浙江省湖州市南浔高级中学2023-2024学年高一下学期第一次月考数学试卷
1．（2024高一下·南浔月考）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·南浔月考）若复数，的虚部为（ ）
A． B．1 C． D．
3．（2024高一下·南浔月考）中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，则B的大小为（ ）
A． B． C．或 D．或
4．（2024高一下·南浔月考）函数的零点所在的一个区间是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·南浔月考）如图，是水平放置的的直观图，，，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·南浔月考）是函数在上恒大于0的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2024高一下·南浔月考）已知，，则（ ）
A．的最大值为且的最大值为
B．的最大值为且的最小值为0
C．的最小值为且的最大值为
D．的最小值为且的最小值为0
8．（2024高一下·南浔月考）如图，在中，是线段上的一点，且，过点的直线分别交直线，于点，，若，，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·南浔月考）已知，，则下列命题正确的有（ ）
A．若，则 B．若，则与共线
C． D．的最大值为3
10．（2024高一下·南浔月考）设函数 的图象为C，则下列结论中正确的是（ ）
A．图象C关于直线 对称
B．图象C关于点 对称
C．函数 在区间 内是增函数
D．把函数 的图象上点的横坐标缩短为原来的一半（纵坐标不变）可以得到图象C
11．（2024高一下·南浔月考）已知函数则下列选项正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．函数的值域为
C．方程有两个不等的实数根
D．不等式解集为
12．（2024高一下·南浔月考）已知是方向相同的单位向量，且向量在向量方向上的投影向量为，求与的夹角 .
13．（2024高一下·南浔月考）已知复数，，则的最大值为 .
14．（2024高一下·南浔月考）海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径，两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，，测得，，，，则，两点间的距离为 .
15．（2024高一下·南浔月考）已知复数，．（为虚数单位）
（1）求；
（2）若，且复数的虚部等于复数的实部，复数在复平面内对应的点位于第三象限，求复数．
16．（2024高一下·南浔月考）已知向量，满足，，它们的夹角为120°．
（1）求的值；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数k的取值范围．
17．（2024高一下·南浔月考）如图，正三棱锥中，，点分别为的中点，一只蚂蚁从点出发，沿三棱锥侧面爬行到点，求：
（1）该三棱锥的体积与表面积；
（2）蚂蚁爬行的最短路线长.
18．（2024高一下·南浔月考）已知中，角所对的边分别是，向量，，且.
（1）求的值；
（2）若，求周长的取值范围.
19．（2024高一下·南浔月考）设，函数．
（1）若，判断并证明函数的单调性；
（2）若，函数在区间上的取值范围是，求的范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】因为，，则.
故选：A.
【分析】本题考查平面向量的坐标运算.根据，，据此可得，利用平面向量的坐标运算进行计算可求出答案.
2．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以复数的虚部为.
故答案为：C.
【分析】利用复数的除法运算法则得出复数z，再结合复数虚部的概念，从而可得复数z的虚部.
3．【答案】D
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：由正弦定理可得，
由于，，所以或.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和正弦定理，再结合三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
4．【答案】B
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：因为，，
且易得在单调递增，
所以在上有唯一的零点，且零点在区间内.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和零点存在性定理，再结合函数的单调性判断出函数的零点所在的一个区间.
5．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由斜二测画法可知，的实物图如下图所示：
可知，，且，
因此，的面积为.
故答案为：C.
【分析】作出的实物图，再结合三角形的面积公式，从而计算出的面积.
6．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，恒成立，
即函数在上的最小值大于0，
当，即时，则在上单调递增，
由，所以；
当，即时，
则在上递减，在上单调递增，
所以函数的最小值为，
由，所以；
当，即时，则在上单调递减，
由，与矛盾，所以此时无解，
综上可知：或，即，
因为，但，
所以是，恒成立的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】先求出在上恒大于0的充要条件，再利用二次函数的性质和充分、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
7．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】利用，则，整理得，
当且仅当，即时取得等号，即的最小值为；
利用，，即，整理得，即，
当且仅当时取得等号，故的最大值为.
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合均值不等式变形求最值的方法，进而找出正确的选项。
8．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：由已知条件可得，
∵
∴，
因为三点共线，
∴，
∴，
∵，
∴，则，
当且仅当，即时取等号，
故的最小值是.
故答案为：C．
【分析】根据平面向量基本定理和三点共线，可确定的关系式，即，则可得，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值．
9．【答案】B,C,D
【知识点】命题的真假判断与应用；共线（平行）向量；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，当时，
，，
所以不成立，故A错误；
对于B：当时，，则，故B正确；
对于C：因为，，所以，故C正确；
对于D：因为
（当且仅当与方向相反，即，时取 “”），故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件和两向量垂直数量积为零的等价关系以及数量积的坐标表示，则判断选项A；根据向量的数乘运算的几何意义，则判断选项B；利用向量求模公式，则判断出选项C；根据三角不等式，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】对于 ，函数 的对称轴方程为 ，解得 ，当 时可得 ，所以图象 关于直线 对称正确.
对于 ，函数 的对称中心为 ，解得 ，当 时可得 ，所以图象 关于点 对称，而不是关于点 对称，故 选项不正确.
对于 ，函数 的单调增区间为 ，解得 当 时 ，所以函数 在区间 内是增函数正确.
对于 ，把函数 的图象上点的横坐标缩短为原来的一半（纵坐标不变）可以得到函数 的图象，不是图象 ，故 选项不正确.
综上AC符合题意
故答案为：AC
【分析】运用三角函数图象和性质来判断四个选项中函数图象的对称性、单调性及图象平移是否正确.
11．【答案】B,C
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：画出的图象，如下图所示：
令，解得或，
所以的图象与轴交于，
对于A，由图象可知，函数在区间上不单调，故A错；
对于B，由图象可知，函数的值域为，故B对；
对于C，因为，，
由图象可知，方程，即有两个不等的实数根，故C对；
对于D，由图象可知，当时，，
所以，由可得.
令，解得或；
令，解得或，
所以，由图象可知，不等式解集为，故D错.
故答案为：BC.
【分析】利用分段函数的解析式画出的图象，再结合分段图象和单调函数的定义、函数求值域的方法、方程的根和函数与x轴交点的横坐标的等价关系、不等式求解方法，从而逐项判断找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量在向量上的投影向量为，
所以，
即，
因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据向量在向量上的投影向量为，再由得出与的夹角.
13．【答案】
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：因为复数，则，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为.
故答案为：.
【分析】利用复数的模的三角不等式，从而可求得的最大值.
14．【答案】
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】
因为，，
所以，，
所以，
又因为，
所以，
由正弦定理得：，即，解得，
在中，由余弦定理得，
所以，
解得.
故答案为：
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形的实际应用.先根据题意，利用角的运算可得：，再利用正弦定理可得：，据此可求出BD的长度，再利用余弦定理可得：，代入数据进行计算可求出AB的长度，进而求出答案.
15．【答案】（1）解：复数，，则；
（2）解：由题设，，复数的虚部等于复数的实部，
所以，可设，又，
，解得或，
复数在复平面内对应的点位于第三象限，
，即，故．
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合复数的乘法运算法则得出复数 。
（2） 由题设结合复数的混合运算法则和复数的虚部等于复数的实部，
所以，可设，再利用结合复数求模公式得出a的值，再结合复数在复平面内对应的点位于第三象限，从而结合复数的几何意义和点所在的象限，进而判断出a的取值范围，从而得出实数a的值，进而得出复数z。
16．【答案】（1）解：
=
=
=
=
=
=
=.
（2）解：因为与的夹角为锐角，
所以 ，
化简为：，
所以，
所以，实数k的取值范围为：且.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）利用=结合数量积的运算律，从而得出的值.
（2）利用向量夹角为锐角，则需满足数量积为正并且两个向量不能方向相同，从而代入求解得出实数k的取值范围.
（1）=
=
=
=
=
=
=
（2）因为与的夹角为锐角，
所以 ，
化简为：，
所以，
故答案为：且
17．【答案】（1）解：因为，
所以，
即，
又因为，VB、VC在面VBC内，得面，
则，
（2）解：如下图：连接，线段的长度即蚂蚁爬行的最短路线长，
在△中，，
由余弦定理可得：，
即.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）将△当作底面，再将当作三棱锥的高，由三棱锥体积公式求得三棱锥的体积；再由求出各个面的面积，则由面积公式求和可得三棱锥的表面积.
（2）将△与延展开，使得两个三角形在同一个平面上，连接，再由余弦定理得出蚂蚁爬行的最短路线长.
（1）因为，
所以，即，
又，VB、VC在面VBC内，得面，
，
（2）如下图：连接，线段的长度即蚂蚁爬行的最短路线长，
△中，，
由余弦定理可得：，
即.
18．【答案】（1）解：，
，即，
，，
又因为，.
（2）解：由正弦定理得：，
，，
，
，，，
则，，即周长的取值范围为.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由向量平行的坐标运算整理求得的值，再根据三角形中角的取值范围，从而可得角的值.
（2）利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换可化简得到，再根据角的取值范围结合正弦型函数求值域的方法，从而可得的取值范围，由此可推导出的取值范围，即求出周长的取值范围.
（1），，即，
，，又，.
（2）由正弦定理得：，，，
；
，，，则，
，即周长的取值范围为.
19．【答案】（1）解：当时，因为，所以，
所以函数的定义域为，
结论：函数是增函数．
证明：设对任意的，，且，则
，
因为，所以，即．
又因为，，，
所以，
所以，即证．
（2）解：因为m又由知，，所以，
因为，所以或．
①当时，由（1）知，函数是增函数．
因为函数在区间上的取值范围是，
所以，即，
从而关于的方程有两个互异实根．
令，则，所以方程有两个互异正根，
所以从而．
②当时，函数在区间，上均单调递减，
若，则，于是，这与矛盾，故舍去；
若，则，
于是即，
所以，两式相减并整理得，，
又，故，从而．
因为，所以．
综上，的范围是．
【知识点】函数单调性的判断与证明；根的存在性及根的个数判断
【解析】【分析】(1)当a> 0时， 函数的定义域为，通过单调性的定义法可证明函数f (x)的单调性；
(2)因为m < n， ，所以k<0，分a>0，a<0两种情况讨论函数f (x)在区间 上的取值范围是 ，进而得出 的范围．
1 / 1浙江省湖州市南浔高级中学2023-2024学年高一下学期第一次月考数学试卷
1．（2024高一下·南浔月考）已知，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】因为，，则.
故选：A.
【分析】本题考查平面向量的坐标运算.根据，，据此可得，利用平面向量的坐标运算进行计算可求出答案.
2．（2024高一下·南浔月考）若复数，的虚部为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以复数的虚部为.
故答案为：C.
【分析】利用复数的除法运算法则得出复数z，再结合复数虚部的概念，从而可得复数z的虚部.
3．（2024高一下·南浔月考）中，三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，则B的大小为（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】D
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：由正弦定理可得，
由于，，所以或.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件和正弦定理，再结合三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
4．（2024高一下·南浔月考）函数的零点所在的一个区间是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：因为，，
且易得在单调递增，
所以在上有唯一的零点，且零点在区间内.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和零点存在性定理，再结合函数的单调性判断出函数的零点所在的一个区间.
5．（2024高一下·南浔月考）如图，是水平放置的的直观图，，，则的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由斜二测画法可知，的实物图如下图所示：
可知，，且，
因此，的面积为.
故答案为：C.
【分析】作出的实物图，再结合三角形的面积公式，从而计算出的面积.
6．（2024高一下·南浔月考）是函数在上恒大于0的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，恒成立，
即函数在上的最小值大于0，
当，即时，则在上单调递增，
由，所以；
当，即时，
则在上递减，在上单调递增，
所以函数的最小值为，
由，所以；
当，即时，则在上单调递减，
由，与矛盾，所以此时无解，
综上可知：或，即，
因为，但，
所以是，恒成立的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】先求出在上恒大于0的充要条件，再利用二次函数的性质和充分、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
7．（2024高一下·南浔月考）已知，，则（ ）
A．的最大值为且的最大值为
B．的最大值为且的最小值为0
C．的最小值为且的最大值为
D．的最小值为且的最小值为0
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】利用，则，整理得，
当且仅当，即时取得等号，即的最小值为；
利用，，即，整理得，即，
当且仅当时取得等号，故的最大值为.
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合均值不等式变形求最值的方法，进而找出正确的选项。
8．（2024高一下·南浔月考）如图，在中，是线段上的一点，且，过点的直线分别交直线，于点，，若，，则的最小值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：由已知条件可得，
∵
∴，
因为三点共线，
∴，
∴，
∵，
∴，则，
当且仅当，即时取等号，
故的最小值是.
故答案为：C．
【分析】根据平面向量基本定理和三点共线，可确定的关系式，即，则可得，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值．
9．（2024高一下·南浔月考）已知，，则下列命题正确的有（ ）
A．若，则 B．若，则与共线
C． D．的最大值为3
【答案】B,C,D
【知识点】命题的真假判断与应用；共线（平行）向量；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，当时，
，，
所以不成立，故A错误；
对于B：当时，，则，故B正确；
对于C：因为，，所以，故C正确；
对于D：因为
（当且仅当与方向相反，即，时取 “”），故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据已知条件和两向量垂直数量积为零的等价关系以及数量积的坐标表示，则判断选项A；根据向量的数乘运算的几何意义，则判断选项B；利用向量求模公式，则判断出选项C；根据三角不等式，则判断出选项D，从而找出真命题的选项.
10．（2024高一下·南浔月考）设函数 的图象为C，则下列结论中正确的是（ ）
A．图象C关于直线 对称
B．图象C关于点 对称
C．函数 在区间 内是增函数
D．把函数 的图象上点的横坐标缩短为原来的一半（纵坐标不变）可以得到图象C
【答案】A,C
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】对于 ，函数 的对称轴方程为 ，解得 ，当 时可得 ，所以图象 关于直线 对称正确.
对于 ，函数 的对称中心为 ，解得 ，当 时可得 ，所以图象 关于点 对称，而不是关于点 对称，故 选项不正确.
对于 ，函数 的单调增区间为 ，解得 当 时 ，所以函数 在区间 内是增函数正确.
对于 ，把函数 的图象上点的横坐标缩短为原来的一半（纵坐标不变）可以得到函数 的图象，不是图象 ，故 选项不正确.
综上AC符合题意
故答案为：AC
【分析】运用三角函数图象和性质来判断四个选项中函数图象的对称性、单调性及图象平移是否正确.
11．（2024高一下·南浔月考）已知函数则下列选项正确的是（ ）
A．函数在区间上单调递增
B．函数的值域为
C．方程有两个不等的实数根
D．不等式解集为
【答案】B,C
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：画出的图象，如下图所示：
令，解得或，
所以的图象与轴交于，
对于A，由图象可知，函数在区间上不单调，故A错；
对于B，由图象可知，函数的值域为，故B对；
对于C，因为，，
由图象可知，方程，即有两个不等的实数根，故C对；
对于D，由图象可知，当时，，
所以，由可得.
令，解得或；
令，解得或，
所以，由图象可知，不等式解集为，故D错.
故答案为：BC.
【分析】利用分段函数的解析式画出的图象，再结合分段图象和单调函数的定义、函数求值域的方法、方程的根和函数与x轴交点的横坐标的等价关系、不等式求解方法，从而逐项判断找出正确的选项.
12．（2024高一下·南浔月考）已知是方向相同的单位向量，且向量在向量方向上的投影向量为，求与的夹角 .
【答案】
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量在向量上的投影向量为，
所以，
即，
因为，
所以.
故答案为：.
【分析】根据向量在向量上的投影向量为，再由得出与的夹角.
13．（2024高一下·南浔月考）已知复数，，则的最大值为 .
【答案】
【知识点】复数的模
【解析】【解答】解：因为复数，则，
所以，，
当且仅当时，等号成立，故的最大值为.
故答案为：.
【分析】利用复数的模的三角不等式，从而可求得的最大值.
14．（2024高一下·南浔月考）海洋蓝洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞，若要测量如图所示的蓝洞的口径，两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点，，测得，，，，则，两点间的距离为 .
【答案】
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】
因为，，
所以，，
所以，
又因为，
所以，
由正弦定理得：，即，解得，
在中，由余弦定理得，
所以，
解得.
故答案为：
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形的实际应用.先根据题意，利用角的运算可得：，再利用正弦定理可得：，据此可求出BD的长度，再利用余弦定理可得：，代入数据进行计算可求出AB的长度，进而求出答案.
15．（2024高一下·南浔月考）已知复数，．（为虚数单位）
（1）求；
（2）若，且复数的虚部等于复数的实部，复数在复平面内对应的点位于第三象限，求复数．
【答案】（1）解：复数，，则；
（2）解：由题设，，复数的虚部等于复数的实部，
所以，可设，又，
，解得或，
复数在复平面内对应的点位于第三象限，
，即，故．
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合复数的乘法运算法则得出复数 。
（2） 由题设结合复数的混合运算法则和复数的虚部等于复数的实部，
所以，可设，再利用结合复数求模公式得出a的值，再结合复数在复平面内对应的点位于第三象限，从而结合复数的几何意义和点所在的象限，进而判断出a的取值范围，从而得出实数a的值，进而得出复数z。
16．（2024高一下·南浔月考）已知向量，满足，，它们的夹角为120°．
（1）求的值；
（2）若向量与的夹角为锐角，求实数k的取值范围．
【答案】（1）解：
=
=
=
=
=
=
=.
（2）解：因为与的夹角为锐角，
所以 ，
化简为：，
所以，
所以，实数k的取值范围为：且.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）利用=结合数量积的运算律，从而得出的值.
（2）利用向量夹角为锐角，则需满足数量积为正并且两个向量不能方向相同，从而代入求解得出实数k的取值范围.
（1）=
=
=
=
=
=
=
（2）因为与的夹角为锐角，
所以 ，
化简为：，
所以，
故答案为：且
17．（2024高一下·南浔月考）如图，正三棱锥中，，点分别为的中点，一只蚂蚁从点出发，沿三棱锥侧面爬行到点，求：
（1）该三棱锥的体积与表面积；
（2）蚂蚁爬行的最短路线长.
【答案】（1）解：因为，
所以，
即，
又因为，VB、VC在面VBC内，得面，
则，
（2）解：如下图：连接，线段的长度即蚂蚁爬行的最短路线长，
在△中，，
由余弦定理可得：，
即.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）将△当作底面，再将当作三棱锥的高，由三棱锥体积公式求得三棱锥的体积；再由求出各个面的面积，则由面积公式求和可得三棱锥的表面积.
（2）将△与延展开，使得两个三角形在同一个平面上，连接，再由余弦定理得出蚂蚁爬行的最短路线长.
（1）因为，
所以，即，
又，VB、VC在面VBC内，得面，
，
（2）如下图：连接，线段的长度即蚂蚁爬行的最短路线长，
△中，，
由余弦定理可得：，
即.
18．（2024高一下·南浔月考）已知中，角所对的边分别是，向量，，且.
（1）求的值；
（2）若，求周长的取值范围.
【答案】（1）解：，
，即，
，，
又因为，.
（2）解：由正弦定理得：，
，，
，
，，，
则，，即周长的取值范围为.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由向量平行的坐标运算整理求得的值，再根据三角形中角的取值范围，从而可得角的值.
（2）利用正弦定理边化角，再结合三角恒等变换可化简得到，再根据角的取值范围结合正弦型函数求值域的方法，从而可得的取值范围，由此可推导出的取值范围，即求出周长的取值范围.
（1），，即，
，，又，.
（2）由正弦定理得：，，，
；
，，，则，
，即周长的取值范围为.
19．（2024高一下·南浔月考）设，函数．
（1）若，判断并证明函数的单调性；
（2）若，函数在区间上的取值范围是，求的范围．
【答案】（1）解：当时，因为，所以，
所以函数的定义域为，
结论：函数是增函数．
证明：设对任意的，，且，则
，
因为，所以，即．
又因为，，，
所以，
所以，即证．
（2）解：因为m又由知，，所以，
因为，所以或．
①当时，由（1）知，函数是增函数．
因为函数在区间上的取值范围是，
所以，即，
从而关于的方程有两个互异实根．
令，则，所以方程有两个互异正根，
所以从而．
②当时，函数在区间，上均单调递减，
若，则，于是，这与矛盾，故舍去；
若，则，
于是即，
所以，两式相减并整理得，，
又，故，从而．
因为，所以．
综上，的范围是．
【知识点】函数单调性的判断与证明；根的存在性及根的个数判断
【解析】【分析】(1)当a> 0时， 函数的定义域为，通过单调性的定义法可证明函数f (x)的单调性；
(2)因为m < n， ，所以k<0，分a>0，a<0两种情况讨论函数f (x)在区间 上的取值范围是 ，进而得出 的范围．
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