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山东省济宁市育才中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版）
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这是一份山东省济宁市育才中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷（原卷版+解析版），文件包含山东省济宁市育才中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷原卷版docx、山东省济宁市育才中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
2024.05
本试卷共4页，19题，全卷满分150分. 考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号. 回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. （ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两角差的余弦公式结合即可求解.
【详解】由两角差的余弦公式得.
故选：C.
2. 已知复数满足 (其中为虚数单位)，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将复数化简为，再求模长即可.
【详解】，则，
.
故选
【点睛】本题主要考查了复数运算，同时考查了复数的模长公式，属于简单题.
3. 如图所示直角梯形上下两底分别为2和4，高为，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（ ）
A 2B. 3
C. 4D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由梯形面积公式求出原图的面积，结合原图与直观图面积的关系，分析即可得出结果.
【详解】根据题意，原图直角梯形中，上下两底分别为2和4，高为，
其面积，
则其直观图的面积.
故选：B.
4. 函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先由周期求出，再根据函数过点，求出，即可得解；
【详解】解：由图可知，所以，又，所以，
又函数过点，即，
所以，解得，因为，所以，
所以；
故选：C
5. 如图，石磨是用于把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种机械，通常由两个圆石做成．磨是平面的两层，两层的接合处都有纹理，粮食从上方的孔进入两层中间，沿着纹理向外运移，在滚动过两层面时被磨碎，形成粉末．如果一个石磨近似看作两个完全相同的圆柱体拼合而成，每个圆柱体的底面圆的直径是高的2倍，若石磨的侧面积为，则圆柱底面圆的半径为（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆柱底面圆的半径为，则圆柱的高为，结合圆柱的侧面积公式运算求解.
【详解】设圆柱底面圆的半径为，则圆柱的高为，
则石磨的侧面积为，解得.
故选：B.
6. 已知，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设与夹角为，由已知得出，再根据投影向量的计算公式求解即可．
【详解】由得，，设与夹角为，
则，解得，
所以在上的投影向量为，
故选：C．
7. 如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底B在同一平面内的两个观测点C与D，现测得，，米，在点C处测得塔顶A的仰角为，则该铁塔的高度约为（ ）（参考数据：，，，）
A. 40米B. 14米
C. 48米D. 52米
【答案】C
【解析】
【分析】在中利用正弦定理求，再在中求.
【详解】在中，由题意可得，
则，
，
由正弦定理可得，
在中，可得，
所以该铁塔的高度约为48米.
故选：C.
8. 已知的内角，，所对的边分别为，，，，且，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角恒等变换求出，再利用余弦定理和基本不等式求出的最大值，即可求得面积的最大值．
【详解】因为，
所以，
即，
即，
即，
所以，解得，
因为，所以，
又因为，，
，解得，
因为，，都为正数，所以，即，
解得，当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当时等号成立，
即面积的最大值为．
故选：A．
二、多项选择题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 对于复数，则下列结论中错误的是（ ）
A. 若，则为纯虚数B. 若，则
C. 若，则为实数D. 若，则不是复数
【答案】ABD
【解析】
【分析】A.由判断；B.由复数的实部和虚部判断；C.复数的分类判断；D.由复数的分类判断.
【详解】A.当时，为实数，故错误；
B.若，则，故错误；
C.若，则为实数，故正确；
D.若，则是实数，故错误；
故选：ABD
10. 已知函数，将函数图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再将所得图象上各点向左平移个单位长度，得到函数的图象，设函数，R则下列说法中正确的是（ ）
A. 是函数的一个周期
B. 直线是函数图象的一条对称轴
C. 当时，函数在R上的最大值为
D. 若函数在上有4个零点，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先根据图象的平移伸缩变换得到函数的解析式，再根据选项逐一判断求解.
【详解】将函数图象上所以点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，
得到的图象，
再将图象上各点向左平移个单位长度，
得到的图象，
所以.
A选项，由于，
所以不是的周期，故A错误；
B选项，由于
所以关于直线对称，因此B正确；
C选项，时，
所以当时，取最大值为，故C正确；
D选项，，
令，则
对称轴，
①若或，即或时，
在单调，最多只有一个零点，
此时不可能在有四个根，不符合题意，舍去；
②若，即时，
在先增后减，且，只需
，解得，
此时，，使得，
且有4个解，
所以D正确.
故选：BCD.
11. 圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则（ ）
A. 设内切球的半径为，外接球的半径为，则
B. 设内切球的表面积，外接球的表面积为，则
C. 设圆锥的体积为，内切球的体积为，则
D. 设、是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出圆锥的轴截面，依题意可得为等边三角形，设球心为（即为的重心），即可求出的外接圆和内切圆的半径，即可为圆锥的外接球、内切球的半径，即可判断A、B，由圆锥及球的体积公式判断C，所对的圆心角为（在圆上），设的中点为，即可求出，不妨设为上的点，连接，过点作交于点，利用三角形相似求出，即可求出截面圆的半径，从而判断D.
【详解】作出圆锥的轴截面如下：
因为圆锥的内切球和外接球的球心重合，所以为等边三角形，
又，所以，
设球心为（即为的重心），所以，，
即内切球的半径为，外接球的半径为，所以，故A正确；
设内切球的表面积，外接球的表面积为，则，故B错误；
设圆锥的体积为，则，
内切球的体积为，则，所以，故C正确；
设、是圆锥底面圆上的两点，且，则所对的圆心角为（在圆上），
设的中点为，则，不妨设为上的点，连接，则，
过点作交于点，则，所以，
即，解得，
所以平面截内切球截面圆的半径，
所以截面圆面积为，故D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是由题意得到圆锥的轴截面三角形为等边三角形，从而确定外接球、内切球的半径.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，若，则的夹角为________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用平面向量的坐标运算求出，再利用夹角公式求解即可.
【详解】易知，而，故，
解得，则，设夹角为，显然，
得，故.
故答案为：
13. 已知复数满足，则的最大值是__________.
【答案】6
【解析】
【分析】根据复数的几何意义和目标式的几何意义，即可求得结果.
【详解】由题意，复数对应的点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
而表示复数对应的点到点的距离，
最大的距离为，
即的最大值是.
故答案为：.
14. 如图，设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且若点D是外一点，，，则当四边形ABCD面积最大值时，____．
【答案】
【解析】
【详解】分析：由正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形内角和定理化简已知等式可得，根据范围B∈（0，π），可求B的值．
由余弦定理可得AC2=13﹣12csD，由△ABC为直角三角形，可求，,
S△BDC=3sinD，由三角函数恒等变换的应用可求四边形的面积为，利用三角函数化一公式得到最值时的角C值.
详解： ，由正弦定理得到
在三角形ACD中由余弦定理得到，三角形ABC的面积为
四边形的面积为
当三角形面积最大时，
故答案为
点睛：本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形内角和定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的图象和性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知复数在复平面上对应点在第一象限，且，的虚部为2.
（1）求复数；
（2）设复数、、在复平面上对应点分别为、、，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，得到、，根据和的虚部为2联立方程组解出、，再根据复数在复平面上对应点在第一象限得到复数；
（2）分别求出、，得到点、、的坐标，求出.
【小问1详解】
设，，，
由题意得，解得或，又因为复数在复平面上对应点在第一象限，所以.
【小问2详解】
，，，
所以对应的点，，，从而，，.
16. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）;（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）由平面向量的数量积定义与正弦定理进行化简的值，进而求教B;（2）利用余弦定理与基本不等式进行求解．
试题解析：（1）由题意得（a－c）csB＝bcsC．
根据正弦定理有（sinA－sinC）csB＝sinBcsC，
所以sinAcsB＝sin（C＋B），即sinAcsB＝sinA．
因为sinA>0，所以csB＝，
又B∈（0，π），所以B＝．
（2）因为||＝，所以
即b＝
根据余弦定理及基本不等式得
6＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝（2－）ac（当且仅当a＝c时取等号），即ac≤3（2＋）．
故△ABC的面积S＝acsinB≤．
考点：1．正弦定理；2．余弦定理；3．基本不等式．
17. 如图所示，经过村庄有两条夹角为的公路，根据规划拟在两条公路之间的区域内建一工厂，分别在两条公路边上建两个仓库（异于村庄），要求（单位：千米），设.
（1）用表示的长；
（2）为何值时，工厂生产噪声对居民的影响最小（即工厂与村庄的距离最远）?
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】
（1）在中，得到，利用正弦定理，即可求解；
（2）在中，得到，利用余弦定理和辅助角公式，化简求得，结合三角函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：在中，，且，所以，
由正弦定理可得，且，
所以.
【小问2详解】
解：在中，，
由余弦定理得
，
因为，可得的，
所以当且仅当时，即时，取得最大值，即的最大值为，
故设计时，工厂产生的噪音对居民的影响最小.
18. 已知函数，其中，函数图像上相邻的两个对称中心之间的距离为，且在处取到最小值.
（1）求函数的解析式.
（2）若将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再将向左平移个单位，得到函数图象，求函数的单调递增区间.
（3）若关于x的方程在上有两个不同的实根，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）或.
【解析】
【分析】（1）由题易知函数的最小正周期，最小值，结合条件可求出函数解析式；
（2）利用函数的图象变换规律，求得的解析式，再利用余弦函数的单调性，可得的增区间；
（3）利用数形结合可求.
【详解】（1）函数，其中，
由题知函数的最小正周期为，解得，
又函数在处取到最小值-2，
则，且，
即
令可得 ，
∴.
（2）函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得，再向左平移个单位可得
令，解得，
∴的单调递增区间为
（3）方程在上有两个不同实根，
作出函数的图象，
由图可知或
解得或.
19. 如图，在中，，点是上一点，与交于点，且，记.
（1）若，求实数的值；
（2）若，求证：；
（3）在（2）的条件下，求的最大值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先得到，再利用三点共线即可求解;
（2）由，得到，再利用正弦，余弦定理求解即可;
（3）由两角差的正切公式与化简得：，再由基本不等式即可求.
【小问1详解】
因为，故，
因为三点共线，故，故.
【小问2详解】
因为，故
，即.
故，所以.
故，由余弦定理，即，
由正弦定理可得，故.
【小问3详解】
因，故，
可得，
当且仅当，即时取等号.
故的最大值为.
2024.05
本试卷共4页，19题，全卷满分150分. 考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号. 回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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. （ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两角差的余弦公式结合即可求解.
【详解】由两角差的余弦公式得.
故选：C.
2. 已知复数满足 (其中为虚数单位)，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将复数化简为，再求模长即可.
【详解】，则，
.
故选
【点睛】本题主要考查了复数运算，同时考查了复数的模长公式，属于简单题.
3. 如图所示直角梯形上下两底分别为2和4，高为，则利用斜二测画法所得其直观图的面积为（ ）
A 2B. 3
C. 4D. 6
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由梯形面积公式求出原图的面积，结合原图与直观图面积的关系，分析即可得出结果.
【详解】根据题意，原图直角梯形中，上下两底分别为2和4，高为，
其面积，
则其直观图的面积.
故选：B.
4. 函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先由周期求出，再根据函数过点，求出，即可得解；
【详解】解：由图可知，所以，又，所以，
又函数过点，即，
所以，解得，因为，所以，
所以；
故选：C
5. 如图，石磨是用于把米、麦、豆等粮食加工成粉、浆的一种机械，通常由两个圆石做成．磨是平面的两层，两层的接合处都有纹理，粮食从上方的孔进入两层中间，沿着纹理向外运移，在滚动过两层面时被磨碎，形成粉末．如果一个石磨近似看作两个完全相同的圆柱体拼合而成，每个圆柱体的底面圆的直径是高的2倍，若石磨的侧面积为，则圆柱底面圆的半径为（ ）
A. 4B. 2C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆柱底面圆的半径为，则圆柱的高为，结合圆柱的侧面积公式运算求解.
【详解】设圆柱底面圆的半径为，则圆柱的高为，
则石磨的侧面积为，解得.
故选：B.
6. 已知，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设与夹角为，由已知得出，再根据投影向量的计算公式求解即可．
【详解】由得，，设与夹角为，
则，解得，
所以在上的投影向量为，
故选：C．
7. 如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底B在同一平面内的两个观测点C与D，现测得，，米，在点C处测得塔顶A的仰角为，则该铁塔的高度约为（ ）（参考数据：，，，）
A. 40米B. 14米
C. 48米D. 52米
【答案】C
【解析】
【分析】在中利用正弦定理求，再在中求.
【详解】在中，由题意可得，
则，
，
由正弦定理可得，
在中，可得，
所以该铁塔的高度约为48米.
故选：C.
8. 已知的内角，，所对的边分别为，，，，且，则面积的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角恒等变换求出，再利用余弦定理和基本不等式求出的最大值，即可求得面积的最大值．
【详解】因为，
所以，
即，
即，
即，
所以，解得，
因为，所以，
又因为，，
，解得，
因为，，都为正数，所以，即，
解得，当且仅当时等号成立，
所以，当且仅当时等号成立，
即面积的最大值为．
故选：A．
二、多项选择题：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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9. 对于复数，则下列结论中错误的是（ ）
A. 若，则为纯虚数B. 若，则
C. 若，则为实数D. 若，则不是复数
【答案】ABD
【解析】
【分析】A.由判断；B.由复数的实部和虚部判断；C.复数的分类判断；D.由复数的分类判断.
【详解】A.当时，为实数，故错误；
B.若，则，故错误；
C.若，则为实数，故正确；
D.若，则是实数，故错误；
故选：ABD
10. 已知函数，将函数图象上各点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，再将所得图象上各点向左平移个单位长度，得到函数的图象，设函数，R则下列说法中正确的是（ ）
A. 是函数的一个周期
B. 直线是函数图象的一条对称轴
C. 当时，函数在R上的最大值为
D. 若函数在上有4个零点，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】首先根据图象的平移伸缩变换得到函数的解析式，再根据选项逐一判断求解.
【详解】将函数图象上所以点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，
得到的图象，
再将图象上各点向左平移个单位长度，
得到的图象，
所以.
A选项，由于，
所以不是的周期，故A错误；
B选项，由于
所以关于直线对称，因此B正确；
C选项，时，
所以当时，取最大值为，故C正确；
D选项，，
令，则
对称轴，
①若或，即或时，
在单调，最多只有一个零点，
此时不可能在有四个根，不符合题意，舍去；
②若，即时，
在先增后减，且，只需
，解得，
此时，，使得，
且有4个解，
所以D正确.
故选：BCD.
11. 圆锥内半径最大的球称为该圆锥的内切球，若圆锥的顶点和底面的圆周都在同一个球面上，则称该球为圆锥的外接球.如图，圆锥的内切球和外接球的球心重合，且圆锥的底面直径为，则（ ）
A. 设内切球的半径为，外接球的半径为，则
B. 设内切球的表面积，外接球的表面积为，则
C. 设圆锥的体积为，内切球的体积为，则
D. 设、是圆锥底面圆上的两点，且，则平面截内切球所得截面的面积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】作出圆锥的轴截面，依题意可得为等边三角形，设球心为（即为的重心），即可求出的外接圆和内切圆的半径，即可为圆锥的外接球、内切球的半径，即可判断A、B，由圆锥及球的体积公式判断C，所对的圆心角为（在圆上），设的中点为，即可求出，不妨设为上的点，连接，过点作交于点，利用三角形相似求出，即可求出截面圆的半径，从而判断D.
【详解】作出圆锥的轴截面如下：
因为圆锥的内切球和外接球的球心重合，所以为等边三角形，
又，所以，
设球心为（即为的重心），所以，，
即内切球的半径为，外接球的半径为，所以，故A正确；
设内切球的表面积，外接球的表面积为，则，故B错误；
设圆锥的体积为，则，
内切球的体积为，则，所以，故C正确；
设、是圆锥底面圆上的两点，且，则所对的圆心角为（在圆上），
设的中点为，则，不妨设为上的点，连接，则，
过点作交于点，则，所以，
即，解得，
所以平面截内切球截面圆的半径，
所以截面圆面积为，故D正确；
故选：ACD
【点睛】关键点睛：本题解答的关键是由题意得到圆锥的轴截面三角形为等边三角形，从而确定外接球、内切球的半径.
三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.
12. 已知向量，，若，则的夹角为________.
【答案】##
【解析】
【分析】利用平面向量的坐标运算求出，再利用夹角公式求解即可.
【详解】易知，而，故，
解得，则，设夹角为，显然，
得，故.
故答案为：
13. 已知复数满足，则的最大值是__________.
【答案】6
【解析】
【分析】根据复数的几何意义和目标式的几何意义，即可求得结果.
【详解】由题意，复数对应的点的轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
而表示复数对应的点到点的距离，
最大的距离为，
即的最大值是.
故答案为：.
14. 如图，设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且若点D是外一点，，，则当四边形ABCD面积最大值时，____．
【答案】
【解析】
【详解】分析：由正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形内角和定理化简已知等式可得，根据范围B∈（0，π），可求B的值．
由余弦定理可得AC2=13﹣12csD，由△ABC为直角三角形，可求，,
S△BDC=3sinD，由三角函数恒等变换的应用可求四边形的面积为，利用三角函数化一公式得到最值时的角C值.
详解： ，由正弦定理得到
在三角形ACD中由余弦定理得到，三角形ABC的面积为
四边形的面积为
当三角形面积最大时，
故答案为
点睛：本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，三角形内角和定理，余弦定理，三角函数恒等变换的应用以及正弦函数的图象和性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和数形结合思想，属于中档题．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知复数在复平面上对应点在第一象限，且，的虚部为2.
（1）求复数；
（2）设复数、、在复平面上对应点分别为、、，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设，得到、，根据和的虚部为2联立方程组解出、，再根据复数在复平面上对应点在第一象限得到复数；
（2）分别求出、，得到点、、的坐标，求出.
【小问1详解】
设，，，
由题意得，解得或，又因为复数在复平面上对应点在第一象限，所以.
【小问2详解】
，，，
所以对应的点，，，从而，，.
16. 在中，角，，的对边分别为，，，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）;（2）
【解析】
【详解】试题分析：（1）由平面向量的数量积定义与正弦定理进行化简的值，进而求教B;（2）利用余弦定理与基本不等式进行求解．
试题解析：（1）由题意得（a－c）csB＝bcsC．
根据正弦定理有（sinA－sinC）csB＝sinBcsC，
所以sinAcsB＝sin（C＋B），即sinAcsB＝sinA．
因为sinA>0，所以csB＝，
又B∈（0，π），所以B＝．
（2）因为||＝，所以
即b＝
根据余弦定理及基本不等式得
6＝a2＋c2－ac≥2ac－ac＝（2－）ac（当且仅当a＝c时取等号），即ac≤3（2＋）．
故△ABC的面积S＝acsinB≤．
考点：1．正弦定理；2．余弦定理；3．基本不等式．
17. 如图所示，经过村庄有两条夹角为的公路，根据规划拟在两条公路之间的区域内建一工厂，分别在两条公路边上建两个仓库（异于村庄），要求（单位：千米），设.
（1）用表示的长；
（2）为何值时，工厂生产噪声对居民的影响最小（即工厂与村庄的距离最远）?
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】
（1）在中，得到，利用正弦定理，即可求解；
（2）在中，得到，利用余弦定理和辅助角公式，化简求得，结合三角函数的性质，即可求解.
【小问1详解】
解：在中，，且，所以，
由正弦定理可得，且，
所以.
【小问2详解】
解：在中，，
由余弦定理得
，
因为，可得的，
所以当且仅当时，即时，取得最大值，即的最大值为，
故设计时，工厂产生的噪音对居民的影响最小.
18. 已知函数，其中，函数图像上相邻的两个对称中心之间的距离为，且在处取到最小值.
（1）求函数的解析式.
（2）若将函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，再将向左平移个单位，得到函数图象，求函数的单调递增区间.
（3）若关于x的方程在上有两个不同的实根，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）或.
【解析】
【分析】（1）由题易知函数的最小正周期，最小值，结合条件可求出函数解析式；
（2）利用函数的图象变换规律，求得的解析式，再利用余弦函数的单调性，可得的增区间；
（3）利用数形结合可求.
【详解】（1）函数，其中，
由题知函数的最小正周期为，解得，
又函数在处取到最小值-2，
则，且，
即
令可得 ，
∴.
（2）函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变)，得，再向左平移个单位可得
令，解得，
∴的单调递增区间为
（3）方程在上有两个不同实根，
作出函数的图象，
由图可知或
解得或.
19. 如图，在中，，点是上一点，与交于点，且，记.
（1）若，求实数的值；
（2）若，求证：；
（3）在（2）的条件下，求的最大值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先得到，再利用三点共线即可求解;
（2）由，得到，再利用正弦，余弦定理求解即可;
（3）由两角差的正切公式与化简得：，再由基本不等式即可求.
【小问1详解】
因为，故，
因为三点共线，故，故.
【小问2详解】
因为，故
，即.
故，所以.
故，由余弦定理，即，
由正弦定理可得，故.
【小问3详解】
因，故，
可得，
当且仅当，即时取等号.
故的最大值为.
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