2023-2024学年辽宁省大连育明中学高一(下)期中数学试卷

2023-2024学年辽宁省大连育明中学高一（下）期中数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）已知向量a→=(2，4)，b→=(m，1)，c→A．1 B．2 C．3 D．42．（5分）已知角θ的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边在直线3x﹣y＝0上，则2cos(π−θ)cosθ−sin(π+θ)A．−12 B．12 3．（5分）已知向量a→，b→满足|a→|=1，|A．7 B．7 C．19 D．194．（5分）设a＝tan29°，b＝sin29°，c＝cos29°，则a，b，c的大小关系是（）A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞b＞a D．c＞a＞b5．（5分）某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中MA，NB均与水平面ABC垂直，在已测得可直接到达的两点间距离AC，BC的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中一定能唯一确定M，N之间的距离的有（）①∠MCA，∠NCB，∠ABC②∠ACB，∠NCB，∠MCN③∠MCA，∠NCB，∠MCN④∠MCA，∠NCB，∠ACBA．②④ B．①③ C．③④ D．①③④6．（5分）已知非零向量a→，b→满足|a→|=4，|a→+tbA．π3 B．π6 C．π6或5π6 7．（5分）水车是古老黄河的文化符号，是我国劳动人民智慧的结晶，是最早的自动灌溉系统．黄河边上的一架水车直径为16米，入水深度4米，为了计算水车的旋转速度，某人给刚出水面的一个水斗（图中点A）做上记号，经过60秒该水斗到达水车最顶端（图中点B），再经过11分20秒，做记号的水斗与水面的距离为n米，则n所在的范围是（）A．（0，4） B．（4，8） C．（8，10） D．（10，12）8．（5分）已知α，β均为锐角，sinα＝2sinβcos（α+β），则tanα取得最大值时，tan（α+β）的值为（）A．3 B．2 C．2 D．1二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知函数f（x）＝2sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜πA．函数f（x）的最小正周期为π B．函数y＝f（x）的图象关于点(−11π12C．函数y＝f（x）的图象向左平移π12个单位后得到函数g（x）的图象，则函数g（x）在[0，πD．设x∈（0，π），则函数y=f(x)−13（多选）10．（6分）已知△ABC，H、O分别为该三角形的垂心、外心，则下列结论正确的是（）A．若A（0，2），B（1，0），C（2，﹣1），则BA→在BC→上的投影为B．若|OA→|=|OB→C．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别a，b，c，则“acosA＝bcosB”是“△ABC为等腰三角形”的充分不必要条件 D．若2HA→（多选）11．（6分）某社区规划在小区内修建一个如图所示的四边形休闲区．已知BC＝2CD＝20米，且修建该休闲区的费用是200元/平方米，则下列结论正确的是（）A．若AB＝20米，AD＝30米，且四边形ABCD的四个顶点共圆，则BD=107米B．若BD=107米，且四边形ABCD的四个顶点共圆，则三角形ABD的面积的最大值为3503C．若AB＝20米，AD＝30米，A+C=2π3D．若BD⊥AB，且BD＝AB，当∠BCD变化时，AC长度的最大值为10(22三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知tanα=12，tanβ=13，0＜α＜π2，π＜β＜3π13．（5分）已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A−sin214．（5分）已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π2），对任意实数x都有f(−x)+f(x−π2)=0，f(x)−f(π2−x)=0，且f（四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）四边形ABCD为平行四边形，AB＝4，点M，N满足BM→=2MC（1）若AD＝3，求AM→（2）若AD＝4，且∠BAD=π3，点P是边AD上的动点，求16．（15分）已知函数f（θ）＝cosθ﹣sinθ．（1）若θ是三角形的一个内角，f(θ)=−55，求（2）设函数g(θ)=f(θ)⋅(tanθ+1tanθ)，若g（θ）＞2m在θ∈(17．（15分）已知函数f(x)=1（1）已知x∈[−π6，π4（2）若将函数f（x）的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，再将其图象向上平移34个单位得到函数g（x）的图象，求不等式g(x)+sin(18．（17分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的外接圆的半径R=23，且满足b（1）求B和b的值；（2）若AC边上的中线为BD，且BD＝4，求△ABC的面积；（3）设△ABC的外接圆的圆心为O，且OB→=λOA→+μ19．（17分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小，”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB＝∠BOC＝∠COA＝120°的点O即为费马点；当△ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cos2B+cos2C﹣cos2A＝1．（1）求A；（2）若bc＝4，设点P为△ABC的费马点，求PA→（3）设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PC|＝t|PA|，求实数t的最小值．

2023-2024学年辽宁省大连育明中学高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．（5分）已知向量a→=(2，4)，b→=(m，1)，c→A．1 B．2 C．3 D．4【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】C【分析】结合向量的坐标运算，以及向量垂直的性质，即可求解．【解答】解：a→=(2，4)，则a→(a→−2则2﹣2m+2×2＝0，解得m＝3．故选：C．2．（5分）已知角θ的顶点在坐标原点，始边与x轴正半轴重合，终边在直线3x﹣y＝0上，则2cos(π−θ)cosθ−sin(π+θ)A．−12 B．12 【考点】运用诱导公式化简求值；任意角的三角函数的定义．【答案】A【分析】根据三角函数的定义，诱导公式以及同角三角函数基本关系式即可求解．【解答】解：设点（a，b）在直线3x﹣y＝0上，则b＝3a，即tanθ＝3，则2cos(π−θ)cosθ−sin(π+θ)故选：A．3．（5分）已知向量a→，b→满足|a→|=1，|A．7 B．7 C．19 D．19【考点】平面向量数量积的性质及其运算；平面向量数量积的坐标运算．【答案】B【分析】将|3a→【解答】解：∵|3a→+b→|2＝9|a→|2+6|a→||b→|cos＜a＝9×12+6×1×2×（−12）+2∴|3a→+b故选：B．4．（5分）设a＝tan29°，b＝sin29°，c＝cos29°，则a，b，c的大小关系是（）A．a＞b＞c B．a＞c＞b C．c＞b＞a D．c＞a＞b【考点】三角函数线；对数值大小的比较．【答案】D【分析】根据已知条件，结合正弦、余弦、正切的单调性，即可求解．【解答】解：a＝tan29°=sin29°tan29°＜tan30°=3b＝sin29°＜sin30°=1c＝cos29°＞cos30°=3综上所述，c＞a＞b．故选：D．5．（5分）某数学建模活动小组在开展主题为“空中不可到达两点的测距问题”的探究活动中，抽象并构建了如图所示的几何模型，该模型中MA，NB均与水平面ABC垂直，在已测得可直接到达的两点间距离AC，BC的情况下，四名同学用测角仪各自测得下列四组角中的一组角的度数，其中一定能唯一确定M，N之间的距离的有（）①∠MCA，∠NCB，∠ABC②∠ACB，∠NCB，∠MCN③∠MCA，∠NCB，∠MCN④∠MCA，∠NCB，∠ACBA．②④ B．①③ C．③④ D．①③④【考点】解三角形．【答案】C【分析】综合应用正弦定理和余弦定理解三角形，结合提供的角逐个分析．【解答】解：不妨记BC＝a，AC＝b，AB＝c，CM＝m，CN＝n，NB＝h，MA＝d，MN＝x，∠ACB＝α，∠NCB＝β，∠MCA＝γ，∠MCN＝θ，∠ABC＝φ．①中，已知a，b，β，γ，φ，在Rt△NCB中，由tanβ=ha，可确定同理在Rt△MCA中，可确定d，在△ABC中，已知a，b，φ，利用余弦定理解三角形可能有两解，例如若a=3，b=1，φ=30°，则1=3+c由|MN→|=(MA→②中，已知a，b，α，β，θ，在Rt△NCB中，由tanβ=ha，cosβ=an在△ABC中，利用余弦定理可得c，在Rt△MCA中，由勾股定理可得m=d在△MCN中，由余弦定理得x2又x2＝d2+c2+h2﹣2dh，解此关于x，d的二元二次方程组，可得MN，但此二元二次方程组可能有两解，故②错误；③中，已知a，b，γ，β，θ，在Rt△NCB中，由cosβ=an，可确定同理在Rt△MCA中，可确定m，在△MCN中，由余弦定理可唯一确定MN，故③正确；④中，已知a，b，γ，β，α，由a，b，α及余弦定理，可确定c，在Rt△NCB中，由tanβ=ha，可确定同理在Rt△MCA中，可确定d，再由|MN→|=(MA→故选：C．6．（5分）已知非零向量a→，b→满足|a→|=4，|a→+tbA．π3 B．π6 C．π6或5π6 【考点】数量积表示两个平面向量的夹角；平面向量数量积的性质及其运算．【答案】C【分析】根据向量的模长以及二次函数的最值即可求解结论．【解答】解：a→，b→的夹角为θ，0≤θ≤设非零向量a→，b→满足|a→|=4，|所以a→2+2ta→⋅b→+t2b→2＝t2b→2+8t|b可得cos2θ=3故cosθ＝±32，可得θ=π6或故选：C．7．（5分）水车是古老黄河的文化符号，是我国劳动人民智慧的结晶，是最早的自动灌溉系统．黄河边上的一架水车直径为16米，入水深度4米，为了计算水车的旋转速度，某人给刚出水面的一个水斗（图中点A）做上记号，经过60秒该水斗到达水车最顶端（图中点B），再经过11分20秒，做记号的水斗与水面的距离为n米，则n所在的范围是（）A．（0，4） B．（4，8） C．（8，10） D．（10，12）【考点】三角函数应用；根据实际问题选择函数类型．【答案】B【分析】根据题意，列出时间x（分钟）后距离水面高度y满足关系，将x=34【解答】解：以水面与水车的交线为x轴，过水车轴垂直水面的直线为y轴建立平面直角坐标系，水斗从A转到B，则转过的角为2π3，从点B开始，记水斗经过时间x（分钟）后距离水面高度yy=8sin(2π又当x=11+13=34故选：B．8．（5分）已知α，β均为锐角，sinα＝2sinβcos（α+β），则tanα取得最大值时，tan（α+β）的值为（）A．3 B．2 C．2 D．1【考点】两角和与差的三角函数．【答案】A【分析】由基本不等式的应用，结合两角和与差的三角函数求解．【解答】解：因为α，β均为锐角，sinα＝2sinβcos（α+β），所以sin[（α+β）﹣β]＝2sinβcos（α+β），即sin（α+β）cosβ﹣cos（α+β）sinβ＝3sinβcos（α+β），即sin（α+β）cosβ＝3sinβcos（α+β），所以tan（α+β）＝3tanβ＞0，则tanα=tan(α+β)−tanβ当且仅当tan(α+β)=3tan(α+β)，即tan（α+β）=3时取等号，则tanα取得最大值时，tan（α+β故选：A．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。（多选）9．（6分）已知函数f（x）＝2sin（ωx+φ）（ω＞0，|φ|＜πA．函数f（x）的最小正周期为π B．函数y＝f（x）的图象关于点(−11π12C．函数y＝f（x）的图象向左平移π12个单位后得到函数g（x）的图象，则函数g（x）在[0，πD．设x∈（0，π），则函数y=f(x)−13【考点】函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换；由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式．【答案】ACD【分析】由图象求出周期，即可求解ω，结合特殊点的坐标求出φ，然后结合正弦函数的性质检验各选项即可判断．【解答】解：由题意得，T＝4（7π12−π3）＝所以ω＝2，因为2×7π12+φ=3π2+2kπ，k∈所以φ=π3，f（x）＝2sin（2x则2×（−11π12）+π3=−y＝f（x）的图象向左平移π12个单位后得到函数g（x）＝2cos2x当0≤x≤π2时，0≤2x≤π，此时g（x）单调递减，令y＝f（x）−13=0可得sin（2x+π3）=1所以零点之和为7π6，D故选：ACD．（多选）10．（6分）已知△ABC，H、O分别为该三角形的垂心、外心，则下列结论正确的是（）A．若A（0，2），B（1，0），C（2，﹣1），则BA→在BC→上的投影为B．若|OA→|=|OB→C．若△ABC的内角A，B，C所对的边分别a，b，c，则“acosA＝bcosB”是“△ABC为等腰三角形”的充分不必要条件 D．若2HA→【考点】平面向量数量积的性质及其运算；充分条件与必要条件．【答案】AB【分析】选项A，根据投影向量的定义，求解即可；选项B，根据题意得(3OB→+2OC→选项C，利用正弦定理，即可判断A＝B或A+B=π2，△选项D，根据垂心的定义与性质，得出HA→•HB→=HA→•HC→=【解答】解：对于A，BA→=（﹣1，2），所以BA→在BC→上的投影向量为BA→⋅BC→|对于B，若|OA→|=|OB→即9+12OB→•OC→+4＝16，解得OB对于C，△ABC中，acosA＝bcosB，由正弦定理得，sinAcosA＝sinBcosB，所以sin2A＝in2B，所以2A＝2B或2A+2B＝π，即A＝B或A+B=π2，所以△ABC不一定是等腰三角形，选项对于D，因为H为垂心，所以HA→•HB→=HA→•HC→=HB→•HC→，设HA→•所以4HA→2+12HA→•HB→+9HB→2=16HC→2，同理，4HA→2+16HA→•HC→+16HC→2=9HB→2，16所以cos∠BHC=t−2t⋅(−54t)=−故选：AB．（多选）11．（6分）某社区规划在小区内修建一个如图所示的四边形休闲区．已知BC＝2CD＝20米，且修建该休闲区的费用是200元/平方米，则下列结论正确的是（）A．若AB＝20米，AD＝30米，且四边形ABCD的四个顶点共圆，则BD=107米B．若BD=107米，且四边形ABCD的四个顶点共圆，则三角形ABD的面积的最大值为3503C．若AB＝20米，AD＝30米，A+C=2π3D．若BD⊥AB，且BD＝AB，当∠BCD变化时，AC长度的最大值为10(22【考点】解三角形；根据实际问题选择函数类型；三角形中的几何计算．【答案】ACD【分析】根据余弦定理及圆内接四边形性质求得cosA=12，利用余弦定理求解判断A，由余弦定理结合基本不等式求解面积最值可判定B，由余弦定理确定cosA，cosC关系，结合三角形面积公式表示，根据特殊角和三角函数性质判定C，设∠BCD＝θ，利用余弦定理得BD=105−4cosθ，然后结合诱导公式利用余弦定理得AC=【解答】解：由余弦定理得BD2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cosA＝BC2+CD2﹣2BC•CD•cosC，即BD2＝1300﹣1200cosA＝500﹣400cosC，所以3cosA﹣cosC＝2，又四边形ABCD的四个顶点共圆，所以∠A+∠C＝π，所以cosA+cosC＝0，即cosC＝﹣cosA，所以3cosA+cosA＝2，所以cosA=12，又0＜A＜所以A=π3，所以BD2=1300−1200×12对于B，在三角形CBD中，由余弦定理得BD2＝BC2+CD2﹣2BC•CD•cosC＝400+100﹣400cosC＝700，所以cosC=−12，又0＜C＜π，所以若A，B，C，D四点共圆，则四边形对角互补，则A=π3，因为所以700＝AB2+AD2﹣AB•AD≥2AB•AD﹣AB•AD＝AB•AD，当且仅当AB＝AD时，等号成立，所以S△ABD=1对于C，由余弦定理得BD2＝AB2+AD2﹣2AB•AD•cosA＝BC2+CD2﹣2BC•CD•cosC，得BD2＝400+900﹣1200cosA＝400+100﹣400cosC，所以3cosA﹣2＝cosC，△BCD的面积为12△ABD的面积为12所以四边形ABCD的总面积为300sinA+100sinC，设3sinA+sinC＝t，则t2+4＝9+1﹣6cos（A+C），所以t2＝6﹣6cos（A+C），又A+C=2π3，所以t2＝9，又t＞0，所以所以四边形ABCD的总面积为300，所以修建该休闲区的总费用为6（万元），故C正确；对于D，设∠BCD＝θ，则BD2＝CB2+CD2﹣2CB•CD•cosθ＝500﹣400cosθ，即BD=105−4cosθ，所以AB=10在△CBD中，由正弦定理得CDsin∠CBD=BD所以sin∠CBD=sinθ在△ABC中，由余弦定理得AC2＝BC2+AB2﹣2BC•AB•cos（∠CBD+π2）＝400+500﹣400cosθ+400sin所以AC=900−400cosθ+400sinθ当sin(θ−π4)=1，即θ=故选：ACD．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．（5分）已知tanα=12，tanβ=13，0＜α＜π2，π＜β＜3π2，则【考点】求两角和与差的三角函数值．【答案】5π4【分析】由已知结合两角和的正切公式先求出tan（α+β），进而可求α+β．【解答】解：因为tanα=12，tanβ=13，所以tan（α+β）=tanα+tanβ因为π＜α+β＜2π，则α+β=5π故答案为：5π13．（5分）已知锐角△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，sin2A−sin2B−sin2C+【考点】解三角形；正弦定理．【答案】（32，2【分析】利用正弦定理化简已知等式，得到a2﹣b2﹣c2+3bc＝0，结合余弦定理算出cosA=32，可得A=π6，然后利用两角和的正弦公式与同角三角函数的基本关系，将b【解答】解：设△ABC的外接圆半径为R，由sin2A−sin2B−sin2C+3sinBsinC=0，得4R2（sin2A﹣sin即（2RsinA）2﹣（2RsinB）2﹣（2RsinC）2+3（2RsinB）（2RsinC可得a2﹣b2﹣c2+3bc＝0，即b2+c2﹣a2=3bc，所以cosA=b2+c2−a因此，bc因为△ABC是锐角三角形，且A=π6，所以C∈（π3可得tanC∈（3，+∞），1tanC∈(0，33)，所以bc故答案为：（32，214．（5分）已知函数f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，|φ|＜π2），对任意实数x都有f(−x)+f(x−π2)=0，f(x)−f(π2−x)=0，且f（【考点】由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；正弦函数的单调性．【答案】15．【分析】根据题意中的两个等式可得f（x）的一个对称中心和对称轴方程，利用正弦函数的周期性和单调性求得ω＝2k+1（k∈N）且0＜ω≤563，依次分析选项求出φ得出相应的解析式，依次验证函数f（【解答】解：∵f(−x)+f(x−π∴f（﹣x）＝﹣f（x−π∴f（x）的一个对称中心为（−π∵f（x）﹣f（π2−∴f（x）＝f（π2−∴f（x）的对称轴方程为x=π有π4−（−π4）=T4+kT2又T=2π所以2π2k+1=2πω，ω＝2k+1（∵f（x）在(π8，5π28)上单调，则5π由题意，需要依次验证ω＝17，15，13，⋯，直至符合题意为止，当ω＝17时，f（x）＝Asin（17x+φ），有17×π4+φ=π2+k得φ=−15π4+kπ（k∈Z），由|φ|＜π此时f（x）＝Asin（17x+π4），可以验证f（x）在当ω＝15时，f（x）＝Asin（15x+φ），有15×π4+φ=π2+k得φ=−13π4+kπ（k∈Z），由|φ|＜π此时f（x）＝Asin（15x−π4），可以验证f（x）在综上，ω的最大值为15．故答案为：15．四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）四边形ABCD为平行四边形，AB＝4，点M，N满足BM→=2MC（1）若AD＝3，求AM→（2）若AD＝4，且∠BAD=π3，点P是边AD上的动点，求【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】（1）6；（2）[﹣4，4]．【分析】（1）由平面向量的线性运算将AM→，NM（2）设AP→=λAD→(0≤λ≤1)【解答】解：（1）因为点M，N满足BM→=2MC所以AM→AN→所以NM→则AM→（2）因为AB＝4，AD＝4，且∠BAD=π所以AB→因为点P是边AD上的动点，所以设AP→所以NP→=AP所以NP=16(λ−1)+12×16+8(因为λ∈[0，1]，所以﹣4≤8λ﹣4≤4，所以NP→16．（15分）已知函数f（θ）＝cosθ﹣sinθ．（1）若θ是三角形的一个内角，f(θ)=−55，求（2）设函数g(θ)=f(θ)⋅(tanθ+1tanθ)，若g（θ）＞2m在θ∈(【考点】三角函数中的恒等变换应用．【答案】（1）354；（2）（﹣∞，【分析】（1）根据正弦余弦和与积的关系求解；（2）根据三角恒等变换求解．【解答】解：（1）∵θ是三角形的一个内角，f(θ)=−55，∴cosθ﹣sinθ则（cosθ﹣sinθ）2＝cos2θ+sin2θ﹣2sinθcosθ=15，得2sinθcosθ又θ为三角形的一个内角，则sinθ＞0，cosθ＞0，∵（sinθ+cosθ）2＝1+2sinθcosθ=95，∴sinθ+cosθ∴sinθ+cosθsin2θ（2）g（θ）＝（cosθ﹣sinθ）（tanθ+1tanθ）＝（cosθ﹣sinθ）（sinθcosθ∵θ∈(π2，3π4]，∴t＝cosθ﹣sinθ=2cos（θ+π4）∈[−2若g（θ）＞2m恒成立，则只需2m＜gmin（θ）＝22，∴实数m的取值范围是（﹣∞，2）．17．（15分）已知函数f(x)=1（1）已知x∈[−π6，π4（2）若将函数f（x）的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，再将其图象向上平移34个单位得到函数g（x）的图象，求不等式g(x)+sin(【考点】三角函数中的恒等变换应用；函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换．【答案】（1）f（x）在[−π6，π4]上单调递增区间为[−π6，π6]，单调递减区间为[π6（2）[2kπ+π，2kπ+5π3]（k∈【分析】（1）根据三角函数恒等变换化简函数，然后由正弦函数的值域及单调区间求解即可；（2）利用函数图象变换的规则，求得函数y＝g（x）的解析式，进而利用一元二次不等式及正弦函数不等式求解即可．【解答】解：（1）因为已知函数f(x)=12(cos2=32sin2x+12cos2x−34因为−π6≤x≤π4，所以所以−12≤sin（2x+π6）≤1，所以−1所以函数f（x）的值域为[−12−令−π6≤2x+π6≤π2，解得−π6≤令π2≤2x+π6≤2π3，解得π6≤x≤所以f（x）在[−π6，π4]上单调递增区间为[−π6，π6]，单调递减区间为[π6（2）将函数f（x）的图象上所有点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到y＝sin（x+π6）再将其图象向上平移34个单位得到函数y＝g（x）＝sin（x+π6）−3所以不等式g(x)+sin(π6−2x)＜0即sin（x+π6化为sin（x+π6）+cos（2x+π3）＜0，化为sin（x即2sin2(x+π6)−sin（x+π6）﹣1＞0，解得sin（所以2kπ+7π6≤x+所以不等式g(x)+sin(π6−2x)＜0的解集为[2kπ+π，2kπ+5π318．（17分）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，△ABC的外接圆的半径R=23，且满足b（1）求B和b的值；（2）若AC边上的中线为BD，且BD＝4，求△ABC的面积；（3）设△ABC的外接圆的圆心为O，且OB→=λOA→+μ【考点】解三角形；正弦定理．【答案】（1）B=π3，b＝6；（2）【分析】（1）由正弦定理和三角函数的恒等变换，可得所求；（2）由向量的中点表示、数量积的性质和余弦定理、面积公式，计算可得所求值；（3）由向量数量积的性质和换元法，结合正弦函数的性质，可得所求取值范围．【解答】解：（1）由bcosB=2a−ccosC，可得bcosC+ccosB＝2由正弦定理可得sinBcosC+sinCcosB＝sin（B+C）＝sinA＝2sinAcosB，而sinA＞0，可得cosB=1由0＜B＜π，可得B=πb＝2RsinB＝43×（2）由2BD→=BA→+BC→，可得4BD→2=即为4×16＝c2+a2+2cacosB＝c2+a2+ac，即c2+a2＝64﹣ac，由b2＝c2+a2﹣2accosB＝c2+a2﹣ac＝36，即为64﹣2ac＝36，解得ac＝14，则△ABC的面积为S=12acsinB=1（3）由OB→=λOA→+μOC→，两边