2024-2025学年山东省济南西城实验中学高一下学期7月阶段性学情检测数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年山东省济南西城实验中学高一下学期7月阶段性学情检测数学试卷（含解析），共19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。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知i是虚数单位，复数z满足1+2i=4−2iz，则z的实部为( )
A. −1B. 0C. 1D. 2
2.已知a,b,c表示不同的直线，α，β表示不同的平面，给出下面四个命题：
(1)若α//β，a⊂α，则a//β；(2)若α∩β=a，b⊂α，c⊂β，b//c，则a//b；
(3)若a//β，b⊂β，则a//b；(4)a⊥β，b⊂β，则a⊥b．
上面四个命题正确的有( )
A. (1)，(3)B. (2)，(4)
C. (1)，(2)，(4)D. (1)，(3)，(4)．
3.盒中有5只螺丝钉，其中有2只是不合格的，现从盒中随机地抽取3个，那么恰有两只不合格的概率是( )
A. 130B. 310C. 13D. 12
4.一组数据x1,x2,x3,⋯,x10满足xi−xi−1=2(2≤i≤10)，若去掉x1,x10后组成一组新数据.则新数据与原数据相比( )
A. 极差变大B. 平均数变大C. 方差变小D. 第25百分位数变小
5.如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内，已知飞机的高度为海拔20000m，速度为900km/h，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过80s后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为( )
A. 5000 3+1mB. 5000 3−1m
C. 50003− 3mD. 50005− 3m
6.如图，▵BCD与▵ABC的面积之比为2，点P是▵BCD内任意一点(含边界)，且AP=λAB+μAC，则λ+μ的取值范围为( )
A. [1,3]B. [1,2]C. [2,3]D. [1,4]
7.如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则( )
A. 圆锥的母线长为18B. 圆锥的表面积为27π
C. 圆锥的侧面展开图扇形圆心角为60°D. 圆锥的体积为18 2π
8.▵ABC中，sinπ2−B=cs2A，则AC−BCAB的取值范围是( )
A. −1,12B. 13,12C. 12,23D. 13,23
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.已知事件A，B发生的概率分别为P(A)=12，P(B)=13，则下列说法正确的是( )
A. 若A与B互斥，则P(A+B)=P(A)+P(B)=56
B. 若A与B相互独立，则P(A+B)=23
C. 若A与B相互独立，则PAB=13
D. 若B发生时A一定发生，则P(AB)=16
10.下列说法正确的是( )
A. z⋅z=|z|2，z∈C
B. i2024=−1
C. 若zz−1=1+i ，则 z=1−i，
D. 若−4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的根，则p=8
11.已知圆台OO1上、下底面的半径分别为2和4，母线长为4.正四棱台上底面A1B1C1D1的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面ABCD的四个顶点在圆台下底面圆周上，则( )
A. AA1⊥BD
B. 二面角A1−AB−C的大小为60∘
C. 正四棱台ABCD−A1B1C1D1的外接球的表面积为64π
D. 设圆台OO1的体积为V1，正四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为V2，则V1V2=π2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知某运动员每次射击击中目标的概率都为60%.现采用随机模拟的方法估算该运动员射击4次至少3次击中目标的概率，先由计算器给出0到9之间取整数的随机数，指定0，1，2，3表示没有击中目标，4，5，6，7，8，9表示击中目标.以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组如下的随机数：
7327 0293 7140 9857
0347 4373 8636 6947
1417 4698 0371 6233
2616 8045 6011 3661
9597 7424 7610 4281
根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中3次的概率为 ．
13.记▵ABC的三个内角A,B,C，且AB=4，AC=6，若O是▵ABC的外心，AD是角A的平分线，D在线段BC上，则AO⋅AD= ．
14.古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，sin∠ABD:sin∠ADB:sin∠BAD=3:5:7.则(1)BD= ；(2)AC2BC⋅CD的最小值为 ．
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)
已知在▵ABC中，AB=AC=1，E,F分别为边AB,BC上的点，且AE=EB,2BF=FC．
(1)若∠BAC=90°，用向量方法求证：CE⊥AF；
(2)延长AF到H，若AH=tAB+(2−t)AC(t为常数)，AH=6，求AF的长度．
16.(本小题15分)
某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示．
(1)由频率分布直方图，求出图中t的值，并估计考核得分的第60百分位数：
(2)为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在[70,90)内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自[70,80)和[80,90)的概率：
(3)现已知直方图中考核得分在[70,80)内的平均数为75，方差为6.25，在[80,90)内的平均数为85，方差为0.5，求得分在[70,90)内的平均数和方差．
17.(本小题15分)
为了增添学习生活的乐趣，甲、乙两人决定进行一场投篮比赛，每次投1个球．先由其中一人投篮，若投篮不中，则换另一人投篮；若投篮命中，则由他继续投篮，当且仅当出现某人连续两次投篮命中的情况，则比赛结束，且此人获胜．经过抽签决定，甲先开始投篮．已知甲每次投篮命中的概率为12，乙每次投篮命中的概率为13，且两人每次投篮的结果均互不干扰．
(1)求甲、乙投篮总次数不超过4次时，乙获胜的概率；
(2)求比赛结束时，甲恰好投了2次篮的概率．
18.(本小题17分)
在锐角▵ABC中，a，b，c分别是内角A，B，C的对边，且c=2．
(1)若C=π3，求▵ABC周长的最大值．
(2)设acsB=bcsA+ 63，sin(A−B)= 1010．
(ⅰ)求▵ABC外接圆的半径R；
(ⅱ)求▵ABC的面积．
19.(本小题17分)
空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于2π与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为π3，故其各个顶点的曲率均为2π−3×π3=π.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点A的曲率为2π3，N，M分别为AB，CC1的中点，且AB=AC．
(1)证明：CN⊥平面ABB1A1；
(2)若AA1= 2AB，求二面角B1−AM−C1的余弦值；
(3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为D，棱数为L，面数为M，则有：D−L+M=2.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率(多面体有顶点的曲率之和)是常数．
答案解析
1.【答案】B
【解析】【分析】先根据1+2i=4−2iz求得复数z，再利用复数的相关概念求解．
【详解】∵1+2i=4−2iz，
∴z=4−2i1+2i=(4−2i)(1−2i)5=−2i，
∴z的实部为0．
故选：B
2.【答案】C
【解析】【分析】利用面面平行的性质，线面平行的性质，线面垂直的性质即可判断各选项．
【详解】在(1)中，若α//β，a⊂α，由面面平行的性质可得，a//β，故(1)正确；
在(2)中，由b//c，c⊂β，b⊄β，则b//β，
又因为b⊂α，且α∩β=a，所以b//a，故(2)正确；
在(3)中，若a//β，b⊂β，则a//b或a,b为异面直线，故(3)错误；
在(4)中，a⊥β，b⊂β，根据线面垂直的性质可得a⊥b，故(4)正确；
故选：C．
3.【答案】B
【解析】【分析】根据计数原理分别计算事件“恰有两只不合格”包含的基本事件个数和基本事件的总数，即可得到概率．
【详解】设事件A表示“从盒中随机地抽取3个，恰有两只不合格”，则事件A包含的基本事件个数为c31×c22=3，
基本事件的总数为c53=10，故P(A)=310．
故选：B．
本题考查了古典概型的概率计算，考查了计数原理，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】【分析】根据极差，平均数，方差与百分位数的定义计算出去掉x1,x10前后的相关数据，比较厚得到答案．
【详解】由于xi−xi−1=2(2≤i≤10)，
故x2=x1+2，x3=x1+4，……，x9=x1+16，x10=x1+18，
A选项，原来的极差为x10−x1=18，去掉x1,x10后，极差为x9−x2=14，极差变小，故A错误；
B选项，原来的平均数为x1+x2+⋯+x1010=10x1+9010=x1+9，
去掉x1,x10后的平均数为x2+x3+⋯+x98=8x1+728=x1+9，平均数不变，故B错误；
C选项，原来的方差为x1−x1−92+x2−x1−92+⋯+x10−x1−9210=33，
去掉x1,x10后的方差为x2−x1−92+x3−x1−92+⋯+x9−x1−928=21，
方差变小，故C正确；
D选项，10×2500=2.5，从小到大排列，选第3个数作为第25百分位数，即x3，
8×2500=2，故从小到大排列，选择第2个和第3个数作为第25百分位数，即x3+x42，
由于x3π，不合要求，舍去，
所以2A=B，C=π−A−B=π−A−2A=π−3A，
因为A,B∈0,π，所以2A∈0,π，即A∈0,π2，
因为C=π−3A∈0,π，所以A∈0,π3，
由正弦定理得ACsinB=ABsinC=BCsinA，
故AC−BCAB=sinB−sinAsinC=sin2A−sinAsinπ−3A=2sinAcsA−sinAsin(2A+A)=2sinAcsA−sinAsin2AcsA+cs2AsinA因为A∈0,π，所以sinA≠0，
故AC−BCAB=2csA−12cs2A+cs2A=2csA−14cs2A−1=2csA−12csA−12csA+1，
因为A∈0,π3，所以2csA−1>0，
故AC−BCAB=12csA+1，
因为A∈0,π3，所以csA∈12,1，2csA∈(1,2)，2csA+1∈(2,3)，
故AC−BCAB=12csA+1∈13,12．
故选：B
解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】根据互斥事件概率加法公式求解判断A，根据独立事件乘法公式和概率的性质求解判断B，结合对立事件概率公式，利用独立事件乘法公式求解判断C，根据事件关系求解概率判断D．
【详解】选项A：A与B互斥，则P(A+B)=P(A)+P(B)=12+13=56，正确；
选项B：A与B相互独立，所以P(AB)=P(A)P(B)=12×13=16，
从而P(A+B)=P(A)+P(B)−P(AB)=12+13−16=23，正确；
选项C：PAB=12×1−13=13，正确；
选项D：B发生时A一定发生，则B⊆A，P(AB)=P(B)=13≠P(A)P(B)，不正确．
故选：ABC．
10.【答案】ACD
【解析】【分析】设复数z=a+bi,(a,b∈R)，代入计算可求得结论判断A；利用利用复数的乘方运算求解判断B，利用复数的四则运算法解求得z判断C；将−4+3i代入方程利用复数相等的条件可求解判断D．
【详解】对于A，z∈C，设复数z=a+bi,(a,b∈R)，则z=a−bi,(a,b∈R)，|z|= a2+b2，
故z⋅z=(a+bi)(a−bi)=a2+b2=|z|2，A正确；
对于B，由于i2=−1,i4=1，故i2024=(i4)506=1，B错误；
对于C，由zz−1=1+i ，可得z=1+i (z−1)，所以z=z+zi−1+i ，
所以zi=1+i，所以z=1+ii=i1+ii2=i+i2i2=−1+i−1=1−i，故C正确；
对于D，−4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的根，
故(−4+3i)2+p(−4+3i)+q=0(p,q∈R)，即7−4p+q+(3p−24)i=0，
故7−4p+q=03p−24=0 ,∴p=8q=25，D正确．
故选：ACD．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】对A，先证明线面垂直，由性质可得线线垂直；对B，过P作PQ⊥AB，连接A1Q，找到二面角的平面角为∠A1QP，再解三角形即可；对C，设出球心和球半径，根据几何关系，列出等量关系求解即可；对D，根据圆台和棱台的体积公式，结合已知数据，求解即可．
【详解】
根据题意，如图，设圆台上、下底面圆心分别为O1,O连接OO1,A1C1,AC,BD,
过A1作A1P⊥AO，作截面ACC1A1的平面图，则ACC1A1为等腰梯形，
且OO1为AC,A1C1中点，则A1C1=4,AC=8,AA1=4,AP=AC−A1C12=2，
故OO1=A1P= AA12−AP2= 42−22=2 3，即圆台的高ℎ=2 3，
又A1B1=A1C1 2=2 2,AB=AC 2=4 2，即四棱台的上下底面边长分别为2 2和4 2；
对A，由题意OO1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，则OO1⊥BD，
BD⊥AC，AC∩OO1=O，AC⊂平面ACC1A1，OO1⊂平面ACC1A1，
故BD⊥平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，所以BD⊥AA1，故A正确；
对B：过P作PQ⊥AB，垂足为Q，连接A1Q；
由O1O⊥面ABC，A1P//O1O，则A1P⊥面ABC，又AB⊂面ABC，故AB⊥A1P，
又AB⊥PQ，PQ∩A1P=P,PQ,A1P⊂面A1PQ，故AB⊥面A1PQ，
又A1Q⊂面A1PQ，故AB⊥A1Q，则∠A1QP即为二面角A1−AB−C的平面角；
sin∠A1QP=A1PA1Q,sin∠A1AP=A1PA1A，又A1Qsin∠A1AP，
而在Rt▵A1PA中，sin∠A1AP=A1PA1A=2 34= 32，则∠A1AP=60∘，
结合y=sinx在0,π2单调递增可知，∠A1QP>60°，故B错误；
对C：设外接球半径为R，球心到下底距离为x，在ACC1A1的平面图中，O2为球心，
则O1C1=2,OC=4,O2C1=O2C=R，故R2−x2=16R2−2 3−x2=4，解得x=0,R=4；
故表面积S=4πR2=64π，故C正确；
对D：V1=π3A1O12+AO2+ A1O12⋅AO2×O1O=π322+42+8×2 3=56 33π；
V2=13A1B12+AB2+ A1B12⋅AB2×O1O=13(8+32+16)×2 3=112 33，
V1V2=π2，故D正确．
故选：ACD．
12.【答案】720/0.35
【解析】【详解】根据随机数一共有20组，共有20个样本点，
其中“该运动员射击4次至少击中3次”对应的随机数组为：
9857，8636，6947，4698，8045，9597，7424，共有7个样本点．
估计该运动员射击4次至少击中3次的概率为720．
故答案为：720
13.【答案】12
【解析】【分析】由角平分线结合等面积法可得BDBC=23，再运用外心性质(垂径定理)和向量加法把要求的向量分解为共线向量和垂直向量即可求解．
【详解】∵AD是角A的平分线，D在线段BC上，且，AB=4，AC=6，
S▵ABDS▵ACD=12AB⋅AD⋅sin∠BAD12AC⋅AD⋅sin∠CAD=ABAC=23，设▵ABC的高为ℎ，由等面积法得S▵ABDS▵ACD=12BD⋅ℎ12BC⋅ℎ=BDBC=23，
∴AD=AB+BD=AB+25BC=AB+25AC−AB=35AB+25AC，
过点O作垂线分别交AB,AC于E,F，由外心性质得E,F分别为AB,AC的中点，
∴AO⋅AD=AO⋅(35AB+25AC)=35AO⋅AB+25AO⋅AC．
=35(AE+EO)⋅AB+25(AF+FO)⋅AC
=35AE⋅AB+35EO⋅AB+25AF⋅AC+25FO⋅AC=245+365=12
故答案为：12．

【点睛】关键点点睛：转化为0计算即可．
14.【答案】 3 ； ； ； ；
；6049
【解析】【分析】由正弦定理可得AD,AB,BD的比，由余弦定理可得cs∠BAD的值，由正弦定理可得BD的值，再由托勒密定理可得AC2BC·CD的表达式，由基本不等式可得它的最小值．
【详解】sin∠ABD:sin∠ADB:sin∠BAD=3:5:7，
由正弦定理可得：AD:AB:BD=3:5:7，
设AD=3k,AB=5k,BD=7k，
由余弦定理可得cs∠BAD=AB2+AD2−BD22AB·AD=25k2+9k2−49k22×3k×5k=−15k230k2=−12，
在▵ABC中，∠BAD∈(0,π)，可得∠BAD=2π3，
由正弦定理可得BDsin∠BAD=2R=2×1，
∴BD=2× 32= 3，AD=3 37,AB=5 37，
设BC=m,CD=n，由余弦定理得9=m2+n2−mncsπ3=m2+n2−mn，
由托勒密定理得|AC|·|BD|=|AB|·|CD|+|BC|·|AD|，
即|AC|=15n+9m21，平方得|AC|2=225n2+81m2+270mn21×21=25n2+9m2+30mn49，
设λ=AC2BC·CD，
∴λ=25n49m+9m49n+3049≥3049+2 225492=6049，当且仅当9m49n=25n49m且m2+n2−mn=9，即m=15 1919,n=9 1919时取等号，
∴λ的最小值为6049，即AC2BC⋅CD的最小值为6049．
故答案为： 3;6049．
15.【答案】解：(1)证明：因为AE=EB，所以CE=CA+AE=−AC+12AB．
又因为2BF=FC，所以AF=AB+13BC=AB+13AC−AB=13AC+23AB．
因为∠BAC=90°,AB=AC=1，所以AB⋅AC=0．
所以CE⋅AF=−AC+12AB⋅13AC+23AB=−13AC2−12AC⋅AB+13AB2=0，
即CE⋅AF=0，得证．
(2)因为A,F,H三点共线，
设AH=λAF(λ>0)，
又因为AH=tAB+(2−t)AC，
所以λAF=tAB+(2−t)AC，可得AF=tλAB+2−tλAC．
由F在BC边上，可得tλ+2−tλ=1，即λ=2．
又AH=6，则AF=3．

【解析】【分析】(1)利用AB,AC为基底表示CE,AF，根据数量积的运算律计算CE⋅AF即可证明；
(2)由A,F,H三点共线，设AH=λAF(λ>0)，结合条件及三点共线的推论计算参数λ=2即可得出AF=3．
16.【答案】解：(1)由题意得：10×(0.01+0.015+0.020+t+0.025)=1，解得t=0.03，
设第60百分位数为x，则0.01×10+0.015×10+0.02×10+0.03×(x−80)=0.6，
解得x=85，第60百分位数为85．
(2)由题意知，抽出的5位同学中，得分在[70,80)的有5×820=2人，设为A、B，在[80,90)的有5×1220=3人，设为a、b、c．
则样本空间为Ω={(A,B),(A,a),(A,b),(A,c),(B,a),(B,b),(B,c),(a,b),(a,c),(b,c)},n(Ω)=10．
设事件M=“两人分别来自[70,80)和[80,90)，则M={(A,a),(A,b),(A,c),(B,a),(B,b),(B,c)},n(M)=6，
因此P(M)=n(M)n(Ω)=610=35，
所以两人得分分别来自[70,80)和[80,90)的概率为35．
(3)由题意知，落在区间[70,80)内的数据有40×10×0.02=8个，
落在区间[80,90)内的数据有40×10×0.03=12个.
记在区间[70,80)的数据分别为x1,x2,⋯,x8，平均分为x，方差为sx2；
在区间[80,90)的数据分别为为y1,y2,⋯,y12，平均分为y，方差为sy2；
这20个数据的平均数为z，方差为s2．
由题意，x=75,y=85,sx2=6.25,sy2=0.5，且x=18i=18xi,y=112j=112yj，则z=8x+12y20=8×75+12×8520=81．
根据方差的定义，s2=120i=18xi−z2+j=112yj−z2=120i=18xi−x+x−z2+j=112yj−y+y−z2
=120i=18xi−x2+i=18(x−z)2+2(x−z)i=18xi−x+j=112yj−y2+j=112(y−z)2+2(x−z)j=112yj−x
由i=18xi−x=i=18xi−8x=0,j=112yj−y=y=112yj−12y=0，
可得s2=120i=18xi−x2+i=18(x−z)2+j=112yj−y2+j=112(y−z)2
=1208sx2+8(x−z)2+12sy2+12(y−z)2
=25sx2+(x−z)2+35sy2+(y−z)2
=256.25+(75−81)2+350.5+(85−81)2=26.8
故得分在[70,90)内的平均数为81，方差为26.8．

【解析】【分析】(1)首先根据频率和为1求出t=0.03，再根据百分位数公式即可得到答案；
(2)求出各自区间人数，列出样本空间和满足题意的情况，根据古典概型公式即可；
(3)根据方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代入计算即可．
本题第三问的关键是充分利用方差定义，推导出分层抽样的方差计算公式即可．
17.【答案】解：(1)若甲、乙投篮总次数为2次，则乙不可能获胜；
若甲、乙投篮总次数为3次且乙获胜，则第一次甲未投中，乙投中第2、3次，
所以P1=1−12×13×13=118；
若甲、乙投篮总次数为4次乙获胜，则第一次甲投中、第二次甲未投中，乙投中第3、4次，
所以P2=12×1−12×13×13=136；
记甲、乙投篮总次数不超过4次时且乙获胜为事件A，则P(A)=P1+P2=118+136=112，
所以甲、乙投篮总次数不超过4次时，乙获胜的概率为112；
(2)若比赛结束时甲赢得比赛且甲恰好投了2次篮，则甲连续投中2次，则概率P3=12×12=14；
若比赛结束时乙赢得比赛，又甲恰好投了2次篮，
①甲投中第一次，第二次甲未投中，乙投中第3、4次，则P4=12×1−12×13×13=136；
②甲第一次未投中，第二次乙未投中，第3次甲未投中，第4、5次乙投中，
则P5=1−12×1−13×1−12×13×13=154；
④甲第一次未投中，第二次乙投中，第3次乙未投中，第4甲未投中，第5、6次乙投中，
则P6=1−12×13×1−13×1−12×13×13=1162；
综上可得比赛结束时，甲恰好投了2次篮的概率P =P3+P4+P5+P6=14+136+154+1162=49162．

【解析】【分析】(1)对总次数分三种情况讨论，结合相互独立事件的概率公式计算可得；
(2)分甲赢得比赛与乙赢得比赛两类讨论，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得．
本题第2小问解决的关键是分析得甲恰好投了2次篮的所有情况，从而结合独立事件的概率公式即可得解．
18.【答案】解：(1)由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC，即4=a2+b2−2abcsπ3，
所以4=(a+b)2−3ab，
因为ab≤a+b22，
所以4=(a+b)2−3ab≥(a+b)2−3a+b22=14(a+b)2，
则a+b≤4，当且仅当a=b=2时，等号成立，
所以▵ABC周长的最大值为6．
(2)(ⅰ)由正弦定理得a=2RsinA，b=2RsinB，
代入acsB=bcsA+ 63，得2R(sinAcsB−sinBcsA)= 63，
即2Rsin(A−B)= 63．
因为sin(A−B)= 1010，所以R= 153．
(ⅱ)▵ABC的面积S=12acsinB=12⋅2RsinA⋅csinB=2 153sinAsinB．
因为sinC=c2R= 155，所以cs2C=1−sin2C=1025．
因为C是锐角，所以csC>0，则csC= 105，所以cs(A+B)=−csC=− 105．
因为sin(A−B)= 1010，所以cs2(A−B)=1−sin2(A−B)=910．
又因为A,B是锐角，所以A−B∈−π2,π2，
所以cs(A−B)>0，所以cs(A−B)=3 1010，
则cs(A−B)−cs(A+B)=2sinAsinB= 102，所以sinAsinB= 104
故S=2 153sinAsinB=5 66．

【解析】【分析】(1)根据余弦定理得4=(a+b)2−3ab，利用基本不等式即可求解，
(2)(ⅰ)利用正弦定理边角互化可得R= 153，(ⅱ)根据正弦定理可得sinC，进而由同角关系可得csC，cs(A−B)，由和差角公式可得sinAsinB，即可由面积公式求解．
19.【答案】解：(1)证明：因为在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AC,AB⊂平面ABC，
所以AA1⊥AC,AA1⊥AB，
所以点A的曲率为2π−2×π2−∠BAC=2π3，得∠BAC=π3，
因为AB=AC，所以▵ABC为等边三角形，
因为N为AB的中点，所以CN⊥AB，
因为AA1⊥平面ABC，CN⊂平面ABC，
所以AA1⊥CN，
因为AA1∩AB=A，AA1,AB⊂平面ABB1A1，所以CN⊥平面ABB1A1；
(2)解：取A1C1的中点F，连接B1F,MF，
因为▵A1B1C1为等边三角形，所以B1F⊥A1C1，
因为三棱柱ABC−A1B1C1为直三棱柱，所以平面AA1C1C⊥平面A1B1C1，
因为平面AA1C1C∩平面A1B1C1=A1C1，B1F⊂平面A1B1C1，
所以B1F⊥平面AA1C1C，
因为AM,MF⊂平面AA1C1C，所以B1F⊥AM,B1F⊥MF，
设AB= 2，则AA1=2,AM=B1M= 3,AB1= 6，
所以AM2+B1M2=AB12，所以AM⊥B1M，
因为B1F∩B1M=B1，B1F,B1M⊂平面B1FM，
所以AM⊥平面B1FM，
因为MF⊂平面B1FM，所以AM⊥MF，
所以∠FMB1为二面角B1−AM−C1的平面角，
因为MF= 222+12= 62,B1M= 3，
所以在Rt▵FMB1中，cs∠FMB1=FMMB1= 22，
所以二面角B1−AM−C1的余弦值为 22；
(3)证明：设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1,2,⋅⋅⋅,M号，
设第i号(1≤i≤M)多边形有Li条边，
则多面体共有L=L1+L2+⋅⋅⋅+LM2条棱，
由题意，多面体共有D=2−M+L=2−M+L1+L2+⋅⋅⋅+LM2个顶点，
i号多边形的内角之和为πLi−2π，
所以所有多边形的内角之和为π(L1+L2+⋅⋅⋅+LM)−2πM，
所以多面体的总曲率为2πD−[π(L1+L2+⋅⋅⋅+LM)−2πM]
=2π2−M+L1+L2+⋅⋅⋅+LM2−[π(L1+L2+⋅⋅⋅+LM)−2πM]
=4π
所以简单多面体的总曲率为4π．

【解析】【分析】(1)由直棱柱的性质可得AA1⊥AC,AA1⊥AB，AA1⊥CN，再由点A的曲率可求出∠BAC=π3，则▵ABC为等边三角形，所以CN⊥AB，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；
(2)取A1C1的中点F，连接B1F,MF，则B1F⊥平面AA1C1C，所以B1F⊥AM,B1F⊥MF，AM⊥B1M，则AM⊥平面B1FM，所以可得∠FMB1为二面角B1−AM−C1的平面角，在Rt▵FMB1中可求得结果；
(3)设多面体有M个面，给组成多面体的多边形编号，分别为1,2,⋅⋅⋅,M号，设第i号(1≤i≤M)多边形有Li条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果．
此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查新概念曲率，解题的关键是对多面体曲率的正确理解，考查推理能力和计算能力，属于难题．