2022-2023学年福建省莆田市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年福建省莆田市高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），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。

1.已知复数z=2−ii(i是虚数单位)，则复数z等于( )
A. 1−2iB. 1+2iC. −1−2iD. −1+2i
2.已知向量a=(1,k),b=(2,3),c=(−2,2)，且c//(a−b)，则k=( )
A. 4B. −4C. 2D. −2
3.某区政府为了加强民兵预备役建设，每年都按期开展民兵预备役军事训练，训练后期对每位民兵进行射击考核.民兵甲在考核中射击了8发，所得环数分别为6，8，a，8，7，9，10，8若民兵甲的平均得环数为8，则这组数据的第75百分位数为( )
A. 8B. 8.5C. 9D. 9.5
4.已知复数z满足z⋅z−+4z=8i(i是虚数单位)，则复数z=( )
A. −2−2iB. −2+2iC. 2−2iD. 2+2i
5.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列说法正确的是( )
A. 若m//n，n//α，则m//αB. 若m⊥n，n⊥α，则m//α
C. 若m⊥α，m⊥β，则α//βD. 若m//α，α⊥β，则m⊥β
6.要测量底部不能到达的电视塔AB的高度，在C点测得塔顶A的仰角是45∘，在D点测得塔顶A的仰角是30∘，并测得水平面上的∠BCD=120∘，CD=40m，则电视塔的高度为( )
A. 10 2m
B. 20m
C. 20 3m
D. 40m
7.在△ABC中，∠BAC=π3,AD=2DB,P为CD上一点，且满足AP=λAC+13AB.若|AC|=2,|AB|=3，则|AP|的值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
8.几何中常用|L|表示L的测度，当L为曲线、平面图形和空间几何体时，|L|分别表示其长度、面积和体积.△ABC是边长为4的正三角形，P为△ABC内部的动点(含边界)，在空间中，到点P的距离为1的点的轨迹为L，则|L|等于( )
A. 8 3B. 22π3+ 3C. 6π+8 3D. 22π3+8 3
二、多选题：本题共4小题，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，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.已知i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A. i+i2+i3+i4=0B. 若z=z−，则z∈R
C. 若复数z为纯虚数，则|z|2=z2D. 若(1−i)z=1+i，则|z|=1
10.某景区为了解游客人数的变化规律，提高旅游服务质量，收集并整理了2017年1月至2019年12月期间月接待游客量(单位：千人次)的数据，绘制了如图所示的折线图.根据该折线图，则下列结论正确的是( )
A. 月接待游客量逐月增加
B. 年接待游客量逐年增加
C. 每年月接待游客的增长量最多是8月
D. 每年1月至6月的月接待游客量相对同年7月至12月的月接待游客量，波动性更小
11.如图，AB，AC，AD两两互相垂直，三棱锥E−BCD是正四面体，则下列结论正确的是( )
A. 二面角D−BC−A的大小为π4
B. BC⊥DE
C. 若△BCD的中心为O，则A，O，E三点共线
D. 三棱锥E−BCD的外接球过点A
12.已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，b=6，c=8，且bcsC+ccsB=10，P是AB边上的动点，则PA⋅(PB+PC)的值可能为( )
A. −64B. −12C. −8D. 0
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.某校为了提升学生的中华文化素养，开设书法、对联、灯谜三个校本课程班，每位学生只报一个校本课程班，学校对高一、高二年级报名的学生人数进行统计，结果如下表.已知张华对上述三个校本课程班，采用样本量比例分配的分层随机抽样的方法，抽取一个总样本量为30的样本，其中对联班的学生抽取10名，则x=______ .
14.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，侧面PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB=1，AD=2，则二面角P−BC−D的大小是______ .
15.在等边△ABC中，D为边BC上的点且满足CD=2DB，DE⊥AB且交AB于点E，DF//AB且交AC于点F，若AD=λDE+μDF，则λ+μ的值是______.
16.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD是边长为2的正方形，AA1=4，M，N分别是棱BC，AD的中点，E，F分别是棱A1B1，C1D1上动点.当直线NE与底面A1B1C1D1所成角最小时线段NE的长度是______ ，四面体MNEF的体积是______ .
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.(本小题10分)
已知向量a=(12, 3)，b=(−12,0).
(1)求向量a与b的夹角的余弦值；
(2)若向量c=(−1, 3)，求向量c在向量a−b上的投影向量(用坐标表示).
18.(本小题12分)
已知向量m=(2csx,1),n=(csx, 3sin2x)，函数f(x)=m⋅n.
(1)若f(α)=2，α∈(0,π)，求α的值；
(2)已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，f(A)=2，b=1，△ABC的面积为 32，求a+b+csinA+sinB+sinC的值.
19.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，PD⊥平面ABCD，BC//AD，BC=2AD，AD⊥CD，分别为PB，BC，PD的中点.
(1)求证：BC⊥平面AEF；
(2)过点A，E，M的平面交PC于点N，求PNNC的值.
20.(本小题12分)
某校共有高中生3000人，其中男女生比例约为3：2，学校要对该校全体高中生的身高信息进行统计.
(1)采用简单随机抽样的方法，从该校全体高中生中抽取一个容量为n的样本，得到频数分布表和频率分布直方图.
根据图表信息，求n，a，b，c的值，并把频率分布直方图补充完整.
(2)按男生、女生在全体学生中所占的比例，采用分层随机抽样的方法，共抽取总样本量为200的样本，并知道男生样本数据的平均数为172，方差为16，女生样本数据的平均数为160，方差为20，估计该校高中生身高的总体平均数及方差.
21.(本小题12分)
已知△ABC的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，sin2A+sin2C=sin2B+sinAsinC.
(1)求B；
(2)若b=2,AB⋅AC=4，求△ABC的面积.
22.(本小题12分)
已知三棱锥P−ABC,PA=PB=PC=3,BC=2 3,∠BAC=120∘，点O是△ABC的外心.
(1)若∠OBA=60∘，求证：PA⊥BC；
(2)求点A到平面PBC距离的最大值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：z=2−ii=(2−i)ii2=−1−2i.
故选：C.
根据已知条件，结合复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵a=(1,k),b=(2,3)，∴a−b=(−1,k−3)，
又c=(−2,2)，且c//(a−b)，
∴−2=−2(k−3)，即k=4.
故选：A.
由已知可得a−b的坐标，再由向量共线的坐标运算求解．
本题考查平面向量的坐标运算，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：民兵甲的平均环数为6+8+a+8+7+9+10+88=8，解得a=8，
则民兵甲所得环数从小到大排列为：6，7，8，8，8，8，9，10，
因为75%×8=6，所以第75%百分位数为8+92=8.5.
故选：B.
利用平均数的定义求出a的值，再把数据从小到大排列，然后根据百分位数的求解公式化简即可求解．
本题考查了平均数以及百分位数的求解，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，
则z−=a−bi，
∵z⋅z−+4z=8i，
∴(a+bi)(a−bi)+4(a+bi)=8i，即a2+b2+4a=04b=8，解得a=−2b=2，
∴z=−2+2i.
故选：B.
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数的四则运算，即可求解．
本题主要考查共轭复数的定义，以及复数的四则运算，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：对A选项，若m//α，n//α，则m//n或m与n相交或m与n异面，故A错误；
对B选项，若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故B错误；
对C选项，若m⊥α，m⊥β，由直线与平面垂直的性质可得α//β，故C正确；
对D选项，若m//α，α⊥β，则m与β可成任意角度，故D错误．
故选：C.
由平行于同一平面的两直线的位置关系判定A；由平行于同一直线的两平面的位置关系判定B；由直线与直线垂直、直线与平面垂直分析线面关系判定C；由直线与平面垂直的性质判断D.
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了解三角形的实际应用．考查了运用数学知识，建立数学模型解决实际问题的能力．
设出AB=x，进而根据题意可表示出BD，DC，进而在△DBC中利用余弦定理建立方程求得x.
【解答】
解：由题可设AB=x，则BD= 3x,BC=x，
在△DBC中，∠BCD=120∘，CD=40，
由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅cs∠DCB，
即：( 3x)2=(40)2+x2−2×40⋅x⋅cs120∘，
整理得：x2−20x−800=0，
解得x=40或x=−20(舍)，
所以所求塔高为40米．
故选D.
7.【答案】C
【解析】解：∵C，P，D三点共线且AD=2DB，
∴AP=μAD+(1−μ)AC=2μ3AB+(1−μ)AC，
∵AP=λAC+13AB，
∴2μ3=13λ=1−μ，∴λ=12，
∴AP=12AC+13AB，
∴|AP|= (12AC+13AB)2= 14AC2+13AC⋅AB+19AB2= 14×4+13×2×3×12+19×9= 3.
故答案为：C.
由平面向量的线性运算和平面向量线性运算求得λ，再由求平面向量的模的公式计算即可．
本题考查平面向量的线性运算和模，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：到动点P距离为1的点的轨迹所构成的空间几何体在垂直于平面ABC的视角下看，如图所示，
其中BCMN，ACJK，ABYQ区域内的几何体为半圆柱，
CMJ，BYN，KAQ区域内的几何体为被平面截得的部分球体，球心分别为A，B，C，
ABC区域内的几何体为棱柱，其高为2，
由BCMN，ACJK，ABYQ为矩形，所以∠MCB=90∘，∠ACJ=90∘，
△ABC是正三角形，∠ACB=60∘，则有∠MCJ=360∘−∠MCB−∠ACJ−∠ACB=120∘，
同理∠NBY=120∘，∠KAQ=120∘，则∠KAQ+∠NBY+∠MCT=360∘，
所以CMJ，BYN，KAQ这三个区域的几何体合成一个完整的半径为1的球，体积为4π3×13=4π3；
BCMN，ACJK，ABYQ这三个区域内的半圆柱体积为(12π×12)×4×3=6π，(其中12π×12，表示半圆底面)；
ABC区域内的棱柱体积为12×4×4×sin60∘×2=8 3；
所以几何体L的体积等于22π3+8 3.
故选：D.
首先确定到动点P距离为1的点的轨迹所构成的空间体的形状，然后由空间几何体的体积公式求解即可．
本题考查了空间中动点轨迹的求解，空间几何体的体积公式，解题的关键是确定动点的轨迹是何种空间几何体，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属中档题．
9.【答案】ABD
【解析】解：对于A，i+i2+i3+i4=i−1−i+1=0，故A正确；
对于B，设z=a+bi，
则z−=a−bi，
∵z=z−，
∴a+bi=a−bi，解得b=0，
故z=a∈R，故B正确；
对于C，设z=i，|z|2=1，z2=−1，故C错误；
对于D，(1−i)z=1+i，
则z=1+i1−i=(1+i)2(1−i)(1+i)=i，|z|=1，故D正确．
故选：ABD.
根据已知条件，结合复数的四则运算，共轭复数的定义，复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，共轭复数的定义，复数模公式，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：对于A，图中月接待量有增有减，故A错误；
对于B，从图可得2017−2019年游客接待量逐年增加，故B正确；
对于C，由图可知，每年月接待游客的增长量最多是7月，故C错误；
对于D，由图可知，每年1月至6月的月接待游客量波动较小，而7月至12月的月接待游客量波动较大，故D正确．
故选：BD.
根据统计图结合统计知识可逐一判断．
本题考查统计相关知识，属于基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A：由已知可得AB2+AC2=BC2，AB2+AD2=BD2，AD2+AC2=CD2，
而BC2=BD2=CD2，
所以AB=AC=AD，
取BC中点F，连接AF，DF，
所以AF⊥BC，DF⊥BC，
所以∠AFD为二面角D−BC−A的平面角，
设AB=AD=2a，则BC=2 2a，AF= 2a，DF= 3a，
在△ADF中，由余弦定理可得：
cs∠AFD=AF2+DF2−AD22AF⋅DF=2a2+3a2−4a22⋅ 2× 3a2= 612，故A错误；
对于B：由A可知，连接EF，
因为EB=EC，
所以EF⊥BC，
因为EF∩DF=F，EF，DF⊂面EFD，
所以BC⊥面EFD，
又DE⊂面EFD，
所以BC⊥DE，故B正确；
对于C：由A可知三棱锥A−BCD是正三棱锥，且AO⊥面BCD，
三棱锥E−BCD也是正三棱锥，
EO⊥面BCD，
则A，O，E三点共线，故C正确；
对于D：由A可知三棱锥E−BCD棱长为2 2a的正四面体，
三棱锥A−BCD的侧棱长为2a，底面边长为2 2a的正三棱锥，
所以四面体A−BCD与棱长为2a的正分方体ABNC−DHEG有相同的外接球，故D正确，
故选：BCD.
对于A：由已知可得AB=AC=AD，取BC中点F，连接AF，DF，则AF⊥BC，DF⊥BC，推出∠AFD为二面角D−BC−A的平面角，设AB=AD=2a，求出AF，DF，在△ADF中，由余弦定理，即可判断A是否正确；
对于B：连接EF，由线面垂直的判定定理和性质定理，即可判断B是否正确；
对于C：根据题意三棱锥A−BCD是正三棱锥，可得AO⊥面BCD，三棱锥E−BCD也是正三棱锥，可得EO⊥面BCD，即可判断C是否正确；
对于D：根据题意可得四面体A−BCD与棱长为2a的正方体ABNC−DHEG有相同的外接球，即可判断D是否正确．
本题考查直线与平面的位置关系，解题关键是掌握正三棱锥得特征，属于中档题．
12.【答案】CD
【解析】解：bcsC+ccsB=10可得b⋅a2+b2−c22ab+c⋅c2+a2−b22ca=a=10，
b=6，c=8，可得b2+c2=a2，即有△ABC为直角三角形，如图所示．
设PA=t(0≤t≤8)，PB=8−t，
则PA⋅(PB+PC)=PA⋅PB+PA⋅PC=−t(8−t)+t2=2t2−8t=2(t−2)2−8，
当t=2∈[0,8]，可得PA⋅(PB+PC)取得最小值−8，当t=8时，PA⋅(PB+PC)取得最大值64.
故选：CD.
由余弦定理推得a=10，△ABC为直角三角形，由向量的数量积的性质，结合二次函数的最值可得所求结论．
本题考查三角形的余弦定理和向量数量积的定义和性质，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
13.【答案】20
【解析】解：根据题意，书法，对联，灯谜的总人数分别为：60，30+x，40，总人数为130+x，
现样本容量为30，则抽样比为：30130+x，
又其中对联班的学生抽取10名，则(30+x)30130+x=10，
则x=20.
故答案为：20.
根据题中所给信息可分别求出书法，对联，灯谜的总人数，再计算抽样比，结合对联班的学生抽取10名学生即可解．
本题考查分层抽样相关知识，属于基础题．
14.【答案】π3
【解析】解：取AD，BC的中点E，F，连接PE，EF，PF，
因为侧面PAD是正三角形，
所以PE⊥AD，
因为平面PAD⊥平面ABCD，PE⊂平面PAD，
所以PE⊥面ABCD，
又BC⊂面ABCD，
所以PE⊥BC，
因为底面ABCD是矩形，
所以EF⊥BC，
又PE∩EF=E，
所以BC⊥平面PEF，
又PF⊂面PEF，
所以BC⊥BF，
所以二面角P−BC−D的平面角为∠PFE，
因为AB=1，AD=2，
所以EF=1，PE= 22−12= 3，
在Rt△PEF中，tan∠PFE=PEEF= 31= 3，
所以∠PFE=π3，
故答案为：π3.
取AD，BC的中点E，F，连接PE，EF，PF，由线面垂直的判定定理可得PE⊥面ABCD，进而可得PE⊥BC，由底面ABCD是矩形，推出EF⊥BC，进而可得BC⊥平面PEF，则BC⊥BF，二面角P−BC−D的平面角为∠PFE，进而可得答案．
本题考查二面角的大小，解题关键是根据二面角的定义找到二面角的平面角，属于中档题．
15.【答案】−94
【解析】解：画出图形，如图所示，
设等边△ABC的边长为3，则BD=1，DC=2，BE=12，DF=2，
∴DE=DB+BE=−13BC+16BA，DF=23BA，
AD=AB+BD=−BA+13BC=13BC−BA，
∵AD=λDE+μDF，
∴13BC−BA=λ(−13BC+16BA)+μ(23BA)，
∴−13λ=1316λ+23μ=−1，解得λ=−32μ=−34，
∴λ+μ=−94，
故答案为：−94.
选取BA，BC作为一组基底，根据题目中的线段关系表示出DE，DF，AD，列出关于λ，μ的方程组，解出λ，μ的值，进而求出结果．
本题主要考查了平面向量基本定理，属于中档题．
16.【答案】 21 83
【解析】解：因为N到平面A1B1C1D1的距离为定值，当直线NE与底面A1B1C1D1所成角最小时，点E与B1重合，
线段NE的长度是 12+22+42= 21；
∵D1C1//平面MNE，∴F到面EMN的距离等于C1到面MNE的距离，△MNE的面积等于△MNB1的面积，
故四面体MNEF的体积是V=VF−MNE=VC1−MNB1=VN−MB1C1=13×12×2×4×2=83.
故答案为： 21；83.
可得当直线NE与底面A1B1C1D1所成角最小时，点E与B1重合，即可求NE；利VF−MNE=VC1−MNB1=VN−MB1C1即可求四面体MNEF的体积．
本题考查了空间线面位置关系、几何体体积求解，属于中档题．
17.【答案】解：(1)∵cs=a⋅b|a|⋅|b|=−14 14+3×12=− 1313，
∴向量a与b的夹角的余弦值为− 1313；
(2)∵a−b=(1, 3)，又c=(−1, 3)，
∴c在向量a−b上的投影向量为[c⋅(a−b)(a−b)2](a−b)=(24)⋅(1, 3)=(12, 32).
【解析】(1)根据向量夹角公式即可求解；
(2)根据投影向量的定义，向量数量积的坐标运算即可求解．
本题考查向量夹角公式，投影向量的定义，向量数量积的坐标运算，属基础题．
18.【答案】解(1)依题意得f(x)=m⋅n=2cs2x+ 3sin2x
=cs2x+1+ 3sin2x
=2sin(2x+π6)+1，
因为f(α)=2sin(2α+π6)+1=2,α∈(0,π)，
所以sin(2α+π6)=12,2α+π6∈(π6,13π6).
所以2α+π6=5π6，即α=π3.
(2)因为f(A)=2，A∈(0,π)，由(1)得A=π3.
因为S△ABC=12bcsinA= 32，
所以12×1×c× 32= 32，即c=2.
在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA
=1+4−2×1×2×12=3,即a= 3.
由bsinB=csinC=asinA= 3 32=2，
得b=2sinB，c=2sinC，a=2sinA，
所以a+b+csinA+sinB+sinC=2sinA+2sinB+2sinCsinA+sinB+sinC=2.
【解析】(1)由向量的数量积的坐标表示和三角函数的恒等变换，计算可得所求角；
(2)运用三角形的面积公式和三角形的正弦定理、余弦定理，计算可得所求值．
本题主要考查平面向量的应用、正弦定理、余弦定理及三角恒等变换等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，考查数学运算、逻辑推理等核心素养，体现基础性、综合性．
19.【答案】解：(1)证明：由题意知AD−//FC，所以四边形ADCF是平行四边形，
所以AF//CD，
又AD⊥DC，BC//AD，
所以BC⊥DC，
因为AF//CD，所以BC⊥AF，
因为PD垂直于平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以BC⊥PD，
又PD∩DC=D，
所以BC⊥平面CDP，
因为CP⊂平面CDP，所以BC⊥CP，
因为EF//CP，所以BC⊥EF，
又EF∩AE=F，所以BC⊥平面AEF；
(2)如图所示，G为PC的中点，N为PG的中点，
由题意知EG//BC//AD，
又EG=12BC=AD，
所以四边形ADEG是平行四边形，
所以AE//DG，
又M，N分别为DP，PG的中点，所以MN//DG//AE，
由于MN∩平面AEM=M，所以MN⊂平面AEM，
所以N为过点A，E，M的平面与PC的交点，
所以PNNC=13.
【解析】(1)通过证明BC⊥AF，BC⊥EF来证明BC⊥平面AEF；
(2)作MN//AE即可．
本题主要考查立体几何相关知识，属中档题．
20.【答案】解：(1)易知身高在区间[185,195]上的频率为0.008×10=0.08，身高在区间[185,195]上的频数24，
所以n=240.08=300，
则a=0.008×10×300=24，b=0.04×10×300=120，c=300−24−120−36−24=96.
此时身高在区间[165,175)和[175,185)上的频率分别为96300=0.32，36300=0.12，
频率分布直方图如下所示：
(2)因为男女生比例约为3：2，
不妨将男生样本记为x1，x2，…，x120，平均数为x−，方差为sx2，
将女生样本记为y1，y2，…，y80，平均数为y−，方差为sy2，
将样本数据的平均数记为z−，方差记为s2，
则总样本平均数z−=120120+80x−+80120+80y−=120×172+80×160200=167.2，
总样本方差s2=1200[i=1120(xi−z−)2+j=180(yj−z−)2]=1200[i=1120(xi−x−+x−−z−)2+j=180(yj−y−+y−−z−)2]，
因为i=1120(xi−x−)=i=1120xi−120x−=0，
所以i=11202(xi−x−)(x−−z−)=2(x−−z−)i=1120(xi−x−)=0，
同理得j=1802(yj−y−)(y−−z−)=0，
此时总样本方差s2=1200[i=1120(xi−x−)2+i=1120(x−−z−)2+j=180(yi−y−)2+j=180(y−−z−)2]
=1200{120[sx2+(x−−z−)2]+80[s_y=1200{120[16+(172−167.2)2]+80[20+(160−167.2)2]}
=12(16+23.04)+8(20+51.84)20=52.16，
所以估计该校高中生身高的总体平均数为167.2，方差为52.16.
【解析】(1)由题意，求出身高在区间[185,195]上的频率和频数，列出等式即可求出n的值，进而可得a，b，c的值，得到身高在区间[165,175)和[175,185)上的频率，进而可补全频率分布直方图；
(2)将男生样本记为x1，x2，…，x120，平均数为x−，方差为sx2，将女生样本记为y1，y2，…，y80，平均数为y−，方差为sy2，将样本数据的平均数记为z−，方差记为s2，根据平均数和方差公式进行求解即可．
本小题主要考查频率分布直方图的应用、平均数、方差等，考查了逻辑推理和运算能力．
21.【答案】解：(1)由正弦定理和sin2A+sin2C=sin2B+sinAsinC，可得a2+c2=b2+ac，
即为a2+c2−b2=ac，
由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=ac2ac=12，
又B∈(0,π)，所以B=π3.
(2)由平面向量数量积的定义可得AB⋅AC=cbcsA=4，
所以bc⋅b2+c2−a22bc=4+c2−a22=4，
所以c2−a2=4①，
因为B=π3,b=2,b2=a2+c2−2accsB，
所以a2+c2−ac=4②，
①-②得2a2−ac=0，则c=2a，代入①得a=2 33，所以c=4 33，
所以S△ABC=12acsinB
=12×2 33×4 33× 32=2 33.
【解析】(1)由三角形的正弦定理和余弦定理，可得所求角；
(2)运用向量数量积的定义和余弦定理、三角形的面积公式，可得所求．
本题主要考查正弦定理、余弦定理、平面向量的数量积及三角恒等变换等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力等，考查化归与转化思想、函数与方程思想等，考查数学运算、逻辑推理等核心素养，体现基础性、综合性．
22.【答案】解(1)证明：作PH⊥平面ABC，垂足为点H，如图所示：
∵PA=PB=PC，∴HA=HB=HC，∴H是△ABC的外心，
∵O是△ABC的外心，∴O与H重合，即PO⊥平面ABC，
∵BC⊂平面ABC，∴BC⊥PO，
∵∠OBA=60∘，OA=OB，∴△OAB是等边三角形，
∴AB=OA，∠BAO=60∘，
∵∠BAC=120∘，∴∠OAC=60∘，
∵OA=OC，∴△OAC是等边三角形，
∴OA=AC，∴AB=AC=OB=OC，
∴四边形OBAC为菱形，
∴BC⊥OA，
∵PO∩OA=O，∴BC⊥平面PAO，
又PA⊂平面PAO，在PA⊥BC；
(2)PA=PB=PC=3,BC=2 3，则BC边的高为 PB2−(BC2)2= 32−( 3)2= 6，
∴S△PBC=12×2 3× 6=3 2，
在△ABC中，∠BAC=120∘,BC=2 3，
由正弦定理得2R=BCsin∠BAC=2 3sin120∘=4(R为△ABC外接圆的半径)，
∴OA=R=2，
∵PA=3，
∴PO= PA2−OA2= 32−22= 5，
由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB⋅AC⋅cs120∘，即12=AB2+AC2+AB⋅AC≥3AB⋅AC，
∴AB⋅AC≤4，当且仅当AB=AC时等号成立，
又S△ABC=12⋅AB⋅AC⋅sin120∘= 34AB⋅AC，
设点A到平面PBC距离为h，
VP−ABC=VA−PBC，即13S△ABC⋅PO=13⋅S△PBC⋅h，
∴h=S△ABC⋅POS△PBC= 34⋅AB⋅AC⋅ 53 2≤ 34×4× 53 2= 306，当且仅当AB=AC时等号成立，
故点A到平面PBC距离最大值 306.
【解析】(1)作PH⊥平面ABC，垂足为点H，结合题意可得PO⊥平面ABC，利用线面垂直的判定定理和性质，即可证明结论；
(2)设点A到平面PBC距离为h，利用等体积法VP−ABC=VA−PBC，即13S△ABC⋅PO=13⋅S△PBC⋅h，表示出h=S△ABC⋅POS△PBC，结合题意利用正弦定理和余弦定理，即可得出答案．
本题考查直线与平面垂直和点到平面的距离，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．课程
年级
书法
对联
灯谜
高一
15
x
30
高二
45
30
10
身高(单位：cm)
频数
[145,155)
a
[155,165)
b
[165,175)
c
[175,185)
36
[185,195]
24