2023-2024学年浙江省杭州市学军中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省杭州市学军中学高一（下）期中数学试卷（含解析），共19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.已知集合A={x|x<5}，B={x|3−x<1}，则A∩B=( )
A. (−2,5)B. (4,5)C. (−∞,2)D. (2,5)
2.若复数a+bi1+2i(a,b∈R)为纯虚数，则ab=( )
A. −52B. −2C. 25D. 12
3.一个正四棱台形状的鱼塘，灌满水时，蓄水量为9100m3，若它的两底面边长分别为60m和50m，则此时鱼塘的水深( )
A. 2mB. 2.5mC. 3mD. 4m
4.如图，△A′B′C′为水平放置的△ABC的直观图，其中A′B′=2，A′C′=B′C′= 10，则在原平面图形△ABC中有( )
A. AC=BCB. AB=2C. BC= 82D. S△ABC=3 2
5.已知tanα=2，则sin2α+cs2αsin2α+cs2α的值为( )
A. 15B. 13C. 35D. 45
6.函数f(x)=x+ln( x2+1+x)⋅csx在[−2π,2π]上的图象可能是( )
A. B.
C. D.
7.正方形ABCD的边长为6，点E，F分别在边AD，BC上，且DE=EA，CF=2FB，如果对于常数λ，在正方形ABCD的四条边上(不含顶点)有且只有6个不同的点P，使得PE⋅PF=λ成立，那么λ的取值范围为( )
A. (−3,−14)B. (−3,3)C. (−14,3)D. (3,12)
8.在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，则Sa2+4bc的最大值为( )
A. 216B. 312C. 316D. 218
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列对应关系f，能构成从集合M到集合N的函数的是( )
A. M={12,1,32}，N={−6,−3,1}，f(12)=−6，f (1)=−3，f(32)=1
B. M=N={x|x≥−1}，f(x)=2x+1
C. M=N={1,2,3}，f(x)=2x+1
D. M=Z，N={−1,1}，f(x)=−1,x为奇数1,x为偶数
10.已知O为坐标原点，点P1(csα,sinα)，P2(csβ,−sinβ)，P3(cs(α+β),sin(α+β))，A(1,0)，则( )
A. |OP1|=|OP2|B. |AP1|=|AP2|
C. OA⋅OP3=OP1⋅OP2D. OA⋅OP1=OP2⋅OP3
11.已知函数f(x)=cs(ωx+π4)(ω>0)在区间[0,π]上有且仅有3个对称中心，则下列正确的是( )
A. ω的值可能是3B. f(x)的最小正周期可能是2π3
C. f(x)在区间[0,π16]上单调递减D. f(x)图象的对称轴可能是x=3π8
三、填空题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
12.在△ABC中，∠A=60°，AB=3，AC=2，则BC= ______；若BD=2DC，AE=λAC−AB(λ∈R)，且AD⋅AE=−4，则λ的值为______．
13.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，则它的外接球的表面积为______；若E为B1C1的中点，则过B、D、E三点的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面面积为______．
14.函数f(x)=|lg5(1−x)|(x<1)−(x−2)2+2(x≥1)，若关于x的方程f(x+1x−2)−t=0恰好有8个不同的实数根，则实数t的取值范围是 ．
四、解答题：本题共5小题，共74分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
求值：
(1)80.25×42+lg510−1lg25−2lg23；
(2)已知a>0，b>0，a+b=1，求1a(b+1b)的最小值．
16.(本小题13分)
在①2sin(A+π6)=a+cb，②(a+c−b)(a+c+b)=3ac，③sinA−sinBa−c=sinCa+b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．
问题：在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_____．
(1)求B；
(2)若BC=3AB，求sinA．
17.(本小题15分)
2023年9月17日，联合国教科文组织第45届世界遗产大会通过决议，将中国“普洱景迈山古茶树文化景观”列入《世界遗产名录》，成为全球首个茶主题世界文化遗产.经验表明，某种普洱茶用95℃的水冲泡，等茶水温度降至60℃饮用，口感最佳.某科学兴趣小组为探究在室温条件下，刚泡好的茶水达到最佳饮用口感的放置时间，每隔1分钟测量一次茶水温度，得到茶水温度y(单位：℃)与时间(单位：分钟)的部分数据如下表所示：
(1)给出下列三种函数模型：①y=at+b(a<0)，②y=a⋅bt+c(a>0,0③y=lga(t+b)+c(b>0,a>1)，请根据上表中的数据，选出你认为最符合实际的函数模型，简单叙述理由，并利用前2分钟的数据求出相应的解析式：
(2)根据(1)中所求模型，
(i)请推测实验室室温(注：茶水温度接近室温时，将趋于稳定)；
(ii)求刚泡好的普洱茶达到最佳饮用口感的放置时间(精确到0.1)．
(参考数据：lg3≈0.477，lg5≈0.699)
18.(本小题17分)
如图所示，△ABC为等边三角形，AB=4 3.I为△ABC的内心，点P在以I为圆心，1为半径的圆上运动．
(1)求出(PA)2+(PB)2+(PC)2的值．
(2)求PA⋅PB的范围．
(3)若xPA+yPB+zPC=0(x,y,z∈R)，当xy最大时，求zx+y的值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)和g(x)的定义域分别为D1和D2，若对任意x0∈D1，恰好存在n个不同的实数x1，x2，…，xn∈D2，使得g(xi)=f(x0)(其中i=1，2，…，n，n∈N*)，则称g(x)为f(x)的“n重覆盖函数”．
(1)判断g(x)=x2−2x+1(x∈[0,4])是否为f(x)=x+4(x∈[0,5])的“n重覆盖函数”，如果是，求出n的值；如果不是，说明理由；
(2)若g(x)=ax2+(2a−3)x+1,−2≤x≤1x−1,x>1为f(x)=lg22x+22x+1的“2重覆盖函数”，求实数a的取值范围；
(3)函数[x]表示不超过x的最大整数，如[1.2]=1，[2]=2，[−1.2]=−2，若h(x)=ax−[ax]，x∈(0,2)为f(x)=xx2+1，x∈[0,+∞)的“2024重覆盖函数”，求正实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：集合A={x|x<5}，B={x|3−x<1}={x|x>2}，
则A∩B={x|2故选：D．
求出集合A，B，利用交集定义能求出A∩B．
本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：设a+bi1+2i=mi(m∈R,m≠0)，
则a+bi=−2m+mi，
即a=−2m，b=m，
则ab=−2．
故选：B．
根据复数的除法运算化简复数，再根据纯虚数的概念列式可求出结果．
本题考查了复数的基本概念，考查了复数是纯虚数的条件，是基础题．
3.【答案】C
【解析】解：设水深为hm，则13(602+ 602×502+502)h=9100，
解得h=3，故此时水深为3m．
故选：C．
根据棱台的体积公式直接计算出水深．
本题考查棱台的体积公式，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：把直观图转化为原平面图形，如图所示：
取A′B′的中点D，连接C′D，
△A′B′C′中，A′B′=2，A′C′=B′C′= 10，
所以C′D⊥A′B′，
所以C′D= ( 10)2−12=3，
所以O′D=C′D=3，
所以O′A′=3−1=2，O′C′= 2O′D=3 2；
在原平面图形△ABC中，AB=2A′B′=4，AC= OA2+AC2= 42+(3 2)2= 34，
BC= OB2+OC2= 82+(3 2)2= 82，
△ABC的面积为S△ABC=S△OBC−S△OAC=12×3 2×8−12×3 2×4=6 2．
故选：C．
把直观图转化为原平面图形，再对选项中的命题真假性判断即可．
本题考查了平面图形的直观图与原图形的转化和应用问题，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：由于：tanα=2，
sin2α+cs2αsin2α+cs2α=cs2α2sinαcsα+cs2α=12tanα+1=15．
故选：A．
直接利用三角函数的关系式的变换的应用求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数的关系式的变换，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为函数y=ln( x2+1+x)为奇函数，y=csx为偶函数，
则y=ln( x2+1+x)csx为奇函数，又y=x为奇函数，
故f(x)=x+ln( x2+1+x)⋅csx为奇函数，
故选项A，B错误；
当x=π时，f(π)=π−ln( π2+1+π)，
f(2π)=2π+ln( 4π2+1+2π)，
所以f(2π)>f(π)，
故选项C正确，选项D错误．
故选：C．
利用函数奇偶性排除选项A，B，然后利用以f(2π)和f(π)的大小关系，即可判断选项C，D．
本题考查了函数图象的识别，解题的关键是掌握识别图象的方法：可以从定义域、值域、函数值的正负、特殊点、特殊值、函数的性质等方面进行判断，考查了直观想象能力与逻辑推理能力，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：以DC为x轴，以DA为y轴建立平面直角坐标系，如图，则E(0,3)，F(6,4)．
(1)若P在CD上，设P(x,0)，0≤x≤6.∴PE=(−x,3)，PF=(6−x,4)
∴PE⋅PF=x2−6x+12=(x−3)2+3，
∵x∈[0,6]，∴3≤PE⋅PF≤12．
∴当λ=3时有一解，当3<λ≤12时有两解．
(2)若P在AD上，设P(0,y)，
∵0∴PE⋅PF=y2−7y+12=(y−72)2−14，
∵0∴当λ=−14或6<λ<12，有一解，当−14≤λ<6时有两解．
(3)若P在AB上，设P(x,6)，0∴PE⋅PF=x2−6x+6=(x−3)2−3，
∵0∴当λ=−3时有一解，当−3<λ≤6时有两解．
(4)若P在BC上，设P(6,y)，0∴PE=(−6,3−y)，PF=(0,4−y)．
∴PE⋅PF=y2−7y+12=(y−72)2−14，
∵0∴当λ=−14或6≤λ<12时有一解，
当−14≤λ<12时有两解．
综上，若在正方形ABCD的四条边上(不含顶点)有且只有6个不同的点P，
则−14<λ<3．
故选：C．
以DC为x轴，以DA为y轴建立平面直角坐标系，求出数量积PE⋅PF的表达式，结合一元二次函数的图象和性质求出PE⋅PF=λ有一解，两解的情况，即可得到结论．
本题主要考查数量积的应用，建立坐标系，转化为一元二次函数，利用一元二次函数的图象和性质进行求解是解决本题的关键．
8.【答案】A
【解析】解：由题意可得S=12bcsinA，
Sa2+4bc=12bcsinAb2+c2−2bccsA+4bc≤12bcsinA2bc−2bccsA+4bc=12bcsinA6bc−2bccsA=12sinA6−2csA，
令12sinA6−2csA=t，
可得12sinA=6t−2tcsA，
12sinA+2tcsA=6t≤ 14+4t2，
∴t≤ 216，
故选：A．
将Sa2+4bc利用面积公式和余弦定理展开可得12bcsinAb2+c2−2bccsA+4bc，在运用基本不等式化简为12sinA6−2csA，最后结合辅助角公式即可求得t的最大值．
本题主要考查了三角形面积公式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了构造函数法求最值，属于中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：∵M={12,1,32}，N={−6,−3,1}，
f(12)=−6，f (1)=−3，f(32)=1，
由定义知M中的任一个元素，N中都有唯一的元素和它相对应，
∴能构成从集合M到集合N的函数，故A正确；
对于B，M=N={x|x≥−1}，f(x)=2x+1，能构成从集合M到集合N的函数，故B正确；
对于C，M=N={1,2,3}，f(x)=2x+1，
∵f(2)=5，f(3)=7，5∉{1,2,3}，7∉{1,2,3}，
∴不能构成从集合M到集合N的函数，故C错误；
对于D，M=Z，N={−1,1}，f(x)=−1,x为奇数1,x为偶数，
能构成从集合M到集合N的函数，故D正确．
故选：ABD．
利用函数的概念及构成要素直接求解．
本题考查函数的判断，考查函数的概念及构成要素等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
10.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查平面向量数量积的性质及运算，考查同角三角函数基本关系式及两角和的三角函数，是中档题．
由已知点的坐标分别求得对应向量的坐标，然后逐一验证四个选项得答案．
【解答】
解：∵P1(csα,sinα)，P2(csβ,−sinβ)，P3(cs(α+β),sin(α+β))，A(1,0)，
∴OP1=(csα,sinα)，OP2=(csβ,−sinβ)，
OP3=(cs(α+β),sin(α+β))，OA=(1,0)，
AP1=(csα−1,sinα)，AP2=(csβ−1,−sinβ)，
则|OP1|= cs2α+sin2α=1，|OP2|= cs2β+(−sinβ)2=1，则|OP1|=|OP2|，故A正确；
|AP1|= (csα−1)2+sin2α= cs2α+sin2α−2csα+1= 2−2csα，
|AP2|= (csβ−1)2+(−sinβ)2= cs2β+sin2β−2csβ+1= 2−2csβ，
|AP1|=|AP2|不能恒成立，故B错误；
OA⋅OP3=1×cs(α+β)+0×sin(α+β)=cs(α+β)，
OP1⋅OP2=csαcsβ−sinαsinβ=cs(α+β)，
∴OA⋅OP3=OP1⋅OP2，故C正确；
OA⋅OP1=1×csα+0×sinα=csα，
OP2⋅OP3=csβcs(α+β)−sinβsin(α+β)=cs[β+(α+β)]=cs(α+2β)，
∴OA⋅OP1=OP2⋅OP3不能恒成立，故D错误．
故选：AC．
11.【答案】ABC
【解析】解：因为函数f(x)=cs(ωx+π4)(ω>0)在区间[0,π]上有且仅有3个对称中心，
且当0≤x≤π时，π4≤ωx+π4≤πω+π4，
所以，5π2≤πω+π4<7π2，解得94≤ω<134，A对；
因为94≤ω<134，则函数f(x)的最小正周期为T=2πω∈(8π13,8π9],
且2π3∈(8π13,8π9],B对；
当0≤x≤π16时，π4≤ωx+π4≤π16ω+π4，
因为94≤ω<134，则25π64≤π16ω+π4<2964π，
所以，函数f(x)在区间[0,π16]上单调递减，C对；
35π32≤3πω8+π4<47π32，所以，f(x)图象的对称轴不可能是x=3π8，D错．
故选：ABC．
利用辅助角公式化简函数f(x)的解析式，利用正弦型函数的对称性可判断AD选项；利用正弦型函数的单调性可判断C选项；利用正弦型函数的周期公式可判断B选项．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
12.【答案】 7 311
【解析】解：如图所示，
在△ABC中，∠A=60°，AB=3，AC=2，
由余弦定理可得：BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅csA
=9+4−2×3×2×12=7，则BC= 7；
∵BD=2DC，
∴AD=AB+BD=AB+23BC=AB+23(AC−AB)=13AB+23AC，
又∵AE=λAC−AB(λ∈R)，
∴AD⋅AE=(13AB+23AC)⋅(λAC−AB)
=(13λ−23)AB⋅AC−13AB2+23λAC2
=(13λ−23)×3×2×cs60°−13×32+23λ×22=−4，
∴113λ=1，解得λ=311．
故答案为： 7；311．
根据题意画出图形，结合图形，直接利用余弦定理求解BC；再利用AB、AC表示出AD，根据平面向量的数量积列方程求出λ的值．
本题考查平面向量的线性运算与数量积运算，训练了余弦定理的应用，是中档题．
13.【答案】12π 92
【解析】解：①在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，则它的外接球半径为2R= 22+22+22，解得R= 3，所以外接球的表面积为S=4⋅π⋅( 3)2=12π；
②如图所示：
过点E作EK//BD，连接DK，所以过B、D、E三点的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面为EKDB且为等腰梯形，
过点E作EF⊥BC于点F，过点F作FG⊥BD，连接EG，所以EG为梯形EKDB的高，
且EG= 22+( 22)2=3 22，
所以S梯形EKDB=12×(2 2+ 2)×3 22=92．
故答案为：12π；92．
①首先利用正方体的对角线和外接球的半径的关系求出R的值，进一步求出球的表面积；
②首先利用直线间的平行关系求出截面，进一步求出截面的高和截面面积．
本题考查的知识点：正方体和外接球的关系，球的半径的求法，截面积的求法，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
14.【答案】(1,2)
【解析】【分析】
本题考查了复合函数的零点问题，属于中档题．
令m=x+1x−2，由对勾函数得到其单调性和值域情况，画出函数f(x)的图象，数形结合得到不同的t，根据两函数交点情况，得到答案．
【解答】
解：令m=x+1x−2，由对勾函数的性质可知：
对于一个确定的m值，关于x的方程m=x+1x−2最多两个解，
画出m=x+1x−2的图象如下：
故m=x+1x−2值域为(−∞,−4]∪[0,+∞)，
作出函数f(x)的图象，如下：
令|lg5(1−x)|=1，解得：x1=0.8，x2=−4，
令|lg5(1−x)|=2，解得：x3=0.96，x4=−24，
令−(x−2)2+2=0，解得：x5=2+ 2，
当t<0时，存在唯一的m∈(2+ 2,+∞)，使得f(m)=t，此时方程m=x+1x−2有两解；
当t=0时，存在m1=0,m2=2+ 2使得f(m)=0，此时方程m=x+1x−2有三解，
其中m1=0时，有1个解即x=1,m2=2+ 2时，有2个解；
当t∈(0,1)时，存在m1∈(−4,0),m2∈(0,0.8),m3∈(3,2+ 2)使得f(m)=t，此时方程m=x+1x−2有四解，
m1∈(−4,0)时，无解，m2∈(0,0.8)时，有2个解，m3∈(3,2+ 2)时，有2个解；
当t=1时，存在m1=−4，m2=0.8，m3=1，m4=3使得f(m)=1，此时方程m=x+1x−2有七解，
m1=−4时，有1个解，即x=−1，m2=0.8时，有2个解，m3=1时，有2个解，
m4=3时，有2个解；
当t∈(1,2)时，存在m1∈(−24,−4)，m2∈(0.8,0.96)，m3∈(1,2)，m4∈(2,3)使得f(m)=t，此时方程m=x+1x−2有八个解，
当m1∈(−24,−4)时，有2个解，m2∈(0.8,0.96)时，有2个解，m3∈(1,2)时，有2个解，m4∈(2,3)时，有2个解；
当t=2时，存在m1=−24，m2=0.96，m3=2使得f(m)=2，此时方程m=x+1x−2有六解，
当m1=−24时，有2个解，m2=0.96时，有2个解，m3=2时，有2个解；
当t∈(2,+∞)时，存在m1∈(−∞,−24)，m2∈(0.96,1)使得f(m)=t，此时方程m=x+1x−2有四解，
当m1∈(−∞,−24)时，有2个解，m2∈(0.96,1)时，有2个解；
综上：实数t的取值范围是(1,2)．
故答案为：(1,2)．
15.【答案】解：(1)80.25×42+lg510−1lg25−2lg23
=234×214+lg510−lg52−3
=2+lg55−3
=2+1−3=0；
(2)因为a>0，b>0，a+b=1，
所以1a(b+1b)=ba+1ab=ba+a+bab=1−aa+1b+1a
=2a+1b−1=(2a+1b)(a+b)−1
=2+2ba+ab≥2+2 2ba⋅ab=2+2 2，
当且仅当a= 2b，即b= 2−1，a=2− 2时取等号，1a(b+1b)的最小值为2+2 2．
【解析】(1)结合指数及对数的运算性质即可求解；
(2)利用乘1法，结合基本不等式即可求解．
本题主要考查了对数及指数的运算性质的应用，还考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于基础题．
16.【答案】解：(1)若选①：由2sin(A+π6)=a+cb及正弦定理得2sin(A+π6)=sinA+sinCsinB，
即 3sinAsinB+csAsinB=sinA+sinC．
又sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
所以 3sinAsinB=sinA+sinAcsB．
因为sinA>0，所以 3sinB=1+csB，
即sin(B−π6)=12．
因为0所以B−π6=π6，B=π3．
若选②：在△ABC中，由(a+c−b)(a+c+b)=3ac，
得a2+c2−b2=ac，
由余弦定理的推论得csB=a2+c2−b22ac=12．
因为0若选③：由sinA−sinBa−c=sinCa+b及正弦定理得sinA−sinBsinA−sinC=sinCsinA+sinB，
即sin2A−sin2B=sinAsinC−sin2C，
即a2+c2−b2=ac．
由余弦定理的推论得csB=a2+c2−b22ac=12．
因为0(2)解法一：由(1)知，sinB= 32,C=2π3−A，
由正弦定理得BCsinA=ABsin(2π3−A)．
又BC=3AB，所以sinA=3sin(2π3−A)，
sinA=3×( 32csA+12sinA)，
解得tanA=−3 3．
又sin2A+cs2A=1，且A∈(π2,2π3)，
所以sinA=3 2114．
解法二：由(1)知a2+c2−b2=ac．
又BC=3AB，即a=3c，
所以b2=a2+c2−ac=79a2，
所以b= 73a，故由正弦定理得asinA= 73asinπ3，
所以sinA=3 2114．
【解析】(1)若选①，利用两角和的正弦公式以及正弦定理化简得 3sinB=1+csB，进而得到B；若选②，化简得a2+c2−b2=ac，根据余弦定理，得到B；若选③，利用正弦定理化简得a2+c2−b2=ac，进而根据余弦定理得到B．
(2)解法一：结合(1)，利用正弦定理得到tanA=−3 3，结合平方关系得到sinA；解法二：根据b2=a2+c2−ac=79a2，得到b= 73a，根据正弦定理得到sinA．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理和差角公式，辅助角公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由表格数据可知，函数单调递减且递减速度逐渐变慢，
故模型①③不符合，选模型②y=a⋅bt+c(a>0,0则a+c=95ab+c=88ab2+c=81.7，解得a=70b=0.9c=25，
所以y=70⋅0.9t+25(t≥0)；
(2)(i)因为当t→+∞时，y→25，
所以推测实验室室温为25℃；
(ii)令70⋅0.9t+25=60，则0.9t=12，
所以t=lg0.912=lg12lg0.9=−lg22lg3−1=1−lg51−2lg3≈6.5，
即刚泡好的普洱茶达到最佳饮用口感的放置时间为6.5min．
【解析】(1)由表格数据可知，函数单调递减且递减速度逐渐变慢，故模型①③不符合，选模型②，把前3组数据代入求出a，b，c的值，即可得到函数解析式；
(2)(i)利用指数函数的性质求解；
(ii)令70⋅0.9t+25=60，结合对数的运算性质求出t的值即可．
本题主要考查了函数的实际应用，考查了对数的运算性质，属于中档题．
18.【答案】解：(1)如下图所示，以I为原点，IA为y轴建立平面直角坐标系，

根据正弦定理可以得到△ABC的外接圆半径为：R=12×4 3sin60°=4，所以求得A点坐标(0,4)，
于是得到B(−2 3,−2),C(2 3,−2)，
因为|PI|=1，所以点P在圆x2+y2=1上，
不妨设P(csθ,sinθ)，
故PA=(−csθ,4−sinθ),PB=(−2 3−csθ,−2−sinθ),PC=(2 3−csθ,−2−sinθ)，
进而得到PA2+PB2+PC2=[cs2θ+(4−sinθ)2]+[(2 3+csθ)2+(2+sinθ)2]+[(2 3−csθ)2+(2+sinθ)2]
=3(cs2θ+sin2θ)+48=51．
(2)由(1)可知PA⋅PB=2 3csθ−2sinθ−7=−4sin(θ−π3)−7，
当θ∈[−π2,−π6]时，PA⋅PB=−4sin(θ−π3)−7∈[−5,−3]，
(3)根据题意可得：0=xPA+yPB+zPC=(2 3(z−y)−(x+y+z)csθ,4x−2y−2z−(x+y+z)sinθ)，
得到csθ=2 3(z−y)x+y+zsinθ=4x−2y−2zx+y+z，根据sin2θ+cs2θ=1，可得5x2+5y2+5z2−6xy−6xz−6yz=0①，
又因为x，y，z∈R+，
①两边同时除以y2得到：5x2y2+5+5z2y2−6xy−6xzy2−6zy=0，
令m=xy,n=zy，则5m2+5+5n2−6m−6mn−6n=0，整理得到5n2−(6m+6)n+5m2−6m+5=0，
因为Δ=(6m+6)2−4×5×(5m2−6m+5)≥0，即m2−3m+1≤0，
得到3− 52≤m≤3+ 52，故xy(即m)的最大值为3+ 52，
此时，Δ=0，因此n=3m+35，
所以z=3m+35y,x=my，
从而得到zx+y=3m+35y(m+1)y=35．
【解析】(1)以I为原点，IA为y轴建立平面直角坐标系，求出A，B，C的坐标，依题意设P(csθ,sinθ)，求得PA,PB,PC的坐标，进而可求得结果；
(2)由(1)求得PA⋅PB，得到关于角的函数表达式，由对称性考查θ∈[−π2,π2]时的情况可得结果；
(3)依题意可得5x2y2+5+5z2y2−6xy−6xzy2−6zy=0，令m=xy,n=zy，得5n2−(6m+6)n+5m2−6m+5=0，进而由判别式法可求得结果．
本题主要考查平面向量的数量积，属于中档题．
19.【答案】解：(1)g(x)=x2−2x+1=(x−1)2，(x∈[0,4])，f(x)=x+4，x∈[0,5])，
由定义可得，对任意x0∈[0,5]，恰好存在不同的实数x1，x2，……，xn∈[0,4]，
使得g(x1)=f(x0)，其中(i=1,2,…,n,n∈N*)，
即(xi−1)2=x0+4∈[4,9]，可得xi∈[3,4]，
所以对于任意x0∈[0,5]，能找到一个x1，使得(x1−1)2=x0+4，
所以g(x)是f(x)的“n重覆盖函数”，n=1；
(2)由题意可得f(x)=lg22x+22x+1=lg2(1+12x+1)的定义域为R，
即对任意x0∈R，存在2个不同的实数x1，x2∈[−2,+∞)，
使得g(xi)=f(x0)(其中i=1，2)，
因为2x>0，则2x+1>1⇒0<12x+1<1⇒1<1+12x+1<2，
所以0即对任意0当x>1时，g(x)=x−1=k已有一个根，故只需−2≤x≤1时，g(x)=k仅有1个根，
当a=0时，g(x)=−3x+1，符合题意，
当a>0时，g(−2)=4a−4a+6+1=7，则需满足g(1)=a+2a−3+1≤0，解得0当a<0时，抛物线开口向下，g(−2)=4a−4a+6+1=7，g(0)=1，
若仅有1个根，由a<0可知3−2a2a≤−1，
当x∈[−2,0]时，g(x)≥1，所以g(x)=k无解，
则只需g(1)=3a−2≤0a<0，解得a<0，
综上，实数a的取值范围是{a|a≤23}；
(3)f(x0)=x0x02+1∈[0,12]，
则对于任意m∈[0,12]，h(x)=m，x∈(0,2)要有2024个根，
h(x)=ax−[ax]=ax,x∈(0,1a)ax−1,x∈[1a,2a)ax−2,x∈[2a,3a)…，作出函数的图像，如图：

易知，当x∈[2023a,2024a)时，h(x)=ax−2023，
此时当m=12时，则有ax−2023=12，
解得x=40472a，
要使h(x)=m，x∈(0,2)有2024个根，
则40472a<2≤2024a，
又a>0，则40474故正实数a的取值范围(40474,1012]．
【解析】(1)根据新定义，结合单调性即可求解；
(2)先求出f(x)的值域，然后把问题转化为y=g(x)与y=k有两个交点，然后对a分类讨论即可求解；
(3)由题意可得0≤f(x)≤12，则有对于任意m∈[0,12]，h(x)=m，x∈(0,2)要有2024个根，作出函数h(x)的图象，结合图象求解即可．
本题以新定义为载体，主要考查了函数性质的综合应用，体现了转化思想及分类讨论思想的应用，属于难题．时间/分钟
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