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2022-2023学年山东省威海市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年山东省威海市高一下学期期末数学试题（含详细答案解析），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。
1.已知角α的终边经过点(1 , −1)，则sinα=( )
A. − 32B. 22C. − 22D. 12
2.下列角的终边与60∘角的终边关于x轴对称的是.( )
A. 660∘B. −660∘C. 690∘D. −690∘
3.已知1+cs2θsin2θ=2，则tanθ=( )
A. 2B. −2C. 12D. −12
4.已知正四棱锥的侧棱长为 5，高与斜高的夹角为30∘，则该正四棱锥的体积为.( )
A. 4 33B. 2 33C. 4 3D. 2 3
5.在空间四边形ABCD中，若E，F分别为AB，BC的中点，G∈CD，H∈AD，且CG=2GD，AH=2HD，则( )
A. 直线EH与FG平行B. 直线EH，FG，BD相交于一点
C. 直线EH与FG异面D. 直线EG，FH，AC相交于一点
6.古希腊地理学家埃拉托色尼从书中得知，位于尼罗河第一瀑布的塞伊尼(现在的阿斯旺，在北回归线上)记为A，夏至那天正午，阳光直射，立杆无影；同样在夏至那天，他所在的城市——埃及北部的亚历山大城记为B，测得立杆与太阳光线所成的角约为7.2∘.他又派人测得A，B两地的距离AB⌢=800km，平面示意图如图，则可估算地球的半径约为(π≈3.14)( )
A. 7260kmB. 6870kmC. 6369kmD. 5669km
7.如图，ABCD为正方形，∠DAM=45∘，点E在AB上，点F在射线AM上，且AF= 2BE，则∠ECF=( )
A. 60∘B. 45∘C. 30∘D. 不确定
8.在△ABC中，AB=a，AC=b，D为AB的中点，E为BC上一点，且CE=2EB，AE交CD于点F，则( )
A. AF=14a+12bB. AF=12a+14b
C. AF=15a+25bD. AF=25a+15b
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.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则( )
A. 直线AB1与A1C1所成的角为60∘B. 直线AC与B1D1所成的角为60∘
C. 二面角B−AD−B1的大小为45∘D. 二面角A−BD−A1的大小为45∘
10.记△ABC的内角A，B ，C所对的边分别为a，b，c ，那么以下正确的是.( )
A. 若sin2A=sin2B，则△ABC是等腰三角形
B. 若tanAtanB=1，则△ABC是直角三角形
C. 若a=2ccsB，则△ABC是 等腰三角形
D. 若sin(A−B)sin(B−C)=0，则△ABC是等边三角形
11.已知O为坐标原点，点P1(csα,sinα)，P2(csβ,sinβ)，P3(cs(α−β),sin(α−β))，A(1 , 0)，则( )
A. |OP1|=|OP3|B. |AP3|=|P1P2|
C. OA⋅OP1=OP2⋅OP3D. OA⋅OP3=OP1⋅OP2
12.若函数f(x)=sinωx+csωx(ω>0)在[0,2π]有且仅有3个零点，则( )
A. y=f(x)的图象关于直线x=54ωπ对称
B. f(x)在(0 ,π5)单调递增
C. f(x)=− 2在(0 , 2π)有且仅有1个解
D. ω的取值范围是[118, 158)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知锐角α，β满足tanα=2，tanβ=3，则α+β=__________.
14.将函数f(x)=sin(2x+2π3)图象上的所有点向右平移π3个单位，再把所得到的曲线上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数y=g(x)的图象，则g(x)=__________.
15.已知非零向量a，b满足|a|=2|b|，且(a−b)⊥b，则向量a与b的夹角为__________.
16.已知三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，∠BDC=90∘，AB= 3，BD=3.在此棱锥表面上，从点C经过棱AD上一点到达点B的路径中，最短路径的长度为 13，则该棱锥外接球的表面积为__________.
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.(本小题10分)
如图，四棱锥S−ABCD的底面为正方形，E为SD的中点.
(1)证明：SB//平面ACE；
(2)若SA⊥平面ABCD，证明：SC⊥BD.
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=2 3cs2x+2sinxcsx− 3.
(1)当x∈0,π2时，求f(x)的取值范围；
(2)若锐角α，β满足f(α2−π6)=85，cs(α+β)=−1213，求sinβ.
19.(本小题12分)
记△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c已知向量m=(b,cs (B−π6))，n=(−sin A,a)，且m⊥n.
(1)求角B；
(2)若D为AC的中点，BD= 7，AC=2 3，求△ABC的面积.
20.(本小题12分)
图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠CBF=60∘.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：平面ABC⊥平面BCGE；
(2)证明：DG//平面ABC；
(3)求直线AG与平面ABC所成角的正切值.
21.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1 , 0)，点B在第二象限，且|OB|= 5.
(1)若点B的横坐标为−2，现将向量OB绕原点O沿顺时针方向旋转90∘到OC的位置，求点C的坐标；
(2)已知向量OP与OA，OB的夹角分别为θ，45∘，且csθ= 1010，|OP|=2 10，若OP=xOA+yOB，求x+y的值.
22.(本小题12分)
(1)证明：cs2x−cs2y=−2sin(x+y)sin(x−y)；
(2)记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asinA=(b+c)sinB.
(ⅰ)证明：A=2B；
(ⅱ)若(b−c)(m+2cs2B)≤2b成立，求实数m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查任意角的三角函数定义，属于基础题.
直接利用三角函数的坐标定义求解即得解.
【解答】
解：由题得 sinα=−1 12+(−1)2=− 22 .
故选：C
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查终边相同角的相关应用以及计算能力，属于较易题.
根据已知角，利用周期性写出终边相同角，再结合选项判断即可.
【解答】
解：由题意知，与60∘角的终边关于x轴对称的角为θ=−60∘+360∘⋅k,k∈Z.
当k=2时，θ=−60∘+720∘=660∘，故A正确.
经验证，其他三项均不符合要求.
故选：A.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查二倍角公式，同角三角函数基本关系，属于基础题.
由 1=sin2θ+cs2θ 及二倍角公式，得 1+cs2θsin2θ=1tanθ=2 ，即可得解.
【解答】
解：由题意，得 1+cs2θsin2θ=sin2θ+cs2θ+cs2θ−sin2θ2sinθcsθ
=2cs2θ2sinθcsθ=csθsinθ=1tanθ=2 ，所以 tanθ=12 .
故选：C.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查对棱锥体积的计算，属于一般题.
画出图形，正四棱锥 P−ABCD ，高为 PO ，斜高为 PE ，然后根据已知条件列方程可求出高和底面边长，从而可求出体积.
【解答】
解：如图，
在正四棱锥 P−ABCD ，高为 PO ，斜高为 PE ，
题意可得 PA=PB=PC=PD= 5,∠OPE=30∘
设正方形 ABCD 的边长为 a ，则 OE=BE=12a ，
在 Rt△POE 中， PE=2OE=a ，
在 Rt△PBE 中， PE2+BE2=PB2 ，则 a2+14a2=5 ，解得 a=2 ，
所以 PO= PE2−OE2= 4−1= 3 ，
所以正四棱锥的体积为 13AB2⋅PO=13×4× 3=4 33 .
故选：A.
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间中的线线关系，属于中档题.
首先利用相似三角形证明 HG//AC 且 HG=13AC ，再利用中位线定理证明 EF//AC 且 EF=12AC ，从而得到四边形 EFGH 为梯形，且 EH ， FG 是梯形的两腰，设 EH ， FG 交于一点 P ，利用平面的性质证明 P 是直线 EH ， BD ， FG 的公共点即可．
【解答】
解：因为 CG=2GD ， AH=2HD ，且 ∠ADC=∠HDG ，
所以 △ADC∼△HDG ，所以 HG//AC 且 HG=13AC ，
因为 E ， F 分别为 AB ， BC 的中点，所以 EF//AC 且 EF=12AC ，
所以 HG//EF 且 HG≠EF ，故四边形 EFGH 为梯形，且 EH ， FG 是梯形的两腰，
所以 EH ， FG 交于一点，设交点为 P ，则 P∈EH ， P∈FG ，
又因为 EH⊂ 平面 ABD ，
所以 P∈ 平面 ABD ，
同理， P∈ 平面 BCD ，
又平面 ABD∩ 平面 BCD=BD ，
所以 P∈BD ，
所以点 P 是直线 EH ， BD ， FG 的公共点，
故直线 EH 、 FG 、 BD 相交于一点．
故选：B
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查弧长及扇形面积，属于中档题.
利用圆的性质及周长公式即可求解.
【解答】
解：设地心为 O ，依题意可得， ∠AOB=7.2∘ ， AB⌢=800km，
设地球的周长为 C ，半径为 R ，
则 7.2360=800C=8002πR ，所以 R=800×3602π×7.2≈6369 km.
故选：C
7.【答案】B
【解析】【分析】根据边角关系证明三角形全等，即可根据对应边和角相等求解.
解：在 BC 取 BH=BE ，连接 EH ，
由于 BH=BE ， ∠ABC=90∘ ，所以 EH= 2BE ，
又 AF= 2BE ，所以 AF=EH ，
由于 ∠FAE=∠EHC=135∘ ， BA=BC,BE=BH ， AH=HC
所以 △FAE≅△EHC ，
所以 EF=EC,∠AEF=∠ECB .
故 ∠AEF+∠CEB=∠ECH+∠CEB=90∘,∴∠CEF=90∘ ，
故 ∠ECF=∠EFC=45∘
故选：B
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查平面向量基本定理，属于中档题.
根据平面向量共线定理、平面向量线性运算法则及平面向量基本定理得到方程，解得即可.
【解答】
解：依题意 AD=12AB ，又 CE=2EB ，
所以 AE=AB+BE=AB+13BC =AB+13AC−AB=23AB+13AC ，
因为 A 、 F 、 E 三点共线，所以 AF=λAE=2λ3AB+λ3AC ，
又 D 、 F 、 C 三点共线，所以 AF=μAD+1−μAC=12μAB+1−μAC ，
因为 AB 、 AC 不共线，所以 2λ3=12μλ3=1−μ ，解得 λ=35μ=45 ，
所以 AF=25AB+15AC=25a+15b .
故选：D
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角，考查二面角，属于中档题.
根据正方体的特征，即可由空间角的定义，结合选项即可逐一求解.
【解答】
解：对于A，连接AC，CB1，由正方体的性质知：AB1=B1C=AC，
所以△AB1C为等边三角形，故∠B1AC=60∘，
由于A1A//C1C,A1A=C1C，所以四边形A1ACC1为平行四边形，所以A1C1//AC，
故∠B1AC=60∘即为直线AB1与A1C1所成的角，故A正确，
对于B，由于B1D1//BD，而BD⊥AC，所以直线AC与B1D1所成的角为90∘，故B错误，
对于C，因为DA⊥平面B1BAA1，AB1⊂平面B1BAA1，
所以AD⊥AB1，又因为AB⊥DA，故∠BAB1即为二面角B−AD−B1的平面角，
由于∠BAB1=45∘，故C正确，
对于D，连接A1D，A1B，
设正方体的棱长为2，所以A1D=BD=A1B=2 2,AO= 2,A1O= 6，
因为AA1⊥平面ABCD，而BD⊂平面ABCD，故AA1⊥BD，
而AC⊥BD，AC∩AA1=A，且AC∩AA1⊂平面ACC1A1，故BD⊥平面ACC1A1，
而A1O⊂平面ACC1A1，故A1O⊥BD，
又AO⊥BD,∴∠A1OA二面角A−BD−A1的平面角，
所以sin∠A1OA=AA1A O=2 6= 63，故D错误．
故选：AC
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考察逆用两角和与差的余弦公式和正弦公式的运用及计算能力，属于一般题.
A. 分析得到A=B或C=π2，则△ABC是等腰三角形或直角三角形，所以该选项错误；B.化简得到C=π2.所以△ABC是直角三角形，所以该选项正确；C.化简得到B=C，则△ABC是等腰三角形，所以该选项正确；D.化简得△ABC是等腰三角形，所以该选项错误.
【解答】
解：A.若sin2A=sin2B，则2A=2B或2A+2B=π，所以A=B或C=π2，则△ABC是等腰三角形或直角三角形，所以该选项错误；
B. 若tanAtanB=1，则sinAsinBcsAcsB=1,所以csAcsB−sinAsinB=0,所以cs(A+B)=0,所以−csC=0,所以C=π2 ，
所以△ABC是直角三角形，所以该选项正确；
C. 若a=2ccsB，所以sin A=sin (B+C)=2sin Ccs B,
所以sinBcsC−csBsinC=0，所以sin(B−C)=0,所以B=C，
则△ABC是等腰三角形，所以该选项正确；
D. 若sin(A−B)sin(B−C)=0，所以A=B或B=C，
则△ABC是等腰三角形，所以该选项错误.
故选：BC.
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标运算，向量模的坐标表示，属于中档题.
通过计算得到|OP1|=|OP3|，所以选项A正确；通过计算得到|AP3|=|P1P2|= 2−2cs(α−β)，所以选项B正确；OA⋅OP1=csα，OP2⋅OP3=cs2β−α，所以选项C不正确；通过计算得到OA⋅OP3=OP1⋅OP2，所以选项D正确.
【解答】
解：对选项A：OP1= cs2α+sin2α=1，OP3= cs2(α−β)+sin2(α−β)=1，
所以该选项正确；
对选项B：AP3=(cs(α−β)−1,sin(α−β))，∴|AP3|= 2−2cs(α−β)，P1P2=(csβ−csα,sinβ−sinα)，
所以|P1P2|= 2−2csαcsβ−2sinαsinβ= 2−2cs(α−β)，
所以|AP3|=|P1P2|，所以该选项正确；
对选项C：OA⋅OP1=1,0⋅csα,sinα=csα，OP2⋅OP3=csβ,sinβ⋅csα−β,sinα−β
=csβcsα−β+sinβsinα−β=cs2β−α，所以该选项不正确；
对选项D：OA⋅OP3=csα−β,sinα−β⋅1,0=csα−β，
OP1⋅OP2=csα,sinα⋅csβ,sinβ=csαcsβ+sinαsinβ=csα−β，
所以该选项正确.
故选：ABD
12.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了正弦(型)函数的对称轴、单调性、零点，属于中档题.
化简已知得到118≤ω<158，所以选项D正确；令ωx+π4=kπ+π2,k∈Z,得到x=(4k+1)π4ω，即可判断选项A正确；求出π4<ωx+π4<58π即可判断选项B错误；求出f(x)=− 2在(0 , 2π)有且仅有2个解.所以选项C错误.
【解答】
解：由题得f(x)=sinωx+csωx= 2sin(ωx+π4).
∵0≤x≤2π,∴π4≤ωx+π4≤2ωπ+π4,k∈Z，
因为函数在[0,2π]有且仅有3个零点，
所以2ωπ+π4≥3π2ωπ+π4<4π,∴118≤ω<158，
所以ω的取值范围是[118, 158),所以选项D正确；
对于选项A，令ωx+π4=kπ+π2,k∈Z,
∴x=kπω+π4ω,k∈Z,∴x=(4k+1)π4ω,k∈Z，
令k=1,∴x=5π4ω，所以y=f(x)的图象关于直线x=54ωπ对称，所以该选项正确；
对于选项B，因为0所以f(x)在(0 ,π5)不是单调递增，所以该选项错误；
对于选项C，0所以当ωx+π4=3π2或72π时，f(x)=− 2，
所以f(x)=− 2在(0 , 2π)有且仅有2个解，所以该选项错误.
故选：AD
13.【答案】3π4
【解析】【分析】
本题考查两角和与差的正弦公式，属于基础题.
根据正切和角公式即可求解.
【解答】
解：由 tanα=2 ， tanβ=3 得 tanα+β=tanα+tanβ1−tanαtanβ=2+31−2×3=−1 ，
由于 α ， β 为锐角，所以 α+β∈0,π ，故 α+β=3π4 ，
故答案为： 3π4
14.【答案】sinx
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的图象变换，属于中档题.
利用三角函数的图象变换法则(平移，伸缩变换等)即可求解.
【解答】
解：将函数 f(x)=sin(2x+2π3) 图象上的所有点向右平移 π3 个单位，
得到函数 y=f(x−π3)=sin[2(x−π3)+2π3]=sin2x 的图象，
再把 y=sin2x 图象上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的 2 倍，
得到函数 y=g(x)=sinx 的图象.
故答案为： sinx
15.【答案】π3
【解析】【分析】
本题考查利用向量数量积求夹角，属于中档题.
由已知得 (a−b)⋅b=0 ，再利用数量积公式化简即得解.
【解答】
解：因为 (a−b)⊥b ，
所以 (a−b)⋅b=a⋅b−b2=|a||b|cs−|b|2=0 ，
所以 2|b||b|cs−|b|2=0 ，所以 cs=12 .
因为∈[0,π],∴=π3 .
故答案为： π3
16.【答案】13π
【解析】【分析】
本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，球的表面积，属于中档题.
根据几何体的线面关系可将其放进一个长方体，外接球直径就是体对角线长，此时需要长方体的长宽高数据，根据题干中的最短路径数据，转化成平面问题列余弦定理方程求解.
【解答】
解： 由于 AB⊥ 平面 BCD ， ∠BDC=90∘ ，
可将三棱锥放在一个如图的长方体里，
长方体的外接球直径就是三棱锥的外接球的直径，就是体对角线 AC 的长，
将 △ACD 翻折到和 △ABD 共面的状态，如下图：
由 AB⊥ 平面 BCD ， BD⊂ 平面 BCD ，故 AB⊥ BD ，
在上图长方体中，显然 CD⊥ 平面 ABD ，
又 AD⊂ 平面 ABD ，故 CD⊥ AD ，
在 △ABD 中， tan∠ADB=ABBD= 33 ，
则 ∠ADB=30∘ ，于是 ∠CDB=120∘ ，
由题意，点 C 经过棱 AD 上一点到达点 B 的路径中，最短路径的长度为 13 ，
则平面图中的 BC= 13 ，设 CD=x ，
在 △BCD 中，由余弦定理， x2+9−2⋅x⋅3⋅cs120∘=13 ，
整理得 x2+3x−4=0 ，解得 x=1=CD (负值舍去).
故长方体中， BC= 32+12= 10 ，
则 AC= AB2+BC2= 13 ，即为外接球直径，
故外接球的表面积是 4π× 1322=13π .
故答案为： 13π
17.【答案】证明：(1)设 BD 与 AC 交于点 F ，连接 EF ，
因为底面 ABCD 是正方形，所以 F 为 BD 的 中点，
又因为 E 为 SD 的中点，所以 EF//SB ，
因为 SB⊄ 平面 ACE ， EF⊂ 平面 ACE ，
所以 SB // 平面 ACE .
(2)因为底面 ABCD 是正方形，所以 AC⊥BD ，
又因为 SA⊥ 平面 ABCD ， BD⊂ 平面 ABCD ，所以 SA⊥BD ，
又 AC∩SA=A ， AC,SA⊂ 平面 SAC ，
所以 BD⊥ 平面 SAC ，
因为 SC⊂ 平面 SAC ，所以 SC⊥BD .
【解析】本题考查线面平行的判定，线面垂直的性质，属于基础题.
(1)根据题意，设 BD 与 AC 交于点 F ，连接 EF ，由线面平行的判定定理即可证明；
(2)由线面垂直的性质定理及判定定理即可得证.
18.【答案】解：(1)f(x)=2 3cs2x+2sinxcsx− 3
=sin2x+ 3cs2x=2sin(2x+π3) ，
因为 x∈[0,π2] ，则 2x+π3∈π3,4π3 ，
所以 sin2x+π3∈− 32,1 ，所以 f(x)∈[− 3,2] .
(2)由第(1)问知 fα2−π6=2sin2α2−π6+π3=85 ，
所以 sinα=45 ，
因为 α∈(0,π2) ，所以 csα=35 ，
因为 α ， β 为锐角，
所以 α+β∈0,π ，因为 cs(α+β)=−1213 ，所以 sin(α+β)=513 ，
所以 sinβ=sin[(α+β)−α]=sin(α+β)csα−cs(α+β)sinα
=513×35+1213×45=6365 .
【解析】本题考查三角恒等变换，三角函数的性质，两角和与差的正弦公式，属于中档题.
(1)根据二倍角公式以及辅助角公式化简 fx=2sin(2x+π3) ，即可根据整体法求解范围，
(2)根据同角关系求解 csα=35 ， sin(α+β)=513 ，即可根据正弦和差角公式求解
19.【答案】解：(1)由题意知 m⋅n=−bsin A+acs (B−π6)=0 ，
所以 bsinA=acsB−π6 ，
由正弦定理可知 sinBsinA=sinAcsBcsπ6+sinBsinπ6 ，
即 sinBsinA=sinA( 32csB+12sinB) ，
因为 A∈0,π ，所以 sinA>0 ，
所以 12sinB= 32csB ，即得 tanB= 3 ，
因为 B∈0,π ，所以 B=π3 .
(2)因为 D 为 AC 的中点，
所以 BD=12(BA+BC) ，
所以 BD2=14(BA+BC)2 ，所以 ( 7)2=14(a2+c2+2accsB) ，
所以 a2+c2+ac=28 ，①
由余弦定理可知 b2=(2 3)2=a2+c2−2accsB ，
所以 a2+c2−ac=12 ，②
由①②得 ac=8 ，
所以 S△ABC=12acsinB=12×8× 32=2 3 .
【解析】本题考查利用正弦定理解三角形，三角形的面积公式，利用余弦定理解三角形，属于中档题.(1)根据向量垂直的坐标表示先找出 △ABC 中的边角关系，利用三角恒等变换和边角互化进行求解；
(2)利用 BD=12(BA+BC) ，平方后列出关于边长的条件，然后根据三角形的面积公式求解.
20.【答案】解：(1)
由题意知 AB⊥BE ， AB⊥BC ， BE∩BC=B,BE,BC⊂ 平面 BCGE ，
所以 AB⊥ 平面 BCGE ，
又 AB⊂ 平面 ABC ，
所以平面 ABC⊥ 平面 BCGE .
(2)由题意可知 AD//BE,AD=EB ， CG//BE,CG=BE ，
所以 AD//CG,AD=CG ，
所以四边形 ACGD 为平行四边形，所以 AC//DG ，
又 AC⊂ 平面 ABC ， DG⊄ 平面 ABC ，所以 DG// 平面 ABC .
(3)过 G 作 GH⊥BC 交 BC 于点 H ，连接 AH ，
因为平面 ABC⊥ 平面 BCGE ，且交线为 BC,GH⊂ 平面 BCGE ，
所以 GH⊥ 平面 ABC ，
所以 AG 在平面 ABC 内的射影为 AH ，
所以 AG 与平面 ABC 所成的角为 ∠GAH ，
因为 ∠CBF=60∘ ，所以 ∠GCH=60∘ ，
在 Rt△CHG 中， CH=2cs60∘=1 ， GH=2sin60∘= 3 ，
在 Rt△ABH 中， AB=1 ， BH=1+2=3 ，所以 AH= 32+12= 10 ，
所以 tan∠GAH= 3 10= 3010 ，
所以 AG 与平面 ABC 所成角的正切值为 3010 .
【解析】本题考查面面垂直的判定、线面平行的判定、直线与平面所成角，属于中档题.
(1)根据线面垂直、面面垂直，即可证明，
(2)利用线线平行即可求证线面平行，
(3)根据线面角的定义，得其几何角，即可利用边角故选求解.
21.【答案】解：(1)因为 |OB|= 5 ，点 B 在第二象限且横坐标为 −2 ，
所以点 B 的坐标为 (−2 , 1) ，
设 ∠AOB=α ，由三角函数定义可知 csα=−2 55 ， sinα= 55 ，
因为向量 OB 绕原点 O 沿顺时针方向旋转 90O 到 OC 的位置，
所以角 α−90∘ 的终边位于射线 OC 上，
所以 cs(α−90∘)=sinα= 55 ， sin(α−90∘)=−csα=2 55 ，
设点 C 的坐标为 (a , b) ，
所以 a=|OB|cs(α−90∘)=1 ， b=|OB|sin(α−90∘)=2 ，
所以点 C 的坐标为 (1 , 2) .
(2)因为向量 OP 与 OA 的夹角为 θ 且 csθ= 1010 ，
所以 sinθ=3 1010 ，
所以点 P 横纵坐标分别为 2 10× 1010=2 ， 2 10×3 1010=6 ，
即点 P 坐标为 (2 , 6) ，所以 OP=(2 , 6) .
因为向量 OP 与 OB 的夹角为 45∘ ，且点 B 在第二象限，
所以角 θ+45∘ 的终边位于射线 OB 上，
又 cs(θ+45∘)= 22× 1010− 22×3 1010=− 55 ，
sin(θ+45∘)= 22×3 1010+ 22× 1010=2 55 ，
所以点 B 的横纵坐标分别为 5×(− 55)=−1 ， 5×2 55=2 ，
即点 B 坐标为 (−1 , 2) ，所以 OB=(−1 , 2) ，
因为 OP=xOA+yOB ，
所以 (2 , 6)=x(1 ,0)+y(−1 , 2) ，
所以 x−y=22y=6 ，
解得 x=5y=3 ，所以 x+y=8 .
【解析】本题考查三角函数定义，两角和与差的正余弦公式，属于中档题.
(1)根据三角函数的定义即可求解，
(2)根据三角函数的定义，结合和差角公式即可根据向量的坐标运算求解.
22.【答案】解：(1)证明：(1)法一： cs2x−cs2y=cs[(x+y)+(x−y)]−cs[(x+y)−(x−y)] =cs(x+y)cs(x−y)−sin(x+y)sin(x−y)−cs(x+y)cs(x−y)−sin(x+y)sin(x−y)
=−2sin(x+y)sin(x−y) .
法二： 2sin(x+y)sin(x−y)=2(sinxcsy+csxsiny)(sinxcsy−csxsiny) =2(sin2xcs2y−cs2xsin2y)
=2[sin2xcs2y−(1−sin2x)(1−cs2y)]
=2(cs2y−cs2x)=1+cs2y−1−cs2x=cs2y−cs2x ，
所以 cs2x−cs2y=−2sin(x+y)sin(x−y) .
(2)(ⅰ)法一：因为 asinA=(b+c)sinB ，
由正弦定理可知 sin2A=(sinB+sinC)sinB ，
即 sin2A=sin2B+sinBsinC ，
即 1−cs2A2=1−cs2B2+sinBsinC ，可得 cs2B−cs2A=2sinBsinC ，
由(1)可知 cs2B−cs2A=−2sin(A+B)sin(B−A)=−2sinCsin(B−A) ，
所以 −2sinCsin(B−A)=2sinCsinB ，因为 sinC≠0 ，所以 −sin(B−A)=sinB ，
所以 sin(A−B)=sinB ，因为 B∈(0 , π) ，所以 sin(A−B)>0 ，
又因为 A∈(0 , π) ，所以 A−B∈(0,π) ，所以 A−B=B 或 A−B+B=π (舍)，
所以 A=2B .
法二：因为 asinA=(b+c)sinB ，由正弦定理可得 bc=a2−b2 ，
因为 csA=b2+c2−a22bc ，所以 csA=c−b2b ，
所以 csA=sinC−sinB2sinB ，即 2sinBcsA=sinC−sinB ，
所以 2sinBcsA=sin(A+B)−sinB ，
即 sinAcsB−sinBcsA=sinB ，所以 sin(A−B)=sinB ，
因为 B∈(0 , π) ，所以 sin(A−B)>0 ，又因为 A∈(0 , π) ，
所以 A−B∈(0,π) ，所以 A−B=B 或 A−B+B=π (舍)，所以 A=2B .
解：(ⅱ)法一：因为 asinA=(b+c)sinB ，所以 a2=(b+c)b ，即 bc=a2−b2 ，
因为 (b−c)(m+2cs2B)≤2b ，所以 (bc−c2)(m+2cs2B)≤2bc ，
所以 (a2−b2−c2)(m+2cs2B)≤2bc ，
所以 −b2+c2−a22bc(m+2cs2B)≤1 ，
(m+2cs2B)csA+1≥0 ，
因为 A=2B ，所以 (m+2cs2B)cs2B+1≥0 ，
(m+2cs2B)(2cs2B−1)+1≥0 ，
4cs4B+(2m−2)cs2B−m+1≥0 ，
因为 A ， B ， C∈(0 , π) ， A=2B ，可得 B∈(0,π3) ，
设 cs2B=t ，则 t∈(14 , 1) ，
即 4t2+(2m−2)t−m+1≥0 对 ∀t∈(14 , 1) 成立，
令 f(t)=4t2+(2m−2)t−m+1 ，
当 1−m4≤14 时，即 m≥0 时，可得 f(14)≥0 ，解得 m≤32 ，所以 0≤m≤32 ；
当 14<1−m4<1 时，即 −3当 1−m4≥1 时，即 m≤−3 时，可得 f(1)≥0 ，解得 m≥−3 ，所以 m=−3 .
综上， −3≤m≤32 .
法二：因为 (b−c)(m+2cs2B)≤2b ，由正弦定理可知 (sinB−sinC)(m+2cs2B)≤2sinB ，
因为 A=2B ，所以 sinC=sin3B ，
sin3B=sin(2B+B)=sin2BcsB+sinBcs2B=2cs2BsinB+sinB(2cs2B−1)=sinB(4cs2B−1) ，
代入 (sinB−sinC)(m+2cs2B)≤2sinB ，整理得 (m+2cs2B)(2cs2B−1)+1≥0 ，下同法一.
法三：因为 A=2B ，将 (m+2cs2B)csA+1≥0 整理得 (m+1+csA)csA+1≥0 ，
即 cs2A+(m+1)csA+1≥0 ，由题意可得 A∈(0,2π3) ，设 csA=t ，则 t∈(−12 , 1) ，
即 t2+(m+1)t+1≥0 对 ∀t∈(−12 , 1) 成立，令 f(t)=t2+(m+1)t+1 ，
当 −m+12≤−12 时，即 m≥0 时，可得 f(−12)≥0 ，解得 m≤32 ，所以 0≤m≤32 ；
当 −12<−1+m2<1 时，即 −3当 −1+m2≥1 时，即 m≤−3 时，可得 f(1)≥0 ，解得 m≥−3 ，所以 m=−3 .
综上， −3≤m≤32 .
【解析】本题考查正、余弦定理的综合应用，考查两角和与差的余弦公式，考查两角和与差的正弦公式等，属于较难题.
(1)证法一：从左向右证，先变形 cs2x−cs2y=cs[(x+y)+(x−y)]−cs[(x+y)−(x−y)] ，然后利用两角和与差的余弦公式化简即可，证法二：从右向左证，利用两角和与差的正弦公式化简即可，
(2)(ⅰ)证法一：将 asinA=(b+c)sinB 利用正弦定理统一成角的形式，再利用三角函数恒等变换公式化简即可，证法二：将 asinA=(b+c)sinB 利用正弦定理统一成边的形式，然后利用余弦定理结合三角函数恒变换公式化简即可；
(ⅱ)解法一：由 asinA=(b+c)sinB 可得 bc=a2−b2 ，再由 (b−c)(m+2cs2B)≤2b ，得 (bc−c2)(m+2cs2B)≤2bc ，再结合余弦定理和 A=2B 得 4cs4B+(2m−2)cs2B−m+1≥0 ，换元后构造函数分类讨论可求得结果，解法二：将 (b−c)(m+2cs2B)≤2b 由正弦定理统一成角的形式，再结合 A=2B 得 4cs4B+(2m−2)cs2B−m+1≥0 ，换元后构造函数分类讨论可求得结果，解法三：由 A=2B ，将 (m+2cs2B)csA+1≥0 整理得 cs2A+(m+1)csA+1≥0 ，换元后构造函数分类讨论可求得结果.
1.已知角α的终边经过点(1 , −1)，则sinα=( )
A. − 32B. 22C. − 22D. 12
2.下列角的终边与60∘角的终边关于x轴对称的是.( )
A. 660∘B. −660∘C. 690∘D. −690∘
3.已知1+cs2θsin2θ=2，则tanθ=( )
A. 2B. −2C. 12D. −12
4.已知正四棱锥的侧棱长为 5，高与斜高的夹角为30∘，则该正四棱锥的体积为.( )
A. 4 33B. 2 33C. 4 3D. 2 3
5.在空间四边形ABCD中，若E，F分别为AB，BC的中点，G∈CD，H∈AD，且CG=2GD，AH=2HD，则( )
A. 直线EH与FG平行B. 直线EH，FG，BD相交于一点
C. 直线EH与FG异面D. 直线EG，FH，AC相交于一点
6.古希腊地理学家埃拉托色尼从书中得知，位于尼罗河第一瀑布的塞伊尼(现在的阿斯旺，在北回归线上)记为A，夏至那天正午，阳光直射，立杆无影；同样在夏至那天，他所在的城市——埃及北部的亚历山大城记为B，测得立杆与太阳光线所成的角约为7.2∘.他又派人测得A，B两地的距离AB⌢=800km，平面示意图如图，则可估算地球的半径约为(π≈3.14)( )
A. 7260kmB. 6870kmC. 6369kmD. 5669km
7.如图，ABCD为正方形，∠DAM=45∘，点E在AB上，点F在射线AM上，且AF= 2BE，则∠ECF=( )
A. 60∘B. 45∘C. 30∘D. 不确定
8.在△ABC中，AB=a，AC=b，D为AB的中点，E为BC上一点，且CE=2EB，AE交CD于点F，则( )
A. AF=14a+12bB. AF=12a+14b
C. AF=15a+25bD. AF=25a+15b
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.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，则( )
A. 直线AB1与A1C1所成的角为60∘B. 直线AC与B1D1所成的角为60∘
C. 二面角B−AD−B1的大小为45∘D. 二面角A−BD−A1的大小为45∘
10.记△ABC的内角A，B ，C所对的边分别为a，b，c ，那么以下正确的是.( )
A. 若sin2A=sin2B，则△ABC是等腰三角形
B. 若tanAtanB=1，则△ABC是直角三角形
C. 若a=2ccsB，则△ABC是 等腰三角形
D. 若sin(A−B)sin(B−C)=0，则△ABC是等边三角形
11.已知O为坐标原点，点P1(csα,sinα)，P2(csβ,sinβ)，P3(cs(α−β),sin(α−β))，A(1 , 0)，则( )
A. |OP1|=|OP3|B. |AP3|=|P1P2|
C. OA⋅OP1=OP2⋅OP3D. OA⋅OP3=OP1⋅OP2
12.若函数f(x)=sinωx+csωx(ω>0)在[0,2π]有且仅有3个零点，则( )
A. y=f(x)的图象关于直线x=54ωπ对称
B. f(x)在(0 ,π5)单调递增
C. f(x)=− 2在(0 , 2π)有且仅有1个解
D. ω的取值范围是[118, 158)
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知锐角α，β满足tanα=2，tanβ=3，则α+β=__________.
14.将函数f(x)=sin(2x+2π3)图象上的所有点向右平移π3个单位，再把所得到的曲线上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的2倍，得到函数y=g(x)的图象，则g(x)=__________.
15.已知非零向量a，b满足|a|=2|b|，且(a−b)⊥b，则向量a与b的夹角为__________.
16.已知三棱锥A−BCD中，AB⊥平面BCD，∠BDC=90∘，AB= 3，BD=3.在此棱锥表面上，从点C经过棱AD上一点到达点B的路径中，最短路径的长度为 13，则该棱锥外接球的表面积为__________.
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.(本小题10分)
如图，四棱锥S−ABCD的底面为正方形，E为SD的中点.
(1)证明：SB//平面ACE；
(2)若SA⊥平面ABCD，证明：SC⊥BD.
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=2 3cs2x+2sinxcsx− 3.
(1)当x∈0,π2时，求f(x)的取值范围；
(2)若锐角α，β满足f(α2−π6)=85，cs(α+β)=−1213，求sinβ.
19.(本小题12分)
记△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c已知向量m=(b,cs (B−π6))，n=(−sin A,a)，且m⊥n.
(1)求角B；
(2)若D为AC的中点，BD= 7，AC=2 3，求△ABC的面积.
20.(本小题12分)
图①是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠CBF=60∘.将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连接DG，如图②.
(1)证明：平面ABC⊥平面BCGE；
(2)证明：DG//平面ABC；
(3)求直线AG与平面ABC所成角的正切值.
21.(本小题12分)
在平面直角坐标系xOy中，已知点A(1 , 0)，点B在第二象限，且|OB|= 5.
(1)若点B的横坐标为−2，现将向量OB绕原点O沿顺时针方向旋转90∘到OC的位置，求点C的坐标；
(2)已知向量OP与OA，OB的夹角分别为θ，45∘，且csθ= 1010，|OP|=2 10，若OP=xOA+yOB，求x+y的值.
22.(本小题12分)
(1)证明：cs2x−cs2y=−2sin(x+y)sin(x−y)；
(2)记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知asinA=(b+c)sinB.
(ⅰ)证明：A=2B；
(ⅱ)若(b−c)(m+2cs2B)≤2b成立，求实数m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查任意角的三角函数定义，属于基础题.
直接利用三角函数的坐标定义求解即得解.
【解答】
解：由题得 sinα=−1 12+(−1)2=− 22 .
故选：C
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查终边相同角的相关应用以及计算能力，属于较易题.
根据已知角，利用周期性写出终边相同角，再结合选项判断即可.
【解答】
解：由题意知，与60∘角的终边关于x轴对称的角为θ=−60∘+360∘⋅k,k∈Z.
当k=2时，θ=−60∘+720∘=660∘，故A正确.
经验证，其他三项均不符合要求.
故选：A.
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查二倍角公式，同角三角函数基本关系，属于基础题.
由 1=sin2θ+cs2θ 及二倍角公式，得 1+cs2θsin2θ=1tanθ=2 ，即可得解.
【解答】
解：由题意，得 1+cs2θsin2θ=sin2θ+cs2θ+cs2θ−sin2θ2sinθcsθ
=2cs2θ2sinθcsθ=csθsinθ=1tanθ=2 ，所以 tanθ=12 .
故选：C.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查对棱锥体积的计算，属于一般题.
画出图形，正四棱锥 P−ABCD ，高为 PO ，斜高为 PE ，然后根据已知条件列方程可求出高和底面边长，从而可求出体积.
【解答】
解：如图，
在正四棱锥 P−ABCD ，高为 PO ，斜高为 PE ，
题意可得 PA=PB=PC=PD= 5,∠OPE=30∘
设正方形 ABCD 的边长为 a ，则 OE=BE=12a ，
在 Rt△POE 中， PE=2OE=a ，
在 Rt△PBE 中， PE2+BE2=PB2 ，则 a2+14a2=5 ，解得 a=2 ，
所以 PO= PE2−OE2= 4−1= 3 ，
所以正四棱锥的体积为 13AB2⋅PO=13×4× 3=4 33 .
故选：A.
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间中的线线关系，属于中档题.
首先利用相似三角形证明 HG//AC 且 HG=13AC ，再利用中位线定理证明 EF//AC 且 EF=12AC ，从而得到四边形 EFGH 为梯形，且 EH ， FG 是梯形的两腰，设 EH ， FG 交于一点 P ，利用平面的性质证明 P 是直线 EH ， BD ， FG 的公共点即可．
【解答】
解：因为 CG=2GD ， AH=2HD ，且 ∠ADC=∠HDG ，
所以 △ADC∼△HDG ，所以 HG//AC 且 HG=13AC ，
因为 E ， F 分别为 AB ， BC 的中点，所以 EF//AC 且 EF=12AC ，
所以 HG//EF 且 HG≠EF ，故四边形 EFGH 为梯形，且 EH ， FG 是梯形的两腰，
所以 EH ， FG 交于一点，设交点为 P ，则 P∈EH ， P∈FG ，
又因为 EH⊂ 平面 ABD ，
所以 P∈ 平面 ABD ，
同理， P∈ 平面 BCD ，
又平面 ABD∩ 平面 BCD=BD ，
所以 P∈BD ，
所以点 P 是直线 EH ， BD ， FG 的公共点，
故直线 EH 、 FG 、 BD 相交于一点．
故选：B
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查弧长及扇形面积，属于中档题.
利用圆的性质及周长公式即可求解.
【解答】
解：设地心为 O ，依题意可得， ∠AOB=7.2∘ ， AB⌢=800km，
设地球的周长为 C ，半径为 R ，
则 7.2360=800C=8002πR ，所以 R=800×3602π×7.2≈6369 km.
故选：C
7.【答案】B
【解析】【分析】根据边角关系证明三角形全等，即可根据对应边和角相等求解.
解：在 BC 取 BH=BE ，连接 EH ，
由于 BH=BE ， ∠ABC=90∘ ，所以 EH= 2BE ，
又 AF= 2BE ，所以 AF=EH ，
由于 ∠FAE=∠EHC=135∘ ， BA=BC,BE=BH ， AH=HC
所以 △FAE≅△EHC ，
所以 EF=EC,∠AEF=∠ECB .
故 ∠AEF+∠CEB=∠ECH+∠CEB=90∘,∴∠CEF=90∘ ，
故 ∠ECF=∠EFC=45∘
故选：B
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查平面向量基本定理，属于中档题.
根据平面向量共线定理、平面向量线性运算法则及平面向量基本定理得到方程，解得即可.
【解答】
解：依题意 AD=12AB ，又 CE=2EB ，
所以 AE=AB+BE=AB+13BC =AB+13AC−AB=23AB+13AC ，
因为 A 、 F 、 E 三点共线，所以 AF=λAE=2λ3AB+λ3AC ，
又 D 、 F 、 C 三点共线，所以 AF=μAD+1−μAC=12μAB+1−μAC ，
因为 AB 、 AC 不共线，所以 2λ3=12μλ3=1−μ ，解得 λ=35μ=45 ，
所以 AF=25AB+15AC=25a+15b .
故选：D
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查异面直线所成角，考查二面角，属于中档题.
根据正方体的特征，即可由空间角的定义，结合选项即可逐一求解.
【解答】
解：对于A，连接AC，CB1，由正方体的性质知：AB1=B1C=AC，
所以△AB1C为等边三角形，故∠B1AC=60∘，
由于A1A//C1C,A1A=C1C，所以四边形A1ACC1为平行四边形，所以A1C1//AC，
故∠B1AC=60∘即为直线AB1与A1C1所成的角，故A正确，
对于B，由于B1D1//BD，而BD⊥AC，所以直线AC与B1D1所成的角为90∘，故B错误，
对于C，因为DA⊥平面B1BAA1，AB1⊂平面B1BAA1，
所以AD⊥AB1，又因为AB⊥DA，故∠BAB1即为二面角B−AD−B1的平面角，
由于∠BAB1=45∘，故C正确，
对于D，连接A1D，A1B，
设正方体的棱长为2，所以A1D=BD=A1B=2 2,AO= 2,A1O= 6，
因为AA1⊥平面ABCD，而BD⊂平面ABCD，故AA1⊥BD，
而AC⊥BD，AC∩AA1=A，且AC∩AA1⊂平面ACC1A1，故BD⊥平面ACC1A1，
而A1O⊂平面ACC1A1，故A1O⊥BD，
又AO⊥BD,∴∠A1OA二面角A−BD−A1的平面角，
所以sin∠A1OA=AA1A O=2 6= 63，故D错误．
故选：AC
10.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考察逆用两角和与差的余弦公式和正弦公式的运用及计算能力，属于一般题.
A. 分析得到A=B或C=π2，则△ABC是等腰三角形或直角三角形，所以该选项错误；B.化简得到C=π2.所以△ABC是直角三角形，所以该选项正确；C.化简得到B=C，则△ABC是等腰三角形，所以该选项正确；D.化简得△ABC是等腰三角形，所以该选项错误.
【解答】
解：A.若sin2A=sin2B，则2A=2B或2A+2B=π，所以A=B或C=π2，则△ABC是等腰三角形或直角三角形，所以该选项错误；
B. 若tanAtanB=1，则sinAsinBcsAcsB=1,所以csAcsB−sinAsinB=0,所以cs(A+B)=0,所以−csC=0,所以C=π2 ，
所以△ABC是直角三角形，所以该选项正确；
C. 若a=2ccsB，所以sin A=sin (B+C)=2sin Ccs B,
所以sinBcsC−csBsinC=0，所以sin(B−C)=0,所以B=C，
则△ABC是等腰三角形，所以该选项正确；
D. 若sin(A−B)sin(B−C)=0，所以A=B或B=C，
则△ABC是等腰三角形，所以该选项错误.
故选：BC.
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标运算，向量模的坐标表示，属于中档题.
通过计算得到|OP1|=|OP3|，所以选项A正确；通过计算得到|AP3|=|P1P2|= 2−2cs(α−β)，所以选项B正确；OA⋅OP1=csα，OP2⋅OP3=cs2β−α，所以选项C不正确；通过计算得到OA⋅OP3=OP1⋅OP2，所以选项D正确.
【解答】
解：对选项A：OP1= cs2α+sin2α=1，OP3= cs2(α−β)+sin2(α−β)=1，
所以该选项正确；
对选项B：AP3=(cs(α−β)−1,sin(α−β))，∴|AP3|= 2−2cs(α−β)，P1P2=(csβ−csα,sinβ−sinα)，
所以|P1P2|= 2−2csαcsβ−2sinαsinβ= 2−2cs(α−β)，
所以|AP3|=|P1P2|，所以该选项正确；
对选项C：OA⋅OP1=1,0⋅csα,sinα=csα，OP2⋅OP3=csβ,sinβ⋅csα−β,sinα−β
=csβcsα−β+sinβsinα−β=cs2β−α，所以该选项不正确；
对选项D：OA⋅OP3=csα−β,sinα−β⋅1,0=csα−β，
OP1⋅OP2=csα,sinα⋅csβ,sinβ=csαcsβ+sinαsinβ=csα−β，
所以该选项正确.
故选：ABD
12.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查了正弦(型)函数的对称轴、单调性、零点，属于中档题.
化简已知得到118≤ω<158，所以选项D正确；令ωx+π4=kπ+π2,k∈Z,得到x=(4k+1)π4ω，即可判断选项A正确；求出π4<ωx+π4<58π即可判断选项B错误；求出f(x)=− 2在(0 , 2π)有且仅有2个解.所以选项C错误.
【解答】
解：由题得f(x)=sinωx+csωx= 2sin(ωx+π4).
∵0≤x≤2π,∴π4≤ωx+π4≤2ωπ+π4,k∈Z，
因为函数在[0,2π]有且仅有3个零点，
所以2ωπ+π4≥3π2ωπ+π4<4π,∴118≤ω<158，
所以ω的取值范围是[118, 158),所以选项D正确；
对于选项A，令ωx+π4=kπ+π2,k∈Z,
∴x=kπω+π4ω,k∈Z,∴x=(4k+1)π4ω,k∈Z，
令k=1,∴x=5π4ω，所以y=f(x)的图象关于直线x=54ωπ对称，所以该选项正确；
对于选项B，因为0
对于选项C，0
所以f(x)=− 2在(0 , 2π)有且仅有2个解，所以该选项错误.
故选：AD
13.【答案】3π4
【解析】【分析】
本题考查两角和与差的正弦公式，属于基础题.
根据正切和角公式即可求解.
【解答】
解：由 tanα=2 ， tanβ=3 得 tanα+β=tanα+tanβ1−tanαtanβ=2+31−2×3=−1 ，
由于 α ， β 为锐角，所以 α+β∈0,π ，故 α+β=3π4 ，
故答案为： 3π4
14.【答案】sinx
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的图象变换，属于中档题.
利用三角函数的图象变换法则(平移，伸缩变换等)即可求解.
【解答】
解：将函数 f(x)=sin(2x+2π3) 图象上的所有点向右平移 π3 个单位，
得到函数 y=f(x−π3)=sin[2(x−π3)+2π3]=sin2x 的图象，
再把 y=sin2x 图象上的所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的 2 倍，
得到函数 y=g(x)=sinx 的图象.
故答案为： sinx
15.【答案】π3
【解析】【分析】
本题考查利用向量数量积求夹角，属于中档题.
由已知得 (a−b)⋅b=0 ，再利用数量积公式化简即得解.
【解答】
解：因为 (a−b)⊥b ，
所以 (a−b)⋅b=a⋅b−b2=|a||b|cs
所以 2|b||b|cs
因为
故答案为： π3
16.【答案】13π
【解析】【分析】
本题考查多面体和旋转体表面上的最短距离问题，球的表面积，属于中档题.
根据几何体的线面关系可将其放进一个长方体，外接球直径就是体对角线长，此时需要长方体的长宽高数据，根据题干中的最短路径数据，转化成平面问题列余弦定理方程求解.
【解答】
解： 由于 AB⊥ 平面 BCD ， ∠BDC=90∘ ，
可将三棱锥放在一个如图的长方体里，
长方体的外接球直径就是三棱锥的外接球的直径，就是体对角线 AC 的长，
将 △ACD 翻折到和 △ABD 共面的状态，如下图：
由 AB⊥ 平面 BCD ， BD⊂ 平面 BCD ，故 AB⊥ BD ，
在上图长方体中，显然 CD⊥ 平面 ABD ，
又 AD⊂ 平面 ABD ，故 CD⊥ AD ，
在 △ABD 中， tan∠ADB=ABBD= 33 ，
则 ∠ADB=30∘ ，于是 ∠CDB=120∘ ，
由题意，点 C 经过棱 AD 上一点到达点 B 的路径中，最短路径的长度为 13 ，
则平面图中的 BC= 13 ，设 CD=x ，
在 △BCD 中，由余弦定理， x2+9−2⋅x⋅3⋅cs120∘=13 ，
整理得 x2+3x−4=0 ，解得 x=1=CD (负值舍去).
故长方体中， BC= 32+12= 10 ，
则 AC= AB2+BC2= 13 ，即为外接球直径，
故外接球的表面积是 4π× 1322=13π .
故答案为： 13π
17.【答案】证明：(1)设 BD 与 AC 交于点 F ，连接 EF ，
因为底面 ABCD 是正方形，所以 F 为 BD 的 中点，
又因为 E 为 SD 的中点，所以 EF//SB ，
因为 SB⊄ 平面 ACE ， EF⊂ 平面 ACE ，
所以 SB // 平面 ACE .
(2)因为底面 ABCD 是正方形，所以 AC⊥BD ，
又因为 SA⊥ 平面 ABCD ， BD⊂ 平面 ABCD ，所以 SA⊥BD ，
又 AC∩SA=A ， AC,SA⊂ 平面 SAC ，
所以 BD⊥ 平面 SAC ，
因为 SC⊂ 平面 SAC ，所以 SC⊥BD .
【解析】本题考查线面平行的判定，线面垂直的性质，属于基础题.
(1)根据题意，设 BD 与 AC 交于点 F ，连接 EF ，由线面平行的判定定理即可证明；
(2)由线面垂直的性质定理及判定定理即可得证.
18.【答案】解：(1)f(x)=2 3cs2x+2sinxcsx− 3
=sin2x+ 3cs2x=2sin(2x+π3) ，
因为 x∈[0,π2] ，则 2x+π3∈π3,4π3 ，
所以 sin2x+π3∈− 32,1 ，所以 f(x)∈[− 3,2] .
(2)由第(1)问知 fα2−π6=2sin2α2−π6+π3=85 ，
所以 sinα=45 ，
因为 α∈(0,π2) ，所以 csα=35 ，
因为 α ， β 为锐角，
所以 α+β∈0,π ，因为 cs(α+β)=−1213 ，所以 sin(α+β)=513 ，
所以 sinβ=sin[(α+β)−α]=sin(α+β)csα−cs(α+β)sinα
=513×35+1213×45=6365 .
【解析】本题考查三角恒等变换，三角函数的性质，两角和与差的正弦公式，属于中档题.
(1)根据二倍角公式以及辅助角公式化简 fx=2sin(2x+π3) ，即可根据整体法求解范围，
(2)根据同角关系求解 csα=35 ， sin(α+β)=513 ，即可根据正弦和差角公式求解
19.【答案】解：(1)由题意知 m⋅n=−bsin A+acs (B−π6)=0 ，
所以 bsinA=acsB−π6 ，
由正弦定理可知 sinBsinA=sinAcsBcsπ6+sinBsinπ6 ，
即 sinBsinA=sinA( 32csB+12sinB) ，
因为 A∈0,π ，所以 sinA>0 ，
所以 12sinB= 32csB ，即得 tanB= 3 ，
因为 B∈0,π ，所以 B=π3 .
(2)因为 D 为 AC 的中点，
所以 BD=12(BA+BC) ，
所以 BD2=14(BA+BC)2 ，所以 ( 7)2=14(a2+c2+2accsB) ，
所以 a2+c2+ac=28 ，①
由余弦定理可知 b2=(2 3)2=a2+c2−2accsB ，
所以 a2+c2−ac=12 ，②
由①②得 ac=8 ，
所以 S△ABC=12acsinB=12×8× 32=2 3 .
【解析】本题考查利用正弦定理解三角形，三角形的面积公式，利用余弦定理解三角形，属于中档题.(1)根据向量垂直的坐标表示先找出 △ABC 中的边角关系，利用三角恒等变换和边角互化进行求解；
(2)利用 BD=12(BA+BC) ，平方后列出关于边长的条件，然后根据三角形的面积公式求解.
20.【答案】解：(1)
由题意知 AB⊥BE ， AB⊥BC ， BE∩BC=B,BE,BC⊂ 平面 BCGE ，
所以 AB⊥ 平面 BCGE ，
又 AB⊂ 平面 ABC ，
所以平面 ABC⊥ 平面 BCGE .
(2)由题意可知 AD//BE,AD=EB ， CG//BE,CG=BE ，
所以 AD//CG,AD=CG ，
所以四边形 ACGD 为平行四边形，所以 AC//DG ，
又 AC⊂ 平面 ABC ， DG⊄ 平面 ABC ，所以 DG// 平面 ABC .
(3)过 G 作 GH⊥BC 交 BC 于点 H ，连接 AH ，
因为平面 ABC⊥ 平面 BCGE ，且交线为 BC,GH⊂ 平面 BCGE ，
所以 GH⊥ 平面 ABC ，
所以 AG 在平面 ABC 内的射影为 AH ，
所以 AG 与平面 ABC 所成的角为 ∠GAH ，
因为 ∠CBF=60∘ ，所以 ∠GCH=60∘ ，
在 Rt△CHG 中， CH=2cs60∘=1 ， GH=2sin60∘= 3 ，
在 Rt△ABH 中， AB=1 ， BH=1+2=3 ，所以 AH= 32+12= 10 ，
所以 tan∠GAH= 3 10= 3010 ，
所以 AG 与平面 ABC 所成角的正切值为 3010 .
【解析】本题考查面面垂直的判定、线面平行的判定、直线与平面所成角，属于中档题.
(1)根据线面垂直、面面垂直，即可证明，
(2)利用线线平行即可求证线面平行，
(3)根据线面角的定义，得其几何角，即可利用边角故选求解.
21.【答案】解：(1)因为 |OB|= 5 ，点 B 在第二象限且横坐标为 −2 ，
所以点 B 的坐标为 (−2 , 1) ，
设 ∠AOB=α ，由三角函数定义可知 csα=−2 55 ， sinα= 55 ，
因为向量 OB 绕原点 O 沿顺时针方向旋转 90O 到 OC 的位置，
所以角 α−90∘ 的终边位于射线 OC 上，
所以 cs(α−90∘)=sinα= 55 ， sin(α−90∘)=−csα=2 55 ，
设点 C 的坐标为 (a , b) ，
所以 a=|OB|cs(α−90∘)=1 ， b=|OB|sin(α−90∘)=2 ，
所以点 C 的坐标为 (1 , 2) .
(2)因为向量 OP 与 OA 的夹角为 θ 且 csθ= 1010 ，
所以 sinθ=3 1010 ，
所以点 P 横纵坐标分别为 2 10× 1010=2 ， 2 10×3 1010=6 ，
即点 P 坐标为 (2 , 6) ，所以 OP=(2 , 6) .
因为向量 OP 与 OB 的夹角为 45∘ ，且点 B 在第二象限，
所以角 θ+45∘ 的终边位于射线 OB 上，
又 cs(θ+45∘)= 22× 1010− 22×3 1010=− 55 ，
sin(θ+45∘)= 22×3 1010+ 22× 1010=2 55 ，
所以点 B 的横纵坐标分别为 5×(− 55)=−1 ， 5×2 55=2 ，
即点 B 坐标为 (−1 , 2) ，所以 OB=(−1 , 2) ，
因为 OP=xOA+yOB ，
所以 (2 , 6)=x(1 ,0)+y(−1 , 2) ，
所以 x−y=22y=6 ，
解得 x=5y=3 ，所以 x+y=8 .
【解析】本题考查三角函数定义，两角和与差的正余弦公式，属于中档题.
(1)根据三角函数的定义即可求解，
(2)根据三角函数的定义，结合和差角公式即可根据向量的坐标运算求解.
22.【答案】解：(1)证明：(1)法一： cs2x−cs2y=cs[(x+y)+(x−y)]−cs[(x+y)−(x−y)] =cs(x+y)cs(x−y)−sin(x+y)sin(x−y)−cs(x+y)cs(x−y)−sin(x+y)sin(x−y)
=−2sin(x+y)sin(x−y) .
法二： 2sin(x+y)sin(x−y)=2(sinxcsy+csxsiny)(sinxcsy−csxsiny) =2(sin2xcs2y−cs2xsin2y)
=2[sin2xcs2y−(1−sin2x)(1−cs2y)]
=2(cs2y−cs2x)=1+cs2y−1−cs2x=cs2y−cs2x ，
所以 cs2x−cs2y=−2sin(x+y)sin(x−y) .
(2)(ⅰ)法一：因为 asinA=(b+c)sinB ，
由正弦定理可知 sin2A=(sinB+sinC)sinB ，
即 sin2A=sin2B+sinBsinC ，
即 1−cs2A2=1−cs2B2+sinBsinC ，可得 cs2B−cs2A=2sinBsinC ，
由(1)可知 cs2B−cs2A=−2sin(A+B)sin(B−A)=−2sinCsin(B−A) ，
所以 −2sinCsin(B−A)=2sinCsinB ，因为 sinC≠0 ，所以 −sin(B−A)=sinB ，
所以 sin(A−B)=sinB ，因为 B∈(0 , π) ，所以 sin(A−B)>0 ，
又因为 A∈(0 , π) ，所以 A−B∈(0,π) ，所以 A−B=B 或 A−B+B=π (舍)，
所以 A=2B .
法二：因为 asinA=(b+c)sinB ，由正弦定理可得 bc=a2−b2 ，
因为 csA=b2+c2−a22bc ，所以 csA=c−b2b ，
所以 csA=sinC−sinB2sinB ，即 2sinBcsA=sinC−sinB ，
所以 2sinBcsA=sin(A+B)−sinB ，
即 sinAcsB−sinBcsA=sinB ，所以 sin(A−B)=sinB ，
因为 B∈(0 , π) ，所以 sin(A−B)>0 ，又因为 A∈(0 , π) ，
所以 A−B∈(0,π) ，所以 A−B=B 或 A−B+B=π (舍)，所以 A=2B .
解：(ⅱ)法一：因为 asinA=(b+c)sinB ，所以 a2=(b+c)b ，即 bc=a2−b2 ，
因为 (b−c)(m+2cs2B)≤2b ，所以 (bc−c2)(m+2cs2B)≤2bc ，
所以 (a2−b2−c2)(m+2cs2B)≤2bc ，
所以 −b2+c2−a22bc(m+2cs2B)≤1 ，
(m+2cs2B)csA+1≥0 ，
因为 A=2B ，所以 (m+2cs2B)cs2B+1≥0 ，
(m+2cs2B)(2cs2B−1)+1≥0 ，
4cs4B+(2m−2)cs2B−m+1≥0 ，
因为 A ， B ， C∈(0 , π) ， A=2B ，可得 B∈(0,π3) ，
设 cs2B=t ，则 t∈(14 , 1) ，
即 4t2+(2m−2)t−m+1≥0 对 ∀t∈(14 , 1) 成立，
令 f(t)=4t2+(2m−2)t−m+1 ，
当 1−m4≤14 时，即 m≥0 时，可得 f(14)≥0 ，解得 m≤32 ，所以 0≤m≤32 ；
当 14<1−m4<1 时，即 −3
综上， −3≤m≤32 .
法二：因为 (b−c)(m+2cs2B)≤2b ，由正弦定理可知 (sinB−sinC)(m+2cs2B)≤2sinB ，
因为 A=2B ，所以 sinC=sin3B ，
sin3B=sin(2B+B)=sin2BcsB+sinBcs2B=2cs2BsinB+sinB(2cs2B−1)=sinB(4cs2B−1) ，
代入 (sinB−sinC)(m+2cs2B)≤2sinB ，整理得 (m+2cs2B)(2cs2B−1)+1≥0 ，下同法一.
法三：因为 A=2B ，将 (m+2cs2B)csA+1≥0 整理得 (m+1+csA)csA+1≥0 ，
即 cs2A+(m+1)csA+1≥0 ，由题意可得 A∈(0,2π3) ，设 csA=t ，则 t∈(−12 , 1) ，
即 t2+(m+1)t+1≥0 对 ∀t∈(−12 , 1) 成立，令 f(t)=t2+(m+1)t+1 ，
当 −m+12≤−12 时，即 m≥0 时，可得 f(−12)≥0 ，解得 m≤32 ，所以 0≤m≤32 ；
当 −12<−1+m2<1 时，即 −3
综上， −3≤m≤32 .
【解析】本题考查正、余弦定理的综合应用，考查两角和与差的余弦公式，考查两角和与差的正弦公式等，属于较难题.
(1)证法一：从左向右证，先变形 cs2x−cs2y=cs[(x+y)+(x−y)]−cs[(x+y)−(x−y)] ，然后利用两角和与差的余弦公式化简即可，证法二：从右向左证，利用两角和与差的正弦公式化简即可，
(2)(ⅰ)证法一：将 asinA=(b+c)sinB 利用正弦定理统一成角的形式，再利用三角函数恒等变换公式化简即可，证法二：将 asinA=(b+c)sinB 利用正弦定理统一成边的形式，然后利用余弦定理结合三角函数恒变换公式化简即可；
(ⅱ)解法一：由 asinA=(b+c)sinB 可得 bc=a2−b2 ，再由 (b−c)(m+2cs2B)≤2b ，得 (bc−c2)(m+2cs2B)≤2bc ，再结合余弦定理和 A=2B 得 4cs4B+(2m−2)cs2B−m+1≥0 ，换元后构造函数分类讨论可求得结果，解法二：将 (b−c)(m+2cs2B)≤2b 由正弦定理统一成角的形式，再结合 A=2B 得 4cs4B+(2m−2)cs2B−m+1≥0 ，换元后构造函数分类讨论可求得结果，解法三：由 A=2B ，将 (m+2cs2B)csA+1≥0 整理得 cs2A+(m+1)csA+1≥0 ，换元后构造函数分类讨论可求得结果.
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