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2023-2024学年江苏省扬州市新华中学高一（下）自主练习数学试卷（5月份）（含解析）
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这是一份2023-2024学年江苏省扬州市新华中学高一（下）自主练习数学试卷（5月份）（含解析），共14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满足z(1−i)=3+i(其中i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.函数f(x)=x−4+2x的零点所在的区间为( )
A. (1,2)B. (2,3)C. (3,4)D. (4,5)
3.在△ABC中，已知a=2 3，b=2，B=30°，则满足条件的三角形个数为( )
A. 2个B. 1个C. 0个D. 无法确定
4.已知32sinθ+ 32csθ=1，则cs(π3+2θ)=( )
A. 33B. − 33C. 13D. −13
5.设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则( )
A. 若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B. 若l//m，m//n，l⊥α，则n⊥α
C. 若l//m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D. 若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l//m
6.如图，在边长为3的正三角形ABC中，AD=2DC，BD=4BE，则AE⋅AC=( )
A. 154
B. 3
C. 398
D. 2
7.最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”.如图，树顶A离地面12米，树上另一点B离地面8米，若在离地面2米的C处看此树，则tan∠ACB的最大值为( )
A. 55
B. 1010
C. 1515
D. 2020
8.中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处(B,C,N三点共线)测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得楼顶部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为( )
A. 91mB. 74mC. 64mD. 52m
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列化简正确的是( )
A. cs82°sin52°−sin82°cs52°=12B. sin30°sin22.5°sin67.5°= 24
C. tan48°+tan72°1−tan48∘tan72∘=− 3D. 2cs215°−1= 32
10.若z是非零复数，则下列说法正确的是( )
A. 若z+z−=0，则z−z=iB. 若z⋅z−=2|z|，则|z|=2
C. 若z1=z−，则z1−=zD. 若|z+z1|=0，则z1⋅z−+|z|2=0
11.已知P是边长为1的正六边形ABCDEF内一点(含边界)，且AP=AB+λAF，λ∈R，则下列正确的是( )
A. △PCD的面积为定值B. ∃λ使得|PC|>|PA|
C. ∠CPD的取值范围是[π6,π3]D. |PC|的取值范围是[1, 3]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a与b的夹角为60°，且a=(1, 3)，|b|=1，则|a−3b|= ______．
13.已知一个圆锥的底面半径为4，用一个平行于该圆锥底面的平面截圆锥，若截得的小圆锥的底面半径为2，则截得的小圆锥的侧面积与截得的圆台的侧面积之比为______．
14.已知三棱锥A−BCD，AB=AD=2BC=2CD=2，BC⊥CD，点A到平面BCD的距离是 3，则三棱锥A−BCD的外接球表面积为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知向量OA=(1,−2),OB=(2,1),OC=(3,m)．
(1)若向量OA//OC，求向量AB与向量OC的夹角的大小；
(2)若向量OB⊥OC，求向量AB在向量OC上投影向量的坐标．
16.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为AB，CC1的中点．
(1)证明：直线DE//平面AB1C1；
(2)若AB⊥BC，AB=BC=BB1=2，求A1−BDE的体积．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acsB−bcsA=−a−c．
(1)求B；
(2)若a=2,b=2 7，D为AC边的中点，求BD的长．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AD⊥DC，BC=CD=12AD=1，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD．
(1)求证：平面PAB⊥平面PBD；
(2)若二面角P−CD−A的大小为45，求直线PA与平面PBD所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=4sin(ωx+π12)cs(ωx+π12)+1，其中ω>0．
(1)若f(x1)≤f(x)≤f(x2)，|x1−x2|min=π2，求ω的值；
(2)若2<ω<4，函数f(x)图像向右平移π6个单位，得到函数g(x)的图像，x=π3是g(x)的一个零点，若函数g(x)在[m,n](m，n∈R且m(3)令h(x)=sin(2x+φ)(φ∈[0,2π))，对任意实数x1，x2.当x1≠x2时，有h(x1)−h(x2)f(x1)−f(x2)>0成立.将函数为h(x)的图像向左平移φ0(φ0>0)个单位得到函数u(x)，已知函数y=10u(x)+lgh(x)的最大值为10，求满足条件的φ0的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：复数z满足z(1−i)=3+i(其中i为虚数单位)，
由条件得z=3+i1−i=(3+i)(1+i)(1−i)(1+i)=2+4i2=1+2i，
所以z在复平面内对应的点为(1,2)，在第一象限．
故选：A．
利用复数的除法运算求得z，求得z对应的坐标，得出答案．
本题考查复数的运算法则、几何意义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：f(x)=x−4+2x单调递增，
∵f(1)=1−4+2=−1<0，
f(2)=2−4+22=2>0，
又在(1,2)上函数f(x)=x−4+2x的图象是连续不断的一条曲线，
∴函数f(x)=x−4+2x在区间(1,2)上存在零点．
故选：A．
判断函数在区间端点处函数值的符号，当它们异号时存在零点．
本题考查函数零点存在的条件，须满足两条：①在区间上图象连续不断；②端点处函数值异号，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为a=2 3，b=2，B=30°，
由正弦定理可得：asinA=bsinB，即2 3sinA=212⇒sinA= 32，
所以A=π3或2π3，
又a>b，所以A>B，符合大边对大角原理，
所以满足条件的三角形个数为2个．
故选：A．
由正弦定理求出A的值，验证大边对大角原理即可．
本题考查正弦定理及三角形中大边对大角的性质的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意， 3( 32sinθ+12csθ)=1，解得sin(θ+π6)= 33，
则cs(π3+2θ)=cs[2(π6+θ)]=1−2sin2(π6+θ)=1−2×13=13．
故选：C．
利用辅助角公式和二倍角公式求解．
本题考查三角恒等变换，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间中线线线、线面间的位置关系，涉及线面垂直的判定与性质，属于基础题．
根据空间中线线、线面位置关系进行判断即可．
【解答】解：由α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，知：
在A中，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，
由线面垂直的判定定理可知，当直线m，n相交时才能得到l⊥α，
若直线m，n平行，则不能推出l⊥α，故A错误；
在B中，若l//m，m//n，则l//n，又l⊥α，则可得n⊥α，故B正确；
在C中，若m⊥α，n⊥α，则m//n，又l//m，则l//n，故C错误；
在D中，若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，故D错误．
故选：B．
6.【答案】C
【解析】解：因为AD=2DC，BD=4BE，
所以BE=14BD，AD=23AC，
所以AE=AB+BE=AB+14BD=AB+14(BA+AD)
=34AB+14AD=34AB+16AC，
因为正三角形ABC的边长为3，
所以AE⋅AC=(34AB+16AC)⋅AC=34AB⋅AC+16AC2
=34×3×3×cs60°+16×32=398．
故选：C．
根据向量的线性运算得到AE=34AB+16AC，再由数量积的运算代入数值求解即可．
本题考查平面向量的线性运算与数量积，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：如图，过点C作CD⊥AB，交AB于点D，
则AB=4，AD=10，BD=6，
设∠BCD=α，CD=x，
在Rt△BCD中，tanα=BDCD=6x，
在Rt△ACD中，tan∠ACD=tan(α+∠ACB)=ADCD=10x，
所以tan∠ACB=tan(α+∠ACB−α)=10x−6x1+10x×6x=4x+60x⩽42 x×60x= 1515，当且仅当x=60x，即x=2 15时取等号，
故tan∠ACB的最大值为 1515．
故选：C．
过点C作CD⊥AB，交AB于点D，设∠BCD=α，CD=x，可求tanα=6x，tan∠ACD=10x，进而利用两角差的正切公式以及基本不等式即可求解．
本题考查三角恒等变换和基本不等式，考查直观想象、数学运算的核心素养，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意，在Rt△ABC中，AC=ABsin30∘=74，
在△ACM中，∠CAM=30°+15°=45°，∠ACM=180−45°−30°=105°，
∴∠AMC=30°，由正弦定理ACsin∠AMC=MCsin∠CAM，
得CM=ACsin30∘⋅sin45°=74 2，
又在Rt△CMN中，MN=MC⋅sin45°=74．
故选：B．
先在Rt△ABC中求出AC的长度，然后再求出△ACM中的∠CAM，∠ACM，利用正弦定理求出CM，最后在△CNM中利用三角函数的定义求出MN的长度即可．
本题考查解三角形的应用题的解题思路，侧重考查了正弦定理和三角函数的定义，属中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：A中，cs82°sin52°−sin82°cs52°=sin(52°−82°)=sin(−30°)=−12，则A错误；
B中，sin30°sin22.5°sin67.5°=sin30°sin22.5°cs22.5°=12sin30°cs45°=12×12× 22= 28，则B错误；
C中，tan48°+tan72°1−tan48∘tan72∘=tan(48°+72°)=tan120°=− 3，则C正确；
D中，2cs215°−1=cs30°= 32，则D正确．
故选：CD．
由已知结合和差角公式，二倍角公式检验各选项即可判断．
本题考查二倍角公式、两角和差公式，属基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：由z+z−=0，得z−z=−1，则A错误．
因为z⋅z−=|z|2，所以|z|2=2|z|，解得|z|=2或|z|=0(舍去)，则B正确．
设z=a+bi(a,b∈R，且ab≠0)，
则z1=z−=a−bi，所以z1−=a+bi=z，则C正确．
由|z+z1|=0，得z1=−z．
设z=a+bi(a,b∈R，且ab≠0)，则z1⋅z−=−z⋅z−=−(a2+b2)，
|z|2=a2+b2，从而z1⋅z−+|z|2=0，则D正确．
故选：BCD．
利用共轭复数的定义可判定A、C，利用复数的乘法运算法则结合模长公式可判定B、D．
本题考查复数的应用，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：由AP=AB+λAF，可得AP−AB=λAF，即BP=λAF，可得BP//AF，
因此，P在正六边形ABCDEF的对角线BE上运动，
对于A，因为BE//CD，即点P到CD的距离d为定值，所以△PCD的面积S=12CD⋅d为定值，故A项正确；
对于B，因为正六边形ABCDEF关于直线BE对称，
所以不论P在何处，总有|PC|=|PA|，即不存在λ，使得|PC|>|PA|，故B项不正确；
对于C，根据图形的对称性，当P为BE中点时，∠CPD=π3达到最大值，
当P与B或E重合时，∠CPD=π6达到最大值，故∠CPD的取值范围是[π6,π3]，C项正确；
对于D，因为正六边形边长为1，所以平行线BE、CD的距离d= 32，
当P与点C在BE上的射影重合时，|PC|有最小值 32，可见|PC|的取值范围不是[1, 3]，故D项不正确．
故选：AC．
根据题中向量等式，可推导出BP=λAF，所以点P在对角线BE上运动，由此判断出A项的正误；根据正六边形的轴对称性质，判断出B项的正误；观察图形，结合解三角形的知识加以计算，可判断出C、D两项的正误．
本题主要考查正六边形的性质、向量的线性运算、解三角形及其应用等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
12.【答案】 7
【解析】解：因为向量a与b的夹角为60°，且a=(1, 3)，|b|=1，
所以|a|= 12+( 3)2=2，a⋅b=|a||b|cs〈a,b〉=2×1×12=1，
所以|a−3b|= (a−3b)2= a2−6a⋅b+9b2= 4−6×1+9×1= 7．
故答案为： 7．
利用向量的模的运算法则，转化求解向量的模即可．
本题考查平面向量的数量积与夹角，模的计算，属于基础题．
13.【答案】1：3
【解析】解：如图所示，OA=4，O1B=2，设PB=l，
由Rt△PO1B∽Rt△POA，得PA=2l，
所以截得的小圆锥的侧面积为S1=12×2π×2×l=2πl，
截得的圆台的侧面积为S2=12×2π×4×2l−12×2π×2l=6πl，
所以S1：S2=1：3，
即截得小圆锥的侧面积与截得圆台的侧面积之比为1：3．
故答案为：1：3．
设出小圆锥的母线长，利用三角形的相似确定大圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式，即可求得答案．
本题考查了圆锥与圆台的侧面积公式计算问题，是基础题．
14.【答案】5π
【解析】解：记E为BD的中点，连接AE，CE，
由题意知BC=CD=1，且BC⊥CD，
所以Rt△BCD外接圆的直径为BD，且BD= 2，即半径r=DE= 22，
过A作AH⊥平面BCD，因为CD⊂平面BCD，则AH⊥CD，
又点A到平面BCD的距离是 3，即AH= 3，而AD=2，
所以DH= AD2−AH2=1，同理BH=1，
又BC=CD=1，所以C，H是同一个点，所以AC⊥平面BCD，
设三棱锥A−BCD的外接球的半径为R，
则R2=r2+( 32)2=12+34=54，
则三棱锥A−BCD的外接球表面积为4πR2=4π×54=5π．
故答案为：5π．
根据题意求得Rt△BCD外接圆的半径，再利用勾股定理证得AC⊥平面BCD，从而利用侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球的性质即可得解．
本题主要考查了三棱锥的外接球，还考查了球表面积公式的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)向量OA=(1,−2)，OC=(3,m)，且向量OA//OC，所以m=−2×3=−6，
所以OC=(3,−6)，AB=OB−OA=(1,3)，
AB⋅OC=3−18=−15，|AB|= 12+32= 10，|OC|= 32+(−6)2=3 5，
设向量AB与向量OC的夹角为θ，则csθ=AB⋅OC|AB||OC|=−15 10×3 5=− 22，
又因为θ∈[0,π]，所以θ=3π4，
即向量AB与OC的夹角为3π4；
(2)由OB⊥OC，得OB⋅OC=6+m=0，解得m=−6，
所以OC=(3,−6)，
所以向量AB在向量OC上投影向量的坐标为AB⋅OC|OC|2OC=3−189+36(3,−6)=(−1,2)．
【解析】(1)根据向量OA//OC求出m，写出OC、AB，求两向量夹角的大小即可；
(2)由OB⊥OC得OB⋅OC=0，列方程求出m，再求向量AB在OC上投影向量的坐标．
本题考查了共线向量与平面向量的数量积应用问题，是基础题．
16.【答案】(1)证明：取AB1中点F，连接DF，C1F，
因为D为AB的中点，所以DF//BB1，且DF=12BB1，
又E为CC1的中点，所以EC1//BB1，且EC1=12BB1，
所以DF//EC1，且DF=EC1，所以四边形DEC1F为平行四边形，所以DE//FC1，
又DE⊄平面AB1C1，FC1⊂平面AB1C1，所以直线DE//平面AB1C1．
(2)解：VA1−BDE=VE−A1BD=13×S△A1BD×CB=13×(12×1×2)×2=23．
【解析】(1)先证四边形DEC1F为平行四边形，再用线线平行证线面平行即可；
(2)利用几何体的特征转化顶点，然后利用体积公式计算三棱锥的体积即可．
本题主要考查线面平行的证明，锥体体积的计算，空间想象能力的培养等知识，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为acsB−bcsA=−a−c，
所以sinAcsB−csAsinB=−sinA−(sinAcsB+csAsinB)，
化简得2sinAcsB=−sinA，因为sinA>0，所以csB=−12，
因为B∈(0,π)，
所以B=2π3；
(2)因为(2 7)2=22+c2−2×2ccs2π3，
所以c2+2c−24=0，解得c=4，
因为BD为△ABC的中线，所以2BD=BA+BC，
所以4|BD|2=BA2+BC2+2BA⋅BC=|BA|2+|BC|2+2|BA|⋅|BC|csB=c2+a2+2accs2π3，
因为a=2，c=4，所以4|BD|2=12．
解得|BD|= 3．
所以BD的长为 3．
【解析】(1)由正弦定理可得csB的值，再由角B的范围，可得角B的大小；
(2)由中线的向量表示，进而可得BD的值．
本题考查正弦定理，余弦定理，中线的向量表示，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，BC=CD=12AD=1，
所以AB= 2，BD= 2，
所以AB2+BD2=AD2，即AB⊥BD，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又AB∩PA=A，AB、PA⊂平面PAB，
所以BD⊥平面PAB，
又BD⊂平面PBD，
所以平面PAB⊥平面PBD．
(2)解：因为PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，
所以由三垂线定理知，PD⊥CD，
所以∠ADP就是二面角P−CD−A的平面角，即∠ADP=45°，
所以PA=AD=2，
所以PB=PB= PA2+AB2= 22+( 2)2= 6，
由(1)知，平面PAB⊥平面PBD，
所以直线PA与平面PBD所成角即为∠APB，
在Rt△PAB中，sin∠APB=ABPB= 2 6= 33，
故直线PA与平面PBD所成角的正弦值为 33．
【解析】(1)先利用勾股定理证明AB⊥BD，由PA⊥平面ABCD，知PA⊥BD，再由线面、面面垂直的判定定理，即可得证；
(2)由AD⊥CD，PD⊥CD，根据二面角的定义知∠ADP=45°，由平面PAB⊥平面PBD，知∠APB即为所求，再由三角函数的知识，求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线与面垂直的判定定理、性质定理，线面角、二面角的定义与找法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)函数f(x)=4sin(ωx+π12)cs(ωx+π12)+1=2sin(2ωx+π6)−1，
若f(x1)≤f(x)≤f(x2)，|x1−x2|min=π2，
则x1与x2是相邻的最小值点和最大值点，
所以f(x)的最小正周期为2×π2=π，
由2π2ω=π，解得ω=1；
(2)g(x)=f(x−π6)=2sin[2ω(x−π6)−π6]+1=2sin(2ωx+1−2ω6π)+1，
g(π3)=2sin(2ωπ3+1−2ω6π)+1=2sin(ωπ3+π6)+1=0，
所以sin(ωπ3+π6)=−12，
所以ωπ3+π6=7π6+2π(k∈Z)或ωπ3+π6=11π6+2kπ(k∈Z)，
解得ω=3+6k(k∈Z)或ω=5+6k(k∈Z)，
又2<ω<4，得ω=3，
所以g(x)=2sin(6x−56π)+1，
函数最小正周期T=2π6=π3，
令g(x)=0，即sin(6x−56π)=−12，
解得y=π9+k1π3(k1∈Z)或X=k1π3(k2∈Z)，
若g(x)在[m,n]上恰好有4个零点，则2T要使n−m最小，则m，n恰好为g(x)的零点，
所以n−m的最小值为2×π3+π9=7π9；
(3)由题意u(x)=h(x+φ0)=sin(2x+φ+2φ0)，
因为u(x)≤1，h(x)≤1，
所以y=10u(x)+lgh(x)≤10，当且仅当u(x)=1，h(x)=1时取等号，
又因为函数y=10u(x)+lgh(x)的最大值为10，
所以u(x)=1，h(x)=1同时取得最大值1，
所以2φ0=2kπ,k∈N*，
所以φ2=kπ,k∈N*，
所以满足条件的φ0的最小值为π．
【解析】(1)利用倍角公式化简函数解析式，由已知确定最小正周期，即可得ω；
(2)由图像平移变换得到函数g(x)，结合g(π3)=0和2<ω<4，求得ω，根据g(x)的零点个数可得2T(3)根据u(x)≤1，h(x)≤1，可得y=10u(x)+lgh(x)≤10，当且仅当u(x)=1，h(x)=1时取等号，进而可求出φ0．
本题考查了三角恒等变换、三角函数图象的变化及正弦型函数的性质，属于中档题．
1.已知复数z满足z(1−i)=3+i(其中i为虚数单位)，则z在复平面内对应的点在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.函数f(x)=x−4+2x的零点所在的区间为( )
A. (1,2)B. (2,3)C. (3,4)D. (4,5)
3.在△ABC中，已知a=2 3，b=2，B=30°，则满足条件的三角形个数为( )
A. 2个B. 1个C. 0个D. 无法确定
4.已知32sinθ+ 32csθ=1，则cs(π3+2θ)=( )
A. 33B. − 33C. 13D. −13
5.设α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，则( )
A. 若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，则l⊥α
B. 若l//m，m//n，l⊥α，则n⊥α
C. 若l//m，m⊥α，n⊥α，则l⊥n
D. 若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l//m
6.如图，在边长为3的正三角形ABC中，AD=2DC，BD=4BE，则AE⋅AC=( )
A. 154
B. 3
C. 398
D. 2
7.最大视角问题是1471年德国数学家米勒提出的几何极值问题，故最大视角问题一般称为“米勒问题”.如图，树顶A离地面12米，树上另一点B离地面8米，若在离地面2米的C处看此树，则tan∠ACB的最大值为( )
A. 55
B. 1010
C. 1515
D. 2020
8.中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹳雀楼的高度MN，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物AB，高约为37m，在地面上点C处(B,C,N三点共线)测得建筑物顶部A，鹳雀楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得楼顶部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为( )
A. 91mB. 74mC. 64mD. 52m
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列化简正确的是( )
A. cs82°sin52°−sin82°cs52°=12B. sin30°sin22.5°sin67.5°= 24
C. tan48°+tan72°1−tan48∘tan72∘=− 3D. 2cs215°−1= 32
10.若z是非零复数，则下列说法正确的是( )
A. 若z+z−=0，则z−z=iB. 若z⋅z−=2|z|，则|z|=2
C. 若z1=z−，则z1−=zD. 若|z+z1|=0，则z1⋅z−+|z|2=0
11.已知P是边长为1的正六边形ABCDEF内一点(含边界)，且AP=AB+λAF，λ∈R，则下列正确的是( )
A. △PCD的面积为定值B. ∃λ使得|PC|>|PA|
C. ∠CPD的取值范围是[π6,π3]D. |PC|的取值范围是[1, 3]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a与b的夹角为60°，且a=(1, 3)，|b|=1，则|a−3b|= ______．
13.已知一个圆锥的底面半径为4，用一个平行于该圆锥底面的平面截圆锥，若截得的小圆锥的底面半径为2，则截得的小圆锥的侧面积与截得的圆台的侧面积之比为______．
14.已知三棱锥A−BCD，AB=AD=2BC=2CD=2，BC⊥CD，点A到平面BCD的距离是 3，则三棱锥A−BCD的外接球表面积为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知向量OA=(1,−2),OB=(2,1),OC=(3,m)．
(1)若向量OA//OC，求向量AB与向量OC的夹角的大小；
(2)若向量OB⊥OC，求向量AB在向量OC上投影向量的坐标．
16.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别为AB，CC1的中点．
(1)证明：直线DE//平面AB1C1；
(2)若AB⊥BC，AB=BC=BB1=2，求A1−BDE的体积．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acsB−bcsA=−a−c．
(1)求B；
(2)若a=2,b=2 7，D为AC边的中点，求BD的长．
18.(本小题17分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AD⊥DC，BC=CD=12AD=1，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD．
(1)求证：平面PAB⊥平面PBD；
(2)若二面角P−CD−A的大小为45，求直线PA与平面PBD所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=4sin(ωx+π12)cs(ωx+π12)+1，其中ω>0．
(1)若f(x1)≤f(x)≤f(x2)，|x1−x2|min=π2，求ω的值；
(2)若2<ω<4，函数f(x)图像向右平移π6个单位，得到函数g(x)的图像，x=π3是g(x)的一个零点，若函数g(x)在[m,n](m，n∈R且m
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：复数z满足z(1−i)=3+i(其中i为虚数单位)，
由条件得z=3+i1−i=(3+i)(1+i)(1−i)(1+i)=2+4i2=1+2i，
所以z在复平面内对应的点为(1,2)，在第一象限．
故选：A．
利用复数的除法运算求得z，求得z对应的坐标，得出答案．
本题考查复数的运算法则、几何意义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】A
【解析】解：f(x)=x−4+2x单调递增，
∵f(1)=1−4+2=−1<0，
f(2)=2−4+22=2>0，
又在(1,2)上函数f(x)=x−4+2x的图象是连续不断的一条曲线，
∴函数f(x)=x−4+2x在区间(1,2)上存在零点．
故选：A．
判断函数在区间端点处函数值的符号，当它们异号时存在零点．
本题考查函数零点存在的条件，须满足两条：①在区间上图象连续不断；②端点处函数值异号，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为a=2 3，b=2，B=30°，
由正弦定理可得：asinA=bsinB，即2 3sinA=212⇒sinA= 32，
所以A=π3或2π3，
又a>b，所以A>B，符合大边对大角原理，
所以满足条件的三角形个数为2个．
故选：A．
由正弦定理求出A的值，验证大边对大角原理即可．
本题考查正弦定理及三角形中大边对大角的性质的应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意， 3( 32sinθ+12csθ)=1，解得sin(θ+π6)= 33，
则cs(π3+2θ)=cs[2(π6+θ)]=1−2sin2(π6+θ)=1−2×13=13．
故选：C．
利用辅助角公式和二倍角公式求解．
本题考查三角恒等变换，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查空间中线线线、线面间的位置关系，涉及线面垂直的判定与性质，属于基础题．
根据空间中线线、线面位置关系进行判断即可．
【解答】解：由α是空间中的一个平面，l，m，n是三条不同的直线，知：
在A中，若m⊂α，n⊂α，l⊥m，l⊥n，
由线面垂直的判定定理可知，当直线m，n相交时才能得到l⊥α，
若直线m，n平行，则不能推出l⊥α，故A错误；
在B中，若l//m，m//n，则l//n，又l⊥α，则可得n⊥α，故B正确；
在C中，若m⊥α，n⊥α，则m//n，又l//m，则l//n，故C错误；
在D中，若m⊂α，n⊥α，l⊥n，则l与m相交、平行或异面，故D错误．
故选：B．
6.【答案】C
【解析】解：因为AD=2DC，BD=4BE，
所以BE=14BD，AD=23AC，
所以AE=AB+BE=AB+14BD=AB+14(BA+AD)
=34AB+14AD=34AB+16AC，
因为正三角形ABC的边长为3，
所以AE⋅AC=(34AB+16AC)⋅AC=34AB⋅AC+16AC2
=34×3×3×cs60°+16×32=398．
故选：C．
根据向量的线性运算得到AE=34AB+16AC，再由数量积的运算代入数值求解即可．
本题考查平面向量的线性运算与数量积，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：如图，过点C作CD⊥AB，交AB于点D，
则AB=4，AD=10，BD=6，
设∠BCD=α，CD=x，
在Rt△BCD中，tanα=BDCD=6x，
在Rt△ACD中，tan∠ACD=tan(α+∠ACB)=ADCD=10x，
所以tan∠ACB=tan(α+∠ACB−α)=10x−6x1+10x×6x=4x+60x⩽42 x×60x= 1515，当且仅当x=60x，即x=2 15时取等号，
故tan∠ACB的最大值为 1515．
故选：C．
过点C作CD⊥AB，交AB于点D，设∠BCD=α，CD=x，可求tanα=6x，tan∠ACD=10x，进而利用两角差的正切公式以及基本不等式即可求解．
本题考查三角恒等变换和基本不等式，考查直观想象、数学运算的核心素养，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：由题意，在Rt△ABC中，AC=ABsin30∘=74，
在△ACM中，∠CAM=30°+15°=45°，∠ACM=180−45°−30°=105°，
∴∠AMC=30°，由正弦定理ACsin∠AMC=MCsin∠CAM，
得CM=ACsin30∘⋅sin45°=74 2，
又在Rt△CMN中，MN=MC⋅sin45°=74．
故选：B．
先在Rt△ABC中求出AC的长度，然后再求出△ACM中的∠CAM，∠ACM，利用正弦定理求出CM，最后在△CNM中利用三角函数的定义求出MN的长度即可．
本题考查解三角形的应用题的解题思路，侧重考查了正弦定理和三角函数的定义，属中档题．
9.【答案】CD
【解析】解：A中，cs82°sin52°−sin82°cs52°=sin(52°−82°)=sin(−30°)=−12，则A错误；
B中，sin30°sin22.5°sin67.5°=sin30°sin22.5°cs22.5°=12sin30°cs45°=12×12× 22= 28，则B错误；
C中，tan48°+tan72°1−tan48∘tan72∘=tan(48°+72°)=tan120°=− 3，则C正确；
D中，2cs215°−1=cs30°= 32，则D正确．
故选：CD．
由已知结合和差角公式，二倍角公式检验各选项即可判断．
本题考查二倍角公式、两角和差公式，属基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：由z+z−=0，得z−z=−1，则A错误．
因为z⋅z−=|z|2，所以|z|2=2|z|，解得|z|=2或|z|=0(舍去)，则B正确．
设z=a+bi(a,b∈R，且ab≠0)，
则z1=z−=a−bi，所以z1−=a+bi=z，则C正确．
由|z+z1|=0，得z1=−z．
设z=a+bi(a,b∈R，且ab≠0)，则z1⋅z−=−z⋅z−=−(a2+b2)，
|z|2=a2+b2，从而z1⋅z−+|z|2=0，则D正确．
故选：BCD．
利用共轭复数的定义可判定A、C，利用复数的乘法运算法则结合模长公式可判定B、D．
本题考查复数的应用，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：由AP=AB+λAF，可得AP−AB=λAF，即BP=λAF，可得BP//AF，
因此，P在正六边形ABCDEF的对角线BE上运动，
对于A，因为BE//CD，即点P到CD的距离d为定值，所以△PCD的面积S=12CD⋅d为定值，故A项正确；
对于B，因为正六边形ABCDEF关于直线BE对称，
所以不论P在何处，总有|PC|=|PA|，即不存在λ，使得|PC|>|PA|，故B项不正确；
对于C，根据图形的对称性，当P为BE中点时，∠CPD=π3达到最大值，
当P与B或E重合时，∠CPD=π6达到最大值，故∠CPD的取值范围是[π6,π3]，C项正确；
对于D，因为正六边形边长为1，所以平行线BE、CD的距离d= 32，
当P与点C在BE上的射影重合时，|PC|有最小值 32，可见|PC|的取值范围不是[1, 3]，故D项不正确．
故选：AC．
根据题中向量等式，可推导出BP=λAF，所以点P在对角线BE上运动，由此判断出A项的正误；根据正六边形的轴对称性质，判断出B项的正误；观察图形，结合解三角形的知识加以计算，可判断出C、D两项的正误．
本题主要考查正六边形的性质、向量的线性运算、解三角形及其应用等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
12.【答案】 7
【解析】解：因为向量a与b的夹角为60°，且a=(1, 3)，|b|=1，
所以|a|= 12+( 3)2=2，a⋅b=|a||b|cs〈a,b〉=2×1×12=1，
所以|a−3b|= (a−3b)2= a2−6a⋅b+9b2= 4−6×1+9×1= 7．
故答案为： 7．
利用向量的模的运算法则，转化求解向量的模即可．
本题考查平面向量的数量积与夹角，模的计算，属于基础题．
13.【答案】1：3
【解析】解：如图所示，OA=4，O1B=2，设PB=l，
由Rt△PO1B∽Rt△POA，得PA=2l，
所以截得的小圆锥的侧面积为S1=12×2π×2×l=2πl，
截得的圆台的侧面积为S2=12×2π×4×2l−12×2π×2l=6πl，
所以S1：S2=1：3，
即截得小圆锥的侧面积与截得圆台的侧面积之比为1：3．
故答案为：1：3．
设出小圆锥的母线长，利用三角形的相似确定大圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式，即可求得答案．
本题考查了圆锥与圆台的侧面积公式计算问题，是基础题．
14.【答案】5π
【解析】解：记E为BD的中点，连接AE，CE，
由题意知BC=CD=1，且BC⊥CD，
所以Rt△BCD外接圆的直径为BD，且BD= 2，即半径r=DE= 22，
过A作AH⊥平面BCD，因为CD⊂平面BCD，则AH⊥CD，
又点A到平面BCD的距离是 3，即AH= 3，而AD=2，
所以DH= AD2−AH2=1，同理BH=1，
又BC=CD=1，所以C，H是同一个点，所以AC⊥平面BCD，
设三棱锥A−BCD的外接球的半径为R，
则R2=r2+( 32)2=12+34=54，
则三棱锥A−BCD的外接球表面积为4πR2=4π×54=5π．
故答案为：5π．
根据题意求得Rt△BCD外接圆的半径，再利用勾股定理证得AC⊥平面BCD，从而利用侧棱垂直于底面的三棱锥的外接球的性质即可得解．
本题主要考查了三棱锥的外接球，还考查了球表面积公式的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)向量OA=(1,−2)，OC=(3,m)，且向量OA//OC，所以m=−2×3=−6，
所以OC=(3,−6)，AB=OB−OA=(1,3)，
AB⋅OC=3−18=−15，|AB|= 12+32= 10，|OC|= 32+(−6)2=3 5，
设向量AB与向量OC的夹角为θ，则csθ=AB⋅OC|AB||OC|=−15 10×3 5=− 22，
又因为θ∈[0,π]，所以θ=3π4，
即向量AB与OC的夹角为3π4；
(2)由OB⊥OC，得OB⋅OC=6+m=0，解得m=−6，
所以OC=(3,−6)，
所以向量AB在向量OC上投影向量的坐标为AB⋅OC|OC|2OC=3−189+36(3,−6)=(−1,2)．
【解析】(1)根据向量OA//OC求出m，写出OC、AB，求两向量夹角的大小即可；
(2)由OB⊥OC得OB⋅OC=0，列方程求出m，再求向量AB在OC上投影向量的坐标．
本题考查了共线向量与平面向量的数量积应用问题，是基础题．
16.【答案】(1)证明：取AB1中点F，连接DF，C1F，
因为D为AB的中点，所以DF//BB1，且DF=12BB1，
又E为CC1的中点，所以EC1//BB1，且EC1=12BB1，
所以DF//EC1，且DF=EC1，所以四边形DEC1F为平行四边形，所以DE//FC1，
又DE⊄平面AB1C1，FC1⊂平面AB1C1，所以直线DE//平面AB1C1．
(2)解：VA1−BDE=VE−A1BD=13×S△A1BD×CB=13×(12×1×2)×2=23．
【解析】(1)先证四边形DEC1F为平行四边形，再用线线平行证线面平行即可；
(2)利用几何体的特征转化顶点，然后利用体积公式计算三棱锥的体积即可．
本题主要考查线面平行的证明，锥体体积的计算，空间想象能力的培养等知识，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为acsB−bcsA=−a−c，
所以sinAcsB−csAsinB=−sinA−(sinAcsB+csAsinB)，
化简得2sinAcsB=−sinA，因为sinA>0，所以csB=−12，
因为B∈(0,π)，
所以B=2π3；
(2)因为(2 7)2=22+c2−2×2ccs2π3，
所以c2+2c−24=0，解得c=4，
因为BD为△ABC的中线，所以2BD=BA+BC，
所以4|BD|2=BA2+BC2+2BA⋅BC=|BA|2+|BC|2+2|BA|⋅|BC|csB=c2+a2+2accs2π3，
因为a=2，c=4，所以4|BD|2=12．
解得|BD|= 3．
所以BD的长为 3．
【解析】(1)由正弦定理可得csB的值，再由角B的范围，可得角B的大小；
(2)由中线的向量表示，进而可得BD的值．
本题考查正弦定理，余弦定理，中线的向量表示，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：在直角梯形ABCD中，BC=CD=12AD=1，
所以AB= 2，BD= 2，
所以AB2+BD2=AD2，即AB⊥BD，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又AB∩PA=A，AB、PA⊂平面PAB，
所以BD⊥平面PAB，
又BD⊂平面PBD，
所以平面PAB⊥平面PBD．
(2)解：因为PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，
所以由三垂线定理知，PD⊥CD，
所以∠ADP就是二面角P−CD−A的平面角，即∠ADP=45°，
所以PA=AD=2，
所以PB=PB= PA2+AB2= 22+( 2)2= 6，
由(1)知，平面PAB⊥平面PBD，
所以直线PA与平面PBD所成角即为∠APB，
在Rt△PAB中，sin∠APB=ABPB= 2 6= 33，
故直线PA与平面PBD所成角的正弦值为 33．
【解析】(1)先利用勾股定理证明AB⊥BD，由PA⊥平面ABCD，知PA⊥BD，再由线面、面面垂直的判定定理，即可得证；
(2)由AD⊥CD，PD⊥CD，根据二面角的定义知∠ADP=45°，由平面PAB⊥平面PBD，知∠APB即为所求，再由三角函数的知识，求解即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线与面垂直的判定定理、性质定理，线面角、二面角的定义与找法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)函数f(x)=4sin(ωx+π12)cs(ωx+π12)+1=2sin(2ωx+π6)−1，
若f(x1)≤f(x)≤f(x2)，|x1−x2|min=π2，
则x1与x2是相邻的最小值点和最大值点，
所以f(x)的最小正周期为2×π2=π，
由2π2ω=π，解得ω=1；
(2)g(x)=f(x−π6)=2sin[2ω(x−π6)−π6]+1=2sin(2ωx+1−2ω6π)+1，
g(π3)=2sin(2ωπ3+1−2ω6π)+1=2sin(ωπ3+π6)+1=0，
所以sin(ωπ3+π6)=−12，
所以ωπ3+π6=7π6+2π(k∈Z)或ωπ3+π6=11π6+2kπ(k∈Z)，
解得ω=3+6k(k∈Z)或ω=5+6k(k∈Z)，
又2<ω<4，得ω=3，
所以g(x)=2sin(6x−56π)+1，
函数最小正周期T=2π6=π3，
令g(x)=0，即sin(6x−56π)=−12，
解得y=π9+k1π3(k1∈Z)或X=k1π3(k2∈Z)，
若g(x)在[m,n]上恰好有4个零点，则2T
所以n−m的最小值为2×π3+π9=7π9；
(3)由题意u(x)=h(x+φ0)=sin(2x+φ+2φ0)，
因为u(x)≤1，h(x)≤1，
所以y=10u(x)+lgh(x)≤10，当且仅当u(x)=1，h(x)=1时取等号，
又因为函数y=10u(x)+lgh(x)的最大值为10，
所以u(x)=1，h(x)=1同时取得最大值1，
所以2φ0=2kπ,k∈N*，
所以φ2=kπ,k∈N*，
所以满足条件的φ0的最小值为π．
【解析】(1)利用倍角公式化简函数解析式，由已知确定最小正周期，即可得ω；
(2)由图像平移变换得到函数g(x)，结合g(π3)=0和2<ω<4，求得ω，根据g(x)的零点个数可得2T
本题考查了三角恒等变换、三角函数图象的变化及正弦型函数的性质，属于中档题．
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