2020-2021学年甘肃省白银市高一（下）6月月考数学（理）试卷人教A版

这是一份2020-2021学年甘肃省白银市高一（下）6月月考数学（理）试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A={x|x2−3x−4<0}，B={−4,1,3,5}，则A∩B=( )
A.−4,1B.1,5C.3,5D.1,3

2. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知E，F，G分别是线段A1C1上的点，且A1E=EF=FG=GC1，则下列直线与平面A1BD平行的是( )

A.CEB.CFC.CGD.CC1

3. 若tanα=−3，则csα+sinαcsα−sinα的值为( )
A.−12B.12C.−13D.13

4. 有下列命题：
①若直线l平行于平面α内的无数条直线，则直线l // α，
②若直线a在平面α外，则a // α，
③若直线a // b，b // α，则a // α，
④若直线a // b，b // α，则a平行于平面α内的无数条直线．
其中真命题的个数是（ ）
A.1B.2C.3D.4

5. 若实数x，y满足约束条件x−3y+4≥0,3x−y−4≤0,x+y≥0,则z=3x+2y 的最大值是( )
A.−1B.1C.10D.12

6. 在空间四边形ABCD中，E，F分别为AB，AD上的点，且AE∶EB=AF∶FD=1∶4，H，G分别为BC，CD的中点，则( )
A.BD // 平面EFG，且四边形EFGH是平行四边形
B.EF // 平面BCD，且四边形EFGH是梯形
C.HG // 平面ABD，且四边形EFGH是平行四边形
D.EH // 平面ADC，且四边形EFGH是梯形

7. 函数y=4xx2+1的图象大致为( )
A.B.
C.D.

8. 一个正方体的展开图如图所示，A，B，C，D为原正方体的顶点，则在原来的正方体中( )

A.AB // CDB.AB与CD相交
C.AB⊥CDD.AB与CD所成的角为60∘

9. 北京天坛的圜丘坛为古代祭天的场所，分上、中、下三层.上层中心有一块圆形石板(称为天心石)，环绕天心石砌9块扇面形石板构成第一环，向外每环依次增加9块.下一层的第一环比上一层的最后一环多9块，向外每环依次也增加9块.已知每层环数相同，且下层比中层多729块，则三层共有扇面形石板(不含天心石)( )

A.3699块B.3474块C.3402块D.3339块

10. 正三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=2AB，D是BC的中点，则异面直线AD与A1C所成的角为（ ）
A.π6B.π4C.π3D.π2

11. 如图为从一个半球中挖去一个长方体的三视图，其俯视图中圆的半径和正方形的边长均为2，正方形的中心与圆的圆心重合，则当正视图中矩形边a取得最大值时，该几何体的体积为( )

A.16π3−4 B.16π3−42C.16π3−43 D.32π3−43

12. 定义在R上的函数f(x)，满足f(x)=x2+2，x∈[0，1),2−x2，x∈[−1，0), 且f(x+1)=f(x−1)，若g(x)=3−lg2x，则函数F(x)=f(x)−g(x)在(0, +∞)内的零点有（ ）
A.3个B.2个C.1个D.0个
二、填空题

设正实数a，b满足： a+b=1，则4a+1b的最小值为________.

已知函数f(x)=lg(x2−4x−5)在(a, +∞)上单调递增，则a的取值范围是________.

随着人们生活水平的提升，参与足球运动的人数不断增加．国际足球联合会确认足球起源于中国古代的蹴鞠．2300多年前的春秋时期，齐国境内（现淄博市）就流行蹴鞠活动．“蹴”有用脚蹴、蹋、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内实米糠的球．已知某“鞠”上面四个点A，B，C，D满足AB=CD=14cm，BD=AC=8cm，AD=BC=12cm，则该“鞠”的表面积S为________cm2.


如图，透明塑料制成的长方体容器ABCD−A1B1C1D1内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下面四个命题：
①没有水的部分始终呈棱柱形；
②水面EFGH所在四边形的面积为定值；
③棱A1D1始终与水面所在平面平行；
④当容器倾斜如图所示时，BE⋅BF是定值．
其中所有正确命题是________.（填写编号）

三、解答题

已知数列{an}满足a1=1，nan+1=2(n+1)an．设bn=ann．
(1)求b1，b2，b3；

(2)判断数列{bn}是否为等比数列，并说明理由；

(3)求{an}的通项公式．

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，S是B1D1的中点，E，F，G分别是BC，DC，SC的中点．求证：

(1)直线EG//平面BDD1B1；

(2)平面EFG//平面BDD1B1．

如图所示，斜三棱柱ABC−A1B1C1中，点D，D1分别为AC，A1C1上的点．

(1)当A1D1D1C1等于何值时，BC1 // 平面AB1D1？

(2)若平面BC1D // 平面AB1D1，求ADDC的值．

设{an}是公比不为1的等比数列，a1为a2，a3的等差中项.
(1)求{an}的公比；

(2)若a1=1，求数列{nan}的前n项和Sn.

已知函数f(x)=2sinxcsx+23sin(x+π4）cs(x+π4）．
(1)求函数f(x)的对称轴方程；

(2)将函数f(x)的图象向右平移π3个单位长度，得到函数g(x)的图象，若关于x的方程g(x)−1=m在[0，π2）上恰有一解，求实数m的取值范围．

在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知3bsinC+3csinB=4asinBsinC．
(1)求角A的大小；

(2)若2bsinB+2csinC=bc+3a，求△ABC面积的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年甘肃省白银市高一（下）6月月考数学（理）试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
化简集合A后，求解公共元素即可.
【解答】
解：∵ x2−3x−4<0，
∴ −1∴ A={x|−1∵ B={−4,1,3,5}，
∴ A∩B=1,3.
故选D.
2.
【答案】
B
【考点】
直线与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：如图，连接AC交BD于点O，连接A1O，CF.

∵ 六面体ABCD−A1B1C1D1是正方体，
且A1E=EF=FG=GC1，
∴ A1F//12AC，A1F=12AC.
又OC=12AC，
∴ A1F//OC，A1F=OC，
∴ 四边形A1OCF是平行四边形，
∴ A1O//CF.
又∵ A1O⊂平面A1BD，CF⊄平面A1BD，
∴ CF//平面A1BD.
故选B.
3.
【答案】
A
【考点】
同角三角函数间的基本关系
三角函数的化简求值
【解析】
利用弦化切可求三角函数式的值．
【解答】
解：因为tanα=−3 ，故csα≠0，
故csα+sinαcsα−sinα=1+tanα1−tanα=1+−31−−3=−12．
故选A．
4.
【答案】
A
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】
在①中，直线l与α相交、平行或l⊂α：在②中，a与α平行或相交；在③中，a // α或a⊂α；在④中，a // α或a⊂α，故a平行于平面α内的无数条直线．
【解答】
解：在①中，若直线l平行于平面α内的无数条直线，
当这无数条直线不相交时，
则直线l与α相交、平行或l⊂α，故①错误；
在②中，若直线a在平面α外，
则a与α平行或相交，故②错误；
在③中，若直线a // b，b // α，
则a // α或a⊂α，故③错误；
在④中，若直线a // b，b // α，
则a // α或a⊂α，
∴ a平行于平面α内的无数条直线，故④正确．
故选A．
5.
【答案】
C
【考点】
求线性目标函数的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：作出不等式组表示的平面区域，如图所示，
由z=3x+2y ，可得 y=−32x+12z，
作出直线 l:y=−32x ，平移直线l，
由图可得，当直线经过点D时，直线在y轴上的截距最大，
此时 z=3x+2y 取得最大值，
由x−3y+4=0,3x−y−4=0, 可得 D(2,2)，
所以z=3x+2y 的最大值为 3×2+2×2=10.
故选C.
6.
【答案】
B
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
画出图形，根据条件便可得到EF//HG，且EF≠HG，从而说明四边形EFGH为梯形，而由条件知EF//BD，从而根据线面平行的判定定理即可得出EF//平面BCD，这样便可找出正确选项．
【解答】
解：如图，
由条件知，EF//BD，EF=15BD，GH//BD，且HG=12BD，
∴EF//HG，且EF=25HG，
∴四边形EFGH为梯形.
EF//BD，EF⊄平面BCD，BD⊂平面BCD；
∴EF//平面BCD.
若EH//平面ADC，则EH//FG，显然EH不平行FG；
∴EH不平行平面ADC.
故B正确，ACD错误．
故选B．
7.
【答案】
A
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的图象
【解析】
根据函数的奇偶性和函数值的正负即可判断．
【解答】
解：设f(x)=y=4xx2+1，由题知定义域为实数集R，
∵ f(−x)=4(−x)(−x)2+1=−4xx2+1=−f(x)，
∴ 函数f(x)为奇函数，故排除CD；
当x>0时，f(x)>0，故排除B.
故选A.
8.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与直线之间的位置关系
棱柱的结构特征
异面直线及其所成的角
【解析】
将正方体的展开图，还原为正方体，AB，CD为相邻表面，且无公共顶点的两条面上的对角线，故可得结论．
【解答】
解：将正方体的展开图，还原为正方体如图所示，
AB，CD为相邻表面上的两条对角线，且无公共顶点，且CD//BE，
则AB与CD所成的角为∠ABE，
设正方体的棱长为a，则BE=AE=AB=2a，
∴ △ABE为等边三角形，
∴ ∠ABE=60∘，
∴ AB与CD所成的角为60∘.
故选D．
9.
【答案】
C
【考点】
等差数列的前n项和
等差数列的性质
等差数列
【解析】
由题意可得从内到外每环之间构成等差数列，且公差d=9,a1=9，根据等差数列的前n项和的性质可求出n=9，再根据前n项和公式即可求出.
【解答】
解：设每一层有n环，由题可知从内到外每环之间构成等差数列，
公差d=9，a1=9.
由等差数列性质知Sn，S2n−Sn，S3n−S2n成等差数列，
且S3n−S2n−S2n−Sn=n2d，则9n2=729，解得n=9，
则三层共有扇形面石板为S3n=S27=27a1+27×262×9=3402块.
故选C.
10.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
可取B1C1的中点E，连接A1E，CE，则可得出A1E // AD，并且∠A1EC＝90∘，∠CA1E为异面直线AD与A1C所成的角，然后可设AB＝2，从而可求出tan∠CA1E的值，进而得出∠CA1E的值．
【解答】
解：如图，取B1C1中点E，连接A1E，CE，
则A1E // AD，∠A1EC=90∘，
∴ ∠CA1E即为异面直线AD与A1C所成角，
设AB=2，则AA1=22，A1E=3，CE=3，
tan∠CA1E=33=3，
∴ ∠CA1E=π3．
故选C.
11.
【答案】
B
【考点】
由三视图求体积（切割型）
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：该几何体为半球中挖去一个长方体，
当正视图中矩形边a取得最大值时，矩形四个顶点在球面上，
此时 a=22−2=2 ，
故挖去的长方体的体积为 42 ，
半球的体积为 12×4π3×8=16π3 ，
故该几何体的体积为 (16π3−42).
故选B.
12.
【答案】
B
【考点】
函数的图象
函数的零点
【解析】
作出f(x)与g(x)的函数图象，根据图象交点个数得出结论．
【解答】
解：由f(x+1)=f(x−1)，知f(x)的周期是2，
画出函数f(x)的部分图象和函数g(x)的图象，如图所示：
由图象可知f(x)与g(x)的图象有2个交点，故而F(x)有2个零点．
故选B．
二、填空题
【答案】
9
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
4a+1b=a+b4a+1b，利用基本不等式求解即可.
【解答】
解：∵ a>0，b>0，a+b=1，
∴ 4a+1b=a+b4a+1b=5+4ba+ab≥5+24ba⋅ab=9，
当且仅当4ba=ab，即a=2b=23时等号成立，
∴ 4a+1b的最小值为9.
故答案为：9.
【答案】
[5, +∞)
【考点】
函数的单调性及单调区间
【解析】
由对数式的真数大于0求得函数的定义域，令t＝x2−4x−5，由外层函数y＝lgt是其定义域内的增函数，结合复合函数的单调性可知，要使函数f(x)＝lg(x2−4x−5)在(a, +∞)上单调递增，需内层函数t＝x2−4x−5在(a, +∞)上单调递增且恒大于0，转化为(a, +∞)⊆(5, +∞)，即可得到a的范围．
【解答】
解：由x2−4x−5>0，
得x<−1或x>5．
令t=x2−4x−5.
∵ y=lgt是其定义域内的增函数，
∴ 要使函数f(x)=lg(x2−4x−5)在(a, +∞)上单调递增，
则需t=x2−4x−5在(a, +∞)上单调递增且恒大于0，
则(a, +∞)⊆(5, +∞)，即a≥5，
∴ a的取值范围是[5, +∞)．
故答案为：[5, +∞).
【答案】
202π
【考点】
球的表面积和体积
球内接多面体
【解析】
无
【解答】
解：因为AB=CD，BD=AC，AD=BC，
所以可以把A，B，C，D四点放到长方体的四个顶点上，如图，
则该长方体的体对角线就是“鞠”的直径．
设该长方体的长、宽、高分别为x，y，z，“鞠”的半径为R，则2R2=x2+y2+z2．
因为x2+y2=196，x2+z2=64，y2+z2=144，
所以R2=1012，
所以S=4πR2=202π cm2．
故答案为：202π.
【答案】
①③④
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
对①②③④采取逐一分析，
①BC是侧棱长方体的对面始终是棱柱的上下底面；
②水面四边形EFGH的面积不改变，这是显然不正确的；参考解答即可．
③利用直线平行直线，直线平行平面的判断定理，容易推出结论．
④侧棱不变，体积不变，那么底面面积不变，显然结论正确．
【解答】
解：对于命题①，由于BC固定，所以在倾斜的过程中，始终有AD // EH // FG // BC，
且平面ABB1A1 // 平面DCC1D1，故水的部分始终呈棱柱状（四棱柱或三棱柱、五棱柱），
且BC为棱柱的一条侧棱，命题①正确．
对于命题②，当水是四棱柱或五棱柱时，水面面积可能变大或变小；
当水是三棱柱时，则水面面积可能变大，也可能变小，故②不正确．
③是正确的，由于A1D1 // AD // CB，故③正确．
④是正确的，侧棱不变，体积不变，那么底面面积不变，故④正确．
综上所述，正确命题的序号是①③④．
故答案为：①③④．
三、解答题
【答案】
解：(1)由条件可得an+1=2(n+1)nan．
将n=1代入得a2=4a1，
而a1=1，所以a2=4．
将n=2代入得a3=3a2，所以a3=12．
从而b1=1，b2=2，b3=4．
(2){bn}是等比数列．
由条件可得an+1n+1=2ann，即bn+1=2bn．
又b1=1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得ann=2n−1，
所以an=n⋅2n−1．
【考点】
数列递推式
等比关系的确定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由条件可得an+1=2(n+1)nan．
将n=1代入得a2=4a1，
而a1=1，所以a2=4．
将n=2代入得a3=3a2，所以a3=12．
从而b1=1，b2=2，b3=4．
(2){bn}是等比数列．
由条件可得an+1n+1=2ann，即bn+1=2bn．
又b1=1，所以{bn}是首项为1，公比为2的等比数列．
(3)由(2)可得ann=2n−1，
所以an=n⋅2n−1．
【答案】
证明：(1)如图，连结SB，
∵ E，G分别是BC，SC的中点，
∴ EG // SB，
又SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，
∴ 直线EG // 平面BDD1B1．
(2)如图，连结SD，
∵ F，G分别是DC，SC的中点，
∴ FG // SD，
又SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，
∴ FG // 平面BDD1B1，
又直线EG // 平面BDD1B1，
且直线EG⊂平面EFG，直线FG⊂平面EFG，
EG∩FG=G，
∴ 平面EFG // 平面BDD1B1．
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面平行的判定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
证明：(1)如图，连结SB，
∵ E，G分别是BC，SC的中点，
∴ EG // SB，
又SB⊂平面BDD1B1，EG⊄平面BDD1B1，
∴ 直线EG // 平面BDD1B1．
(2)如图，连结SD，
∵ F，G分别是DC，SC的中点，
∴ FG // SD，
又SD⊂平面BDD1B1，FG⊄平面BDD1B1，
∴ FG // 平面BDD1B1，
又直线EG // 平面BDD1B1，
且直线EG⊂平面EFG，直线FG⊂平面EFG，
EG∩FG=G，
∴ 平面EFG // 平面BDD1B1．
【答案】
解：(1)如图，若D1为线段A1C1的中点，则A1D1D1C1=1，
连接A1B交AB1于点O，连接OD1．
由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点．
在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，
∴ OD1 // BC1．
又∵ OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，
∴ BC1 // 平面AB1D1．
∴ A1D1D1C1=1时，BC1 // 平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D // 平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O．
因此BC1 // D1O，同理AD1 // DC1．
∴ A1D1D1C1=A1OOB，A1D1D1C1=DCAD．
又∵ A1OOB=1，
∴ DCAD=1，即ADDC=1．
【考点】
直线与平面平行的判定
平面与平面平行的性质
【解析】
（1）欲证BC1 // 平面AB1D1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证BC1与平面AB1D1内一直线平行，取D1为线段A1C1的中点，此时A1D1D1C1=1，连接A1B交AB1于点O，连接OD1，OD1 // BC1，OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，满足定理所需条件；
（2）根据平面BC1D与平面AB1D1平行的性质定理可知BC1 // D1O，同理AD1 // DC1，根据比例关系即可求出所求．
【解答】
解：(1)如图，若D1为线段A1C1的中点，则A1D1D1C1=1，
连接A1B交AB1于点O，连接OD1．
由棱柱的性质，知四边形A1ABB1为平行四边形，所以点O为A1B的中点．
在△A1BC1中，点O，D1分别为A1B，A1C1的中点，
∴ OD1 // BC1．
又∵ OD1⊂平面AB1D1，BC1⊄平面AB1D1，
∴ BC1 // 平面AB1D1．
∴ A1D1D1C1=1时，BC1 // 平面AB1D1.
(2)由已知，平面BC1D // 平面AB1D1，
且平面A1BC1∩平面BDC1=BC1，
平面A1BC1∩平面AB1D1=D1O．
因此BC1 // D1O，同理AD1 // DC1．
∴ A1D1D1C1=A1OOB，A1D1D1C1=DCAD．
又∵ A1OOB=1，
∴ DCAD=1，即ADDC=1．
【答案】
解：(1)设{an}的公比为q，q≠1，
因为a1为a2，a3的等差中项，
所以2a1=a2+a3，即2a1=a1q+a1q2，
整理得q2+q−2=0，
解得q=−2（q=1舍去）.
所以{an}的公比为−2.
(2)若a1=1，则an=(−2)n−1，
所以nan=n⋅(−2)n−1，
数列{nan}的前n项和为
Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+...+n×(−2)n−1，
−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+...+n×(−2)n，
两式相减可得，
3Sn=1×1+(−2)+(−2)2+(−2)3+...+(−2)n−1−n×(−2)n
=1−(−2)n1−(−2)−n⋅(−2)n，
化简可得Sn=1−(1+3n)⋅(−2)n9，
所以数列{nan}的前n项和为Sn=1−(1+3n)⋅(−2)n9.
【考点】
等差中项
等差数列与等比数列的综合
数列的求和
等比数列的通项公式
【解析】
（1）设{an}是公比q不为1的等比数列，运用等差数列的中项性质和等比数列的通项公式，解方程可得公比q；
（2）求得an，nan，运用数列的数列的错位相减法求和，结合等比数列的求和公式，化简整理，可得所求和．
【解答】
解：(1)设{an}的公比为q，q≠1，
因为a1为a2，a3的等差中项，
所以2a1=a2+a3，即2a1=a1q+a1q2，
整理得q2+q−2=0，
解得q=−2（q=1舍去）.
所以{an}的公比为−2.
(2)若a1=1，则an=(−2)n−1，
所以nan=n⋅(−2)n−1，
数列{nan}的前n项和为
Sn=1×1+2×(−2)+3×(−2)2+...+n×(−2)n−1，
−2Sn=1×(−2)+2×(−2)2+3×(−2)3+...+n×(−2)n，
两式相减可得，
3Sn=1×1+(−2)+(−2)2+(−2)3+...+(−2)n−1−n×(−2)n
=1−(−2)n1−(−2)−n⋅(−2)n，
化简可得Sn=1−(1+3n)⋅(−2)n9，
所以数列{nan}的前n项和为Sn=1−(1+3n)⋅(−2)n9.
【答案】
解：(1)因为fx=2sinxcsx+23sinx+π4csx+π4
=sin2x+3sin2x+π2=sin2x+3cs2x
=2sin2x+π3，
所以令2x+π3=kπ+π2, k∈Z 得x=kπ2+π12 ，k∈Z，
故函数fx的对称轴方程为x=kπ2+π12 ，k∈Z.
(2)将函数fx的图象向右平移π3个单位长度，
得到函数gx=2sin2x−π3+π3=2sin2x−π3的图象，
若关于x的方程gx−1=m在[0,π2）上恰有一解，
即2sin2x−π3=1+m在[0,π2）上恰有一解，
即sin(2x−π3)=1+m2在[0,π2）上恰有一解．
x∈[0,π2）时，2x−π3∈[−π3,2π3），
当2x−π3∈−π3,π2时，函数y=sin2x−π3单调递增；
当2x−π3∈[π2,2π3）时，函数y=sin2x−π3单调递减，
而sin−π3=−32,sinπ2=1,sin2π3=32，
所以−32≤m+12≤32或m+12=1，
解得−3−1≤m≤3−1或m=1，
所以实数m的取值范围为[−3−1, 3−1]∪1.
【考点】
正弦函数的对称性
两角和与差的正弦公式
二倍角的正弦公式
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
正弦函数的定义域和值域
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为fx=2sinxcsx+23sinx+π4csx+π4
=sin2x+3sin2x+π2=sin2x+3cs2x
=2sin2x+π3，
所以令2x+π3=kπ+π2, k∈Z 得x=kπ2+π12 ，k∈Z，
故函数fx的对称轴方程为x=kπ2+π12 ，k∈Z.
(2)将函数fx的图象向右平移π3个单位长度，
得到函数gx=2sin2x−π3+π3=2sin2x−π3的图象，
若关于x的方程gx−1=m在[0,π2）上恰有一解，
即2sin2x−π3=1+m在[0,π2）上恰有一解，
即sin(2x−π3)=1+m2在[0,π2）上恰有一解．
x∈[0,π2）时，2x−π3∈[−π3,2π3），
当2x−π3∈−π3,π2时，函数y=sin2x−π3单调递增；
当2x−π3∈[π2,2π3）时，函数y=sin2x−π3单调递减，
而sin−π3=−32,sinπ2=1,sin2π3=32，
所以−32≤m+12≤32或m+12=1，
解得−3−1≤m≤3−1或m=1，
所以实数m的取值范围为[−3−1, 3−1]∪1.
【答案】
解：(1)3bsinC+3csinB=4asinBsinC，
由正弦定理，得
3sinBsinC+3sinCsinB=4sinAsinBsinC，
∵ 0∴ sinB≠0，sinC≠0，∴ sinA=32，
∵ 0∴ A=π3.
(2)由正弦定理bsinB=csinC=asinA=233a，
可得sinB=3b2a，sinC=3c2a，
由2bsinB+2csinC=bc+3a，
得2b⋅3b2a+2c⋅3c2a=bc+3a，
即b2+c2−a2=33bca，
∴ csA=b2+c2−a22bc=3a6=12，
解得a=3，
S△ABC =12bcsinA
=12×233a×sinB×233a×sinC×32
=3sinBsinC
=3sinBsin2π3−B
=3sinB(32csB+12sinB)
=32(32sin2B−12cs2B)+34
=32sin(2B−π6)+34，
∵ △ABC为锐角三角形，∴ 0且B+π3>π2，即π6∴ π6<2B−π6<5π6，
∴ 12∴ 32故△ABC面积的取值范围为(32,334].
【考点】
正弦定理
余弦定理
三角形的面积公式
两角和与差的正弦公式
【解析】
（I）由已知结合正弦定理进行化简即可求解sinA，进而可求A；
(II)由已知结合正弦定理，余弦定理及三角形的面积公式即可求解面积的最大值．
【解答】
解：(1)3bsinC+3csinB=4asinBsinC，
由正弦定理，得
3sinBsinC+3sinCsinB=4sinAsinBsinC，
∵ 0∴ sinB≠0，sinC≠0，∴ sinA=32，
∵ 0∴ A=π3.
(2)由正弦定理bsinB=csinC=asinA=233a，
可得sinB=3b2a，sinC=3c2a，
由2bsinB+2csinC=bc+3a，
得2b⋅3b2a+2c⋅3c2a=bc+3a，
即b2+c2−a2=33bca，
∴ csA=b2+c2−a22bc=3a6=12，
解得a=3，
S△ABC =12bcsinA
=12×233a×sinB×233a×sinC×32
=3sinBsinC
=3sinBsin2π3−B
=3sinB(32csB+12sinB)
=32(32sin2B−12cs2B)+34
=32sin(2B−π6)+34，
∵ △ABC为锐角三角形，∴ 0且B+π3>π2，即π6∴ π6<2B−π6<5π6，
∴ 12∴ 32故△ABC面积的取值范围为(32,334].