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【新结构】2023-2024学年江苏省江都中学、江苏省高邮中学、江苏省仪征中学高一下学期5月联合测试数学试卷-普通用卷
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这是一份【新结构】2023-2024学年江苏省江都中学、江苏省高邮中学、江苏省仪征中学高一下学期5月联合测试数学试卷-普通用卷，共16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i是虚数单位，复数5i1−2i的虚部为( )
A. −1B. 1C. −iD. i
2.已知α，β是不同的平面，m，n是不同的直线，下列命题中不正确的是( )
A. 若m//α，α∩β=n，则m//n
B. 若m//n，m⊥α，则n⊥α
C. 若m⊥α，m⊥β，则α//β
D. 若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
3.函数f(x)=sinx−sin2x在[0,2π]的零点个数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
4.已知向量a，b的夹角为120∘，a=1，b=5，则3a−b等于( )
A. 7B. 6C. 5D. 4
5.定义运算acbd=ad−bc，若csα=17，sinαcsαsinβcsβ=3 314，0<β<α<π2，则β=()
A. π12B. π3C. π4D. π6
6.已知RtΔABC的直角顶点C在平面α外，AB⊂α，AC,BC与平面α所成的角分别为45 ∘,30 ∘，AB= 6，则点C到平面α的距离为( )
A. 6B. 2 6C. 1D. 2
7.在△ABC中，角A、B、C所对的边的长分别为a、b、c.下列命题中错误的个数是( )
①若A>B，则sinA>sinB
②已知a=7，b=4 3，c= 13，则最小内角的度数为30∘
③若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC是锐角三角形
④若A=60∘，AC=4，且结合BC的长解三角形，有两解，则BC长的取值范围是(2 3,+∞)
A. 0B. 1C. 2D. 3
8.根据《周髀算经》记载，公元前十一世纪，数学家商高就提出“勾三股四弦五”，故勾股定理在中国又称商高定理.而勾股数是指满足勾股定理的正整数组(a,b,c)，任意一组勾股数都可以表示为如下的形式a=k(m2−n2)b=2kmnc=k(m2+n2)，其中，k,m,n均为正整数，且m>n.如图所示，△PEF中，PE⊥PF，PF=12>PE，三边对应的勾股数中k=1,n=2，点M在线段EF上，EM=m，则PM⋅EM=( )
A. −1765B. −225C. 4213D. 14013
二、多选题：本题共3小题，共15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.已知复数z1，z2，z3，下列说法正确的有( )
A. 若z1z1=z2z2，则|z1|=|z2|B. 若|z1|=|z2|，则z12=z22
C. 若z1z2=z1z3，则z1=0或z2=z3D. 若z12+z22=0，则z1=z2=0
10.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，则下列说法正确的是( )
A. BC1//平面AQPB. 平面APQ截正方体所得截面为等腰梯形
C. A1D⊥平面AQPD. 异面直线QP与A1C1所成的角为60∘
11.在△ABC中，AB=2 2，BC=4，AC=2 10，M是BC的中点，则( )
A. 线段AM的长度为2 5
B. AM⋅BC=−16
C. ∠AMB+∠ACB=π4
D. 在线段AB的延长线上存在点P，使得∠CPM的最大值为π4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若1+ 2i是关于x的实系数方程x2+bx+c=0的一个复数根，则b+c=__________.
13.已知sinα+sinβ+sinγ=0，csα+csβ+csγ=0，则cs(α−β)的值是__________.
14.已知函数f(x)=kx2+2x−1,x∈(0,1]kx+1,x∈(1,+∞)有两个不相等的零点x1,x2，则1x1+1x2的最大值为_________
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知向量a=3,−2，b=2,m，m∈R.
(1)若a//b，求m的值；
(2)若a⊥b，求m的值；
(3)若a与b夹角为锐角，求m的取值范围．
16.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PA=AB，M，N分别为棱PB，PC的中点，平面PAB⊥平面PBC.求证：
(1)BC//平面AMN;
(2)平面AMN⊥平面PBC.
17.(本小题12分)
在ΔABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知asinA+C2=bsinA.
(1)求B；
(2)若ΔABC为锐角三角形，且c=2，
(i)求角C的取值范围(ii)求ΔABC面积的取值范围．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中PA⊥平面ABCD，底面 ABCD为直角梯形，BC//AD,AD⊥AB，且PA=AB=BC=1,AD=2.
(1)若平面PBC与平面PAD相交于直线l，求证:BC//l;
(2)求证：平面PAC⊥平面PCD;
(3)求二面角C−PD−A的正切值.
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=sinx，且α,β∈(0,π2)
(1)求f(α)+fα+π2的最大值
(2)写出f(α)+f(α+β)与f(β)的大小关系，并给出证明
(3)试问f(α),f(β)，f(α+β)能否作为ΔABC三边长？若能，给出证明，并探究ΔABC的外接圆的半径是否为定值？若不能，请说明理由。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了复数的四则运算，以及复数的概念，属于基础题.
先化简复数为一般形式，即可得到结果.
【解答】
解：∵5i1−2i=5i1+2i1−2i1+2i=−2+i，
∴复数5i1−2i的虚部为1.
故选B.
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了空间直线与平面平行与垂直、平面与平面平行与垂直等位置关系的认识与理解，属于中档题．
根据空间中线线、线面、面面位置关系依次判断即可.
【解答】解：对于A，若α∩β=n，可知n⊂α，又m//α，则m//n或m与n异面，故A不正确；
对于B，根据两条平行线与同一个平面所成角相等，故若m//n，m⊥α，则n⊥α，故B正确；
对于C，根据垂直于同一条直线的两个平面互相平行，可得若m⊥α，m⊥β，则α//β，故C正确；
对于D，如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直，即若m⊥α，m⊂β，则α⊥β，故D正确.
故选：A.
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查求三角函数的零点的个数，及函数的零点个数与方程根的个数的关系、二倍角公式的应用，属于中档题.
由二倍角公式 f(x)=sinx(1−2csx)=0，得sinx=0或csx=12，由x∈[0,2π]，解得即可.
【解答】
解：f(x)=sinx−sin2x=sinx−2sinxcsx=sinx(1−2csx)=0，
得sinx=0或csx=12.
∵x∈[0,2π]，由sinx=0可得x=0，π或2π；
由csx=12可得x=π3或5π3.
∴f(x)在[0,2π]上的零点个数为5.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查向量模的求法，即利用数量积运算公式“a2=a2”进行求解．
由数量积的定义先计算3a−b2=3a−b2的值，再开方即可求解.
【解答】
解：3a−b2=3a−b2=9a2+b2−6a⋅b
=9a2+b2−6a⋅b⋅cs120∘
=9+52−6×5×−12=49，
所以3a−b=7，
故选A.
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查两角和与差的三角函数及同角关系式，属于基础题.
由已知得sin(α−β)，然后利用β=α−(α−β)，求出csβ即可求解.
【解答】
解：由已知有 sinαcsβ−csαsinβ=sin(α−β)=3 314，
又 0<β<α<π2，所以 0<α−β<π2，
所以 cs(α−β)= 1−(3 314)2=1314，
又 csα=17， 0<β<α<π2，
所以 sinα= 1−(17)2=4 37，
所以 csβ=cs(α−(α−β))=csαcs(α−β)+sinαsin(α−β)=12，
又 0<β<π2，
所以 β=π3.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查空间中点到平面距离的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
由题意画出图形，过C作CO⊥α，垂足为O，连接AO，BO，设CO=h，可得BC=2h，AC= 2h，在Rt△ACB中，由勾股定理列式求解h得答案．
【解答】
解：如图，
过C作CO⊥α，垂足为O，连接AO，BO，
则∠CAO=45∘，∠CBO=30∘，设CO=h，
则BC=2h，AC= 2h，
在Rt△ACB中，又AB= 6，
由勾股定理可得：(2h)2+( 2h)2=6，
解得h=1.
即C到平面α的距离为1.
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了利用正弦定理，余弦定理解三角形，判断三角形的形状，三角形解的个数，属于一般题.
根据题意结合正弦定理，余弦定理逐一求解判断即可.
【解答】
解：①，若A>B，则a>b，
由正弦定理可得sinA>sinB，故①正确；
②，因为a>b>c，所以最小内角为∠C(根据大边对大角)，
再由余弦定理知
csC=a2+b2−c22ab=72+(4 3)2−( 13)22×7×4 3= 32，
又因为在三角形中，所以最小C=30∘，故②正确；
③， tanA+tanB=tan(A+B)(1−tanAtanB)，
∴tanA+tanB+tanC
=tan(A+B)(1−tanAtanB)+tanC
=(−tanC)(1−tanAtanB)+tanC
=−tanC+tanAtanBtanC+tanC
=tanAtanBtanC>0，
又A，B，C是△ABC的内角，
∴内角A、B、C都是锐角，故③正确;
对于④， 若A=60∘，AC=4，且结合BC的长解三角形，有两解，
则满足AC>BC>ACsinA，即4>BC>2 3，
故④错误.
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积、向量的几何运用，属于一般题.
首先通过勾股数方程组确定三角形的三边长，然后利用向量的数量积求解即可.
【解答】
解：由已知可得a=m2−4b=4mc=m2+4，显然c>a，c>b，
因为在Rt△PEF中，EF为斜边，所以EF=c，
若a=PF=12，则m2−4=12，解得m=4，
此时PE=b=4m=16>12，与PF>PE矛盾，不符合题意；
若b=PF=12，则4m=12，解得m=3，此时PE=a=32−4=5<12，符合PF>PE，
故PE=5，PF=12，EF=13，EM=3，MF=10，
所以csE=PEEF=513，
所以PM⋅EM=(PE+EM)⋅EM
=PE⋅EM+EM⋅EM
=|PE|×|EM|cs(π−E)+|EM|2
=5×3×(−513)+32
=4213.
故答案为：4213.
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查复数的运算、共轭复数和复数的模，属于中档题.
对选项逐个判断即可.
【解答】
解：对于A， z1 z1=z2 z2，则 |z1|2=|z2|2 ，所以 |z1|=|z2|，故A正确；
对于B，取z1=1， z2=−i，满足|z1|=|z2|，但z12=1，z22=−1，不满足z12=z22，故B错误；
对于C， z1 z2=z1 z3，则 z1(z2−z3)=0，所以 z1=0或 z2−z3=0，故C正确；
对于D，取z1=1， z2=−i，满足z12+z22=0，但不满足z1=z2=0，故D错误；
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查的知识要点：线面平行的判定和性质的应用，异面直线的夹角的应用，线面垂直的判定的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力．
利用线面平行的判定和性质判断A；得出所求截面判断B；利用线面垂直的判定判断C；利用异面直线所成角判断D.
【解答】
解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，如图所示：
①对于选项A：P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，
所以PQ//BC1，由于PQ⊂平面APQ，BC1⊄平面APQ，
所以BC1//平面APQ，故正确．
②对于选项B：连接AP，AD1，D1Q，由于AD1//PQ，
则A，P，Q，D1四点共面，又D1Q=AP，
所以平面APQ截正方体所得截面为等腰梯形，故正确．
③对于选项C：由于A1D⊥AD1，A1D⊥AB，且AB∩AD1=A，
则A1D⊥平面ABC1D1，而平面ABC1D1和平面APQD1为相交平面，
所以A1D不可能与平面AQP垂直，故错误．
④对于选项D：PQ//BC1，△A1BC1为等边三角形，
所以∠A1C1B=60∘，则异面直线QP与A1C1所成的角即∠A1C1B为60∘.故正确．
故选：ABD.
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查向量基本定理的运用，以及基本不等式和三点共线的性质的运用，考查运算能力、推理能力，属于较难题．
根据题意，逐项求解即可.
【解答】
AM=12(AB+AC)，AM2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)
=14(8+40+2AB⋅AC⋅AB2+AC2−BC22AB⋅AC)=14(48+48−16)=20
∴AM=2 5，A对.
AM⋅BC=12(AB+AC)(AC−AB)=12(AC2−AB)=16，B错.
csC=16+40−82×4×2 10=3 1010，sinC= 1010
cs∠AMB=4+20−82⋅2⋅2 5=2 55，sin∠AMB= 55
sin(∠AMB+∠ACB)= 55×3 1010+2 55× 1010= 22
∴∠AMB+∠ACB=π4，C对.
对于D，法一：cs∠ABC=− 22，∴∠ABC=135∘，∠PBC=45∘
设∠CPM=α，∠PCM=β，
△PBC中，PC 22=4sin(45∘+β)，∴PC=2 2sin(45∘+β)
△PMC中，2sinα=PCsin(α+β)，∴2sinα=2 2sin(α+β)sin(45∘+β)
化简得3sinα−csα=(sinα+csα)sin2β+(sinα−csα)cs2β
≤ (sinα+csα)2+(sinα−csα)2= 2
即3sinα− 2≤csα，1=cs2α+sin2α≥(3sinα− 2)2+sin2α
∴ 210≤sinα≤ 22，∴αmax=π4.
对于D，法二：cs∠ABC=8+16−402×2 2×4=− 22，∠ABC=3π4
过P作PQ⊥BC于点Q，设BQ=PQ=x，∴QM=2−x，CM=2，
tan∠CPM=tan(∠CPQ−∠MPQ)=4−xx−2−xx1+(4−x)(2−x)x2=2x+8−6x+x2x
=28x+2x−6≤22 16−6=1，当且仅当x=2时，取等号，
∴(∠CPM)max=π4，D正确.
12.【答案】1
【解析】【分析】
本题考查实系数一元二次方程在复数范围内的根与系数的关系以及复数的四则运算，属于基础题.
结合题意将复数根代入原方程，直接展开运算即可.
【解答】
解：由于复数1+ 2i是实系数一元二次方程x2+bx+c=0的一个虚数根，
可得1+ 2i2+b1+ 2i+c=0，即b+c−1+ 2b+2 2i=0，
即b=−2，c=3，所以b+c=1.
故答案为1.
13.【答案】−12
【解析】【分析】
本题考查两角和与差的余弦公式，属于基础题．
由题已知得{ sinα+sinβ=−sinγ, ① csα+csβ=−csγ, ②，将①②两边同时平方相加，计算即可得到答案.
【解答】
解：由{ sinα+sinβ=−sinγ, ① csα+csβ=−csγ, ②
由①、②得2+2(sinαsinβ+csαcsβ)=1⇒cs(α−β)=−12.
故答案为：−12.
14.【答案】94
【解析】【分析】
本题考查函数零点与方程根的关系及分段函数，同时考查二次函数，为较难题.
对k进行讨论，将1x1+1x2表示为k的函数，然后利用二次函数求解即可.
【解答】解：当k=0时，f(x)=0，仅有一根x=12，不符题意；
当k>0时，x>1时，f(x)无零点；则0必有一个负的，也不符合题意；
故k<0，由x>1可得kx+1=0，
即x1=−1k，−1由0可得x2=11+ 1+k，
则1x1+1x2=−k+1+ 1+k,−1令t= 1+k，0可得1x1+1x2=−k+1+ 1+k
=−(t−12)2+94，
当t=12即k=−34时，取得最大值94.
故答案为94.
15.【答案】解：因为a=(3,−2)，b=(2,m)，
(1)若a//b，则3×m=2×(−2)，解得m=−43；
(2)若a⊥b，则3×2+(−2)×m=0，解得m=3；
(3)若a与b夹角为锐角，则a⋅b=3×2+(−2)×m>0，
且a与b不同向共线，即m≠−43，
所以m<3且m≠−43，
即实数m的取值范围为m<3且m≠−43.
【解析】本题考查的是平面向量的坐标运算，平面向量平行和垂直的坐标运算，平面向量的数量积，属于基础题.
(1)由向量平行坐标表示即可；
(2)由向量垂直坐标表示即可；
(3)由向量夹角为锐角可知 a⋅b>0 且 a,b 不同向，由此即可求得 m 的范围.
16.【答案】证明：(1)∵M，N分别为棱PB，PC的中点，
∴MN//BC，
∵MN⊂平面AMN，BC⊄平面AMN，
∴BC//平面AMN；
(2)∵PA=AB，M是棱PB的中点，∴AM⊥PB，
∵平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC=PB，AM⊂平面PAB，
∴AM⊥平面PBC，
∵AM⊂平面AMN，
∴平面AMN⊥平面PBC.
【解析】本题考查线面平行的判定及面面垂直的判定，考查了学生的空间想象能力，培养了学生分析问题与解决问题的能力，属于基础题.
(1)根据题意可得MN//BC，进而利用线面平行的判定定理即可证得结论；
(2)根据题意利用面面垂直的性质可得AM⊥平面PBC，进而利用面面垂直的判定定理即可证得结论.
17.【答案】解：(1)根据题意asinA+C2=bsinA，由正弦定理得sinAsinA+C2=sinBsinA，因为00，消去sinA得sinA+C2=sinB.0(2)(i)因为△ABC是锐角三角形，由(1)知B=π3，A+B+C=π得到A+C=23π，故0(ii)应用正弦定理asinA=csinC，c=2，由三角形面积公式有：
S△ABC=12ac⋅sinB=12c2ac⋅sinB=12c2sinAsinC⋅sinB= 3⋅sin(2π3−C)sinC= 3⋅sin2π3csC−cs2π3sinCsinC= 3⋅(sin2π31tanC−cs2π3)=321tanC+ 32.又因π6 33，
故 32<321tanC+ 32<2 3，故 32
【解析】本题考查三角形的正弦定理、面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换相关知识，以及化简运算能力，属于中档题．
(1)由正弦定理可得sinA+C2=sinB，进而可得A+C2=B，再由三角形内角和可得结果；
(2)(i)由题意可得π6(ii)再由三角形面积公式化简可得S△ABC=321tan C+ 32，再由正切函数的性质可得S△ABC的取值范围.
18.【答案】(1)证明：∵BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BC//平面PAD，
又BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD=l，
∴BC//l，
(2)证明：由题意得，AC=CD= 2，又AD=2，
所以AC⊥CD；
又PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，且PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，
所以CD⊥平面PAC，
又CD⊂平面PCD，
所以平面PAC⊥平面PCD；
(3)解：取AD的中点F，
作FE⊥PD于E，连接CF，CE，
由△DFE∽△DPA，求得EF= 55，DE=2 55，
易知CF⊥FE，
故CE= CF2+FE2= 12+( 55)2= 305，
又∵CE2+DE2=( 305)2+(2 55)2=2=CD2，
∴CE⊥ED，
∴tan∠CEF=CFEF=1 55= 5.
即二面角C−PD−A的正切值为 5.
【解析】本题考查线线平行，面面垂直的证明，线面平行的判断，属中档题．
(1)由BC//AD，推出BC//平面PAD，从而得BC//l；
(2)由题意得出AC⊥CD，PA⊥CD，可证CD⊥平面PAC，从而证明平面PAC⊥平面PCD；
(3)取AD的中点F，作FE⊥PD于E，连接CF，CE，根据几何法求解即可.
19.【答案】解：(1)f(α)+f(α+π2)=sinα+sin(α+π2)
=sinα+csα= 2sin(α+π4)，
因为α∈(0,π2)，
所以当α=π4时，其最大值为 2；
(2)令x=f(α)+f(α+β)=sinα+sin(α+β)，y=f(β)=sinβ，
x2−y2=2sinαsin(α+β)(1+csβ)>0，
得x2>y2，即x>y，即f(α)+f(α+β)>f(β)；
(3)由(2)得f(α)+f(α+β)>f(β)①，
同理f(β)+f(α+β)>f(α)②，
由[f(α)+f(β)]2−f2(α+β)=2sinαsinβ[1−cs(α+β)]>0，
得[f(α)+f(β)]2>f2(α+β)，
即[f(α)+f(β)>f(α+β),③,
从而f(α)，f(α+β)，f(β)可以作为ΔABC的边长，
不妨令a=f(α)=sinα，b=f(β)=sinβ，c=f(α+β)=sin(α+β)，
由csC=a2+b2−c22ab=−cs(α+β)，
得sinC= 1−cs2C=sin(α+β)，
记ΔABC的外接圆半径为R，
则2R=CsinC=sin(α+β)sin(α+β)=1，得R=12.
【解析】本题考查了三角恒等变换的应用、正弦函数的性质和利用正弦定理解三角形，是中档题.
(1)f(α)+f(α+π2)= 2sin(α+π4)，由三角函数性质可得结果；
(2)利用作差法和三角恒等变换即可得证；
(3)由(2)可得[f(α)+f(β)>f(α+β),从而f(α)，f(α+β)，f(β)可以作为ΔABC的边长，再由余弦定理和正弦定理求解即可.
1.已知i是虚数单位，复数5i1−2i的虚部为( )
A. −1B. 1C. −iD. i
2.已知α，β是不同的平面，m，n是不同的直线，下列命题中不正确的是( )
A. 若m//α，α∩β=n，则m//n
B. 若m//n，m⊥α，则n⊥α
C. 若m⊥α，m⊥β，则α//β
D. 若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
3.函数f(x)=sinx−sin2x在[0,2π]的零点个数为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
4.已知向量a，b的夹角为120∘，a=1，b=5，则3a−b等于( )
A. 7B. 6C. 5D. 4
5.定义运算acbd=ad−bc，若csα=17，sinαcsαsinβcsβ=3 314，0<β<α<π2，则β=()
A. π12B. π3C. π4D. π6
6.已知RtΔABC的直角顶点C在平面α外，AB⊂α，AC,BC与平面α所成的角分别为45 ∘,30 ∘，AB= 6，则点C到平面α的距离为( )
A. 6B. 2 6C. 1D. 2
7.在△ABC中，角A、B、C所对的边的长分别为a、b、c.下列命题中错误的个数是( )
①若A>B，则sinA>sinB
②已知a=7，b=4 3，c= 13，则最小内角的度数为30∘
③若tanA+tanB+tanC>0，则△ABC是锐角三角形
④若A=60∘，AC=4，且结合BC的长解三角形，有两解，则BC长的取值范围是(2 3,+∞)
A. 0B. 1C. 2D. 3
8.根据《周髀算经》记载，公元前十一世纪，数学家商高就提出“勾三股四弦五”，故勾股定理在中国又称商高定理.而勾股数是指满足勾股定理的正整数组(a,b,c)，任意一组勾股数都可以表示为如下的形式a=k(m2−n2)b=2kmnc=k(m2+n2)，其中，k,m,n均为正整数，且m>n.如图所示，△PEF中，PE⊥PF，PF=12>PE，三边对应的勾股数中k=1,n=2，点M在线段EF上，EM=m，则PM⋅EM=( )
A. −1765B. −225C. 4213D. 14013
二、多选题：本题共3小题，共15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.已知复数z1，z2，z3，下列说法正确的有( )
A. 若z1z1=z2z2，则|z1|=|z2|B. 若|z1|=|z2|，则z12=z22
C. 若z1z2=z1z3，则z1=0或z2=z3D. 若z12+z22=0，则z1=z2=0
10.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，则下列说法正确的是( )
A. BC1//平面AQPB. 平面APQ截正方体所得截面为等腰梯形
C. A1D⊥平面AQPD. 异面直线QP与A1C1所成的角为60∘
11.在△ABC中，AB=2 2，BC=4，AC=2 10，M是BC的中点，则( )
A. 线段AM的长度为2 5
B. AM⋅BC=−16
C. ∠AMB+∠ACB=π4
D. 在线段AB的延长线上存在点P，使得∠CPM的最大值为π4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若1+ 2i是关于x的实系数方程x2+bx+c=0的一个复数根，则b+c=__________.
13.已知sinα+sinβ+sinγ=0，csα+csβ+csγ=0，则cs(α−β)的值是__________.
14.已知函数f(x)=kx2+2x−1,x∈(0,1]kx+1,x∈(1,+∞)有两个不相等的零点x1,x2，则1x1+1x2的最大值为_________
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知向量a=3,−2，b=2,m，m∈R.
(1)若a//b，求m的值；
(2)若a⊥b，求m的值；
(3)若a与b夹角为锐角，求m的取值范围．
16.(本小题12分)
如图，在三棱锥P−ABC中，PA=AB，M，N分别为棱PB，PC的中点，平面PAB⊥平面PBC.求证：
(1)BC//平面AMN;
(2)平面AMN⊥平面PBC.
17.(本小题12分)
在ΔABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知asinA+C2=bsinA.
(1)求B；
(2)若ΔABC为锐角三角形，且c=2，
(i)求角C的取值范围(ii)求ΔABC面积的取值范围．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中PA⊥平面ABCD，底面 ABCD为直角梯形，BC//AD,AD⊥AB，且PA=AB=BC=1,AD=2.
(1)若平面PBC与平面PAD相交于直线l，求证:BC//l;
(2)求证：平面PAC⊥平面PCD;
(3)求二面角C−PD−A的正切值.
19.(本小题12分)
已知函数f(x)=sinx，且α,β∈(0,π2)
(1)求f(α)+fα+π2的最大值
(2)写出f(α)+f(α+β)与f(β)的大小关系，并给出证明
(3)试问f(α),f(β)，f(α+β)能否作为ΔABC三边长？若能，给出证明，并探究ΔABC的外接圆的半径是否为定值？若不能，请说明理由。
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了复数的四则运算，以及复数的概念，属于基础题.
先化简复数为一般形式，即可得到结果.
【解答】
解：∵5i1−2i=5i1+2i1−2i1+2i=−2+i，
∴复数5i1−2i的虚部为1.
故选B.
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查了空间直线与平面平行与垂直、平面与平面平行与垂直等位置关系的认识与理解，属于中档题．
根据空间中线线、线面、面面位置关系依次判断即可.
【解答】解：对于A，若α∩β=n，可知n⊂α，又m//α，则m//n或m与n异面，故A不正确；
对于B，根据两条平行线与同一个平面所成角相等，故若m//n，m⊥α，则n⊥α，故B正确；
对于C，根据垂直于同一条直线的两个平面互相平行，可得若m⊥α，m⊥β，则α//β，故C正确；
对于D，如果一个平面过另一个平面的垂线，那么这两个平面垂直，即若m⊥α，m⊂β，则α⊥β，故D正确.
故选：A.
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查求三角函数的零点的个数，及函数的零点个数与方程根的个数的关系、二倍角公式的应用，属于中档题.
由二倍角公式 f(x)=sinx(1−2csx)=0，得sinx=0或csx=12，由x∈[0,2π]，解得即可.
【解答】
解：f(x)=sinx−sin2x=sinx−2sinxcsx=sinx(1−2csx)=0，
得sinx=0或csx=12.
∵x∈[0,2π]，由sinx=0可得x=0，π或2π；
由csx=12可得x=π3或5π3.
∴f(x)在[0,2π]上的零点个数为5.
4.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查向量模的求法，即利用数量积运算公式“a2=a2”进行求解．
由数量积的定义先计算3a−b2=3a−b2的值，再开方即可求解.
【解答】
解：3a−b2=3a−b2=9a2+b2−6a⋅b
=9a2+b2−6a⋅b⋅cs120∘
=9+52−6×5×−12=49，
所以3a−b=7，
故选A.
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查两角和与差的三角函数及同角关系式，属于基础题.
由已知得sin(α−β)，然后利用β=α−(α−β)，求出csβ即可求解.
【解答】
解：由已知有 sinαcsβ−csαsinβ=sin(α−β)=3 314，
又 0<β<α<π2，所以 0<α−β<π2，
所以 cs(α−β)= 1−(3 314)2=1314，
又 csα=17， 0<β<α<π2，
所以 sinα= 1−(17)2=4 37，
所以 csβ=cs(α−(α−β))=csαcs(α−β)+sinαsin(α−β)=12，
又 0<β<π2，
所以 β=π3.
6.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查空间中点到平面距离的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
由题意画出图形，过C作CO⊥α，垂足为O，连接AO，BO，设CO=h，可得BC=2h，AC= 2h，在Rt△ACB中，由勾股定理列式求解h得答案．
【解答】
解：如图，
过C作CO⊥α，垂足为O，连接AO，BO，
则∠CAO=45∘，∠CBO=30∘，设CO=h，
则BC=2h，AC= 2h，
在Rt△ACB中，又AB= 6，
由勾股定理可得：(2h)2+( 2h)2=6，
解得h=1.
即C到平面α的距离为1.
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了利用正弦定理，余弦定理解三角形，判断三角形的形状，三角形解的个数，属于一般题.
根据题意结合正弦定理，余弦定理逐一求解判断即可.
【解答】
解：①，若A>B，则a>b，
由正弦定理可得sinA>sinB，故①正确；
②，因为a>b>c，所以最小内角为∠C(根据大边对大角)，
再由余弦定理知
csC=a2+b2−c22ab=72+(4 3)2−( 13)22×7×4 3= 32，
又因为在三角形中，所以最小C=30∘，故②正确；
③， tanA+tanB=tan(A+B)(1−tanAtanB)，
∴tanA+tanB+tanC
=tan(A+B)(1−tanAtanB)+tanC
=(−tanC)(1−tanAtanB)+tanC
=−tanC+tanAtanBtanC+tanC
=tanAtanBtanC>0，
又A，B，C是△ABC的内角，
∴内角A、B、C都是锐角，故③正确;
对于④， 若A=60∘，AC=4，且结合BC的长解三角形，有两解，
则满足AC>BC>ACsinA，即4>BC>2 3，
故④错误.
8.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积、向量的几何运用，属于一般题.
首先通过勾股数方程组确定三角形的三边长，然后利用向量的数量积求解即可.
【解答】
解：由已知可得a=m2−4b=4mc=m2+4，显然c>a，c>b，
因为在Rt△PEF中，EF为斜边，所以EF=c，
若a=PF=12，则m2−4=12，解得m=4，
此时PE=b=4m=16>12，与PF>PE矛盾，不符合题意；
若b=PF=12，则4m=12，解得m=3，此时PE=a=32−4=5<12，符合PF>PE，
故PE=5，PF=12，EF=13，EM=3，MF=10，
所以csE=PEEF=513，
所以PM⋅EM=(PE+EM)⋅EM
=PE⋅EM+EM⋅EM
=|PE|×|EM|cs(π−E)+|EM|2
=5×3×(−513)+32
=4213.
故答案为：4213.
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查复数的运算、共轭复数和复数的模，属于中档题.
对选项逐个判断即可.
【解答】
解：对于A， z1 z1=z2 z2，则 |z1|2=|z2|2 ，所以 |z1|=|z2|，故A正确；
对于B，取z1=1， z2=−i，满足|z1|=|z2|，但z12=1，z22=−1，不满足z12=z22，故B错误；
对于C， z1 z2=z1 z3，则 z1(z2−z3)=0，所以 z1=0或 z2−z3=0，故C正确；
对于D，取z1=1， z2=−i，满足z12+z22=0，但不满足z1=z2=0，故D错误；
10.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查的知识要点：线面平行的判定和性质的应用，异面直线的夹角的应用，线面垂直的判定的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力．
利用线面平行的判定和性质判断A；得出所求截面判断B；利用线面垂直的判定判断C；利用异面直线所成角判断D.
【解答】
解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，如图所示：
①对于选项A：P，Q分别为棱BC和棱CC1的中点，
所以PQ//BC1，由于PQ⊂平面APQ，BC1⊄平面APQ，
所以BC1//平面APQ，故正确．
②对于选项B：连接AP，AD1，D1Q，由于AD1//PQ，
则A，P，Q，D1四点共面，又D1Q=AP，
所以平面APQ截正方体所得截面为等腰梯形，故正确．
③对于选项C：由于A1D⊥AD1，A1D⊥AB，且AB∩AD1=A，
则A1D⊥平面ABC1D1，而平面ABC1D1和平面APQD1为相交平面，
所以A1D不可能与平面AQP垂直，故错误．
④对于选项D：PQ//BC1，△A1BC1为等边三角形，
所以∠A1C1B=60∘，则异面直线QP与A1C1所成的角即∠A1C1B为60∘.故正确．
故选：ABD.
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查向量基本定理的运用，以及基本不等式和三点共线的性质的运用，考查运算能力、推理能力，属于较难题．
根据题意，逐项求解即可.
【解答】
AM=12(AB+AC)，AM2=14(AB2+AC2+2AB⋅AC)
=14(8+40+2AB⋅AC⋅AB2+AC2−BC22AB⋅AC)=14(48+48−16)=20
∴AM=2 5，A对.
AM⋅BC=12(AB+AC)(AC−AB)=12(AC2−AB)=16，B错.
csC=16+40−82×4×2 10=3 1010，sinC= 1010
cs∠AMB=4+20−82⋅2⋅2 5=2 55，sin∠AMB= 55
sin(∠AMB+∠ACB)= 55×3 1010+2 55× 1010= 22
∴∠AMB+∠ACB=π4，C对.
对于D，法一：cs∠ABC=− 22，∴∠ABC=135∘，∠PBC=45∘
设∠CPM=α，∠PCM=β，
△PBC中，PC 22=4sin(45∘+β)，∴PC=2 2sin(45∘+β)
△PMC中，2sinα=PCsin(α+β)，∴2sinα=2 2sin(α+β)sin(45∘+β)
化简得3sinα−csα=(sinα+csα)sin2β+(sinα−csα)cs2β
≤ (sinα+csα)2+(sinα−csα)2= 2
即3sinα− 2≤csα，1=cs2α+sin2α≥(3sinα− 2)2+sin2α
∴ 210≤sinα≤ 22，∴αmax=π4.
对于D，法二：cs∠ABC=8+16−402×2 2×4=− 22，∠ABC=3π4
过P作PQ⊥BC于点Q，设BQ=PQ=x，∴QM=2−x，CM=2，
tan∠CPM=tan(∠CPQ−∠MPQ)=4−xx−2−xx1+(4−x)(2−x)x2=2x+8−6x+x2x
=28x+2x−6≤22 16−6=1，当且仅当x=2时，取等号，
∴(∠CPM)max=π4，D正确.
12.【答案】1
【解析】【分析】
本题考查实系数一元二次方程在复数范围内的根与系数的关系以及复数的四则运算，属于基础题.
结合题意将复数根代入原方程，直接展开运算即可.
【解答】
解：由于复数1+ 2i是实系数一元二次方程x2+bx+c=0的一个虚数根，
可得1+ 2i2+b1+ 2i+c=0，即b+c−1+ 2b+2 2i=0，
即b=−2，c=3，所以b+c=1.
故答案为1.
13.【答案】−12
【解析】【分析】
本题考查两角和与差的余弦公式，属于基础题．
由题已知得{ sinα+sinβ=−sinγ, ① csα+csβ=−csγ, ②，将①②两边同时平方相加，计算即可得到答案.
【解答】
解：由{ sinα+sinβ=−sinγ, ① csα+csβ=−csγ, ②
由①、②得2+2(sinαsinβ+csαcsβ)=1⇒cs(α−β)=−12.
故答案为：−12.
14.【答案】94
【解析】【分析】
本题考查函数零点与方程根的关系及分段函数，同时考查二次函数，为较难题.
对k进行讨论，将1x1+1x2表示为k的函数，然后利用二次函数求解即可.
【解答】解：当k=0时，f(x)=0，仅有一根x=12，不符题意；
当k>0时，x>1时，f(x)无零点；则0
故k<0，由x>1可得kx+1=0，
即x1=−1k，−1
则1x1+1x2=−k+1+ 1+k,−1
=−(t−12)2+94，
当t=12即k=−34时，取得最大值94.
故答案为94.
15.【答案】解：因为a=(3,−2)，b=(2,m)，
(1)若a//b，则3×m=2×(−2)，解得m=−43；
(2)若a⊥b，则3×2+(−2)×m=0，解得m=3；
(3)若a与b夹角为锐角，则a⋅b=3×2+(−2)×m>0，
且a与b不同向共线，即m≠−43，
所以m<3且m≠−43，
即实数m的取值范围为m<3且m≠−43.
【解析】本题考查的是平面向量的坐标运算，平面向量平行和垂直的坐标运算，平面向量的数量积，属于基础题.
(1)由向量平行坐标表示即可；
(2)由向量垂直坐标表示即可；
(3)由向量夹角为锐角可知 a⋅b>0 且 a,b 不同向，由此即可求得 m 的范围.
16.【答案】证明：(1)∵M，N分别为棱PB，PC的中点，
∴MN//BC，
∵MN⊂平面AMN，BC⊄平面AMN，
∴BC//平面AMN；
(2)∵PA=AB，M是棱PB的中点，∴AM⊥PB，
∵平面PAB⊥平面PBC，平面PAB∩平面PBC=PB，AM⊂平面PAB，
∴AM⊥平面PBC，
∵AM⊂平面AMN，
∴平面AMN⊥平面PBC.
【解析】本题考查线面平行的判定及面面垂直的判定，考查了学生的空间想象能力，培养了学生分析问题与解决问题的能力，属于基础题.
(1)根据题意可得MN//BC，进而利用线面平行的判定定理即可证得结论；
(2)根据题意利用面面垂直的性质可得AM⊥平面PBC，进而利用面面垂直的判定定理即可证得结论.
17.【答案】解：(1)根据题意asinA+C2=bsinA，由正弦定理得sinAsinA+C2=sinBsinA，因为0
S△ABC=12ac⋅sinB=12c2ac⋅sinB=12c2sinAsinC⋅sinB= 3⋅sin(2π3−C)sinC= 3⋅sin2π3csC−cs2π3sinCsinC= 3⋅(sin2π31tanC−cs2π3)=321tanC+ 32.又因π6
故 32<321tanC+ 32<2 3，故 32
【解析】本题考查三角形的正弦定理、面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换相关知识，以及化简运算能力，属于中档题．
(1)由正弦定理可得sinA+C2=sinB，进而可得A+C2=B，再由三角形内角和可得结果；
(2)(i)由题意可得π6
18.【答案】(1)证明：∵BC//AD，BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
∴BC//平面PAD，
又BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD=l，
∴BC//l，
(2)证明：由题意得，AC=CD= 2，又AD=2，
所以AC⊥CD；
又PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，
所以PA⊥CD，且PA∩AC=A，PA,AC⊂平面PAC，
所以CD⊥平面PAC，
又CD⊂平面PCD，
所以平面PAC⊥平面PCD；
(3)解：取AD的中点F，
作FE⊥PD于E，连接CF，CE，
由△DFE∽△DPA，求得EF= 55，DE=2 55，
易知CF⊥FE，
故CE= CF2+FE2= 12+( 55)2= 305，
又∵CE2+DE2=( 305)2+(2 55)2=2=CD2，
∴CE⊥ED，
∴tan∠CEF=CFEF=1 55= 5.
即二面角C−PD−A的正切值为 5.
【解析】本题考查线线平行，面面垂直的证明，线面平行的判断，属中档题．
(1)由BC//AD，推出BC//平面PAD，从而得BC//l；
(2)由题意得出AC⊥CD，PA⊥CD，可证CD⊥平面PAC，从而证明平面PAC⊥平面PCD；
(3)取AD的中点F，作FE⊥PD于E，连接CF，CE，根据几何法求解即可.
19.【答案】解：(1)f(α)+f(α+π2)=sinα+sin(α+π2)
=sinα+csα= 2sin(α+π4)，
因为α∈(0,π2)，
所以当α=π4时，其最大值为 2；
(2)令x=f(α)+f(α+β)=sinα+sin(α+β)，y=f(β)=sinβ，
x2−y2=2sinαsin(α+β)(1+csβ)>0，
得x2>y2，即x>y，即f(α)+f(α+β)>f(β)；
(3)由(2)得f(α)+f(α+β)>f(β)①，
同理f(β)+f(α+β)>f(α)②，
由[f(α)+f(β)]2−f2(α+β)=2sinαsinβ[1−cs(α+β)]>0，
得[f(α)+f(β)]2>f2(α+β)，
即[f(α)+f(β)>f(α+β),③,
从而f(α)，f(α+β)，f(β)可以作为ΔABC的边长，
不妨令a=f(α)=sinα，b=f(β)=sinβ，c=f(α+β)=sin(α+β)，
由csC=a2+b2−c22ab=−cs(α+β)，
得sinC= 1−cs2C=sin(α+β)，
记ΔABC的外接圆半径为R，
则2R=CsinC=sin(α+β)sin(α+β)=1，得R=12.
【解析】本题考查了三角恒等变换的应用、正弦函数的性质和利用正弦定理解三角形，是中档题.
(1)f(α)+f(α+π2)= 2sin(α+π4)，由三角函数性质可得结果；
(2)利用作差法和三角恒等变换即可得证；
(3)由(2)可得[f(α)+f(β)>f(α+β),从而f(α)，f(α+β)，f(β)可以作为ΔABC的边长，再由余弦定理和正弦定理求解即可.
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