2025-2026学年下学期安徽省合肥一中高一数学4月期中试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期安徽省合肥一中高一数学4月期中试卷含答案，共8页。试卷主要包含了 答题时，必须使用 0等内容，欢迎下载使用。
注意事项:
1. 答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位。
2. 答题时，每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3. 答题时，必须使用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰。作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔描清楚。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。
4. 考试结束, 务必将答题卡和答题卷一并上交。
第 I 卷(选择题)
一、单项选择题: (本题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分. 每小题给出的四个选项中, 只有一项是符 合题目要求的.)
1. 已知向量 a=1,2,b=1,−1,c=4,5 . 若 a 与 b+λc 平行，则实数 λ 的值为( )
A. 114 B. −114 C. 1 D. -1
2. 3i−52+i 的虚部为( )
A. 115i B. 115 C. −75i D. −75

3. 如图,水平放置的四边形 ABCD 的斜二测画法的直观图为矩形 A′B′C′D′ ,已知 A′B′=2,O′ 是 A′B′ 的中点，则 AD 的长为( )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
4. 下列说法正确的是( )
A. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B. 球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D. 用一个平面截圆锥, 得到一个圆锥和圆台

5. 如图，已知 AB=a ， AC=b ， BC=4BD ， CA=3CE ，则 DE= ()
A. 512b−34a B. 2a+3b C. 34a−13b D. 512a−34b
6. 设 a=3,b=4,a 与 b 的夹角为 120∘ ,则 a 在 b 上的投影向量为( )
A. −56b B. 56b C. −38b D. 38b
7. 如图，在梯形 ABCD 中， AB//DC,BC⊥AB,∠A=π4,AB=2CD=4,E 为线段 AB 的中点,先将梯形挖去一个以 BE 为直径的半圆,再将所得平面图形以直线 AB 为旋转轴旋转一周,则所得几何体的体积为( )

A. 28π3 B. 22π3 C. 7π D. 6π
8. 克罗狄斯·托勒密是希腊数学家，他博学多才，既是天文学权威，也是地理学大师. 托勒密定理是平面几何中非常著名的定理, 它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系, 该定理的内容为圆的内接四边形中,两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和. 已知四边形 ABCD 是圆 O 的内接四边形,且 AC=3BD,∠ADC=2∠BAD . 若 AB⋅CD+BC⋅AD=43 ，则圆 O 的半径为( )
A. 4 B. 2 C. 3 D. 23
二、多项选择题: 本大题共 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, 部分选对的得部分分, 有选错的得 0 分.
9. 已知复数 z1,z2 ,其中 i 为虚数单位,下列说法正确的是 ( )
A. i2025=i B. z1>z2 ,则 z1>z2 C. z1⋅z1=z12 D. z22=z22
10. 在 △ABC 中，内角 A,B,C 所对的边分别为 a 、 b 、 c ， △ABC 的面积为 S ，下列与 △ABC 有关的结论，正确的是( )
A. 若 △ABC 为锐角三角形，则 sinA>csB
B. 若 A>B ,则 sinA>sinB
C. 若 acsA=bcsB ,则 △ABC 一定是等腰三角形
D. 若 △ABC 为非直角三角形，则 tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC

11. 如图，正方形 ABCD 的边长为2， E 是 BC 中点，如图，点 P 是以 AB 为直径的半圆上任意一点； AP=λAE+μAD ，则下列结论正确的有( )
A. λ 最大值为 1 B. μ 最大值为 1
C. AP⋅AD 最大值是 2 D. AP⋅AE 最大值是 5+2
三、填空题: 本大题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 若复数 1+ai2+i 是纯虚数，则实数 a= _____.
13. 平行四边形 ABCD 中, AB=4,AD=2,AB⋅AD=4 ,点 P 在边 CD 上,则 PA⋅PB 的取值范围是_____.
14. 在 △ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ,且 2acsA+ccsA+C=bcsC . 若 c=6 ,则对 ∀λ∈R,AB−λAC 的最小值为_____.
四、解答题:本大题共 5 小题, 共 77 分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 平面上有三点 A,B,C ,向量 BC=2−k,3,AC=2,4 .
(1)若三点 A,B,C 不能构成三角形，求实数 k 满足的条件；
(2)若 △ABC 为直角三角形，其中 ∠B 是直角，求 k 的值
16. 已知复数 z 和它的共轭复数 z 满足 3z+z=4+4i .
(1)求 z ；
(2)若 z 是关于 x 的方程 x2+px+q=0p,q∈R 的一个根，求复数 q+pi 的模长.

17.如图所示，某建筑物模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥. 已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面半径为 6 cm ，高为 20 cm ，圆锥母线为 10 cm .
(1)计算该模型的体积. (结果精确到 1 cm3 )
(2)现需使用油漆对 400 个该种模型进行涂层，油漆费用为每平方米 30 元，
总费用是多少? (结果精确到 1 元)
18. 如图. 在梯形 ABCD 中, AB=2DC,E、F 是 DC 的两个三等分点, G、H 是 AB 的两个三等分点,线段 BC 上一动点 P 满足 BP=λBC0≤λ≤1,AP 分别交 EG,FH 于 M、N 两点,记 AB=a,AD=b .

(1)当 λ=13,DC=1,AD=1,∠DAB=π4 时，求 AP⋅AC 的值；
(2)若 λ=12 ，求 AMMP 的值；
(3)若 AN=μAP ，求 μ−λ 的取值范围.
19. 已知 O 为坐标原点，对于函数 fx=asinx+bcsx ，称向量 OM=a,b 为函数 fx 的伴随向量， 同时称函数 fx 为向量 OM 的伴随函数.
(1)设函数 gx=3sinx−π−sin32π−x ,试求 gx 的伴随向量 OM ;
(2)记向量 ON=1,3 的伴随函数为 fx ，求当 fx=85 且 x∈−π3,π6 时 csx 的值；
(3)由(1)中函数 gx 的图象(纵坐标不变)横坐标伸长为原来的 2 倍，再把整个图象向右平移 2π3 个单位长度得到 hx 的图象,已知 A−2,3,B2,6 ,问在 y=hx 的图象上是否存在一点 P ,使得 AP⊥BP . 若存在,求出 P 点坐标; 若不存在,说明理由.
合肥一中高一下期中考试 数学试题
说明: 本试卷分第 I 卷 (选择题) 和第II卷(非选择题)两部分. 满分 150 分, 考试时间 120 分钟. 答案写在答题卡上, 交卷时只交答题卡.
第 I 卷 (选择题)
一、单项选择题: (本题共 8 小题, 每小题 5 分, 共 40 分. 每小题给出的四个 选项中，只有一项是符合题目要求的.)
1. 已知向量 a=1,2,b=1,−1,c=4,5 . 若 a 与 b+λc 平行，则实数 λ 的值为( )
A. 114 B. −114 C. 1 D. -1
【答案】D
由 b=1,−1,c=4,5 ,得 b+λc=1+4λ,−1+5λ ,而 a=1,2,a 与 b+λc 平行,因此 21+4λ=−1+5λ ,解得 λ=−1 ,所以实数 λ 的值为 -1 . 故选: D
2. 3i−52+i 的虚部为( )
A. 115i B. 115 C. −75i D. −75
【答案】B
根据复数的四则运算法则化简可得,
3i−52+i=3i−52−i2+i2−i=−75+115i ,所以 3i−52+i 的虚部为 115 ,故选: B
3. 如图,水平放置的四边形 ABCD 的斜二测画法的直观图为矩形 A′B′C′D′ ,已知 A′B′=2 , O′ 是 A′B′ 的中点，则 AD 的长为( )

A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
由题意知 O′B′=1,B′C′=1,∴O′C′=2 ,
如图,将直观图复原为四边形 ABCD ,则四边形 ABCD 为平行四边形,

因为 A′B′=2,O′ 是 A′B′ 的中点,故 OB=1 ,且 OC=22 ,
故 BC=OB2+OC2=1+8=3 ,故 AD=3 ,故选: C
4. 下列说法正确的是( )
A. 各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体
B. 球的直径是连接球面上两点并且经过球心的线段
C. 以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥
D. 用一个平面截圆锥, 得到一个圆锥和圆台
【答案】B
对于 A: 虽然各侧面都是正方形, 但底面不一定是正方形, 所以该四棱柱不一定是正方体，故 A 错误；
对于 B: 球的直径的定义即为 “连接球面上两点并且经过球心的线段”，故 B 正确；
对于 C : 以直角三角形的直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥,
以直角三角形的斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个共底面的圆锥组成的几何体，故 C 错误；
对于 D: 用一个平行于底面的平面截圆锥，得到一个圆锥和圆台，故 D 错误；故选: B. 5. 如图，已知 AB=a ， AC=b ， BC=4BD ， CA=3CE ，则 DE= ( )

A. 512b−34a B. 2a+3b C. 34a−13b D. 512a−34b
【答案】A
因为 BC=4BD,CA=3CE ,所以 DC=34BC,CE=13CA ,
所以 DE=DC+CE=34BC+13CA=34AC−AB−13AC=34AB+512AC
又 AB=a,AC=b ,所以 DE=−34a+512b . 故选: A.
6. 设 a=3,b=4,a 与 b 的夹角为 120∘ ,则 a 在 b 上的投影向量为 ( )
A. −56b B. 56b C. −38b D. 38b
【答案】C
依题意, a 在 b 上的投影向量为 a⋅bb⋅bb=3×4×cs120∘4⋅b4=−38b . 故选: C
7. 如图,在梯形 ABCD 中, AB//DC,BC⊥AB,∠A=π4,AB=2CD=4,E 为线段 AB 的中点,先将梯形挖去一个以 BE 为直径的半圆,再将所得平面图形以直线 AB 为旋转轴旋转一周，则所得几何体的体积为( )

A. 28π3 B. 22π3 C. 7π D. 6π
【答案】A
旋转后得到的几何体为两个同底面的圆柱, 圆锥, 再去掉一个球体得到. 由题可得圆柱,圆锥的底面半径为 CB ,
又 AB//DC,BC⊥AB,∠A=π4,AB=2CD=4 ,则 DE⊥AB,DE=CB ,
三角形 ADE 为等腰直角三角形,则 DE=CB=12AB=2 ,
又由题可得圆柱,圆锥的高均为 2,
则圆柱,圆锥体积之和为: 13π×22×2+π×22×2=323π ,
又注意到球体半径为 12EB=14AB=1 ，则球体体积为: 43π×13=43π ，
则几何体体积为 32−43π=283π . 故选: A

8. 克罗狄斯·托勒密是希腊数学家, 他博学多才, 既是天文学权威, 也是地理学大师. 托勒密定理是平面几何中非常著名的定理, 它揭示了圆内接四边形的对角线与边长的内在联系, 该定理的内容为圆的内接四边形中, 两对角线长的乘积等于两组对边长乘积之和. 已知四边形 ABCD 是圆 O 的内接四边形,且 AC=3BD,∠ADC=2∠BAD . 若 AB⋅CD+BC⋅AD=43 ，则圆 O 的半径为( )
A. 4 B. 2 C. 3 D. 23
【答案】B
解: 由托勒密定理,得 AC⋅BD=AB⋅CD+BC⋅AD=43 .
因为 AC=3BD ,所以 BD=2 .
设圆 O 的半径为 R ,由正弦定理,得 ACsin∠ADC=BDsin∠BAD=2R .
又 AC=3BD ,所以 sin∠ADC=3sin∠BAD .
因为 ∠ADC=2∠BAD ,所以 2sin∠BADcs∠BAD=3sin∠BAD ,
因为 0z2 ,则 z1>z2
C. z1⋅z1=z12 D. z22=z22
【答案】AC
对于 A ,因为 in 的取值是以 4 为周期,所以 i2025=i4×506+1=i ,故 A 正确; 对于 B ,当复数的虚部不为 0 时,复数不能比较大小,如 z1=−2i,z2=i ,故 B 错误;
对于 C ,设 z1=a+bi ,则 z1=a−bi ,所以 z1⋅z1=a+bia−bi=a2+b2=z12 ,故 C 正确;
对于 D ,举反例,如 z2=i ,则 z22=i2=−1 ,而 z22=1 ,故 D 错误.
故选: AC.
10. 在 △ABC 中，内角 A,B,C 所对的边分别为 a 、 b 、 c ， △ABC 的面积为 S ，下列与 △ABC 有关的结论,正确的是 ( )
A. 若 △ABC 为锐角三角形,则 sinA>csB
B. 若 A>B ,则 sinA>sinB
C. 若 acsA=bcsB ,则 △ABC 一定是等腰三角形
D. 若 △ABC 为非直角三角形,则 tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC
【答案】ABD
对于 A 中,若 △ABC 为锐角三角形,可得 A+B>π2 且 A,B∈0,π2 ,
可得 A>π2−B ，且 π2−B∈0,π2 ，根据正弦函数的单调性，可得 sinA>sinπ2−B ，所以 sinA>csB ,所以 A 正确;
对于 B 中,在 △ABC 中,由 A>B 知 a>b ,根据正弦定理可得 sinA>sinB ,所以 B 正确;
对于 C 中,由正弦定理知 a=2RsinA,b=2RsinB ,可得 sin2A=sin2B ,故 2A=2B 或
2A+2B=π,△ABC 是等腰三角形或直角三角形,所以 C 不正确;
对于 D 中,在 △ABC 中,可得 A+B+C=π ,则 A+B=π−C ,
所以 tanA+B=tanπ−C ,即 tanA+tanB1−tanAtanB=−tanC ,
可得 tanA+tanB=−tanC+tanAtanBtanC ,
则 tanA+tanB+tanC=tanAtanBtanC ,所以 D 正确. 故选: ABD .
11. 如图,正方形 ABCD 的边长为 2,E 是 BC 中点,如图,点 P 是以 AB 为直径的半圆上任意点; AP=λAE+μAD ,则下列结论正确的有( )

A. λ 最大值为 1 B. μ 最大值为 1
C. AP⋅AD 最大值是 2 D. AP⋅AE 最大值是 5+2
【答案】ACD
以 AB 中点 O 为原点,建立平面直角坐标系,则 A−1,0,D−1,2,E1,1 ,
设 ∠BOP=α ,则 Pcsα,sinα,α∈0,π ,所以 AP=csα+1,sinα,AD=0,2,AE=2,1 , 由 AP=λAE+μAD ,得 2λ=csα+1 ,且 λ+2μ=sinα,α∈0,π ,
对于 A ,当 α=0 时, λmax=1 ,故 A 正确;
对于 B,μ=142sinα−csα−1=54sinα−θ−14≤5−14 ,故 B 错误;
对于 C,AP⋅AD=2sinα≤2 ,故 C 正确;
对于 D, AP⋅AE=sinα+2csα+2=5sinα+φ+2≤5+2 ,故 D 正确.
故选: ACD.

三、填空题: 本大题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 若复数 1+ai2+i 是纯虚数，则实数 a= _____.
因 1+ai2+i=2−a+1+2ai ,要使其为纯虚数,需使 2−a=0 且 1+2a≠0 ,解得 a=2 . 故答案为: 2
13. 平行四边形 ABCD 中, AB=4,AD=2,AB⋅AD=4 ,点 P 在边 CD 上,则 PA⋅PB 的取值范围是_____.
【答案】 −1,8
设 DP=λDC0≤λ≤1 ,

∵PA=DA−DP=−AD−λDC=−AD−λAB ，
PB=CB−CP=DA+PC=−AD+1−λDC=−AD+1−λAB ，
∴PA⋅PB=−AD−λAB⋅−AD+1−λAB=AD2+2λ−1AB⋅AD−λ1−λAB2 =4+42λ−1−16λ1−λ=16λ2−8λ ,
∴ 当 λ=14 时, PA⋅PBmin=−1 ; 当 λ=1 时, PA⋅PBmax=8 ;
∴PA⋅PB 的取值范围为 −1,8 . 故答案为: −1,8 .
14. 在 △ABC 中,角 A,B,C 的对边分别为 a,b,c ,且 2acsA+ccsA+C=bcsC . 若 c=6 ，则对 ∀λ∈R,AB−λAC 的最小值为_____.
【答案】 33
由 2acsA+ccsA+C=bcsC ,得 2sinAcsA−sinCcsB=sinBcsC , 所以 2sinAcsA=sinBcsC+sinCcsB=sinB+C=sinA ,
因为 A∈0,π ,则 sinA>0 ,所以 csA=12,A=π3 ,
设 AD=λAC ,则点 D 在直线 AC 上,所以 AB−λAC=AB−AD=DB , 当 BD⊥AC 时, DB 最小,其最小值为 ABsinA=6×32=33 . 故答案为: 33

四、解答题: 本大题共 5 小题, 共 77 分. 解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15. 平面上有三点 A,B,C ,向量 BC=2−k,3,AC=2,4 .
(1)若三点 A,B,C 不能构成三角形，求实数 k 满足的条件；
(2)若 △ABC 为直角三角形，其中 ∠B 是直角，求 k 的值
(1)若 A,B,C 三点不能构成三角形，则 BC//AC ，
又 BC=2−k,3,AC=2,4 ,所以 3×2=42−k ,解得 k=12 .
(2)因为 BC=2−k,3,AC=2,4 ，所以 AB=AC−BC=k,1 ， 因为 ∠B=π2 ,所以 AB⋅BC=k2−k+3=0 ,解得 k=−1 或 k=3 .
16. 已知复数 z 和它的共轭复数 z 满足 3z+z=4+4i .
(1)求 z ；
(2)若 z 是关于 x 的方程 x2+px+q=0p,q∈R 的一个根，求复数 q+pi 的模长.
【小问 1 】
设 z=a+bia,b∈R ,则 z=a−bi,3z+z=3a+bi+a−bi=4a+2bi=4+4i , 所以 4a=42b=4 ,解得 a=1,b=2 ,故 z=1+2i .
【小问 2 】 ∵z 是关于 x 的方程 x2+px+q=0p,q∈R 的一个根,
∴z 是关于 x 的方程 x2+px+q=0p,q∈R 的另一个根,
∴1+2i+1−2i=−p1+2i1−2i=q ,解得 p=−2,q=5,∴q+pi=5−2i=29 .
17. 如图所示，某建筑物模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥. 已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面半径为 6 cm ，高为 20 cm ，圆锥母线为 10 cm .

(1)计算该模型的体积. (结果精确到 1 cm3 )
(2)现需使用油漆对 400 个该种模型进行涂层，油漆费用为每平方米 30 元，总费用是多少？ (结果精确到 1元 )
(1)设圆锥的高为 h1 ,由题意得圆锥母线为 10 cm ,圆锥的底面半径为 6, 则 h1=102−62=8 cm ,设圆柱的底面半径为 r ,高为 h ,由已知可得 r=6 cm,h=20 cm , 所以圆柱的体积 V1=πr2h=π×62×20=720πcm3 ,
圆锥的体积 V2=13πr2h1=13×π×62×8=96πcm3
V=720π−96π=624π≈1960 cm3;
(2)圆柱的侧面积为 S1=2πr⋅20=240π ，圆柱的上底面的面积为 S2=36π ， 圆锥侧面积为 S3=π×6×10=60π . 一个模型的表面积 S=240π+36π+60π=336πcm2 , 所以总费用为 336π×400×30104=403.2π≈1267 (元).
18. 如图. 在梯形 ABCD 中, AB=2DC,E、F 是 DC 的两个三等分点, G、H 是 AB 的两个三等分点,线段 BC 上一动点 P 满足 BP=λBC0≤λ≤1,AP 分别交 EG,FH 于 M、N 两点,记 AB=a,AD=b .

(1)当 λ=13,DC=1,AD=1,∠DAB=π4 时，求 AP⋅AC 的值；
(2)若 λ=12 ，求 AMMP 的值；
(3)若 AN=μAP ，求 μ−λ 的取值范围.
【小问 1 】

由题意 AC=AD+DC=12AB+AD ，
AP=AB+BP=AB+13BC=AB+13BA+AC=23AB+13AC
=23AB+1312AB+AD=56AB+13AD ,
所以 AC⋅AP=12AB+AD⋅56AB+13AD=512AB2+13AD2+AB⋅AD =512⋅22+13⋅12+2⋅1⋅22=2+2 ;
【小问 2 】

AC=AD+DC=12AB+AD ,
若 λ=12 ,则 AP=12AB+12AC=12AB+1212AB+AD=34AB+12AD ,
AE=AD+DE=13DC+AD=16AB+AD,AG=13AB ,
因为 E,M,G 三点共线,
所以可设 AM=μAE+1−μAG=μ16AB+AD+1−μ⋅13AB=2−μ6AB+μAD ,
由于 A,M,P 三点共线,所以设 AM=2−μ6AB+μAD=kAP=34kAB+12kAD ,
所以 2−μ634=μ12 ,解得 μ=15,k=2μ=25 ,
所以 AMMP=25−2=23 ;
【小问 3 】

AC=AD+DC=12AB+AD,
则 AP=AB+BP=AB+λBC=AB+λBA+AC
=1−λAB+λAC=1−λAB+λ12AB+AD=1−12λAB+λAD,λ∈0,1 ,
AF=AD+DF=23DC+AD=13AB+AD,AH=23AB ,
因为 F,N,H 三点共线,
所以可设
AN=mAF+1−mAH=m13AB+AD+1−m⋅23AB=2−m3AB+mAD ,
因为 AN=μAP ,所以 AN=2−m3AB+mAD=μ1−12λAB+μλAD,λ∈0,1 ,
所以 3μ1−12λ+μλ=2−m+m=2 ,即 μ=46−λ,λ∈0,1 ,
所以 μ−λ=46−λ−λ=46−λ+6−λ−6,λ∈0,1 ,
令 t=6−λ∈5,6 ,所以 μ−λ=4t+t−6,t∈5,6 ,
由对勾函数性质可知, y=4t+t−6 在 5,6 上单调递增,故所求为 −15,23 .
19. 已知 O 为坐标原点,对于函数 fx=asinx+bcsx ,称向量 OM=a,b 为函数 fx 的伴随向量,同时称函数 fx 为向量 OM 的伴随函数.
(1)设函数 gx=3sinx−π−sin32π−x ，试求 gx 的伴随向量 OM ；
(2)记向量 ON=1,3 的伴随函数为 fx ，求当 fx=85 且 x∈−π3,π6 时 csx 的值;
(3)由(1)中函数 gx 的图象(纵坐标不变)横坐标伸长为原来的 2 倍，再把整个图象向右平移 2π3 个单位长度得到 hx 的图象,已知 A−2,3,B2,6 ,问在 y=hx 的图象上是否存在一点 P ,使得 AP⊥BP . 若存在,求出 P 点坐标; 若不存在,说明理由.
【小问 1 】
gx=3sinx−π−sin32π−x=−3sinx+csx ,故 OM=−3,1 ;
【小问 2 】
由题意得: fx=sinx+3csx=2sinx+π3=85 ，故 sinx+π3=45 ，由于
x∈−π3,π6 ,所以 x+π3∈0,π2 ,所以 csx+π3=35 ,所以
csx=csx+π3−π3=csx+π3csπ3+sinx+π3sinπ3
35×12+45×32=43+310.
【小问 3 】
gx=−3sinx+csx=2csx+π3 ,所以 hx=2cs12x ,假设存在点
Px,2cs12x ,使得 AP⊥BP ,则
AP⋅BP=x+2,2cs12x−3⋅x−2,2cs12x−6=x2−4+4cs212x−18cs12x+18=0 即 2cs12x−922=254−x2 ,因为 −2≤2cs12x≤2 ,所以 −132≤2cs12x−92≤−52 ,
所以 254≤2cs12x−922≤1694 ,又因为 254−x2≤254 ,所以当且仅当 x=0 时, 2cs12x−922 和 254−x2 同时等于 254 ,此时 P0,2 ,故在函数 y=hx 的图象上存在点 P0,2 ,使得 AP⊥BP .