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2022-2023学年辽宁省五校高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年辽宁省五校高一（下）期末数学试卷（含解析），共23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。
1. 若z=a+i1−i(a∈R)是纯虚数，则a=( )
A. −12B. 12C. −1D. 1
2. 设a=12cs6°− 32sin6°，b=2tan13°1−tan213∘，c= 1−cs50°2，则有( )
A. a>b>cB. a3. 已知向量a，b满足|a|=1，|b|=1，a与b的夹角为π4，则a−b在b上的投影向量为( )
A. 24bB. 22bC. 4+ 24bD. −2+ 22b
4. 在△ABC中，∠BAC=120°，AD平分∠BAC，AD=3，则2AC+AB的最小值为( )
A. 6+3 2B. 6−3 2C. 9+6 2D. 9−6 2
5. 正四棱锥S−ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为( )
A. 6+ 2B. 6− 2C. 4D. 5+1
6. 已知底面半径为3的圆锥SO，其轴截面为正三角形，若它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱的侧面积为( )
A. 3πB. 2 3πC. 4 3πD. 8 3π
7. 已知函数f(x)=cs(ωx+2π3)(ω>0)在[−π,π2]上单调，且y=f(x)的图象关于点(−π3,0)对称，则( )
A. f(x)的周期为π
B. 若|f(x1)−f(x2)|=2，则|x1−x2|min=2π
C. 将f(x)的图象向右平移π3个单位长度后对应的函数为偶函数
D. 函数y=f(x)+ 22在[0,π]上有2个零点
8. 如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中．AA1=1，AB=BC= 3，cs∠ABC=13，P是A1B上的一动点，则AP+PC1的最小值为( )
A. 5B. 7C. 1+ 3D. 3
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. 已知复数z=5+i1+i，则下列说法正确的是( )
A. |z|=13B. z的虚部为−2
C. z在复平面内对应的点在第四象限D. z的共轭复数为−3−2i
10. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题是真命题的是( )
A. 若acsB=bcsA，则△ABC为等腰三角形
B. 若B=π4，c= 2，b=65，则△ABC只有一解
C. 若bcsA+(a−2c)csB=0，则B=π3
D. 若△ABC为锐角三角形，则(a2+b2−c2)sinA>(a2+b2−c2)csB
11. 如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD=AD=1，点E是棱PB的中点，过A，D，E三点的平面α与平面PBC的交线为l，则( )
A. 直线l与平面PAD有一个交点
B. PC⊥DE
C. 直线PA与l所成角的余弦值为 32
D. 平面α截四棱锥P−ABCD所得的上下两个几何体的体积之比为35
12. 在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( )
A. 异面直线DD1与B1F所成角的正切值为13
B. 点P为正方形A1B1C1D1内一点，当DP//平面B1EF时，DP的最小值为3 24
C. 过点D1，E，F的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面周长为 13+ 22
D. 当三棱锥B1−BEF的所有顶点都在球O的表面上时，球O的表面积为3π
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知|a|=2，|b|=1，|a+b|= 3，则|a−b|= ．
14. 在△ABC中，A=2π3，D为BC边上一点，且2BD=DC，则ADAB的最小值为______ ．
15. 在△ABC中，D、E分别为AC、BC的中点，AE交BD于点M.若AB=4，AC=6，∠BAC=π3，则ME⋅MD= ______ ．
16. 某园区有一块三角形空地△ABC(如图)，其中AB=10 3m，BC=40m,∠ABC=π2，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求∠APB=2π3，则CP的最小值为______ m.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足csinC−asinA=(b−a)sinB．
(1)求C；
(2)若b=4，△ABC的面积为6 3，求边长c的值．
18. (本小题12.0分)
直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，D为CC1的中点，BB1= 2BC．
(1)求证：平面AB1C⊥平面ABD；
(2)若AB=BD= 3，求三棱锥B1−ABD的体积．
19. (本小题12.0分)
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=DD1=1，AB= 3，E、F、G分别为AB、BC、C1D1的中点．
(1)求三棱锥A−GEF的体积；
(2)点P在矩形ABCD内，若直线D1P//平面EFG，求线段D1P长度的最小值．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2a−c=2bcsC．
(1)求B；
(2)若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC上，∠EDF=π3，b=c=2.设∠BDE=α，将△DEF的面积S表示为α的函数，并求S的取值范围．
21. (本小题12.0分)
如图，在三棱锥P−ABC中，△ABC是边长为6 2的等边三角形，且PA=PB=PC=6，PD⊥平面ABC，垂足为D，DE⊥平面PAB，垂足为E，连接PE并延长交AB于点G．
(1)求二面角P−AB−C的余弦值；
(2)在平面PAC内找一点F，使得EF⊥平面PAC，说明作法及理由，并求四面体PDEF的体积．
22. (本小题12.0分)
已知点O是锐角△ABC的外心，a，b，c分别为角A，B，C的对边，a2=b2+c2−bc，
(Ⅰ)求角A；
(Ⅱ)若a=4，求△ABC面积的最大值；
(Ⅲ)若csAsinCBA+csCsinABC=xOB，求x的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为z=a+i1−i=a+i(1+i)(1−i)(1+i)=a−12+12i是纯虚数，
所以a−12=0，得a=12．
故选：B．
化简复数z，然后根据实部为0可得．
本题主要考查纯虚数的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：a=12cs6°− 32sin6°=sin(30°−6°)=sin24°，
b=2tan13°1−tan213∘=tan26°=sin26°cs26∘>sin26°1=sin26°，
c= 1−cs50°2=sin25°，
∵sin24°∴a故选：C．
由辅助角公式知a=sin24°，由二倍角公式知b=tan26°>sin26°，c=sin25°，再由正弦函数的单调性，得解．
本题考查三角恒等变换的综合应用，熟练掌握二倍角公式、辅助角公式，以及正弦函数的单调性是解题的关键，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵|a|=|b|=1,=π4，
∴(a−b)⋅b=a⋅b−b2= 22−1，
∴a−b在b上的投影向量为：(a−b)⋅b|b|⋅b|b|=−2+ 22b．
故选：D．
根据条件可求出(a−b)⋅b的值，然后即可根据投影向量的计算公式求出投影向量．
本题考查了向量数量积的运算及计算公式，投影向量的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：如图，
记AB=c，AC=b，
在△ABD中，AD=3，∠BAD=60°，AB=c，则BD2=c2+9−2×3c×12=c2+9−3c，
在△ACD中，AD=3，∠CAD=60°，AC=b，则CD2=b2+9−2×3b×12=b2+9−3b，
∵AD平分∠BAC，
∴BDCD=ABAC=cb，
∴BD2CD2=c2b2=c2+9−3cb2+9−3b，
∴c2(b2+9−3b)=b2(c2+9−3c)，
∴9c2−3bc2=9b2−3b2c，
∴3c2−bc2=3b2−b2c，
∴3(c2−b2)−(bc2−b2c)=0，
∴3(c+b)(c−b)−bc(c−b)=0，
∴(c−b)[3(c+b)−bc]=0，
∴c=b或3(b+c)=bc，
当c=b时，△ABC为等腰三角形，
∴AD⊥BC，c=b=ADcs60∘=6，
∴2AC+AB=2b+c=18；
当3(b+c)=bc时，b+c=13bc，即1c+1b=13，
∴2AC+AB=2b+c=3(2b+c)(1c+1b)=3(2bc+cb+3)≥3(2 2bc×cb+3)=9+6 2，
当且仅当2bc=cb，即c= 2b时，等号成立，
∵9+6 2<18，∴2AC+AB的最小值为9+6 2．
故选：C．
记AB=c，AC=b，在△ABD中，BD2=c2+9−3c，在△ACD中，CD2=b2+9−3b，由AD平分∠BAC，得到c=b或3(b+c)=bc，当c=b时，求得2AC+AB=18；当3(b+c)=bc时，得1c+1b=13，再由2AC+AB=3(2b+c)(1c+1b)，结合基本不等式求得结果．
本题主要考查三角形中几何计算，考查转化能力，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：如图，
设AC，BD交于O，连接SO，由正四棱锥的性质可得，SO⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，故SO⊥AC．
又BD⊥AC，SO∩BD=O，SO，BD⊂平面SBD，
故AC⊥平面SBD．
由题意，PE⊥AC则动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S−ABCD的交线，即如图EFG，
则AC⊥平面EFG．
由线面垂直的性质可得平面SBD//平面EFG，又由面面平行的性质可得EG//SB，GF//SD，EFBD，又E是边BC的中点，
故EG，GF，EF分别为△SBC，△SDC，△BCD的中位线．
由题意BD=2 2,SB=SD= 22+2= 6，故EG+EF+GF=12( 6+ 6+2 2)= 6+ 2．
即动点P的轨迹的周长为 6+ 2．
故选：A．
由题意，动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S−ABCD的交线，再根据线面垂直的性质求解即可．
本题主要考查轨迹方程的求解，考查转化能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，设圆锥的轴截面为△SAB，其内接圆柱为O1O，设O1O=h，
圆锥轴截面为正三角形，则AB=2OA=6，则有SO=3 3，
则有h3 3=3−13，解可得h=2 3，
则圆柱的面积S=2π×2 3=4 3π.
故选：C．
根据题意，作出圆锥的轴截面三角形，设其内接圆柱为O1O，再设O1O=h，分析可得h3 3=3−13，解可得h的值，进而计算可得答案．
本题考查圆柱与圆锥的切接问题，涉及圆柱的表面积计算，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：∵f(x)在[−π,π2]上单调，
∴T2≥π2−(−π)=3π2，
即T≥3π，得2πω≥3π，得0<ω≤23，
∵y=f(x)的图象关于点(−π3,0)对称，
∴−π3ω+2π3=kπ+π2，k∈Z，
即ω=−3k+12，k∈Z，
∵0<ω≤23，
∴当k=0时，ω=12，
即f(x)=cs(12x+2π3)，
则函数的最小正周期T=2π12=4π，故A错误，
若|f(x1)−f(x2)|=2，则f(x1)=1，f(x2)=−1，或f(x1)=−1，f(x2)=1，
则x=x1，x=x2是对应的对称轴，则|x1−x2|min=T2=2π，故B正确，
将f(x)的图像向右平移π3个单位长度后，得到y=cs[12(x−π3)+2π3]=cs(12x+π2)=−sin12x，对应的函数为奇函数，故C错误，
由函数y=f(x)+ 22=0得，f(x)=− 22，
当x∈[0,π]时，12x+2π3∈[2π3,7π6]，
则当12x+2π3=3π4时，f(x)=− 22，
当12x+2π3=7π6，f(x)=− 32≠− 22，即函数y=f(x)+ 22在[0,π]上有1个零点，故D错误．
故选：B．
根据函数的单调性和对称性求出函数的解析式，利用三角函数的性质分别进行判断即可．
本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件求出函数的解析式，利用三角函数的性质进行判断是解决本题的关键，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，
设点C1的新位置为C′，连接AC′，则AC′即为AP+PC1的最小值，
由题意可知AA1=1，AB=BC= 3，cs∠ABC=13，得A1B=BC′=A1C′=2，
∠AA1B=∠BA1C′=60°，
所以在△AA1C′中，AC′= 1+4−2×1×2×(−12)= 7，
故选：B．
将立体图展开成平面图，设点C1的新位置为C′，连接AC′，即可得到AC′即为AP+PC1的最小值，解三角形即可．
本题考查距离最小值问题，考查学生逻辑推理、数学运算、直观想象能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：z=5+i1+i=(5+i)(1−i)(1+i)(1−i)=3−2i，
对于A，|z|= 32+(−2)2= 13，故A错误；
对于B，z的虚部为−2，故B正确；
对于C，z在复平面内对应的点(3,−2)在第四象限，故C正确；
对于D，z的共轭复数为3+2i，故D错误．
故选：BC．
根据已知条件，结合复数的四则运算，对z化简，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A：由acsB=bcsA，由正弦定理可得sinAcsB=sinBcsA，
则sin(A−B)=0，
因为0可得A−B=0，即A=B，所以△ABC为等腰三角形，故A正确；
对于选项B：若B=π4，c= 2，b=65，则csinB=1<65所以△ABC有两解，故B错误；
对于选项C：若bcsA+(a−2c)csB=0，
由正弦定理可得sinBcsA+(sinA−2sinC)csB=0，
则sin(B+A)=2sinCcsB，即sinC=2sinCcsB，
因为B，C∈(0,π)，则sinC>0，
可得csB=12，所以B=π3，故C正确；
对于选项D：若△ABC为锐角三角形，则π2π2−B，
且A∈(0,π2)，π2−B∈(0,π2)，则y=sinx在(0,π2)上单调递增，
所以sinA>sin(π2−B)=csB，
又因为A∈(0,π2)，则csA=a2+b2−c22ab>0，可得a2+b2−c2>0，
所以(a2+b2−c2)sinA>(a2+b2−c2)csB，故D正确．
故选：ACD．
对于A、C：根据题意结合正弦定理运算分析即可；对于B：根据三角形解得个数的结论分析判断；对于D：根据题意结合正弦函数单调性分析判断．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：取棱PC的中点F，连接EF，DF，如图所示：
对于A：∵E是棱PB的中点，则AD//EF，即A，D，E，F四点共面，则l为直线EF，
又AD⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
∴EF//平面PAD，即l//平面PAD，故A错误；
对于B：∵PD⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴PD⊥AD，
又PD=AD，则△PDC为等腰直角三角形，
斜边PC的中点为F，则PC⊥DF，
∵底面ABCD是正方形，∴AD⊥CD，
又PD∩CD=D，且PD，CD⊂平面PDC，
∴AD⊥平面PDC，
又PC⊂平面PDC，∴AD⊥PC，
又AD∩DF=D，且AD，DF⊂平面ADFE，
∴PC⊥平面ADFE，
又DE⊂平面ADFE，则PC⊥DE，故B正确；
对于C：∵AD//EF，则直线PA与l所成的角，即PA与AD所成的角，
∵PD⊥AD，则cs∠PAD=ADAP= 22，
即PA与AD所成的角的余弦值为 22，故C错误；
对于D：VP−ABCD=13PD⋅SABCD=13×1×1=13，VP−AEFD=13PF⋅SAEFD=13×12×(12+1)× 22× 22=18，
∴VABCDFE=VP−ABCD−VP−AEFD=13−18=524，
∴VP−AEFDVABCDFE=18524=35，故D正确．
故选：BD．
根据题意取PC中点F，连接EF，则EF为交线l，根据线面平行的基本定理可判断A；结和线面垂直的判定及性质可判断B；结合异面直线所成角的定义可判断C；结和棱锥的体积公式可判断D．
本题考查直线与平面的位置关系和棱锥的结构特征，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：对于A选项，∵DD1//BB1，
∴在Rt△BB1F中∠BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角，
∴tan∠BB1F=BFB1B=121=12，
∴异面直线DD1与B1F所成的角的正切值为12.故A错误；
对于B选项，取A1D1的中点M，D1C1的中点N，取AD的中点S，
连接MN，DM，DN，A1S，SF，
∵SF//AB//A1B1，SF=AB=A1B1，
∴A1B1FS为平行四边形，∴SA1//B1F，∵A1S//DM，∴MD//B1F，
同理可得DN//B1E，
又∵DM⊄面B1EF，B1F⊂面B1EF，DN⊄面B1EF，B1E⊂面B1EF，
∴DM//面B1EF，DN//面B1EF，
又∵DM∩DN=D，DM，DN⊂面DMN，
∴面DMN//面B1EF，
又∵DP//面B1EF，P∈面A1B1C1D1，
∴P轨迹为线段MN，
∴在△DMN中，过D作DP⊥MN，此时DP取得最小值，
在Rt△DD1M中，D1M=12，D1D=1，∴DM= 52，
在Rt△DD1N中，D1N=12，D1D=1，∴DN= 52，
在Rt△MD1N中，D1N=12，D1M=12，∴MN= 22，
∴如图，在Rt△DPN中，DP= DN2−(MN2)2=3 24.故B项正确；
对于C选项，延长EF交DA的延长线于点G，交DC的延长线于点H，
连接D1H交CC1于点N，连接D1G交AA1于点M，
再连接ME、NF，则过点D1，E，F的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面图形为五边形D1MEFN，
∵平面AA1D1D//平面BB1C1C，截面D1MEFN与平面AA1D1D和平面BB1C1C分别交于D1M与FN，
∴D1M//NF，同理可得D1N//ME，
如图以D为原点，分别以DA、DC、DD1方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系D−xyz，
设AM=m，CN=n，
则M(1,0,m)，N(0,1,n)，E(1,12,0)，F(12,1,0)，D1(0,0,1)，
∴ME=(0,12,−m)，D1N=(0,1,n−1)，D1M=(1,0,m−1)，NF=(12,0,−n)，
∵D1M//NF，D1N//ME，即D1M//NF且D1N//ME，
∴−m=12(n−1)−n=12(m−1)，解得m=13n=13，
∴AM=13，CN=13，
∴A1M=23，C1N=23，
∴在Rt△D1A1M中，D1A1=1，A1M=23，∴D1M= 133，同理：D1N= 133，
在Rt△MAE中，AM=13，AE=12，∴ME= 136，同理：FN= 136
在Rt△EBF中，BE=BF=12，∴EF= 22，
∴D1M+D1N+ME+FN+EF=2× 133+2× 136+ 22= 13+ 22，
即过点D1、E、F的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面周长为 13+ 22.故C正确；
对于D选项，如图所示，取EF的中点O1，则O1E=O1F=O1B，过O1作OO1//BB1，
且使得OO1=12BB1=12，则O为三棱锥B1−BEF的外接球的球心，
所以OE为外接球的半径，
∵在Rt△EBF中，EF= 22，
∴R2=OE2=OO12+(EF2)2=(12)2+( 24)2=38
∴S球=4πR2=3π2.故D项错误．
故选：BC．
根据DD1//BB1可得∠BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角，即可判断A，作出截面，找到P的轨迹，即可求出DP的最小值，从而判断B，作出截面，再利用空间向量确定点的位置，从而求出线段的长度，即可得到截面周长，从而判断C，确定球心及半径，即可求出外接球的表面积，从而判断D．
本题考查异面直线所成角的求解，距离的求解，三棱锥的外接球问题，属中档题．
13.【答案】 7
【解析】
【分析】
本题考查平面向量的数量积运算，熟练掌握向量的求模公式是关键，属于基础题．
利用平面向量的数量积运算和向量的求模公式求解即可．
【解答】
解：∵|a|=2，|b|=1，|a+b|= 3，
∴a2+b2+2a⋅b=3，∴4+1+2a⋅b=3，∴2a⋅b=−2，
∴|a−b|= a2+b2−2a⋅b= 4+1+2= 7．
故答案为 7．
14.【答案】 33
【解析】解：由2BD=DC，
得AD=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
则AD2=(23AB+13AC)2=49AB2+19AC2+49AB⋅AC，
所以AD2=49c2+19b2−29bc，
则AD2AB2=49c2+19b2−29bcc2=49+19⋅b2c2−29⋅bc=19(bc−1)2+13≥13，
当bc=1时，取等号，
所以ADAB的最小值为 33．
故答案为： 33．
将AD用AB,AC表示，再平方可求得AD2，再由AD2AB2结合二次函数得性质即可得解．
本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
15.【答案】−29
【解析】解：如下图所示：
因为在△ABC中，D、E分别为AC、BC的中点，AE交BD于点M，
则M为△ABC的重心，所以，ME=13AE=13(AB+BE)=13(AB+12BC)
=13(AB+12AC−12AB)=16(AB+AC)，
MD=13BD=13(AD−AB)=13(12AC−AB)=16(AC−2AB)，
因为AB=4，AC=6，∠BAC=π3，
由平面向量数量积的定义可得AB⋅AC=|AB|⋅|AC|csπ3=6×4×12=12，
所以，ME⋅MD=136(AC+AB)⋅(AC−2AB)=136(AC2−AB⋅AC−2AB2)
=136(62−12−2×42)=−29．
故答案为：−29．
分析可知M为△ABC的重心，利用AB、AC表示向量ME、MD，利用平面向量数量积的运算性质可求得ME⋅MD的值．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】10 21−10
【解析】解：如图，因为∠APB=2π3，所以P在如图所示的圆O上，圆O的半径为12×10 3 32=10，
由圆周角的性质可得∠ADB=π−2π3=π3,∠AOB=π3×2=2π3,∠OBA=∠OAB=π6，
连接OC，可得OP+CP≥OC，
所以当P为OC与圆的交点时，CP取最小值，即CP=OC−OP，
又OB=OP=10，
在△OBC中，OB=10,BC=40,∠OBC=2π3，
根据余弦定理可知OC= 102+402−2×10×40×(−12)=10 21，
所以CP的最小值为(10 21−10)m．
故答案为：10 21−10．
根据∠APB=2π3可知点P的轨迹，再利用正弦定理以及圆周角和圆心角之间的关系，易知当P为OC与圆的交点时，CP取最小值，再利用余弦定理即可求得结果．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为csinC−asinA=(b−a)sinB，
由正弦定理得c2−a2=(b−a)b，即c2=a2+b2−ab，即a2+b2−c2=ab，
由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
因为C∈(0,π)，所以C=π3．
(2)由已知，△ABC的面积为6 3，
所以S△ABC=12absinC=12×a×4× 32=6 3，可得a=6，
∴c2=a2+b2−2abcsC=36+16−2×6×4×12=28，∴c=2 7．
【解析】(1)根据题意，由正弦定理，余弦定理可得角C；
(2)由三角形面积，列出方程求得a=6，结合余弦定理，可求c．
本题考查正余弦定理，考查面积公式，属于基础题．
18.【答案】证明：(1)∵ABC−A1B1C1为直三棱柱，∴AB⊥BB1，
又∵AB⊥BC，BC⋂BB1=B，∴AB⊥平面BB1C1C，
∵B1C⊂平面BB1C1C，∴B1C⊥AB ①，
设BC=t，则BB1= 2t，tan∠BB1C= 22，
CD=12CC1= 2t2，tan∠CBD=CDBC= 22，∴∠BB1C=∠CBD，
∵∠BB1C+∠B1CB=90°，∴∠CBD+∠B1CB=90°，故B 1C⊥BD ②，
由①②，AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，且AB⋂BD=B，知B1C⊥平面ABD，
又∵B1C⊂平面AB1C，
∴平面AB1C⊥平面ABD；
解：(2)由BC2+CD2=BD2，得t2+t22=3，
解得t= 2，
∴△BB1D的面积S△BB1D=12BB1⋅BC= 2，
由(1)知AB⊥平面BB1C1C，
∴三棱锥A−BB1D的体积VA−BB1D=13S△BB1D⋅AB= 63，
∴三棱锥B1−ABD的体积VB1−ABD=VA−BB1D= 63．
【解析】(1)先证AB⊥平面BB1C1C，得到B1C⊥AB①，再借助三角形相似证明B1C⊥BD②，最后证出平面AB1C⊥平面ABD；
(2)等体积法求VA−BB1D即可．
本题主要考查了面面垂直的判定，考查了等体积法求三棱锥的体积公式，属于中档题．
19.【答案】解：(1)VA−GEF=VG−AEF=13×S△AEF⋅DD1=13×12×12× 32×1= 324；
(2)如图，连结D1A，AC，D1C，
∵E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，
∴AC//EF，EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，
∴EF//平面ACD1，
∵EG//AD1，EG⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，
∴EG//平面ACD1，
∵EF∩EG=E，∴平面EFG//平面ACD1，
∵D1P//平面EFG，
∴点P在直线AC上，在△ACD1中，AD1= 2，AC=2，CD1=2，
S△AD1C=12× 2× 22−( 22) 2= 72，
∴当D1P⊥AC时，线段D1P的长度最小，最小值为 7212×2= 72．
【解析】(1)利用VA−GEF=VG−AEF，可求三棱锥A−GEF的体积；
(2)连结D1A，AC，D1C，推导出EF//平面ACD1，EG//平面ACD1，从而平面EFG//平面ACD1，推导出点P在直线AC上，在△ACD1中，AD1= 2，AC=2，CD1=2，由此能求出当D1P⊥AC时，线段D1P的长度最小，并能求出最小值．
本题考查线段长度的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)因为2a−c=2bcsC，所以2a−c=2b⋅a2+b2−c22ab=a2+b2−c2a，
即a2+c2−b2=ac，所以csB=a2+c2−b22ac=12，
因为B∈(0,π)，所以B=π3；
(2)由B=π3，及b=c=2，可知△ABC为等边三角形，
又因为∠EDF=π3，∠BDE=α，所以π6≤α≤π2，
在△BDE中，∠BED=2π3−α，由正弦定理DE= 32sin(2π3−α)，
在△CDF中，∠CFD=α，由正弦定理DF= 32sinα，所以S=38×1sin(2π3−α)sinα×sinπ3=3 316sin(2π3−α)sinα，π6≤α≤π2，
因为sin(2π3−α)sinα=( 32csα+12sinα)sinα= 32sinαcsα+12sin2α= 34sin2α−14cs2α+14
=12sin(2α−π6)+14∈[12,34]，所以S∈[ 34,3 38]，所以S的取值范围为[ 34,3 38]．
【解析】(1)由余弦定理可得a2+c2−b2=ac，进而可得以B=π3；
(2)在△BDE中，由正弦定理DE= 32sin(2π3−α)，在△CDF中，由正弦定理DF= 32sinα，可得S=3 316sin(2π3−α)sinα，进而可求S的取值范围．
本题考查正余弦定理的应用，考查三角形的面积，考查运算求解能力，属中档题．
21.【答案】解：(1)∵PA=PB=PC，并且△ABC是等边三角形，
∴三棱锥P−ABC是正三棱锥，D是△ABC的中心，点G是AB边的中点；
由PD⊥平面ABC，DE⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，可知AB⊥PD，AB⊥DE，PD∩DE=D，PD⊂平面PDG，DE⊂平面PDG，
所以AB⊥平面PDG，进而得AB⊥PG，AB⊥DG，
所以∠PGD就是二面角P−AB−C的平面角，
又△ABC是边长为6 2的等边三角形，且PA=PB=PC=6，PA2+PB2=AB2，
∴△PAB是等腰直角三角形，同理△PAC，△PBC都是等腰直角三角形；
∴PG=12AB=3 2,GD=13CG=13× 32×6 2= 6，
cs∠PGD=GDPG= 33，即二面角P−AB−C的余弦值为 33；
(2)∵PB⊥PC，PB⊥PA，PA∩PC=P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，
∴PB⊥平面PAC，
同理PC⊥平面PAB，又DE⊥平面PAB，
∴ED//PC，∴E与点P，D，C共面，即E点在线段PG上，
又△EDG∽△PGC，∴ED=13PC=2,PEPG=CDCG=23,PE=2 2,∠APG=π4，
过E点在平面PAB内作PB的平行线，与PA交于F，则EF⊥平面PAC，
△PEF也是等腰直角三角形，EF=PE 2=2，
又DE⊥平面PAB，EF⊂平面PAB，∴DE⊥EF，将△PEF作为底面，则ED是三棱锥D−PEF的高，
∴VP−DEF=VD−PEF=13S△PEF⋅DE=13×12×2×2×2=43，即四面体PDEF的体积为43．
【解析】(1)根据条件确定∠PGD就是二面角P−AB−C的平面角，构造三角形求解；
(2)根据给定的条件知PB⊥平面PAC，过点E作PB的平行线与PA交于F，则EF⊥平面PAC，再求出三棱锥P−EFD的底面积和高即可．
本题考查了二面角和四面体的体积计算，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc，且由已知a2=b2+c2−bc，
得csA=12，因为A∈(0,π)，
所以A=π3；
(Ⅱ)因为a2=b2+c2−bc，
所以b²+c²=16+bc，
因为b²+c²≥2bc，所以bc≤16，当b=c=4时，bc取最大值16，
此时S△ABC=12bcsinA=4 3，
即△ABC的面积最大值为4 3；
(Ⅲ)分别取AB，BC的中点D，E，连接OD，OE，
可得BA⋅OB=BA⋅(OD+DB)=BA⋅DB=BA⋅(−12BA)=−12|BA|2，
同理可得BC⋅OB=−12|BC|2，
由csAsinCBA+csCsinABC=xOB得，csAsinCBA⋅OB+csCsinABC⋅OB=xOB2，
所以−12|BA|2⋅csAsinC−12|BC|2⋅csCsinA=xOB2，
即csA⋅|BA|⋅|BA|sinC+csC⋅|BC|⋅|BC|sinA=−2x|OB|2，
在△ABC中由正弦定理得：|BA|sinC=|BC|sinA=2R，
代入上式得csA⋅|BA|⋅2R+csC⋅|BC|⋅2R=−2xR2，
则csA⋅|BA|+csC⋅|BC|=−xR，
由正弦定理得，|BA|=2RsinC，|BC|=2RsinA，
代入上式得，2RsinCcsA+2RcsCsinA=−xR；
所以2sin(C+A)=−x，
所以2sinB=−x，即x=−2sinB，
因为A=π3，且△ABC为锐角三角形，
所以π6所以12所以−2<−2sinB<−1，
即x的取值范围(−2,−1)．
【解析】(Ⅰ)利用余弦定理以及条件整理可得csA，即可得到A；
(Ⅱ)利用条件得到即不等式得到bc≤16，再代入面积公式即可求出最大值；
(Ⅲ)由题意画出图形，设△ABC的外接圆半径为R，根据三角形外心的性质可得：OD⊥AB、OE⊥BC，由向量的线性运算和向量数量积的运算，求出BA⋅OB和BC⋅OB，在已知的等式两边同时与OB进行数量积运算，代入后由正弦定理化简，由两角和的正弦公式和内角和定理求出x的值．
本题考查解三角形，主要涉及正弦定理、余弦定理的综合运用，属于中档题．
1. 若z=a+i1−i(a∈R)是纯虚数，则a=( )
A. −12B. 12C. −1D. 1
2. 设a=12cs6°− 32sin6°，b=2tan13°1−tan213∘，c= 1−cs50°2，则有( )
A. a>b>cB. a
A. 24bB. 22bC. 4+ 24bD. −2+ 22b
4. 在△ABC中，∠BAC=120°，AD平分∠BAC，AD=3，则2AC+AB的最小值为( )
A. 6+3 2B. 6−3 2C. 9+6 2D. 9−6 2
5. 正四棱锥S−ABCD的底面边长为2，高为2，E是边BC的中点，动点P在表面上运动，并且总保持PE⊥AC，则动点P的轨迹的周长为( )
A. 6+ 2B. 6− 2C. 4D. 5+1
6. 已知底面半径为3的圆锥SO，其轴截面为正三角形，若它的一个内接圆柱的底面半径为1，则此圆柱的侧面积为( )
A. 3πB. 2 3πC. 4 3πD. 8 3π
7. 已知函数f(x)=cs(ωx+2π3)(ω>0)在[−π,π2]上单调，且y=f(x)的图象关于点(−π3,0)对称，则( )
A. f(x)的周期为π
B. 若|f(x1)−f(x2)|=2，则|x1−x2|min=2π
C. 将f(x)的图象向右平移π3个单位长度后对应的函数为偶函数
D. 函数y=f(x)+ 22在[0,π]上有2个零点
8. 如图所示，在直三棱柱ABC−A1B1C1中．AA1=1，AB=BC= 3，cs∠ABC=13，P是A1B上的一动点，则AP+PC1的最小值为( )
A. 5B. 7C. 1+ 3D. 3
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. 已知复数z=5+i1+i，则下列说法正确的是( )
A. |z|=13B. z的虚部为−2
C. z在复平面内对应的点在第四象限D. z的共轭复数为−3−2i
10. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列命题是真命题的是( )
A. 若acsB=bcsA，则△ABC为等腰三角形
B. 若B=π4，c= 2，b=65，则△ABC只有一解
C. 若bcsA+(a−2c)csB=0，则B=π3
D. 若△ABC为锐角三角形，则(a2+b2−c2)sinA>(a2+b2−c2)csB
11. 如图，四棱锥P−ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD，PD=AD=1，点E是棱PB的中点，过A，D，E三点的平面α与平面PBC的交线为l，则( )
A. 直线l与平面PAD有一个交点
B. PC⊥DE
C. 直线PA与l所成角的余弦值为 32
D. 平面α截四棱锥P−ABCD所得的上下两个几何体的体积之比为35
12. 在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别为AB，BC的中点，则( )
A. 异面直线DD1与B1F所成角的正切值为13
B. 点P为正方形A1B1C1D1内一点，当DP//平面B1EF时，DP的最小值为3 24
C. 过点D1，E，F的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面周长为 13+ 22
D. 当三棱锥B1−BEF的所有顶点都在球O的表面上时，球O的表面积为3π
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知|a|=2，|b|=1，|a+b|= 3，则|a−b|= ．
14. 在△ABC中，A=2π3，D为BC边上一点，且2BD=DC，则ADAB的最小值为______ ．
15. 在△ABC中，D、E分别为AC、BC的中点，AE交BD于点M.若AB=4，AC=6，∠BAC=π3，则ME⋅MD= ______ ．
16. 某园区有一块三角形空地△ABC(如图)，其中AB=10 3m，BC=40m,∠ABC=π2，现计划在该空地上划分三个区域种植不同的花卉，若要求∠APB=2π3，则CP的最小值为______ m.
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足csinC−asinA=(b−a)sinB．
(1)求C；
(2)若b=4，△ABC的面积为6 3，求边长c的值．
18. (本小题12.0分)
直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，D为CC1的中点，BB1= 2BC．
(1)求证：平面AB1C⊥平面ABD；
(2)若AB=BD= 3，求三棱锥B1−ABD的体积．
19. (本小题12.0分)
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AD=DD1=1，AB= 3，E、F、G分别为AB、BC、C1D1的中点．
(1)求三棱锥A−GEF的体积；
(2)点P在矩形ABCD内，若直线D1P//平面EFG，求线段D1P长度的最小值．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2a−c=2bcsC．
(1)求B；
(2)若点D为边BC的中点，点E，F分别在边AB，AC上，∠EDF=π3，b=c=2.设∠BDE=α，将△DEF的面积S表示为α的函数，并求S的取值范围．
21. (本小题12.0分)
如图，在三棱锥P−ABC中，△ABC是边长为6 2的等边三角形，且PA=PB=PC=6，PD⊥平面ABC，垂足为D，DE⊥平面PAB，垂足为E，连接PE并延长交AB于点G．
(1)求二面角P−AB−C的余弦值；
(2)在平面PAC内找一点F，使得EF⊥平面PAC，说明作法及理由，并求四面体PDEF的体积．
22. (本小题12.0分)
已知点O是锐角△ABC的外心，a，b，c分别为角A，B，C的对边，a2=b2+c2−bc，
(Ⅰ)求角A；
(Ⅱ)若a=4，求△ABC面积的最大值；
(Ⅲ)若csAsinCBA+csCsinABC=xOB，求x的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：因为z=a+i1−i=a+i(1+i)(1−i)(1+i)=a−12+12i是纯虚数，
所以a−12=0，得a=12．
故选：B．
化简复数z，然后根据实部为0可得．
本题主要考查纯虚数的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：a=12cs6°− 32sin6°=sin(30°−6°)=sin24°，
b=2tan13°1−tan213∘=tan26°=sin26°cs26∘>sin26°1=sin26°，
c= 1−cs50°2=sin25°，
∵sin24°
由辅助角公式知a=sin24°，由二倍角公式知b=tan26°>sin26°，c=sin25°，再由正弦函数的单调性，得解．
本题考查三角恒等变换的综合应用，熟练掌握二倍角公式、辅助角公式，以及正弦函数的单调性是解题的关键，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：∵|a|=|b|=1,
∴(a−b)⋅b=a⋅b−b2= 22−1，
∴a−b在b上的投影向量为：(a−b)⋅b|b|⋅b|b|=−2+ 22b．
故选：D．
根据条件可求出(a−b)⋅b的值，然后即可根据投影向量的计算公式求出投影向量．
本题考查了向量数量积的运算及计算公式，投影向量的计算公式，考查了计算能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：如图，
记AB=c，AC=b，
在△ABD中，AD=3，∠BAD=60°，AB=c，则BD2=c2+9−2×3c×12=c2+9−3c，
在△ACD中，AD=3，∠CAD=60°，AC=b，则CD2=b2+9−2×3b×12=b2+9−3b，
∵AD平分∠BAC，
∴BDCD=ABAC=cb，
∴BD2CD2=c2b2=c2+9−3cb2+9−3b，
∴c2(b2+9−3b)=b2(c2+9−3c)，
∴9c2−3bc2=9b2−3b2c，
∴3c2−bc2=3b2−b2c，
∴3(c2−b2)−(bc2−b2c)=0，
∴3(c+b)(c−b)−bc(c−b)=0，
∴(c−b)[3(c+b)−bc]=0，
∴c=b或3(b+c)=bc，
当c=b时，△ABC为等腰三角形，
∴AD⊥BC，c=b=ADcs60∘=6，
∴2AC+AB=2b+c=18；
当3(b+c)=bc时，b+c=13bc，即1c+1b=13，
∴2AC+AB=2b+c=3(2b+c)(1c+1b)=3(2bc+cb+3)≥3(2 2bc×cb+3)=9+6 2，
当且仅当2bc=cb，即c= 2b时，等号成立，
∵9+6 2<18，∴2AC+AB的最小值为9+6 2．
故选：C．
记AB=c，AC=b，在△ABD中，BD2=c2+9−3c，在△ACD中，CD2=b2+9−3b，由AD平分∠BAC，得到c=b或3(b+c)=bc，当c=b时，求得2AC+AB=18；当3(b+c)=bc时，得1c+1b=13，再由2AC+AB=3(2b+c)(1c+1b)，结合基本不等式求得结果．
本题主要考查三角形中几何计算，考查转化能力，属于中档题．
5.【答案】A
【解析】解：如图，
设AC，BD交于O，连接SO，由正四棱锥的性质可得，SO⊥平面ABCD，
因为AC⊂平面ABCD，故SO⊥AC．
又BD⊥AC，SO∩BD=O，SO，BD⊂平面SBD，
故AC⊥平面SBD．
由题意，PE⊥AC则动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S−ABCD的交线，即如图EFG，
则AC⊥平面EFG．
由线面垂直的性质可得平面SBD//平面EFG，又由面面平行的性质可得EG//SB，GF//SD，EFBD，又E是边BC的中点，
故EG，GF，EF分别为△SBC，△SDC，△BCD的中位线．
由题意BD=2 2,SB=SD= 22+2= 6，故EG+EF+GF=12( 6+ 6+2 2)= 6+ 2．
即动点P的轨迹的周长为 6+ 2．
故选：A．
由题意，动点P的轨迹为过E且垂直AC的平面与正四棱锥S−ABCD的交线，再根据线面垂直的性质求解即可．
本题主要考查轨迹方程的求解，考查转化能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：根据题意，设圆锥的轴截面为△SAB，其内接圆柱为O1O，设O1O=h，
圆锥轴截面为正三角形，则AB=2OA=6，则有SO=3 3，
则有h3 3=3−13，解可得h=2 3，
则圆柱的面积S=2π×2 3=4 3π.
故选：C．
根据题意，作出圆锥的轴截面三角形，设其内接圆柱为O1O，再设O1O=h，分析可得h3 3=3−13，解可得h的值，进而计算可得答案．
本题考查圆柱与圆锥的切接问题，涉及圆柱的表面积计算，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：∵f(x)在[−π,π2]上单调，
∴T2≥π2−(−π)=3π2，
即T≥3π，得2πω≥3π，得0<ω≤23，
∵y=f(x)的图象关于点(−π3,0)对称，
∴−π3ω+2π3=kπ+π2，k∈Z，
即ω=−3k+12，k∈Z，
∵0<ω≤23，
∴当k=0时，ω=12，
即f(x)=cs(12x+2π3)，
则函数的最小正周期T=2π12=4π，故A错误，
若|f(x1)−f(x2)|=2，则f(x1)=1，f(x2)=−1，或f(x1)=−1，f(x2)=1，
则x=x1，x=x2是对应的对称轴，则|x1−x2|min=T2=2π，故B正确，
将f(x)的图像向右平移π3个单位长度后，得到y=cs[12(x−π3)+2π3]=cs(12x+π2)=−sin12x，对应的函数为奇函数，故C错误，
由函数y=f(x)+ 22=0得，f(x)=− 22，
当x∈[0,π]时，12x+2π3∈[2π3,7π6]，
则当12x+2π3=3π4时，f(x)=− 22，
当12x+2π3=7π6，f(x)=− 32≠− 22，即函数y=f(x)+ 22在[0,π]上有1个零点，故D错误．
故选：B．
根据函数的单调性和对称性求出函数的解析式，利用三角函数的性质分别进行判断即可．
本题主要考查三角函数的图象和性质，根据条件求出函数的解析式，利用三角函数的性质进行判断是解决本题的关键，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，
设点C1的新位置为C′，连接AC′，则AC′即为AP+PC1的最小值，
由题意可知AA1=1，AB=BC= 3，cs∠ABC=13，得A1B=BC′=A1C′=2，
∠AA1B=∠BA1C′=60°，
所以在△AA1C′中，AC′= 1+4−2×1×2×(−12)= 7，
故选：B．
将立体图展开成平面图，设点C1的新位置为C′，连接AC′，即可得到AC′即为AP+PC1的最小值，解三角形即可．
本题考查距离最小值问题，考查学生逻辑推理、数学运算、直观想象能力，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：z=5+i1+i=(5+i)(1−i)(1+i)(1−i)=3−2i，
对于A，|z|= 32+(−2)2= 13，故A错误；
对于B，z的虚部为−2，故B正确；
对于C，z在复平面内对应的点(3,−2)在第四象限，故C正确；
对于D，z的共轭复数为3+2i，故D错误．
故选：BC．
根据已知条件，结合复数的四则运算，对z化简，即可依次求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
10.【答案】ACD
【解析】解：对于选项A：由acsB=bcsA，由正弦定理可得sinAcsB=sinBcsA，
则sin(A−B)=0，
因为0
对于选项B：若B=π4，c= 2，b=65，则csinB=1<65
对于选项C：若bcsA+(a−2c)csB=0，
由正弦定理可得sinBcsA+(sinA−2sinC)csB=0，
则sin(B+A)=2sinCcsB，即sinC=2sinCcsB，
因为B，C∈(0,π)，则sinC>0，
可得csB=12，所以B=π3，故C正确；
对于选项D：若△ABC为锐角三角形，则π2
且A∈(0,π2)，π2−B∈(0,π2)，则y=sinx在(0,π2)上单调递增，
所以sinA>sin(π2−B)=csB，
又因为A∈(0,π2)，则csA=a2+b2−c22ab>0，可得a2+b2−c2>0，
所以(a2+b2−c2)sinA>(a2+b2−c2)csB，故D正确．
故选：ACD．
对于A、C：根据题意结合正弦定理运算分析即可；对于B：根据三角形解得个数的结论分析判断；对于D：根据题意结合正弦函数单调性分析判断．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：取棱PC的中点F，连接EF，DF，如图所示：
对于A：∵E是棱PB的中点，则AD//EF，即A，D，E，F四点共面，则l为直线EF，
又AD⊂平面PAD，EF⊄平面PAD，
∴EF//平面PAD，即l//平面PAD，故A错误；
对于B：∵PD⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，
∴PD⊥AD，
又PD=AD，则△PDC为等腰直角三角形，
斜边PC的中点为F，则PC⊥DF，
∵底面ABCD是正方形，∴AD⊥CD，
又PD∩CD=D，且PD，CD⊂平面PDC，
∴AD⊥平面PDC，
又PC⊂平面PDC，∴AD⊥PC，
又AD∩DF=D，且AD，DF⊂平面ADFE，
∴PC⊥平面ADFE，
又DE⊂平面ADFE，则PC⊥DE，故B正确；
对于C：∵AD//EF，则直线PA与l所成的角，即PA与AD所成的角，
∵PD⊥AD，则cs∠PAD=ADAP= 22，
即PA与AD所成的角的余弦值为 22，故C错误；
对于D：VP−ABCD=13PD⋅SABCD=13×1×1=13，VP−AEFD=13PF⋅SAEFD=13×12×(12+1)× 22× 22=18，
∴VABCDFE=VP−ABCD−VP−AEFD=13−18=524，
∴VP−AEFDVABCDFE=18524=35，故D正确．
故选：BD．
根据题意取PC中点F，连接EF，则EF为交线l，根据线面平行的基本定理可判断A；结和线面垂直的判定及性质可判断B；结合异面直线所成角的定义可判断C；结和棱锥的体积公式可判断D．
本题考查直线与平面的位置关系和棱锥的结构特征，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
12.【答案】BC
【解析】解：对于A选项，∵DD1//BB1，
∴在Rt△BB1F中∠BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角，
∴tan∠BB1F=BFB1B=121=12，
∴异面直线DD1与B1F所成的角的正切值为12.故A错误；
对于B选项，取A1D1的中点M，D1C1的中点N，取AD的中点S，
连接MN，DM，DN，A1S，SF，
∵SF//AB//A1B1，SF=AB=A1B1，
∴A1B1FS为平行四边形，∴SA1//B1F，∵A1S//DM，∴MD//B1F，
同理可得DN//B1E，
又∵DM⊄面B1EF，B1F⊂面B1EF，DN⊄面B1EF，B1E⊂面B1EF，
∴DM//面B1EF，DN//面B1EF，
又∵DM∩DN=D，DM，DN⊂面DMN，
∴面DMN//面B1EF，
又∵DP//面B1EF，P∈面A1B1C1D1，
∴P轨迹为线段MN，
∴在△DMN中，过D作DP⊥MN，此时DP取得最小值，
在Rt△DD1M中，D1M=12，D1D=1，∴DM= 52，
在Rt△DD1N中，D1N=12，D1D=1，∴DN= 52，
在Rt△MD1N中，D1N=12，D1M=12，∴MN= 22，
∴如图，在Rt△DPN中，DP= DN2−(MN2)2=3 24.故B项正确；
对于C选项，延长EF交DA的延长线于点G，交DC的延长线于点H，
连接D1H交CC1于点N，连接D1G交AA1于点M，
再连接ME、NF，则过点D1，E，F的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面图形为五边形D1MEFN，
∵平面AA1D1D//平面BB1C1C，截面D1MEFN与平面AA1D1D和平面BB1C1C分别交于D1M与FN，
∴D1M//NF，同理可得D1N//ME，
如图以D为原点，分别以DA、DC、DD1方向为x轴、y轴、z轴正方向建立空间直角坐标系D−xyz，
设AM=m，CN=n，
则M(1,0,m)，N(0,1,n)，E(1,12,0)，F(12,1,0)，D1(0,0,1)，
∴ME=(0,12,−m)，D1N=(0,1,n−1)，D1M=(1,0,m−1)，NF=(12,0,−n)，
∵D1M//NF，D1N//ME，即D1M//NF且D1N//ME，
∴−m=12(n−1)−n=12(m−1)，解得m=13n=13，
∴AM=13，CN=13，
∴A1M=23，C1N=23，
∴在Rt△D1A1M中，D1A1=1，A1M=23，∴D1M= 133，同理：D1N= 133，
在Rt△MAE中，AM=13，AE=12，∴ME= 136，同理：FN= 136
在Rt△EBF中，BE=BF=12，∴EF= 22，
∴D1M+D1N+ME+FN+EF=2× 133+2× 136+ 22= 13+ 22，
即过点D1、E、F的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面周长为 13+ 22.故C正确；
对于D选项，如图所示，取EF的中点O1，则O1E=O1F=O1B，过O1作OO1//BB1，
且使得OO1=12BB1=12，则O为三棱锥B1−BEF的外接球的球心，
所以OE为外接球的半径，
∵在Rt△EBF中，EF= 22，
∴R2=OE2=OO12+(EF2)2=(12)2+( 24)2=38
∴S球=4πR2=3π2.故D项错误．
故选：BC．
根据DD1//BB1可得∠BB1F即为异面直线DD1与B1F所成的角，即可判断A，作出截面，找到P的轨迹，即可求出DP的最小值，从而判断B，作出截面，再利用空间向量确定点的位置，从而求出线段的长度，即可得到截面周长，从而判断C，确定球心及半径，即可求出外接球的表面积，从而判断D．
本题考查异面直线所成角的求解，距离的求解，三棱锥的外接球问题，属中档题．
13.【答案】 7
【解析】
【分析】
本题考查平面向量的数量积运算，熟练掌握向量的求模公式是关键，属于基础题．
利用平面向量的数量积运算和向量的求模公式求解即可．
【解答】
解：∵|a|=2，|b|=1，|a+b|= 3，
∴a2+b2+2a⋅b=3，∴4+1+2a⋅b=3，∴2a⋅b=−2，
∴|a−b|= a2+b2−2a⋅b= 4+1+2= 7．
故答案为 7．
14.【答案】 33
【解析】解：由2BD=DC，
得AD=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
则AD2=(23AB+13AC)2=49AB2+19AC2+49AB⋅AC，
所以AD2=49c2+19b2−29bc，
则AD2AB2=49c2+19b2−29bcc2=49+19⋅b2c2−29⋅bc=19(bc−1)2+13≥13，
当bc=1时，取等号，
所以ADAB的最小值为 33．
故答案为： 33．
将AD用AB,AC表示，再平方可求得AD2，再由AD2AB2结合二次函数得性质即可得解．
本题主要考查三角形中的几何计算，考查转化能力，属于中档题．
15.【答案】−29
【解析】解：如下图所示：
因为在△ABC中，D、E分别为AC、BC的中点，AE交BD于点M，
则M为△ABC的重心，所以，ME=13AE=13(AB+BE)=13(AB+12BC)
=13(AB+12AC−12AB)=16(AB+AC)，
MD=13BD=13(AD−AB)=13(12AC−AB)=16(AC−2AB)，
因为AB=4，AC=6，∠BAC=π3，
由平面向量数量积的定义可得AB⋅AC=|AB|⋅|AC|csπ3=6×4×12=12，
所以，ME⋅MD=136(AC+AB)⋅(AC−2AB)=136(AC2−AB⋅AC−2AB2)
=136(62−12−2×42)=−29．
故答案为：−29．
分析可知M为△ABC的重心，利用AB、AC表示向量ME、MD，利用平面向量数量积的运算性质可求得ME⋅MD的值．
本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题．
16.【答案】10 21−10
【解析】解：如图，因为∠APB=2π3，所以P在如图所示的圆O上，圆O的半径为12×10 3 32=10，
由圆周角的性质可得∠ADB=π−2π3=π3,∠AOB=π3×2=2π3,∠OBA=∠OAB=π6，
连接OC，可得OP+CP≥OC，
所以当P为OC与圆的交点时，CP取最小值，即CP=OC−OP，
又OB=OP=10，
在△OBC中，OB=10,BC=40,∠OBC=2π3，
根据余弦定理可知OC= 102+402−2×10×40×(−12)=10 21，
所以CP的最小值为(10 21−10)m．
故答案为：10 21−10．
根据∠APB=2π3可知点P的轨迹，再利用正弦定理以及圆周角和圆心角之间的关系，易知当P为OC与圆的交点时，CP取最小值，再利用余弦定理即可求得结果．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为csinC−asinA=(b−a)sinB，
由正弦定理得c2−a2=(b−a)b，即c2=a2+b2−ab，即a2+b2−c2=ab，
由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
因为C∈(0,π)，所以C=π3．
(2)由已知，△ABC的面积为6 3，
所以S△ABC=12absinC=12×a×4× 32=6 3，可得a=6，
∴c2=a2+b2−2abcsC=36+16−2×6×4×12=28，∴c=2 7．
【解析】(1)根据题意，由正弦定理，余弦定理可得角C；
(2)由三角形面积，列出方程求得a=6，结合余弦定理，可求c．
本题考查正余弦定理，考查面积公式，属于基础题．
18.【答案】证明：(1)∵ABC−A1B1C1为直三棱柱，∴AB⊥BB1，
又∵AB⊥BC，BC⋂BB1=B，∴AB⊥平面BB1C1C，
∵B1C⊂平面BB1C1C，∴B1C⊥AB ①，
设BC=t，则BB1= 2t，tan∠BB1C= 22，
CD=12CC1= 2t2，tan∠CBD=CDBC= 22，∴∠BB1C=∠CBD，
∵∠BB1C+∠B1CB=90°，∴∠CBD+∠B1CB=90°，故B 1C⊥BD ②，
由①②，AB⊂平面ABD，AD⊂平面ABD，且AB⋂BD=B，知B1C⊥平面ABD，
又∵B1C⊂平面AB1C，
∴平面AB1C⊥平面ABD；
解：(2)由BC2+CD2=BD2，得t2+t22=3，
解得t= 2，
∴△BB1D的面积S△BB1D=12BB1⋅BC= 2，
由(1)知AB⊥平面BB1C1C，
∴三棱锥A−BB1D的体积VA−BB1D=13S△BB1D⋅AB= 63，
∴三棱锥B1−ABD的体积VB1−ABD=VA−BB1D= 63．
【解析】(1)先证AB⊥平面BB1C1C，得到B1C⊥AB①，再借助三角形相似证明B1C⊥BD②，最后证出平面AB1C⊥平面ABD；
(2)等体积法求VA−BB1D即可．
本题主要考查了面面垂直的判定，考查了等体积法求三棱锥的体积公式，属于中档题．
19.【答案】解：(1)VA−GEF=VG−AEF=13×S△AEF⋅DD1=13×12×12× 32×1= 324；
(2)如图，连结D1A，AC，D1C，
∵E，F，G分别为AB，BC，C1D1的中点，
∴AC//EF，EF⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，
∴EF//平面ACD1，
∵EG//AD1，EG⊄平面ACD1，AD1⊂平面ACD1，
∴EG//平面ACD1，
∵EF∩EG=E，∴平面EFG//平面ACD1，
∵D1P//平面EFG，
∴点P在直线AC上，在△ACD1中，AD1= 2，AC=2，CD1=2，
S△AD1C=12× 2× 22−( 22) 2= 72，
∴当D1P⊥AC时，线段D1P的长度最小，最小值为 7212×2= 72．
【解析】(1)利用VA−GEF=VG−AEF，可求三棱锥A−GEF的体积；
(2)连结D1A，AC，D1C，推导出EF//平面ACD1，EG//平面ACD1，从而平面EFG//平面ACD1，推导出点P在直线AC上，在△ACD1中，AD1= 2，AC=2，CD1=2，由此能求出当D1P⊥AC时，线段D1P的长度最小，并能求出最小值．
本题考查线段长度的最小值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)因为2a−c=2bcsC，所以2a−c=2b⋅a2+b2−c22ab=a2+b2−c2a，
即a2+c2−b2=ac，所以csB=a2+c2−b22ac=12，
因为B∈(0,π)，所以B=π3；
(2)由B=π3，及b=c=2，可知△ABC为等边三角形，
又因为∠EDF=π3，∠BDE=α，所以π6≤α≤π2，
在△BDE中，∠BED=2π3−α，由正弦定理DE= 32sin(2π3−α)，
在△CDF中，∠CFD=α，由正弦定理DF= 32sinα，所以S=38×1sin(2π3−α)sinα×sinπ3=3 316sin(2π3−α)sinα，π6≤α≤π2，
因为sin(2π3−α)sinα=( 32csα+12sinα)sinα= 32sinαcsα+12sin2α= 34sin2α−14cs2α+14
=12sin(2α−π6)+14∈[12,34]，所以S∈[ 34,3 38]，所以S的取值范围为[ 34,3 38]．
【解析】(1)由余弦定理可得a2+c2−b2=ac，进而可得以B=π3；
(2)在△BDE中，由正弦定理DE= 32sin(2π3−α)，在△CDF中，由正弦定理DF= 32sinα，可得S=3 316sin(2π3−α)sinα，进而可求S的取值范围．
本题考查正余弦定理的应用，考查三角形的面积，考查运算求解能力，属中档题．
21.【答案】解：(1)∵PA=PB=PC，并且△ABC是等边三角形，
∴三棱锥P−ABC是正三棱锥，D是△ABC的中心，点G是AB边的中点；
由PD⊥平面ABC，DE⊥平面PAB，AB⊂平面PAB，可知AB⊥PD，AB⊥DE，PD∩DE=D，PD⊂平面PDG，DE⊂平面PDG，
所以AB⊥平面PDG，进而得AB⊥PG，AB⊥DG，
所以∠PGD就是二面角P−AB−C的平面角，
又△ABC是边长为6 2的等边三角形，且PA=PB=PC=6，PA2+PB2=AB2，
∴△PAB是等腰直角三角形，同理△PAC，△PBC都是等腰直角三角形；
∴PG=12AB=3 2,GD=13CG=13× 32×6 2= 6，
cs∠PGD=GDPG= 33，即二面角P−AB−C的余弦值为 33；
(2)∵PB⊥PC，PB⊥PA，PA∩PC=P，PA⊂平面PAC，PC⊂平面PAC，
∴PB⊥平面PAC，
同理PC⊥平面PAB，又DE⊥平面PAB，
∴ED//PC，∴E与点P，D，C共面，即E点在线段PG上，
又△EDG∽△PGC，∴ED=13PC=2,PEPG=CDCG=23,PE=2 2,∠APG=π4，
过E点在平面PAB内作PB的平行线，与PA交于F，则EF⊥平面PAC，
△PEF也是等腰直角三角形，EF=PE 2=2，
又DE⊥平面PAB，EF⊂平面PAB，∴DE⊥EF，将△PEF作为底面，则ED是三棱锥D−PEF的高，
∴VP−DEF=VD−PEF=13S△PEF⋅DE=13×12×2×2×2=43，即四面体PDEF的体积为43．
【解析】(1)根据条件确定∠PGD就是二面角P−AB−C的平面角，构造三角形求解；
(2)根据给定的条件知PB⊥平面PAC，过点E作PB的平行线与PA交于F，则EF⊥平面PAC，再求出三棱锥P−EFD的底面积和高即可．
本题考查了二面角和四面体的体积计算，属于中档题．
22.【答案】解：(Ⅰ)由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc，且由已知a2=b2+c2−bc，
得csA=12，因为A∈(0,π)，
所以A=π3；
(Ⅱ)因为a2=b2+c2−bc，
所以b²+c²=16+bc，
因为b²+c²≥2bc，所以bc≤16，当b=c=4时，bc取最大值16，
此时S△ABC=12bcsinA=4 3，
即△ABC的面积最大值为4 3；
(Ⅲ)分别取AB，BC的中点D，E，连接OD，OE，
可得BA⋅OB=BA⋅(OD+DB)=BA⋅DB=BA⋅(−12BA)=−12|BA|2，
同理可得BC⋅OB=−12|BC|2，
由csAsinCBA+csCsinABC=xOB得，csAsinCBA⋅OB+csCsinABC⋅OB=xOB2，
所以−12|BA|2⋅csAsinC−12|BC|2⋅csCsinA=xOB2，
即csA⋅|BA|⋅|BA|sinC+csC⋅|BC|⋅|BC|sinA=−2x|OB|2，
在△ABC中由正弦定理得：|BA|sinC=|BC|sinA=2R，
代入上式得csA⋅|BA|⋅2R+csC⋅|BC|⋅2R=−2xR2，
则csA⋅|BA|+csC⋅|BC|=−xR，
由正弦定理得，|BA|=2RsinC，|BC|=2RsinA，
代入上式得，2RsinCcsA+2RcsCsinA=−xR；
所以2sin(C+A)=−x，
所以2sinB=−x，即x=−2sinB，
因为A=π3，且△ABC为锐角三角形，
所以π6
即x的取值范围(−2,−1)．
【解析】(Ⅰ)利用余弦定理以及条件整理可得csA，即可得到A；
(Ⅱ)利用条件得到即不等式得到bc≤16，再代入面积公式即可求出最大值；
(Ⅲ)由题意画出图形，设△ABC的外接圆半径为R，根据三角形外心的性质可得：OD⊥AB、OE⊥BC，由向量的线性运算和向量数量积的运算，求出BA⋅OB和BC⋅OB，在已知的等式两边同时与OB进行数量积运算，代入后由正弦定理化简，由两角和的正弦公式和内角和定理求出x的值．
本题考查解三角形，主要涉及正弦定理、余弦定理的综合运用，属于中档题．
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