1$C.$\frac{3}{2}$D.$\frac{5}{2}$【正确答案】：B【解析】：利用图形利用平面向量的线性运算与共线定理.即可求得λ+μ的最小值．

【解答】：解：∵△ABC中$\overrightarrow{BP}$=$\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{AP}$.$\overrightarrow{PC}$=$\overrightarrow{PA}+\overrightarrow{AC}$.

点P满足$\overrightarrow{BP}=3\overrightarrow{PC}$.

∴-$\overrightarrow{AB}$+$\overrightarrow{AP}$=3（$\overrightarrow{AC}-\overrightarrow{AP}$）.

整理可得$\overrightarrow{AP}$=$\frac{3}{4}$$\overrightarrow{AC}$+$\frac{1}{4}$$\overrightarrow{AB}$.

∵$\overrightarrow{AM}=λ\overrightarrow{AB}$.$\overrightarrow{AN}$=μ$\overrightarrow{AC}$（λ＞0.μ＞0）.

∴$\overrightarrow{AP}$=$\frac{3}{4μ}$$\overrightarrow{AN}$+$\frac{1}{4λ}$$\overrightarrow{AM}$.

因为P.M.N三点共线.所以.$\frac{3}{4μ}$+$\frac{1}{4λ}$=1.λ＞0.μ＞0.

∴λ+μ=（λ+μ）（$\frac{3}{4μ}$+$\frac{1}{4λ}$）=1+$\frac{3λ}{4μ}$+$\frac{μ}{4λ}$≥1+2$\sqrt{\frac{3λ}{4μ}\bullet\frac{μ}{4λ}}$=1+$\frac{\sqrt{3}}{2}$.

当且仅当μ=$\sqrt{3}$λ时取“=”.则λ+μ的最小值为1+$\frac{\sqrt{3}}{2}$．

故选：B．

【点评】：本题考查了平面向量的线性运算与共线定理以及基本不等式的应用问题.是中档题．9.（多选题.5分）下列命题为真命题的是（）A.若z1.z2互为共轭复数.则z1z2为实数B.若i为虚数单位.n为正整数.则i4n+3=iC.复数$\frac{4+ai}{1+i}$（i为虚数单位.a为实数）为纯虚数.则a=-4D.若m为实数.i为虚数单位.则“$\frac{2}{3}＜m＜1$”是“复数m（3+i）-（2+i）在复平面内对应的点位于第四象限”的充要条件【正确答案】：ACD【解析】：利用复数的几何意义.运算法则和共轭复数的定义.结合选项判断即可．

【解答】：解：对于A：若z1.z2互为共轭复数.设z1=a+bi.z2=a-bi.（a.b∈R）.

则z1z2=（a+bi）（a-bi）=a2+b2为实数.故A正确；

对于B：若i为虚数单位.n为正整数.则i4n+3=-i.故B错误；

对于C：复数$\frac{4+ai}{1+i}$=$\frac{(4+ai)(1-i)}{(1+i)(1-i)}$=$\frac{4+a+(a-4)i}{2}$（i为虚数单位.a为实数）为纯虚数.则a=-4.故C正确；

对于D：“复数m（3+i）-（2+i）=3m-2+（m-1）i在复平面内对应的点位于第四象限”.

故$\left\{\begin{array}{cc}3m-2＞0&\\m-1＜0&\end{array}\right.$.整理得$\frac{2}{3}＜m＜1$.故D正确．

故选：ACD．

【点评】：本题考查的知识要点：复数的应用.复数的几何意义.主要考查学生的运算能力和数学思维能力.属于基础题．10.（多选题.5分）在△ABC中各角所对得边分别为a.b.c.下列结论正确的有（）A.$\frac{a}{cosA}=\frac{b}{cosB}=\frac{c}{cosC}$.则△ABC为等边三角形B.已知（a+b+c）（a+b-c）=3ab.则∠C=60°C.已知a=7.$b=4\sqrt{3}$.$c=\sqrt{13}$.则最小内角的度数为30°D.在a=5.A=60°.b=4.解三角形有两解【正确答案】：ABC【解析】：利用正弦定理、余弦定理一—计算可判断正误．

【解答】：解：对于A.若$\frac{a}{cosA}=\frac{b}{cosB}=\frac{c}{cosC}$.

则$\frac{sinA}{cosA}=\frac{sinB}{cosB}-\frac{sinC}{cosC}$.

即tanA=tanB=tanC.

因为A.B.C为三角形内角.

所以A=B=C.即△ABC为等边三角形.故A正确；

对于B.由（a+b+c）（a+b-c）=3ab可得a2+b2-c2=ab.

所以$cosC=\frac{{a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}}{2ab}=\frac{1}{2}$.

因为0＜C＜π.

所以$C=\frac{π}{3}$.故B正确；

对于C.因为$a=7.b=4\sqrt{3}.c=\sqrt{13}$.

所以c＜b＜a.

所以C＜B＜A.

所以$cosC=\frac{{a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}}{2ab}-\frac{{7}^{2}+{(4\sqrt{3})}^{2}-{(\sqrt{13})}^{2}}{2×7×4\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{2}$.

因为0＜C＜π.

所以$C=\frac{π}{6}$.故C正确；

对于D.因为$a=5\;.A={60}°\\;.b=4\dollar.b=4.＜br/＞所以由$.b=4.

由正弦定理$\frac{a}{sinA}=\frac{b}{sinB}$得$\frac{\frac{5}{\sqrt{3}}}{\frac{\sqrt{2}}{2}}=\frac{4}{sinB}$.

所以$sinB=\frac{2\sqrt{3}}{5}＜\frac{\sqrt{3}}{2}$.

因为b＜a.

所以B＜A.

所以三角形只有1解.故D错误；

故选：ABC．

【点评】：本题考查了正余弦定理在解三角形中的应用.属于基础题．11.（多选题.5分）中国南宋时期杰出数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形三边求面积的公式.其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂.余半之.自乘于上.以小斜幂乘大斜幂减上.余四约之.为实.一为从隅.开平方得积．”若把以上这段文字写成公式.即S=$\sqrt{\frac{1}{4}[{{c^2}{a^2}-{{({\frac{{c^2}+{a^2}-{b^2}}{2}})}^2}}]}$．现有△ABC满足sinA：sinB：sinC=2：3：$\sqrt{7}$.且S△ABC=6$\sqrt{3}$.请判断下列命题正确的是（）A.△ABC周长为$5+\sqrt{7}$B.$C=\frac{π}{3}$C.△ABC的外接圆半径为$\frac{2\sqrt{21}}{3}$D.△ABC中线CD的长为$\frac{\sqrt{19}}{2}$【正确答案】：BC【解析】：直接利用正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用判断ABCD的结论．

【解答】：解：现有△ABC满足sinA：sinB：sinc=2：3：$\sqrt{7}$.

所以a：b：c=2：3：$\sqrt{7}$.

设a=2t.b=3t.c=$\sqrt{7}$t.

利用余弦定理cosC=$\frac{{a}^{2}+{b}^{2}-{c}^{2}}{2ab}$=$\frac{4{t}^{2}+9{t}^{2}-7{t}^{2}}{12{t}^{2}}$=$\frac{1}{2}$.

由于C∈（0.π）.

所以C=$\frac{π}{3}$．故B正确；

利用S△ABC=6$\sqrt{3}$.

所以$\frac{1}{2}$absinC=6$\sqrt{3}$.整理得$\frac{{t}^{2}}{4}$•6$\sqrt{3}$=6$\sqrt{3}$.解得t=2．

所以：a=4.b=6.c=2$\sqrt{7}$.

所以△ABC的周长为10+2$\sqrt{7}$.故A错误；

利用正弦定理$\frac{c}{sinC}$=$\frac{2\sqrt{7}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=$\frac{4\sqrt{21}}{3}$=2R.∴R=$\frac{2\sqrt{21}}{3}$.故C正确；

如图所示：

利用正弦定理$\frac{2\sqrt{7}}{\frac{\sqrt{3}}{2}}$=$\frac{4}{sinA}$.解得sinA=$\frac{\sqrt{21}}{7}$.所以cosA=$\frac{2\sqrt{7}}{7}$.

利用余弦定理：CD2=AC2+AD2-2AC•AD•cosA=19.

解得CD=$\sqrt{19}$.故D错误．

故选：BC．

【点评】：本题考查的知识要点：正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用.主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力.属于中档题．12.（多选题.5分）如图.已知点G为△ABC的重心.点D.E分别为AB.AC上的点.且D.G.E三点共线.$\overrightarrow{AD}=m\overrightarrow{AB}$.$\overrightarrow{AE}=n\overrightarrow{AC}$.m＞0.n＞0.记△ADE.△ABC.四边形BDEC的面积分别为S1.S2.S3.则（）A.$\frac{1}{m}+\frac{1}{n}=3$B.$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}=mn$C.$\frac{{S}_{1}}{{S}_{3}}≥\frac{4}{5}$D.$\frac{{S}_{1}}{{S}_{3}}≤\frac{4}{5}$【正确答案】：ABC【解析】：由平面向量基本定理.结合三角形面积公式及重要不等式求解即可．

【解答】：解：由D、G、E三点共线.

则$\overrightarrow{AG}$=$λ\overrightarrow{AD}+(1-λ)\overrightarrow{AE}$.

又$\overrightarrow{AD}=m\overrightarrow{AB}$.$\overrightarrow{AE}=n\overrightarrow{AC}$.m＞0.n＞0.

则$\overrightarrow{AG}=λm\overrightarrow{AB}+(1-λ)n\overrightarrow{AC}$.

又$\overrightarrow{AG}=\frac{1}{3}(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})$.

则$λm=\frac{1}{3}$.（1-$λ)n=\frac{1}{3}$n=$\frac{1}{3}$.

则$\frac{1}{m}+\frac{1}{n}=3$.即选项A正确；

S1=$\frac{1}{2}|\overrightarrow{AD}||\overrightarrow{AE}|sin∠A$=$\frac{1}{2}mn|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|sin∠A$.

S2=$\frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|sin∠A$.

则$\frac{{S}_{1}}{{S}_{2}}=mn$.即选项B正确；

$\frac{{S}_{3}}{{S}_{1}}=\frac{{S}_{2}-{S}_{1}}{{S}_{1}}=\frac{{S}_{2}}{{S}_{1}}-1$=$\frac{1}{mn}-1$≤$(\frac{\frac{1}{m}+\frac{1}{n}}{2})^{2}-1$=$\frac{5}{4}$.当且仅当$\frac{1}{m}=\frac{1}{n}$.即m=n=$\frac{2}{3}$时取等号.

则$\frac{{S}_{1}}{{S}_{3}}≥\frac{4}{5}$.即选项C正确.选项D错误.

故选：ABC．

【点评】：本题考查了平面向量基本定理.重点考查了三角形面积公式及重要不等式.属中档题．13.（填空题.5分）若复数z满足z+i=$\frac{i-3}{i}$.则|z|=___．【正确答案】：[1]$\sqrt{5}$【解析】：化简已知复数可得z=1+2i.求模长可得．

【解答】：解：∵z+i=$\frac{i-3}{i}$.∴z=$\frac{i-3}{i}$-i.

化简可得z=$\frac{(i-3)i}{{i}^{2}}$-i=$\frac{-1-3i}{-1}$-i=1+2i.

∴|z|=$\sqrt{{1}^{2}+{2}^{2}}$=$\sqrt{5}$

故答案为：$\sqrt{5}$

【点评】：本题考查复数的代数形式的乘除运算.涉及复数的模长.属基础题．14.（填空题.5分）连接正方体相邻各面的中心（中心是指正方形的两条对角线的交点）后所得到了一个几何体.设正方体的棱长为a.则该几何体的表面积为___.该几何体的体积为___．【正确答案】：[1]$\sqrt{3}{a}^{2}$;[2]$\frac{1}{6}{a}^{3}$【解析】：由已知可得.所得几何体为正八面体.每个面是全等的正三角形.求出一条棱长.得到一个侧面的面积.乘以8可得几何体的表面积；再求出正方形ABCD的面积.可得四棱锥S-ABCD的体积.乘以2可得几何体的体积．

【解答】：解：由题意.所得几何体为正八面体.每个面是全等的正三角形.且$AD=\frac{\sqrt{2}}{2}a$.

所以几何体的表面积为：$S=8{S_{△SDA}}=8×\frac{1}{2}×\frac{\sqrt{6}}{4}a×\frac{\sqrt{2}}{2}a=\sqrt{3}{a^2}$.

连接AC、BD.设AC∩BD=O.连接OS.则$OS=\frac{1}{2}a$.$OD=\frac{1}{2}BD=a$.

∴${S_{ABCD}}={(\frac{\sqrt{2}}{2}a)^2}=\frac{1}{2}{a^2}$.

∴该几何体的体积为：${V_{正八面体}}=2×\frac{1}{3}×{S_{ABCD}}×OS=2×\frac{1}{3}×\frac{1}{2}{a^2}×\frac{1}{2}a=\frac{1}{6}{a^3}$．

故答案为：$\sqrt{3}{a^2}$.$\frac{1}{6}{a^3}$．

【点评】：本题考查多面体体积的求法.考查空间想象能力与思维能力.考查运算求解能力.是中档题．15.（填空题.5分）在△ABC中.内角A.B.C的对边分别为a.b.c.且（2c-b）cosA=acosB.a=2.则△ABC外接圆的面积为___．【正确答案】：[1]$\frac{4π}{3}$【解析】：由正弦定理和三角函数公式可得cosA.进而可求得A的值.利用正弦定理可求三角形外接圆的半径.进而根据圆的面积公式即可求解．

【解答】：解：∵（2c-b）cosA=acosB.

∴由正弦定理可得（2sinA-sinB）cosA=sinAcosB.

变形可得2sinCcosA=sinBcosA+sinAcosB=sin（A+B）=sinC.

∵C为三角形的内角.sinC≠0.

∴cosA=$\frac{1}{2}$.可得A=$\frac{π}{3}$.

又a=2.

设△ABC外接圆的半径为R.

∴由正弦定理$\frac{a}{sinA}=2R$.可得R=$\frac{a}{2sinA}$=$\frac{2}{2×\frac{\sqrt{3}}{2}}$=$\frac{2\sqrt{3}}{3}$.

∴△ABC外接圆的面积S=πR2=$\frac{4π}{3}$．

故答案为：$\frac{4π}{3}$．

【点评】：本题考查正弦定理.两角和的正弦公式.圆的面积公式在解三角形中的应用.考查了计算能力和转化思想.属于基础题．16.（填空题.5分）飞镖运动于十五世纪兴起于英格兰.二十世纪初.成为酒吧常见的日常休闲活动．某热爱飞镖的小朋友用纸片折出如图所示的十字飞镖ABCDEFGH.该十字飞镖由四个全等的三角形和一个正方形组成．在△ABC中.$AB=\sqrt{13}$.$AC=\sqrt{5}$.BC=4.边DE上有4个不同的点P1.P2.P3.P4.且P1P2=P2P3=P3P4=2EP1=2DP4.记${a_i}=\overrightarrow{BC}\bullet\overrightarrow{B{P_i}}$（i=1.2.3.4）.则a1+a2+a3+a4=___．【正确答案】：[1]96【解析】：延长BC交DE于点Q.结合余弦定理和三角形等面积法求出CQ=2.根据向量数量积的运算法则求出ai.即可得解．

【解答】：解：延长BC交DE于点Q.

因为∠CQD=∠CEQ+∠ECQ=∠ACB+∠ECQ=90°.

所以BQ⊥DE.

在△ABC中.由余弦定理知.cos∠BAC=$\frac{A{B}^{2}+A{C}^{2}-B{C}^{2}}{2AB\bulletAC}$=$\frac{13+5-16}{2×\sqrt{13}×\sqrt{5}}$=$\frac{1}{\sqrt{65}}$.

所以sin∠BAC=$\sqrt{1-co{s}^{2}∠BAC}$=$\frac{8}{\sqrt{65}}$.

设BC边上的高为h.则S△ABC=$\frac{1}{2}$AB•AC•sin∠BAC=$\frac{1}{2}$BC•h.即$\sqrt{13}$•$\sqrt{5}$•$\frac{8}{\sqrt{65}}$=4•h.解得h=2.即CQ=2.

所以${a_i}=\overrightarrow{BC}\bullet\overrightarrow{B{P_i}}$=$\overrightarrow{BC}$•（$\overrightarrow{BQ}$+$\overrightarrow{Q{P}_{i}}$）=$\overrightarrow{BC}$•$\overrightarrow{BQ}$=4×（4+2）=24.

所以a1+a2+a3+a4=24×4=96．

故答案为：96．

【点评】：本题考查平面向量在几何中的应用.熟练掌握平面向量的数量积.正弦定理和余弦定理是解题的关键.考查逻辑推理能力和运算能力.属于中档题．17.（问答题.10分）已知单位向量$\overrightarrow{{e}_{1}}$.$\overrightarrow{{e}_{2}}$的夹角为$\frac{2π}{3}$.向量$\overrightarrow{a}=\overrightarrow{{e}_{1}}-x\overrightarrow{{e}_{2}}$.向量$\overrightarrow{b}=3\overrightarrow{{e}_{1}}+2\overrightarrow{{e}_{2}}$．

（1）若$\overrightarrow{a}$||$\overrightarrow{b}$.求x的值；

（2）若$\overrightarrow{a}⊥\overrightarrow{b}$.求|$\overrightarrow{a}$|．【正确答案】：

【解析】：（1）根据题意.设$\overrightarrow{a}$=k$\overrightarrow{b}$.则有$\overrightarrow{{e}_{1}}$-x$\overrightarrow{{e}_{2}}$=k（3$\overrightarrow{{e}_{1}}$+2$\overrightarrow{{e}_{2}}$）.变形可得$\left\{\begin{array}{l}{1=3k}\\{-x=2k}\end{array}\right.$.解可得x的值.

（2）根据题意.有$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$=（$\overrightarrow{{e}_{1}}$-x$\overrightarrow{{e}_{2}}$）•（3$\overrightarrow{{e}_{1}}$+2$\overrightarrow{{e}_{2}}$）=0.解可得x的值.由向量模的计算公式计算可得答案．

【解答】：解：（1）根据题意.若$\overrightarrow{a}$||$\overrightarrow{b}$.设$\overrightarrow{a}$=k$\overrightarrow{b}$.

则有$\overrightarrow{{e}_{1}}$-x$\overrightarrow{{e}_{2}}$=k（3$\overrightarrow{{e}_{1}}$+2$\overrightarrow{{e}_{2}}$）.即$\overrightarrow{{e}_{1}}$-x$\overrightarrow{{e}_{2}}$=3k$\overrightarrow{{e}_{1}}$+2k$\overrightarrow{{e}_{2}}$.

故$\left\{\begin{array}{l}{1=3k}\\{-x=2k}\end{array}\right.$.解可得x=-$\frac{2}{3}$.

（2）根据题意.若$\overrightarrow{a}⊥\overrightarrow{b}$.则$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$=（$\overrightarrow{{e}_{1}}$-x$\overrightarrow{{e}_{2}}$）•（3$\overrightarrow{{e}_{1}}$+2$\overrightarrow{{e}_{2}}$）=3-$\frac{1}{2}$（2-3x）-2x=0.

解可得x=4.

则|$\overrightarrow{a}$|2=（$\overrightarrow{{e}_{1}}$-4$\overrightarrow{{e}_{2}}$）2=1+16+4=21.故|$\overrightarrow{a}$|=$\sqrt{21}$．

【点评】：本题考查向量数量积的计算.涉及向量平行的判断.属于基础题．18.（问答题.12分）△ABC的内角A.B.C的对边分别为a.b.c.已知a2=bcosC+ccosB．

（1）求a；

（2）若$A=\frac{π}{3}$.△ABC的面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}$.求△ABC的周长．【正确答案】：

【解析】：（1）根据已知条件.结合正弦定理.以及三角形的性质.即可求解．

（2）根据已知条件.结合余弦定理.以及三角形面积公式.即可求解．

【解答】：解：（1）∵a2=bcosC+ccosB.

∴由正弦定理可得.asinA=sinBcosC+sinCcosB=sin（B+C）=sinA.

∵A∈（0.π）.

∴sinA≠0.

∴a=1．

（2）∵△ABC的面积为$\frac{\sqrt{3}}{4}$.

∴$\frac{1}{2}bcsinA=\frac{\sqrt{3}}{4}$.解得bc=1.

由余弦定理可得.a2=b2+c2-2bc•cosA=（b+c）2-3bc=（b+c）2-3.

∴b+c=2.

∴△ABC的周长为a+b+c=1+2=3．

【点评】：本题主要考查解三角形.掌握正弦定理.余弦定理是解本题的关键.属于基础题．19.（问答题.12分）已知向量$\overrightarrow{a}$=（cosx+sinx.$\sqrt{3}$cosx）.$\overrightarrow{b}$=（cosx-sinx.-2sinx）.记函数f（x）=$\overrightarrow{a}$•$\overrightarrow{b}$．

（Ⅰ）求函数f（x）在$[0.\frac{π}{2}]$上的取值范围；

（Ⅱ）若g（x）=f（x+t）为偶函数.求|t|的最小值．【正确答案】：

【解析】：（Ⅰ）表示出f（x）=2cos（2x+$\frac{π}{3}$）.根据x的取值范围即可求得值域；

（Ⅱ）根据g（x）为偶函数得到t=$\frac{kπ}{2}$-$\frac{π}{6}$（k∈Z）.进而可得|t|最小值

【解答】：解：（Ⅰ）f（x）=$\overrightarrow{a}\bullet\overrightarrow{b}$=（cosx+sinx）（cosx-sinx）-2$\sqrt{3}$sinxcosx

=cos2x-sin2x-$\sqrt{3}$sin2x

=cos2x-$\sqrt{3}$sin2x=2cos（2x+$\frac{π}{3}$）.

因为x∈[0.$\frac{π}{2}$].则$\frac{π}{3}≤2x+\frac{π}{3}≤\frac{4π}{3}$.所以-1≤cos（2x+$\frac{π}{3}$）≤$\frac{1}{2}$.

则f（x）的取值范围为[-2.1]；

（Ⅱ）若g（x）=f（x+t）=2cos（2x+2t+$\frac{π}{3}$）为偶函数.

则2t+$\frac{π}{3}$=kπ（k∈Z）.即t=$\frac{kπ}{2}$-$\frac{π}{6}$（k∈Z）.

故|t|的最小值为$\frac{π}{6}$．

【点评】：本题考查平面向量的坐标运算性质.考查三角函数求值域.偶函数性质等.属于中档题．20.（问答题.12分）如图所示是在圆锥内部挖去一正四棱柱所形成的几何体.该正四棱柱上底面的四顶点在圆锥侧面上.下底面落在圆锥底面内.已知圆锥侧面积为15π.底面半径为r=3．

（Ⅰ）若正四棱柱的底面边长为a=$\sqrt{2}$.求该几何体的体积；

（Ⅱ）求该几何体内正四棱柱侧面积的最大值．【正确答案】：

【解析】：（1）由圆锥的侧面积求出圆锥的母线长.进而求出圆锥的高.从而得到圆锥的体积.利用两平行线间的线段成比例可求出正四棱柱的高.从而得到正四棱柱的体积.由该几何体的体积V=V圆锥-V正四棱柱即可求出结果．

（Ⅱ）因为$\frac{{h}_{1}}{h}$=$\frac{r-\frac{\sqrt{2}a}{2}}{r}$.所以3h1+2$\sqrt{2}$a=12.再利用基本不等式可得h1a$≤3\sqrt{2}$.当且仅当h1=2.a=$\sqrt{3}$时.等号成立.所以正四棱柱侧面积S正四棱柱侧=4h1a≤12$\sqrt{2}$.当且仅当h1=2.a=$\sqrt{3}$时.等号成立．

【解答】：解：（Ⅰ）由S圆锥侧=πrl.可得3πl=15π.

∴l=5.

∴圆锥的高h=$\sqrt{{l}^{2}-{r}^{2}}$=$\sqrt{{5}^{2}-{3}^{2}}$=4.

∴圆锥的体积V圆锥=$\frac{1}{3}×π{r}^{2}×h$=$\frac{1}{3}×π×9×4$=12π.

∵a=$\sqrt{2}$.∴正四棱柱的底面对角线长为2.

设正四棱柱的高为h1.如图所示.

∴$\frac{{h}_{1}}{h}=\frac{r-1}{r}$.

∴h1=$\frac{r-1}{r}$h=$\frac{3-1}{3}×4$=$\frac{8}{3}$.

∴正四棱柱的体积V正四棱柱=a2h1=2×$\frac{8}{3}$=$\frac{16}{3}$.

∴该几何体的体积V=V圆锥-V正四棱柱=12π$-\frac{16}{3}$．

（Ⅱ）由图可知.$\frac{{h}_{1}}{h}$=$\frac{r-\frac{\sqrt{2}a}{2}}{r}$.即$\frac{{h}_{1}}{4}=\frac{3-\frac{\sqrt{2}a}{2}}{3}$.即3h1+2$\sqrt{2}$a=12.

由3h1+2$\sqrt{2}$a$≥2\sqrt{3{h}_{1}\bullet2\sqrt{2}a}$=2$\sqrt{6\sqrt{2}a{h}_{1}}$.当且仅当3h1=2$\sqrt{2}$a=6时.等号成立.

∴2$\sqrt{6\sqrt{2}a{h}_{1}}$≤12.∴h1a$≤3\sqrt{2}$.当且仅当h1=2.a=$\frac{3\sqrt{2}}{2}$时.等号成立.

∴正四棱柱侧面积S正四棱柱侧=4h1a≤12$\sqrt{2}$.当且仅当h1=2.a=$\sqrt{3}$时.等号成立.

∴该几何体内正四棱柱侧面积的最大值为12$\sqrt{2}$．

【点评】：本题主要考查了圆锥的侧面积公式和体积公式.考查了棱柱的侧面积和体积公式.同时考查了基本不等式的应用.是中档题．21.（问答题.12分）已知a.b.c分别为△ABC内角A.B.C的对边.若△ABC同时满足下列四个条件中的三个：①$\frac{b-a}{c}$=$\frac{2\sqrt{6}a+3c}{3(a+b)}$；②cos2A+2cos2$\frac{A}{2}$=1；③a=$\sqrt{6}$；④b=2$\sqrt{2}$．

（1）满足有解三角形的序号组合有哪些？

（2）在（1）所有组合中任选一组.并求对应△ABC的面积．

（若所选条件出现多种可能.则按计算的第一种可能计分）【正确答案】：

【解析】：（1）①$\frac{b-a}{c}$=$\frac{2\sqrt{6}a+3c}{3(a+b)}$.利用余弦定理化为：cosB=-$\frac{\sqrt{6}}{3}$．可得$\frac{5π}{6}$＜B＜π．②cos2A+2cos2$\frac{A}{2}$=1.化为：cosA=$\frac{1}{2}$.A∈（0.π）.解得A．于是判断出①②不能同时出现作为条件．即可得出满足有解三角形的序号组合．

（2）取②③④．利用正弦定理可得：sinB=1.可得B.进而得出△ABC的面积．

【解答】：解：（1）①$\frac{b-a}{c}$=$\frac{2\sqrt{6}a+3c}{3(a+b)}$.化为：$\frac{{a}^{2}+{c}^{2}-{b}^{2}}{2ac}$=-$\frac{\sqrt{6}}{3}$=cosB.B∈（0.π）．

由cos$\frac{2π}{3}$=-$\frac{1}{2}$＞$-\frac{\sqrt{6}}{3}$.∴π＞B＞$\frac{2π}{3}$．

②cos2A+2cos2$\frac{A}{2}$=1.化为：cosA=$\frac{1}{2}$.A∈（0.π）.解得A=$\frac{π}{3}$．

可得①②不能同时出现作为条件．

∴满足有解三角形的序号组合有：①③④.②③④．

（2）取②③④．

由正弦定理可得：$\frac{\sqrt{6}}{sin\frac{π}{3}}$=$\frac{2\sqrt{2}}{sinB}$.解得sinB=1.B∈（$\frac{π}{3}$.$\frac{2π}{3}$）.∴B=$\