山东省临沂第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题

山东省临沂第一中学2019-2020学年高一下学期期中考试数学试题

2019 级高一下学期期中线上教学质量检测 数学试题 一、单项选择题：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.复数 的虚部为（） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据复数的运算法则，化简复数 ，即可得到复数的虚部，得到答案． 【详解】由题意，复数 ， 所以复数 的虚部为 ，故选 B． 【点睛】本题主要考查了复数的运算，以及复数的概念的应用，其中解答中熟记复数的运算 法则是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 2.已知向量 ，且 ，则 的值是（　　） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由已知求得 ，然后展开两角差的正切求解． 【 详 解 】 解 ： 由 ， 且 ， 得 ， 即 ． ，故选 A． 【点睛】本题考查数量积的坐标运算，考查两角差的正切，是基础题． 4 2 1 2 i i + − + 2− 2i 2i− 4 2 21 2 i ii + = −− + ( )( ) ( )( ) 4 2 1 24 2 10= 21 2 1 2 1 2 5 i ii i ii i i + − −+ −= = −− + − + − − 4 2 1 2 i i + − + 2− ( ) ( )cos , , 2, 1a sin bθ θ= = − a b⊥  tan 4 πθ −   1 3 3− 1 3 − tanθ (cos ,sin ), (2, 1)a bθ θ= = − a b⊥  2cos sin 0θ θ− = tan 2θ = tan tan 2 1 14tan 4 1 2 1 31 tan tan 4 πθπθ πθ − − ∴ − = = =  + ×  + ⋅ 3.如图正方形 OABC 的边长为 1，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的面积 　　 A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由题意求出直观图中 OB 的长度，根据斜二测画法，求出原图形平行四边形的高，即可求出原 图形的面积． 【详解】解：由题意正方形 OABC 的边长为 1，它是水平放置的一个平面图形的直观图， 所以 OB ，对应原图形平行四边形的高为：2 ， 所以原图形的面积为：1×2 2 ． 故选 A． 【点睛】本题考查斜二测直观图与平面图形的面积的关系，斜二测画法，考查计算能力． 4.设两个单位向量 的夹角为 ，则 （ ） A. 1 B. C. D. 7 【答案】B 【解析】 【分析】 由 ，然后用数量积的定义，将 的模长和夹角代入即可求解. 【详解】 ， 即 . 故选：B ( ) 2 2 2 ( )2 1 2+ 2= 2 2 = 2 a b ， 2 3 π 3 4a b+ = 13 37 2 2 2 3 4 9 +24 +16a b a a b b+ = ⋅      a b ， 2 2 2 23 4 9 +24 +16 =9+24cos 16 133a b a a b b π+ = ⋅ + =      3 4 13a b+ =  【点睛】本题考查向量的模长，向量的数量积的运算，属于基础题. 5.圆锥的高 和底面半径 之比 ，且圆锥的体积 ，则圆锥的表面积为 （　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 根据圆锥的体积求出底面圆的半径 和高 ,求出母线长，即可计算圆锥的表面积． 【详解】圆锥 高 和底面半径 之比 ， ∴ ， 又圆锥的体积 ， 即 ， 解得 ； ∴ ， 母线长为 ， 则圆锥的表面积为 ． 故选 D． 【点睛】本题考查圆锥的体积和表面积公式，考查计算能力，属于基础题. 6.将函数 的图象向右平移 个单位长度，所得图象对应的函数解析式是 　　 A. B. C. D. 的 h r : 2:1h r = 18V π= 18 5π 9(1 2 5)π+ 9 5π 9(1 5)π+ r h h r : 2:1h r = 2h r= 18V π= 3 21 2 183 3 rr h ππ π= = 3r = 6h = 2 2 2 26 3 3 5l h r= + = + = 2 23 3 5 3 9(1 5)S rl rπ π π π π= + = ⋅ ⋅ + ⋅ = + y sin2x= π 4 ( ) y cos2x= y cos2x= − πy sin 2x 4  = −   【答案】B 【解析】 【分析】 利用三角函数图像平移原则，结合诱导公式，即可求解. 【 详 解 】 函 数 的 图 象 向 右 平 移 个 单 位 长 度 得 到 ． 故选 B． 【点睛】本题考查三角图像变换，诱导公式，熟记变换原则，准确计算是关键，是基础题. 7.一海轮从 A 处出发，以每小时 40 海里的速度沿南偏东 40°的方向直线航行，30 分钟后到达 B 处．在 C 处有一座灯塔，海轮在 A 处观察灯塔，其方向是南偏东 70°，在 B 处观察灯塔，其 方向是北偏东 65°，那么 B，C 两点间的距离是(　　) A. 10 海里 B. 10 海里 C. 20 海里 D.20 海里 【答案】B 【解析】 根据已知条件可知△ABC 中，AB＝20，∠BAC＝30°，∠ABC＝105°，所以∠C＝45°， 由正弦定理，有 ，所以 10 . 故选 B. 8.设 ， ， 是三条不同的直线， ， 是两个不重合的平面，给定下列命题： ① ；② ；③ ； ④ ；⑤ ；⑥ . 其中为真命题的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 y sin2x= − y sin2x= π 4 π πy sin2 x sin 2x cos2x4 2    = − = − = −       3 2 3 2 20 30 45 BC sin sin =° ° 120 2 2 2 BC × =＝ 2 a m n α β / /m nn m α α⊥  ⇒⊥  , , a m a n am n αα ⊥ ⊥  ⇒ ⊥⊂  / /m m α α ββ ⊥  ⇒⊥  / / / / m n m n α β α β ⊂  ⊂ ⇒  a a α α ββ ⊥  ⇒ ⊥⊂  / /m m n n α β α β ⊥   ⇒ ⊥ ⊥  【答案】B 【解析】 【分析】 根据课本的判定定理以及推论，和特殊的例子，可判断正误. 【详解】对于① ，错误，n 可以在平面 内；对于②，是错误的，根据线面 垂直的判定定理知，当一条直线和面内两条相交直线垂直的时候，才能推出线面垂直；对于③ 根据课本推论知其结果正确；④直线 m 和 n 可以是异面的成任意夹角的两条直线；对于⑤根 据课本线面垂直的判定定理得到其正确；对于⑥是错误的，当直线 m 与直线 n,和平面 平行 并且和平面 垂直，此时两条直线互相平行. 故答案为 B 【点睛】这个题目考查了空间中点线面的位置关系，面面垂直，线面垂直的判定等，对于这 种题目的判断一般是利用课本中的定理和性质进行排除，判断．还可以画出样图进行判断， 利用常见的立体图形，将点线面放入特殊图形，进行直观判断． 二、多项选择题：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，其中错误的说法为（ ）． A. 若 ∥ ， ∥ ，则 ∥ B. 若 ，则 是三角形 的垂心 C. 两个非零向量 ， ，若 ，则 与 共线且反向 D. 若 ∥ ，则存在唯一实数 使得 【答案】AD 【解析】 【分析】 分别对所给选项进行逐一判断即可. 【详解】对于选项 A，当 时， 与 不一定共线，故 A 错误； 对于选项 B，由 ，得 ，所以 ， ， 同理 ， ，故 是三角形 的垂心，所以 B 正确； / /m nn m α α⊥  ⇒⊥  α α β a b b c a c PA PB PB PC PC PA⋅ = ⋅ = ⋅      P ABC a b a b a b− = +   a b a b λ a bλ=  0b =  a c PA PB PB PC⋅ = ⋅    0PB CA⋅ =  PB CA⊥  PB CA⊥ PA CB⊥ PC BA⊥ P ABC 对于选项 C，两个非零向量 ， ，若 ，则 与 共线且反向，故 C 正确； 对于选项 D，当 ， 时，显然有 ∥ ，但此时 不存在，故 D 错误. 故选：AD 【点睛】本题考查与向量有关的命题的真假的判断，考查学生对基本概念、定理的掌握，是 一道容易题. 10.将函数 f（x）=sin（ωx+φ）的图像向左平移 π/2 个单位，若所得图像与原图像重合，则 ω 的值不可能等于 A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】B 【解析】 解：因为将函数 f（x）=sin（ωx+φ）的图象向左平移 π /2 个单位． 若所得图象与原图象重合，所以 π/ 2 是已知函数周期的整数倍，即 k•2π/ ω =π /2 （k∈Z），解 得 ω=4k（k∈Z），A，C，D 正确． 故选 B． 11.在 中，根据下列条件解三角形，其中无解的是（ ）． A. ， ， B. ， ， C. ， ， D. ， ， 【答案】AC 【解析】 【分析】 由正弦定理结合大角对大边依次对所给选项进行判断. 【详解】对于选项 A，由正弦定理，得 ，所以此三角形无 解，满足题意； 对于选项 B，由正弦定理，得 ，且 ，故此三角形 有两解； 对于选项 C，由正弦定理，得 ，此三角形无解；满足 a b a b a b− = +   a b 0b =  0a ≠  a b λ ABC 7a = 3b = 30B =  6b = 5 2c = 45B =  10a = 15b = 120B =  6b = 6 3c = 60C =  7 7sin sin sin30 13 6 aA Bb = = = > 5 2 5sin sin sin45 16 6 cC Bb = = = < c b> 15 3 3sin sin sin120 110 4 aA Bb = = = > 题意； 对于选项 D，由正弦定理，得 ，且 ，所以 ， ， ，此时三角形的解只有一解. 故选：AC 【点睛】本题考查利用正弦定理判断三角形解的个数，考查学生的逻辑推理能力，数学运算 能力，是一道中档题. 12.如图，正方体 的棱长为 1，动点 E 在线段 上，F、M 分别是 AD、CD 的中点，则下列结论中正确的是（ ） A. B. 平面 C. 存在点 E，使得平面 平面 D. 三棱锥 的体积为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】 对 A,根据中位线的性质判定即可. 对 B,利用平面几何方法证明 再证明 平面 即可. 对 C,根据 与平面 有交点判定即可. 对 D,根据三棱锥 以 为底,且同底高不变,故体积不变判定即可. 【详解】在 A 中,因为 分别是 的中点,所以 ,故 A 正确; 在 B 中,因为 , ,故 , 故 .故 ,又有 , 所以 平面 ,故 B 正确； 6 1sin sin sin60 126 3 bB Cc = = = < c b> B C< 30B =  90C =  1 1 1 1ABCD A B C D− 1 1AC 1 1//FM AC BM ⊥ 1CC F //BEF 1 1CC D D B CEF− BM CF⊥ BM ⊥ 1CC F BF 1 1CC D D B CEF− BCF ,F M ,AD CD 1 1// //FM AC AC tan 2BCBMC CM ∠ = = tan 2CDCFD FD ∠ = = BMC CFD∠ = ∠ 2BMC DCF CFD DCF π∠ + ∠ = ∠ + ∠ = BM CF⊥ 1BM C C⊥ BM ⊥ 1CC F 在 C 中, 与平面 有交点,所以不存在点 ,使得平面 平面 ,故 C 错误. 在 D 中,三棱锥 以面 为底,则高是定值,所以三棱锥 的体积为定值, 故 D 正确. 故选：ABD. 【点睛】本题主要考查了线面垂直平行的证明与判定,同时也考查了锥体体积等问题.属于中档 题. 三、填空题： 13.己知函数 ， ，则 的值为______. 【答案】1 【解析】 【分析】 将 代入函数计算得到答案. 【详解】函数 故答案为 1 【点睛】本题考查了三角函数的计算，属于简单题. 14.已知圆锥的表面积等于 ，其侧面展开图是一个半圆，则底面圆的半径为__________ . 【答案】 【解析】 【分析】 设出底面圆的半径，用半径表示出圆锥的母线，再利用表面积，解出半径． 【详解】设圆锥的底面圆的半径为 ，母线为 ，则底面圆面积为 ，周长为 ， BF 1 1CC D D E //BEF 1 1CC D D B CEF− BCF B CEF− ( ) 2 cos 12f x x π = −   x∈R 6f π −   6x π= − ( ) 2 cos 12f x x π = −   2 cos 2 cos( ) 16 6 12 4f π π π π   − = − − = − =       212 cmπ cm 2cm r l 2rπ 2 rπ 则 解得 故填 2 【点睛】本题考查根据圆锥的表面积求底面圆半径，属于基础题． 15.函数 在 处取得最大值，则 ______ 【答案】 【解析】 【分析】 利用辅助角公式、两角差的正弦公式化简解析式： ，并求出 和 ， 由条件和正弦函数的最值列出方程，求出 的表达式，由诱导公式求出 的值． 【详解】解： ，其中 ， 依题意可得 ，即 ， 所以 故答案为： 【点睛】本题主要考查辅助角公式、诱导公式，以及正弦函数的最大值的应用，考查化简、 变形能力． 16.如图，边长为 2 的菱形 的对角线相交于点 ，点 在线段 上运动，若 ，则 的最小值为_______. 2 2 2 112 2 l r r l π π π π π = = + 2 4 r l =  = 3sin 4cosy x x= − x θ= sinθ = 3 5 ( )5siny x ϕ= − cosϕ sinϕ θ sinθ ( )3 43sin 4cos 5 sin cos 5sin5 5y x x x x x ϕ = − = − = −   3cos 5 ϕ = 4sin 5 ϕ = ( )5sin 5θ ϕ− = ( )sin 1θ ϕ− = 2 ,2 k k Z πθ ϕ π∴ − = + ∈ 3sin sin 2 cos2 5k πθ ϕ π ϕ = + + = =   3 5 ABCD O P BO 1AB AO⋅ =  AP BP⋅  【答案】 【解析】 【分析】 以 为原点建立平面直角坐标系，利用 计算出 两点的坐标，设出 点坐标， 由此计算出 的表达式，，进而求得最值. 【详解】以 为原点建立平面直角坐标系如下图所示，设 ， 则 ①，由 得 ②，由①②解得 ，故 .设 ， 则 ，当 时取得最小值为 . 故填： . 【点睛】本小题主要考查平面向量的坐标运算，考查向量数量积的坐标表示以及数量积求最 值，考查二次函数的性质，考查数形结合的数学思想方法，属于中档题. 四、解答题：解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17.已知复数 满足： ，且 在复平面内对应的点位于第三象限． （Ⅰ）求复数 ； （Ⅱ）求 的值． 【答案】（Ⅰ） （Ⅱ） 3 4 − O 1AB AO⋅ =  ,A B P AP BP⋅  O ( ) ( ),0 , 0, , 0, 0A a B b a b− − > > 2 2 4a b+ = 1AB AO⋅ =  ( ) ( ) 2, ,0 1a b a a− ⋅ = = 1, 3a b= = ( ) ( )1,0 , 0, 3A B− − ( )0, , 0, 3P t t  − ∈  AP BP⋅  ( ) ( )1, 0, 3t t= − ⋅ − 2 3t t= − 2 3 3 3 2 4 4t  = − − ≥ −    3 2t = 3 4 − 3 4 − z 2 3 4iz = + z z 20191 1 z z +   +  2 iz = − − i− 【解析】 【分析】 （ Ⅰ ） 设 ， 由 可 得 ，解方程组即可； （Ⅱ）易得 ，结合虚数 的周期性即可得到答案. 【详解】（Ⅰ）设 ，则 ， ∴ ，解得 或 （舍），∴ ． ( )i 0, 0z c d c d= + < < ( )22 2 2 2 3 4z c di c d cdi i= + = − + = + 2 2 3 2 4 c d cd  − =  = 2019 20191 1 z iz +  = +  i ( )0, 0z c di c d= + < < ( )22 2 2 2 3 4z c di c d cdi i= + = − + = + 2 2 3 2 4 c d cd  − =  = 2 1 c d = −  = − 2 1 c d =  = 2z i= − − （Ⅱ）∵ ，∴ ， 所以 ． 【点睛】本题考查复数的几何意义以及复数的除法运算，涉及到虚数 的周期性，是一道容易 题. 18.已知 ，且向量 与 不共线. （1）若 与 的夹角为 ，求 ； （2）若向量 与 的夹角的钝角，求实数 的取值范围. 【答案】(1) (2) 且 【解析】 【分析】 （1）因为 与 的夹角为 ，所以可求得 .展开 代入 即可求得结果.（2）由向量 与 的夹角的钝角，可得 且不反向 共线，展开解 k 即可. 【详解】解：（1） 与 的夹角为 ， . . （2） 向量 与 的夹角为钝角， ，且不能反向共线， ，解得 实数 的取值范围是 且 . 【点睛】本题考查平面向量数量积的运算，考查已知向量夹角求参，考查向量夹角为钝角的 2z i= − + ( )211 1 1 1 1 1 2 iz i i iz i i ++ − − += = = =+ − + − ( )2019 5042019 2016 3 504 4 3 4 3 31 =1 z i i i i i i iz + × ++  = = = = ⋅ = − +  i | | 1,| | 1a b= = a b a b 45° (2 )•( )a b a b  − + ka b+  ka b−  k 21 2 + -1 1k< < 0k ≠ a b 45° 2• = 2a b (2 ) ( )a b a b  − ⋅ + 2• = 2a b ka b+  -ka b ( ) ( ) 0-ka b ka b⋅ <+    a b 45° 2 2• cos45 1 1 2 2a b a b∴ = ° = × × =   2 2 2 2(2 ) ( ) 2 2 1 12 2a b a b a a b b∴ − ⋅ + = + ⋅ − = + − = +        ka b+  ka b−  ( )·( ) 0-ka b ka b∴ <+    2 2 2 2 1 0k a b k∴ − = − < 1 1, 0k k− < < ≠ ∴ k -1 1k< < 0k ≠ 求解运算，考查了学生转化的能力，属于基础题. 19.如图，在正方体 中， 是 的中点， ， ， 分别是 ， ， 的中点.求证： （1）直线 平面 ； （2）平面 平面 . 【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 【解析】 【分析】 （1）结合几何体，因为 分别是 的中点，所以 .，再利用线面平行的判 定定理证明. （2）由 分别是 的中点，得 .由线面平行的判定定理 平面 .，再由（1）知，再利用面面平行的判定定理证明. 【详解】证明： （1）如图， 连接 ， 分别是 的中点， . 1 1 1 1ABCD A B C D− S 1 1B D E F G BC DC SC / /EG 1 1BDD B / /EFG 1 1BDD B ,E G ,BC SC / /EG SB ,F G ,DC SC / /FG SD / /FG 1 1BDD B SB ,E G ,BC SC / /EG SB∴ 又 平面 平面 ， 所以直线 平面 . （2）连接 分别是 的中点， . 又∵ 平面 平面 平面 又 平面 平面 ， ∴平面 平面 【点睛】本题主要考查了线面平行，面面平行的判断定定理，还考查了转化化归的能力，属 于中档题. 20.已知复数 ， ，且 ，其中 、 、 为 的内角， 、 、 为角 、 、 所对的边. （1）求角 的大小； （2）若 ，求 的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】 （1）根据复数相等可得 ，变形化简即可求出 B（2）根据 ， ， ，利用余弦定理可求出 ，代入三角形面积公式即可. 【详解】（1）∵ ∴ ①， ②， 由①得 即 ， SB ⊂ 1 1,BDD B EG ⊄ 1 1BDD B / /EG 1 1BDD B , ,SD F G ,DC SC / /FG SD∴ SD ⊂ 1 1,BDD B FG ⊄ 1 1,BDD B / /FG∴ 1 1BDD B EG ⊂ ,EFG FG ⊂ ,EFG EG FG G∩ = / /EFG 1 1BDD B ( )1 2sin sin iz A C a c= + + 2 1 2cos cos 4iz A C= + + 1 2z z= A B C ABC∆ a b c A B C B 2 2b = ABC∆ π 3B = 2 3 3 2sin sin 1 2cos cosA C A C= + π 3B = 4a c+ = 2 2b = ac 1 2z z= 2sin sin 1 2cos cosA C A C= + 4a c+ = ( )2 cos cos sin sin 1A C A C− = − ( ) ( ) 1cos cos π cos 2A C B B+ = − = − = − ∴ ，∵ ，∴ ； （2）∵ ，由余弦定理得 ， 即 ，④， 由②得 ⑤ 由④⑤得 ， ∴ . 【点睛】本题主要考查了复数相等，余弦定理，三角形面积公式，三角恒等变形，属于中档 题. 21.如图，在四棱锥 中，PA⊥平面 ABCD，CD⊥AD，BC∥AD， . （Ⅰ）求证：CD⊥PD； （Ⅱ）求证：BD⊥平面 PAB； （Ⅲ）在棱 PD 上是否存在点 M，使 CM∥平面 PAB，若存在，确定点 M 的位置，若不存在， 请说明理由. 【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）详见解析；（Ⅲ）在棱PD 上存在点 M，使 CM∥平面 PAB， 且 M 是 PD 的中点. 【解析】 【分析】 （Ⅰ）由题意可得 CD⊥平面 PAD，从而易得 CD⊥PD； （Ⅱ）要证 BD⊥平面 PAB，关键是证明 ； （Ⅲ）在棱 PD 上存在点 M，使 CM∥平面 PAB，且 M 是 PD 中点. 【详解】（Ⅰ）证明：因为 PA⊥平面 ABCD， 平面 ABCD 的 1cos 2B = 0 πB< < π 3B = 2 2b = 2 2 2 2 cosb a c ac B= + − 2 2 8a c ac+ − = 2 2 2 16a c ac+ + = 8 3ac = 1 1 8 3 2 3sin2 2 3 2 3ABCS ac B∆ = = × × = P ABCD− 1 2BC CD AD= = BD AB⊥ CD ⊂ ， 所以 CD⊥PA. 因为 CD⊥AD， ， 所以 CD⊥平面 PAD. 因为 平面 PAD， 所以 CD⊥PD. (II)因为 PA⊥平面 ABCD， 平面 ABCD 所以 BD⊥PA. 在直角梯形 ABCD 中， ， 由题意可得 ， 所以 ， 所以 . 因为 ， 所以 平面 PAB. （Ⅲ）解：在棱 PD 上存在点 M，使 CM∥平面 PAB，且 M 是 PD 的中点. 证明：取 PA 的中点 N，连接 MN，BN， 因为 M 是 PD 的中点，所以 . 因为 ，所以 . 所以 MNBC 是平行四边形， 所以 CM∥BN. 因为 平面 PAB, 平面 PAB. 所以 平面 PAB. 【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定定理,以及直线与平面平行的判定定理的应用，考查 PA AD A∩ = PD ⊂ BD ⊂ ， 1 2BC CD AD= = 2AB BD BC= = 2 2 2AD AB BD= + BD AB⊥ PA AB A= BD ⊥ 1 2MN AD 1 2BC AD MN BC CM ⊄ BN ⊂ / /CM 空间想象能力，属于中档题．证明线面平行的常用方法：①利用线面平行的判定定理，使用 这个定理的关键是设法在平面内找到一条与已知直线平行的直线，可利用几何体的特征，合 理利用中位线定理、线面平行的性质或者构造平行四边形、寻找比例式证明两直线平行.②利 用面面平行的性质，即两平面平行，在其中一平面内的直线平行于另一平面. 22.在平面直角坐标系中， 为坐标原点， ， ， 三点满足 . （1）求 值； （2）已知 若 的最小值为 ，求 的最大值. 【答案】（1） （2）1 【解析】 【分析】 （1）由 ，得 ，化简得 ，即可得到答 案； （2）化简函数 ，对实数 分类讨论求得函数 的最小值，得 到关于 的分段函数 ，进而求得函数 的最大值. 详解】（1）由题意知 三点满足 ， 可得 ，所以 ，即 即 ，则 ，所以 . （2）由题意，函数 因为 ，所以 ， 当 时， 取得最小值 ， 【 O A B C 1 2 3 3OC OA OB= +   AC CB   2(1,cos ), (1 cos ,cos ), 0, , ( ) • 22 3A x B x x x f x OA OC m AB π   + ∈ = − +         ( )f x ( )g m ( )g m 2 1 2 3 3OC OA OB= +   2 ( )3OC OA OB OA− = −    2AC CB=  2 2( ) (cos ) 1f x x m m= − + − m ( )f x m ( )g m ( )g m , ,A B C 1 2 3 3OC OA OB= +   2 ( )3OC OA OB OA− = −    2 2 ( )3 3AC AB AC CB= = +    1 2 3 3AC CB=  2AC CB=  2AC CB=  | | 2 | | AC CB =   22 2 2( ) 2 | | 1 cos cos 2 cos3 3 3f x OA OC m AB x x m x   = • − + = + + − +          2 2(cos ) 1x m m= − + − 0, 2x π ∈   cos [0,1]x∈ 0m < ( )f x ( ) 1g m = 当 时，当 时， 取得最小值 ， 当 时，当 时， 取得最小值 ， 综上所述， ，可得函数 的最大值为 1， 即 的最大值为 1. 【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，向量的数量积的坐标性质，以及三角函数和二次 函数的性质的综合应用，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力，属于中档试题. 0 1m≤ ≤ cos x m= ( )f x 2( ) 1g m m= − 1m > cos 1x = ( )f x ( ) 2 2g m m= − 2 1 0 ( ) 1 0 1 2 2 1 m g m m m m m < = − ≤ ≤  − > ( )g m ( )g m