2023-2024学年重庆市黔江中学高一（下）月考数学试卷（3月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市黔江中学高一（下）月考数学试卷（3月份）（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若sinC=13，a=3，c=4，则sinA=( )
A. 23B. 14C. 34D. 16
2.已知a，b是不共线的向量，OA=λa+μb，OB=3a−2b，OC=2a−3b，若A、B、C三点共线，则实数λ，µ满足( )
A. λ=μ−5B. λ=μ+5C. λ=μ−1D. λ=μ+1
3.在△ABC中，点D在BC边上，且BD=DC，点E在AC边上，且AE=45AC，连接DE，若DE=mAB+nAC，则m+n=( )
A. −15B. 45C. −45D. 15
4.在△ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，若a=2，b=3，∠A=30°，则解此三角形的结果有( )
A. 无解B. 一解C. 两解D. 一解或两解
5.已知sinα= 55，csα=2 55，则tanα2=( )
A. 2− 5B. 2+ 5C. 5−2D. ±( 5−2)
6.已知三个单位向量a,b,c满足a⋅b=14，则(a+b)⋅c的最小值为( )
A. −52B. − 102C. −32D. − 112
7.在日常生活中，我们会看到如图所示的情境，两个人共提一个行李包，假设行李包所受重力为G，作用在行李包上的两个拉力分别为F1，F2，且|F1|=|F2|，F1与F2的夹角为θ，下列结论中正确的是( )
A. θ越小越费力，θ越大越省力B. θ的范围为[0,π]
C. 当θ=2π3时，|F1|=|G|D. 当θ=π2时，|F1|=|G|
8.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且 3cacsB=tanA+tanB，下列结论正确的是( )
A. A=π6
B. 当a=2，c=4时，△ABC的面积为4 3
C. 若AD是∠BAC的角平分线，且AD=2 3，则1b+1c=2
D. 当b−c= 3a3时，△ABC为直角三角形
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.有下列说法，其中正确的说法为( )
A. 若a//b,b//c，则a/​/c
B. 若a//b，则存在唯一实数λ使得a=λb
C. 两个非零向量a,b，若|a−b|=|a|+|b|，则a与b共线且反向
D. a⋅b>0是〈a,b〉是锐角的必要不充分条件
10.如图，M是△ABC所在平面内任意一点，O是△ABC的重心，则( )
A. AD+BE=CF
B. MA+MB+MC=3MO
C. MA+MB+MC=MD+ME+MF
D. BC⋅AD+CA⋅BE+AB⋅CF=0
11.已知函数f(x)=sin(ωx+π3)(ω>0)，若f(x)≤f(π6)，则( )
A. tan(ωx6)= 33B. f(x+2π)=f(x)
C. ω≥1D. f(x)在(0,π6)上无最值
12.已知△ABC中，AB=1，AC=4，BC= 13，D在BC上，AD为∠BAC的角平分线，E为AC中点，下列结论正确的是( )
A. BE= 3
B. △ABC的面积为 3
C. AD=4 25
D. P在△ABE的外接圆上，则PB+2PE的最大值为2 7
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知B=π3,a=5,b=7,c= ．
14.已知a=(1,2),b=(2,−3)，若c满足c⊥(a+b)且b//(a−c)，则c= ______．
15.由二维平面向量可以类比得到三维空间向量一些公式，比如若a=(x1,y1,z1)，b=(x2,y2,z2)则a⋅b=x1x2+y1y2+z1z2，|a|= x12+y12+z12等.非零向量a,b，若a⊥b⇔a⋅b.若a=(2,3,−4)，b=(2,−3,2)，则a、b向量垂直的单位向量的坐标是(写出一个即可) ______．
16.△ABC中，a=7，b=5，c=3，点P是△ABC内切圆M上一点，且AP=xAB+yAC，则x+y的最小值是______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知向量a=(2sinx,1)，b=(2csx,1),x∈R．
(1)当x=π4时，求向量a+b的坐标；
(2)设函数f(x)=a⋅b，将函数f(x)图象上的所有点向左平移π4个单位长度得到g(x)的图象，当x∈[0,π2]时，求函数g(x)的最小值．
18.(本小题12分)
如图，在△OAB中，P为线段AB上的一个动点(不含端点)，且满足AP=λPB．
(1)若λ=13，用向量OA,OB表示OP；
(2)若|OA|=6，|OB|=2，且∠AOB=120°，求OP⋅AB的取值范围．
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)求方程f(x)=−12在区间[0,4]内的所有实数根之和．
20.(本小题12分)
在如图所示的平面图形中，OM=1，ON=2，BM=2MA,CN=2NA，求：
(1)设BC=xOM+yON，求x+y的值；
(2)若OM//CN且∠MON∈[π6,π4]，求AM⋅AC的最小值．
21.(本小题12分)
如图，某巡逻艇在A处发现北偏东30°相距 6+ 2海里的B处有一艘走私船，正沿东偏南45°的方向以3海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以2 2海里/小时的速度沿着正东方向直线追去，1小时后，巡逻艇到达C处，走私船到达D处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以3 2海里/小时的速度沿着直线追击．
(1)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里
(2)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船．
22.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a、b、c.且2sinA−sinCsinC=a2+b2−c2a2+c2−b2．
(1)求sinA+sinC的取值范围；
(2)若C=π2，BC=2，O为BC中点，P为线段AO上一点，且满足BP⋅CP=0.求AP的值，并求此时△BPC的面积S．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵sinC=13，a=3，c=4，
∴由正弦定理可得sinA=a⋅sinCc=3×134=14．
故选：B．
由已知利用正弦定理即可计算得解．
本题主要考查了正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：因为OA=λa+μb，OB=3a−2b，OC=2a−3b，
所以AB=OB−OA=(3−λ)a−(2+μ)b，BC=OC−OB=−a−b，
若A，B，C三点共线，
则AB/​/BC，即3−λ=−(2+μ)，化简可得λ=μ+5．
故选：B．
由已知可求得AB=(3−λ)a−(2+μ)b，BC=−a−b，然后根据向量的共线性质即可求解．
本题主要考查两个向量共线的性质，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由题意得DE=DA+AE=−12(AB+AC)+45AC=−12AB+310AC，
∴m=−12,n=310,m+n=−15．
故选：A．
由已知结合向量的线性表示及平面向量基本定理可求m，n，进而可求m+n．
本题主要考查了向量的线性表示及平面向量基本定理，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：依题意，作出∠A=30°，AC=b=3，B落在射线AE上，
过C作CD⊥AE于D，
如图所示：
则在Rt△ACD中，由正弦定理CDsinA=ACsin∠CDA，
则CD=ACsinAsin∠CDA=3×sin30°sin90∘=32，
∵BC=a=2，
∴CD故以C为圆心，半径为2的圆C与射线AE相交，即有两个交点B1，B2，
显然，这个两交点B1，B2都可以作为点B，与A，C构造△ABC，且BC=2，
故满足题意的三角形有两个，即解此三角形的结果有两解．
故选：C．
根据题意作出图形，可得CD本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
5.【答案】C
【解析】解：∵sinα= 55，csα=2 55，∴tanα2=1−csαsinα= 5−2，
故选：C．
由条件利用半角公式求得tanα2的值．
本题主要考查半角公式的应用，属于基础题．
6.【答案】B
【解析】解：由题意可得|a|=|b|=|c|=1，
又因为a⋅b=14，
所以|a+b|= (a+b)2= |a|2+2a⋅b+|b|2= 102，
设a+b与c所成的角为θ，
则(a+b)⋅c=|a+b|⋅|c|⋅csθ= 102csθ，
又因为θ∈[0,π]，
所以csθ∈[−1,1]，
所以 102csθ∈[− 102, 102]，
即(a+b)⋅c∈[− 102, 102]，
所以(a+b)⋅c的最小值为− 102．
故选：B．
由题意可得|a+b|= 102，设a+b与c所成的角为θ，则有(a+b)⋅c= 102csθ，根据θ∈[0,π]求解即可．
本题考查平面向量数量积运算，属中档题．
7.【答案】C
【解析】解：根据题意，如图：依次分析选项：
对于A，由于F1+F2=G，且|F1|=|F2|，则有|F1|csθ2=12|G|，又由|G|为定值，故θ越小越省力，θ越大越费力，A错误；
对于B，θ的取值范围是[0,π)，B错误；
对于C，当θ=2π3时，有|F1|csπ3=12|G|，变形可得|F1|=|G|，C正确；
对于D，当θ=π2时，有|F1|csπ4=12|G|，变形可得 2|F1|=|G|，D错误；
故选：C．
根据题意，有F1+F2=G，且|F1|=|F2|，据此分析选项是否正确，即可得答案．
本题考查向量的实际应用，涉及向量的加法，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：对于选项A，因为 3cacsB=tanA+tanB，由正弦定理可得 3sinCsinAcsB=tanA+tanB，又因为sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，所以 3(sinAcsB+csAsinB)sinAcsB=tanA+tanB，化简可得 3(tanA+tanB)tanA=tanA+tanB，又tanA+tanB≠0，可得tanA= 3，又A∈(0,π)，故A=π3，即选项A错误；
对于选项B，当a=2，c=4时，csA=csπ3=b2+c2−a22bc=b2+16−48b，可得b2−4b+12=0，又Δ=16−48<0，即此方程无解，故此时三角形不存在，即选项B错误；
对于选项C，因为若AD是∠BAC的角平分线，且AD=2 3，故∠BAD=∠DAC=30°，而S△BAD+S△DAC=S△ABC，所以12c×2 3×sin30°+12b×2 3×sin30°=12bcsin60°，得c+b=12bc，所以1b+1c=12，即选项C错误；
对于选项D，因为b−c= 3a3，由正弦定理可得sinB−sinC= 33sinA=12，又A=π3，则B=2π3−C，所以sin(2π3−C)−sinC=12，化简可得cs(C+π6)=12，又C∈(0,2π3)，解得C=π6或π2，由条件可知C故选：D．
由正弦定理及三角恒等变换，结合三角形的面积公式及余弦定理逐一判断即可得解．
本题考查了正余弦定理的应用，以及三角形面积公式的应用，考查了运算能力，属于中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：A选项：当b=0时，a,c不一定平行，A错误；
B选项：当b=0,a≠0时，不存在实数λ使得a=λb，B错误；
C选项：由向量三角不等式取等号条件可知，C正确；
D选项：由a⋅b>0可知，a,b∈[0,π2)；
当a,b 是锐角时，有a⋅b>0．
所以a⋅b>0是a,b 是锐角的必要不充分条件，D正确．
故选：CD．
考虑b=0，可判断AB；根据向量三角不等式取等号条件可判断C；考虑同向时夹角为0，可判断D．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：对于A选项，由题意可知，D、E、F分别为BC、AC、AB的中点，
所以AD=AB+12BC=AB+12(AC−AB)=12(AB+AC)，
同理可得BE=12(BA+BC)，CF=12(CA+CB)，
所以AD+BE=12(AB+AC)+12(BA+BC)=12(AC+BC)=−CF，故A错误；
对于B选项，由A选项可知，AD+BE+CF=32(AO+BO+CO)=0，即AO+BO+CO=0，
又由重心的性质可知AD=32AO，BE=32BO，CF=32CO，
所以MA+MB+MC=(MO+OA)+(MO+OB)+(MO+OC)=3MO−(AO+BO+CO)=3MO，故B正确；
对于C选项，由重心的性质可知OD=12AO，OE=12BO，OF=12CO，
所以MD+ME+MF=(MO+OD)+(MO+OE)+(MO+OF)=3MO+12(AO+BO+CO)=3MO，故C正确；
对于D选项，BC⋅AD=12(AC−AB)⋅(AC+AB)=12(AC2−AB2)，
同理可得CA⋅BE=12(BA2−BC2)，AB⋅CF=12(CB2−CA2)，
因此BC⋅AD+CA⋅BE+AB⋅CF=12(AC2−AB2)+12(BA2−BC2)+12(CB2−CA2)=0，故D正确．
故选：BCD．
由平面向量的线性运算及数量积运算，结合三角形重心的性质对各选项进行判定即可．
本题考查平面向量的线性运算及数量积运算，考查三角形重心性质，属中档题．
11.【答案】ABC
【解析】解：f(x)=sin(ωx+π3)，
因为f(x)在x=π6处取得最大值，
所以πω6+π3=2kπ+π2，k∈Z，即πω6=2kπ+π6，k∈Z，
所以tanπω6= 33，故A正确；
因为πω6=2kπ+π6，k∈Z，
解得ω=12k+1，k∈Z，
又ω>0，
所以ω≥1，故C正确；
f(x+2π)=sin(ωx+2ωπ+π3)=sin[ωx+π3+2(12k+1)π]=f(x)，(k∈Z)，故B正确；
易验证当ω=13时，f(x)在x=π78处取得最大值，故D错误．
故选：ABC．
利用正弦函数的性质，诱导公式以及特殊角的三角函数值即可判断A；由题意解得ω=12k+1，k∈Z，结合ω>0，可求ω≥1，即可判断C；利用诱导公式即可判断B；利用正弦函数的性质即可判断D．
本题主要考查了三角函数恒等变换以及正弦函数的性质的应用，考查了函数思想，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：在三角形ABC中，由余弦定理cs∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=1+16−132×1×4=12，
∴∠BAC=60°，故S△ABC=12×AB×AC×sin60°=12×1×4× 32= 3，故B正确；
在△ABE中，由余弦定理得：BE2=AB2+AE2−2AB⋅AE⋅cs∠BAC=1+4−2×1×2×12=3，
∴BE= 3，故A正确；
由余弦定理可知：csC=13+16−12×4× 13=72 13，∴sinC= 32 13，
∵AD平分∠BAC，∴∠DAC=30°，
∴sin∠ADC=sin(C+30°)= 32 13× 32+72 13×12=52 13，
在三角形ACD中，由正弦定理可得：ADsinC=ACsin∠ADC，故AD=AC⋅sinCsin∠ADC=4 35，故C错误；
∵AB=1，AE=2，∠BAE=60°，∴BE= 1+4−2×1×2×12= 3，
∴AB⊥BE，
∴AE为△ABE的外接圆的直径，故△ABE的外接圆的半径为1，
显然当PB+2PE取得最大值时，P在优弧BAE上．
故∠BPE=∠BAE=60°，设∠PBE=α，则∠PEB=120°−α，0°<α<120°，
∴PBsin(120∘−α)=PEsinα=2，
∴PB=2sin(120°−α)= 3csα+sinα，PE=2sinα，
∴PB+2PE= 3csα+5sinα=2 7sin(α+θ)，其中sinθ= 32 7，csθ=52 7，
∴当α+θ=π2时，PB+2PE取得最大值2 7，故D正确．
故选：ABD．
利用余弦定理计算∠BAC=60°，利用余弦定理计算BE，根据面积公式计算三角形ABC的面积，利用正弦定理计算AD，设∠PBE=α，用α表示出PB，PE，得出PB+2PE关于α的三角函数，从而得到PB+2PE的最大值．
本题考查了正弦定理、余弦定理，考查三角恒等变换，属于中档题．
13.【答案】8
【解析】【分析】
利用余弦定理计算可得．
本题主要考查余弦定理的应用，属于基础题．
【解答】
解：由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，B=π3,a=5,b=7，
即72=52+c2−2×5×c×12，即c2−5c−24=0，解得c=8或c=−3(舍去)．
故答案为：8．
14.【答案】(79,73)
【解析】解：设c=(x,y)，a+b=(3,−1),a−c=(1−x,2−y)，
由于c⊥(a+b)且b//(a−c)，
所以3x−y=02(2−y)=−3(1−x)，解得x=79,y=73，
所以c=(79,73)．
故答案为：(79,73)．
设出c，根据向量垂直和平行列方程，从而求得c．
本题考查向量的坐标运算、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
15.【答案】(13,23,23)(答案不唯一)
【解析】解：设向量n=(x,y,z)与a，b垂直，则2x+3y−4z=02x−3y+2z=0，取x=1得n=(1,2,2)，
所以与n共线的单位向量±n|n|的坐标为(13,23,23)或(−13,−23,−23)．
故答案为：(13,23,23)(答案不唯一)．
利用向量垂直的坐标表示，先求与a，b垂直的向量n，然后由±n|n|可得．
本题主要考查了类比推理，考查了单位向量的定义，属于基础题．
16.【答案】115
【解析】解：由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=−12，则∠A=120°，
如图建立坐标系，则A(0,0),B(−32,3 32),C(5,0)，
设三角形内切圆半径为r，由S△ABC=12bcsinA=12(a+b+c)r，
得r= 32，
结合内心性质及∠A=120°，易得圆心M(12, 32)，则圆的参数方程为x′=12+ 32csθy′= 32+ 32sinθ，
因为AP=xAB+yAC=x(−32,3 32)+y(5,0)=(−32x+5y,3 32x)，
所以−32x+5y=12+ 32csθ3 32x= 32+ 32sinθ，
所以x=13+13sinθy=15+110sinθ+ 310csθ，
所以x+y=815+1330sinθ+ 310csθ=815+715sin(θ+φ)(其中tanφ=3 313)，
所以当sin(θ+φ)=−1时，x+y取得最小值115．
先求出角A，然后求出内切圆的半径和参数方程，然后结合向量的线性运算的坐标表示，然后求出x+y的表达式，利用三角函数性质求出最小值．
本题主要考查了向量线性表示的坐标表示，圆的参数方程的应用，辅助角公式的应用，还考查了正弦函数性质的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)x=π4时，向量a=( 2,1)，b=( 2,1)，
所以a+b=(2 2,2)；
(2)依题意知，f(x)=a⋅b=4sinxcsx+1=2sin2x+1，
所以g(x)=f(x+π4)=2sin[2(x+π4)]+1=2cs2x+1，
又x∈[0,π2]，所以2x∈[0,π]，
所以当2x=π，即x=π2时，
函数g(x)取得最小值为g(x)min=2csπ+1=−1．
【解析】(1)求出x=π4时向量a和b，再求两向量的和；
(2)化简函数f(x)，根据坐标平移得出函数g(x)，再求x∈[0,π2]时函数g(x)的最小值．
本题考查了平面向量的数量积运算和三角恒等变换问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
18.【答案】解：(1)在△OAB中，P为线段AB上的一个动点(不含端点)，且满足AP=λPB，
则AP=λλ+1AB，
则OP=OA+AP=OA+λλ+1(OB−OA)=1λ+1OA+λλ+1OB，
当λ=13时，OP=34OA+14OB；
(2)由(1)可知OP=1λ+1OA+λλ+1OB，
所以OP⋅AB=(1λ+1OA+λλ+1OB)⋅(OB−OA)=−1λ+1|OA|2+1−λλ+1OA⋅OB+λλ+1|OB|2，
因为|OA|=6,|OB|=2，∠AOB=120°，
所以OP⋅AB=−36λ+1+1−λλ+1×6×2×(−12)+4λλ+1=10−52λ+1，
因为λ>0，
所以−52<−52λ+1<0，
所以−42即OP⋅AB的取值范围为(−42,10)．
【解析】(1)利用平面向量的线性运算即可求解；
(2)利用平面向量数量积的运算求解即可．
本题考查了平面向量的线性运算，重点考查了平面向量数量积的运算，属中档题．
19.【答案】解：(1)根据函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象，
可得A=2，12×2πω=76−16，∴ω=π．
结合五点法作图，可得π×16+φ=π2，∴φ=π3，故f(x)=2sin(πx+π3).
(2)方程f(x)=−12，即sin(πx+π3)=−14，在区间[0,4]内，πx+π3∈[π3,4π+π3]，
方程sin(πx+π3)=−14 有4个解，设为p、q、m、n，且p则πp+π3+(πq+π3)2=3π2，且 πm+π3+(πn+π3)2=7π2，
即πp+π3+πq+π3=3π，且πm+π3+πn+π3=7π，
求得p+q+m+n=263，
故方程的所有实数根之和p+q+m+n=263．
【解析】(1)由题意，利用函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，可得函数的解析式．
(2)由题意，方程sin(πx+π3)=−14 在区间[0,4]内共计有4个解，再利用正弦函数的图象和性质，所有实数解之和．
本题主要考查由函数y=Asin(ωx+φ)的部分图象求解析式，由函数的图象的顶点坐标求出A，由周期求出ω，由五点法作图求出φ的值，正弦函数的图象和性质，属于中档题．
20.【答案】解：(1)因为BM=2MA,CN=2NA，
所以BC=AC−AB=3AN−3AM=3MN=−3OM+3ON，
BC=xOM+yON，由平面向量基本定理可知，
所以x=−3，y=3，即x+y=0；
(2)因为∠MON∈[π6,π4]，所以记θ=〈OM,ON〉∈[π6,π4]，
因为OM//CN，所以∠CNO=∠MON=θ，
设CA=λOM，
则AB=AC+CB=−λOM+3(OM−ON)=(3−λ)OM−3ON，
所以，AM=13AB=3−λ3OM−ON，
所以AM⋅AC=(3−λ3OM−ON)⋅(−λOM)=λ2−3λ3OM2+λOM⋅ON=λ2−3λ3|OM|2+λ|OM|⋅|ON|csθ=λ2−3λ3+2λcsθ=λ2+(6csθ−3)λ3，
所以当λ=−6csθ−32时，λ2+(6csθ−3)λ3取得最小值，最小值为−(6csθ−3)212，
又因为θ∈[π6,π4]，
则csθ∈[ 22, 32]，6csθ∈[3 2,3 3]，
6csθ−3∈[3 2−3,3 3−3]，
所以−(6csθ−3)212∈[3 3−62,6 2−94]，即AM⋅AC的最小值为3 3−62．
【解析】(1)由向量减法得BC=AC−AB，再根据向量共线可得BC=−3OM+3ON，进而得答案；
(2)由题知∠CNO=∠MON=θ，设CA=λOM，进而得AM⋅AC=λ2+(6csθ−3)λ3，再结合二次函数与三角函数求范围即可得答案．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
21.【答案】解：由题知，当走私船发现巡逻艇时，走私船在D点，巡逻艇在C点，
在△ABC中，AB= 6+ 2，AC=2 2，∠BAC=60°，
由余弦定理有：BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs∠BAC=12，∴BC=2 3，
由正弦定理有：BCsin∠BAC=ACsin∠ABC，∴sin∠ABC= 22，∵BC>AC，∴∠BAC>∠ABC，∴∠ABC=45°，
在△BCD中，BD=3，BC=2 3，∠CBD=30°，
由余弦定理有：CD2=BD2+BC2−2BD⋅BC⋅cs∠CBD=9，∴CD=3，
∴∠BCD=∠CBD=30°，∴∠BDC=120°，∴∠CDE=105°，
设经过t小时后巡逻艇追上走私船，即在E处追上，
在△CDE中，CD=3，DE=3t，CE=3 2t，
由正弦定理有：DEsin∠DCE=CEsin∠CDE，∴sin∠DCE= 3+14．
∴巡逻艇应该沿北偏东(15°+α)，其中sinα= 3+14去追，才能最快追上走私船．
【解析】由题意可知，(1)在平面图形中多次解三角形即可求得；
(2)在平面图形中多次解三角形即可求得．
本题考查解三角形的实际应用问题，关键在于理清题意，属于中档题．
22.【答案】解：(1)由正弦定理及2sinA−sinCsinC=a2+b2−c2a2+c2−b2，
得2a−cc=a2+b2−c2a2+c2−b2，
即2ac−1=2a2−a2+b2−c2a2+c2−b2=2a2a2+c2−b2−1，
化简得a2+c2−b2=ac，
故csB=a2+c2−b22ac=12，
又B∈(0,π)，
故B=π3，
所以A+C=2π3，
故sinA+sinC=sinA+sin(2π3−A)=sinA+ 32csA+12sinA
=32sinA+ 32csA= 3sin(A+π6)，
又0则π6所以 3sin(A+π6)∈( 32, 3],
故sinA+sinC∈( 32, 3]．
(2)因为BP⋅CP=0，
所以PB⊥PC，
因为BC=2，O为BC中点，
所以PO=1，
所以B=π3,C=π2，
所以AC=2 3，AB=4，
所以AO= (2 3)2+12= 13，AP= 13−1，
设∠OCP=α，
则∠COP=π−2α，
所以sinα=PBBC=12PB，csα=PCBC=12PC，
所以S=12PB×PC=2sinαcsα=sin2α，
在直角△ACO中，sin∠COA=sin(π−2α)=sin2α=ACAO=2 3 13=2 3913，
所以当AP= 13−1时，△BPC的面积S为2 3913．
【解析】(1)利用正弦定理角化边，再由余弦定理可得B=π3，然后利用正弦函数性质可解；
(2)先求PO，AC，AB，设∠OCP=α，利用Rt△BPC表示出sinα，csα，再利用Rt△ACO建立方程即可求解．
本题考查了正弦定理及余弦定理重点考查了平面向量数量积的运算，属中档题．