2023年重庆市乌江新高考协作体高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2023年重庆市乌江新高考协作体高一（下）期末数学试卷（含解析），共20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。

2023年重庆市乌江新高考协作体高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 已知i为虚数单位，复数z满足(1+2i)z=3−i，则复数z在复平面所对应的点在(    )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 已知a，b∈R，i是虚数单位，若a+2i与1+bi互为共轭复数，则b=(    )
A. 1 B. −1 C. 2 D. −2
3. 已知三个不同的平面α，β，γ和直线m，n，若α∩γ=m，β∩γ=n，则“α/​/β”是“m/​/n”的(    )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
4. 某学校对班级管理实行量化打分，每周一总结，若一个班连续5周的量化打分不低于80分，则为优秀班级.下列能断定该班为优秀班级的是(    )
A. 某班连续5周量化打分的平均数为83，中位数为81
B. 某班连续5周量化打分的平均数为83，方差大于0
C. 某班连续5周量化打分的中位数为81，众数为83
D. 某班连续5周量化打分的平均数为83，方差为1
5. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱A1D1和棱C1D1的中点，G为棱BC上的动点(不含端点)．
①三棱锥D1−EFG的体积为定值；
②当G为棱BC的中点时，△EFG是锐角三角形；
③△EFG面积的取值范围是(38, 178)；
④若异面直线AB与EG所成的角为α，则sinα∈[ 22, 53)．
以上四个命题中正确命题的个数为(    )
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
6. 已知直线a⊂α，给出以下三个命题：
①若平面α/​/平面β，则直线a/​/平面β；
②若直线a/​/平面β，则平面α/​/平面β；
③若直线a不平行于平面β，则平面α不平行于平面β．
其中正确的命题是(    )
A. ② B. ③ C. ①② D. ①③
7. 已知A，B，C，D是体积为20 53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2 3，且三棱锥A−BCD的体积为2 3，则线段CD长度的最大值为(    )
A. 2 3 B. 3 2 C. 13 D. 2 5
8. 如图，平面四边形ABCD中，∠ABC=π2，△ACD为正三角形，以AC为折痕将△ACD折起，使D点达到P点位置，且二面角P−AC−B的余弦值为− 33，当三棱锥P−ABC的体积取得最大值，且最大值为 23时，三棱锥P−ABC外接球的体积为(    )

A. π B. 2π C. 3π D. 6π
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 如图是国家统计局发布的2020年8月至2021年8月全国工业生产者出厂价格同比与环比的涨跌幅(同比=(本期数−去年同期数去年同期数100%，环比=本期数−上期数上期数×100%)，则去年同期数(    )


A. 2021年1～8月，工业生产者出厂价格最高的是8月
B. 2021年1～8月，工业生产者出厂价格每月平均比去年同期上涨约6.2%
C. 2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格最低的是2020年10月
D. 2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格同比数据的中位数是1.7%
10. 已知平面向量a=(1,1)，b=(−3,4)，则下列说法正确的是(    )
A. cos〈a,b〉= 210
B. b在a方向上的投影向量为 22a
C. 与b垂直的单位向量的坐标为(45,35)
D. 若向量a+λb与向量a−λb共线，则λ=0
11. 在Rt△ABC中，AB=AC，BC=4，在边AB，AC上分别取M，N两点，沿MN将△AMN翻折，若顶点A正好可以落在边BC上，则AM的长可以为(    )
A. 2 B. 3 22 C. 4− 22 D. 4−2 2
12. 已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，平面α过点A，A1H⊥平面α，且垂足H在正方体的内部，P是棱C1D1上的动点，则(    )
A. 当BD/​/平面α时，H点的轨迹长度为π
B. 点H所形成曲面的面积为2π3
C. 若仅存在唯一的平面α，使得HC⊥HP，则D1P=4 3−63
D. 若P为C1D1的中点，则直线PH与平面A1B1C1D1所成角的最大正切值为 52
三、填空题（本大题共5小题，共32.0分）
13. 已知向量a=(1,2),b=(−2,1),c=(m,n)满足(a+2b)⊥c，请写出一个符合题意的向量c的坐标______ ．
14. 如图圆锥的高SO= 3，底面直径AB=2，C是圆O上一点，且AC=1，则SA与BC所成角的余弦值为______ ．


15. 如图所示，在平面四边形ABCD中，AB= 2，BC= 3，AB⊥AD，AC⊥CD，AD=3AC，则AC=______．


16. 根据《周髀算经》记录，公元前十一世纪，数学家商高就提出“勾三股四弦五”，故勾股定理也称为商高定理，勾股数组是满足勾股定理的正整数组(a,b,c)，其中a，b，c称为勾股数.任意一组勾股数(a,b,c)都可以表示为如下的形式：a=k(m2−n2)b=2kmnc=k(m2+n2)，其中k，m，n均为正整数，且m>n.如图，△PEF中，PE⊥PF，PF=12>PE，三边对应的勾股数中k=1，n=2，点M在线段EF上，且EM=m，则PM⋅MF= ______ ．

17. 如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1=A1C=AC=2，AB=BC且AB⊥BC．
(1)求证：AC⊥A1B；
(2)求三棱锥C1−ABA1的体积．


四、解答题（本大题共5小题，共58.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
18. (本小题10.0分)
已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，且．
(1)求角A；
(2)若a=2 3，△ABC的面积为 3，求b，c．
19. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足B=π3，a=3，BA⋅BC=9，过B作BD⊥AC于点D，点E为线段BD的中点．
(1)求c；
(2)求BE⋅EA的值．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=sin2x−sin2(x−π6)，x∈[0,π2]
(1)求f(x)的值域；
(2)若△ABC的面积为3 32，角C所对的边为c，且f(C)=12，c= 7，求△ABC的周长．
21. (本小题12.0分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为6的菱形，∠ABC=60°，PB=PD，PA⊥AC．
(1)证明：BD⊥平面PAC；
(2)若PA=3，M为棱PC上一点，满足CM=23CP，求点A到平面MBD的距离．

22. (本小题12.0分)
如图，四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB=π2，AB=3，BC=2，S△ABC=3 32且∠ABC为锐角．
(1)求DB；
(2)求△ACD的面积．


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：(1+2i)z=3−i，
∴(1−2i)(1+2i)z=(1−2i)(3−i)，
化为5z=1−7i，
∴z=15−75i，
则复数z在复平面所对应的点(15,−75)在第四象限．
故选：D．
利用复数的运算法则及其几何意义即可得出结论．
本题考查了复数的运算法则及其几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

2.【答案】D 
【解析】解：∵a+2i与1+bi互为共轭复数，
∴a=1b=−2．
故选：D．
由共轭复数的概念求解即可．
本题主要考查共轭复数的定义，属于基础题．

3.【答案】A 
【解析】解：由α∩γ=m，β∩γ=n，α//β⇒m//n；反之不成立，可能α与β相交．
∴α∩γ=m，β∩γ=n，则“α/​/β”是“m/​/n”的充分不必要条件．
故选：A．
利用面面平行的性质定理及其充要条件的判定方法即可得出．
本题考查了面面平行的性质定理及其充要条件的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

4.【答案】D 
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若数据为88，87，81，80，79，满足平均数为83，中位数为81，但不能断定该班为优秀班级；
对于B，若数据为88，87，81，80，79，满足平均数为83，其方差一定大于0，但不能断定该班为优秀班级；
对于C，若数据为83，83，81，80，79，满足中位数为81，众数为83，但不能断定该班为优秀班级；
对于D，设数据的最低分为x，若数据平均数为83，方差为1，则有(83−x)2<5，必有x>80，可以断定该班为优秀班级．
故选：D．
根据题意，举出反例可以说明ABC错误，由平均数、方差的计算公式分析可得D正确，综合可得答案．
本题考查数据的平均数、中位数和方差的性质，注意平均数、中位数和方差的计算公式，属于基础题．

5.【答案】C 
【解析】解：设CD中点为M，若G为BC中点，

则有AC⊥MG，AC⊥MF，MG∩MF=M，
则AC⊥平面MFG，则AC⊥FG，
因为EF/​/AC，所以EF⊥FG，所以△EFG是直角三角形，故选项①不正确；
因为VD1−EFG=VG−EFD1，点G到平面EFD1的距离为定值，SEFD1是定值，则三棱锥G−EFD1的体积为定值，故选项②正确；
在侧面BCC1B1内作GN⊥B1C1垂足为N，设N到EF的距离m，
则△EFG边EF上的高为h= 1+m2，故其面积为S=12× 22h= 24× 1+m2，当G与C重合时，m= 24，S=38，
当G与B重合时，m=3 24，S= 178，故选项③正确；
取B1C1中点为N，连接EN，因为EN/​/AB，所以异面直线AB与EG所成的角即为∠NEG=α，
在直角三角形NEG中，sinα=NGEG，当G为BC中点时，sinα=NGEG= 22，
当G与B，C重合时，sinα=NGEG= 53，故sinα∈[ 22, 53)，所以选项④正确，
故命题正确的个数为3．
故选：C．
设CD中点为M，若G为BC中点，证明EF⊥FG，所以△EFG是直角三角形，故①不正确；
因为VD1−EFG=VG−EFD1，三棱锥G−EFD1的体积为定值，故②正确；
在侧面BCC1B1内作GN⊥B1C1垂足为N，设N到EF的距离m，其面积为S= 24× 1+m2，数形结合即得解，③正确；
取B1C1中点为N，连接EN，异面直线AB与EG所成的角即为∠NEG=α，数形结合分析即得，④正确．
本题考查几何体的表面积，体积，考查异面直线所成的角，是中档题．

6.【答案】D 
【解析】
【分析】
此题主要考查平面与平面平行的性质及判定的问题，属于概念性质理解的问题，题目较简单，几乎无计算量，属于基础题目．
对于①若平面α/​/平面β，则直线a/​/平面β；由面面平行显然推出线面平行，故正确．
对于②若直线a/​/平面β，则平面α/​/平面β；因为一个线面平行推不出面面平行．故错误．
对于③若直线a不平行于平面β，则平面α不平行于平面β，因为线面不平面必面面不平行．故正确．即可得到答案．
【解答】
解①若平面α/​/平面β，则直线a/​/平面β；因为直线a⊂α，平面α/​/平面β，则α内的每一条直线都平行平面β.显然正确．
②若直线a/​/平面β，则平面α/​/平面β；因为当平面α与平面β相交时，仍然可以存在直线a⊂α使直线a/​/平面β.故错误．
③若直线a不平行于平面β，则平面α不平行于平面β，平面内有一条直线不平行于另一个平面，两平面就不会平行．故显然正确．
故选D．  
7.【答案】B 
【解析】解：因为球的体积为20 53π，设球的半径R，
则20 53π=4π3R3，故R= 5，
而AB=4，AC=2，BC=2 3，
故AB 2=AC2+BC2，故∠ACB=π2，
故S△ACB=12×2 3×2=2 3，
设点D到平面ABC的距离为h，则13×h×2 3=2 3，故h=3，
点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为h>R，
所以平面α与平面ABC在球心的异侧，
设球心到平面ABC的距离为d，而△ACB外接圆的半径为12AB=2，则d= 5−4=1，
故球心到平面α的距离为3−1=2，故截面圆的半径为 5−4=1，
设点D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心即AB的中点，
当CE最长时CD最长，此时CE=2+1=3，
故CD长度的最大值为 CE2+h2=3 2．
故选：B．
先求出外接球半径，根据勾股定理逆定理得到∠ACB=π2，且S△ACB=2 3，求出点D到平面ABC的距离，求出点D所在球的截面的半径及三角形ABC的外接圆半径，设点D在平面ABC上的投影为E，当CE最长时CD最长，结合CE=2+1=3，求出CD长度的最大值．
本题考查三棱锥的外接球问题，化归转化思想，属中档题．

8.【答案】D 
【解析】解：过点P作PQ⊥平面ABC，垂足为Q，作QH⊥AC，垂足为H，连接PH，

因为PQ⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PQ⊥AC，
又QH⊥AC，QH∩PQ=Q，QH，PQ⊂平面PQH，
所以AC⊥平面PQH，
因为PH⊂平面PQH，所以AC⊥PH，
则∠PHQ为二面角P−AC−B的补角，故cos∠PHQ= 33，
因为PA=PC，所以H为AC的中点，
设AC=t，则PH= 32t,AB2+BC2=t2，
在Rt△PQH中，cos∠PHQ=QHPH= 33，则QH=12t,PQ= 34t2−14t2= 22t，
由VP−ABC=13S△ABC⋅PQ= 26t⋅S△ABC，
得当S△ABC取得最大值时，三棱锥P−ABC的体积取得最大值，
S△ABC=12AB⋅BC≤12⋅AB2+BC22=t24，
当且仅当AB=BC= 22t时，取等号，
所以(VP−ABC)max= 26t⋅t24= 23，解得t=2，
则QH=1,PQ= 2，
设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，则OH⊥平面ABC，
设OH=h，
由OP=OA得( 2−h)2+12=h2+12，解得h= 22，
则三棱锥P−ABC外接球的半径R=OA= 12+( 22)2= 62，
所以三棱锥P−ABC外接球的体积为43πR3= 6π．
故选：D．
过点P作PQ⊥平面ABC，垂足为Q，作QH⊥AC，垂足为H，连接PH，则∠PHQ为二面角P−AC−B的补角，H为AC的中点，设AC=t，根据二面角P−AC−B的余弦值可求得QH，PQ，再根据三棱锥P−ABC的体积取得最大值结合基本不等式求出t，再利用勾股定理求出三棱锥P−ABC外接球的半径，根据球的体积公式即可得解．
本题考查了三棱锥外接球的体积计算，属于中档题．

9.【答案】ABD 
【解析】解：由图可知，2021年1～8月，工业生产者出厂价格的环比均大于0，故A正确；
2021年1～8月，工业生产者出厂价格每月平均比去同期上涨0.3+1.7+4.4+6.8+9.0+8.8+9.0+9.58×100%≈6.2%，故B正确；
2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格的环比均不小于0，故2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格最低的是2020年8月，故C错误；
将2020年8月至2021年8月工业生产者出厂价格同比的13个数据从小到大排列，1.7%为第7个数，所以同比数据的中位数是1.7%，故D正确．
故选：ABD．
根据统计图表逐个判断各个选项即可．
本题主要考查了统计图表的应用，属于基础题．

10.【答案】AD 
【解析】解：对于选项A，∵a=(1,1)，b=(−3,4)，
∴|a|= 12+12= 2，|b|= (−3)2+42=5，a⋅b=1×(−3)+1×4=1，
则cos〈a,b〉=a⋅b|a||b|=1 2×5= 210，故A正确；
对于选项B，b在a方向上的投影向量为|b|cos〈a,b〉⋅a|a|=5× 210⋅a 2=12a，故B错误；
对于选项C，设与b垂直的单位向量的坐标(x0,y0)，则有−3x0+4y0=0x02+y02=1，
解得x0=45y0=35或x0=−45y0=−35，
∴与b垂直的单位向量的坐标为(45,35)或(−45,−35)，故C错误；
对于选项C，显然a与b不共线，
∵a+λb=(1−3λ,1+4λ)，a−λb=(1+3λ,1−4λ)，且向量a+λb与向量a−λb共线，
∴(1−3λ)(1−4λ)−(1+3λ)(1+4λ)=0，
解得λ=0，故D正确．
故选：AD．
可求出|a|= 2，|b|=5，a⋅b=1，根据数量积的公式即可求出A项；根据投影向量的计算公式即可判断B项；设出坐标(x0,y0)，根据题意列出关系式−3x0+4y0=0x02+y02=1，解出方程组即可判断C项；分别求出向量a+λb与向量a−λb的坐标，根据共线向量的坐标表示，即可求出λ的值．
本题主要考查了向量的数量积运算，考查了投影向量的定义，属于中档题．

11.【答案】ABD 
【解析】解：以A为坐标原点，AB，AC所在直线为x，y轴，建立直角坐标系，
可得B(2 2,0)，C(0,2 2)，BC的方程为x+y−2 2=0，
设M(0,t)，(0≤t≤2 2)，MN的方程设为y=kx+t(k<0)，
由A′为A的对称点，可得OA′的方程为y=−1kx，
联立直线BC的方程，解得A′(2 2kk−1,2 21−k)，
由对称性可得AA′的中点在直线MN上，
可得 2k1−k=k⋅ 2kk−1+t，
解得t= 2(1+k2)1−k，
由1−k>0，设m=1−k(m>1)，
可得 2(1+k2)1−k= 2(m2−2m+2)m= 2(m+2m−2)≥ 2(−2+2 2)=4−2 2，
当且仅当m= 2，即k=1− 2时，上式取得等号，
则t的最小值为4−2 2，且t的最大值为2 2，
对照选项，可得ABD成立，C不成立．
故选：ABD．
以A为坐标原点，AB，AC所在直线为x，y轴，建立直角坐标系，求得B，C的坐标，以及BC的方程，设M(0,t)，(0≤t≤2 2)，MN的方程设为y=kx+t(k<0)，求得A关于A′的坐标，再由中点坐标公式，以及中点在直线MN上，求得t，进而得到t的范围，可得所求结论．
本题考查三角形中的对称问题，注意运用点关于直线的对称解法，考查化简运算能力和推理能力，属于中档题．

12.【答案】ACD 
【解析】解：由于A1H⊥平面α，AH⊂α，
所以AH⊥A1H，即H在以AA1为直径的球面上，
因为AA1=2，
所以球的半径为R=1，
因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以AA1⊥BD，
因为AC⊥BD，AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1，
当BD/​/平面α时，可知A1H⊥BD，
所以H∈平面ACC1A1，即H点轨迹为以AA1为直径的半圆，
所以半圆的弧长为 12×2π×1=π，
故H点的轨迹长度为π，A正确；
因为平面ABB1A1⊥平面ADD1A1，
所以点H形成的曲面是球面的14，
所以面积S=14×4πR2=π，即B错误；
由题意可知，存在唯一的点H，使得HC⊥HP，
所以以AA1为直径的球与以CP为直径的球相切，
设AA1中点为O，CP中点为M，DD1中点为N，
则ON⊥MN，
设D1P=2x(x∈[0,1])，
则CP= 22+(2−2x)2=2 x2−2x+2，ON=2，MN=x+1，
则OM= (x+1)2+22= x2+2x+5，
又由于相切，
则OM=R+CP2，
所以 x2+2x+5=1+ x2−2x+2，
解得x=2 3−33，
所以D1P=4 3−63，即C正确；
设直线PH与平面A1B1C1D1所成角最大时，
PH与以AA1为直径的球相切，且P，A1，O，H共面，
易知PA1与以AA1为直径的球相切，
则∠A1PO=∠HPO=θ，且tanθ=RPA1=1 5，
所以tan2θ=2tanθ1−tan2θ= 52，即D正确．
故选：ACD．
根据AH⊥A1H垂直关系可得H在以AA1为直径的球面上，根据线面平行可判断H点轨迹为以AA1为直径的半圆，即可根据弧长公式求解A，根据球的表面积公式即可判断B，根据H的轨迹以及相切，根据长度关系即可列方程求解C，根据四点共面以及正切二倍角公式即可判断D．
本题考查了空间中点线面的位置关系，轨迹弧长的问题，以及空间中的距离最值以及空间角的最值问题，属于中档题．

13.【答案】(4,3)(答案不唯一) 
【解析】解：a=(1,2)，b=(−2,1)，则a+2b=(−3,4)，
又c=(m,n)，且(a+2b)⊥c，
∴−3m+4n=0，取m=4，得n=3．
∴符合题意的向量c的坐标为(4,3)(答案不唯一)．
故答案为：(4,3)(答案不唯一)．
由已知求得a+2b的坐标，再由向量垂直的坐标运算列式求解．
本题考查平面向量的坐标运算，是基础题．

14.【答案】 34 
【解析】解：在圆锥的底面圆上过A作AD//BC(D在底面圆上)，连接SD，

则∠SAD即为SA与BC所成角．
∵圆锥的高SO= 3，底面直径AB=2，AC=1，
∴△ACD为直角三角形，且∠BAC=π6，
∴BC=AD= 3，
又SA= ( 3)2+12=2=SD，
在△SAD中，由余弦定理得cos∠SAD=SA2+AD2−SD22SA⋅AD=4+3−42×2× 3= 34，
故答案为： 34．
过A作AD//BC，连接SD，则∠SAD即为SA与BC所成角；依题意，可求得SA=SD=2，AD= 3，在△SAD中，利用余弦定理可求得SA与BC所成角的余弦值．
本本题考查异面直线夹角的求法，利用平移法找到异面直线所成角是解题的关键，考查作图能力和数学运算能力，属于中档题．

15.【答案】3 
【解析】解：设AC=x，AD=3x，在直角三角形ACD中，CD= AD2−AC2=2 2x，
所以：sin∠ACD=CDAD=2 23．
在△ABC中，利用余弦定理：cos∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=x2−12 2x，
由于∠BAC+∠CAD=π2，
所以cos∠BAC=sin∠CAD，
即x2−12 2x=2 23．
整理得：3x2−8x−3=0，
解得：x=3或x=−13(舍去)，
故AC=3．
故答案为：3
利用正弦定理和余弦定理的应用建立方程组求出结果．
本题考查的知识要点：余弦定理的应用，一元二次方程的解法的应用．

16.【答案】14013 
【解析】解：由已知可得，a=m2−4b=4mc=4+m2，
显然c>a，c>b，
因为在Rt△PEF中，EF为斜边，EF=c，
若a=PF=12，则m2−4=12，
解得，m=4，此时PE=b=4m=16>12，与PF>PE矛盾，不合题意，
若b=PF=12，则4m=12，解得m=3，此时PE=a=32−4=5<12，符合PF>PE，
故PE=5，PF=12，EF=13，EM=3，MF=10，
所以cos∠E=PEEF=513，
所以PM⋅MF=(PE+EM)⋅MF=PE⋅MF+EM⋅MF=PE⋅MFcos(π−∠E)+EM⋅MFcos0，
=5×10×(−513)+3×10×1=14013．
先通过勾股数确定三角形的三边长，然后利用向量的数量积求解即可．
解决向量在平面几何中的应用有两种方法：(1)坐标法，(2)基向量法．

17.【答案】(1)证明：取AC中点O，连A1O，BO．
∵AA1=A1C，∴A1O⊥AC，…1分
又AB=BC，∴BO⊥AC，…2分
∵A1O∩BO=O，∴AC⊥平面A1OB，…3分
又A1B⊂平面A1OB，…4分
∴AC⊥A1B…5分
(2)解：由条件得：VC1−ABA 1=VB−AA1C1…6分
∵三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，
AA1=A1C=AC=2，AB=BC且AB⊥BC，
∴OB= 2，OA= 3，S△AA1C1= 3…9分
∴VC1−ABA 1=VB−AA1C1=13⋅S△AA1C1⋅OB…10分
= 33.…12分 
【解析】(1)取AC中点O，连A1O，BO，由已知得A1O⊥AC，BO⊥AC，从而AC⊥平面A1OB，由此能证明AC⊥A1B.
(2)由VC1−ABA 1=VB−AA1C1，利用等积法能求出三棱锥C1−ABA1的体积．
本题考查异面直线垂直的证明，考查三棱锥的体积的求法，解题时要注意空间思维能力的培养．

18.【答案】解：(1)由 3asinC=2c+ccosA及正弦定理，
得 3sinAsinC=2sinC+sinCcosA，
由于sinC≠0，所以 3sinA=2+cosA，即sin(A−π6)=1．
又0 所以A−π6=π2，故A=2π3．
(2)△ABC的面积S=12bcsinA= 3，故bc=4，①
由余弦定理a2=b2+c2−2bccosA，
故(b−c)2=a2−3bc=12−12=0，故b=c，②
由①②解得b=c=2． 
【解析】(1)利用正弦定理以及两角和与差的三角函数化简求解即可．
(2)利用余弦定理以及三角形的面积转化求解即可．
本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，考查计算能力．

19.【答案】解：(1)∵B=π3，a=3，BA⋅BC=9，
∴accosπ3=3c×12=9，∴c=6．
(2)∵a=3，c=6，B=π3，
∴b2=a2+c2−2accosB=9+36−2×3×6×12=27，∴b=3 3，
∵S△ABC=12acsinB=12×3×6× 32=9 32，
∴BD=2S△ABCAC=9 33 3=3，
∵点E为线段BD的中点，∴BE=32，
∵BD⊥AC，∴BE⋅DA=0，
∵EA=ED+DA=BE+DA，
∴BE⋅EA=BE⋅(BE+DA)=BE2=94． 
【解析】(1)利用向量的数量积运算求解即可．
(2)利用余弦定理求出b=3 3，再利用三角形的面积公式求出BD=3，BE=32，再利用向量的数量积运算求解即可．
本题考查了向量的数量积运算，余弦定理，三角形的面积公式，属于中档题．

20.【答案】解：(1)∵f(x)=sin2x−sin2(x−π6)=1−cos2x2−1−cos(2x−π3)2=12( 32sin2x−12cos2x)=12sin(2x−π6)，
又∵x∈[0,π2]，可得：2x−π6∈[−π6,5π6]，sin(2x−π6)∈[−12,1]，
∴f(x)=12sin(2x−π6)∈[−14,12].
(2)∵f(C)=12，由(1)可得：12sin(2C−π6)=12，解得：sin(2C−π6)=1，
∵0 ∴2C−π6=π2，解得：C=π3，
又∵c= 7，△ABC的面积为3 32=12absinC=12×a×b× 32，解得：ab=6，
∴由余弦定理可得：7=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab=(a+b)2−18，解得：a+b=5，
∴△ABC的周长l=a+b+c=5+ 7． 
【解析】(1)由已知利用三角函数恒等变换的应用化简可求解析式f(x)=12sin(2x−π6)，由x的范围可求2x−π6∈[−π6,5π6]，利用正弦函数的图象和性质即可得解其值域．
(2)由f(C)=12结合(1)可得sin(2C−π6)=1，结合范围2C−π6∈(−π6,11π6)，可求C的值，利用三角形面积公式可求ab的值，由余弦定理可得a+b的值，即可得解△ABC的周长．
本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，三角形面积公式，余弦定理的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．

21.【答案】解：(1)证明：连接BD交AC与点O，连接PO，
底面ABCD是边长为6的菱形，则BD⊥AC，
又由O为BD的中点，则PB=PD，则有BD⊥PO，
又由AC∩BD=O，AC、PO⊂平面PAC，故有BD⊥平面PAC；
(2)根据题意，设点A到平面MBD的距离为h，
连接BM、MD、MO，
由于BD⊥平面PAC，则BD⊥PA，
又由PA⊥AC，则PA⊥平面ABCD，
而底面ABCD是边长为6的菱形，∠ABC=60°，则BD=6 3，
过点M作ME⊥AC，交AC于点E，又由PA=3，且CM=23CP，
则ME=2，EO=1，ME⊥AC且交AC与点E，则MO= 5，
故S△MBD=12×6 3× 5=3 15，
又由VA−MBD=VM−ABD，即13S△MBD×h=13S△ABD×ME，则有13×3 15h=13×9 3×2，
变形可得：h=6 55；即点A到平面MBD的距离为6 55． 
【解析】(1)根据题意，连接BD交AC与点O，连接PO，分析可得BD⊥AC且BD⊥PO，由线面垂直的判断方法分析可得结论；
(2)设点A到平面MBD的距离为h，连接BM、MD、MO，可以证明PA⊥平面ABCD，同时求出BD的长，过点M作ME⊥AC，交AC于点E，求出ME的长以及S△MBD的值，利用等体积法计算可得答案．
本题考查空间点线面距离的计算，涉及直线与平面垂直的判断，属于中档题．

22.【答案】解：(1)∵S△ABC=3 32，∴12AB⋅BC⋅sin∠ABC=3 32，
又AB=3，BC=2，12×3×2×sin∠ABC=3 32，
∴sin∠ABC= 32，
∵∠ABC是锐角，∴∠ABC=π3．
由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cos∠ABC=7，则AC= 7．
∵∠DAB=∠DCB=π2，∴BD是四边形ABCD外接圆的直径，
∴BD是△ABC外接圆的直径，利用正弦定理知BD=ACsin∠ABC= 7×2 3=2 213；
(2)由∠DAB=∠DCB=π2，BD=2 213，AB=3，BC=2，
则AD= 33，CD=4 33，又∠ABC=π3，则∠ADC=2π3，
因此S△ACD=12AD⋅CD⋅sin∠ADC=12× 33×4 33× 32= 33，
故△ACD的面积为 33． 
【解析】(1)已知AB、BC的值，运用三角形面积公式求出sin∠ABC的值，再结合余弦定理，以及外接圆公式，即可求解．
(2)分别在△ABD，△BCD中，运用勾股定理可得AD，CD，再结合三角形的面积公式，即可求解．
本题考查了余弦定理、三角形的面积公式，考查运算求解能力，属于中档题．