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2023-2024学年河南省驻马店市高一下学期7月期终质量监测数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年河南省驻马店市高一下学期7月期终质量监测数学试题（含解析），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.角2024∘的终边在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知a，b是两条不同的直线，a是一个平面，若a//α,b⊂α，则( )
A. a//bB. a与b异面C. a与b相交D. a与b没有公共点
3.已知向量a=(1,2),b=(1,m)，若a⊥b，则m=( )
A. −12B. −2C. 12D. 2
4.英国数学家泰勒发现了如下公式：sinx=x−x33!+x55!−x77!+⋯，csx=1−x22!+x44!−x66!+⋯，其中n!=1×2×3×4×5×⋯×n.这些公式被编人计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性．比如，用前三项计算sin0.5，就得到sin0.5≈0.5−0.533!+0.555!=0.479427.运用上述思想，可得到cs1的近似值为( )
A. 0.53B. 0.54C. 0.55D. 0.56
5.函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T，若fT4=1，则φ=( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
6.设复数z满足z1+i+z1−i=1，则|z|的最小值为( )
A. 14B. 24C. 12D. 22
7.设角α满足sinα 3−tan10∘=1，则α的可能值为( )
A. 40∘B. 50∘C. 80∘D. 100∘
8.已知正四面体P−ABC内接于球O，E为底面三角形ABC中边BC的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为2 3的截面圆，则此四面体的棱长的取值范围( )
A. [2 2,2 3]B. [2 3,2 6]C. [4 2,4 3]D. [4 3,4 6]
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。
9.已知a,b,c是三个向量，则下列命题正确的是( )
A. 若a=0，则a=0B. 若a⋅b=b⋅c，则a=c
C. 若a+b=a+b，则a//bD. 若a与b共线，则a=b或a=−b
10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，O为BD的中点，直线A1C与平面C1BDD交于点M，则下列结论正确的是( )
A. C1，M，O三点共线B. 平面A1D1C⊥平面C1BD
C. 点A1到平面C1BD的距离为 33D. 二面角A1−BD−C1的余弦值为13
11.已知函数fx=sin2x+φ0<φ<π2在0,φ2上有最大值，则( )
A. φ的取值范围为π4,π2B. fx在区间φ2,φ上单调递减
C. fx在区间0,φ上无零点D. 存在两个φ，使得φ−fφ=1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z=5i1+2i，则z的虚部为 ．
13.设D为▵ABC所在平面内一点，BC=3CD，E为AD的中点，BE与AC交于点F，设AF=λAC，则λ= ．
14.已知▵ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记BC边上的高为ℎ，若A为锐角，b= 3asinB，则ℎa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a,b均为单位向量，且|a+b|=1．
(1)求|a−b|；
(2)求向量a+b与b的夹角；
(3)求向量a+b与b方向上投影数量．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为π，且图象关于点π4,0对称，把函数f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移π2个单位长度得到函数g(x)．
(1)求函数f(x)和g(x)解析式；
(2)若方程f(x)+kg(x)=0在x∈π6,5π6上有解，求实数k的取值范围．
17.(本小题12分)
如图，六面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，AE=2BF,BF//AE,BF⊥AD，且平面ACE⊥平面ABCD．
(1)在DE上确定一点M，使得FM//平面ABCD；
(2)求证：AE⊥平面ABCD；
(3)若AB=AC=BF=2，求六面体ABCDEF的体积．
18.(本小题12分)
已知▵ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，▵ABC的外接圆的半径R= 3，且满足csAcsB=2sinC−π6．
(1)求角B；
(2)若BD为AC边上的角平分线，且BD=2，求▵ABC的面积；
(3)设▵ABC的外接圆的圆心为O，且OB=λOA+μOC(λ,μ∈R)，求λ+μ的取值范围．
19.(本小题12分)
在三棱锥P−ABC中，AB=AC=PB=PC，点P在平面ABC内的投影为H，连接AH．
(1)如图1，证明：AP⊥BC；
(2)如图2，记∠PAB=θ，直线AP与平面ABC的夹角为θ1，∠BAH=θ2，求证：csθ=csθ1⋅csθ2，并比较θ和θ1的大小；
(3)如图3，已知AB=5,AP=4,BC=6，M为平面PBC内一点，且AM=4，求异面直线AM与直线BC夹角的最小值．
答案解析
1.C
【解析】解：因为 2024∘=360∘×5+224∘ ，
且 180∘<224∘<270∘ ，
所以角 2024∘ 的终边在第三象限.故选：C
2.D
【解析】因为a，b是两条不同的直线，a是一个平面，若a//α,b⊂α，则a//b或a与b异面，
即a与b没有公共点，故只有D满足题意．
故选：D．
3.A
【解析】因为a⊥b，所以a⋅b=1+2m=0，
所以m=−12．
故选：A．
4.B
【解析】由泰勒公式：csx=1−x22!+x44!−x66!+⋯可得：
cs1=1−122!+144!−166!+⋯≈1−12+124≈0.54，
故选：B．
5.B
【解析】T=2πω，则fπ2ω=1，即2sin(ω×π2ω+φ)=1，
即2sin(π2+φ)=1，即2csφ=1，则csφ=12，又0<φ<π，则φ=π3．
故选：B．
6.D
【解析】设z=a+bia,b∈R，则z=a−bia,b∈R，
则z1+i+z1−i=a+bi1+i+a−bi1−i=a+bi1−i+a−bi1+i1+i1−i=a+b=1，
所以b=1−a，
则z= a2+b2= a2+1−a2= 2a2−2a+1= 2a−122+12，
所以|z|的最小值为 22，
故选：D．
7.A
【解析】由题意 3cs10∘−sin10∘cs10∘sinα=2cs10∘+30∘cs10∘sinα=2cs40∘cs10∘sinα=1，
所以sinα=cs10∘2cs40∘=cs10∘2cs40∘⋅sin40∘sin40∘=cs10∘sin80∘sin40∘=sin40∘，
所以α=40∘+360∘⋅k,k∈Z，对比选项可知，只有A符合题意．
故选：A．
8.C
【解析】如图，在正四面体P−ABC中，设顶点P在底面的射影为O1，
则球心O在PO1上，O1在AE上，且AO1=23AE，连接OE､OA，
设正四面体的棱长为a，则AE= 32a，AO1=23AE= 33a
则正四面体的高PO1= PA2−O1A2= a2−( 33a)2= 63a，
设外接球半径为R，
在Rt▵OO1A中，OA2=OO12+O1A2，即R2=( 63a−R)2+( 33a)2，解得R= 64a，
∴在Rt▵OO1E中，OE= OO12+O1E2= ( 612a)2+( 36a)2= 24a，
过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为r= R2−OE2= ( 64a)2−( 24a)2=12a，
最大截面圆为过球心的大圆，半径为R= 64a，
由题设存在半径为2 3的截面圆，∴12a≤2 3≤ 64a，解得4 2≤a≤4 3，
故选：C．
9.AC
【解析】对于A，若a=0，则a=0，故 A正确；
对于B，让b=0，a,c不共线，则有a⋅b=b⋅c=0，但a=c不成立，故 B错误；
对于C，若a+b=a+b，则a2+b2+2ab=a2+b2+2a⋅b，即ab=a⋅b，所以a,b同向，即a//b，故 C正确；
对于D，若a与b共线，则a,b同向或反向，但它们的模长不一定相等，故 D错误．
故选：AC．
10.ABD
【解析】对于A，如图所示，
因为O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，所以O∈平面ACC1A1．
因为O∈BD，BD⊂平面C1BD，所以O∈平面C1BD，
所以O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点；
同理可得，点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，
所以三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，
即C1，M，O三点共线，故 A正确；
对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，
BD⊂平面ABCD，所以BD⊥AA1，又BD⊥AC，
AA1∩AC=A,AA1、AC⊂平面A1AC，
所以BD⊥平面A1AC，又A1C⊂平面A1AC，
所以A1C⊥BD，同理A1C⊥BC1，
又BD∩BC1=B，BD,BC1⊂平面C1BD，所以A1C⊥平面C1BD，
A1C⊂平面A1D1C，所以平面A1D1C⊥平面C1BD，故 B正确；
对于C，由B分析知道A1C⊥平面C1BD，则点A1到平面C1BD的距离为A1M．
设点C到平面C1BD的距离为ℎ，
由VC−BDC1=VC1−BDC可得，13S▵BDC1⋅ℎ=13S▵BDC⋅CC1，
又正方体的棱长为1，所以正三角形BDC1的边长为 2，
所以13×12× 2× 2× 32⋅ℎ=13×12×1×1×1，
所以ℎ= 33，则A1M=A1C−ℎ= 12+12+12− 33=2 33，故 C错误．
对于D，如下图，
若O′为AC,BD交点，则二面角A1−BD−C1为π−(∠AO′A1+∠CO′C1)，
又∠AO′A1=∠CO′C1，且tan∠AO′A1= 2，
所以tan[π−(∠AO′A1+∠CO′C1)]=−tan2∠AO′A1=−2tan∠AO′A11−tan2∠AO′A1
=−2× 21− 22=2 2，
故cs[π−(∠AO′A1+∠CO′C1)]=13，故 D正确．
故选：ABD．
11.AB
【解析】对于A，若π4<φ<π2，则对x∈0,φ2有fx=sin2x+φ≤1．
而0<π4−φ2<φ2，且fπ4−φ2=sinπ2−φ+φ=1，故fx在0,φ2上有最大值；
若fx在0,φ2上有最大值，设最大值在x=x0处取到，则x=x0是fx的极大值点，故2x0+φ=π2+2kπk∈Z．
而x0∈0,φ2，故φ<2x0+φ<2φ，从而φ<π2+2kπ<2φ．
所以π4+kπ<φ<π2+2kπ．
由0<φ<π2可得π4+kπ<φ<π2，π2+2kπ>φ>0，故14+k<12，12+2k>0．
从而−14所以由π4+kπ<φ<π2+2kπ，得π4<φ<π2．
综上，φ的取值范围是π4,π2，故 A正确；
对于B，由于当x∈φ2,φ时，有2x+φ>2⋅φ2+φ=2φ>2⋅π4=π2，2x+φ<2⋅φ+φ=3φ<3⋅π2=3π2．
故2x+φ∈π2,3π2，所以fx在区间φ2,φ上单调递减，故 B正确；
对于C，当φ=5π12时，fx=sin2x+5π12，而fx在0,5π12上有零点x=7π24，故 C错误；
对于D，设ℎx=x−sin3x，则对π41>0，从而ℎx在π4,π2上单调递增，这意味着方程x−sin3x=1至多有一个解．
由于φ−fφ=φ−sin3φ，故至多存在一个φ使得φ−fφ=1，故 D错误．
故选：AB．
12.1
【解析】z=5i1+2i=5i1−2i1+2i1−2i=10+5i5=2+i，故虚部为1．
故答案为：1
13.47
【解析】由BC=3CD可知AD=AB+BC+CD=AB+BC+13BC=AB+43BC=AB+43AC−AB=−13AB+43AC．
由于E为AD的中点，故AE=12AD=12−13AB+43AC=−16AB+23AC．
故AC=32AE+16AB=32AE+14AB，所以AF=λAC=λ32AE+14AB=3λ2AE+λ4AB．
而根据题意，点F在直线BE上，故3λ2+λ4=1，从而λ=47．
故答案为：47．
14. 3+ 22
【解析】b= 3asinB，运用正弦定理得到，sinB= 3sinAsinB，
又sinB>0，则sinA= 33，A为锐角，则csA= 63，
余弦定理可知a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−2 63bc(∗)．
等面积法知12bcsinA=12aℎ，即 33bc=aℎ，即 3bc3a2=ℎa(∗∗)．
(∗)代入(∗∗)，则ℎa= 3bc3a2= 3bc3(b2+c2−2 63bc)= 3bc3(b2+c2)−2 6bc
= 33(b2+c2)bc−2 6≤ 36bcbc−2 6= 36−2 6= 3+ 22，
当且仅当b=c时取最大值，则ℎa的最大值为 3+ 22．
故答案为： 3+ 22．
15.(1)
由a,b均为单位向量，则|a|=|b|=1，
由|a+b|=1，即1=|a+b|= |a|2+2a⋅b+|b|2，得a⋅b=−12，
故|a−b|= |a|2−2a⋅b+|b|2= 3；
(2)
csa+b,b=a+b⋅ba+bb=a⋅b+1，
由(1)知，cs⟨a+b,b⟩=12，且⟨a+b,b⟩∈[0,π]，
故a+b与b的夹角为π3；
(3)
由投影数量的定义可知，
向量a+b与b方向上的投影数量为|a+b|cs⟨a+b,b⟩=1×csπ3=12．
【解析】(1)由条件，结合数量积的性质求出a⋅b，再由a−b= a−b2求结论；
(2)结合向量夹角的计算公式求解；
(3)根据投影数量的定义求解．
16.(1)
由T=π，得ω=2，
由f(x)的图象关于点π4,0对称，则2×π4+φ=kπ,k∈Z，即φ=kπ−π2,k∈Z，
又由0<φ<π，则φ=π2，
故f(x)=sin2x+π2=cs2x，
由于f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移π2个单位长度得到函数g(x)，
故g(x)=sinx．
(2)
由(1)知，把f(x)，g(x)代入方程，得cs2x+ksinx=0，
即方程2sin2x−ksinx−1=0在x∈π6,5π6上有解，
令t=sinx,x∈π6,5π6，则t∈12,1，
上述方程转化为2t2−kt−1=0在t∈12,1上有解，
进一步转化为k=2t−1t在t∈12,1上有解，
令ℎt=2t−1t，则ℎ(t)在t∈12,1上单调递增，
故ℎ(t)∈[−1,1]，也即是k∈[−1,1]．
【解析】(1)先由函数对称性、周期性列式求解参数即可得出fx，利用平移伸缩变换法则可得gx；
(2)通过换元法得出2t2−kt−1=0在t∈12,1上有解，进一步分离参数即可得解．
17.(1)
当M为DE的中点时，FM//平面ABCD．
再取AD的中点为N，连接MN，FM，BN，
由M，N分别为DE，AD的中点，则MN//AE，且AE=2MN，
再由BF//AE，且AE=2BF，则BF//MN,BF=MN，
故四边形BFMN为平行四边形，
即FM//BN，且FM⊄平面ABCD，BN⊂平面ABCD，
故FM//平面ABCD；
(2)
由四边形ABCD为菱形，则AC⊥BD，
由平面ACE⊥平面ABCD，且平面ACE∩平面ABCD=AC，BD⊂平面ABCD，
则BD⊥平面ACE，
由AE⊂平面ACE，则BD⊥AE，
由BF⊥AD,BF//AE，则AE⊥AD，
由AD∩BD=D,AD,BD⊂平面ABCD，则AE⊥平面ABCD
(3)
取AB的中点为G，连接CG，
由(2)知AE⊥平面ABCD，且AE⊂平面AEFB，则平面AEFB⊥平面ABCD，
由AC=BC，且G为AB的中点，则CG⊥AB，
由平面AEFB∩平面ABCD=AB，CG⊂平面ABCD，则CG⊥平面AEFB，
由AB=AC=BF=2,AE=2BF，得CG= 3,AE=4，
则▵ACD为正三角形，S▵ACD= 34×22= 3,S梯形ABFE=122+4×2=6，
则VABCDEF=VE−ACD+VC−AEFB=13× 3×4+13×6× 3=10 33．
【解析】(1)当M为DE的中点时再取AD的中点为N，连接MN，FM，BN，可证明四边形BFMN为平行四边形，则FM//平面ABCD；
(2)证明则BD⊥AE，AE⊥AD，即可证明AE⊥平面ABCD；
(3)先证明CG⊥平面AEFB，再利用VABCDEF=VE−ACD+VC−AEFB求解．
18.(1)
由csAcsB=2sinC−π6，得csA=2csB 32sinC−12csC①
由A+B+C=π，得csA=−cs(B+C)=−csBcsC+sinBsinC②
由①②联立，得sinBsinC= 3csBsinC
由C∈(0,π)，消去sinC，得tanB= 3
又由B∈(0,π)，得B=π3
(2)
由(1)可知B=π3，由正弦定理得b=2RsinB=2
而BD为∠ABC的平分线，故∠ABD=∠CBD=π6
又SABC=S▵ABD+S▵CBD且BD=2，得12acsinπ3=122csinπ6+122asinπ6，
即2(a+c)= 3ac①
再由余弦定理12=csB=a2+c2−b22ac=(a+c)2−2ac−92ac，
整理得(a+c)2−9=3ac②
由①②联立，可得(ac)2−4ac−12=0，解得ac=6或−2(舍去)
故SABC=12acsinB=12×6× 32=3 32．
(3)
由(1)知B=π3，且O为▵ABC的外接圆的圆心
可知∠AOC=2B=2π3,∠BOC=2A,∠AOB=2C
由OB=λOA+μOC，且|OA|=|OB|=|OC|=R= 3
则OB⋅OA=λOA2+μOC⋅OAOB⋅OC=λOA⋅OC+μOC2，即2λ−μ=2cs2C2μ−λ=2cs2A
则λ+μ=2(cs2A+cs2C)，又由A+C=π−B=2π3代入得：
λ+μ=2cs4π3−2C+cs2C=2−12cs2C− 32sin2C+cs2C=212cs2C− 32sin2C=2csπ3+2C,C∈0,2π3
所以π3+2C∈π3,5π3，则csπ3+2C∈−1,12，即2csπ3+2C∈−2,1
故λ+μ∈[−2,1)
【解析】(1)利用内角和消去一个角，再用两角和差公式进行恒等变形，即可求出结果；
(2)利用角和该角平分线长已知，结合面积和关系来得到边的关系，再结合余弦定理联立方程组求解即可得到面积；
(3)利用向量积的运算，得到关系式，再来求解取值范围．
19.(1)
取BC的中点为D，连接AD,PD，
由AB=AC，D为BC的中点，得AD⊥BC，由PB=PC，D为BC的中点，得PD⊥BC，
而AD∩PD=D,AD,PD⊂平面ADP，则BC⊥平面ADP，又AP⊂平面ADP，
所以BC⊥AP．
(2)
由(1)知，PA⊥BC，而PH⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则PH⊥BC，
又PA∩PH=P,PA,PH⊂平面PAH，于是BC⊥平面PAH，而AH⊂平面PAH，
因此AH⊥BC，又AB=AC，θ2为锐角，
过点H向AB作垂线，垂足为点N，连接PN，则csθ2=ANAH，
由点P在平面ABC内的投影为H，得csθ1=AHAP，
由PH⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，得PH⊥AB，
而HN⊥AB，HN∩AH=H,HN,AH⊂平面PHN，则AB⊥平面PHN，
由PN⊂平面PHN，则PN⊥AB，于是csθ=ANAP，显然ANAP=AHAP⋅ANAH，
因此csθ=csθ1⋅csθ2，当θ2=0时，AB,AH重合，θ=θ1，等式成立，所以csθ=csθ1⋅csθ2，
由csθ2≤1，得csθ≤csθ1，又函数y=csx在[0,π2]上单调递减，
所以θ≥θ1．
(3)
设点A到平面PBC的距离为d，直线AM与直线BC的夹角θ，直线AM与平面PBC的夹角θ1，
由(1)知，PD=AD= AB2−BD2= 52−32=4，S▵APD= 34AP2=4 3，
S▵PBC=12PD⋅BC=12，VP−ABC=13S▵APD⋅BC=8 3，且VA−PBC=13S▵PBC⋅d=4d，
由VP−ABC=VA−PBC，得d=2 3，而AM=4，则直线AM与平面PBC所成角φ1，
sinφ1=dAM= 32，即φ1=π3，
由(2)知，直线AM与直线BC的夹角φ≥φ1=π3，
所以异面直线AM与直线BC夹角的最小值为π3．
【解析】(1)取BC的中点为D，利用线面垂直的判定和性质推理即得．
(2)过H作HN⊥AB于N，利用线面垂直的性质，结合直角三角形边角关系及余弦函数性质推理即得．
(3)利用(1)的信息，结合等体积法求出点A到平面PBC的距离，进而求出线面角，再利用(2)的结论求出最小值．
求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
1.角2024∘的终边在( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知a，b是两条不同的直线，a是一个平面，若a//α,b⊂α，则( )
A. a//bB. a与b异面C. a与b相交D. a与b没有公共点
3.已知向量a=(1,2),b=(1,m)，若a⊥b，则m=( )
A. −12B. −2C. 12D. 2
4.英国数学家泰勒发现了如下公式：sinx=x−x33!+x55!−x77!+⋯，csx=1−x22!+x44!−x66!+⋯，其中n!=1×2×3×4×5×⋯×n.这些公式被编人计算工具，计算工具计算足够多的项就可以确保显示值的精确性．比如，用前三项计算sin0.5，就得到sin0.5≈0.5−0.533!+0.555!=0.479427.运用上述思想，可得到cs1的近似值为( )
A. 0.53B. 0.54C. 0.55D. 0.56
5.函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为T，若fT4=1，则φ=( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
6.设复数z满足z1+i+z1−i=1，则|z|的最小值为( )
A. 14B. 24C. 12D. 22
7.设角α满足sinα 3−tan10∘=1，则α的可能值为( )
A. 40∘B. 50∘C. 80∘D. 100∘
8.已知正四面体P−ABC内接于球O，E为底面三角形ABC中边BC的中点，过点E作球O的截面，若存在半径为2 3的截面圆，则此四面体的棱长的取值范围( )
A. [2 2,2 3]B. [2 3,2 6]C. [4 2,4 3]D. [4 3,4 6]
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。
9.已知a,b,c是三个向量，则下列命题正确的是( )
A. 若a=0，则a=0B. 若a⋅b=b⋅c，则a=c
C. 若a+b=a+b，则a//bD. 若a与b共线，则a=b或a=−b
10.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，O为BD的中点，直线A1C与平面C1BDD交于点M，则下列结论正确的是( )
A. C1，M，O三点共线B. 平面A1D1C⊥平面C1BD
C. 点A1到平面C1BD的距离为 33D. 二面角A1−BD−C1的余弦值为13
11.已知函数fx=sin2x+φ0<φ<π2在0,φ2上有最大值，则( )
A. φ的取值范围为π4,π2B. fx在区间φ2,φ上单调递减
C. fx在区间0,φ上无零点D. 存在两个φ，使得φ−fφ=1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数z=5i1+2i，则z的虚部为 ．
13.设D为▵ABC所在平面内一点，BC=3CD，E为AD的中点，BE与AC交于点F，设AF=λAC，则λ= ．
14.已知▵ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，记BC边上的高为ℎ，若A为锐角，b= 3asinB，则ℎa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a,b均为单位向量，且|a+b|=1．
(1)求|a−b|；
(2)求向量a+b与b的夹角；
(3)求向量a+b与b方向上投影数量．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为π，且图象关于点π4,0对称，把函数f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移π2个单位长度得到函数g(x)．
(1)求函数f(x)和g(x)解析式；
(2)若方程f(x)+kg(x)=0在x∈π6,5π6上有解，求实数k的取值范围．
17.(本小题12分)
如图，六面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，AE=2BF,BF//AE,BF⊥AD，且平面ACE⊥平面ABCD．
(1)在DE上确定一点M，使得FM//平面ABCD；
(2)求证：AE⊥平面ABCD；
(3)若AB=AC=BF=2，求六面体ABCDEF的体积．
18.(本小题12分)
已知▵ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，▵ABC的外接圆的半径R= 3，且满足csAcsB=2sinC−π6．
(1)求角B；
(2)若BD为AC边上的角平分线，且BD=2，求▵ABC的面积；
(3)设▵ABC的外接圆的圆心为O，且OB=λOA+μOC(λ,μ∈R)，求λ+μ的取值范围．
19.(本小题12分)
在三棱锥P−ABC中，AB=AC=PB=PC，点P在平面ABC内的投影为H，连接AH．
(1)如图1，证明：AP⊥BC；
(2)如图2，记∠PAB=θ，直线AP与平面ABC的夹角为θ1，∠BAH=θ2，求证：csθ=csθ1⋅csθ2，并比较θ和θ1的大小；
(3)如图3，已知AB=5,AP=4,BC=6，M为平面PBC内一点，且AM=4，求异面直线AM与直线BC夹角的最小值．
答案解析
1.C
【解析】解：因为 2024∘=360∘×5+224∘ ，
且 180∘<224∘<270∘ ，
所以角 2024∘ 的终边在第三象限.故选：C
2.D
【解析】因为a，b是两条不同的直线，a是一个平面，若a//α,b⊂α，则a//b或a与b异面，
即a与b没有公共点，故只有D满足题意．
故选：D．
3.A
【解析】因为a⊥b，所以a⋅b=1+2m=0，
所以m=−12．
故选：A．
4.B
【解析】由泰勒公式：csx=1−x22!+x44!−x66!+⋯可得：
cs1=1−122!+144!−166!+⋯≈1−12+124≈0.54，
故选：B．
5.B
【解析】T=2πω，则fπ2ω=1，即2sin(ω×π2ω+φ)=1，
即2sin(π2+φ)=1，即2csφ=1，则csφ=12，又0<φ<π，则φ=π3．
故选：B．
6.D
【解析】设z=a+bia,b∈R，则z=a−bia,b∈R，
则z1+i+z1−i=a+bi1+i+a−bi1−i=a+bi1−i+a−bi1+i1+i1−i=a+b=1，
所以b=1−a，
则z= a2+b2= a2+1−a2= 2a2−2a+1= 2a−122+12，
所以|z|的最小值为 22，
故选：D．
7.A
【解析】由题意 3cs10∘−sin10∘cs10∘sinα=2cs10∘+30∘cs10∘sinα=2cs40∘cs10∘sinα=1，
所以sinα=cs10∘2cs40∘=cs10∘2cs40∘⋅sin40∘sin40∘=cs10∘sin80∘sin40∘=sin40∘，
所以α=40∘+360∘⋅k,k∈Z，对比选项可知，只有A符合题意．
故选：A．
8.C
【解析】如图，在正四面体P−ABC中，设顶点P在底面的射影为O1，
则球心O在PO1上，O1在AE上，且AO1=23AE，连接OE､OA，
设正四面体的棱长为a，则AE= 32a，AO1=23AE= 33a
则正四面体的高PO1= PA2−O1A2= a2−( 33a)2= 63a，
设外接球半径为R，
在Rt▵OO1A中，OA2=OO12+O1A2，即R2=( 63a−R)2+( 33a)2，解得R= 64a，
∴在Rt▵OO1E中，OE= OO12+O1E2= ( 612a)2+( 36a)2= 24a，
过E点作外接球O的截面，只有当OE⊥截面圆所在的平面时，截面圆的面积最小，
此时截面圆的半径为r= R2−OE2= ( 64a)2−( 24a)2=12a，
最大截面圆为过球心的大圆，半径为R= 64a，
由题设存在半径为2 3的截面圆，∴12a≤2 3≤ 64a，解得4 2≤a≤4 3，
故选：C．
9.AC
【解析】对于A，若a=0，则a=0，故 A正确；
对于B，让b=0，a,c不共线，则有a⋅b=b⋅c=0，但a=c不成立，故 B错误；
对于C，若a+b=a+b，则a2+b2+2ab=a2+b2+2a⋅b，即ab=a⋅b，所以a,b同向，即a//b，故 C正确；
对于D，若a与b共线，则a,b同向或反向，但它们的模长不一定相等，故 D错误．
故选：AC．
10.ABD
【解析】对于A，如图所示，
因为O∈AC，AC⊂平面ACC1A1，所以O∈平面ACC1A1．
因为O∈BD，BD⊂平面C1BD，所以O∈平面C1BD，
所以O是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点；
同理可得，点M和C1都是平面ACC1A1和平面C1BD的公共点，
所以三点C1，M，O在平面C1BD与平面ACC1A1的交线上，
即C1，M，O三点共线，故 A正确；
对于B，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1⊥平面ABCD，
BD⊂平面ABCD，所以BD⊥AA1，又BD⊥AC，
AA1∩AC=A,AA1、AC⊂平面A1AC，
所以BD⊥平面A1AC，又A1C⊂平面A1AC，
所以A1C⊥BD，同理A1C⊥BC1，
又BD∩BC1=B，BD,BC1⊂平面C1BD，所以A1C⊥平面C1BD，
A1C⊂平面A1D1C，所以平面A1D1C⊥平面C1BD，故 B正确；
对于C，由B分析知道A1C⊥平面C1BD，则点A1到平面C1BD的距离为A1M．
设点C到平面C1BD的距离为ℎ，
由VC−BDC1=VC1−BDC可得，13S▵BDC1⋅ℎ=13S▵BDC⋅CC1，
又正方体的棱长为1，所以正三角形BDC1的边长为 2，
所以13×12× 2× 2× 32⋅ℎ=13×12×1×1×1，
所以ℎ= 33，则A1M=A1C−ℎ= 12+12+12− 33=2 33，故 C错误．
对于D，如下图，
若O′为AC,BD交点，则二面角A1−BD−C1为π−(∠AO′A1+∠CO′C1)，
又∠AO′A1=∠CO′C1，且tan∠AO′A1= 2，
所以tan[π−(∠AO′A1+∠CO′C1)]=−tan2∠AO′A1=−2tan∠AO′A11−tan2∠AO′A1
=−2× 21− 22=2 2，
故cs[π−(∠AO′A1+∠CO′C1)]=13，故 D正确．
故选：ABD．
11.AB
【解析】对于A，若π4<φ<π2，则对x∈0,φ2有fx=sin2x+φ≤1．
而0<π4−φ2<φ2，且fπ4−φ2=sinπ2−φ+φ=1，故fx在0,φ2上有最大值；
若fx在0,φ2上有最大值，设最大值在x=x0处取到，则x=x0是fx的极大值点，故2x0+φ=π2+2kπk∈Z．
而x0∈0,φ2，故φ<2x0+φ<2φ，从而φ<π2+2kπ<2φ．
所以π4+kπ<φ<π2+2kπ．
由0<φ<π2可得π4+kπ<φ<π2，π2+2kπ>φ>0，故14+k<12，12+2k>0．
从而−14
综上，φ的取值范围是π4,π2，故 A正确；
对于B，由于当x∈φ2,φ时，有2x+φ>2⋅φ2+φ=2φ>2⋅π4=π2，2x+φ<2⋅φ+φ=3φ<3⋅π2=3π2．
故2x+φ∈π2,3π2，所以fx在区间φ2,φ上单调递减，故 B正确；
对于C，当φ=5π12时，fx=sin2x+5π12，而fx在0,5π12上有零点x=7π24，故 C错误；
对于D，设ℎx=x−sin3x，则对π4
由于φ−fφ=φ−sin3φ，故至多存在一个φ使得φ−fφ=1，故 D错误．
故选：AB．
12.1
【解析】z=5i1+2i=5i1−2i1+2i1−2i=10+5i5=2+i，故虚部为1．
故答案为：1
13.47
【解析】由BC=3CD可知AD=AB+BC+CD=AB+BC+13BC=AB+43BC=AB+43AC−AB=−13AB+43AC．
由于E为AD的中点，故AE=12AD=12−13AB+43AC=−16AB+23AC．
故AC=32AE+16AB=32AE+14AB，所以AF=λAC=λ32AE+14AB=3λ2AE+λ4AB．
而根据题意，点F在直线BE上，故3λ2+λ4=1，从而λ=47．
故答案为：47．
14. 3+ 22
【解析】b= 3asinB，运用正弦定理得到，sinB= 3sinAsinB，
又sinB>0，则sinA= 33，A为锐角，则csA= 63，
余弦定理可知a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2−2 63bc(∗)．
等面积法知12bcsinA=12aℎ，即 33bc=aℎ，即 3bc3a2=ℎa(∗∗)．
(∗)代入(∗∗)，则ℎa= 3bc3a2= 3bc3(b2+c2−2 63bc)= 3bc3(b2+c2)−2 6bc
= 33(b2+c2)bc−2 6≤ 36bcbc−2 6= 36−2 6= 3+ 22，
当且仅当b=c时取最大值，则ℎa的最大值为 3+ 22．
故答案为： 3+ 22．
15.(1)
由a,b均为单位向量，则|a|=|b|=1，
由|a+b|=1，即1=|a+b|= |a|2+2a⋅b+|b|2，得a⋅b=−12，
故|a−b|= |a|2−2a⋅b+|b|2= 3；
(2)
csa+b,b=a+b⋅ba+bb=a⋅b+1，
由(1)知，cs⟨a+b,b⟩=12，且⟨a+b,b⟩∈[0,π]，
故a+b与b的夹角为π3；
(3)
由投影数量的定义可知，
向量a+b与b方向上的投影数量为|a+b|cs⟨a+b,b⟩=1×csπ3=12．
【解析】(1)由条件，结合数量积的性质求出a⋅b，再由a−b= a−b2求结论；
(2)结合向量夹角的计算公式求解；
(3)根据投影数量的定义求解．
16.(1)
由T=π，得ω=2，
由f(x)的图象关于点π4,0对称，则2×π4+φ=kπ,k∈Z，即φ=kπ−π2,k∈Z，
又由0<φ<π，则φ=π2，
故f(x)=sin2x+π2=cs2x，
由于f(x)的图象上各点的横坐标伸长为原来的2倍(纵坐标不变)，再向右平移π2个单位长度得到函数g(x)，
故g(x)=sinx．
(2)
由(1)知，把f(x)，g(x)代入方程，得cs2x+ksinx=0，
即方程2sin2x−ksinx−1=0在x∈π6,5π6上有解，
令t=sinx,x∈π6,5π6，则t∈12,1，
上述方程转化为2t2−kt−1=0在t∈12,1上有解，
进一步转化为k=2t−1t在t∈12,1上有解，
令ℎt=2t−1t，则ℎ(t)在t∈12,1上单调递增，
故ℎ(t)∈[−1,1]，也即是k∈[−1,1]．
【解析】(1)先由函数对称性、周期性列式求解参数即可得出fx，利用平移伸缩变换法则可得gx；
(2)通过换元法得出2t2−kt−1=0在t∈12,1上有解，进一步分离参数即可得解．
17.(1)
当M为DE的中点时，FM//平面ABCD．
再取AD的中点为N，连接MN，FM，BN，
由M，N分别为DE，AD的中点，则MN//AE，且AE=2MN，
再由BF//AE，且AE=2BF，则BF//MN,BF=MN，
故四边形BFMN为平行四边形，
即FM//BN，且FM⊄平面ABCD，BN⊂平面ABCD，
故FM//平面ABCD；
(2)
由四边形ABCD为菱形，则AC⊥BD，
由平面ACE⊥平面ABCD，且平面ACE∩平面ABCD=AC，BD⊂平面ABCD，
则BD⊥平面ACE，
由AE⊂平面ACE，则BD⊥AE，
由BF⊥AD,BF//AE，则AE⊥AD，
由AD∩BD=D,AD,BD⊂平面ABCD，则AE⊥平面ABCD
(3)
取AB的中点为G，连接CG，
由(2)知AE⊥平面ABCD，且AE⊂平面AEFB，则平面AEFB⊥平面ABCD，
由AC=BC，且G为AB的中点，则CG⊥AB，
由平面AEFB∩平面ABCD=AB，CG⊂平面ABCD，则CG⊥平面AEFB，
由AB=AC=BF=2,AE=2BF，得CG= 3,AE=4，
则▵ACD为正三角形，S▵ACD= 34×22= 3,S梯形ABFE=122+4×2=6，
则VABCDEF=VE−ACD+VC−AEFB=13× 3×4+13×6× 3=10 33．
【解析】(1)当M为DE的中点时再取AD的中点为N，连接MN，FM，BN，可证明四边形BFMN为平行四边形，则FM//平面ABCD；
(2)证明则BD⊥AE，AE⊥AD，即可证明AE⊥平面ABCD；
(3)先证明CG⊥平面AEFB，再利用VABCDEF=VE−ACD+VC−AEFB求解．
18.(1)
由csAcsB=2sinC−π6，得csA=2csB 32sinC−12csC①
由A+B+C=π，得csA=−cs(B+C)=−csBcsC+sinBsinC②
由①②联立，得sinBsinC= 3csBsinC
由C∈(0,π)，消去sinC，得tanB= 3
又由B∈(0,π)，得B=π3
(2)
由(1)可知B=π3，由正弦定理得b=2RsinB=2
而BD为∠ABC的平分线，故∠ABD=∠CBD=π6
又SABC=S▵ABD+S▵CBD且BD=2，得12acsinπ3=122csinπ6+122asinπ6，
即2(a+c)= 3ac①
再由余弦定理12=csB=a2+c2−b22ac=(a+c)2−2ac−92ac，
整理得(a+c)2−9=3ac②
由①②联立，可得(ac)2−4ac−12=0，解得ac=6或−2(舍去)
故SABC=12acsinB=12×6× 32=3 32．
(3)
由(1)知B=π3，且O为▵ABC的外接圆的圆心
可知∠AOC=2B=2π3,∠BOC=2A,∠AOB=2C
由OB=λOA+μOC，且|OA|=|OB|=|OC|=R= 3
则OB⋅OA=λOA2+μOC⋅OAOB⋅OC=λOA⋅OC+μOC2，即2λ−μ=2cs2C2μ−λ=2cs2A
则λ+μ=2(cs2A+cs2C)，又由A+C=π−B=2π3代入得：
λ+μ=2cs4π3−2C+cs2C=2−12cs2C− 32sin2C+cs2C=212cs2C− 32sin2C=2csπ3+2C,C∈0,2π3
所以π3+2C∈π3,5π3，则csπ3+2C∈−1,12，即2csπ3+2C∈−2,1
故λ+μ∈[−2,1)
【解析】(1)利用内角和消去一个角，再用两角和差公式进行恒等变形，即可求出结果；
(2)利用角和该角平分线长已知，结合面积和关系来得到边的关系，再结合余弦定理联立方程组求解即可得到面积；
(3)利用向量积的运算，得到关系式，再来求解取值范围．
19.(1)
取BC的中点为D，连接AD,PD，
由AB=AC，D为BC的中点，得AD⊥BC，由PB=PC，D为BC的中点，得PD⊥BC，
而AD∩PD=D,AD,PD⊂平面ADP，则BC⊥平面ADP，又AP⊂平面ADP，
所以BC⊥AP．
(2)
由(1)知，PA⊥BC，而PH⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，则PH⊥BC，
又PA∩PH=P,PA,PH⊂平面PAH，于是BC⊥平面PAH，而AH⊂平面PAH，
因此AH⊥BC，又AB=AC，θ2为锐角，
过点H向AB作垂线，垂足为点N，连接PN，则csθ2=ANAH，
由点P在平面ABC内的投影为H，得csθ1=AHAP，
由PH⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，得PH⊥AB，
而HN⊥AB，HN∩AH=H,HN,AH⊂平面PHN，则AB⊥平面PHN，
由PN⊂平面PHN，则PN⊥AB，于是csθ=ANAP，显然ANAP=AHAP⋅ANAH，
因此csθ=csθ1⋅csθ2，当θ2=0时，AB,AH重合，θ=θ1，等式成立，所以csθ=csθ1⋅csθ2，
由csθ2≤1，得csθ≤csθ1，又函数y=csx在[0,π2]上单调递减，
所以θ≥θ1．
(3)
设点A到平面PBC的距离为d，直线AM与直线BC的夹角θ，直线AM与平面PBC的夹角θ1，
由(1)知，PD=AD= AB2−BD2= 52−32=4，S▵APD= 34AP2=4 3，
S▵PBC=12PD⋅BC=12，VP−ABC=13S▵APD⋅BC=8 3，且VA−PBC=13S▵PBC⋅d=4d，
由VP−ABC=VA−PBC，得d=2 3，而AM=4，则直线AM与平面PBC所成角φ1，
sinφ1=dAM= 32，即φ1=π3，
由(2)知，直线AM与直线BC的夹角φ≥φ1=π3，
所以异面直线AM与直线BC夹角的最小值为π3．
【解析】(1)取BC的中点为D，利用线面垂直的判定和性质推理即得．
(2)过H作HN⊥AB于N，利用线面垂直的性质，结合直角三角形边角关系及余弦函数性质推理即得．
(3)利用(1)的信息，结合等体积法求出点A到平面PBC的距离，进而求出线面角，再利用(2)的结论求出最小值．
求直线与平面所成的角的一般步骤：
①找直线与平面所成的角，即通过找直线在平面上的射影来完成；
②计算，要把直线与平面所成的角转化到一个三角形中求解．
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