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2022-2023学年北京市丰台区高一（下）期末考试数学试卷（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年北京市丰台区高一（下）期末考试数学试卷（含详细答案解析），共18页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知向量a=(−1,2)，b=(−2,k).若a//b，则实数k=( )
A. 1B. −1C. 4D. −4
2.若i为虚数单位，则1−ii=( )
A. 1+iB. −1+iC. −1−iD. 1−i
3.在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以x轴的非负半轴为始边，终边关于原点O对称.若角α的终边与单位圆⊙O交于点P(23,− 53)，则csβ=( )
A. 23B. −23C. 53D. − 53
4.已知sinα=45，α∈(0,π2)，则sin(α−π4)=( )
A. 210B. − 210C. 7 210D. −7 210
5.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，在该书的第五卷“三斜求积”中，提出了由三角形的三边直接求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”把以上这段文字写成公式，就是S= 14[c2a2−(c2+a2−b22)2](其中S为三角形面积，a为小斜，b为中斜，c为大斜).在△ABC中，若a= 2，b= 3，c=3，则△ABC的面积等于( )
A. 24B. 22C. 34D. 32
6.已知m,n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m//n，n//α，则m//αB. 若α⊥β，m//α，则m⊥β
C. 若α⊥β，n⊥α，m⊥n，则m⊥βD. 若α⊥β，m⊄α，m⊥β，则m//α
7.将函数y=cs2x图象上的点Pπ6,m向右平移s(s>0)个单位长度得到点P′.若P′位于函数y=cs(2x−π6)的图象上，则( )
A. m=12，s的最小值为π12B. m=12，s的最小值为π6
C. m= 32，s的最小值为π12D. m= 32，s的最小值为π6
8.如图，在四边形ABCD中，AB//CD,AB=3,CD=2,AD= 3,∠BAD=90∘.若P为线段AB上一动点，则CP→ ⋅DP→ 的最大值为( )
A. 2B. 3C. 6D. 7
9.如图，在正方形SG1G2G3中，E,F分别为边G1G2，G2G3的中点.现沿线段SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1,G2,G3三点重合，重合后的点记为G.在该四面体G−SEF中，作GO⊥平面SEF，垂足为O，则O是△SEF的( )
A. 垂心B. 内心C. 外心D. 重心
10.如图，已知直线l1//l2，A为l1,l2之间一定点，并且点A到l1的距离为2，到l2的距离为1.B为直线l2上一动点，作AC⊥AB，且使AC与直线l1交于点C，则△ABC面积的最小值为( )
A. 1B. 32C. 2D. 4
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为__________.
12.某运动员射击一次，命中10环的概率为0.2，命中9环的概率为0.4，则他射击一次命中的环数不超过8的概率为__________.
13.在复平面内，O是原点，向量OZ1→ 对应的复数是z1=2−i，向量OZ2→ 对应的复数是z2=a−2i(a∈R).若OZ1→ ⊥OZ2→ ，则a=__________.
14.若函数f(x)=sinx+cs(x+φ)在区间π4,π2上单调递增，则常数φ的一个取值为__________.
15.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别为线段BD,AD1上的动点，给出下列四个结论：
①当M为线段BD的中点时，M,N两点之间距离的最小值为 2；
②当N为线段AD1的中点时，三棱锥N−MB1D1的体积为定值；
③存在点M，N，使得MN⊥平面AB1C；
④当M为靠近点B的三等分点时，平面D1AM截该正方体所得截面的周长为2 5+2 2+2.
其中所有正确结论的序号是__________.
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题12分)
在△ABC中， 3bcsA−asinB=0.
(1)求A；
(2)若c=2，且△ABC的面积为3 3，求a的值.
17.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D,D1分别为棱AC,A1C1的中点.
(1)求证：AD1//平面BDC1；
(2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，
求证：平面BDC1⊥平面ACC1A1.
条件①：BD⊥AD1；条件②：BA=BC.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,φ<π2)的部分图象如图所示.
(1)求f(x)的解析式；
(2)设函数g(x)=f(x)+2cs2x，求g(x)在区间[0,π2]上的最大值以及取得最大值时x的值.
19.(本小题12分)
在新高考背景下，北京高中学生需从思想政治､历史､地理､物理､化学､生物这6个科目中选择3个科目学习并参加相应的等级性考试.为提前了解学生的选科意愿，某校在期中考试之后，组织该校高一学生进行了模拟选科.为了解物理和其他科目组合的人数分布情况，某教师整理了该校高一(1)班和高一(2)班的相关数据，如下表：
其中高一(1)班共有40名学生，高一(2)班共有38名学生.假设所有学生的选择互不影响.
(1)从该校高一(1)班和高一(2)班所有学生中随机选取1人，求此人在模拟选科中选择了“物理+化学”的概率；
(2)从表中选择“物理+思想政治”的学生中随机选取2人参加座谈会，求这2人均来自高一(2)班的概率；
(3)该校在本学期期末考试之后组织高一学生进行了第二次选科，现从高一(1)班和高一(2)班各随机选取1人进行访谈，发现他们在第二次选科中都选择了“物理+历史”.根据这一结果，能否认为在第二次选科中选择“物理+历史”的人数发生了变化？说明理由.
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，M为棱PC的中点，平面ABM与棱PD交于点N.
(1)求证：N为棱PD的中点；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，AB=4,AD=2，△PAD为等边三角形，求四棱锥P−ABMN的体积.
21.(本小题12分)
设非零向量αk=(xk,yk)，βk=(yk,−xk)(k∈N*)，并定义xk+2=αk+1⋅αk,yk+2=βk+1⋅αk.
(1)若α1=(1,2),α2=(3,−2)，求|α1| , |α2| ,|α3|；
(2)写出|αk| , |αk+1| ,|αk+2|(k∈N*)之间的等量关系，并证明；
(3)若α1=α2=1，求证：集合αkk∈N*是有限集.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】由向量共线的坐标运算求解.
【详解】向量 a=(−1,2) ， b=(−2,k) .
若 a//b ，则有 −k=−2×2 ，则 k=4 .
故选：C
2.【答案】C
【解析】【解析】根据复数的除法、乘法运算法则，可得结果.
【详解】 1−ii=1+i−1=−1−i
故应选：C
【点睛】本题主要考查复数的运算，属基础题.
3.【答案】B
【解析】【分析】根据对称可得 P′(−23, 53) ，进而根据三角函数的定义即可求解.
【详解】角 α 与角 β 终边关于原点 O 对称，且若角 α 的终边与单位圆⊙O 交于点 P(23,− 53) ，所以角 β 的终边与单位圆⊙O 交于点 P′(−23, 53) ，
故 csβ= −23 ，
故选：B
4.【答案】A
【解析】【分析】根据同角三角函数关系求出 csα ，再根据两角差的正弦公式求解即可.
【详解】因为 sinα=45 ， α∈(0,π2) ，
所以 csα= 1−452=35 ，
则 sin(α−π4)=sinαcsπ4−csαsinπ4= 22×45− 22×35= 210 .
故选：A.
5.【答案】B
【解析】【分析】利用题中所给三角形的面积公式即可求解．
【详解】在 △ABC 中，若 a= 2 ， b= 3 ， c=3 ，
则 △ABC 的面积 S= 14[c2a2−(c2+a2−b22)2]= 14[9×2−(9+2−32)2]= 22 .
故选：B.
6.【答案】D
【解析】【分析】对于ABC，举例判断，对于D，利用面面垂直的性质和线面平行的判定分析判断
【详解】对于A，如图在长方体中， m //n ， n //α ，此时 m⊂α ，所以A错误，
对于B，如图在长方体中， α⊥β ， m //α ，此时 m //β ，所以B错误，
对于C，如图在长方体中， α⊥β ， n⊥α ， m⊥n ，此时 m //β ，所以C错误，
对于D，如图，设 α∩β=l ，在平面 α 作直线 a⊥l 于点 A ，因为 α⊥β ，所以 a⊥β ，
因为 m⊥β ，所以 m //a ，因为 a⊂α ， m⊄α ，所以 m //α ，所以D正确，
故选：D
7.【答案】A
【解析】【分析】由题意 P 在函数 y=cs2x 上，可得 m 的值，求出 P′ 的坐标，由题意可得关于 s 的方程，可得 s 的最小值．
【详解】点 P 在函数上，所以 m=cs(2×π6)=12 ，则 P′(π6+s ， 12) ，
将 P′(π6+s ， 12) 代入 y=cs(2x−π6) 中可得 cs(π3+2s−π6)=12⇒cs(2s+π6)=12 ，
2s+π6=±π3+2kπ,k∈Z ，可得 s=π12+kπ 或 s=−π4+kπ,k∈Z ，
由于 s>0 ，所以 s 的最小值为 π12 .
故选：A
8.【答案】C
【解析】【分析】由题建立平面直角坐标系，再由平面向量数量积的坐标运算得到 CP⋅DP=(x−1)2+2 ，再求二次函数的最大值即可．
【详解】以 A 为原点， AB ， AD 所在直线分别为 x ， y 轴建立平面直角坐标系，
则 A(0,0) ， B(3,0) ， C(2, 3) ， D(0, 3) ，
设 P(x,0) ，其中 0≤x≤3 ，
则 CP=(x−2,− 3) ， DP=(x,− 3) ，
∴ CP⋅DP=x(x−2)+3=x2−2x+3=(x−1)2+2 ，
当 x=3 时， CP⋅DP 有最大值6.
故选：C.
9.【答案】A
【解析】【分析】根据题意证明 GF⊥ 平面 GES ，得到 GF⊥SE ，进而证明 SE⊥ 平面 GFO ，得到 SE⊥OF ，同理得到 EF⊥OS 和 SF⊥OE 即可得到答案.
【详解】如下图所示，在四面体 G−SEF 中，连接 OF,OS,OE ，
由题意知， GS⊥GF ， GE⊥GF ，
又因为 GS,GE⊂ 平面 GES ， GS∩GE=G ，
所以 GF⊥ 平面 GES ，
因为 SE⊂ 平面 GES ，所以 GF⊥SE ，
因为 GO⊥ 平面 SEF ， SE⊂ 平面 SEF ，所以 GO⊥SE ，
又因为 GO,GF⊂ 平面 GFO ， GO∩GF=G ，
所以 SE⊥ 平面 GFO ，
因为 OF⊂ 平面 GFO ，所以 SE⊥OF ，
同理， EF⊥OS ， SF⊥OE ，
则 O 是 △SEF 的垂心.
故选：A
10.【答案】C
【解析】【分析】建立直角坐标系．直线 AC 的斜率存在，设方程为： y=kx ， k≠0 ，直线 BC 的方程为： y=−1kx ，可得 △ABC 的面积 S=12|AC|⋅|AB| ，再利用基本不等式的性质即可得出．或者利用锐角三角函数，结合二倍角公式以及三角函数的性质及可求解.
【详解】解法一：不妨将图形顺时针旋转 90∘ ，然后以点 A 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系．
直线 AC 的斜率存在，设方程为： y=kx ， k≠0 .
则直线 AB 的方程为： y=−1kx ，
∴C(2,2k) ， B(−1,1k) .
∴△ABC 的面积 S=12AC⋅AB=12 4+4k2× 1+1k2= 2+k2+1k2≥2 ，
当且仅当 k=±1 时取等号．
∴△ABC 的面积最小值为2.
故选：C.
解法二：
设角 ∠BAD=α, 则 ∠ACE=α ，故 AB=ADcsα=1csα,AC=AEsinα=2sinα,
所以 △ABC 的面积 S=12AC⋅AB=1sinαcsα=2sin2α,
由于 α∈0,π2 ，所以 2α∈0,π ，故当 sin2α=1 时，面积取最小值2，
故选：C
11.【答案】 4π
【解析】【分析】根据圆柱的侧面积公式，即可求得该圆柱的侧面积，得到答案.
【详解】由题意，圆柱的底面半径为1，母线长为2，
根据圆柱的侧面积公式，可得其侧面积为 S=2πrl=2π×1×2=4π .
【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积公式的应用，其中解答中熟记圆柱的侧面积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
12.【答案】 25
【解析】【分析】根据对立事件的定义求解即可．
【详解】由题意，射击一次命中的环数不超过8的概率为 1−0.2−0.4=0.4 .
故答案为：0.4
13.【答案】 −1
【解析】【分析】求出两向量的坐标，然后由 OZ1→ ⊥OZ2→ ，可得 OZ1→ ⋅OZ2→ =0 ，可求出 a 的值.
【详解】因为向量 OZ1→ 对应的复数是 z1=2−i ，向量 OZ2→ 对应的复数是 z2=a−2i(a∈R) ，
所以 OZ1→ =(2,−1) ， OZ2→ =(a,−2) ，
因为 OZ1→ ⊥OZ2→ ，所以 OZ1→ ⋅OZ2→ =2a+2=0 ，得 a=−1 ，
故答案为： −1
14.【答案】 −π2 (答案不唯一)
【解析】【分析】当 φ=−π2+2kπ,k∈Z 时，化简得到 f(x)=2sinx ，满足 fx 在区间 π4,π2 上单调递增，即可得到答案.
【详解】由函数 y=sinx 的图象与性质，可得函数 y=sinx 在区间 π4,π2 上单调递增，
当 φ=−π2+2kπ,k∈Z 时，
可得 f(x)=sinx+cs(x−π2+2kπ)=sinx+cs(x−π2)=2sinx ，
此时函数 fx 满足在区间 π4,π2 上单调递增，
当 k=0 时， φ=−π2 ，所以常数 φ 的一个取值可以为 −π2 .
故答案为： −π2 (答案不唯一).
15.【答案】②③
【解析】【分析】对于①，根据垂线段最短，结合等边三角形图形特点进行计算即可；
对于②，根据三棱锥体积公式进行判断即可；
对于③，根据线面垂直的判定定理得到 BD1⊥ 平面 AB1C ，进而判断即可；
对于④，根据正方体图形特点找到截面，进而求解周长即可.
【详解】对于①，当 M 为线段 BD 的中点时，连接 AC,CD1 ，如图所示，
则 M 为线段 AC 的中点， △ACD1 是边长为 2 2 的正三角形，
M,N 两点之间距离的最小值为 M 到 AD1 的垂线段长度，
此时 2 ，故①错误；
对于②，当 N 为线段 AD1 的中点时，连接 MD1,B1D1,MB1 ，如图所示，
显然， N 到平面 DD1B1B 的距离为定值， △MB1D1 面积为定值，
结合三棱锥体积公式可知，三棱锥 N−MB1D1 的体积为定值，故②正确；
对于③，当 N 与 D1 重合， M 与 B 重合时，如图所示，
由正方体 ABCD−A1B1C1D1 可知 DD1⊥ 平面 ABCD ， AC⊥BD ，
因为 AC⊂ 平面 ABCD ，所以 DD1⊥AC ，
又因为 BD,DD1⊂ 平面 BDD1 ， BD∩DD1=D ，
所以 AC⊥ 平面 BDD1 ，
因为 BD1⊂ 平面 BDD1 ，所以 AC⊥BD1 ，
同理， B1C⊥BD1 ，
又因为 AC,B1C⊂ 平面 AB1C ， AC∩B1C=C ，
所以 BD1⊥ 平面 AB1C ，即 MN⊥ 平面 AB1C ，
所以存在点 M ， N ，使得 MN⊥ 平面 AB1C ，故③正确；
对于④，当 M 为靠近点 B 的三等分点时，延长 AM 交 BC 于点 P ，
取 CC1 中点 Q ，连接 PQ,BC1,D1Q ，如图所示，
由 AB//C1D1,AB=C1D1 得四边形 ABC1D1 是平行四边形，所以 AD1//BC1,AD1=BC1 ，
由 △ADM∽△PBM 可知 BPAD=BMDM=12 ，即 BP=12AD=12BC ，
所以 P 是 BC 中点，又因为 Q 是 CC1 中点，所以 PQ=12BC1= 2 ， PQ//BC1//AD1 ，
所以平面 D1AM 截该正方体所得截面为等腰梯形 APQD1 ，
在直角 △ABP 中， AP= AB2+BP2= 22+12= 5 ，同理 D1Q= 5 ，
所以截面的周长为 AD1+D1Q+PQ+AP=2 2+ 5+ 2+ 5=2 5+3 2 ，
即当 M 为靠近点 B 的三等分点时，平面 D1AM 截该正方体所得截面的周长为 2 5+3 2 ，故④错误.
故答案为：②③
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有：
(1)定义法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解；
(2)空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解；
(3)转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解.
16.【答案】(1)A=π3
(2)a=2 7 .
【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简可得出 tanA 的值，结合角 A 的取值范围可求得角 A 的值；
(2)利用三角形的面积公式可求得 b 的值，再利用余弦定理可求得 a 的值.
【详解】(1)解：因为 3bcsA−asinB=0 ，所以由正弦定理得 3sinBcsA−sinAsinB=0 .
因为 A 、 B∈0,π ，所以 sinB>0 ，
所以 3csA−sinA=0 ，即 3csA=sinA>0 ，即 tanA= 3 ，所以 A=π3 .
(2)解：由(1)知， A=π3 ，
因为 c=2 ， △ABC 的面积为 3 3 ，
所以由 S△ABC=12bcsinA=12b×2× 32=3 3 ，解得 b=6 .
由余弦定理 a2=b2+c2−2bccsA=62+22−2×6×2×12=28 ，所以 a=2 7 .
17.【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】【分析】(1)由题意得 AD=C1D1 ，且 AD//C1D1 ，所以四边形 ADC1D1 是平行四边形，于是 AD1//C1D ，根据线面平行的判定定理可证得结论；
(2)选①：由题意可得 BD⊥C1D ， BD⊥C1C ，所以 BD⊥ 平面 ACC1A1 ，利用面面垂直的判定定理可得结论；
选②：由题意可得 BD⊥AC ， BD⊥C1C ，从而 BD⊥ 平面 ACC1A1 ，利用面面垂直的判定定理可得结论.
【详解】(1)因为三棱柱 ABC−A1B1C1 是直三棱柱，所以四边形 ACC1A1 是平行四边形.
因为 D,D1 分别为棱 AC,A1C1 的中点，所以 AD=C1D1 ，且 AD//C1D1 ，
所以四边形 ADC1D1 是平行四边形，于是 AD1//C1D .
又 AD1⊄ 平面 BDC1,C1D⊂ 平面 BDC1 ，
所以 AD1 // 平面 BDC1 .
(2)选①：
由(1)知， AD1//C1D ，且 BD⊥AD1 ，所以 BD⊥C1D .
因为直三棱柱 ABC−A1B1C1 ，所以 C1C⊥ 平面 ABC .
又 BD⊂ 平面 ABC ，所以 BD⊥C1C .
因为 C1D∩C1C=C1 ， C1D,C1C⊂ 平面 ACC1A1 ，所以 BD⊥ 平面 ACC1A1 .
因为 BD⊂ 平面 BDC1 ，所以平面 BDC1⊥ 平面 ACC1A1 .
选②：
因为 BA=BC ，且 D 为棱 AC 的中点，所以 BD⊥AC .
因为直三棱柱 ABC−A1B1C1 ，所以 C1C⊥ 平面 ABC .
又 BD⊂ 平面 ABC ，所以 BD⊥C1C .
因为 AC∩C1C=C ， AC,C1C⊂ 平面 ACC1A1 ，所以 BD⊥ 平面 ACC1A1 .
因为 BD⊂ 平面 BDC1 ，所以平面 BDC1⊥ 平面 ACC1A1 .
18.【答案】(1)fx=2sin2x−π6
(2)x=π6 时， gx 有最大值为2.
【解析】【分析】(1)根据函数图象确定A，以及周期即可求得 ω ，利用特殊点坐标可求得 φ ，即可得函数解析式；
(2)先利用三角恒等变换化简 gx ，再根据x的范围，确定 2x+π6 的范围，从而结合正弦函数性质，即可求得答案.
【详解】(1)由图可得 A=2 ，且 T4=7π12−π3=π4 ，
所以 T=π ，即 ω=2ππ=2 ，所以 fx=2sin2x+φ .
又 fπ3=2 ，所以 2sin2×π3+φ=2 ，
即 2π3+φ=π2+2kπk∈Z ，
所以 φ=−π6+2kπk∈Z .
又 φ<π2 ，所以 φ=−π6 ，
故 fx=2sin2x−π6 .
(2)因为 gx=fx+2cs2x ，
所以 gx= 3sin2x−cs2x+2cs2x
= 3sin2x+cs2x =2sin2x+π6 ，
因为 x∈[0,π2] ，所以 π6≤2x+π6≤7π6 ，
所以当 2x+π6=π2 ，即 x=π6 时， gx 有最大值为2.
19.【答案】(1)2578
(2)310
(3)答案见解析
【解析】【分析】(1)(2)根据古典概型的概率公式即可求解，
(3)根据小概率事件即可求解.
【详解】(1)依题意得高一(1)班和高一(2)班学生共有 40+38=78 人，即该随机试验的样本空间有78个样本点.
设事件 A= “此人在模拟选科中选择了“物理+化学”，
则事件 A 包含 10+15=25 个样本点，
所以 PA=2578 .
(2)依题意得高一(1)班选择“物理+思想政治”的学生有2人，分别记为 A1,A2 ；
高一(2)班选择“物理+思想政治”的学生有3人，分别记为 B1,B2,B3 .
该随机试验的样本空间可以表示为：
Ω= {A1A2,A1B1,A1B2,A1B3,A2B1,A2B2,A2B3,B1B2,B1B3,B2B3 }
即 nΩ=10 .
设事件 B= “这2人均来自高一(2)班”，则 B=B1B2,B1B3,B2B3 ，
所以 nB=3 ，故 PB=nBnΩ=310 .
(3)设事件 C= “从高一(1)随机选取1人，此人在第二次选科中选择了“物理+历史”，
事件 D= “从高一(2)班随机选取1人，此人在第二次选科中选择了“物理+历史”，
事件 E= “这两人在第二次选科中都选择了“物理+历史”.
假设第二次选科中选择“物理+历史”的人数没有发生变化，
则由模拟选科数据可知， PC=140,PD=138 .
所以 PE=PCD=PCPD=140×138=11520 .
答案示例1：可以认为第二次选科中选择“物理+历史”的人数发生变化.理由如下：
PE 比较小，概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生，就有理由认为第二次选科中选择“物理+历史”的人数发生了变化.
答案示例2：无法确定第二次选科中选择“物理+历史”的人数是否发生变化.理由如下：
事件 E 是随机事件， PE 虽然比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生，所以无法确定第二次选科中选择“物理+历史”的人数是否有变化.
20.【答案】(1)证明见解析
(2) 3
【解析】【分析】(1)证明 MN//CD ，可得 N 为棱 PD 的中点；
(2)证明 PD⊥ 平面 ABMN ，四棱锥 P−ABMN 的高为 PN ，计算底面梯形 ABMN 的面积，即可计算四棱锥的体积.
【详解】(1)因为四边形 ABCD 是矩形，所以 AB//CD .
又 AB⊄ 平面 PCD ， CD⊂ 平面 PCD ，所以 AB// 平面 PCD .
因为 AB⊂ 平面 ABMN ，平面 ABMN∩ 平面 PCD=MN ，
所以 AB//MN ，即 MN//CD .
又 M 为棱 PC 的中点，所以 N 为棱 PD 的中点.
(2)因为四边形 ABCD 是矩形，所以 AB⊥AD .
因为平面 PAD⊥ 平面 ABCD ， AB⊂ 平面 ABCD ，平面 PAD∩ 平面 ABCD=AD ，
所以 AB⊥ 平面 PAD ， AN,PD⊂ 平面 PAD ，
所以 AB⊥AN,AB⊥PD .
因为 △PAD 为等边三角形， N 为棱 PD 的中点，所以 PD⊥AN .
因为 AB,AN⊂ 平面 ABMN ， AB∩AN=A ，所以 PD⊥ 平面 ABMN ，
即点 P 到平面 ABMN 的距离为 PN ，因为 AD=2 ，所以 PN=1 .
等边三角形 △PAD 中， AN= 3 ，
则直角梯形 ABMN 的面积 S=12AB+MN×AN=12×4+2× 3=3 3 ，
所以四棱锥 P−ABMN 的体积 V=13×3 3×1= 3 .
21.【答案】(1)α1= 5,α2= 13 ， α3= 65
(2)αk+2=αk+1αkk∈N* ，证明见解析
(3)证明见解析
【解析】【分析】(1)根据所给定义即可求解 x3,y3 ，进而根据模长公式即可求解，
(2)根据所给定义以及模长公式即可求解，
(3)利用(2)的结论可得 αk=1k∈N* ，进而可设 αk=csθk,sinθk ，根据定义 xk+2=αk+1⋅αk,yk+2=βk+1⋅αk. 即可结合和差角的公式化简求解.
【详解】(1)因为 α1=(1,2),α2=(3,−2) ，所以 α1= 12+22= 5,α2= 32+(−2)2= 13 .
依题意得 β2=−2,−3 ，所以 x3=α2⋅α1=3×1+−2×2=−1,y3=β2⋅α1=−2×1+−3×2=−8 ，
即 α3=−1,−8 ，所以 α3= (−1)2+(−8)2= 65 .
(2)αk,αk+1,αk+2 的等量关系是 αk+2=αk+1αkk∈N* .
证明如下：
依题意得 αk= xk2+yk2,αk+1= xk+12+yk+12 ，
所以 αk+1αk= xk2+yk2 xk+12+yk+12= xk2xk+12+xk2yk+12+xk+12yk2+yk2yk+12 .
因为 βk+1=yk+1,−xk+1 ，所以 xk+2=αk+1⋅αk=xk+1xk+yk+1yk,yk+2=βk+1⋅αk=xkyk+1−xk+1yk,
即 αk+2=xkxk+1+ykyk+1,xkyk+1−xk+1yk ，
所以 αk+2= xkxk+1+ykyk+12+xkyk+1−xk+1yk2= xk2xk+12+xk2yk+12+xk+12yk2+yk2yk+12 ，
故 αk+2=αk+1αkk∈N* .
(3)由(2)及 α1=α2=1 得 α3=1 .依此类推得 αk=1k∈N* ，可设 αk=csθk,sinθk ，
则 αk+1=csθk+1,sinθk+1,βk+1=sinθk+1,−csθk+1 .
依题意得，
xk+2=αk+1⋅αk=csθk+1csθk+sinθk+1sinθk=csθk+1−θk ，
yk+2=βk+1⋅αk=sinθk+1csθk−csθk+1sinθk=sinθk+1−θk ，
所以 αk+2=csθk+1−θk,sinθk+1−θk .
同理得 αk+3=csθk+1−θk−θk+1,sinθk+1−θk−θk+1=cs−θk,sin−θk ，
αk+4=cs−θk−θk+1−θk,sin−θk−θk+1−θk=cs−θk+1,sin−θk+1 ，
αk+5=cs−θk+1−−θk,sin−θk+1−−θk=csθk−θk+1,sinθk−θk+1 ，
αk+6=csθk−θk+1−−θk+1,sinθk−θk+1−−θk+1=csθk,sinθk .
所以 αk+6=αkk∈N* .
综上，集合 αk∣k∈N* 是有限集.
【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.
物理+化学
物理+生物
物理+思想政治
物理+历史
物理+地理
高一(1)班
10
6
2
1
7
高一(2)班.
15
9
3
1
6
1.已知向量a=(−1,2)，b=(−2,k).若a//b，则实数k=( )
A. 1B. −1C. 4D. −4
2.若i为虚数单位，则1−ii=( )
A. 1+iB. −1+iC. −1−iD. 1−i
3.在平面直角坐标系xOy中，角α与角β均以x轴的非负半轴为始边，终边关于原点O对称.若角α的终边与单位圆⊙O交于点P(23,− 53)，则csβ=( )
A. 23B. −23C. 53D. − 53
4.已知sinα=45，α∈(0,π2)，则sin(α−π4)=( )
A. 210B. − 210C. 7 210D. −7 210
5.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，在该书的第五卷“三斜求积”中，提出了由三角形的三边直接求三角形面积的方法：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实.一为从隅，开平方得积.”把以上这段文字写成公式，就是S= 14[c2a2−(c2+a2−b22)2](其中S为三角形面积，a为小斜，b为中斜，c为大斜).在△ABC中，若a= 2，b= 3，c=3，则△ABC的面积等于( )
A. 24B. 22C. 34D. 32
6.已知m,n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m//n，n//α，则m//αB. 若α⊥β，m//α，则m⊥β
C. 若α⊥β，n⊥α，m⊥n，则m⊥βD. 若α⊥β，m⊄α，m⊥β，则m//α
7.将函数y=cs2x图象上的点Pπ6,m向右平移s(s>0)个单位长度得到点P′.若P′位于函数y=cs(2x−π6)的图象上，则( )
A. m=12，s的最小值为π12B. m=12，s的最小值为π6
C. m= 32，s的最小值为π12D. m= 32，s的最小值为π6
8.如图，在四边形ABCD中，AB//CD,AB=3,CD=2,AD= 3,∠BAD=90∘.若P为线段AB上一动点，则CP→ ⋅DP→ 的最大值为( )
A. 2B. 3C. 6D. 7
9.如图，在正方形SG1G2G3中，E,F分别为边G1G2，G2G3的中点.现沿线段SE，SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使G1,G2,G3三点重合，重合后的点记为G.在该四面体G−SEF中，作GO⊥平面SEF，垂足为O，则O是△SEF的( )
A. 垂心B. 内心C. 外心D. 重心
10.如图，已知直线l1//l2，A为l1,l2之间一定点，并且点A到l1的距离为2，到l2的距离为1.B为直线l2上一动点，作AC⊥AB，且使AC与直线l1交于点C，则△ABC面积的最小值为( )
A. 1B. 32C. 2D. 4
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.已知圆柱的底面半径为1，母线长为2，则其侧面积为__________.
12.某运动员射击一次，命中10环的概率为0.2，命中9环的概率为0.4，则他射击一次命中的环数不超过8的概率为__________.
13.在复平面内，O是原点，向量OZ1→ 对应的复数是z1=2−i，向量OZ2→ 对应的复数是z2=a−2i(a∈R).若OZ1→ ⊥OZ2→ ，则a=__________.
14.若函数f(x)=sinx+cs(x+φ)在区间π4,π2上单调递增，则常数φ的一个取值为__________.
15.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M,N分别为线段BD,AD1上的动点，给出下列四个结论：
①当M为线段BD的中点时，M,N两点之间距离的最小值为 2；
②当N为线段AD1的中点时，三棱锥N−MB1D1的体积为定值；
③存在点M，N，使得MN⊥平面AB1C；
④当M为靠近点B的三等分点时，平面D1AM截该正方体所得截面的周长为2 5+2 2+2.
其中所有正确结论的序号是__________.
三、解答题：本题共6小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题12分)
在△ABC中， 3bcsA−asinB=0.
(1)求A；
(2)若c=2，且△ABC的面积为3 3，求a的值.
17.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D,D1分别为棱AC,A1C1的中点.
(1)求证：AD1//平面BDC1；
(2)再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，
求证：平面BDC1⊥平面ACC1A1.
条件①：BD⊥AD1；条件②：BA=BC.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,φ<π2)的部分图象如图所示.
(1)求f(x)的解析式；
(2)设函数g(x)=f(x)+2cs2x，求g(x)在区间[0,π2]上的最大值以及取得最大值时x的值.
19.(本小题12分)
在新高考背景下，北京高中学生需从思想政治､历史､地理､物理､化学､生物这6个科目中选择3个科目学习并参加相应的等级性考试.为提前了解学生的选科意愿，某校在期中考试之后，组织该校高一学生进行了模拟选科.为了解物理和其他科目组合的人数分布情况，某教师整理了该校高一(1)班和高一(2)班的相关数据，如下表：
其中高一(1)班共有40名学生，高一(2)班共有38名学生.假设所有学生的选择互不影响.
(1)从该校高一(1)班和高一(2)班所有学生中随机选取1人，求此人在模拟选科中选择了“物理+化学”的概率；
(2)从表中选择“物理+思想政治”的学生中随机选取2人参加座谈会，求这2人均来自高一(2)班的概率；
(3)该校在本学期期末考试之后组织高一学生进行了第二次选科，现从高一(1)班和高一(2)班各随机选取1人进行访谈，发现他们在第二次选科中都选择了“物理+历史”.根据这一结果，能否认为在第二次选科中选择“物理+历史”的人数发生了变化？说明理由.
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，M为棱PC的中点，平面ABM与棱PD交于点N.
(1)求证：N为棱PD的中点；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，AB=4,AD=2，△PAD为等边三角形，求四棱锥P−ABMN的体积.
21.(本小题12分)
设非零向量αk=(xk,yk)，βk=(yk,−xk)(k∈N*)，并定义xk+2=αk+1⋅αk,yk+2=βk+1⋅αk.
(1)若α1=(1,2),α2=(3,−2)，求|α1| , |α2| ,|α3|；
(2)写出|αk| , |αk+1| ,|αk+2|(k∈N*)之间的等量关系，并证明；
(3)若α1=α2=1，求证：集合αkk∈N*是有限集.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】由向量共线的坐标运算求解.
【详解】向量 a=(−1,2) ， b=(−2,k) .
若 a//b ，则有 −k=−2×2 ，则 k=4 .
故选：C
2.【答案】C
【解析】【解析】根据复数的除法、乘法运算法则，可得结果.
【详解】 1−ii=1+i−1=−1−i
故应选：C
【点睛】本题主要考查复数的运算，属基础题.
3.【答案】B
【解析】【分析】根据对称可得 P′(−23, 53) ，进而根据三角函数的定义即可求解.
【详解】角 α 与角 β 终边关于原点 O 对称，且若角 α 的终边与单位圆⊙O 交于点 P(23,− 53) ，所以角 β 的终边与单位圆⊙O 交于点 P′(−23, 53) ，
故 csβ= −23 ，
故选：B
4.【答案】A
【解析】【分析】根据同角三角函数关系求出 csα ，再根据两角差的正弦公式求解即可.
【详解】因为 sinα=45 ， α∈(0,π2) ，
所以 csα= 1−452=35 ，
则 sin(α−π4)=sinαcsπ4−csαsinπ4= 22×45− 22×35= 210 .
故选：A.
5.【答案】B
【解析】【分析】利用题中所给三角形的面积公式即可求解．
【详解】在 △ABC 中，若 a= 2 ， b= 3 ， c=3 ，
则 △ABC 的面积 S= 14[c2a2−(c2+a2−b22)2]= 14[9×2−(9+2−32)2]= 22 .
故选：B.
6.【答案】D
【解析】【分析】对于ABC，举例判断，对于D，利用面面垂直的性质和线面平行的判定分析判断
【详解】对于A，如图在长方体中， m //n ， n //α ，此时 m⊂α ，所以A错误，
对于B，如图在长方体中， α⊥β ， m //α ，此时 m //β ，所以B错误，
对于C，如图在长方体中， α⊥β ， n⊥α ， m⊥n ，此时 m //β ，所以C错误，
对于D，如图，设 α∩β=l ，在平面 α 作直线 a⊥l 于点 A ，因为 α⊥β ，所以 a⊥β ，
因为 m⊥β ，所以 m //a ，因为 a⊂α ， m⊄α ，所以 m //α ，所以D正确，
故选：D
7.【答案】A
【解析】【分析】由题意 P 在函数 y=cs2x 上，可得 m 的值，求出 P′ 的坐标，由题意可得关于 s 的方程，可得 s 的最小值．
【详解】点 P 在函数上，所以 m=cs(2×π6)=12 ，则 P′(π6+s ， 12) ，
将 P′(π6+s ， 12) 代入 y=cs(2x−π6) 中可得 cs(π3+2s−π6)=12⇒cs(2s+π6)=12 ，
2s+π6=±π3+2kπ,k∈Z ，可得 s=π12+kπ 或 s=−π4+kπ,k∈Z ，
由于 s>0 ，所以 s 的最小值为 π12 .
故选：A
8.【答案】C
【解析】【分析】由题建立平面直角坐标系，再由平面向量数量积的坐标运算得到 CP⋅DP=(x−1)2+2 ，再求二次函数的最大值即可．
【详解】以 A 为原点， AB ， AD 所在直线分别为 x ， y 轴建立平面直角坐标系，
则 A(0,0) ， B(3,0) ， C(2, 3) ， D(0, 3) ，
设 P(x,0) ，其中 0≤x≤3 ，
则 CP=(x−2,− 3) ， DP=(x,− 3) ，
∴ CP⋅DP=x(x−2)+3=x2−2x+3=(x−1)2+2 ，
当 x=3 时， CP⋅DP 有最大值6.
故选：C.
9.【答案】A
【解析】【分析】根据题意证明 GF⊥ 平面 GES ，得到 GF⊥SE ，进而证明 SE⊥ 平面 GFO ，得到 SE⊥OF ，同理得到 EF⊥OS 和 SF⊥OE 即可得到答案.
【详解】如下图所示，在四面体 G−SEF 中，连接 OF,OS,OE ，
由题意知， GS⊥GF ， GE⊥GF ，
又因为 GS,GE⊂ 平面 GES ， GS∩GE=G ，
所以 GF⊥ 平面 GES ，
因为 SE⊂ 平面 GES ，所以 GF⊥SE ，
因为 GO⊥ 平面 SEF ， SE⊂ 平面 SEF ，所以 GO⊥SE ，
又因为 GO,GF⊂ 平面 GFO ， GO∩GF=G ，
所以 SE⊥ 平面 GFO ，
因为 OF⊂ 平面 GFO ，所以 SE⊥OF ，
同理， EF⊥OS ， SF⊥OE ，
则 O 是 △SEF 的垂心.
故选：A
10.【答案】C
【解析】【分析】建立直角坐标系．直线 AC 的斜率存在，设方程为： y=kx ， k≠0 ，直线 BC 的方程为： y=−1kx ，可得 △ABC 的面积 S=12|AC|⋅|AB| ，再利用基本不等式的性质即可得出．或者利用锐角三角函数，结合二倍角公式以及三角函数的性质及可求解.
【详解】解法一：不妨将图形顺时针旋转 90∘ ，然后以点 A 为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系．
直线 AC 的斜率存在，设方程为： y=kx ， k≠0 .
则直线 AB 的方程为： y=−1kx ，
∴C(2,2k) ， B(−1,1k) .
∴△ABC 的面积 S=12AC⋅AB=12 4+4k2× 1+1k2= 2+k2+1k2≥2 ，
当且仅当 k=±1 时取等号．
∴△ABC 的面积最小值为2.
故选：C.
解法二：
设角 ∠BAD=α, 则 ∠ACE=α ，故 AB=ADcsα=1csα,AC=AEsinα=2sinα,
所以 △ABC 的面积 S=12AC⋅AB=1sinαcsα=2sin2α,
由于 α∈0,π2 ，所以 2α∈0,π ，故当 sin2α=1 时，面积取最小值2，
故选：C
11.【答案】 4π
【解析】【分析】根据圆柱的侧面积公式，即可求得该圆柱的侧面积，得到答案.
【详解】由题意，圆柱的底面半径为1，母线长为2，
根据圆柱的侧面积公式，可得其侧面积为 S=2πrl=2π×1×2=4π .
【点睛】本题主要考查了圆柱的侧面积公式的应用，其中解答中熟记圆柱的侧面积公式，准确计算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.
12.【答案】 25
【解析】【分析】根据对立事件的定义求解即可．
【详解】由题意，射击一次命中的环数不超过8的概率为 1−0.2−0.4=0.4 .
故答案为：0.4
13.【答案】 −1
【解析】【分析】求出两向量的坐标，然后由 OZ1→ ⊥OZ2→ ，可得 OZ1→ ⋅OZ2→ =0 ，可求出 a 的值.
【详解】因为向量 OZ1→ 对应的复数是 z1=2−i ，向量 OZ2→ 对应的复数是 z2=a−2i(a∈R) ，
所以 OZ1→ =(2,−1) ， OZ2→ =(a,−2) ，
因为 OZ1→ ⊥OZ2→ ，所以 OZ1→ ⋅OZ2→ =2a+2=0 ，得 a=−1 ，
故答案为： −1
14.【答案】 −π2 (答案不唯一)
【解析】【分析】当 φ=−π2+2kπ,k∈Z 时，化简得到 f(x)=2sinx ，满足 fx 在区间 π4,π2 上单调递增，即可得到答案.
【详解】由函数 y=sinx 的图象与性质，可得函数 y=sinx 在区间 π4,π2 上单调递增，
当 φ=−π2+2kπ,k∈Z 时，
可得 f(x)=sinx+cs(x−π2+2kπ)=sinx+cs(x−π2)=2sinx ，
此时函数 fx 满足在区间 π4,π2 上单调递增，
当 k=0 时， φ=−π2 ，所以常数 φ 的一个取值可以为 −π2 .
故答案为： −π2 (答案不唯一).
15.【答案】②③
【解析】【分析】对于①，根据垂线段最短，结合等边三角形图形特点进行计算即可；
对于②，根据三棱锥体积公式进行判断即可；
对于③，根据线面垂直的判定定理得到 BD1⊥ 平面 AB1C ，进而判断即可；
对于④，根据正方体图形特点找到截面，进而求解周长即可.
【详解】对于①，当 M 为线段 BD 的中点时，连接 AC,CD1 ，如图所示，
则 M 为线段 AC 的中点， △ACD1 是边长为 2 2 的正三角形，
M,N 两点之间距离的最小值为 M 到 AD1 的垂线段长度，
此时 2 ，故①错误；
对于②，当 N 为线段 AD1 的中点时，连接 MD1,B1D1,MB1 ，如图所示，
显然， N 到平面 DD1B1B 的距离为定值， △MB1D1 面积为定值，
结合三棱锥体积公式可知，三棱锥 N−MB1D1 的体积为定值，故②正确；
对于③，当 N 与 D1 重合， M 与 B 重合时，如图所示，
由正方体 ABCD−A1B1C1D1 可知 DD1⊥ 平面 ABCD ， AC⊥BD ，
因为 AC⊂ 平面 ABCD ，所以 DD1⊥AC ，
又因为 BD,DD1⊂ 平面 BDD1 ， BD∩DD1=D ，
所以 AC⊥ 平面 BDD1 ，
因为 BD1⊂ 平面 BDD1 ，所以 AC⊥BD1 ，
同理， B1C⊥BD1 ，
又因为 AC,B1C⊂ 平面 AB1C ， AC∩B1C=C ，
所以 BD1⊥ 平面 AB1C ，即 MN⊥ 平面 AB1C ，
所以存在点 M ， N ，使得 MN⊥ 平面 AB1C ，故③正确；
对于④，当 M 为靠近点 B 的三等分点时，延长 AM 交 BC 于点 P ，
取 CC1 中点 Q ，连接 PQ,BC1,D1Q ，如图所示，
由 AB//C1D1,AB=C1D1 得四边形 ABC1D1 是平行四边形，所以 AD1//BC1,AD1=BC1 ，
由 △ADM∽△PBM 可知 BPAD=BMDM=12 ，即 BP=12AD=12BC ，
所以 P 是 BC 中点，又因为 Q 是 CC1 中点，所以 PQ=12BC1= 2 ， PQ//BC1//AD1 ，
所以平面 D1AM 截该正方体所得截面为等腰梯形 APQD1 ，
在直角 △ABP 中， AP= AB2+BP2= 22+12= 5 ，同理 D1Q= 5 ，
所以截面的周长为 AD1+D1Q+PQ+AP=2 2+ 5+ 2+ 5=2 5+3 2 ，
即当 M 为靠近点 B 的三等分点时，平面 D1AM 截该正方体所得截面的周长为 2 5+3 2 ，故④错误.
故答案为：②③
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何的综合应用.解决立体几何问题的常见方法有：
(1)定义法，通过相关的判定定理和性质定理直接求解；
(2)空间向量法，运用空间向量进行基底转化或者运用坐标法结合公式求解；
(3)转化法，通过转化与化归，将所求长度或角度转化求解.
16.【答案】(1)A=π3
(2)a=2 7 .
【解析】【分析】(1)利用正弦定理化简可得出 tanA 的值，结合角 A 的取值范围可求得角 A 的值；
(2)利用三角形的面积公式可求得 b 的值，再利用余弦定理可求得 a 的值.
【详解】(1)解：因为 3bcsA−asinB=0 ，所以由正弦定理得 3sinBcsA−sinAsinB=0 .
因为 A 、 B∈0,π ，所以 sinB>0 ，
所以 3csA−sinA=0 ，即 3csA=sinA>0 ，即 tanA= 3 ，所以 A=π3 .
(2)解：由(1)知， A=π3 ，
因为 c=2 ， △ABC 的面积为 3 3 ，
所以由 S△ABC=12bcsinA=12b×2× 32=3 3 ，解得 b=6 .
由余弦定理 a2=b2+c2−2bccsA=62+22−2×6×2×12=28 ，所以 a=2 7 .
17.【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【解析】【分析】(1)由题意得 AD=C1D1 ，且 AD//C1D1 ，所以四边形 ADC1D1 是平行四边形，于是 AD1//C1D ，根据线面平行的判定定理可证得结论；
(2)选①：由题意可得 BD⊥C1D ， BD⊥C1C ，所以 BD⊥ 平面 ACC1A1 ，利用面面垂直的判定定理可得结论；
选②：由题意可得 BD⊥AC ， BD⊥C1C ，从而 BD⊥ 平面 ACC1A1 ，利用面面垂直的判定定理可得结论.
【详解】(1)因为三棱柱 ABC−A1B1C1 是直三棱柱，所以四边形 ACC1A1 是平行四边形.
因为 D,D1 分别为棱 AC,A1C1 的中点，所以 AD=C1D1 ，且 AD//C1D1 ，
所以四边形 ADC1D1 是平行四边形，于是 AD1//C1D .
又 AD1⊄ 平面 BDC1,C1D⊂ 平面 BDC1 ，
所以 AD1 // 平面 BDC1 .
(2)选①：
由(1)知， AD1//C1D ，且 BD⊥AD1 ，所以 BD⊥C1D .
因为直三棱柱 ABC−A1B1C1 ，所以 C1C⊥ 平面 ABC .
又 BD⊂ 平面 ABC ，所以 BD⊥C1C .
因为 C1D∩C1C=C1 ， C1D,C1C⊂ 平面 ACC1A1 ，所以 BD⊥ 平面 ACC1A1 .
因为 BD⊂ 平面 BDC1 ，所以平面 BDC1⊥ 平面 ACC1A1 .
选②：
因为 BA=BC ，且 D 为棱 AC 的中点，所以 BD⊥AC .
因为直三棱柱 ABC−A1B1C1 ，所以 C1C⊥ 平面 ABC .
又 BD⊂ 平面 ABC ，所以 BD⊥C1C .
因为 AC∩C1C=C ， AC,C1C⊂ 平面 ACC1A1 ，所以 BD⊥ 平面 ACC1A1 .
因为 BD⊂ 平面 BDC1 ，所以平面 BDC1⊥ 平面 ACC1A1 .
18.【答案】(1)fx=2sin2x−π6
(2)x=π6 时， gx 有最大值为2.
【解析】【分析】(1)根据函数图象确定A，以及周期即可求得 ω ，利用特殊点坐标可求得 φ ，即可得函数解析式；
(2)先利用三角恒等变换化简 gx ，再根据x的范围，确定 2x+π6 的范围，从而结合正弦函数性质，即可求得答案.
【详解】(1)由图可得 A=2 ，且 T4=7π12−π3=π4 ，
所以 T=π ，即 ω=2ππ=2 ，所以 fx=2sin2x+φ .
又 fπ3=2 ，所以 2sin2×π3+φ=2 ，
即 2π3+φ=π2+2kπk∈Z ，
所以 φ=−π6+2kπk∈Z .
又 φ<π2 ，所以 φ=−π6 ，
故 fx=2sin2x−π6 .
(2)因为 gx=fx+2cs2x ，
所以 gx= 3sin2x−cs2x+2cs2x
= 3sin2x+cs2x =2sin2x+π6 ，
因为 x∈[0,π2] ，所以 π6≤2x+π6≤7π6 ，
所以当 2x+π6=π2 ，即 x=π6 时， gx 有最大值为2.
19.【答案】(1)2578
(2)310
(3)答案见解析
【解析】【分析】(1)(2)根据古典概型的概率公式即可求解，
(3)根据小概率事件即可求解.
【详解】(1)依题意得高一(1)班和高一(2)班学生共有 40+38=78 人，即该随机试验的样本空间有78个样本点.
设事件 A= “此人在模拟选科中选择了“物理+化学”，
则事件 A 包含 10+15=25 个样本点，
所以 PA=2578 .
(2)依题意得高一(1)班选择“物理+思想政治”的学生有2人，分别记为 A1,A2 ；
高一(2)班选择“物理+思想政治”的学生有3人，分别记为 B1,B2,B3 .
该随机试验的样本空间可以表示为：
Ω= {A1A2,A1B1,A1B2,A1B3,A2B1,A2B2,A2B3,B1B2,B1B3,B2B3 }
即 nΩ=10 .
设事件 B= “这2人均来自高一(2)班”，则 B=B1B2,B1B3,B2B3 ，
所以 nB=3 ，故 PB=nBnΩ=310 .
(3)设事件 C= “从高一(1)随机选取1人，此人在第二次选科中选择了“物理+历史”，
事件 D= “从高一(2)班随机选取1人，此人在第二次选科中选择了“物理+历史”，
事件 E= “这两人在第二次选科中都选择了“物理+历史”.
假设第二次选科中选择“物理+历史”的人数没有发生变化，
则由模拟选科数据可知， PC=140,PD=138 .
所以 PE=PCD=PCPD=140×138=11520 .
答案示例1：可以认为第二次选科中选择“物理+历史”的人数发生变化.理由如下：
PE 比较小，概率比较小的事件一般不容易发生.一旦发生，就有理由认为第二次选科中选择“物理+历史”的人数发生了变化.
答案示例2：无法确定第二次选科中选择“物理+历史”的人数是否发生变化.理由如下：
事件 E 是随机事件， PE 虽然比较小，一般不容易发生，但还是有可能发生，所以无法确定第二次选科中选择“物理+历史”的人数是否有变化.
20.【答案】(1)证明见解析
(2) 3
【解析】【分析】(1)证明 MN//CD ，可得 N 为棱 PD 的中点；
(2)证明 PD⊥ 平面 ABMN ，四棱锥 P−ABMN 的高为 PN ，计算底面梯形 ABMN 的面积，即可计算四棱锥的体积.
【详解】(1)因为四边形 ABCD 是矩形，所以 AB//CD .
又 AB⊄ 平面 PCD ， CD⊂ 平面 PCD ，所以 AB// 平面 PCD .
因为 AB⊂ 平面 ABMN ，平面 ABMN∩ 平面 PCD=MN ，
所以 AB//MN ，即 MN//CD .
又 M 为棱 PC 的中点，所以 N 为棱 PD 的中点.
(2)因为四边形 ABCD 是矩形，所以 AB⊥AD .
因为平面 PAD⊥ 平面 ABCD ， AB⊂ 平面 ABCD ，平面 PAD∩ 平面 ABCD=AD ，
所以 AB⊥ 平面 PAD ， AN,PD⊂ 平面 PAD ，
所以 AB⊥AN,AB⊥PD .
因为 △PAD 为等边三角形， N 为棱 PD 的中点，所以 PD⊥AN .
因为 AB,AN⊂ 平面 ABMN ， AB∩AN=A ，所以 PD⊥ 平面 ABMN ，
即点 P 到平面 ABMN 的距离为 PN ，因为 AD=2 ，所以 PN=1 .
等边三角形 △PAD 中， AN= 3 ，
则直角梯形 ABMN 的面积 S=12AB+MN×AN=12×4+2× 3=3 3 ，
所以四棱锥 P−ABMN 的体积 V=13×3 3×1= 3 .
21.【答案】(1)α1= 5,α2= 13 ， α3= 65
(2)αk+2=αk+1αkk∈N* ，证明见解析
(3)证明见解析
【解析】【分析】(1)根据所给定义即可求解 x3,y3 ，进而根据模长公式即可求解，
(2)根据所给定义以及模长公式即可求解，
(3)利用(2)的结论可得 αk=1k∈N* ，进而可设 αk=csθk,sinθk ，根据定义 xk+2=αk+1⋅αk,yk+2=βk+1⋅αk. 即可结合和差角的公式化简求解.
【详解】(1)因为 α1=(1,2),α2=(3,−2) ，所以 α1= 12+22= 5,α2= 32+(−2)2= 13 .
依题意得 β2=−2,−3 ，所以 x3=α2⋅α1=3×1+−2×2=−1,y3=β2⋅α1=−2×1+−3×2=−8 ，
即 α3=−1,−8 ，所以 α3= (−1)2+(−8)2= 65 .
(2)αk,αk+1,αk+2 的等量关系是 αk+2=αk+1αkk∈N* .
证明如下：
依题意得 αk= xk2+yk2,αk+1= xk+12+yk+12 ，
所以 αk+1αk= xk2+yk2 xk+12+yk+12= xk2xk+12+xk2yk+12+xk+12yk2+yk2yk+12 .
因为 βk+1=yk+1,−xk+1 ，所以 xk+2=αk+1⋅αk=xk+1xk+yk+1yk,yk+2=βk+1⋅αk=xkyk+1−xk+1yk,
即 αk+2=xkxk+1+ykyk+1,xkyk+1−xk+1yk ，
所以 αk+2= xkxk+1+ykyk+12+xkyk+1−xk+1yk2= xk2xk+12+xk2yk+12+xk+12yk2+yk2yk+12 ，
故 αk+2=αk+1αkk∈N* .
(3)由(2)及 α1=α2=1 得 α3=1 .依此类推得 αk=1k∈N* ，可设 αk=csθk,sinθk ，
则 αk+1=csθk+1,sinθk+1,βk+1=sinθk+1,−csθk+1 .
依题意得，
xk+2=αk+1⋅αk=csθk+1csθk+sinθk+1sinθk=csθk+1−θk ，
yk+2=βk+1⋅αk=sinθk+1csθk−csθk+1sinθk=sinθk+1−θk ，
所以 αk+2=csθk+1−θk,sinθk+1−θk .
同理得 αk+3=csθk+1−θk−θk+1,sinθk+1−θk−θk+1=cs−θk,sin−θk ，
αk+4=cs−θk−θk+1−θk,sin−θk−θk+1−θk=cs−θk+1,sin−θk+1 ，
αk+5=cs−θk+1−−θk,sin−θk+1−−θk=csθk−θk+1,sinθk−θk+1 ，
αk+6=csθk−θk+1−−θk+1,sinθk−θk+1−−θk+1=csθk,sinθk .
所以 αk+6=αkk∈N* .
综上，集合 αk∣k∈N* 是有限集.
【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.
物理+化学
物理+生物
物理+思想政治
物理+历史
物理+地理
高一(1)班
10
6
2
1
7
高一(2)班.
15
9
3
1
6
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