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2022-2023学年黑龙江省七台河市重点中学高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年黑龙江省七台河市重点中学高一（下）期末数学试卷（含解析），共21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。
2022-2023学年黑龙江省七台河市重点中学高一（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. 设i是虚数单位，若复数z=i1+i，则z的共轭复数的虚部为( )
A. −12 B. −12i C. 12i D. 12
2. 已知单位向量a，b满足(2a+b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 5π6
3. 已知△ABC的三边分别是a，b，c，设向量m=(sinB−sinA, 3a+c),n=(sinC,a+b)，且m//n，则B的大小是( )
A. π6 B. 5π6 C. π3 D. 2π3
4. 如图，边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是AB、BC的中点，将△ADE、△EBF、△FCD，分别沿DE、EF、FD折起，使得A、B、C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A. 5π B. 6π C. 8π D. 10π
5. 在下列条件中，可判断平面α与β平行的是( )
A. α⊥γ，且β⊥γ
B. m，n是两条异面直线，且m//β，n//β，m//α，n//α
C. m，n是α内的两条直线，且m//β，n//β
D. α内存在不共线的三点到β的距离相等
6. 为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10m到位置D，测得∠BDC=45°，则塔AB的高是( )
A. 10 m B. 10 2 m C. 10 3 m D. 10 6 m
7. 如图，在透明塑料制成的长方体ABCD−A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：
①有水的部分始终呈棱柱形；
②水面EFGH所在的四边形面积为定值；
③棱A1D1始终与水面所在的平面平行；
④当点E在棱AA1时，AE+BF是定值．
其中正确说法的是( )
A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③ D. ②③④
8. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是( )
①平面PB1D⊥平面ACD；
②A1P//平面ACD1；
③异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是(0,π3]；
④三棱锥D1−APC的体积不变．
A. ①② B. ①②④ C. ③④ D. ①④
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. 在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.则下列命题正确的是( )
A. 若a=3 3，b=3，B=30°，则A=60°
B. 若A>B，则sinA>sinB
C. 若cb
10. 已知△ABC的重心为G，过G点的直线与边AB，AC的交点分别为M，N，若AM=λMB，且△AMN与△ABC的面积之比为920，则λ的可能取值为( )
A. 43 B. 32 C. 53 D. 3
11. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a+b)：(a+c)：(b+c)=9：10：11，则下列结论正确的是( )
A. 若c=6，则△ABC外接圆半径为8 77
B. △ABC的最大内角是最小内角的2倍
C. △ABC是钝角三角形
D. sinA：sinB：sinC=4：5：6
12. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF= 22，则下列结论中正确的有( )
A. 当E点运动时，A1C⊥AE总成立
B. 当E向D1运动时，二面角A−EF−B逐渐变小
C. 二面角E−AB−C的最小值为45°
D. 三棱锥A−BEF的体积为定值
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 欧拉公式eix=cosx+isinx(i是虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数之间的关系，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式，则复数e8π3i在复平面内对应的点所在的象限为第______ 象限．
14. 已知向量a=(4,2)，b=(2,−1)，若a+2b与a+λb的夹角是锐角，则实数λ的取值范围______ ．
15. 设m，n是两条不同的直线α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m//α，n//α，则m//n；
②若α⊥γ，β⊥γ，则α//β；
③若m⊥α，n//α，则m⊥n；
④若α//β，β//γ，m⊥α，则m⊥γ；
其中正确的序号是______ ．
16. 在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，则AB的取值范围是________．
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)
已知向量a，b的夹角为30°，且|a|=2，|b|= 3．
(1)求|2a−b|的值；
(2)若(ka−b)⊥(2a−kb)，求k的值．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且(2a−c)cosB=bcosC．
(1)求角B；
(2)若a=3，b=3 7，点D在边AC上，且AD=2DC，求BD的长．
19. (本小题12.0分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，且AA1=3，E，F分别为CC1，BD1的中点．
(1)证明：EF⊥平面BB1D1D；
(2)若∠DAB=60°，求二面角A1−BE−D1的余弦值．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，并且b2+c2−a2=bc．
(Ⅰ)已知_______，计算△ABC的面积；
请从①a= 7，②b=2，③sinC=2sinB这三个条件中任选两个，将问题(Ⅰ)补充完整，并作答．
(Ⅱ)求cosB+cosC的最大值．
21. (本小题12.0分)
如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在棱BB1上运动，F为DD1的中点
(1)若E为BB1中点，求证：AE//平面BC1F；
(2)若BEBB1=λ，求当λ为何值时，二面角B−C1F−E的平面角的余弦值为4 2121．
22. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120°，AB=1，BC=4，PA= 15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．
(1)证明：DC⊥PM；
(2)求直线AN与平面PCM所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：z=i1+i=i(1−i)(1+i)(1−i)=12+12i，
则z−=12−12i，虚部为−12．
故选：A．
先对z化简，再结合共轭复数和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查共轭复数和虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查向量数量积的运算性质，涉及向量夹角的计算，属于基础题．
设单位向量a与b的夹角为θ，由向量数量积的运算公式可得(2a+b)⋅b=2cosθ+1=0，求出cosθ的值，分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，设单位向量a与b的夹角为θ，
若(2a+b)⊥b，
则(2a+b)⋅b=2a⋅b+b2=2cosθ+1=0，
解得cosθ=−12，
又0≤θ≤π，则θ=2π3，
故本题选C．
3.【答案】B
【解析】解：∵△ABC的三边分别是a，b，c，设向量m=(sinB−sinA, 3a+c),n=(sinC,a+b)，且m//n，
∴sinB−sinAsinC= 3a+ca+b，
由正弦定理得：b−ac= 3a+ca+b，
整理，得a2+c2−b2=− 3ac，
∴cosB=a2+c2−b22ac=− 3ac2ac=− 32．
∴B=5π6．
故选：B．
由向量平行，得sinB−sinAsinC= 3a+ca+b，由正弦定理得：b−ac= 3a+ca+b，从而a2+c2−b2=− 3ac，由此利用余弦定理能求出角B的大小．
本题考查角的求法，考查平面向量坐标运算法则、向量平行、正弦定理、余弦定理等基础知识，考查推理论证、分析与解决问题的能力，考查函数与方程思想，是中档题．
4.【答案】B
【解析】解：依题意，在四面体A′EFD中，底面为等腰△A′EF，
则A′E=A′F=1，EF= 2，A′D=2，DE=DF= 5，
则DA′⊥A′E，DA′⊥A′F′，
又A′E2+A′F2=EF2，
所以△A′EF为直角三角形，即A′E⊥A′F，
以A′为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则A′(0,0,0)，E(1,0,0)，F(0,1,0)，D(0,0,2)，
设四面体A′EFD的外接球的球心为O(x,y,z)，
则OA′=OE=OF=OD，
由空间两点间距离公式知：x2+y2+z2=(x−1)2+y2+z2，x2+y2+z2=x2+(y−1)2+z2，x2+y2+z2=x2+y2+(z−2)2，
解得x=12，y=12，z=1，
则半径为R= (12)2+(12)2+12= 62，
所以该球的表面积为S=4π×( 62)2=6π．
故选：B．
以A′为原点建立空间直角坐标系，设四面体A′EFD的外接球的球心为O(x,y,z)，求出球心坐标，进而得到球的半径，从而可求球的表面积．
本题考查几何体的折叠问题，几何体的外接球的半径的求法，考查球的表面积，考查空间想象能力．
5.【答案】B
【解析】解：A中：教室的墙角的两个平面都垂直底面，但是不平行，错误．
B中，利用平面与平面平行的判定，可得正确；
C中：如果这两条直线平行，那么平面α与β可能相交，所以C错误．
D中：如果这三个点在平面的两侧，满足不共线的三点到β的距离相等，这两个平面相交，B错误．
故选：B．
通过举反例推断A、C、D是错误的，即可得到结果．
本题考查平面与平面平行的判定，考查空间想象能力，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可得∠BCD=90°+15°=105°，CD=10，∠BDC=45°，
∴∠CBD=30°．
在△BCD中，由正弦定理得BCsin∠BDC=CDsin∠CBD，即BC 22=1012，
解得BC=10 2．
∵∠ACB=60°，AB⊥BC，
∴AB=BCtan∠ACB= 3BC=10 6．
故选：D．
现在△BCD中使用正弦定理解出BC，再利用锐角三角函数定义解出AB．
本题考查了解三角形的应用，正弦定理，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查棱柱的结构特征，直线与平面平行的判断，棱柱的体积等知识，考查计算能力，逻辑推理能力，属于中档题．
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AEFB//平面DHGC，由此分析可得结论正确；②水面四边形EFGH的面积是改变的；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当E∈AA1时，AE+BF是定值．
【解答】
解：根据面面平行性质定理，可得BC固定时，
在倾斜的过程中，始终有AD//EH//FG//BC，
且平面AEFB//平面DHGC，故水的形状成棱柱形，故①正确；
水面四边形EFGH的面积是改变的，故②错误；
因为A1D1//AD//CB//EH，A1D1⊄水面EFGH，EH⊂水面EFGH，
所以A1D1//水面EFGH正确，故③正确；
由于水的体积是定值，高不变，所以底面ABFE面积不变，
即当E在AA1时，AE+BF是定值．故④正确．
故选：B．
8.【答案】B
【解析】解：连接DB1，根据正方体的性质，有DB1⊥平面ACD1，DB1⊂平面PB1D，从而可以证明平面PB1D⊥平面ACD1，①正确；
连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1//平面ACD1.从而由线面平行的定义可得A1P//平面ACD1，②正确；
VD1−APC=VC−AD1P，因为C到面AD1P的距离不变，且三角形AD1Pd 面积不变，所以三棱锥A−D1PC的体积不变，④正确；
当P与线段BC1的端点重合时，A1P与ad1所成角取得最小值π3，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取得最大值π2，故A 1P与A1D所成角的范围是[π3,π2]，③错误．①②④正确，
故选：B．
①根据平面与平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直，可判断①正确
②证明平面BA1C1//平面ACD1.从而由线面平行的定义可得A1P//平面ACD1,可判断②正确
③分别找到当当P与线段BC1的端点重合时，A1P与ad1所成角取得最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取得最大值，可求得范围
④由图得VD1−APC=VC−AD1P
本题是基础题，考查空间图形中直线与直线、平面的位置关系，考查异面直线的判断，基本知识与定理的灵活运用．
9.【答案】BC
【解析】解：对于A，因为a=3 3，b=3，B=30°，利用正弦定理asinA=bsinB，解得sinA=asinBb，由于0
对于C，若cb
故选：BC．
根据题意，利用正弦、余弦定理，对选项中的命题判断正误即可．
本题考查了正弦、余弦定理的应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．
10.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查了向量的数乘运算，向量减法和数乘的几何意义，三点A，B，C共线且OB=λOA+μOC时，可得出λ+μ=1，三角形的面积公式，考查了计算能力，属于难题．
可得出AM=λ1+λAB，进而得出AB=1+λλAM，可设AC=tAN，进而得出AG=1+λ3λAM+t3AN，从而可得出AC=(2−1λ)AN，然后根据三角形的面积公式可得出(2−1λ)(1+λλ)=209，然后解出λ的值即可．
【解答】
解：如图，∵AM=λMB=λ(AB−AM)，∴AM=λ1+λAB，即AB=1+λλAM，
设AC=tAN，则AG=13(AB+AC)=1+λ3λAM+t3AN，
∵M、G、N三点共线，∴1+λ3λ+t3=1，
∴t=2−1λ，AC=(2−1λ)AN，
∵△AMN与△ABC的面积之比为920，
∴12|AM||AN|sinA=920×12×|AB||AC|sinA，
即(2−1λ)(1+λλ)=209，化简得2λ2−9λ+9=0，解得λ=32或3．
故选：BD．
11.【答案】ABD
【解析】
【分析】
本题综合考查了正弦定理，余弦定理，二倍角公式，同角平方关系等知识的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．
由已知可求a：b：c的值，然后分别结合正弦定理，余弦定理及二倍角公式，同角平方关系分别对选项进行检验即可得解．
【解答】
解：由(a+b)：(a+c)：(b+c)=9：10：11，可得a：b：c=4：5：6，
故可设a=4x，b=5x，c=6x，
由正弦定理可得：sinA：sinB：sinC=a：b：c=4：5：6，故D正确；
由题意可知C为最大角，由余弦定理可得：cosC=16x2+25x2−36x22×4x×5x=18>0，
故C为锐角，从而可知△ABC是锐角三角形，故C错误；
因为最小内角A为最小角，cosA=34，
故cos2A=2cos2A−1=2×916−1=18=cosC，
故C=2A，故B正确；
由c=6，sinC= 1−cos2C=3 78，结合正弦定理可得2R=63 78=16 77，
故R=8 77，故A正确．
故选：ABD．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，易证B1D1⊥平面A1C1C，所以A1C⊥B1D1，同理可证A1C⊥AD1，从而A1C⊥平面AB1D1，
所以A1C⊥AE恒成立，A正确；
对于B，平面EFB即平面BDD1B1，而平面EFA即平面AB1D1，所以当E向D1运动时，二面角A−EF−B的大小不变，B错误；
对于C，当点E从B1D1的中点向点D1运动时，平面ABE逐渐向底面ABCD靠拢，
这个过程中，二面角越来越小，所以二面角E−AB−C的最小值为45°，C正确；
对于D，因为S△BEF=12× 22×1= 24，点A到平面BDD1B1的距离为 22，
所以体积为13× 24× 22=112，即体积为定值，D正确．
故选：ACD．
对于A，利用A1C⊥B1D1，A1C⊥AD1，即可得到A1C⊥平面AB1D1，A1C⊥AE恒成立；
对于B，利用平面EFB即平面BDD1B1，即可判断；
对于C，当点E从B1D1的中点向点D1运动时，二面角越来越小，即可判断；
对于D，直接利用体积公式计算；
本题考查了空间线面、面面位置关系，考查了几何体体积、二面角计算，属于中档题，
13.【答案】二
【解析】解：e8π3i=cos8π3+isin8π3=cos2π3+isin2π3=−12+ 32i在复平面内对应的点(−12, 32)在所在的象限为第二象限．
故答案为：二．
代入欧拉公式化简即可得出结论．
本题考查了复数的三角形式、欧拉公式、复数的几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
14.【答案】(−2,2)∪(2,+∞)
【解析】解：根据题意，向量a=(4,2)，b=(2,−1)，
则a+2b=(8,0)，a+λb=(4+2λ,2−λ)，
若a+2b与a+λb的夹角是锐角，则有(a+2b)⋅(a+λb)>0且a+2b与a+λb不共线，
即(a+2b)⋅(a+λb)=8(4+2λ)>02−λ≠0，
解可得：λ>−2且λ≠2，即实数λ的取值范围是(−2,2)∪(2,+∞)；
故答案为：(−2,2)∪(2,+∞)．
根据题意，求出a+2b与a+λb的坐标，由数量积的运算性质可得关于λ的不等式，解可得λ的取值范围，即可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量的坐标计算，属于基础题．
15.【答案】③④
【解析】解：平行于同一平面的两条直线可能平行也可能异面或相交，所以①错误；
垂直于同一平面的两个平面可能平行也可能相交，只需交线垂直于这个平面即可，所以②错误；
一条直线与一个平面平行，则这条直线与该平面的垂线垂直，所以③正确；
三个平面相互平行，一个平面的垂线也垂直于其余两个平面，所以④正确．
故答案为：③④．
根据线面平行性质分析①，根据面面垂直性质分析②，根据线面垂直和平行的性质判定③，根据面面平行和线面垂直的性质判定④．
本题考查了平面的基本性质，属于中档题．
16.【答案】( 6− 2, 6+ 2)
【解析】
【分析】
本题考查求AB的取值范围，考查三角形中的几何计算，考查学生的计算能力，属于中档题．
作出图形，得到AB= 6+ 24x+m− 22x= 6+ 2− 22x，再由0
解：如图所示，延长BA，CD交于点E，
则在△ADE中，∠DAE=105°，∠ADE=45°，∠E=30°，
∴设AD=12x，
由正弦定理得AEsin∠ADE=ADsin∠E，
则AE= 22x，同理可得DE= 6+ 24x，
设CD=m，
∵BC=2，
∴( 6+ 24x+m)sin15°=1，
∴ 6+ 24x+m= 6+ 2，
∴0
∴AB的取值范围是( 6− 2, 6+ 2).
故答案为：( 6− 2, 6+ 2).
17.【答案】解：由已知得a2=|a|2=4,b2=|b|2=3，a⋅b=2× 3×cos30°=3．
(1)|2a−b|= (2a−b)2= 4a2−4a⋅b+b2= 4×4−4×3+3= 7．
(2)由(ka−b)⊥(2a−kb)得(ka−b)⋅(2a−kb)=0，
所以2ka2−k2a⋅b−2a⋅b+kb2=0，
化简得3k2−11k+6=0，解得k=23，或k=3．
【解析】(1)利用求模公式直接计算即可；
(2)根据向量垂直的条件列出关于k的方程，求出k的值．
本题考查平面向量数量积的运算与性质，以及向量垂直的判断方法，属于基础题．
18.【答案】解：(1)(2a−c)cosB=bcosC
⇒(2sinA−sinC)cosB=sinBcosC
⇒2sinAcosB=sin(B+C)=sinA，
∵sinA≠0，∴cosB=12，
∵B∈(0,π)，∴B=π3；
(2)设BD=x，∠BDC=θ，则∠BDA=π−θ，
在△ABC中，(3 7)2=32+c2−2×3×c×cos60°⇒c2−3c−54=0⇒c=9，
在△ABD中，92=(2 7)2+x2−2×2 7×x×cos(π−θ)①，
在△BDC中，32=( 7)2+x2−2× 7×x×cosθ②，
由cosθ+cos(π−θ)=0，①+②×2，
可得99=42+3x2，解得x= 19，
所以BD= 19．
【解析】(1)由正弦定理和两角和的正弦公式、诱导公式，化简(2a−c)cosB=bcosC，然后求出B；
(2)设BD=x，根据条件利用余弦定理，建立关于x的方程，再求出x的值即可．
本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，以及三角恒等变换，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：连结AC与BD交于点O，连结OF，
因为四边形ABCD是菱形，
所以O为BD的中点，
因为F为BD1的中点，
所以OF//D1D且OF=12D1D，
因为E为CC1的中点，
所以CE//D1D且CE=12D1D，
所以OF//CE且OF=CE，
所以四边形OCEF为平行四边形，
故EF//OC，
在直棱柱ABCD−A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，
因为OC⊂平面ABCD，所以D1D⊥OC，
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，即OC⊥BD，
又DD1∩BD=D，D1D，BD⊂平面BB1D1D，
所以OC⊥平面BB1D1D，
因为EF//OC，
所以EF⊥平面BB1D1D；
(2)解：由(1)可知，OF//CE，
在直棱柱ABCD−A1B1C1D1中，CE⊥平面ABCD，故OF⊥平面ABCD，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60°，
所以△ABD与△CBD都是边长为2的正三角形，
所以OB=OD=1，OA=OC=BC⋅sin60°=2× 32= 3，
所以B(1,0,0),E(0, 3,32),A1(0,− 3,3),D1(−1,0,3)，
所以BE=(−1, 3,32),A1B=(1, 3,− 3),BD1=(−2,0,3)，
设平面A1BE的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅BE=0m⋅A1B=0，即−x+ 3y+32z=0x+ 3y−3z=0，
令y= 3，则x=9，z=4，故m=(9, 3,4)，
设平面BED1的一个法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅BE=0n⋅BD1=0，即−a+ 3b+32c=0−2a+3c=0，
令a=3，则b=0，c=2，故n=(3,0,2)，
所以|cos|=|m⋅n||m||n|=27+0+8 100× 13=7 1326，
由图可知，二面角A1−BE−D1为锐二面角，
故二面角A1−BE−D1的余弦值为7 1326．
【解析】本题考查了线面垂直的判定定理的应用以及二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
(1)连结AC与BD交于点O，连结OF，利用中位线定理证明四边形OCEF为平行四边形，得到EF//OC，然后利用线面垂直的判定定理证明OC⊥平面BB1D1D，从而证明EF⊥平面BB1D1D；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出两个平面的法向量，然后由向量的夹角公式求解即可．
20.【答案】解：(Ⅰ)∵b2+c2−a2=bc，
∴由余弦定理知，cosA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
∵A∈(0,π)，∴A=π3．
选择①②：
∵b2+c2−a2=bc，
∴4+c2−7=2c，即c2−2c−3=0，解得c=3或−1(舍负)，
∴△ABC的面积S=12bc⋅sinA=12×2×3×sinπ3=3 32．
选择①③：
由正弦定理知，bsinB=csinC，
∵sinC=2sinB，∴c=2b(*)，
∵b2+c2−a2=bc，
∴b2+c2−7=2bc(*)，
由*构成的方程组，解得b= 7，c=2 7，
∴△ABC的面积S=12bc⋅sinA=12× 7×2 7×sinπ3=7 32．
选择②③：
由正弦定理知，bsinB=csinC，
∵sinC=2sinB，∴c=2b=4，
∴△ABC的面积S=12bc⋅sinA=12×2×4×sinπ3=2 3．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，A=π3，
∴B+C=2π3，
∴cosB+cosC=cosB+cos(2π3−B)=cosB−12cosB+ 32sinB=sin(B+π6)，
∵0
∴sin(B+π6)∈(12,1]，
故cosB+cosC的最大值为1．
【解析】(Ⅰ)由余弦定理知，cosA=12，A=π3．
选择①②：先解得c=3，再由S=12bc⋅sinA，得解；
选择①③：由正弦定理知c=2b，而b2+c2−a2=bc，解方程组求得b，c的值，再由S=12bc⋅sinA，得解；
选择②③：由正弦定理知c=2b=4，由S=12bc⋅sinA，得解．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，A=π3，结合两角差的余弦公式和辅助角公式，可得cosB+cosC=sin(B+π6)，再由正弦函数的图象与性质，得解．
本题考查解三角形与三角恒等变换的综合，熟练掌握正余弦定理、两角和差公式、辅助角公式等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：如图所示，取棱CC1的中点G，连接DG，EG．
∵E为BB1中点，∴四边形BCGE为平行四边形，
∴AD−//EG，
∴AE//DG，
又F为DD1的中点，∴四边形DGC1F为平行四边形．
∴DG//FC1，
∴AE//FC1，
∵FC1⊂平面BC1F，AE⊄平面BC1F；
∴AE//平面BC1F.
(2)如图所示建立空间直角坐标系，不妨设棱长AB=2，则B(2,2,0)，
F(0,0,1)，C1(0,2,2)，E(2,2,2λ)．
∴FB=(2,2,−1)，FC1=(0,2,1)，FE=(2,2,2λ−1)，
设平面BC1F的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅FB=m⋅FC1=0，
∴2x+2y−z=0，2y+z=0，
取m=(2,−1,2)．
设平面EC1F的法向量为n=(s,t,w)，则n⋅FE=n⋅FC1=0，
∴2s+2t+w(2λ−1)=0，2t+w=0，
取n=(2−2λ,−1,2)．
设二面角B−C1F−E的平面角为θ，则cosθ=|m⋅n||m|⋅|n|=|9−4λ|3 (2−2λ)2+(−1)2+22=4 2121．
化为：16λ2+24λ−27=0，
解得λ=34，
∴当λ=34，二面角B−C1F−E的平面角的余弦值为4 2121．
【解析】(1)如图所示，取棱CC1的中点G，连接DG，EG.可得四边形BCGE为平行四边形，进而得出四边形DGC1F为平行四边形．即可证明结论AE//平面BC1F.
(2)如图所示建立空间直角坐标系，不妨设棱长AB=2，设平面BC1F的法向量为m=(x,y,z)，可得m⋅FB=m⋅FC1=0，设平面EC1F的法向量为n=(s,t,w)，可得n⋅FE=n⋅FC1=0，设二面角B−C1F−E的平面角为θ，利用cosθ=|m⋅n||m|⋅|n|=4 2121即可得出．
本题考查了空间位置关系、空间角、法向量的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD=AB=1，
CM=12BC=2，∠DCM=60°，
∴由余弦定理可得，DM2=CD2+CM2−2CD×CM×cos60°=1+4−2×1×2×12=3，
则CD2+DM2=1+3=4=CM2，即CD⊥DM，
又PD⊥DC，PD∩DM=D，∴DC⊥平面PDM，
而PM⊂平面PDM，∴DC⊥PM．
(2)解：由(1)知，DC⊥平面PDM，
又DC⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PDM，
且平面ABCD∩平面PDM=DM，
∵PM⊥MD，且PM⊂平面PDM，∴PM⊥平面ABCD，
连接AM，则PM⊥MA，
在△ABM中，AB=1，BM=2，∠ABM=120°，
可得AM²=1+4−2×1×2×(−12)=7，
又PA= 15，在Rt△PMA中，求得PM= PA2−MA2=2 2，
取AD中点E，连接ME，则ME//CD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，
以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A(− 3,2,0)，P(0,0,2 2)，C( 3,−1,0)，
又N为PC的中点，∴N( 32,−12, 2)，
∴AN=(3 32,−52, 2)，MP=P(0,0,2 2)，MC=( 3,−1,0)，
设平面PCM的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅MP=2 2z=0n⋅MC= 3x−y=0，取x=1，则n=(1, 3,0)，
设直线AN与平面PCM所成角为θ，
则sinθ=|cos|=|AN⋅n||AN||n|= 3 274+254+2× 1+3= 510．
故直线AN与平面PCM所成角的正弦值为 510．
【解析】(1)由已知求解三角形可得CD⊥DM，结合PD⊥DC，可得CD⊥平面PDM，进一步得到AB⊥PM；
(2)由(1)证明PM⊥平面ABCD，由已知求解三角形可得AM，PM，取AD中点E，连接ME，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出AN的坐标及平面PCM的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得直线AN与平面PCM所成角的正弦值．
本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题．
2022-2023学年黑龙江省七台河市重点中学高一（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. 设i是虚数单位，若复数z=i1+i，则z的共轭复数的虚部为( )
A. −12 B. −12i C. 12i D. 12
2. 已知单位向量a，b满足(2a+b)⊥b，则a与b的夹角为( )
A. π6 B. π3 C. 2π3 D. 5π6
3. 已知△ABC的三边分别是a，b，c，设向量m=(sinB−sinA, 3a+c),n=(sinC,a+b)，且m//n，则B的大小是( )
A. π6 B. 5π6 C. π3 D. 2π3
4. 如图，边长为2的正方形ABCD中，点E、F分别是AB、BC的中点，将△ADE、△EBF、△FCD，分别沿DE、EF、FD折起，使得A、B、C三点重合于点A′，若四面体A′EFD的四个顶点在同一个球面上，则该球的表面积为( )
A. 5π B. 6π C. 8π D. 10π
5. 在下列条件中，可判断平面α与β平行的是( )
A. α⊥γ，且β⊥γ
B. m，n是两条异面直线，且m//β，n//β，m//α，n//α
C. m，n是α内的两条直线，且m//β，n//β
D. α内存在不共线的三点到β的距离相等
6. 为测得河对岸塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为60°，再由点C沿北偏东15°方向走10m到位置D，测得∠BDC=45°，则塔AB的高是( )
A. 10 m B. 10 2 m C. 10 3 m D. 10 6 m
7. 如图，在透明塑料制成的长方体ABCD−A1B1C1D1容器内灌进一些水，将容器底面一边BC固定于地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度的不同，有下列四个说法：
①有水的部分始终呈棱柱形；
②水面EFGH所在的四边形面积为定值；
③棱A1D1始终与水面所在的平面平行；
④当点E在棱AA1时，AE+BF是定值．
其中正确说法的是( )
A. ①②④ B. ①③④ C. ①②③ D. ②③④
8. 如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，则下列判断中正确的是( )
①平面PB1D⊥平面ACD；
②A1P//平面ACD1；
③异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是(0,π3]；
④三棱锥D1−APC的体积不变．
A. ①② B. ①②④ C. ③④ D. ①④
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. 在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a，b，c.则下列命题正确的是( )
A. 若a=3 3，b=3，B=30°，则A=60°
B. 若A>B，则sinA>sinB
C. 若cb
10. 已知△ABC的重心为G，过G点的直线与边AB，AC的交点分别为M，N，若AM=λMB，且△AMN与△ABC的面积之比为920，则λ的可能取值为( )
A. 43 B. 32 C. 53 D. 3
11. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且(a+b)：(a+c)：(b+c)=9：10：11，则下列结论正确的是( )
A. 若c=6，则△ABC外接圆半径为8 77
B. △ABC的最大内角是最小内角的2倍
C. △ABC是钝角三角形
D. sinA：sinB：sinC=4：5：6
12. 如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点E，F，且EF= 22，则下列结论中正确的有( )
A. 当E点运动时，A1C⊥AE总成立
B. 当E向D1运动时，二面角A−EF−B逐渐变小
C. 二面角E−AB−C的最小值为45°
D. 三棱锥A−BEF的体积为定值
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 欧拉公式eix=cosx+isinx(i是虚数单位)是由瑞士著名数学家欧拉发明的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数之间的关系，被誉为“数学中的天桥”.根据欧拉公式，则复数e8π3i在复平面内对应的点所在的象限为第______ 象限．
14. 已知向量a=(4,2)，b=(2,−1)，若a+2b与a+λb的夹角是锐角，则实数λ的取值范围______ ．
15. 设m，n是两条不同的直线α，β，γ是三个不同的平面，给出下列四个命题：
①若m//α，n//α，则m//n；
②若α⊥γ，β⊥γ，则α//β；
③若m⊥α，n//α，则m⊥n；
④若α//β，β//γ，m⊥α，则m⊥γ；
其中正确的序号是______ ．
16. 在平面四边形ABCD中，∠A=∠B=∠C=75°，BC=2，则AB的取值范围是________．
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)
已知向量a，b的夹角为30°，且|a|=2，|b|= 3．
(1)求|2a−b|的值；
(2)若(ka−b)⊥(2a−kb)，求k的值．
18. (本小题12.0分)
在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且(2a−c)cosB=bcosC．
(1)求角B；
(2)若a=3，b=3 7，点D在边AC上，且AD=2DC，求BD的长．
19. (本小题12.0分)
如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为2的菱形，且AA1=3，E，F分别为CC1，BD1的中点．
(1)证明：EF⊥平面BB1D1D；
(2)若∠DAB=60°，求二面角A1−BE−D1的余弦值．
20. (本小题12.0分)
在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，并且b2+c2−a2=bc．
(Ⅰ)已知_______，计算△ABC的面积；
请从①a= 7，②b=2，③sinC=2sinB这三个条件中任选两个，将问题(Ⅰ)补充完整，并作答．
(Ⅱ)求cosB+cosC的最大值．
21. (本小题12.0分)
如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E在棱BB1上运动，F为DD1的中点
(1)若E为BB1中点，求证：AE//平面BC1F；
(2)若BEBB1=λ，求当λ为何值时，二面角B−C1F−E的平面角的余弦值为4 2121．
22. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，∠ABC=120°，AB=1，BC=4，PA= 15，M，N分别为BC，PC的中点，PD⊥DC，PM⊥MD．
(1)证明：DC⊥PM；
(2)求直线AN与平面PCM所成角的正弦值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：z=i1+i=i(1−i)(1+i)(1−i)=12+12i，
则z−=12−12i，虚部为−12．
故选：A．
先对z化简，再结合共轭复数和虚部的定义，即可求解．
本题主要考查共轭复数和虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】
【分析】
本题考查向量数量积的运算性质，涉及向量夹角的计算，属于基础题．
设单位向量a与b的夹角为θ，由向量数量积的运算公式可得(2a+b)⋅b=2cosθ+1=0，求出cosθ的值，分析可得答案．
【解答】
解：根据题意，设单位向量a与b的夹角为θ，
若(2a+b)⊥b，
则(2a+b)⋅b=2a⋅b+b2=2cosθ+1=0，
解得cosθ=−12，
又0≤θ≤π，则θ=2π3，
故本题选C．
3.【答案】B
【解析】解：∵△ABC的三边分别是a，b，c，设向量m=(sinB−sinA, 3a+c),n=(sinC,a+b)，且m//n，
∴sinB−sinAsinC= 3a+ca+b，
由正弦定理得：b−ac= 3a+ca+b，
整理，得a2+c2−b2=− 3ac，
∴cosB=a2+c2−b22ac=− 3ac2ac=− 32．
∴B=5π6．
故选：B．
由向量平行，得sinB−sinAsinC= 3a+ca+b，由正弦定理得：b−ac= 3a+ca+b，从而a2+c2−b2=− 3ac，由此利用余弦定理能求出角B的大小．
本题考查角的求法，考查平面向量坐标运算法则、向量平行、正弦定理、余弦定理等基础知识，考查推理论证、分析与解决问题的能力，考查函数与方程思想，是中档题．
4.【答案】B
【解析】解：依题意，在四面体A′EFD中，底面为等腰△A′EF，
则A′E=A′F=1，EF= 2，A′D=2，DE=DF= 5，
则DA′⊥A′E，DA′⊥A′F′，
又A′E2+A′F2=EF2，
所以△A′EF为直角三角形，即A′E⊥A′F，
以A′为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
则A′(0,0,0)，E(1,0,0)，F(0,1,0)，D(0,0,2)，
设四面体A′EFD的外接球的球心为O(x,y,z)，
则OA′=OE=OF=OD，
由空间两点间距离公式知：x2+y2+z2=(x−1)2+y2+z2，x2+y2+z2=x2+(y−1)2+z2，x2+y2+z2=x2+y2+(z−2)2，
解得x=12，y=12，z=1，
则半径为R= (12)2+(12)2+12= 62，
所以该球的表面积为S=4π×( 62)2=6π．
故选：B．
以A′为原点建立空间直角坐标系，设四面体A′EFD的外接球的球心为O(x,y,z)，求出球心坐标，进而得到球的半径，从而可求球的表面积．
本题考查几何体的折叠问题，几何体的外接球的半径的求法，考查球的表面积，考查空间想象能力．
5.【答案】B
【解析】解：A中：教室的墙角的两个平面都垂直底面，但是不平行，错误．
B中，利用平面与平面平行的判定，可得正确；
C中：如果这两条直线平行，那么平面α与β可能相交，所以C错误．
D中：如果这三个点在平面的两侧，满足不共线的三点到β的距离相等，这两个平面相交，B错误．
故选：B．
通过举反例推断A、C、D是错误的，即可得到结果．
本题考查平面与平面平行的判定，考查空间想象能力，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由题意可得∠BCD=90°+15°=105°，CD=10，∠BDC=45°，
∴∠CBD=30°．
在△BCD中，由正弦定理得BCsin∠BDC=CDsin∠CBD，即BC 22=1012，
解得BC=10 2．
∵∠ACB=60°，AB⊥BC，
∴AB=BCtan∠ACB= 3BC=10 6．
故选：D．
现在△BCD中使用正弦定理解出BC，再利用锐角三角函数定义解出AB．
本题考查了解三角形的应用，正弦定理，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】
【分析】
本题考查棱柱的结构特征，直线与平面平行的判断，棱柱的体积等知识，考查计算能力，逻辑推理能力，属于中档题．
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AEFB//平面DHGC，由此分析可得结论正确；②水面四边形EFGH的面积是改变的；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当E∈AA1时，AE+BF是定值．
【解答】
解：根据面面平行性质定理，可得BC固定时，
在倾斜的过程中，始终有AD//EH//FG//BC，
且平面AEFB//平面DHGC，故水的形状成棱柱形，故①正确；
水面四边形EFGH的面积是改变的，故②错误；
因为A1D1//AD//CB//EH，A1D1⊄水面EFGH，EH⊂水面EFGH，
所以A1D1//水面EFGH正确，故③正确；
由于水的体积是定值，高不变，所以底面ABFE面积不变，
即当E在AA1时，AE+BF是定值．故④正确．
故选：B．
8.【答案】B
【解析】解：连接DB1，根据正方体的性质，有DB1⊥平面ACD1，DB1⊂平面PB1D，从而可以证明平面PB1D⊥平面ACD1，①正确；
连接A1B，A1C1容易证明平面BA1C1//平面ACD1.从而由线面平行的定义可得A1P//平面ACD1，②正确；
VD1−APC=VC−AD1P，因为C到面AD1P的距离不变，且三角形AD1Pd 面积不变，所以三棱锥A−D1PC的体积不变，④正确；
当P与线段BC1的端点重合时，A1P与ad1所成角取得最小值π3，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取得最大值π2，故A 1P与A1D所成角的范围是[π3,π2]，③错误．①②④正确，
故选：B．
①根据平面与平面垂直的判定定理：如果一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直，可判断①正确
②证明平面BA1C1//平面ACD1.从而由线面平行的定义可得A1P//平面ACD1,可判断②正确
③分别找到当当P与线段BC1的端点重合时，A1P与ad1所成角取得最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取得最大值，可求得范围
④由图得VD1−APC=VC−AD1P
本题是基础题，考查空间图形中直线与直线、平面的位置关系，考查异面直线的判断，基本知识与定理的灵活运用．
9.【答案】BC
【解析】解：对于A，因为a=3 3，b=3，B=30°，利用正弦定理asinA=bsinB，解得sinA=asinBb，由于0
对于C，若cb
故选：BC．
根据题意，利用正弦、余弦定理，对选项中的命题判断正误即可．
本题考查了正弦、余弦定理的应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题．
10.【答案】BD
【解析】
【分析】
本题考查了向量的数乘运算，向量减法和数乘的几何意义，三点A，B，C共线且OB=λOA+μOC时，可得出λ+μ=1，三角形的面积公式，考查了计算能力，属于难题．
可得出AM=λ1+λAB，进而得出AB=1+λλAM，可设AC=tAN，进而得出AG=1+λ3λAM+t3AN，从而可得出AC=(2−1λ)AN，然后根据三角形的面积公式可得出(2−1λ)(1+λλ)=209，然后解出λ的值即可．
【解答】
解：如图，∵AM=λMB=λ(AB−AM)，∴AM=λ1+λAB，即AB=1+λλAM，
设AC=tAN，则AG=13(AB+AC)=1+λ3λAM+t3AN，
∵M、G、N三点共线，∴1+λ3λ+t3=1，
∴t=2−1λ，AC=(2−1λ)AN，
∵△AMN与△ABC的面积之比为920，
∴12|AM||AN|sinA=920×12×|AB||AC|sinA，
即(2−1λ)(1+λλ)=209，化简得2λ2−9λ+9=0，解得λ=32或3．
故选：BD．
11.【答案】ABD
【解析】
【分析】
本题综合考查了正弦定理，余弦定理，二倍角公式，同角平方关系等知识的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．
由已知可求a：b：c的值，然后分别结合正弦定理，余弦定理及二倍角公式，同角平方关系分别对选项进行检验即可得解．
【解答】
解：由(a+b)：(a+c)：(b+c)=9：10：11，可得a：b：c=4：5：6，
故可设a=4x，b=5x，c=6x，
由正弦定理可得：sinA：sinB：sinC=a：b：c=4：5：6，故D正确；
由题意可知C为最大角，由余弦定理可得：cosC=16x2+25x2−36x22×4x×5x=18>0，
故C为锐角，从而可知△ABC是锐角三角形，故C错误；
因为最小内角A为最小角，cosA=34，
故cos2A=2cos2A−1=2×916−1=18=cosC，
故C=2A，故B正确；
由c=6，sinC= 1−cos2C=3 78，结合正弦定理可得2R=63 78=16 77，
故R=8 77，故A正确．
故选：ABD．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，易证B1D1⊥平面A1C1C，所以A1C⊥B1D1，同理可证A1C⊥AD1，从而A1C⊥平面AB1D1，
所以A1C⊥AE恒成立，A正确；
对于B，平面EFB即平面BDD1B1，而平面EFA即平面AB1D1，所以当E向D1运动时，二面角A−EF−B的大小不变，B错误；
对于C，当点E从B1D1的中点向点D1运动时，平面ABE逐渐向底面ABCD靠拢，
这个过程中，二面角越来越小，所以二面角E−AB−C的最小值为45°，C正确；
对于D，因为S△BEF=12× 22×1= 24，点A到平面BDD1B1的距离为 22，
所以体积为13× 24× 22=112，即体积为定值，D正确．
故选：ACD．
对于A，利用A1C⊥B1D1，A1C⊥AD1，即可得到A1C⊥平面AB1D1，A1C⊥AE恒成立；
对于B，利用平面EFB即平面BDD1B1，即可判断；
对于C，当点E从B1D1的中点向点D1运动时，二面角越来越小，即可判断；
对于D，直接利用体积公式计算；
本题考查了空间线面、面面位置关系，考查了几何体体积、二面角计算，属于中档题，
13.【答案】二
【解析】解：e8π3i=cos8π3+isin8π3=cos2π3+isin2π3=−12+ 32i在复平面内对应的点(−12, 32)在所在的象限为第二象限．
故答案为：二．
代入欧拉公式化简即可得出结论．
本题考查了复数的三角形式、欧拉公式、复数的几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
14.【答案】(−2,2)∪(2,+∞)
【解析】解：根据题意，向量a=(4,2)，b=(2,−1)，
则a+2b=(8,0)，a+λb=(4+2λ,2−λ)，
若a+2b与a+λb的夹角是锐角，则有(a+2b)⋅(a+λb)>0且a+2b与a+λb不共线，
即(a+2b)⋅(a+λb)=8(4+2λ)>02−λ≠0，
解可得：λ>−2且λ≠2，即实数λ的取值范围是(−2,2)∪(2,+∞)；
故答案为：(−2,2)∪(2,+∞)．
根据题意，求出a+2b与a+λb的坐标，由数量积的运算性质可得关于λ的不等式，解可得λ的取值范围，即可得答案．
本题考查向量数量积的计算，涉及向量的坐标计算，属于基础题．
15.【答案】③④
【解析】解：平行于同一平面的两条直线可能平行也可能异面或相交，所以①错误；
垂直于同一平面的两个平面可能平行也可能相交，只需交线垂直于这个平面即可，所以②错误；
一条直线与一个平面平行，则这条直线与该平面的垂线垂直，所以③正确；
三个平面相互平行，一个平面的垂线也垂直于其余两个平面，所以④正确．
故答案为：③④．
根据线面平行性质分析①，根据面面垂直性质分析②，根据线面垂直和平行的性质判定③，根据面面平行和线面垂直的性质判定④．
本题考查了平面的基本性质，属于中档题．
16.【答案】( 6− 2, 6+ 2)
【解析】
【分析】
本题考查求AB的取值范围，考查三角形中的几何计算，考查学生的计算能力，属于中档题．
作出图形，得到AB= 6+ 24x+m− 22x= 6+ 2− 22x，再由0
解：如图所示，延长BA，CD交于点E，
则在△ADE中，∠DAE=105°，∠ADE=45°，∠E=30°，
∴设AD=12x，
由正弦定理得AEsin∠ADE=ADsin∠E，
则AE= 22x，同理可得DE= 6+ 24x，
设CD=m，
∵BC=2，
∴( 6+ 24x+m)sin15°=1，
∴ 6+ 24x+m= 6+ 2，
∴0
∴AB的取值范围是( 6− 2, 6+ 2).
故答案为：( 6− 2, 6+ 2).
17.【答案】解：由已知得a2=|a|2=4,b2=|b|2=3，a⋅b=2× 3×cos30°=3．
(1)|2a−b|= (2a−b)2= 4a2−4a⋅b+b2= 4×4−4×3+3= 7．
(2)由(ka−b)⊥(2a−kb)得(ka−b)⋅(2a−kb)=0，
所以2ka2−k2a⋅b−2a⋅b+kb2=0，
化简得3k2−11k+6=0，解得k=23，或k=3．
【解析】(1)利用求模公式直接计算即可；
(2)根据向量垂直的条件列出关于k的方程，求出k的值．
本题考查平面向量数量积的运算与性质，以及向量垂直的判断方法，属于基础题．
18.【答案】解：(1)(2a−c)cosB=bcosC
⇒(2sinA−sinC)cosB=sinBcosC
⇒2sinAcosB=sin(B+C)=sinA，
∵sinA≠0，∴cosB=12，
∵B∈(0,π)，∴B=π3；
(2)设BD=x，∠BDC=θ，则∠BDA=π−θ，
在△ABC中，(3 7)2=32+c2−2×3×c×cos60°⇒c2−3c−54=0⇒c=9，
在△ABD中，92=(2 7)2+x2−2×2 7×x×cos(π−θ)①，
在△BDC中，32=( 7)2+x2−2× 7×x×cosθ②，
由cosθ+cos(π−θ)=0，①+②×2，
可得99=42+3x2，解得x= 19，
所以BD= 19．
【解析】(1)由正弦定理和两角和的正弦公式、诱导公式，化简(2a−c)cosB=bcosC，然后求出B；
(2)设BD=x，根据条件利用余弦定理，建立关于x的方程，再求出x的值即可．
本题考查三角形的正弦定理和余弦定理的运用，以及三角恒等变换，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：连结AC与BD交于点O，连结OF，
因为四边形ABCD是菱形，
所以O为BD的中点，
因为F为BD1的中点，
所以OF//D1D且OF=12D1D，
因为E为CC1的中点，
所以CE//D1D且CE=12D1D，
所以OF//CE且OF=CE，
所以四边形OCEF为平行四边形，
故EF//OC，
在直棱柱ABCD−A1B1C1D1中，D1D⊥平面ABCD，
因为OC⊂平面ABCD，所以D1D⊥OC，
因为四边形ABCD是菱形，所以AC⊥BD，即OC⊥BD，
又DD1∩BD=D，D1D，BD⊂平面BB1D1D，
所以OC⊥平面BB1D1D，
因为EF//OC，
所以EF⊥平面BB1D1D；
(2)解：由(1)可知，OF//CE，
在直棱柱ABCD−A1B1C1D1中，CE⊥平面ABCD，故OF⊥平面ABCD，
以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
因为菱形ABCD的边长为2，∠DAB=60°，
所以△ABD与△CBD都是边长为2的正三角形，
所以OB=OD=1，OA=OC=BC⋅sin60°=2× 32= 3，
所以B(1,0,0),E(0, 3,32),A1(0,− 3,3),D1(−1,0,3)，
所以BE=(−1, 3,32),A1B=(1, 3,− 3),BD1=(−2,0,3)，
设平面A1BE的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅BE=0m⋅A1B=0，即−x+ 3y+32z=0x+ 3y−3z=0，
令y= 3，则x=9，z=4，故m=(9, 3,4)，
设平面BED1的一个法向量为n=(a,b,c)，
则n⋅BE=0n⋅BD1=0，即−a+ 3b+32c=0−2a+3c=0，
令a=3，则b=0，c=2，故n=(3,0,2)，
所以|cos
由图可知，二面角A1−BE−D1为锐二面角，
故二面角A1−BE−D1的余弦值为7 1326．
【解析】本题考查了线面垂直的判定定理的应用以及二面角的求解，在求解有关空间角问题的时候，一般会建立合适的空间直角坐标系，将空间角问题转化为空间向量问题进行研究，属于中档题．
(1)连结AC与BD交于点O，连结OF，利用中位线定理证明四边形OCEF为平行四边形，得到EF//OC，然后利用线面垂直的判定定理证明OC⊥平面BB1D1D，从而证明EF⊥平面BB1D1D；
(2)建立合适的空间直角坐标系，求出所需点的坐标和向量的坐标，利用待定系数法求出两个平面的法向量，然后由向量的夹角公式求解即可．
20.【答案】解：(Ⅰ)∵b2+c2−a2=bc，
∴由余弦定理知，cosA=b2+c2−a22bc=bc2bc=12，
∵A∈(0,π)，∴A=π3．
选择①②：
∵b2+c2−a2=bc，
∴4+c2−7=2c，即c2−2c−3=0，解得c=3或−1(舍负)，
∴△ABC的面积S=12bc⋅sinA=12×2×3×sinπ3=3 32．
选择①③：
由正弦定理知，bsinB=csinC，
∵sinC=2sinB，∴c=2b(*)，
∵b2+c2−a2=bc，
∴b2+c2−7=2bc(*)，
由*构成的方程组，解得b= 7，c=2 7，
∴△ABC的面积S=12bc⋅sinA=12× 7×2 7×sinπ3=7 32．
选择②③：
由正弦定理知，bsinB=csinC，
∵sinC=2sinB，∴c=2b=4，
∴△ABC的面积S=12bc⋅sinA=12×2×4×sinπ3=2 3．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，A=π3，
∴B+C=2π3，
∴cosB+cosC=cosB+cos(2π3−B)=cosB−12cosB+ 32sinB=sin(B+π6)，
∵0
∴sin(B+π6)∈(12,1]，
故cosB+cosC的最大值为1．
【解析】(Ⅰ)由余弦定理知，cosA=12，A=π3．
选择①②：先解得c=3，再由S=12bc⋅sinA，得解；
选择①③：由正弦定理知c=2b，而b2+c2−a2=bc，解方程组求得b，c的值，再由S=12bc⋅sinA，得解；
选择②③：由正弦定理知c=2b=4，由S=12bc⋅sinA，得解．
(Ⅱ)由(Ⅰ)知，A=π3，结合两角差的余弦公式和辅助角公式，可得cosB+cosC=sin(B+π6)，再由正弦函数的图象与性质，得解．
本题考查解三角形与三角恒等变换的综合，熟练掌握正余弦定理、两角和差公式、辅助角公式等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：(1)证明：如图所示，取棱CC1的中点G，连接DG，EG．
∵E为BB1中点，∴四边形BCGE为平行四边形，
∴AD−//EG，
∴AE//DG，
又F为DD1的中点，∴四边形DGC1F为平行四边形．
∴DG//FC1，
∴AE//FC1，
∵FC1⊂平面BC1F，AE⊄平面BC1F；
∴AE//平面BC1F.
(2)如图所示建立空间直角坐标系，不妨设棱长AB=2，则B(2,2,0)，
F(0,0,1)，C1(0,2,2)，E(2,2,2λ)．
∴FB=(2,2,−1)，FC1=(0,2,1)，FE=(2,2,2λ−1)，
设平面BC1F的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅FB=m⋅FC1=0，
∴2x+2y−z=0，2y+z=0，
取m=(2,−1,2)．
设平面EC1F的法向量为n=(s,t,w)，则n⋅FE=n⋅FC1=0，
∴2s+2t+w(2λ−1)=0，2t+w=0，
取n=(2−2λ,−1,2)．
设二面角B−C1F−E的平面角为θ，则cosθ=|m⋅n||m|⋅|n|=|9−4λ|3 (2−2λ)2+(−1)2+22=4 2121．
化为：16λ2+24λ−27=0，
解得λ=34，
∴当λ=34，二面角B−C1F−E的平面角的余弦值为4 2121．
【解析】(1)如图所示，取棱CC1的中点G，连接DG，EG.可得四边形BCGE为平行四边形，进而得出四边形DGC1F为平行四边形．即可证明结论AE//平面BC1F.
(2)如图所示建立空间直角坐标系，不妨设棱长AB=2，设平面BC1F的法向量为m=(x,y,z)，可得m⋅FB=m⋅FC1=0，设平面EC1F的法向量为n=(s,t,w)，可得n⋅FE=n⋅FC1=0，设二面角B−C1F−E的平面角为θ，利用cosθ=|m⋅n||m|⋅|n|=4 2121即可得出．
本题考查了空间位置关系、空间角、法向量的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
22.【答案】(1)证明：在平行四边形ABCD中，由已知可得，CD=AB=1，
CM=12BC=2，∠DCM=60°，
∴由余弦定理可得，DM2=CD2+CM2−2CD×CM×cos60°=1+4−2×1×2×12=3，
则CD2+DM2=1+3=4=CM2，即CD⊥DM，
又PD⊥DC，PD∩DM=D，∴DC⊥平面PDM，
而PM⊂平面PDM，∴DC⊥PM．
(2)解：由(1)知，DC⊥平面PDM，
又DC⊂平面ABCD，∴平面ABCD⊥平面PDM，
且平面ABCD∩平面PDM=DM，
∵PM⊥MD，且PM⊂平面PDM，∴PM⊥平面ABCD，
连接AM，则PM⊥MA，
在△ABM中，AB=1，BM=2，∠ABM=120°，
可得AM²=1+4−2×1×2×(−12)=7，
又PA= 15，在Rt△PMA中，求得PM= PA2−MA2=2 2，
取AD中点E，连接ME，则ME//CD，可得ME、MD、MP两两互相垂直，
以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，
则A(− 3,2,0)，P(0,0,2 2)，C( 3,−1,0)，
又N为PC的中点，∴N( 32,−12, 2)，
∴AN=(3 32,−52, 2)，MP=P(0,0,2 2)，MC=( 3,−1,0)，
设平面PCM的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅MP=2 2z=0n⋅MC= 3x−y=0，取x=1，则n=(1, 3,0)，
设直线AN与平面PCM所成角为θ，
则sinθ=|cos
故直线AN与平面PCM所成角的正弦值为 510．
【解析】(1)由已知求解三角形可得CD⊥DM，结合PD⊥DC，可得CD⊥平面PDM，进一步得到AB⊥PM；
(2)由(1)证明PM⊥平面ABCD，由已知求解三角形可得AM，PM，取AD中点E，连接ME，以M为坐标原点，分别以MD、ME、MP为x、y、z轴建立空间直角坐标系，求出AN的坐标及平面PCM的一个法向量，由两法向量所成角的余弦值可得直线AN与平面PCM所成角的正弦值．
本题考查直线与平面垂直的判定与性质，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求直线与平面所成的角，属于中档题．
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