安徽亳州市蒙城县2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试卷

这是一份安徽亳州市蒙城县2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试卷，共3页。试卷主要包含了 已知csα π  等内容，欢迎下载使用。
答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.
单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
若复数 z 满足2z  2  4  2i ，则 z  （ ）
A. 1B.
2
2
→
C. 2D. 2
已知向量 a  2, 4 ， b  1, k  ，若 a 与b 共线，则k  （ ）
2
1
D. 2
空间中有一平面α和两条直线 m，n，且 n α，设甲： m ∥ n ，乙： m ∥α，则甲是乙的（ ）
A. 充分不必要条件
C. 充要条件
B.
D.
必要不充分条件
既不充分也不必要条件
4. 已知csα π  
1
，则cs 2α
2π   （ ）
6 
3


3 


77
B.
99

2 2
3
 2 2
3
2
3
在VABC 中， AB  2 ， AC ， BC 1 ，则 B  （ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
将函数 f  x  2 sin 2x φ 的图象向左平移 π 个单位长度，得到函数 g  x 的图象，若 g  x 是偶函数，
3
 2 
则 f φ  （ ）

3
3
A.B. C. -1D. 1
已知圆台的高为 3，轴截面面积为 15，体积为 19π，则其母线与底面所成角的正弦值为（ ）
10
10
5
5
2 5
5
3 10
10
在VABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， VABC 的面积为 S，已知 a2 +b2 +c2 = 4 3S ，
AD
点 D 在边 BC 上，则 BC 的最小值为（ ）
3
12
3
3
3
2
3 3
2
多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
→→→→
已知向量 a ， b 满足 a  b  4 ， a  b  2 ，则（ ）
→ 2→2→ 2→2
a  b
 10
a  b  8
rr→3 →
5
当 a  3 b 时， a ， b 同向D. 当 b 时， a 在b 上的投影向量为 5 b
2
在平面四边形 ABCD 中， BC  CD  3 ， AB  3AD  3， BD  5 ，则（ ）
BAD  π
2
C. ABD  π
6
VBAD 的外接圆半径为 30
2
D. VBCD 的外接圆半径为 9 11
11
已知圆锥的顶点为 P，底面圆心为O ，且该圆锥侧面上存在三条两两垂直的母线，若圆锥的底面半径为
2
，点 A，B 为底面圆周上不重合的动点，则（ ）
圆锥侧面展开图的圆心角为 2 6π
3
圆锥轴截面顶角的余弦值为 1
3
3
VPAB 面积的最大值为 2
点O 到平面 PAB 的最大距离为 3
3
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知 z ， z 是方程 z2  5z 10  0 的两个不同的根，则 z2 z  z z2  .
121 21 2
在正四棱锥 P−ABCD 中， AB  2 ，二面角 A  PB  C 的余弦值为 1 ，则 PA .
3
已知函数 f  x  tan 2x φ  π φ π  ，设 a 为 f  x 的最小正零点，b 为 f  x 的定义域之外的
44 

最小正数，且 a  b  π ，则φ.
3
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.
已知复数 z1  1 ai ， z2  2  i ， a  R .
若 z1z2 是纯虚数，求 a ；
若 z1 的实部是虚部的 2 倍，求 a .
z2
3
如图，在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中， AC  2 ， AB  2
求直线 AB 与 B1D 所成角的余弦值；
， AA1  BC  4 ， D 为棱CC1 的中点.
证明：平面 ABD  平面 A1B1D .
已知函数 f  x  2 sin ωx φ  2 3 cs ωx φ ，其中ω 0 ， φ  π ，且 f 0  4 .
2
求φ.
若 f  x 在0, π 上有且仅有 3 个零点.
求ω的取值范围；
设t  0 ，ω Z ，若 f  x  1 在0, t  上有且仅有 2 个不同的解 x ， x ，求 f  x  x
 π  .
12 123 

如图，在三棱锥 P  ABC 中，平面 PBC  平面 ABC ， BAC  90 ， AB  6 ， AC  8 .过点 P 作
PD  BC ，垂足 D 在棱 BC 上.
证明： PD  AB ；
若△PBC 的面积为 60， PC 2 - PB2 = 25 .
求二面角 P−AB−C 的正切值；
求点C 到平面 PAB 的距离.
在VABC 中， cs A  cs B  cs C  1 2 sin A sin B ．
22
当 A  B 时，求3cs A  cs C 的值；
求 C；
3
若tan A  tan B  tan C  2 tan B tan C ， AC  2 ，求VABC 的外接圆半径．
α βα β1
附： csα csβ 2 cs
cs
22
； sinαsin β 2 cs α β  cs α β ．
高一 7 月数学
注意事项：
答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.
单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
若复数 z 满足2z  2  4  2i ，则 z  （ ）
2
B.
D. 2
2
【答案】B
【解析】
2
【详解】由2z  2  4  2i ，得 z  1 i ， z .
→
已知向量 a  2, 4 ， b  1, k  ，若 a 与b 共线，则k  （ ）
2
1
C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【详解】若 a 与b 共线，所以4  2k ，解得 k −2 .
空间中有一平面α和两条直线 m，n，且 n α，设甲： m ∥ n ，乙： m ∥α，则甲是乙的（ ）
充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】分别用反例判断“甲能否推出乙”和“乙能否推出甲”.
【详解】甲不是乙的充分条件：在平面 α 内取直线 m ，使 m ∥ n .
此时甲成立，但 m α，所以 m 不与平面 α 平行，乙不成立.
甲也不是乙的必要条件：在平面 α 内取一条与 n 相交的直线 l ，再在平面 α 外取直线 m ，使 m ∥l .
由线面平行的判定定理， m ∥α，所以乙成立；
但 l 与 n 不平行，从而 m 与 n 不平行，甲不成立.因此甲是乙的既不充分也不必要条件.
已知csα π   1 ，则cs 2α 2π   （ ）
6 33 


77
A. B.
99
C. 2 2
3
D.  2 2
3
【答案】A
【解析】
【分析】将待求角改写为已知角的二倍角再加 π ，然后使用余弦二倍角公式计算.
【详解】因为2α 2π  2 α π   π, 所以 α 2π   cs2 α π .
36 
cs 2
3 6 

2π 2 π 
由余弦二倍角公式，得cs 2α 3    2cs α 6  1.

代入 csα π   1 ，得 α 2π    2  1 1  7 .
6 3
cs 2
3 
99

5. 在VABC 中， AB  2
， AC 
2 ， BC 
3 1 ，则 B  （
）
A. 30°
【答案】A
【解析】
B. 45°
C. 60°
D. 90°
【详解】由余弦定理得
AB
 BC
 AC
222

12  4  22 3 
1
3
4  3 1
6  2 3
4  3 1
3
4  3 1
3
cs B ，
2 AB  BC2
因为0  B  180 ，所以 B  30 .
将函数 f  x  2 sin 2x φ 的图象向左平移 π 个单位长度，得到函数 g  x 的图象，若 g  x 是偶函数，
3
 2 
则 f φ  （ ）

3
3
A.B. C. -1D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】三角函数图像平移遵循“左加右减”，偶函数的核心条件是相位为 π  kπ ，由此锁定φ，再代入计
2
算即可.
π 

π 


2π

 x  3  
f 2  x  3  


3

【详解】由题， g  x  f

 
φ  2 sin  2x φ ，
因为 g  x 为偶函数，所以 2π φ π  kπ ，即φ  π  kπ, k  Z ，
326
3
则 f φ  2 sin 2φ  2 sin   π  2kπ   2 sin   π   
 2 33 

已知圆台的高为 3，轴截面面积为 15，体积为 19π，则其母线与底面所成角的正弦值为（ ）
10
10
5
5
2 5
5
3 10
10
【答案】D
【解析】
【分析】设圆台上、下底面半径分别为 r ， R ．由轴截面面积和圆台体积求出 R  r R  r ，再在轴截面内求母线长及线面角的正弦值．
【详解】设圆台上、下底面半径分别为 r ， R ，其中 R  r ，母线长为 l ．圆台的轴截面是上、下底分别为 2r ， 2R ，高为 3 的等腰梯形．
与 Rr ，进而得到
由轴截面面积为 15 ，得 1 2R  2r  3  15, 所以 2
R  r  5 ．
3
由圆台的体积公式，得 1 π 3R2  Rr  r 2   19π, 所以 R2  Rr  r 2  19 ．
因为  R  r 2  R2  Rr  r 2   Rr ，所以 Rr  25 19  6 ．于是 R  r 2   R  r 2  4Rr  25  24  1.
由 R  r ，得 R  r  1．
在轴截面内，母线、高以及两底面半径之差构成直角三角形，
所以l 
 10, sinθ 3  3 10 .
32   R  r 2
l10
在VABC 中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c， VABC 的面积为 S，已知 a2 +b2 +c2 = 4 3S ，
AD
点 D 在边 BC 上，则 BC 的最小值为（ ）
3
12
3
3
3
2
3 3
2
【答案】C
【解析】
【分析】先通过余弦定理、面积公式和均值不等式推导出VABC 为等边三角形，再利用“垂线段最短”，得到高与边长的比值即为最小值.
【详解】由余弦定理 a2  b2  c2  2bc cs A 与三角形面积公式 S  1 bc sin A 得，
2
b2  c2  2bc cs A  b2  c2  4 3  1 bc sin A ，化简得 b  c  cs A  3 sin A ，
cb
由均值不等式， b  c  2 ，当且仅当b  c 时等号成立，
cb
而cs A  3 sin A  2 sin  A  π   2 ，因此两者都等于 2，
6 

此时b  c, A  π ，所以VABC 为等边三角形；
3
3
BC
当 AD  BC 时， ADmin 
BC ，此时 AD  2
 BC 
2
minBC
3 .
2
多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
→→→→
已知向量 a ， b 满足 a  b  4 ， a  b  2 ，则（ ）
→ 2→2→ 2→2
a  b
 10
a  b  8
rr→3 →
5
当 a  3 b 时， a ， b 同向D. 当 b 时， a 在b 上的投影向量为 5 b
【答案】ACD
【解析】
 →→
 →→ 2
 → 2→ 2→ →
 a  b  4
 a  b
 16
 a  b 2a  b  16
a

【详解】A 选项：由 →→
，得 →→ 2
，即 → 2→ 2→ →，
2

→→ 2
 a  b
 10
 a  b  2
 a  b 4
 b
 2a  b  4
解得 → →
，故选项 A 正确；
a  b  3
→ 2→ 2
→→ 2
2
 a  b
 10
→ 2→2
B 选项：当 a 6 ， b 4 时，符合 → →
，但不满足 a  b
 8 ，
a  b  3
故选项 B 错误；
 → 2→ 2
→ 2
→→ a  b
 10
10 b
 10
C 选项：当 a  3 b 时，由 A 选项知 → →
，即→
2
→ →，

→
 b  1
a  b  3
→ →
3 | b | cs
a, b  3
解得
→ →，因为
a, b
0,π ，所以 a,b  0 ，
cs a, b  1
所以 a ， b 同向，故选项 C 正确；
→a  bba  b →3 →
D 选项： a 在b 上的投影向量为| a |  →→  → 
→b  b ，故选项 D 正确.
25
| a || b | | b || b |
2
在平面四边形 ABCD 中， BC  CD  3 ， AB  3AD  3
， BD  5 ，则（ ）
A. BAD  π
2
C. ABD  π
6
B. VBAD 的外接圆半径为 30
2
D. VBCD 的外接圆半径为 9 11
11
【答案】AD
【解析】
【详解】A 选项：如图所示，在V ABD 中，由余弦定理得，
AD2  AB2  DB22 18  255
2  2  3 2
cs DAB   0 ，
2 AD  AB12
因为DAB (0,π) ，所以∠DAB 是钝角，故 A 选项正确；
B 选项：如图所示，由 A 选项知cs DAB   5 ，得sin DAB 
12
119 ，
1   12 
5 2

12
设VBAD 的外接圆半径为 R ，则由正弦定理得，
2R 
DB
sin DAB
5
119 ，
12
解得 R  30 119 30 ，故 B 选项错误；
1192
C 选项：如图所示，在V ABD 中，由余弦定理得，
41 2
3
AB2  DB2  AD218  25  2
2  3 2  5
cs ABD ，
2BD  AB
在钝角三角形 ABD 中， ABD 
602
y  cs x(0,π)
π
(0, ) ，在上单调递减，
2
3
csπ，所以ABD 
62
π
(0, ) ，故 C 选项错误；
6
CD2  CB2  DB29  9  257
D 选项：在VCBD 中，由余弦定理得， cs C  ，
因为C (0,π) ，所以sin C 
 5 11
1   18 
7 2

18
2CD  CB
，
2  3 318
设VBCD 的外接圆半径为 r ，则由正弦定理得，
解得 r  9 11 ，故 D 选项正确.
11
2r 
DB
sin C
5
5 11 ，
18
已知圆锥的顶点为 P，底面圆心为O ，且该圆锥侧面上存在三条两两垂直的母线，若圆锥的底面半径为
2
，点 A，B 为底面圆周上不重合的动点，则（ ）
圆锥侧面展开图的圆心角为 2 6π
3
圆锥轴截面顶角的余弦值为 1
3
3
VPAB 面积的最大值为 2
点O 到平面 PAB 的最大距离为 3
3
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用侧面存在三条两两垂直的母线，结合外接圆半径求出母线长，利用勾股定理求出圆锥的高，利用圆心角公式求出圆心角，判断选项 A；利用余弦定理判断选项 B；设弦心距，进而表示弦长和高，用面积公式转化为二次函数，求面积的最大值，判断选项 C；利用面面垂直的性质，表示点O 到平面 PAB的距离等于 Rt△PMO 斜边 PM 上的高，进而计算判断选项 D．
2
2l
3
【详解】设母线长为l ，高为 h ，底面半径 r ，由侧面存在三条两两垂直的母线，可知三条母线端点在底面构成等边三角形，其外接圆半径即为底面半径，
2
3
等边三角形边长为 2l ，外接圆半径 r ，解得l ，
l 2  r 2
由勾股定理 h 

 1，
3  2
侧面展开图为扇形，弧长等于底面周长2πr ，扇形半径为母线长l ，
2π  2
3
2 6π
故圆心角θ 2πr ，故 A 正确；
l3
3
2
轴截面为等腰三角形，两腰为母线l ，底边为底面直径2 r  2，
αl 2  l 2  2r 2
3  3  81
设顶角为
，由余弦定理csα 
，故 B 正确；
r 2  d 2
0
设弦 AB 的弦心距为 d0 ，则 AB  2
2l 2
 2
2  33
2  d 2
0
，
h2  d 2
0
1 d 2
0
等腰VPAB 的高 PM ，
面积 S
V PAB
2
 1 AB  PM ，



2  d1 d
2
2
0
0
2
 u  2   4
1 2
9


3
u2  u  2
令u  d0 ，则 S
V PAB

 ，
2
当u  1 时， S
2
V PAB
3
取最大值 ，故 C 正确；
2
由面面垂直的性质，点O 到平面 PAB 的距离等于 Rt△PMO 斜边 PM 上的高，
1 d 2
0
d  PO  OM d0
， d 随 d 增大而递增， d 的取值范围为0, 2 ，
PM
00
故 d 的上确界为
6 ，无最大值，故 D 错误．
2
3
3
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知 z ， z 是方程 z2  5z 10  0 的两个不同的根，则 z2 z  z z2  .
121 21 2
【答案】50
【解析】
z1  z2  5
【详解】因为 z1 ， z2 是方程 z2  5z 10  0 的两个不同的根，所以，
z1 z2  10
则 z2 z  z z2  z z (z  z )  10  5  50 .
1 21 21 212
在正四棱锥 P−ABCD 中， AB  2 ，二面角 A  PB  C 的余弦值为 1 ，则 PA .
3
【答案】2
【解析】
【分析】在棱 PB 上确定二面角的平面角，再在两个全等的侧面三角形中求出平面角两边的长度，利用余弦定理建立关于侧棱 PA 的方程.
【详解】设 PA  PB  PC  x.
因为正四棱锥的底面 ABCD 是正方形，所以 AB  BC  2, AC  2 2.
在 V APB 中，过点 A 作 AE  PB ，垂足为 E .
又因为 PA  PC, AB  BC, 且 PB 为公共边，所以V APB VCPB.
因此点 C 到直线 PB 的垂足也为 E ，即CE  PB.
于是 AE 、 CE 分别在平面 APB 、平面 CPB 内，且都垂直于交线 PB ，所以
AEC
是二面角
A  PB  C
的平面角.
PA2  PB2  AB2
2x2  42
在 V APB 中，由余弦定理， cs∠APB  1.
2PA  PB2x2x2
由于 PE 是 PA 在 PB 方向上的投影，所以 PE  PAcs∠APB  x 1 2   x  2 .
x2 x


在直角三角形 AEP 中，由勾股定理， AE2  PA2  PE2  x2   x 

2 2

x

4 x2 1

x2.
由 全 等 关 系 可 知CE  AE .在
V AEC
中 ， 由 余 弦 定 理 ，
AE2  CE2  AC 22 AE2  841
cs∠AEC  1 .
2 AE  CE
2 AE2
AE2
x2 1
由题意， 1  1 , 所以 x2 1  3, 即 x2  4 .因为 x  0 ，所以 PA  x  2.
x2 13
已知函数 f  x  tan 2x φ  π φ π  ，设 a 为 f  x 的最小正零点，b 为 f  x 的定义域之外的
44 

最小正数，且 a  b  π ，则φ.
3
【答案】  π
12
##  1 π
12
【解析】
【分析】通过正切函数零点和无定义点条件，分情况写出 a, b 的表达式，代入 a  b  π 后，筛选出符合
3
条件的解即可.
【详解】因为 a 为 f  x 的最小正零点，所以令2x φ kπ ，即 x  kπ  φ ，
2
当 k  0,  π φ 0 时， a  φ；当 k  1, 0 φ π 时， a  π  φ ；
4242
因为 b 为 f  x 的定义域之外的最小正数，所以令2x φ π  kπ ，即 x  π  kπ  φ ，
当 k  0 时， b  π φ；
42
242
a  φ
φ πφππ
若 ，则    φ ；
2242312
a  π  φ
π φ πφπ5π
若，则
2
   φ（舍去）.
242312
综上所述，φ  π .
12
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.
已知复数 z1  1 ai ， z2  2  i ， a  R .
若 z1z2 是纯虚数，求 a ；
若 z1 的实部是虚部的 2 倍，求 a .
z2
【答案】（1） a  2
（2） a  4 .
3
【解析】
【分析】（1）先计算
z1
z1 z2 ，再根据纯虚数的实部为 0 、虚部不为 0 列式；（2）利用分母实数化求出 z
2
的实部和虚部，再按题意列方程.
【小问 1 详解】
z1z2  1 ai2  i  2  a  2a 1i.
因为 z z 是纯虚数，所以其实部为 0 ，且虚部不为 0 ，即2  a  0,

1 22a 1  0.
由 2  a  0 ，得 a  2 .此时2a 1  5  0, 符合题意，所以 a  2.
【小问 2 详解】
z1 ai1 ai2  ia  22a 1
将分母实数化，得 1 i.
z22  i2  i2  i55
z
z1
所以的实部为
2
a  2
5
，虚部为
2a 1
.
5
由“实部是虚部的 2 倍”，得 a  2  2  2a 1.
55
整理得 a  2  4a  2, 所以 a  4 .
3
3
如图，在直三棱柱 ABC−A1B1C1 中， AC  2 ， AB  2
求直线 AB 与 B1D 所成角的余弦值；
， AA1  BC  4 ， D 为棱CC1 的中点.
证明：平面 ABD  平面 A1B1D .
【答案】（1） 15
5
（2）因为 AC 2  AB2  22  2 3 2  16  BC 2 , 所以 AB  AC.
由直三棱柱的性质，得 AA1  平面ABC.
因为直线 AB 在平面 ABC 内，所以 AB  AA1.
又 AC 与 AA1 相交于点 A ，且直线 AC 、 AA1 都在平面 ACC1 A1 内，所以 AB  平面ACC1 A1.
因为直线 A1D 在平面 ACC1A1 内，所以 AB  A1D.
下面证明 A1D  AD ．
AC 2  CD2
因为 CD  2 ，且 CD  AC ，所以在直角三角形 ACD 中， AD 

 2 2.
22  22
同理， A1D  2 2.
又 AA  4, 所以在三角形 A AD 中， A D2  AD2  8  8  16  AA2.
1111
因此 A1D  AD.
由于 AB 与 AD 相交于点 A ，且直线 AB 、 AD 都在平面 ABD 内，所以 A1D  平面ABD.
又直线 A1D 在平面 A1B1D 内，因此平面ABD  平面A1B1D.
【解析】
【分析】（1）利用 AB / / A1B1 ，把异面直线所成角转化为 ∠A1B1D ，再在直角三角形 A1B1D 中求余弦
值．
（2）先证明 AB  平面 ACC1 A1 ，得到 AB  A1D ；再证明 A1D  AD ，从而得到 A1D  平面 ABD ，
最后推出两平面垂直．
【小问 1 详解】
因为直三棱柱的对应棱互相平行，所以 AB / / A1B1.
因此，直线 AB 与 B1D 所成的角等于 ∠A1B1D ．
因为 D 为棱 CC1 的中点，且 CC1  AA1  4 ，所以C1D  2.
又因为直三棱柱的侧棱垂直于底面，所以CC1  平面A1B1C1.
因此C1D  A1C1, C1D  B1C1.
在直角三角形在直角三角形
A1C1D 中， A1D 
B1C1D 中， B1D 
 2 2.
AC 2  C D2
1 11
22  22
B C 2  C D2
1 11
42  22
 2 5.
又 A1B1  AB  2 3.
因为 A D2  A B2  8 12  20  B D2 , 所以 A D  A B .
11 1111 1
2 3
2 5
故在直角三角形 A B D 中， cs∠A B D  A1B1 15 .
1 11 1
B1D5
因此，直线 AB 与
B D 所成角的余弦值为15 ．
1
5
【小问 2 详解】略
已知函数 f  x  2 sin ωx φ  2 3 cs ωx φ ，其中ω 0 ， φ π ，且 f 0  4 .
2
求φ.
若 f  x 在0, π 上有且仅有 3 个零点.
求ω的取值范围；
设t  0 ，ω Z ，若 f  x  1 在0, t  上有且仅有 2 个不同的解 x ， x ，求 f  x  x
 π  .
12 123 

【答案】（1）φ π ；
6
（2）（i）  5 , 7  ；（ii） 7

 2 2 2
【解析】
【分析】（1）先利用辅助角公式化简 f  x ，再由 f 0  4 和φ π 确定φ.
2
（2）（i）把零点问题转化为cs ωx  0 在给定区间内解的个数问题；（ii）由ω为整数确定ω 3 ，再利用 方程4cs3x  1的前两个正解之间的对称关系求值.
【小问 1 详解】
由辅助角公式， f  x  2sin ωx φ  2 3cs ωx φ  4sin ωx φ π  ，
3 

由 f 0  4 ，得4sin φ π   4, 所以sin φ π   1.
3 3 

因此φ π  π  2kπk  Z, 即φ π  2kπ.
326
又φ π ，故只有 k  0 符合条件，所以φ π .
26
【小问 2 详解】
由（1）可得 f  x  4sin ωx  π   4csωx.
2 

当 x 0, π 时，ωx 0,ωπ .
函数csu 的正零点依次为 π , 3π , 5π , 7π ,，
2222
要使 f  x 在0, π 上有且仅有 3 个零点，必须使前三个零点落在0,ωπ 内，而第四个零点不落在该开区间内.
因此 5π  ωπ  7π .
22
两边同时除以π ，得 5  ω 7 .
22
 2 2 
即ω  5 , 7  .

由（i）及 ω Z ，得ω 3.
于是方程 f  x  1 化为4cs3x  1, 即cs3x  1 .
4
设α arccs 1 , 则0 α π .
4
方程的正解从小到大依次为
2
α 2π α 2π α
,,,，
333
因为该方程在0, t  上有且仅有 2 个不同的解，所以 x1, x2 必为前两个正解，
从而 x  x
 α 2π α 2π .
12333
于是 x  x  π  2x  π .
12313
π  π 
因此 f  x1  x2  3   4cs 3 2x1  3 .

π 
 

即 f  x1  x2  3   4cs6x1  π  4cs6x1.
又因为cs3x  1 ，所以cs6x  2 cs3x 2 1  2  1
1   7 .
1411
π 7
168

故 f  x1  x2  3   2 .
如图，在三棱锥 P  ABC 中，平面 PBC  平面 ABC ， BAC  90 ， AB  6 ， AC  8 .过点 P 作
PD  BC ，垂足 D 在棱 BC 上.
证明： PD  AB ；
若△PBC 的面积为 60， PC 2 - PB2 = 25 .
求二面角 P−AB−C 的正切值；
求点C 到平面 PAB 的距离.
【答案】（1）因为平面 PBC  平面 ABC ，且两平面的交线为 BC ，又 PD  平面 PBC ，且
PD  BC ，所以由面面垂直的性质定理，得 PD  平面ABC.
因为 AB  平面 ABC ，所以 PD  AB.
（2）（i）4.；（ii） 32 17 .
17
【解析】
【分析】（1）利用面面垂直的性质，由 PD  BC 推出 PD  平面 ABC ，再得到 PD  AB .
（2）（i）先由底面直角三角形求出 BC ，再利用 VPBC 的面积求出 PD ；根据 PC 2  PB2  25 求出
BD .在底面内过 D 作 DE  AB ，证明 ∠PED 是所求二面角的平面角，再计算其正切值.（ii）先求
VPAB 的面积，再用三棱锥等体积法求点 C 到平面 PAB 的距离.
【小问 1 详解】略
【小问 2 详解】
因为
BAC  90∘ ， AB  6 ， AC  8 ，所以由勾股定理， BC 

 10.
AB2  AC 2
62  82
又因为 PD  BC ，所以 PD 是 VPBC 中边 BC 上的高.
由 S 60 ，得 1 BC  PD  60, 1 10  PD  60, 所以 PD  12 .
V PBC22
在直角三角形 PBD 和 PCD 中， PB2  PD2  BD2 , PC 2  PD2  CD2.
两式相减，结合 PC 2  PB2  25 ，得 CD2  BD2  25 .
又因为 D 在线段 BC 上，所以 BD  CD  BC  10.
于是CD  BDCD  BD  25, CD  BD  25  5 .
102
联立 BD  CD  10 与 CD  BD  5 ，解得 BD  15 , CD  25 .
244
在平面 ABC 内，过点 D 作 DE  AB ，垂足为 E ，连接 PE .
由第（1）问可知 PD  AB ，又 DE  AB ，且 PD 与 DE 相交于点 D ，所以 AB  平面 PDE ，从而 AB  PE .
其中，PE  平面 PAB ，DE  平面 ABC ，且 PE 、DE 均过棱 AB 上的点 E ，所以 ∠PED 是
二面角 P  AB  C
的平面角.
在平面 ABC 内，因为 AC  AB ， DE  AB ，所以
于是 DE  BD , DE  8 15 / 4  3.
DE / / AC ，从而
VBDE VBCA .
ACBC10
在直角三角形 PDE 中， tan∠PED  PD  12  4.
DE3
122  32
故二面角 P  AB  C 的正切值为 4 .
PD2  DE2
在直角三角形 PDE 中， PE 

 3 17.
又因为 PE  AB ，所以 S
V PAB
 1 AB  PE  1  6  3
17
 9 17.
22
设点 C 到平面 PAB 的距离为 h .
以 V ABC
为 底 面 时 ， 因 为 PD  平 面 ABC ， 三 棱 锥 P  ABC
的 体 积 为
VP ABC
 1 S
3
V ABC
 PD  1  1  6  812  96.
32
以 VPAB
为底面时，同一个三棱锥的体积为VC PAB
 1 S
3
V PAB
 h  1  9 17 h.
3
由等体积关系，得 1  9 17 h  96.
3
17
32 17
32
解得 h .
17
因此，点 C 到平面 PAB 的距离为 32 17 .
17
在VABC 中， cs A  cs B  cs C  1 2 sin A sin B ．
22
当 A  B 时，求3cs A  cs C 的值；
求 C；
3
若tan A  tan B  tan C  2 tan B tan C ， AC  2 ，求VABC 的外接圆半径．
αβαβ1
附： csα csβ 2 cs
cs
22
； sinαsin β 2 cs α β  cs α β ．
【答案】（1） 3cs A  cs C  2
（2） C  π
3
5
（3）
【解析】
【分析】（1）当 A  B 时，化简变形已知等式求3cs A  cs C 的值；
利用和差化积和积化和差公式，结合三角形内角替换，再利用半角公式化简，最后分类讨论求解；
利用三角形正切恒等式，结合题干条件及内角关系，利用正弦定理计算求解．
【小问 1 详解】当 A  B 时，
由已知得2 cs A  cs C  1 2 sin2 A  2  1 2 sin2 A   2  cs A ，
22 

可得3cs A  cs C  2 ．
【小问 2 详解】
由参考公式及已知条件，可得2 cs A  B cs A  B  cs C  1 cs A  B  cs A  B ①，
2222
因为 A  B  π  C ，所以cs A  B  sin C ，
22
代入①得2 sin C cs A  B  cs C  1 cs A  B  sin C ，
2222
 2 sin C  A  BC
整理21cs2
 cs C  sin 1  0 ，
2

利用cs C  1  2 sin2 C ，
2
 2 sin C  A  BC C

得21cs2 sin 2  2 sin 2 1  0 ，

 2 sin C  A  BC 
所以21cs2 sin 2   0 ，

若2 sin C 1  0 ，则sin C  1 ，所以 C  π ，即C  π ，
222263
若cs A  B  sin C  cs A  B ，则 A  0 或 B  0 ，构不成三角形，舍去，
222
故C  π ．
3
【小问 3 详解】
由tan A  tan(π  B  C)   tan(B  C) 
tan B  tan C
，
tan B tan C 1
可得tan A tan B tan C  tan A  tan B  tan C ，
又由tan A  tan B  tan C  2 tan B tan C ，得tan A  2 ，
可得sin A  2 5 ， cs A 5 ，
55
π 132 5  15
32
于是sin B  sin  A    sin A 

5
记VABC 的外接圆半径为 R ，
cs A ，
210
R AC
2  3
由正弦定理得
2 sin B
5 2  3 ．

2
10