注意事項：
1.本試卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷兩部分.第Ⅰ卷為選擇題，共73分；第Ⅱ卷為非選擇題，共77分，滿分150分，考試時間為120分鐘.
2.第Ⅰ卷共3頁，每小題有一個正確答案，請將選出的答案標號（A?B?C?D）涂在答題卡上.第Ⅱ卷共1頁，將答案用黑色簽字筆（0.5mm）寫在答題卡上.
一?單選題（每題5分，滿分40分）
1. 的內(nèi)角的對邊分別為.已知，則（ ）
A. 6B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)余弦定理直接列式計算求解.
【詳解】在中，由余弦定理得：
代入得：，
整理得：，
解得或（負值舍去）.
故選：A
2. 已知向量，，且，則在方向上的投影向量為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)向量的線性運算可得，可求得，即可利用投影向量得出答案.
【詳解】∵，，且，
∵，
∴，，
∴在方向上的投影向量為，
故選：D．
3. 函數(shù)（，，）的圖象如圖所示，為了得到的圖象，可以將的圖象
A. 向左平移個單位長度B. 向右平移個單位長度
C. 向左平移個單位長度D. 向右平移個單位長度
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)的圖象求得函數(shù)的解析式，結(jié)合三角函數(shù)的圖象變換，即可求解.
【詳解】由函數(shù)的圖象，可得，
即，所以，所以，
當 時，，可得，
解得，
因為，令，可得，所以 ，
又由，
所以為了得到的圖象，可以將的圖象向左平移個單位長度.
故選：A.
4. 在中，點在邊上，且．點滿足．若，，則（ ）
A. B. C. 12D. 11
【答案】A
【解析】
【分析】先根據(jù)平面向量的線性運算將用表示，再根據(jù)數(shù)量積的運算律即可得解.
【詳解】因為，所以，
因為，所以為的中點，
則
，
故
.
故選：A.
5. 如圖，在中，點是的中點，過點的直線分別交直線，于不同的兩點，若，，，則的最小值（ ）
A. 2B. 8C. 9D. 18
【答案】C
【解析】
【分析】由向量加法及數(shù)乘的幾何意義得，再由向量共線的結(jié)論有，最后應(yīng)用“1”的代換及基本不等式求最小值.
【詳解】由題意，，又共線，則，
且，所以，
當且僅當時取等號，即的最小值為9.
故選：C
6. 在中，若，且，則的外接圓的面積為（ ）
A. 4πB. 8πC. 16πD. 64π
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)正弦定理邊角化可得，即可求解余弦值，進而可得正弦值，利用正弦定理即可得半徑求解.
【詳解】因為，
由正弦定理可得，
設(shè)，，，
，則，
由正弦定理得，，即，
則外接圓面積為，
故選：C．
7. 冬奧會會徽以漢字“冬”為靈感來源，結(jié)合中國書法的藝術(shù)形態(tài)，將悠久的中國傳統(tǒng)文化底蘊與國際化風格融為一體，呈現(xiàn)出中國在新時代的新形象、新夢想.某同學查閱資料得知，書法中的一些特殊畫筆都有固定的角度，比如在彎折位置通常采用30°、45°、60°、90°、120°、150°等特殊角度下.為了判斷“冬”的彎折角度是否符合書法中的美學要求，該同學取端點繪制了△ABD，測得AB＝5，BD＝6，AC＝4，AD＝3，若點C恰好在邊BD上，請幫忙計算sin∠ACD的值（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】在中，由余弦定理得，進而求出，再在中，利用正弦定理得解.
【詳解】由題意，在中，由余弦定理得；
因為，所以，
在中，由正弦定理所以，
解得.
故選：D
8. 質(zhì)點和在以坐標原點為圓心，半徑為的圓上逆時針做勻速圓周運動，同時出發(fā).的角速度大小為，起點為圓與軸正半軸的交點，的角速度大小為，起點為角的終邊與圓的交點，則當與重合時，的坐標不可以為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】設(shè)時刻兩點重合，可得出，求出表達式，然后利用三角函數(shù)的定義以及誘導公式判斷即可.
【詳解】點的初始位置，銳角，
設(shè)時刻兩點重合，則，即，
此時點，
即，
當時，，故A正確；
當時，，且，
，即，故C正確；
當時，，且，
，即，故D正確.
由三角函數(shù)的周期性可得，其余各點均與上述三點重合，故B錯誤.
故選：B.
二?多選題（每題6分，滿分18分）
9. 下面是關(guān)于復數(shù)（i為虛數(shù)單位）命題，其中真命題為（ ）
A. B.
C. z的共軛復數(shù)為D. z的虛部為
【答案】BCD
【解析】
【分析】根據(jù)復數(shù)的運算法則化簡復數(shù)，結(jié)合復數(shù)的基本概念，復數(shù)的乘方及模的運算逐項判定即可.
【詳解】由復數(shù)，則，所以A錯誤；
因為，所以B正確；
根據(jù)共軛復數(shù)的概念，可得復數(shù)的共軛復數(shù)為，所以C正確；
根據(jù)復數(shù)的基本概念可得，復數(shù)的虛部為，所以D正確.
故選：BCD.
10. 在中，角，，所對的邊分別為，，，，，為外接圓圓心，為的中點．則下列結(jié)論正確的有（ ）
A.
B. 外接圓面積為
C.
D. 的最大值為
【答案】ACD
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，利用正弦定理邊化角，結(jié)合誘導公式及二倍角正弦求出角，再利用正余弦定理、三角形面積公式、數(shù)量積運算計算判斷各選項作答．
【詳解】在中，由正弦定理及得：，
而，則有，即，
又，，則，所以，即，A正確；
由正弦定理得外接圓半徑，該圓面積，B錯誤；
如圖，，C正確；

由余弦定理得：，
所以，當且僅當時取等號，
因此，，
所以的最大值為，D正確．
故選：ACD
11. 已知點為所在平面內(nèi)一點，滿足，（其中）（ ）
A. 當時，直線過邊的中點
B. 若時，與的面積之比為
C. 若，且，則為等邊三角形
D. 若，且，則滿足
【答案】ACD
【解析】
【分析】對于A，根據(jù)向量的線性運算結(jié)合向量數(shù)乘的含義可判斷A；對于B，利用作圖，結(jié)合向量加減法的幾何意義，可判斷與的面積之比，判斷B；對于C，由條件可判斷為的外心和重心，由此判斷C；對于D,由得，，平方后結(jié)合數(shù)量積的運算可推得結(jié)果，判斷D.
【詳解】對于A，設(shè)的中點為，則當時，有，
即得，，三點共線，故直線過邊的中點，故A正確；
對于B，延長至，使，延長至，使，
連接，設(shè)其中點為，連接并延長至 ，使 ,
連接，則四邊形是平行四邊形，
所以，而時，，
故，即 三點共線，且，
根據(jù)同底等高三角形面積相等，則,
即與的面積之比為，故B錯誤；
對于C，由于且時，，
故為的外心和重心，
所以點在線段上，為的中點，且，
又，故，
所以，，
所以，
所以
故為等邊三角形，故C正確；
對于D，因為，且，
由得，，
所以,即，故D正確，
故選：ACD.
三?填空題（每題5分，滿分15分）
12. 已知為四邊形外一點，且.則__________.
【答案】44
【解析】
【分析】確定四邊形為平行四邊形，再由求得坐標，進而可求解.
【詳解】由，
可得：，
即，
所以四邊形為平行四邊形，
設(shè)，
所以，
所以，
所以，
所以，
故答案為：44
13. 在中， ， 若O為內(nèi)部的一點，且滿足，則______ ．
【答案】
【解析】
【分析】確定O的位置，利用基底法及數(shù)量積的運算法則計算即可.
【詳解】取的中點，易知，
同理有，所以O(shè)為的重心，
則，
.
故答案為：
14. 將函數(shù)圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的倍（縱坐標不變），再向左平移個單位長度，得到函數(shù)的圖象，若在上單調(diào)遞減，則實數(shù)的取值范圍為__________.
【答案】
【解析】
【分析】根據(jù)函數(shù)圖象變換關(guān)系求出的解析式，由條件可得的周期，結(jié)合周期公式求的范圍，再利用正弦函數(shù)的單調(diào)性求函數(shù)的遞減區(qū)間，列不等式求的范圍即可．
【詳解】將函數(shù)圖象上所有點的橫坐標縮短到原來的倍縱坐標不變，
得到，再向左平移個單位長度，得到函數(shù)的圖象，
即，
若在上單調(diào)遞減，
則的周期，，
即，得，
由，，
得，，
即，
所以的單調(diào)遞減區(qū)間為，，
若在上單調(diào)遞減，則，，
即，，又，
所以，此時，即的取值范圍是.
故答案為：.
四?解答題（滿分77分）
15. 在中，分別是角所對的邊，已知，，，且 ．
（1）求角A的大小；
（2）若面積為，求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由向量垂直則數(shù)量積為0得到方程，解得，即可得到角A的大?。?br>（2）由三角形面積公式求得，結(jié)合余弦定理得到，從而得到，即可求出的值.
【小問1詳解】
因為且，

，
又因為，所以
【小問2詳解】
由題意得，得，
又因為在三角形ABC中，
由余弦定理得，
所以，
又因為，，所以
16. 已知向量，函數(shù).
（1）求使成立的x的集合；
（2）若先將函數(shù)的圖象向左平移個單位長度，再將橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，得到函數(shù)的圖象，求在區(qū)間內(nèi)的所有零點之和.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利于向量的數(shù)量積、三角恒等變換化簡函數(shù)式，結(jié)合三角函數(shù)的性質(zhì)解不等式即可；
（2）利用三角函數(shù)圖象變換及性質(zhì)數(shù)形結(jié)合計算即可.
【小問1詳解】
由已知可得
，
所以
【小問2詳解】
結(jié)合（1）可知將函數(shù)的圖象向左平移個單位得，
再將橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，得函數(shù)，
所以，
如下圖所示，函數(shù)與在上有4個交點，

記該四個交點的橫坐標依次為，
則由正弦函數(shù)的對稱性可知.
17. 如圖，在四邊形ABCD中，AB∥CD，AB＝2，，，．
（1）求；
（2）求的長．
【答案】(1)；(2).
【解析】
【分析】(1)連接BD，在中，利用三角形內(nèi)角和定理及和角的余弦公式計算即得；
(2)在中，利用正弦定理求出BD長，再在中利用余弦定理求解即可.
【詳解】(1)由AB∥CD可得，則，
即，而，即有，
在中，，
所以；
(2)由(1)知，，
在中，由正弦定理得：，
由余弦定理得：，
即，解得或(舍去)，
所以的長為.
18. 在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知b＝3，sinA+asinB＝2．
（1）求角A的大??；
（2）求△ABC周長的取值范圍．
【答案】（1）；（2）．
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理將sinB轉(zhuǎn)換成sinA，即可得到角A；
（2）利用正弦定理將邊a，c轉(zhuǎn)換成與sinB有關(guān)系的量，然后根據(jù)角B的范圍求三角形周長即可．
【詳解】解：（1）∵，
∴asinB＝bsinA，
∴sinA+asinB＝sinA+bsinA＝4sinA＝2，
∴，
△ABC為銳角三角形，于是．
（2）由正弦定理：可得，
，
∴周長
，
又∵△ABC為銳角三角形，，
，∴
∴，∴，
∴周長的取值范圍為．
【點睛】思路點睛：利用正弦定理求解三角形周長的一般步驟（已知一邊及其對角）：
（1）先根據(jù)正弦定理將另外兩邊表示為其對角的正弦值形式；
（2）根據(jù)周長的計算公式將周長表示為角的正弦形式，根據(jù)角度關(guān)系將周長公式中的角轉(zhuǎn)化為同一個角；
（3）根據(jù)三角形的形狀確定出（2）“同一個角”的范圍，結(jié)合三角恒等變換的公式求解出周長的范圍.
19. 如圖，設(shè)、是平面內(nèi)相交成的兩條射線，、分別為、同向的單位向量，定義平面坐標系為仿射坐標系，在仿射坐標系中，若，則記.
（1）在仿射坐標系中，若，求；
（2）在仿射坐標系中，若，，且與夾角為，求；
（3）如圖所示，在仿射坐標系中，、分別在軸、軸正半軸上，，，、分別為、中點，求的最大值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由題意可知，，利用平面向量數(shù)量積的運算性質(zhì)可求得的值；
（2）計算出、、，利用平面向量的夾角公式可得出關(guān)于的方程，解之即可；
（3）設(shè)、，利用平面向量的線性運算得出、關(guān)于、的關(guān)系式，利用余弦定理可得出和平面向量數(shù)量積的運算性質(zhì)化簡得出，設(shè)，利用正弦定理可得出，，利用三角恒等變換以及正弦函數(shù)的有界性可求得的最大值.
【小問1詳解】
由題意可知，、的夾角為，
由平面向量數(shù)量積的定義可得，
因為，則，.
則，所以.
【小問2詳解】
由，，得，，
且，
所以，，
，則，
，
因為與的夾角為，則，解得.
【小問3詳解】
依題意設(shè)、，
且，，，
因為為的中點，則，
因為為中點，同理可得，
所以，，
由題意可知，，，
則，
在中依據(jù)余弦定理得，所以，
代入上式得，.
在中，由正弦定理，
設(shè)，則，且，
所以，，，
，
為銳角，且，
因為，則，
故當時，取最大值，
則
【點睛】方法點睛：求兩個向量的數(shù)量積有三種方法：
（1）利用定義：
（2）利用向量的坐標運算；
（3）利用數(shù)量積的幾何意義．
具體應(yīng)用時可根據(jù)已知條件的特征來選擇，同時要注意數(shù)量積運算律的應(yīng)用．

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