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2022-2023学年湖南省长沙市天心区长郡中学高二（上）入学数学试卷
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这是一份2022-2023学年湖南省长沙市天心区长郡中学高二（上）入学数学试卷，共20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。
2022-2023学年湖南省长沙市天心区长郡中学高二（上）入学数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（5分）已知i是虚数单位，复数z＝（x2﹣4）+（x+2）i是纯虚数，则实数x的值为（ ）
A．2 B．﹣2 C．±2 D．4
2．（5分）若a＞b＞0，则下列不等式成立的是（ ）
A．a＞b B．ab
C．ab D．ab
3．（5分）平面四边形ABCD中，，则四边形ABCD是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形
4．（5分）《九章算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为（ ）
A． B． C． D．
5．（5分）已知a，b是两条不重合直线，α，β是两个不重合平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若a∥b，b∥α，则a∥α B．若α⊥β，a∥α，则a⊥β
C．若α⊥β，a⊄α，a⊥β，则a∥α D．若b⊥α，a∥b，β⊥α，则a∥β
6．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a﹣c＝bcosC﹣bcosA，则△ABC的形状为（ ）
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形
D．等腰直角三角形
7．（5分）设f（x），若f（0）是f（x）的最小值，则a的取值范围是（ ）
A．[﹣1，2] B．[﹣1，0] C．[1，2] D．[0，2]
8．（5分）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球的表面上有四个点A，B，C，P，且球心O在PC上，AC＝BC＝4，AC⊥BC，，则该鞠（球）的表面积为（ ）
A．9π B．18π C．36π D．64π
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
（多选）9．（5分）下列选项中，与sin30°的值相等的有（ ）
A．1﹣2cos275°
B．sin135°cos15°﹣cos45°cos75°
C．
D．tan20°+tan25°+tan20°tan25°
（多选）10．（5分）某同学在研究函数，（x∈R）时，分别得出下面几个结论，其中正确的结论是（ ）
A．等式f（﹣x）+f（x）＝0在x∈R时恒成立
B．函数f（x）的值域为（﹣1，1）
C．若x1≠x2，则一定有f（x1）≠f（x2）
D．方程f（x）﹣x＝0在R上有三个根
（多选）11．（5分）已知，，ω＞0，，且f（x）的图象的对称中心与对称轴的最小距离为，则下列说法正确的是（ ）
A．ω＝1
B．f（x）的图象关于直线对称
C．把f（x）图象向左平移单位，所得图象关于y轴对称
D．保持f（x）图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，然后把图象向左平移个单位，得到函数y＝2sinx的图象
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，如图，点F，G，M分别为CC1，BB1，B1C1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面AD1F∥平面A1MG
B．直线AD1与直线A1G所成角的余弦值为
C．平面AFD1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为
D．点C1与点G到平面AFD1的距离相等
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）欧拉公式eix＝cosx+isinx（i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，则复数的共轭复数为 ．
14．（5分）已知，则 ．
15．（5分）已知函数y＝3tanωx+1在内是减函数，则ω的取值范围是 ．
16．（5分）已知三角形的三边长，其面积是固定的，而已知平面凸四边形的四边长，其面积是不确定的．现有一平面凸四边形ABCD，AB＝3，BC＝4，CD＝5，DA＝6，则其面积最大值为 ．
四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17．（10分）如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，，，，CA＝CB＝CC1＝1，，，N是AB中点．
（1）用，，表示向量；
（2）在线段C1B1上是否存在点M，使？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
18．（12分）已知函数f（x）＝3﹣x，函数g（x）的图像与f（x）的图像关于y＝x对称．
（1）求g（9）的值；
（2）若函数y＝|f（x）﹣3|﹣k在x∈[﹣2，1]上有且仅有一个零点，求实数k的取值范围；
（3）是否存在实数m，使得函数在[a，b]上的值域为[2a，2b]，若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由．
19．（12分）如图所示，已知DOE是半径为，中心角为的扇形，P为弧上一动点，四边形PQMN是矩形，．
（1）求矩形PQMN的面积f（x）的最大值及取得最大值时的x值；
（2）在△ABC中，，c＝2，其面积，求△ABC的周长．
20．（12分）如图所示，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，AD，点E是PB的中点．
（1）证明：AE⊥PC；
（2）求二面角C−AE−D的大小．
21．（12分）向量（2，2），向量与向量的夹角为，且•2，
（1）求向量；
（2）若（1，0），且⊥，（cosA，），其中A，B，C是△ABC的内角，且，试求||的取值范围．
22．（12分）如图①所示，长方形ABCD中，AD＝1，AB＝2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，得到图②的四棱锥P﹣ABCM．
（1）求四棱锥P﹣ABCM的体积的最大值；
（2）若棱PB的中点为N，求CN的长；
（3）设P﹣AM﹣D的大小为θ，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．
2022-2023学年湖南省长沙市天心区长郡中学高二（上）入学数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（5分）已知i是虚数单位，复数z＝（x2﹣4）+（x+2）i是纯虚数，则实数x的值为（ ）
A．2 B．﹣2 C．±2 D．4
【解答】解：∵i是虚数单位，复数z＝（x2﹣4）+（x+2）i是纯虚数，
∴，∴x＝2，
故选：A．
2．（5分）若a＞b＞0，则下列不等式成立的是（ ）
A．a＞b B．ab
C．ab D．ab
【解答】解：a＞b＞0，可得2a＞a+b，可得a，
并且a＞b＞0，可得，
ab＞b2．∴b，
可得：ab．
故选：B．
3．（5分）平面四边形ABCD中，，则四边形ABCD是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形
【解答】解：∵，
∴即，可得线段AB、CD平行且相等
∴四边形ABCD是平行四边形
又∵，
∴⊥，即⊥，四边形ABCD的对角线互相垂直
因此四边形ABCD是菱形
故选：B．
4．（5分）《九章算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，
则有2πr＝2，2πR＝3，
解得，
又圆台的高为1丈，
所以圆台的母线长为l，
所以圆台的侧面积为．
故选：B．
5．（5分）已知a，b是两条不重合直线，α，β是两个不重合平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若a∥b，b∥α，则a∥α B．若α⊥β，a∥α，则a⊥β
C．若α⊥β，a⊄α，a⊥β，则a∥α D．若b⊥α，a∥b，β⊥α，则a∥β
【解答】解：若a∥b，b∥α，则a∥α或a⊂α，故A错误；
若α⊥β，a∥α，则a⊂β或a∥β或a与β相交，相交也不一定垂直，故B错误；
若α⊥β，a⊥β，则a⊂α或a∥α，而a⊄α，则a∥α，故C正确；
若b⊥α，a∥b，则b⊥α，又β⊥α，则a⊂β或a∥β，故D错误．
故选：C．
6．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a﹣c＝bcosC﹣bcosA，则△ABC的形状为（ ）
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形
D．等腰直角三角形
【解答】解：∵a﹣c＝bcosC﹣bcosA，
∴由正弦定理可得：sinA﹣sinC＝sinBcosC﹣sinBcosA，
可得：sinA﹣sinAcosB﹣cosAsinB＝sinBcosC﹣sinBcosA，
∴sinA﹣sinAcosB＝sinBcosC，可得：sinA＝sinBcosC+sinAcosB，
∴sinBcosC+cosBsinC＝sinBcosC+sinAcosB，可得：cosBsinC＝sinAcosB，
∴cosB＝0，或sinA＝sinC，
∴B为直角，或A＝C，
∴△ABC的形状为等腰三角形或直角三角形．
故选：C．
7．（5分）设f（x），若f（0）是f（x）的最小值，则a的取值范围是（ ）
A．[﹣1，2] B．[﹣1，0] C．[1，2] D．[0，2]
【解答】解：当x＞0时，f（x）＝xa，此时函数的最小值为a+2，
若a＜0，则函数的最小值为f（a）＝0，此时f（0）不是f（x）的最小值，此时不满足条件，
若a≥0，则要使f（0）是f（x）的最小值，则满足f（0）＝a2≤a+2，
即a2﹣a﹣2≤0
解得﹣1≤a≤2，
∵a≥0，∴0≤a≤2，
故选：D．
8．（5分）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球的表面上有四个点A，B，C，P，且球心O在PC上，AC＝BC＝4，AC⊥BC，，则该鞠（球）的表面积为（ ）
A．9π B．18π C．36π D．64π
【解答】解：如图，取AB的中点M，连接MP，由AC＝BC＝4，AC⊥BC得：，
由，得：，
连接CM并延长，交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径，
设球的半径为R，则PH⊥CH，，
则，
所以，
解得：R＝3，球的表面积为4πR2＝36π．
故选：C．
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
（多选）9．（5分）下列选项中，与sin30°的值相等的有（ ）
A．1﹣2cos275°
B．sin135°cos15°﹣cos45°cos75°
C．
D．tan20°+tan25°+tan20°tan25°
【解答】解：对于A，1﹣2cos275°＝﹣cos150°＝cos30°，故错误；
对于B，sin135°cos15°﹣cos45°cos75°＝sin45°cos15°﹣cos45°sin15°＝sin（45°﹣15°）＝sin30°，故正确；
对于C，sin30°，故正确；
对于D，tan20°+tan25°+tan20°tan25°＝tan（25°+20°）（1﹣tan25°tan20°）+tan20°tan25°＝1﹣tan25°tan20°+tan20°tan25°＝1，故错误．
故选：BC．
（多选）10．（5分）某同学在研究函数，（x∈R）时，分别得出下面几个结论，其中正确的结论是（ ）
A．等式f（﹣x）+f（x）＝0在x∈R时恒成立
B．函数f（x）的值域为（﹣1，1）
C．若x1≠x2，则一定有f（x1）≠f（x2）
D．方程f（x）﹣x＝0在R上有三个根
【解答】解：，（x∈R），
f（﹣x）+f（x）0，故A正确；
因为f（x）的图像如图所示，
由图象可知函数f（x）是奇函数，且在R上为单调增函数，值域为（﹣11），所以BC正确；
因为g（x）＝f（x）﹣x，所以g（0）＝f（0）﹣0＝0，
当x＞0时，g（x）＝f（x）﹣x0，
当x＜0时，g（x）＝f（x）﹣x0，
g（x）＝f（x）﹣x在R上只有一个零点，即f（x）的图象与y＝x只有一个交点（0，0），所以 D不正确．
故选：ABC．
（多选）11．（5分）已知，，ω＞0，，且f（x）的图象的对称中心与对称轴的最小距离为，则下列说法正确的是（ ）
A．ω＝1
B．f（x）的图象关于直线对称
C．把f（x）图象向左平移单位，所得图象关于y轴对称
D．保持f（x）图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，然后把图象向左平移个单位，得到函数y＝2sinx的图象
【解答】解：∵，，ω＞0，
∴2cos2ωx+2sinωxcosωx2sin2ωx
cos2ωx+sin2ωx＝2sin（2ωx），
∵f（x）的图象的对称中心与对称轴的最小距离为，∴ω＝1，f（x）＝2sin（2x），故A正确；
令x，可得f（x）＝﹣2，是最小值，故（x）的图象关于直线对称，故B正确；
把f（x）图象向左平移单位，可得y＝2sin（2x）的图象，
由所得函数为非奇非偶函数，故所得函数的图象不关于y轴对称，故C错误；
保持f（x）图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，可得y＝2sin（x）的图象，
然后把图象向左平移个单位，得到函数y＝2sinx的图象，故D正确，
故选：ABD．
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，如图，点F，G，M分别为CC1，BB1，B1C1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面AD1F∥平面A1MG
B．直线AD1与直线A1G所成角的余弦值为
C．平面AFD1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为
D．点C1与点G到平面AFD1的距离相等
【解答】解：对于A：因为G，M分别为BB1，B1C1的中点，
所以MG∥BC1，
又AD1∥BC1，
所以MG∥AD1，
又F为CC1的中点，
所以A1D1∥GF且A1D1＝GF，
所以四边形A1D1FG是平行四边形，
所以A1G∥D1F，
因为MG∩A1G＝G，AD1∩D1F＝D1，
所以平面AD1F∥平面A1MG，故A正确；
对于B：因为正方ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，
所以AD1，D1F，AF，
所以cos∠AD1F，故B正确；
对于C：取BC的中点N，连接FN，AN，
因为FN∥BC1，又BC1∥AD1，
所以FN∥AD1，
所以FN在平面AFD1内，
所以平面AFD1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面为等腰梯形AD1FN，
过点N作NQ⊥AD1，垂足为Q，
NFBC1，AD1，AQ，AN，
NQ，
所以（），故C正确；
对于D：因为C1B∥平面AD1F，
所以C1G不会平行于平面AD1F，且线段C1G不与平面AD1F相交，
所以点C1与点G到平面AFD1的距离不相等，故D不正确；
故选：ABC．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）欧拉公式eix＝cosx+isinx（i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，则复数的共轭复数为 1﹣i ．
【解答】解：∵eix＝cosx+isinx，
∴，
则复数的共轭复数为1﹣i．
故答案为：1﹣i．
14．（5分）已知，则 ．
【解答】解：∵，∴cos（），
cos（）．
故答案为：．
15．（5分）已知函数y＝3tanωx+1在内是减函数，则ω的取值范围是 [，0） ．
【解答】解：∵函数y＝3tan（ωx）+1在内是减函数，
∴ω＜0且函数y＝3tan（ωx）+1在（，）内也是减函数，
∴T＝||（），
∴|ω|，
∴ω，
又ω＜0，
∴ω＜0．
故答案为：[，0）．
16．（5分）已知三角形的三边长，其面积是固定的，而已知平面凸四边形的四边长，其面积是不确定的．现有一平面凸四边形ABCD，AB＝3，BC＝4，CD＝5，DA＝6，则其面积最大值为 6 ．
【解答】解：设∠ABC＝α，∠ADC＝β，
连接AC，作图如下：
在△ABC中，由余弦定理可得，AC2＝AB2+BC2﹣2AB×BC×cosα＝25﹣24cosα，
在△ACD中，由余弦定理可得，AC2＝AD2+CD2﹣2×AD×DC×cosβ＝61﹣60cosβ，
则25﹣24cosα＝61﹣60cosβ，即5cosβ﹣2cosα＝3，
四边形ABCD的面积S3（5sinβ+2sinα），
令5sinβ+2sinα＝m，则25sin2β+4sin2α+20sinαsinβ＝m2①，
∵5cosβ﹣2cosα＝3，
∴25cos2β+4cos2α﹣20cosαcosβ＝9②，
①+②可得，29﹣20cos（α+β）＝m2+9，即m2＝20﹣20cos（α+β），
当且仅当α+β＝π时，m2取得最大值40，此时m的最大值为，
四边形ABCD的面积S＝3（5sinβ+2sinα）＝3m，其最大值为．
故答案为：．
四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17．（10分）如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，，，，CA＝CB＝CC1＝1，，，N是AB中点．
（1）用，，表示向量；
（2）在线段C1B1上是否存在点M，使？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）（）；
（2）假设存在点M，使AM⊥A1N，设λ，（λ∈[0，1]），
显然λλ，λ，
因为AM⊥A1N，所以⊥0，
即（λ）•（）＝0，
∴••22••λ•λ2﹣λ•0
∵CA＝CB＝CC1＝1，，，，，，
∴•22﹣（λ）••λ2＝0
即1×1×（）﹣1212﹣（λ）×1×1×（）λ•12＝0，
解得λ，所以当C1MC1B1时，AM⊥A1N．
18．（12分）已知函数f（x）＝3﹣x，函数g（x）的图像与f（x）的图像关于y＝x对称．
（1）求g（9）的值；
（2）若函数y＝|f（x）﹣3|﹣k在x∈[﹣2，1]上有且仅有一个零点，求实数k的取值范围；
（3）是否存在实数m，使得函数在[a，b]上的值域为[2a，2b]，若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）由题意可得，，
所以；
（2）问题转化为关于x的方程k＝|3﹣x﹣3|在x∈[﹣2，1]上有且仅有一个实根，
作出函数h（x）＝|3﹣x﹣3|在x∈[﹣2，1]上的图像（如右图），
h（﹣2）＝6，，由题意，直线y＝k与该图像有且仅有一个公共点，
所以实数k的取值范围是；
（3）记，
其中x＞0，因为函数F（x）在[a，b]上单调递增，
若存在实数m，使得F（x）的值域为[2a，2b]，
则F（a）＝2a，F（b）＝2b，所以F（x）＝2x，
即a，b是x2+（m﹣4）x+4＝0的两个不等正根，
所以Δ＝（m﹣4）2﹣16＞0，a+b＝4﹣m＞0，ab＝4＞0，
解得m＜0，
所以实数m的取值范围是（﹣∞，0）．
19．（12分）如图所示，已知DOE是半径为，中心角为的扇形，P为弧上一动点，四边形PQMN是矩形，．
（1）求矩形PQMN的面积f（x）的最大值及取得最大值时的x值；
（2）在△ABC中，，c＝2，其面积，求△ABC的周长．
【解答】解：（1）由题意QM＝PN＝OPsinxsinx，
ON＝OPcosxcosx，
∵tan，∴OMsinx，
∴MN＝ON﹣OMcosx﹣sinx，
∴矩形PQMN的面积为：
f（x）＝（cosx﹣sinx）sinx
＝3sinxcosx
＝3sinxcosx
（sin2xcos2x）
，
∵0＜x，，
∴当2x时，即x时，f（x）的最大值为．
（2）由（1）得C，
∵S△ABC2，∴ab＝8，
由余弦定理得4，
∴（a+b）2﹣（2）ab＝4，即（a+b）2＝28+16，
∴a+b＝4+2，
∴△ABC的周长为a+b+c＝6+2．
20．（12分）如图所示，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，AD，点E是PB的中点．
（1）证明：AE⊥PC；
（2）求二面角C−AE−D的大小．
【解答】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，
∴PA⊥BC，BC⊥AB，又PA⋂AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，又∵AE⊂平面PAB，
∴BC⊥AE，∵PA＝AB，点E是PB的中点，
∴AE⊥PB，又PB⋂BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，
∴AE⊥平面PBC，
∴AE⊥PC．
（2）解：由于AD⊥AE，AE⊥EC，故取PC中点M，连接EM，DM，
因为E，M分别为PB，PC中点，所以EM∥BC，即EM∥AD，故EM⊥AE，
则∠MEC为二面角C﹣AE﹣D的平面角，
又在△EMC中，，
所以，又∠MEC∈（0，π），
所以，
即二面角C﹣AE﹣D的大小为．
21．（12分）向量（2，2），向量与向量的夹角为，且•2，
（1）求向量；
（2）若（1，0），且⊥，（cosA，），其中A，B，C是△ABC的内角，且，试求||的取值范围．
【解答】解：（1）设（x，y），
2x+2y＝﹣2①，
||||cos2，解得||＝1，
即x2+y2＝1②，
由①②解得或，
∴（﹣1，0）或（0，﹣1）．
（2）∵（1，0），且⊥，
∴（0，﹣1），
∴（cosA，1）＝（cosA，cosC），
||，
∵∠B＝60°，∴A+C＝120°，
||2＝cos2A+cos2C
＝cos2A+cos2（120°﹣A）
＝1cos（2A+60°），
∵0°＜A＜120°，
∴60°＜2A+60°＜300°，
∴﹣1≤cos（2A+60°），
∴||2，
∴||．
22．（12分）如图①所示，长方形ABCD中，AD＝1，AB＝2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，得到图②的四棱锥P﹣ABCM．
（1）求四棱锥P﹣ABCM的体积的最大值；
（2）若棱PB的中点为N，求CN的长；
（3）设P﹣AM﹣D的大小为θ，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．
【解答】解：（1）取AM的中点G，连接PG，
因为PA＝PM，则PG⊥AM，
当平面PAM⊥平面ABCM时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥P﹣ABCM的体积取得最大值，
此时PG⊥平面ABCM，且，
底面ABCM为梯形，面积为，
则四棱锥P﹣ABCM的体积最大值为；
（2）取AP中点Q，连接NQ，MQ，
则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，
所以NQ∥AB且，
因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，
所以CM∥AB且，
所以CM∥NQ且CM＝NQ，
故四边形CNQM为平行四边形，
所以；
（3）连接DG，
因为DA＝DM，所以DG⊥AM，
所以∠PGD为P﹣AM﹣D的平面角，即∠PGD＝θ，
过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（1，0，0），M（0，1，0），C（0，2，0），
过P作PH⊥DG于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，
设P（x0，y0，z0），
所以，
所以，
所以，
设平面PAM的法向量为，
则，
令，则，
设平面PBC的法向量为（x2，y2，z2），
因为，
则，
令，可得：，
设两平面夹角为α，
则
，
令，所以，
所以，所以当t＝3时，cosα有最小值，
所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为
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2022-2023学年湖南省长沙市天心区长郡中学高二（上）入学数学试卷
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（5分）已知i是虚数单位，复数z＝（x2﹣4）+（x+2）i是纯虚数，则实数x的值为（ ）
A．2 B．﹣2 C．±2 D．4
2．（5分）若a＞b＞0，则下列不等式成立的是（ ）
A．a＞b B．ab
C．ab D．ab
3．（5分）平面四边形ABCD中，，则四边形ABCD是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形
4．（5分）《九章算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为（ ）
A． B． C． D．
5．（5分）已知a，b是两条不重合直线，α，β是两个不重合平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若a∥b，b∥α，则a∥α B．若α⊥β，a∥α，则a⊥β
C．若α⊥β，a⊄α，a⊥β，则a∥α D．若b⊥α，a∥b，β⊥α，则a∥β
6．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a﹣c＝bcosC﹣bcosA，则△ABC的形状为（ ）
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形
D．等腰直角三角形
7．（5分）设f（x），若f（0）是f（x）的最小值，则a的取值范围是（ ）
A．[﹣1，2] B．[﹣1，0] C．[1，2] D．[0，2]
8．（5分）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球的表面上有四个点A，B，C，P，且球心O在PC上，AC＝BC＝4，AC⊥BC，，则该鞠（球）的表面积为（ ）
A．9π B．18π C．36π D．64π
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
（多选）9．（5分）下列选项中，与sin30°的值相等的有（ ）
A．1﹣2cos275°
B．sin135°cos15°﹣cos45°cos75°
C．
D．tan20°+tan25°+tan20°tan25°
（多选）10．（5分）某同学在研究函数，（x∈R）时，分别得出下面几个结论，其中正确的结论是（ ）
A．等式f（﹣x）+f（x）＝0在x∈R时恒成立
B．函数f（x）的值域为（﹣1，1）
C．若x1≠x2，则一定有f（x1）≠f（x2）
D．方程f（x）﹣x＝0在R上有三个根
（多选）11．（5分）已知，，ω＞0，，且f（x）的图象的对称中心与对称轴的最小距离为，则下列说法正确的是（ ）
A．ω＝1
B．f（x）的图象关于直线对称
C．把f（x）图象向左平移单位，所得图象关于y轴对称
D．保持f（x）图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，然后把图象向左平移个单位，得到函数y＝2sinx的图象
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，如图，点F，G，M分别为CC1，BB1，B1C1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面AD1F∥平面A1MG
B．直线AD1与直线A1G所成角的余弦值为
C．平面AFD1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为
D．点C1与点G到平面AFD1的距离相等
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）欧拉公式eix＝cosx+isinx（i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，则复数的共轭复数为 ．
14．（5分）已知，则 ．
15．（5分）已知函数y＝3tanωx+1在内是减函数，则ω的取值范围是 ．
16．（5分）已知三角形的三边长，其面积是固定的，而已知平面凸四边形的四边长，其面积是不确定的．现有一平面凸四边形ABCD，AB＝3，BC＝4，CD＝5，DA＝6，则其面积最大值为 ．
四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17．（10分）如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，，，，CA＝CB＝CC1＝1，，，N是AB中点．
（1）用，，表示向量；
（2）在线段C1B1上是否存在点M，使？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
18．（12分）已知函数f（x）＝3﹣x，函数g（x）的图像与f（x）的图像关于y＝x对称．
（1）求g（9）的值；
（2）若函数y＝|f（x）﹣3|﹣k在x∈[﹣2，1]上有且仅有一个零点，求实数k的取值范围；
（3）是否存在实数m，使得函数在[a，b]上的值域为[2a，2b]，若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由．
19．（12分）如图所示，已知DOE是半径为，中心角为的扇形，P为弧上一动点，四边形PQMN是矩形，．
（1）求矩形PQMN的面积f（x）的最大值及取得最大值时的x值；
（2）在△ABC中，，c＝2，其面积，求△ABC的周长．
20．（12分）如图所示，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，AD，点E是PB的中点．
（1）证明：AE⊥PC；
（2）求二面角C−AE−D的大小．
21．（12分）向量（2，2），向量与向量的夹角为，且•2，
（1）求向量；
（2）若（1，0），且⊥，（cosA，），其中A，B，C是△ABC的内角，且，试求||的取值范围．
22．（12分）如图①所示，长方形ABCD中，AD＝1，AB＝2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，得到图②的四棱锥P﹣ABCM．
（1）求四棱锥P﹣ABCM的体积的最大值；
（2）若棱PB的中点为N，求CN的长；
（3）设P﹣AM﹣D的大小为θ，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．
2022-2023学年湖南省长沙市天心区长郡中学高二（上）入学数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．（5分）已知i是虚数单位，复数z＝（x2﹣4）+（x+2）i是纯虚数，则实数x的值为（ ）
A．2 B．﹣2 C．±2 D．4
【解答】解：∵i是虚数单位，复数z＝（x2﹣4）+（x+2）i是纯虚数，
∴，∴x＝2，
故选：A．
2．（5分）若a＞b＞0，则下列不等式成立的是（ ）
A．a＞b B．ab
C．ab D．ab
【解答】解：a＞b＞0，可得2a＞a+b，可得a，
并且a＞b＞0，可得，
ab＞b2．∴b，
可得：ab．
故选：B．
3．（5分）平面四边形ABCD中，，则四边形ABCD是（ ）
A．矩形 B．菱形 C．正方形 D．梯形
【解答】解：∵，
∴即，可得线段AB、CD平行且相等
∴四边形ABCD是平行四边形
又∵，
∴⊥，即⊥，四边形ABCD的对角线互相垂直
因此四边形ABCD是菱形
故选：B．
4．（5分）《九章算术》是中国古代人民智慧的结晶，其卷五“商功”中有如下描述：“今有圆亭，下周三丈，上周二丈，高一丈”，译文为“有一个圆台形状的建筑物，下底面周长为三丈，上底面周长为二丈，高为一丈”，则该圆台的侧面积（单位：平方丈）为（ ）
A． B． C． D．
【解答】解：设圆台的上底面半径为r，下底面半径为R，
则有2πr＝2，2πR＝3，
解得，
又圆台的高为1丈，
所以圆台的母线长为l，
所以圆台的侧面积为．
故选：B．
5．（5分）已知a，b是两条不重合直线，α，β是两个不重合平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若a∥b，b∥α，则a∥α B．若α⊥β，a∥α，则a⊥β
C．若α⊥β，a⊄α，a⊥β，则a∥α D．若b⊥α，a∥b，β⊥α，则a∥β
【解答】解：若a∥b，b∥α，则a∥α或a⊂α，故A错误；
若α⊥β，a∥α，则a⊂β或a∥β或a与β相交，相交也不一定垂直，故B错误；
若α⊥β，a⊥β，则a⊂α或a∥α，而a⊄α，则a∥α，故C正确；
若b⊥α，a∥b，则b⊥α，又β⊥α，则a⊂β或a∥β，故D错误．
故选：C．
6．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若a﹣c＝bcosC﹣bcosA，则△ABC的形状为（ ）
A．等腰三角形
B．直角三角形
C．等腰三角形或直角三角形
D．等腰直角三角形
【解答】解：∵a﹣c＝bcosC﹣bcosA，
∴由正弦定理可得：sinA﹣sinC＝sinBcosC﹣sinBcosA，
可得：sinA﹣sinAcosB﹣cosAsinB＝sinBcosC﹣sinBcosA，
∴sinA﹣sinAcosB＝sinBcosC，可得：sinA＝sinBcosC+sinAcosB，
∴sinBcosC+cosBsinC＝sinBcosC+sinAcosB，可得：cosBsinC＝sinAcosB，
∴cosB＝0，或sinA＝sinC，
∴B为直角，或A＝C，
∴△ABC的形状为等腰三角形或直角三角形．
故选：C．
7．（5分）设f（x），若f（0）是f（x）的最小值，则a的取值范围是（ ）
A．[﹣1，2] B．[﹣1，0] C．[1，2] D．[0，2]
【解答】解：当x＞0时，f（x）＝xa，此时函数的最小值为a+2，
若a＜0，则函数的最小值为f（a）＝0，此时f（0）不是f（x）的最小值，此时不满足条件，
若a≥0，则要使f（0）是f（x）的最小值，则满足f（0）＝a2≤a+2，
即a2﹣a﹣2≤0
解得﹣1≤a≤2，
∵a≥0，∴0≤a≤2，
故选：D．
8．（5分）蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球．2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录．已知某鞠（球的表面上有四个点A，B，C，P，且球心O在PC上，AC＝BC＝4，AC⊥BC，，则该鞠（球）的表面积为（ ）
A．9π B．18π C．36π D．64π
【解答】解：如图，取AB的中点M，连接MP，由AC＝BC＝4，AC⊥BC得：，
由，得：，
连接CM并延长，交球O于点H，连接PH，因为PC球O的直径，
设球的半径为R，则PH⊥CH，，
则，
所以，
解得：R＝3，球的表面积为4πR2＝36π．
故选：C．
二、选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分）
（多选）9．（5分）下列选项中，与sin30°的值相等的有（ ）
A．1﹣2cos275°
B．sin135°cos15°﹣cos45°cos75°
C．
D．tan20°+tan25°+tan20°tan25°
【解答】解：对于A，1﹣2cos275°＝﹣cos150°＝cos30°，故错误；
对于B，sin135°cos15°﹣cos45°cos75°＝sin45°cos15°﹣cos45°sin15°＝sin（45°﹣15°）＝sin30°，故正确；
对于C，sin30°，故正确；
对于D，tan20°+tan25°+tan20°tan25°＝tan（25°+20°）（1﹣tan25°tan20°）+tan20°tan25°＝1﹣tan25°tan20°+tan20°tan25°＝1，故错误．
故选：BC．
（多选）10．（5分）某同学在研究函数，（x∈R）时，分别得出下面几个结论，其中正确的结论是（ ）
A．等式f（﹣x）+f（x）＝0在x∈R时恒成立
B．函数f（x）的值域为（﹣1，1）
C．若x1≠x2，则一定有f（x1）≠f（x2）
D．方程f（x）﹣x＝0在R上有三个根
【解答】解：，（x∈R），
f（﹣x）+f（x）0，故A正确；
因为f（x）的图像如图所示，
由图象可知函数f（x）是奇函数，且在R上为单调增函数，值域为（﹣11），所以BC正确；
因为g（x）＝f（x）﹣x，所以g（0）＝f（0）﹣0＝0，
当x＞0时，g（x）＝f（x）﹣x0，
当x＜0时，g（x）＝f（x）﹣x0，
g（x）＝f（x）﹣x在R上只有一个零点，即f（x）的图象与y＝x只有一个交点（0，0），所以 D不正确．
故选：ABC．
（多选）11．（5分）已知，，ω＞0，，且f（x）的图象的对称中心与对称轴的最小距离为，则下列说法正确的是（ ）
A．ω＝1
B．f（x）的图象关于直线对称
C．把f（x）图象向左平移单位，所得图象关于y轴对称
D．保持f（x）图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，然后把图象向左平移个单位，得到函数y＝2sinx的图象
【解答】解：∵，，ω＞0，
∴2cos2ωx+2sinωxcosωx2sin2ωx
cos2ωx+sin2ωx＝2sin（2ωx），
∵f（x）的图象的对称中心与对称轴的最小距离为，∴ω＝1，f（x）＝2sin（2x），故A正确；
令x，可得f（x）＝﹣2，是最小值，故（x）的图象关于直线对称，故B正确；
把f（x）图象向左平移单位，可得y＝2sin（2x）的图象，
由所得函数为非奇非偶函数，故所得函数的图象不关于y轴对称，故C错误；
保持f（x）图象上每一点的纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，可得y＝2sin（x）的图象，
然后把图象向左平移个单位，得到函数y＝2sinx的图象，故D正确，
故选：ABD．
（多选）12．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，如图，点F，G，M分别为CC1，BB1，B1C1的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．平面AD1F∥平面A1MG
B．直线AD1与直线A1G所成角的余弦值为
C．平面AFD1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面的面积为
D．点C1与点G到平面AFD1的距离相等
【解答】解：对于A：因为G，M分别为BB1，B1C1的中点，
所以MG∥BC1，
又AD1∥BC1，
所以MG∥AD1，
又F为CC1的中点，
所以A1D1∥GF且A1D1＝GF，
所以四边形A1D1FG是平行四边形，
所以A1G∥D1F，
因为MG∩A1G＝G，AD1∩D1F＝D1，
所以平面AD1F∥平面A1MG，故A正确；
对于B：因为正方ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，
所以AD1，D1F，AF，
所以cos∠AD1F，故B正确；
对于C：取BC的中点N，连接FN，AN，
因为FN∥BC1，又BC1∥AD1，
所以FN∥AD1，
所以FN在平面AFD1内，
所以平面AFD1截正方体ABCD﹣A1B1C1D1所得截面为等腰梯形AD1FN，
过点N作NQ⊥AD1，垂足为Q，
NFBC1，AD1，AQ，AN，
NQ，
所以（），故C正确；
对于D：因为C1B∥平面AD1F，
所以C1G不会平行于平面AD1F，且线段C1G不与平面AD1F相交，
所以点C1与点G到平面AFD1的距离不相等，故D不正确；
故选：ABC．
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（5分）欧拉公式eix＝cosx+isinx（i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉提出的，它将指数函数的定义域扩大到复数集，则复数的共轭复数为 1﹣i ．
【解答】解：∵eix＝cosx+isinx，
∴，
则复数的共轭复数为1﹣i．
故答案为：1﹣i．
14．（5分）已知，则 ．
【解答】解：∵，∴cos（），
cos（）．
故答案为：．
15．（5分）已知函数y＝3tanωx+1在内是减函数，则ω的取值范围是 [，0） ．
【解答】解：∵函数y＝3tan（ωx）+1在内是减函数，
∴ω＜0且函数y＝3tan（ωx）+1在（，）内也是减函数，
∴T＝||（），
∴|ω|，
∴ω，
又ω＜0，
∴ω＜0．
故答案为：[，0）．
16．（5分）已知三角形的三边长，其面积是固定的，而已知平面凸四边形的四边长，其面积是不确定的．现有一平面凸四边形ABCD，AB＝3，BC＝4，CD＝5，DA＝6，则其面积最大值为 6 ．
【解答】解：设∠ABC＝α，∠ADC＝β，
连接AC，作图如下：
在△ABC中，由余弦定理可得，AC2＝AB2+BC2﹣2AB×BC×cosα＝25﹣24cosα，
在△ACD中，由余弦定理可得，AC2＝AD2+CD2﹣2×AD×DC×cosβ＝61﹣60cosβ，
则25﹣24cosα＝61﹣60cosβ，即5cosβ﹣2cosα＝3，
四边形ABCD的面积S3（5sinβ+2sinα），
令5sinβ+2sinα＝m，则25sin2β+4sin2α+20sinαsinβ＝m2①，
∵5cosβ﹣2cosα＝3，
∴25cos2β+4cos2α﹣20cosαcosβ＝9②，
①+②可得，29﹣20cos（α+β）＝m2+9，即m2＝20﹣20cos（α+β），
当且仅当α+β＝π时，m2取得最大值40，此时m的最大值为，
四边形ABCD的面积S＝3（5sinβ+2sinα）＝3m，其最大值为．
故答案为：．
四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
17．（10分）如图所示，三棱柱ABC−A1B1C1中，，，，CA＝CB＝CC1＝1，，，N是AB中点．
（1）用，，表示向量；
（2）在线段C1B1上是否存在点M，使？若存在，求出M的位置，若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）（）；
（2）假设存在点M，使AM⊥A1N，设λ，（λ∈[0，1]），
显然λλ，λ，
因为AM⊥A1N，所以⊥0，
即（λ）•（）＝0，
∴••22••λ•λ2﹣λ•0
∵CA＝CB＝CC1＝1，，，，，，
∴•22﹣（λ）••λ2＝0
即1×1×（）﹣1212﹣（λ）×1×1×（）λ•12＝0，
解得λ，所以当C1MC1B1时，AM⊥A1N．
18．（12分）已知函数f（x）＝3﹣x，函数g（x）的图像与f（x）的图像关于y＝x对称．
（1）求g（9）的值；
（2）若函数y＝|f（x）﹣3|﹣k在x∈[﹣2，1]上有且仅有一个零点，求实数k的取值范围；
（3）是否存在实数m，使得函数在[a，b]上的值域为[2a，2b]，若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，说明理由．
【解答】解：（1）由题意可得，，
所以；
（2）问题转化为关于x的方程k＝|3﹣x﹣3|在x∈[﹣2，1]上有且仅有一个实根，
作出函数h（x）＝|3﹣x﹣3|在x∈[﹣2，1]上的图像（如右图），
h（﹣2）＝6，，由题意，直线y＝k与该图像有且仅有一个公共点，
所以实数k的取值范围是；
（3）记，
其中x＞0，因为函数F（x）在[a，b]上单调递增，
若存在实数m，使得F（x）的值域为[2a，2b]，
则F（a）＝2a，F（b）＝2b，所以F（x）＝2x，
即a，b是x2+（m﹣4）x+4＝0的两个不等正根，
所以Δ＝（m﹣4）2﹣16＞0，a+b＝4﹣m＞0，ab＝4＞0，
解得m＜0，
所以实数m的取值范围是（﹣∞，0）．
19．（12分）如图所示，已知DOE是半径为，中心角为的扇形，P为弧上一动点，四边形PQMN是矩形，．
（1）求矩形PQMN的面积f（x）的最大值及取得最大值时的x值；
（2）在△ABC中，，c＝2，其面积，求△ABC的周长．
【解答】解：（1）由题意QM＝PN＝OPsinxsinx，
ON＝OPcosxcosx，
∵tan，∴OMsinx，
∴MN＝ON﹣OMcosx﹣sinx，
∴矩形PQMN的面积为：
f（x）＝（cosx﹣sinx）sinx
＝3sinxcosx
＝3sinxcosx
（sin2xcos2x）
，
∵0＜x，，
∴当2x时，即x时，f（x）的最大值为．
（2）由（1）得C，
∵S△ABC2，∴ab＝8，
由余弦定理得4，
∴（a+b）2﹣（2）ab＝4，即（a+b）2＝28+16，
∴a+b＝4+2，
∴△ABC的周长为a+b+c＝6+2．
20．（12分）如图所示，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为矩形，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，AD，点E是PB的中点．
（1）证明：AE⊥PC；
（2）求二面角C−AE−D的大小．
【解答】（1）证明：∵PA⊥平面ABCD，底面ABCD为矩形，
∴PA⊥BC，BC⊥AB，又PA⋂AB＝A，PA，AB⊂平面PAB，
∴BC⊥平面PAB，又∵AE⊂平面PAB，
∴BC⊥AE，∵PA＝AB，点E是PB的中点，
∴AE⊥PB，又PB⋂BC＝B，PB，BC⊂平面PBC，
∴AE⊥平面PBC，
∴AE⊥PC．
（2）解：由于AD⊥AE，AE⊥EC，故取PC中点M，连接EM，DM，
因为E，M分别为PB，PC中点，所以EM∥BC，即EM∥AD，故EM⊥AE，
则∠MEC为二面角C﹣AE﹣D的平面角，
又在△EMC中，，
所以，又∠MEC∈（0，π），
所以，
即二面角C﹣AE﹣D的大小为．
21．（12分）向量（2，2），向量与向量的夹角为，且•2，
（1）求向量；
（2）若（1，0），且⊥，（cosA，），其中A，B，C是△ABC的内角，且，试求||的取值范围．
【解答】解：（1）设（x，y），
2x+2y＝﹣2①，
||||cos2，解得||＝1，
即x2+y2＝1②，
由①②解得或，
∴（﹣1，0）或（0，﹣1）．
（2）∵（1，0），且⊥，
∴（0，﹣1），
∴（cosA，1）＝（cosA，cosC），
||，
∵∠B＝60°，∴A+C＝120°，
||2＝cos2A+cos2C
＝cos2A+cos2（120°﹣A）
＝1cos（2A+60°），
∵0°＜A＜120°，
∴60°＜2A+60°＜300°，
∴﹣1≤cos（2A+60°），
∴||2，
∴||．
22．（12分）如图①所示，长方形ABCD中，AD＝1，AB＝2，点M是边CD的中点，将△ADM沿AM翻折到△PAM，连结PB，PC，得到图②的四棱锥P﹣ABCM．
（1）求四棱锥P﹣ABCM的体积的最大值；
（2）若棱PB的中点为N，求CN的长；
（3）设P﹣AM﹣D的大小为θ，若，求平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值．
【解答】解：（1）取AM的中点G，连接PG，
因为PA＝PM，则PG⊥AM，
当平面PAM⊥平面ABCM时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥P﹣ABCM的体积取得最大值，
此时PG⊥平面ABCM，且，
底面ABCM为梯形，面积为，
则四棱锥P﹣ABCM的体积最大值为；
（2）取AP中点Q，连接NQ，MQ，
则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，
所以NQ∥AB且，
因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，
所以CM∥AB且，
所以CM∥NQ且CM＝NQ，
故四边形CNQM为平行四边形，
所以；
（3）连接DG，
因为DA＝DM，所以DG⊥AM，
所以∠PGD为P﹣AM﹣D的平面角，即∠PGD＝θ，
过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A（1，0，0），M（0，1，0），C（0，2，0），
过P作PH⊥DG于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，
设P（x0，y0，z0），
所以，
所以，
所以，
设平面PAM的法向量为，
则，
令，则，
设平面PBC的法向量为（x2，y2，z2），
因为，
则，
令，可得：，
设两平面夹角为α，
则
，
令，所以，
所以，所以当t＝3时，cosα有最小值，
所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为
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