热门试卷

（Ⅰ）∵当|x|＞1时⊥，

∴（x2-3）•2x-y=0，

∴y=2x3-6x（|x|＞1）（2分）

∵当|x|≤1时∥，

∴（x2-3）•（-y）=2x，

∵实数y和x不同时为零，

∴y=(|x|≤1，且x≠0)（4分）

∴y=f(x)=（6分）

（Ⅱ）由|sinα|≤1且f(sinα)=，

∴有=，（8分）

∴sin2α+4sinα-3=0，（sinα+2）2=7，

∴sinα=±-2（舍负），且有0＜-2＜1（10分）

又∵α∈(0，)，

∴α=arcsin(-2)（12分）

（1）∵∥，=(sinx，-1)，=(cosx，)

∴sinx+cosx=0…（2分）

∴tanx=-…（3分）

∴cos2x-3sin2x==

====（5分）

（2）∵=(sinx，-1)，=(cosx，)

∴+=(sinx+cosx，)…（6分）

∴f(x)=(+)•=(sinx+cosx)cosx+=(sin2x+cos2x)+=sin(2x+)+…（8分）

∴最小正周期为π…（9分）

由2kπ-≤2x+≤2kπ+，得kπ-π≤x≤kπ+

故f（x）的单调递增区间为[kπ-π，kπ+]k∈Z…（10分）

（I）因为∥，，可得sinθ=cosθ，由此得tanθ=1，又-＜θ＜，故有θ=

（II）f（θ）=•=2sinθcosθ+2cos2θ+1=sin2θ+cos2θ+2=sin（2θ+）+2

因为θ∈(-，)，所以2θ+∈(-，)

∴函数f（θ）的最大值为+2，

令2kπ-＜2θ+＜2kπ+

解得θ∈(kπ-，kπ+)

故函数的单调递增区间是(kπ-，kπ+)

（1）由题意知，=（sinB，-），=（cos2B，4cos2-2），∥，

∴sinB（4cos2-2）-（-）cos2B=0，2sin（2B+）=0

由于是锐角三角形，故B=，

∴f（x）=sin2xcosB-cos2xsinB=sin（2x-B）=sin（2x-），

由+2kπ≤2x-≤+2kπ（k∈z）解得，+kπ≤x≤+kπ（k∈z），

∴函数的单调减区间是[+kπ，+kπ]（k∈z）；

（2）由（1）知，B=，

根据余弦定理得，b2=a2+c2-2accosB，即1=（a+c）2-2ac-ac，

∴（a+c）2=1+3ac，当且仅当a=c时等号成立；

∵（a+c）2≥4ac，∴1+3ac≥4ac，

∴ac≤1，当且仅当a=c时等号成立，

∴△ABC的面积S=acsinB=ac≤，

∴△ABC的面积的最大值为．

（1）∵-=(0，sinθ-cosθ)=(0，)，∴sinθ-cosθ=，

平方得：2sinθcosθ=，即sin2θ=．

（2）∵=(1，sinθ)，=(1，cosθ)，∴+=(2，sinθ+cosθ)=(2，0)，

∴sinθ+cosθ=0，∴tanθ=-1．∴===-．

（1）因为 ∥，所以sinA•（sinA+cosA）-=0；

所以+sin2A=0，

整理得sin2A-cos2A=1，

即sin（2A-）=1．

因为A∈（0，π），所以2A-∈（-，）．

故2A-=，A=；

（2）由正弦定理，得出b=sinB=×=

又sinC=sin（A+B）=sinAcosB+cosAsinB=×+×=

所以S△ABC=absinC=×××=

（Ⅰ）∵与共线，

∴=cos（sin+cos）=sinC+（1+cosC）=sin（C+）+，

∴sin（C+）=1，∴C=．

（Ⅱ）由（Ⅰ）得2acosC+c=2b，即a+c=2b①，

根据余弦定理可得：c2=a2+b2-ab②，

联立①②解得：b（b-a）=0，

又b＞0，∴b=a，C=，所以△ABC为等边三角形．

（1）原式=+=-sinα+sinα=0；

（2）证明：∵=+=-2+3+5+3=3+6，

∴=，

∴∥，

又与有公共点B，

则A，B，D三点在同一直线上．

（I）∵∥，

∴(a2+c2-b2)sinB-accosB=0．

又cosB=，

∴sinB=，B∈(0，)，

∴B=．

（II）由（I）知A+C=，∴c=-A，

∴sinA+sinC=sinA+sin(-A)=sinA+cosA+sinA=sinA+cosA

=sin(A+)

又0＜A＜且0＜-A＜

∴＜A＜，＜A+＜

∴＜sin(A+)≤1，

∴sinA+sinC∈(，]