2020-2021学年山东省枣庄市西校高一（下）4月月考数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省枣庄市西校高一（下）4月月考数学试卷人教A版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 正方体的内切球、外接球、棱切球的表面积之比是( )
A.1:3:2B.1:3:2C.1:33:22D.1:1:1

2. 若复数2+3i是关于x的方程x2+2px+q=0p,q∈R的一个根，则p+q的值是( )
A.2 B.9 C.13D.11

3. 若复数z满足2i⋅z=|12+32i|，则z=（ ）
A.12B.−12C.−12iD.12i

4. 下列说法正确的有( )
(1)以直角三角形的一边所在的直线为轴旋转一周所得到的旋转体是圆锥；
(2)以直角梯形一腰所在的直线为轴旋转一周所得到的旋转体为圆台；
(3)圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆；
(4)半圆绕直径所在直线旋转一周形成球；
(5)用一个平面截球，截面是一个圆面；
(6)以等腰三角形绕底边的高所在的直线为轴旋转半周形成的几何体是圆锥.
A.2个B.3个C.4个D.5个

5. 已知a，b，c分别是△ABC三个内角A，B，C的对边，b=7，c=3，B=π6，那么a等于（ ）
A.1B.2C.4D.1或4

6. 已知向量a→=(1, 2)，b→=(−2, 3)，c→=(4, 5)，若(a→+λb→)⊥c→，则实数λ=( )
A.−12B.12C.−2D.2

7. 在△ABC中，已知sin2A+sin2B−sin Asin B=sin2C，且满足ab=4，则该三角形的面积为( )
A.1B.2C.2D.3

8. 如图所示，半圆的直径AB=4，O为圆心，C是半圆上不同于A，B的任意一点，若P为半径OC上的动点，则PA→+PB→⋅PC→的最小值是( )

A.2 B.0 C.−1 D.−2
二、多选题

若复数z满足z−iz+1=i，则( )
A.z¯=1+i
B.|z|=2
C.z在复平面内对应的点位于第四象限
D.z2为纯虚数

已知向量a→，b→是两个非零向量，在下列四个条件中，一定能使a→，b→共线的是( )
A.2a→−3b→=4e→且a→+2b→=−2e→
B.存在相异实数λ，μ，使λa→−μb→=0→
C.xa→+yb→=0→（其中实数x，y满足x+y=0）
D.已知梯形ABCD，其中AB→=a→，CD→=b→

对于△ABC，有如下命题，其中正确的有( )
A.若sin2A=sin2B，则△ABC为等腰三角形
B.若sinA=csB，则△ABC为直角三角形
C.若sin2A+sin2B+cs2C<1，则△ABC为钝角三角形
D.若AB=3,AC=1,B=30∘，则△ABC的面积为34或32

给出下列四个命题，其中正确的选项有( )
A.非零向量a→，b→满足|a→|=|b→|=|a→−b→|，则a→与a→+b→的夹角为30∘
B.若(AB→+AC→)⋅(AB→−AC→)=0，则△ABC为等腰三角形
C.若单位向量a→，b→夹角为120∘，则当|2a→+xb→|(x∈R)取最小值时x=1
D.若OA→=(3, −4)，OB→=(6, −3)，OC→=(5−m, −3−m)，∠ABC为锐角，则实数m的取值范围是m>−34
三、填空题

已知a→，b→为单位向量，且a→⋅b→=0，若c→=2a→−5b→，则cs=________.

如图所示，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从A点测得M点的仰角∠MAN=60∘，C点的仰角∠CAB=45∘以及∠MAC=75∘，从C点测得∠MCA=60∘ ，已知山高BC=100m，则山高MN=________.


已知四面体S−ABC的三组对棱分别相等，且长度依次是25，13，5，则该四面体的体积是________.

已知正三角形ABC的边长为4，D是BC边上的动点（含端点），则(DA→+DB→)⋅(DA→+DC→)的取值范围是________.
四、解答题

当实数m取何值时，在复平面内与复数z=m2−4m+m2−m−6i对应的点满足：
(1)在第三象限；

(2)在虚轴上；

(3)在直线x−y+3=0上．

在①b2+2ac=a2+c2，②acsB=bsinA，③sinB+csB=2，这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解决该问题．
已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，________，A=π3，b=2，求△ABC的面积．
注：如果选择多个条件分别作答，按第一个解答计分


(1)已知正四面体的棱长为a，求正四面体的外接球与内切球的体积之比；

(2)三角形ABC中，AB=3，BC=4，AC=5，求三角形ABC绕AC所在的直线旋转一周所得几何体的体积．

△ABC中， sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC.
(1)求A；

(2)若BC=3，求△ABC周长的最大值．

如图，在海岸A处，发现北偏东45∘方向距A为3−1海里的B处有一艘走私船，在A处北偏西75∘方向，距A为2海里的C处的缉私船奉命以103海里/时的速度追截走私船．此时走私船正以10海里/时的速度从B处向北偏东30∘方向逃窜，问缉私船沿什么方向能最快追上走私船？并求出所需要的时间（注：6≈2.449).


已知向量a→=(2+sinx, 1)，b→=(2, −2)，c→=(sinx−3, 1)，d→=(1, k)，(x∈R, k∈R).
(1)若x∈[−π2, π2]，且a→ // (b→+c→)，求x的值；

(2)若函数f(x)=a→⋅b→，求f(x)的最小值；

(3)是否存在实数k，使得(a→+d→)⊥(b→+c→)？若存在，求出k的取值范围，若不存在，请说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省枣庄市西校高一（下）4月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
多面体的内切球问题
球内接多面体
球的表面积和体积
【解析】
由题意得到甲球的直径等于正方体的棱长，乙球的直径等于正方体的体对角线长，正方体的各棱都相切的球的直径，就是面对角线长，求出球的半径，代入表面积公式中求解即可.
【解答】
解：正方体的内切球、外接球、棱切球的半径分别为R1，R2，R3，正方体的边长为a，
则R1=a2，R2=32a，R3=22a，
∴ 三球的表面积之比为4πR12:4πR22:4πR32=R12:R22:R32
=12a2:32a2:22a2=1:3:2.
故选B.
2.
【答案】
D
【考点】
复数的运算
根与系数的关系
【解析】
利用实系数的一元二次方程的虚根成对原理即可得出．
【解答】
解： 2+3i是关于x的方程x2+2px+q=0（其中p,q∈R）的一个根，
∴ 2−3i也是关于x的方程x2+2px+q=0的一个根．
∴ 2+3i+2−3i=−2p， 2+3i2−3i=q，
解得p=−2，q=13，
∴ p+q=11.
故选D ．
3.
【答案】
C
【考点】
复数的模
复数的运算
【解析】
利用复数的模和复数的运算求解即可.
【解答】
解：2i⋅z=12+32i=122+322=1，
所以z=12i=i2i2=−12i.
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
球的结构特征
【解析】
由圆锥的定义可判断(1)(6)；由圆台的定义可判断(2)；由圆柱、圆锥和圆台的性质可判断(3)；由球的性质判定(4)，由平行于圆锥的底面的平面截圆锥所得的几何体可判断(5)．
【解答】
解：(1)以直角三角形的一直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，故(1)错误；
(2)以直角梯形的垂直于底边的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台，故(2)错误；
(3)圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，不是圆，故(3)错误；
(4)半圆绕直径所在直线旋转一周形成球，故(4)正确；
(5)用一个平面截球，截面是一个圆面，故(5)正确；
(6)以等腰三角形绕底边的高所在的直线为轴旋转半周形成的几何体是圆锥，故(6)正确.
其中正确命题的个数为3．
故选B.
5.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
【解析】
由余弦定理列出关系式，把b，c，csB的值代入计算即可求出a的值．
【解答】
解：∵ △ABC中，b=7，c=3，csB=32，
∴ 由余弦定理得：b2=a2+c2−2accsB，即7=a2+3−3a，
解得：a=4或a=−1（舍去），
则a的值为4．
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
平面向量的坐标运算
【解析】
可求出a→+λb→=(1−2λ,3λ+2)，根据(a→+λb→)⊥c→即可得出(a→+λb→)⋅c→=0，进行数量积的坐标运算即可求出λ．
【解答】
解：a→+λb→=(1−2λ,3λ+2)；
∵ (a→+λb→)⊥c→，
∴ (a→+λb→)⋅c→=4(1−2λ)+5(3λ+2)=0，
解得λ=−2．
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
余弦定理
三角形求面积
正弦定理
【解析】
已知等式利用正弦定理化简，再利用余弦定理列出关系式，将得出的关系式代入求出csC的值，由C为三角形的内角，利用特殊角的三角函数值求出C的度数，确定出sinC的值，再由ab的值，利用三角形面积公式即可求出．
【解答】
解：由正弦定理化简已知等式得：a2+b2−ab=c2，
即a2+b2−c2=ab，
∴ csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
∵ C为三角形的内角，
∴ C=π3，
∵ ab=4，
∴ S=12absinC=12×4×32=3．
故选D.
8.
【答案】
D
【考点】
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为O为AB的中点，
所以PA→+PB→=2PO→，
从而(PA→+PB→)⋅PC→=2PO→⋅PC→=−2|PO→|⋅|PC→|.
又|PO→|+|PC→|=|OC→|=2为定值，
所以当且仅当|PO→|=|PC→|=1，
即P为OC的中点时，
(PA→+PB→)⋅PC→取得最小值是−2.
故选D．
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
复数的模
复数的代数表示法及其几何意义
复数的基本概念
共轭复数
【解析】
利用复数的运算，复数相等的充要条件，复数的模运算以及复数的概念，集合意义逐一分析求解即可.
【解答】
解：设z=a+bia,b∈R，
则z−iz+1=a+b−1ia+1+bi=i ，
所以a+b−1i=i a+1+bi=−b+a+1i，
所以a=−b,b−1=a+1,
解得a=−1,b=1,
所以z=−1+i，
故z¯=−1−i，A错误；
|z|=2，B正确；
z在复平面内对应点为−1,1，位于第二象限，C错误；
z2=−1+i2=−2i，则z2为纯虚数，D正确．
故选BD.
【答案】
A,B
【考点】
向量的共线定理
【解析】
选项A：根据2a→−3b→=4e→，a→+2b→=−2e→即可得出b→=−4a→，从而得出a→,b→共线；选项B：可得出λ，μ都不等于0，并得出a→=μλb→，从而得出a→,b→共线；选项C:x＝0，y＝0时，满足选项的条件，显然得不出a→,b→共线；对于选项D：显然得不出a→,b→共线．
【解答】
解：A，联立2a→−3b→=4e→和a→+2b→=−2e→，
消去向量e→可得出4a→+b→=0→，
∴ b→=−4a→，且a→≠0→，∴ a→，b→共线；
B，∵ a→，b→都是非零向量，且λ≠μ，λa→−μb→=0→，
∴ λ，μ都不为0，∴ a→=μλb→，∴ a→，b→共线；
C，当x=y=0时，满足x+y=0，
此时对任意的向量a→，b→都有xa→+yb→=0→，
∴ 得不出a→，b→共线；
D，∵ AB与CD不一定平行，
∴ 得不出a→，b→共线．
故选AB．
【答案】
A,C,D
【考点】
正弦定理
同角三角函数间的基本关系
三角形的形状判断
二倍角的余弦公式
【解析】

【解答】
解：A．cs2A=cs2B，
∴ A=B⇒△ABC是等腰三角形，故A正确；
B．由sinA=csB，可得A−B=π2或A+B=π2．
∴ △ABC不一定是直角三角形，故B错误；
C．sin2A+sin2B<1−cs2C=sin2C，
根据正弦定理可得a2+b2∴ △ABC为钝角三角形，故C正确；
D．由正弦定理，得sinC=c⋅sinBb=32，
而c>b，
∴ C=60∘或C=120∘，
∴ A=90∘或A=30∘，
∴ S△ABC=12bcsinA=32或34，故D正确．
故选ACD．
【答案】
A,B,C
【考点】
向量在几何中的应用
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：A，∵ 非零向量a→，b→满足|a→|=|b→|=|a→−b→|，
∴ 由向量的三角形法则可知，|a→|，|b→|，|a→−b→|可组成等边三角形，
由平行四边形法则可得，a→与a→+b→的夹角是30∘，故A正确；
B，若(AB→+AC→)⋅(AB→−AC→)=0，则|AB→|=|AC→|，
∴ △ABC为等腰三角形，故B正确；
C，(2a→+xb→)2=4+4x×(−12)+x2=x2−2x+4=(x−1)2+3≥3，
∴ |2a→+xb→|取得最小值时，x=1，故C正确；
D，根据已知条件：BA→=(−3,−1)，BC→=(−m−1,−m)，
∵ ∠ABC为锐角，
∴ BA→⋅BC→=4m+3>0，解得：m>−34.
当BA→与BC→同向共线时，m=12，
所以当∠ABC为锐角时，m>−34且m≠12，故D错误．
故选ABC.
三、填空题
【答案】
23
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题可知，
∵a→⋅b→=0，
∴a→⊥b→，
∵c→=2a→−5b→,
∴|c→|=22+(5)2=3，且c→与a→夹角小于π2,
故cs⟨a→,c→⟩=a→⋅c→|a→|⋅|c→|=(2a→−5b→)⋅a→|a→|⋅|c→|=23.
故答案为：23.
【答案】
150m
【考点】
解三角形的实际应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：在Rt△ABC中，∠CAB=45∘，BC=100，
∴AC=1002m．
在△AMC中，∠MAC=75∘，∠MCA=60∘，
∴∠AMC=45∘，
由正弦定理得，ACsin45∘=AMsin60∘，
解得AM=1003.
在Rt△AMN中，AM=1003，∠MAN=60∘，
由MNAM=sin60∘，得MN=1003×32=150(m).
故答案为：150m.
【答案】
8
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由已知对棱相等，将四面体“补”成如图所示的长方体，使四面体的对棱分别为长方体相对面的对角线．
设长方体同一顶点的三条棱长分别为 x，y，z，
则x2+y2=(25)2,y2+z2=(13)2,x2+z2=52,
解得x=4，y=2，z=3，
那么 V四面体=V长方体−4VD−SAB
=V长方体−4×16V长方体=13V长方体=8．
故答案为：8.
【答案】
[8,24]
【考点】
平面向量数量积的运算
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：以BC中点为原点，且令A在y轴正半轴，建立坐标系，
则B−2,0,C2,0,A0,23，
设Dx,0−2≤x≤2，
则DA→=−x,23，DB→=−2−x,0，DC→=2−x,0，
所以DA→+DB→⋅DA→+DC→
=−2−2x,23⋅2−2x,23
=4x2+8∈[8,24] .
故答案为：[8,24].
四、解答题
【答案】
解：(1)由复数z=m2−4m+m2−m−6i在对应点的坐标为Zm2−4m,m2−m−6 .
因为点Z在第三象限，
可得m2−4m<0，m2−m−6<0，
解得0(2)因为点Z在虚轴上，m2−4m=0，解得m=0或m=4 .
(3)因为点Z在直线x−y+3=0上，
可得m2−4m−m2−m−6+3=0，
整理得−3m+9=0，
解得m=3 .
【考点】
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由复数z=m2−4m+m2−m−6i在对应点的坐标为Zm2−4m,m2−m−6 .
因为点Z在第三象限，
可得m2−4m<0，m2−m−6<0，
解得0(2)因为点Z在虚轴上，m2−4m=0，解得m=0或m=4 .
(3)因为点Z在直线x−y+3=0上，
可得m2−4m−m2−m−6+3=0，
整理得−3m+9=0，
解得m=3 .
【答案】
解：若选择①，b2+2ac=a2+c2，
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=2ac2ac=22，
因为B∈0,π，所以B=π4；
由正弦定理asinA=bsinB，得a=bsinAsinB=2⋅sinπ322=3，
因为A=π3，B=π4，所以C=π−π3−π4=5π12，
所以sinC=sin5π12=sinπ4+π6
=sinπ4csπ6+csπ4sinπ6=6+24，
所以S△ABC=12absinC
=12×3×2×6+24=3+34．
若选择②，acsB=bsinA，则sinAcsB=sinBsinA，
因为sinA≠0，所以sinB=csB，
因为B∈0,π，所以B=π4；
由正弦定理asinA=bsinB，得
a=bsinAsinB=2⋅sinπ322=3，
因为A=π3，B=π4，所以C=π−π3−π4=5π12，
所以sinC=sin5π12=sinπ4+π6
=sinπ4csπ6+csπ4sinπ6=6+24，
所以S△ABC=12absinC
=12×3×2×6+24=3+34．
若选择③，sinB+csB=2，
则2sinB+π4=2，所以sinB+π4=1，
因为B∈0,π，所以B+π4∈π4,5π4，
所以B+π4=π2，所以B=π4，
由正弦定理asinA=bsinB，得a=bsinAsinB=2⋅sinπ322=3，
因为A=π3，B=π4，所以C=π−π3−π4=5π12，
所以sinC=sin5π12=sinπ4+π6
=sinπ4csπ6+csπ4sinπ6=6+24，
所以S△ABC=12absinC
=12×3×2×6+24=3+34．
【考点】
正弦定理
二倍角的余弦公式
余弦定理
两角和与差的正弦公式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：若选择①，b2+2ac=a2+c2，
由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac=2ac2ac=22，
因为B∈0,π，所以B=π4；
由正弦定理asinA=bsinB，得a=bsinAsinB=2⋅sinπ322=3，
因为A=π3，B=π4，所以C=π−π3−π4=5π12，
所以sinC=sin5π12=sinπ4+π6
=sinπ4csπ6+csπ4sinπ6=6+24，
所以S△ABC=12absinC
=12×3×2×6+24=3+34．
若选择②，acsB=bsinA，则sinAcsB=sinBsinA，
因为sinA≠0，所以sinB=csB，
因为B∈0,π，所以B=π4；
由正弦定理asinA=bsinB，得
a=bsinAsinB=2⋅sinπ322=3，
因为A=π3，B=π4，所以C=π−π3−π4=5π12，
所以sinC=sin5π12=sinπ4+π6
=sinπ4csπ6+csπ4sinπ6=6+24，
所以S△ABC=12absinC
=12×3×2×6+24=3+34．
若选择③，sinB+csB=2，
则2sinB+π4=2，所以sinB+π4=1，
因为B∈0,π，所以B+π4∈π4,5π4，
所以B+π4=π2，所以B=π4，
由正弦定理asinA=bsinB，得a=bsinAsinB=2⋅sinπ322=3，
因为A=π3，B=π4，所以C=π−π3−π4=5π12，
所以sinC=sin5π12=sinπ4+π6
=sinπ4csπ6+csπ4sinπ6=6+24，
所以S△ABC=12absinC
=12×3×2×6+24=3+34．
【答案】
解：(1) R外=64a，
R内=612a，
V外=43πR外3=43π×64a3=68a3，
V内=43πR内3=43π×612a3=6216a3，
∴V外：V内=27：1.
(2)设BD为AC边上的高，则BD=125，
∴AD=95，
CD=165，
∴V上=13πBD2⋅AD=13π×1252×95=432125π，
V下=13πBD2⋅CD=13π×1252×165=768125π，
∴V=V上+V下
=432125π+768125π
=1200125π
=485π.
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1) R外=64a，
R内=612a，
V外=43πR外3=43π×64a3=68a3，
V内=43πR内3=43π×612a3=6216a3，
∴V外：V内=27：1.
(2)设BD为AC边上的高，则BD=125，
∴AD=95，
CD=165，
∴V上=13πBD2⋅AD=13π×1252×95=432125π，
V下=13πBD2⋅CD=13π×1252×165=768125π，
∴V=V上+V下
=432125π+768125π
=1200125π
=485π.
【答案】
解：(1)在△ABC中，设内角A,B,C的对边分别为a,b,c，
∵ sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC，
由正弦定理得， a2−b2−c2=bc，
即b2+c2−a2=−bc，
由余弦定理得，
csA=b2+c2−a22bc=−12.
∵ 0(2)由(1)知A=2π3，因为BC=3，即a=3，
由余弦定理得， a2=b2+c2−2bccsA，
∴ 9=b2+c2+bc=b+c2−bc.
由基本不等式bc≤b+c2知bc≤b+c24，
结合上式得9=b+c2−bc≥34b+c2,
b+c2≤12，
∴ b+c≤23，
当且仅当b=c=3时取等号，
∴ △ABC周长的最大值为3+23.
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
余弦定理
正弦定理
【解析】
(1)运用正弦定理和余弦定理求得角A的余弦值，然后根据角A的取值范围可得所求角；
(2) 运用余弦定理和基本不等式，即可得到所求最大值．
【解答】
解：(1)在△ABC中，设内角A,B,C的对边分别为a,b,c，
∵ sin2A−sin2B−sin2C=sinBsinC，
由正弦定理得， a2−b2−c2=bc，
即b2+c2−a2=−bc，
由余弦定理得，
csA=b2+c2−a22bc=−12.
∵ 0(2)由(1)知A=2π3，因为BC=3，即a=3，
由余弦定理得， a2=b2+c2−2bccsA，
∴ 9=b2+c2+bc=b+c2−bc.
由基本不等式bc≤b+c2知bc≤b+c24，
结合上式得9=b+c2−bc≥34b+c2,
b+c2≤12，
∴ b+c≤23，
当且仅当b=c=3时取等号，
∴ △ABC周长的最大值为3+23.
【答案】
解：设缉私船追上走私船所需时间为t小时，则有CD=103t海里，BD=10t海里．
在△ABC中，AB=3−1海里，AC=2海里，∠BAC=45∘+75∘=120∘，
根据余弦定理可得
BC=(3−1)2+22−4(3−1)cs120∘
=6海里．
根据正弦定理可得
sin∠ABC=ACsin120∘BC=2×326=22，∠ABC=45∘.
易知CB方向与正北方向垂直．从而∠CBD=90∘+30∘=120∘，
在△BCD中，根据正弦定理可得：
sin∠BCD=BDsin∠CBDCD=10tsin120∘103t=12，
∠BCD=30∘，∠BDC=30∘，
∴BD=BC=6海里．
则有10t=6，t=610≈0.245时=14.7分钟．
故缉私船沿北偏东60∘方向，需14.7分钟才能追上走私船．
【考点】
解三角形的实际应用
解三角形
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：设缉私船追上走私船所需时间为t小时，则有CD=103t海里，BD=10t海里．
在△ABC中，AB=3−1海里，AC=2海里，∠BAC=45∘+75∘=120∘，
根据余弦定理可得
BC=(3−1)2+22−4(3−1)cs120∘
=6海里．
根据正弦定理可得
sin∠ABC=ACsin120∘BC=2×326=22，∠ABC=45∘.
易知CB方向与正北方向垂直．从而∠CBD=90∘+30∘=120∘，
在△BCD中，根据正弦定理可得：
sin∠BCD=BDsin∠CBDCD=10tsin120∘103t=12，
∠BCD=30∘，∠BDC=30∘，
∴BD=BC=6海里．
则有10t=6，t=610≈0.245时=14.7分钟．
故缉私船沿北偏东60∘方向，需14.7分钟才能追上走私船．
【答案】
解：(1)∵ b→+c→=(sinx−1, −1)，
又∵ a→ // (b→+c→)，
∴ −(2+sinx)=sinx−1，
即sinx=−12，
又x∈[−π2, π2]，
∴ x=−π6.
(2)∵ a→=(2+sinx, 1)，b→=(2, −2)，
∴ f(x)=a→⋅b→=2(2+sinx)−2=2sinx+2，
又x∈R，
∴ 当sinx=−1时，函数f(x)有最小值，且最小值为0.
(3)a→+d→=3+sinx,1+k，
b→+c→=sinx−1,−1，
若(a→+d→)⊥(b→+c→)，
则(a→+d→)⋅(b→+c→)=0，
即(3+sinx)(sinx−1)−(1+k)=0，
∴ k=sin2x+2sinx−4=sinx+12−5，
由sinx∈−1,1，
∴ −5≤sinx+12−5≤−1，得k∈−5,−1，
∴ 存在k∈−5,−1，使得(a→+d→)⊥(b→+c→).
【考点】
平面向量共线（平行）的坐标表示
平面向量的坐标运算
平面向量数量积的运算
三角函数的最值
二次函数在闭区间上的最值
正弦函数的定义域和值域
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
（1）根据向量关系的坐标公式进行化简求解即可．
（2）根据向量数量积的公式进行化简，结合三角函数的性质进行求解即可．
（3）利用向量垂直的等价条件进行化简求解．
【解答】
解：(1)∵ b→+c→=(sinx−1, −1)，
又∵ a→ // (b→+c→)，
∴ −(2+sinx)=sinx−1，
即sinx=−12，
又x∈[−π2, π2]，
∴ x=−π6.
(2)∵ a→=(2+sinx, 1)，b→=(2, −2)，
∴ f(x)=a→⋅b→=2(2+sinx)−2=2sinx+2，
又x∈R，
∴ 当sinx=−1时，函数f(x)有最小值，且最小值为0.
(3)a→+d→=3+sinx,1+k，
b→+c→=sinx−1,−1，
若(a→+d→)⊥(b→+c→)，
则(a→+d→)⋅(b→+c→)=0，
即(3+sinx)(sinx−1)−(1+k)=0，
∴ k=sin2x+2sinx−4=sinx+12−5，
由sinx∈−1,1，
∴ −5≤sinx+12−5≤−1，得k∈−5,−1，
∴ 存在k∈−5,−1，使得(a→+d→)⊥(b→+c→).