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2022-2023学年山东省日照市校际联考高一（下）期末数学试卷（含解析）
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这是一份2022-2023学年山东省日照市校际联考高一（下）期末数学试卷（含解析），共20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。
2022-2023学年山东省日照市校际联考高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. sin20°cos40°+cos20°sin40°=( )
A. 12 B. 32 C. 34 D. −12
2. 在△ABC中，A为钝角，则点P(tanB,cosA)( )
A. 在第一象限 B. 在第二象限 C. 在第三象限 D. 在第四象限
3. 已知C为线段AB上一点，且AC=2CB，若O为直线AB外一点，则( )
A. OC=13OA+13OB B. OC=13OA+23OB
C. OC=23OA+13OB D. OC=23OA+23OB
4. 我国北宋时期科技史上的杰作《梦溪笔淡》收录了计算扇形弧长的近似计算公式：lAB=弦+2×矢2径，公式中“弦”是指扇形中圆弧所对弦的长，“矢”是指圆弧所在圆的半径与圆心到弦的距离之差，“径”是指扇形所在圆的直径.如图，已知扇形的面积为4π3，扇形所在圆O的半径为2，利用上述公式，计算该扇形弧长的近似值为( )
A. 3+2 B. 3 3+22 C. 4 3+12 D. 2 3+1
5. 把函数y=sinx(x∈R)的图象上所有的点向左平行移动π3个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍(纵坐标不变)，得到的图象所表示的函数是( )
A. y=sin(2x−π3) B. y=sin(x2+π6)
C. y=sin(2x+π3) D. y=sin(2x+2π3)
6. 已知函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)在区间[−5π6,2π3]上单调递增，且存在唯一x0∈[0,5π6]使得f(x0)=1，则ω的取值范围为( )
A. [15,12] B. [25,12] C. [15,45] D. [25,45]
7. 一个棱长为1分米的正方体形封闭容器中盛有V升水(没有盛满)，若将该容器任意放置均不能使容器内水平面呈三角形，则V的一个可能取值为( )
A. 18 B. 16 C. 12 D. 56
8. 一纸片上绘有函数f(x)=2sin(ωx−π6)(ω>0)一个周期的图像，现将该纸片沿x轴折成直二面角，此时原图像上相邻的最高点和最低点的空间距离为2 3，若方程f(x)=−1在区间(0,a)上有两个实根，则实数a的取值范围是( )
A. [83,4) B. (83,4] C. [4,203) D. (4,203]
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列选项正确的是( )
A. sin15°+cos15°= 62
B. sin2π8−cos2π8= 22
C. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A>C，则sinA>sinC
D. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acosA=bcosB，则△ABC一定是等腰三角形
10. 已知α，β为两个不同平面，m，n为两条不同的直线，下列结论正确的为( )
A. 若m//n，m⊥α，则n⊥α B. 若m⊥α，m⊥β，则α//β
C. 若α⊥β，m⊥α，则m//β D. 若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
11. 已知函数f(x)=|cos2x|+cos|x|，有下列四个结论，其中正确的结论为( )
A. f(x)在区间[3π4,3π2]上单调递增
B. π不是f(x)的一个周期
C. 当x∈[π4,3π4]时，f(x)的值域为[− 22,98]
D. f(x)的图象关于y轴对称
12. 在平面四边形ABCD中，AB=2，BC=6，AD=CD=4，其外接圆圆心为O，下列说法正确的是( )
A. 四边形ABCD的面积为8 3
B. 该外接圆的直径为2 213
C. AC⋅BD=16
D. 过D作DF⊥BC交BC于F点，则DO⋅DF=10
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量a=(1,2)，b=(−1,λ)，若a⊥b，则λ= ______ ．
14. 已知角α的顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点(−35,−45)，则cos(α+π4)= ______ ．
15. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，以C为圆心，1为半径的圆分别交CD，BC于点E，F.当点P在圆C上运动时，BP⋅DP的最大值为______ ．
16. 如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AB=1，AD=2，AA1=2，∠ABC=60°，点P在上底面A1B1C1D1所在平面上，使得PA1⋅PD1=0，点Q在下底面ABCD所在平面上，使得QB⋅QC=0，若三棱锥P−BCQ的外接球表面积为S，则S的取值范围是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=4，b=5，cosC=18．
(1)求△ABC的面积；
(2)求边长c及sinA的值．
18. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD，四边形ABCD正方形，PA⊥平面ABCD．PA=2 3，AB=2，点E是PD的中点．
(1)求证：PB//平面ACE；
(2)求点P到平面AEC的距离．
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=λsin(ωx+φ)(λ>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示，A为图象与x轴的交点，B，C分别为图象的最高点和最低点.△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，△ABC的面积S= 32accosB．
(1)求△ABC的角B的大小；
(2)若b= 3，a=2c，点B的坐标为(13,λ)，求f(x)的解析式．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+π6)(A>0,ω>0)只能同时满足下列三个条件中的两个：①函数f(x)的最大值为2；②函数f(x)的图像可由y= 2sin(x−π4)的图象沿x轴左右平移得到；③函数f(x)图像的相邻两条对称轴之间的距离为π2．
(1)请写出这两个条件的序号，求f(x)的解析式，并求出f(x)在[0,π4]上的值域；
(2)求方程f(x)+1=0在区间[−π,π]上所有解的和．
21. (本小题12.0分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD是平行四边形，且∠A=60°，AD=PD=2，AB=PB=4．
(1)证明：平面BCD⊥平面PAD；
(2)当二面角D−PA−B的平面角的余弦值为 77时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值．
22. (本小题12.0分)
某烟花厂准备生产一款环保、安全的迷你小烟花，初步设计了一个平面图，如图所示，该平面图由Rt△ABF，直角梯形BCEF和以C为圆心的四分之一圆弧ED构成，其中AB⊥BF，BC⊥CE，BF//CE，且BC=BF=1，CE=2，AB=72，将平面图形ADEF以AD所在直线为轴，旋转一周形成的几何体即为烟花．
(1)求该烟花的体积；
(2)工厂准备将矩形PMNQ(该矩形内接于图形BDEF，M在弧DE上，N在线段EF上，PQ在AD上)旋转所形成的几何体用来安放燃料，设∠MCE=θ(0<θ≤π3)，
①请用θ表示燃料的体积V；
②若烟花燃烧时间t和燃料体积V满足关系t=V(9−7cosθ)cos2θ，请计算这个烟花燃烧的最长时间．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：sin20°⋅cos40°+cos20°⋅sin40°
=sin(20°+40°)
=sin60°
= 32
故选：B．
根据两角和的正弦公式得出原式=sin(20°+40°)=sin60°，进而根据特殊角的三角函数值得出答案．
本题考查的知识点是两角和的正弦公式，熟练掌握相关公式以及特殊角的三角函数值，是解答本题的关键，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵△ABC中，A为钝角，∴B为锐角，tanB>0，cosA<0，
则点P(tanB,cosA)在第四象限，
故选：D．
根据三角函数值的符号直接判断即可．
本题考查了三角函数值的符号，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由已知可得AC=2CB，
则OC=OA+AC=OA+2CB=OA+2(OB−OC)
即3OC=OA+2OB，所以OC=13OA+23OB，
故选：B．
由已知可得AC=2CB，然后根据平面向量基本定理化简即可求解．
本题考查的平面向量基本定理的应用，考查学生的运算转化能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设扇形的圆心角为α，
由扇形面积公式可知12×22×α=4π3，所以α=2π3，
如图，取AB的中点C，连接OC，交AB于点D，
则OC⊥AB.易知∠OAD=π6，则OD=2sinπ6=1，
所以CD=2−1=1，AD=2cosπ6= 3，AB=2AD=2 3，
所以扇形弧长的近似值为lAB=弦+2×矢2径=AB+2CD22OA=4 3+12．
故选：C．
根据扇形的面积公式可得圆心角大小，进而根据弧长的近似计算公式即可求解．
本题主要考查了扇形的面积公式，考查了扇形弧长的近似计算公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：函数y=sinx(x∈R)的图象上所有的点向左平行移动π3个单位长度，
得到：y=sin(x+π3)再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍(纵坐标不变)，
得到：y=sin(2x+π3)的图象，
故选：C．
直接利用函数图象的平移变换和伸缩变换求得结果．
本题考查的知识点：函数图象的平移和伸缩变换及相关的运算问题．
6.【答案】B
【解析】解：由于函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)在[−5π6,2π3]上单调递增；
x∈[−5π6,2π3]，ωx+π6∈[−5π6ω+π6,2π3ω+π6]，
−π2≤−5π6ω+π6且2π3ω+π6≤π2，
解得ω≤45且ω≤12，所以0<ω≤12；
又存在唯一x0∈[0,5π6]使得f(x0)=1，
即x∈[0,5π6]时，ωx+π6∈[π6,5π6ω+π6]；
所以π2≤5π6ω+π6<5π2，
解得25≤ω<3；
综上知，ω的取值范围是[25,12].
故选：B．
由函数f(x)在[−5π6,2π3]上单调递增求出0<ω≤12，再由存在唯一x0∈[0,5π6]使得f(x0)=1求出25≤ω<3；由此求得ω的取值范围．
本题考查了正弦函数的图象与性质，也考查了分析与运算能力，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：在正方体ABCD−EFGH中，若要使液面形状不可能为三角形，则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，
设正方体内水的体积为V，
而VG−EHD
V正方体−VB−AFC=13−16=56(升)，
所以V的取值范围是(16,56)．
故答案为：C．
由题意分析知，任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，设正方体内水的体积为V，而VG−EHD
8.【答案】D
【解析】解：由于将该纸片沿x轴折成直二面角，此时原图像上相邻的最高点和最低点的空间距离为2 3，
则 22+(12⋅2πω)2+(2)2=2 3，
解得ω=π2，
故f(x)=2sin(π2x−π6)，
方程f(x)=−1在区间(0,a)上有两个实根，即2sin(π2x−π6)=−1有2个解，
∵π2x−π6∈(−π6,aπ2−π6)，
∴11π6
先根据题意求得ω的值，进而得到函数解析式，再根据2sin(π2x−π6)=−1有2个解，而π2x−π6∈(−π6,aπ2−π6)，由此可得a的范围．
本题考查三角函数的图象及性质，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，sin15°+cos15°= 2sin(15°+45°)= 2sin60°= 2× 32= 62，故A正确；
对于B，sin2π8−cos2π8=−cos(2×π8)=− 22，故B错误；
对于C，若A>C，由大角对大边得到a>c，设R为△ABC的外接圆半径，
由正弦定理得2RsinA>2RsinC，得到sinA>sinC，故C正确；
对于D，若acosA=bcosB，则sinAcosA=sinBcosB，可得sin2A=sin2B，所以△ABC为等腰或直角三角形，故D错误．
故选：AC．
由三角恒等变换知识可判断A，B，由解三角形知识可判断C，D．
本题考查三角恒等变换和解三角形，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：若m⊥α，则取α内任意两条相交直线a，b，使得m⊥a，m⊥b，
又m//n，则n⊥a，n⊥b，由线面垂直的判定定理得n⊥α，故A正确；
若m⊥α，m⊥β，由垂直于同一条直线的两个平面平行，可知B正确；
如图，
取m=AA1，平面A1B1C1D1为平面α，m⊥α，设平面ADD1A1为平面β，则m⊂β，故C错误；
若m⊥α，m⊂β，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故D正确．
故选：ABD．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：函数f(x)=|cos2x|+cos|x|，
对于A：由于函数：f(3π4)=− 22，f(π)=|cos2π|+cos|π|=0，f(5π4)=|cos5π2|+cos5π4=− 22，f(3π2)=|cos3π|+cos3π2=1，故A错误；
对于B：由于函数y=|cos2x|+cos|x|是以2π为周期函数，故B正确．
对于C：当x∈[π4,3π4]时，cosx∈[− 22, 22]，所以f(x)=−cos2x+cosx∈[− 22,98]，故C正确．
对于D：根据函数f(−x)=|cos(−2x)|+|cos(−x)|=f(x)，故函数为偶函数，故函数的图象关于y轴对称，故D正确；
故选：BCD．
直接利用三角函数的关系式的变换，二次函数的性质，函数的单调性，函数的值域的应用判断A、B、C、D的结论．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，连接AC，在△ACD中，cosD=16+16−AC232，
cosB=4+36−AC224，由于B+D=π，所以cosB+cosD=0，
故32−AC232+40−AC224=0，
解得AC2=2567，所以cosD=−17，cosB=17，
所以sinB=sinD= 1−149=4 37，
故S△ABC=12AB⋅BCsinB=12×2×6×4 37=24 37，
S△ADC=12AD⋅DCsinD=12×4×4×4 37=32 37，
故四边形ABCD的面积S=24 37+32 37=8 3，故A正确；
对于B，设外接圆半径为R，由正弦定理，
有2R=ACsinB= 25674 37=4 213，
故该外接圆的直径为4 213，故B错误；
对于C，由垂径定理及数量积的几何意义可知：
OC⋅CD=−12|CD|2，OC⋅CB=−12|CB|2，
OA⋅AD=−12|AD|2，OA⋅AB=−12|AB|2，
所以AC⋅BD=(OC−OA)⋅BD=OC⋅BD−OA⋅BD=OC⋅(CD−CB)−OA⋅(AD−AB)
=−12|CD|2+12|CB|2−12|AD|2−12|AB|2=16，故C正确；
对于D，由选项A同理可求BD=2 7，
在△BCD中由余弦定理可得：cosC=62+42−(2 7)22×6×4=12，又C∈(0,π)，所以C=π3，
故CF=DF⋅cosC=4×12=2，即CF=13CB，
所以DO⋅DF=DO⋅(13DB+23DC)
=13DO⋅DB+23DO⋅DC
=16|DB|2+13|DC|2
=16×28+13×16
=10，故D正确；
故选：ACD．
对于A，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理和面积公式进行判断；对于B，利用正弦定理求出该外接圆的直径；对于C，利用数量积公式求解判断；对于D，利用数量积公式判断．
本题考查圆内接四边形对角互补及余弦定理和面积公式、正弦定理、数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，属中档题．
13.【答案】12
【解析】解：因为a⊥b，所以a⋅b=−1+2λ=0，解得λ=12．
故答案为：12．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
14.【答案】 210
【解析】解：由题知，cosα=−35，sinα=−45，
则cos(α+π4)=cosαcosπ4−sinαsinπ4= 210．
故答案为： 210．
利用两角和的余弦公式直接求解即可．
本题主要考查了三角函数的定义及两角和的余弦公式的应用，属于基础题．
15.【答案】1+2 2
【解析】解：如图，以点C为坐标原点建立平面直角坐标系，
则B(0,−2)，D(−2,0)，设P(cosθ,sinθ)，θ∈[0,2π]，
则DP=(cosθ+2,sinθ)，
BP=(cosθ,sinθ+2)，
则BP⋅DP=cosθ(cosθ+2)+sinθ(sinθ+2)=2 2sin(θ+π4)+1，
由θ∈[0,2π]，得θ=π4时，BP⋅DP可取得最大值1+2 2．
故答案为：1+2 2．
根据题意建立坐标系，得到B，D的坐标，再设出点P的坐标，进行数量积运算即可求得．
本题考查用平面向量数量积的运算，采用坐标法比较简洁，属基础题．
16.【答案】[254π,654π]
【解析】解：在△ABC中，已知AB=1，BC=2，∠ABC=60°，
则AC= AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cos∠ABC= 3，
∴AB2+AC2=BC2，可得AB⊥AC，
取A1D1、B1C1、BC的中点分别为M、N、E，则A1C1⊥C1D1，A1N⊥ND1，
由QB⋅QC=0，得点Q在平面ABCD的轨迹为以BC为直径的圆，记为⊙E．
又PA1⋅PD1=0，得点P在平面A1B1C1D1的轨迹为以A1D1为直径的圆，记为⊙M，
可得⊙M经过点N，且三棱锥P−BCQ的外接球球心O在直线EN上．
设OE=x，NP=y，球的半径为R，
在Rt△OEB中，由勾股定理得：R2=BE2+OE2=12+x2，①
在Rt△ONP中，由勾股定理得：R2=ON2+NP2=(2−x)2+y2，②
联立①②可得y2=4x−3，由y2∈[0,4]，得x∈[34,74]，
则R2=x2+1∈[2516,6516]，可得三棱锥P−BCQ的外接球的表面积S=4πR2∈[254π,654π]．
故答案为：[254π,654π]．
由题意画出图形，取A1D1、B1C1、BC的中点分别为M、N、E，可知三棱锥P−BCQ的外接球球心O在直线EN上，求解三角形得外接球半径的范围，即可得到S的取值范围．
本题考查多面体外接球表面积的求法，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．
17.【答案】解：(1)由cosC=18，且0
所以S△ABC=12absinC=15 74．
(2)由c2=a2+b2−2abcosC=16+25−5=36，
则c=6，
又csinC=asinA，则sinA=asinCc= 74．
【解析】(1)利用平方关系和面积公式求解即可．
(2)利用余弦定理和正弦定理求解即可．
本题主要考查解三角形，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE，
∵底面ABCD为正方形，∴O为BD中点，
∵点E是PD的中点，∴OE//PB，
∵OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
∴PB//平面ACE．
(2)解：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，又四边形ABCD为正方形，
所以CD⊥AD，又PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，
又点E是PD的中点，PA=2 3，AB=2，所以S△PAE=12S△PAD=12×12×2×2 3= 3，AE=12PD=12 AD2+AP2=2，
CE= DE2+CD2=2 2，AC= AD2+CD2=2 2，
所以S△AEC=12×2× (2 2)2−12= 7，
设点P到平面AEC的距离为d，则VP−AEC=VC−AEP，即13S△AEC⋅d=13S△AEP⋅CD，
即13× 7⋅d=13× 3×2，解得d=2 217，
即点P到平面AEC的距离为2 217．
【解析】(1)连接BD交AC于点O，连接OE，即可得到OE//PB，从而得证；
(2)依题意可证CD⊥平面PAD，即可求出S△PAE、S△AEC，再根据VP−AEC=VC−AEP利用等体积法求出点到面的距离．
本题主要考查线面平行的证明，点面距离的计算等知识，属于中等题．
19.【答案】解：(1)∵△ABC的面积S= 32ac⋅cosB，
又S=12ac⋅sinB，∴ 32ac⋅cosB=12ac⋅sinB，即tanB= 3．
∵B∈(0,π)，∴B=π3；
(2)由题意得，a=2c，b= 3，B=π3，
∴由余弦定理b2=a2+c2−2ac⋅cosB，得4c2+c2−4c2cosπ3=3，即c=1．
设边BC与x轴的交点为D，则△ABD为正三角形，∴λ= 32且AD=1．
∴函数f(x)的最小正周期为2，则ω=2π2=π，
∴f(x)= 32sin(πx+φ)，
又点B(13, 32)在函数f(x)的图象上，
∴f(13)= 32sin(π3+φ)= 32，即sin(π3+φ)=1，
∴π3+φ=π2+2kπ，k∈Z，即φ=π6+2kπ，k∈Z，
又0<φ<π2，∴φ=π6．
故f(x)= 32sin(πx+π6)．
【解析】(1)由三角形的面积列式求得tanB= 3，进一步求得B=π3；
(2)由题意结合余弦定理求得c=1，进一步求出B的纵坐标，再求出周期，可得f(x)= 32sin(πx+φ)，再由点B(13, 32)在函数f(x)的图象上求φ，则函数解析式可求．
本题考查三角形的解法，考查y=Asin(ωx+φ)型函数的图象，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)函数f(x)=Asin(ωx+π6)满足的条件为①③，理由如下：
易知，由条件②得到的函数f(x)的最大值为 2，
由此条件①②互相矛盾，
故函数f(x)必满足条件③，
由③可知，T=π2×2=π，
则ω=2ππ=2，
故②不合题意，
所以函数f(x)=Asin(ωx+π6)满足的条件为①③；
由①可知A=2，
所以f(x)=2sin(2x+π6)；
因为x∈[0,π4]，
所以2x+π6∈[π6,2π3]
所以sin(2x+π6)∈[12,1]，
所以f(x)=2sin(2x+π6)的值域为[1,2]；
(2)令2sin(2x+π6)+1=0，可得sin(2x+π6)=−12，
所以2x+π6=−π6+2kπ(k∈Z)或2x+π6=7π6+2kπ(k∈Z)，
所以x=−π6+kπ(k∈Z)或x=π2+kπ(k∈Z)，
又因为x∈[−π,π]，
所以x的取值为−π6，5π6，−π2，π2，
所以方程f(x)+1=0在区间[−π,π]上所有的解的和为2π3．
【解析】(1)分析可知同时满足条件的为①③，由此容易得到函数f(x)的解析式，再求其在[0,π4]上的值域即可；
(2)结合(1)可得，此时x=−π6+kπ(k∈Z)或x=π2+kπ(k∈Z)，再根据x的范围内，可得x的值，进而得到答案．
本题考查三角函数的图象及性质，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】证明：(1)在△ABD中，
根据余弦定理有：BD2=AD2+AB2−2AD×AB×cosA=4+16−2×2×4×12=12，
所以可得BD=2 3，
可得AD2+BD2=AB2，AD⊥BD，
又因为AD=PD，AB=PB，BD=BD，
所以△ABD≌△PBD，
所以可以得到∠PDB=π2，即PD⊥BD，
又AD∩PD=D，PD，AD⊂平面PAD，
所以可以得到BD⊥平面PAD，
又因为BD⊂平面BCD，
所以得证平面BCD⊥平面PAD．
解：(2)取PA中点E，连接BE，DE，作图如下所示：
∵AB=PB，AD=PD，∴BE⊥PA，DE⊥PA，
∴∠BED为二面角D−PA−B的平面角，
由(1)可知，平面BCD⊥平面PAD，
∴cos∠BED=DEBE= 77⇒ED= 2，
在△PDA中，∵PD=AD=2，PA中垂线DE= 2，
∴由勾股定理可得AE= 2，PA=2 2，PD2+AD2=PA2，
∴PD⊥AD，
又∵BD⊥AD，PD∩BD=D，
∴AD⊥平面PBD，
又∵BC//AD，
∴BC⊥平面PBD，
过D作DF⊥PB于点F，
∵DF⊂平面PBD，
∴BC⊥DF，
又∵BC∩PB=B，
∴DF⊥面PBC，
∴直线BD与平面PBC夹角即为∠PBD，
在Rt△PBD中，sin∠PBD=24=12，
所以直线BD与平面PBC夹角的正弦值为12．
【解析】(1)先证AD⊥BD，PD⊥BD，根据线面垂直的判定定理得BD⊥平面PAD，再根据面面垂直的判定定理得平面BCD⊥平面PAD；
(2)取PA中点E，连接BE，DE，可得∠BED为二面角D−PA−B的平面角，根据cos∠BED=DEBE= 77，求出DE= 2，过D作DF⊥PB于点F，可证直线BD与平面PBC夹角即为∠PBD.计算可得结果．
本题主要考查面面垂直的判定定理以及直线与平面所成的角，属于中档题．
22.【答案】解：(1)该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成，
又V半球=12×43πR3=16π3，V圆台=13πh(r上2+r上r下+r下2)=7π3，V圆锥=13hS=7π6，
所以该烟花的体积V=16π3+7π3+7π6=53π6．
(2)①由图可知：PM=NQ=2cosθ，PC=2sinθ，
在梯形BCEF中，由CE=2，BF=BC=1，
易知∠CEF=π4，故CQ=2−2cosθ，
则PQ=CP+CQ=2+2sinθ−2cosθ，
所以V=π|MP|2⋅|PQ|=8πcos2θ(1+sinθ−cosθ)．
②由上问可知：t=V(9−7cosθ)cos2θ=8π(1+sinθ−cosθ)9−7cosθ
即t=8π(2sin2θ2+2sinθ2cosθ2)2+7(1−cosθ)=8π(2sin2θ2+2sinθ2cosθ2)2+14sin2θ2
=8π(sin2θ2+sinθ2cosθ2)8sin2θ2+cos2θ2=8π(tan2θ2+tanθ2)8tan2θ2+1，
令m=tanθ2，则0
又令n=8m−1，n∈(−1,8 33−1]，则m=n+18，
当n=0时，t=π，
当−1
当且仅当n=9n，即n=3，即m=12时，等号成立，满足题意．
该烟花燃烧的最长时间为2π．
【解析】(1)该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成，求解体积，即可得到结果．
(2)①求解PQ，然后通过V=π|MP|2⋅|PQ|求解即可．
(2)t=V(9−7cosθ)cos2θ=8π(tan2θ2+tanθ2)8tan2θ2+1，利用换元法，结合基本不等式转化求解最值即可．
本题考查几何体体积的求解，函数的最值的求法，考查换元法以及基本不等式的应用，是难题．
2022-2023学年山东省日照市校际联考高一（下）期末数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. sin20°cos40°+cos20°sin40°=( )
A. 12 B. 32 C. 34 D. −12
2. 在△ABC中，A为钝角，则点P(tanB,cosA)( )
A. 在第一象限 B. 在第二象限 C. 在第三象限 D. 在第四象限
3. 已知C为线段AB上一点，且AC=2CB，若O为直线AB外一点，则( )
A. OC=13OA+13OB B. OC=13OA+23OB
C. OC=23OA+13OB D. OC=23OA+23OB
4. 我国北宋时期科技史上的杰作《梦溪笔淡》收录了计算扇形弧长的近似计算公式：lAB=弦+2×矢2径，公式中“弦”是指扇形中圆弧所对弦的长，“矢”是指圆弧所在圆的半径与圆心到弦的距离之差，“径”是指扇形所在圆的直径.如图，已知扇形的面积为4π3，扇形所在圆O的半径为2，利用上述公式，计算该扇形弧长的近似值为( )
A. 3+2 B. 3 3+22 C. 4 3+12 D. 2 3+1
5. 把函数y=sinx(x∈R)的图象上所有的点向左平行移动π3个单位长度，再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍(纵坐标不变)，得到的图象所表示的函数是( )
A. y=sin(2x−π3) B. y=sin(x2+π6)
C. y=sin(2x+π3) D. y=sin(2x+2π3)
6. 已知函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)在区间[−5π6,2π3]上单调递增，且存在唯一x0∈[0,5π6]使得f(x0)=1，则ω的取值范围为( )
A. [15,12] B. [25,12] C. [15,45] D. [25,45]
7. 一个棱长为1分米的正方体形封闭容器中盛有V升水(没有盛满)，若将该容器任意放置均不能使容器内水平面呈三角形，则V的一个可能取值为( )
A. 18 B. 16 C. 12 D. 56
8. 一纸片上绘有函数f(x)=2sin(ωx−π6)(ω>0)一个周期的图像，现将该纸片沿x轴折成直二面角，此时原图像上相邻的最高点和最低点的空间距离为2 3，若方程f(x)=−1在区间(0,a)上有两个实根，则实数a的取值范围是( )
A. [83,4) B. (83,4] C. [4,203) D. (4,203]
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9. 下列选项正确的是( )
A. sin15°+cos15°= 62
B. sin2π8−cos2π8= 22
C. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若A>C，则sinA>sinC
D. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若acosA=bcosB，则△ABC一定是等腰三角形
10. 已知α，β为两个不同平面，m，n为两条不同的直线，下列结论正确的为( )
A. 若m//n，m⊥α，则n⊥α B. 若m⊥α，m⊥β，则α//β
C. 若α⊥β，m⊥α，则m//β D. 若m⊥α，m⊂β，则α⊥β
11. 已知函数f(x)=|cos2x|+cos|x|，有下列四个结论，其中正确的结论为( )
A. f(x)在区间[3π4,3π2]上单调递增
B. π不是f(x)的一个周期
C. 当x∈[π4,3π4]时，f(x)的值域为[− 22,98]
D. f(x)的图象关于y轴对称
12. 在平面四边形ABCD中，AB=2，BC=6，AD=CD=4，其外接圆圆心为O，下列说法正确的是( )
A. 四边形ABCD的面积为8 3
B. 该外接圆的直径为2 213
C. AC⋅BD=16
D. 过D作DF⊥BC交BC于F点，则DO⋅DF=10
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量a=(1,2)，b=(−1,λ)，若a⊥b，则λ= ______ ．
14. 已知角α的顶点在原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边与单位圆交于点(−35,−45)，则cos(α+π4)= ______ ．
15. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，以C为圆心，1为半径的圆分别交CD，BC于点E，F.当点P在圆C上运动时，BP⋅DP的最大值为______ ．
16. 如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，AB=1，AD=2，AA1=2，∠ABC=60°，点P在上底面A1B1C1D1所在平面上，使得PA1⋅PD1=0，点Q在下底面ABCD所在平面上，使得QB⋅QC=0，若三棱锥P−BCQ的外接球表面积为S，则S的取值范围是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17. (本小题10.0分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a=4，b=5，cosC=18．
(1)求△ABC的面积；
(2)求边长c及sinA的值．
18. (本小题12.0分)
如图，在四棱锥P−ABCD，四边形ABCD正方形，PA⊥平面ABCD．PA=2 3，AB=2，点E是PD的中点．
(1)求证：PB//平面ACE；
(2)求点P到平面AEC的距离．
19. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=λsin(ωx+φ)(λ>0,0<φ<π2)的部分图象如图所示，A为图象与x轴的交点，B，C分别为图象的最高点和最低点.△ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，△ABC的面积S= 32accosB．
(1)求△ABC的角B的大小；
(2)若b= 3，a=2c，点B的坐标为(13,λ)，求f(x)的解析式．
20. (本小题12.0分)
已知函数f(x)=Asin(ωx+π6)(A>0,ω>0)只能同时满足下列三个条件中的两个：①函数f(x)的最大值为2；②函数f(x)的图像可由y= 2sin(x−π4)的图象沿x轴左右平移得到；③函数f(x)图像的相邻两条对称轴之间的距离为π2．
(1)请写出这两个条件的序号，求f(x)的解析式，并求出f(x)在[0,π4]上的值域；
(2)求方程f(x)+1=0在区间[−π,π]上所有解的和．
21. (本小题12.0分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD是平行四边形，且∠A=60°，AD=PD=2，AB=PB=4．
(1)证明：平面BCD⊥平面PAD；
(2)当二面角D−PA−B的平面角的余弦值为 77时，求直线BD与平面PBC夹角的正弦值．
22. (本小题12.0分)
某烟花厂准备生产一款环保、安全的迷你小烟花，初步设计了一个平面图，如图所示，该平面图由Rt△ABF，直角梯形BCEF和以C为圆心的四分之一圆弧ED构成，其中AB⊥BF，BC⊥CE，BF//CE，且BC=BF=1，CE=2，AB=72，将平面图形ADEF以AD所在直线为轴，旋转一周形成的几何体即为烟花．
(1)求该烟花的体积；
(2)工厂准备将矩形PMNQ(该矩形内接于图形BDEF，M在弧DE上，N在线段EF上，PQ在AD上)旋转所形成的几何体用来安放燃料，设∠MCE=θ(0<θ≤π3)，
①请用θ表示燃料的体积V；
②若烟花燃烧时间t和燃料体积V满足关系t=V(9−7cosθ)cos2θ，请计算这个烟花燃烧的最长时间．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：sin20°⋅cos40°+cos20°⋅sin40°
=sin(20°+40°)
=sin60°
= 32
故选：B．
根据两角和的正弦公式得出原式=sin(20°+40°)=sin60°，进而根据特殊角的三角函数值得出答案．
本题考查的知识点是两角和的正弦公式，熟练掌握相关公式以及特殊角的三角函数值，是解答本题的关键，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：∵△ABC中，A为钝角，∴B为锐角，tanB>0，cosA<0，
则点P(tanB,cosA)在第四象限，
故选：D．
根据三角函数值的符号直接判断即可．
本题考查了三角函数值的符号，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：由已知可得AC=2CB，
则OC=OA+AC=OA+2CB=OA+2(OB−OC)
即3OC=OA+2OB，所以OC=13OA+23OB，
故选：B．
由已知可得AC=2CB，然后根据平面向量基本定理化简即可求解．
本题考查的平面向量基本定理的应用，考查学生的运算转化能力，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：设扇形的圆心角为α，
由扇形面积公式可知12×22×α=4π3，所以α=2π3，
如图，取AB的中点C，连接OC，交AB于点D，
则OC⊥AB.易知∠OAD=π6，则OD=2sinπ6=1，
所以CD=2−1=1，AD=2cosπ6= 3，AB=2AD=2 3，
所以扇形弧长的近似值为lAB=弦+2×矢2径=AB+2CD22OA=4 3+12．
故选：C．
根据扇形的面积公式可得圆心角大小，进而根据弧长的近似计算公式即可求解．
本题主要考查了扇形的面积公式，考查了扇形弧长的近似计算公式，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：函数y=sinx(x∈R)的图象上所有的点向左平行移动π3个单位长度，
得到：y=sin(x+π3)再把所得图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍(纵坐标不变)，
得到：y=sin(2x+π3)的图象，
故选：C．
直接利用函数图象的平移变换和伸缩变换求得结果．
本题考查的知识点：函数图象的平移和伸缩变换及相关的运算问题．
6.【答案】B
【解析】解：由于函数f(x)=sin(ωx+π6)(ω>0)在[−5π6,2π3]上单调递增；
x∈[−5π6,2π3]，ωx+π6∈[−5π6ω+π6,2π3ω+π6]，
−π2≤−5π6ω+π6且2π3ω+π6≤π2，
解得ω≤45且ω≤12，所以0<ω≤12；
又存在唯一x0∈[0,5π6]使得f(x0)=1，
即x∈[0,5π6]时，ωx+π6∈[π6,5π6ω+π6]；
所以π2≤5π6ω+π6<5π2，
解得25≤ω<3；
综上知，ω的取值范围是[25,12].
故选：B．
由函数f(x)在[−5π6,2π3]上单调递增求出0<ω≤12，再由存在唯一x0∈[0,5π6]使得f(x0)=1求出25≤ω<3；由此求得ω的取值范围．
本题考查了正弦函数的图象与性质，也考查了分析与运算能力，是中档题．
7.【答案】C
【解析】解：在正方体ABCD−EFGH中，若要使液面形状不可能为三角形，则平面EHD平行于水平面放置时，液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC，
设正方体内水的体积为V，
而VG−EHD
V正方体−VB−AFC=13−16=56(升)，
所以V的取值范围是(16,56)．
故答案为：C．
由题意分析知，任意转动正方体，液面形状都不可能为三角形，设正方体内水的体积为V，而VG−EHD
8.【答案】D
【解析】解：由于将该纸片沿x轴折成直二面角，此时原图像上相邻的最高点和最低点的空间距离为2 3，
则 22+(12⋅2πω)2+(2)2=2 3，
解得ω=π2，
故f(x)=2sin(π2x−π6)，
方程f(x)=−1在区间(0,a)上有两个实根，即2sin(π2x−π6)=−1有2个解，
∵π2x−π6∈(−π6,aπ2−π6)，
∴11π6
先根据题意求得ω的值，进而得到函数解析式，再根据2sin(π2x−π6)=−1有2个解，而π2x−π6∈(−π6,aπ2−π6)，由此可得a的范围．
本题考查三角函数的图象及性质，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，sin15°+cos15°= 2sin(15°+45°)= 2sin60°= 2× 32= 62，故A正确；
对于B，sin2π8−cos2π8=−cos(2×π8)=− 22，故B错误；
对于C，若A>C，由大角对大边得到a>c，设R为△ABC的外接圆半径，
由正弦定理得2RsinA>2RsinC，得到sinA>sinC，故C正确；
对于D，若acosA=bcosB，则sinAcosA=sinBcosB，可得sin2A=sin2B，所以△ABC为等腰或直角三角形，故D错误．
故选：AC．
由三角恒等变换知识可判断A，B，由解三角形知识可判断C，D．
本题考查三角恒等变换和解三角形，属于中档题．
10.【答案】ABD
【解析】解：若m⊥α，则取α内任意两条相交直线a，b，使得m⊥a，m⊥b，
又m//n，则n⊥a，n⊥b，由线面垂直的判定定理得n⊥α，故A正确；
若m⊥α，m⊥β，由垂直于同一条直线的两个平面平行，可知B正确；
如图，
取m=AA1，平面A1B1C1D1为平面α，m⊥α，设平面ADD1A1为平面β，则m⊂β，故C错误；
若m⊥α，m⊂β，由面面垂直的判定定理可得α⊥β，故D正确．
故选：ABD．
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
11.【答案】BCD
【解析】解：函数f(x)=|cos2x|+cos|x|，
对于A：由于函数：f(3π4)=− 22，f(π)=|cos2π|+cos|π|=0，f(5π4)=|cos5π2|+cos5π4=− 22，f(3π2)=|cos3π|+cos3π2=1，故A错误；
对于B：由于函数y=|cos2x|+cos|x|是以2π为周期函数，故B正确．
对于C：当x∈[π4,3π4]时，cosx∈[− 22, 22]，所以f(x)=−cos2x+cosx∈[− 22,98]，故C正确．
对于D：根据函数f(−x)=|cos(−2x)|+|cos(−x)|=f(x)，故函数为偶函数，故函数的图象关于y轴对称，故D正确；
故选：BCD．
直接利用三角函数的关系式的变换，二次函数的性质，函数的单调性，函数的值域的应用判断A、B、C、D的结论．
本题考查三角函数的性质，属于中档题．
12.【答案】ACD
【解析】解：对于A，连接AC，在△ACD中，cosD=16+16−AC232，
cosB=4+36−AC224，由于B+D=π，所以cosB+cosD=0，
故32−AC232+40−AC224=0，
解得AC2=2567，所以cosD=−17，cosB=17，
所以sinB=sinD= 1−149=4 37，
故S△ABC=12AB⋅BCsinB=12×2×6×4 37=24 37，
S△ADC=12AD⋅DCsinD=12×4×4×4 37=32 37，
故四边形ABCD的面积S=24 37+32 37=8 3，故A正确；
对于B，设外接圆半径为R，由正弦定理，
有2R=ACsinB= 25674 37=4 213，
故该外接圆的直径为4 213，故B错误；
对于C，由垂径定理及数量积的几何意义可知：
OC⋅CD=−12|CD|2，OC⋅CB=−12|CB|2，
OA⋅AD=−12|AD|2，OA⋅AB=−12|AB|2，
所以AC⋅BD=(OC−OA)⋅BD=OC⋅BD−OA⋅BD=OC⋅(CD−CB)−OA⋅(AD−AB)
=−12|CD|2+12|CB|2−12|AD|2−12|AB|2=16，故C正确；
对于D，由选项A同理可求BD=2 7，
在△BCD中由余弦定理可得：cosC=62+42−(2 7)22×6×4=12，又C∈(0,π)，所以C=π3，
故CF=DF⋅cosC=4×12=2，即CF=13CB，
所以DO⋅DF=DO⋅(13DB+23DC)
=13DO⋅DB+23DO⋅DC
=16|DB|2+13|DC|2
=16×28+13×16
=10，故D正确；
故选：ACD．
对于A，利用圆内接四边形对角互补及余弦定理和面积公式进行判断；对于B，利用正弦定理求出该外接圆的直径；对于C，利用数量积公式求解判断；对于D，利用数量积公式判断．
本题考查圆内接四边形对角互补及余弦定理和面积公式、正弦定理、数量积公式等基础知识，考查运算求解能力，属中档题．
13.【答案】12
【解析】解：因为a⊥b，所以a⋅b=−1+2λ=0，解得λ=12．
故答案为：12．
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
14.【答案】 210
【解析】解：由题知，cosα=−35，sinα=−45，
则cos(α+π4)=cosαcosπ4−sinαsinπ4= 210．
故答案为： 210．
利用两角和的余弦公式直接求解即可．
本题主要考查了三角函数的定义及两角和的余弦公式的应用，属于基础题．
15.【答案】1+2 2
【解析】解：如图，以点C为坐标原点建立平面直角坐标系，
则B(0,−2)，D(−2,0)，设P(cosθ,sinθ)，θ∈[0,2π]，
则DP=(cosθ+2,sinθ)，
BP=(cosθ,sinθ+2)，
则BP⋅DP=cosθ(cosθ+2)+sinθ(sinθ+2)=2 2sin(θ+π4)+1，
由θ∈[0,2π]，得θ=π4时，BP⋅DP可取得最大值1+2 2．
故答案为：1+2 2．
根据题意建立坐标系，得到B，D的坐标，再设出点P的坐标，进行数量积运算即可求得．
本题考查用平面向量数量积的运算，采用坐标法比较简洁，属基础题．
16.【答案】[254π,654π]
【解析】解：在△ABC中，已知AB=1，BC=2，∠ABC=60°，
则AC= AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cos∠ABC= 3，
∴AB2+AC2=BC2，可得AB⊥AC，
取A1D1、B1C1、BC的中点分别为M、N、E，则A1C1⊥C1D1，A1N⊥ND1，
由QB⋅QC=0，得点Q在平面ABCD的轨迹为以BC为直径的圆，记为⊙E．
又PA1⋅PD1=0，得点P在平面A1B1C1D1的轨迹为以A1D1为直径的圆，记为⊙M，
可得⊙M经过点N，且三棱锥P−BCQ的外接球球心O在直线EN上．
设OE=x，NP=y，球的半径为R，
在Rt△OEB中，由勾股定理得：R2=BE2+OE2=12+x2，①
在Rt△ONP中，由勾股定理得：R2=ON2+NP2=(2−x)2+y2，②
联立①②可得y2=4x−3，由y2∈[0,4]，得x∈[34,74]，
则R2=x2+1∈[2516,6516]，可得三棱锥P−BCQ的外接球的表面积S=4πR2∈[254π,654π]．
故答案为：[254π,654π]．
由题意画出图形，取A1D1、B1C1、BC的中点分别为M、N、E，可知三棱锥P−BCQ的外接球球心O在直线EN上，求解三角形得外接球半径的范围，即可得到S的取值范围．
本题考查多面体外接球表面积的求法，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．
17.【答案】解：(1)由cosC=18，且0
所以S△ABC=12absinC=15 74．
(2)由c2=a2+b2−2abcosC=16+25−5=36，
则c=6，
又csinC=asinA，则sinA=asinCc= 74．
【解析】(1)利用平方关系和面积公式求解即可．
(2)利用余弦定理和正弦定理求解即可．
本题主要考查解三角形，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】(1)证明：连接BD交AC于点O，连接OE，
∵底面ABCD为正方形，∴O为BD中点，
∵点E是PD的中点，∴OE//PB，
∵OE⊂平面ACE，PB⊄平面ACE，
∴PB//平面ACE．
(2)解：因为PA⊥平面ABCD，CD⊂平面ABCD，所以PA⊥CD，又四边形ABCD为正方形，
所以CD⊥AD，又PA∩AD=A，PA，AD⊂平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，
又点E是PD的中点，PA=2 3，AB=2，所以S△PAE=12S△PAD=12×12×2×2 3= 3，AE=12PD=12 AD2+AP2=2，
CE= DE2+CD2=2 2，AC= AD2+CD2=2 2，
所以S△AEC=12×2× (2 2)2−12= 7，
设点P到平面AEC的距离为d，则VP−AEC=VC−AEP，即13S△AEC⋅d=13S△AEP⋅CD，
即13× 7⋅d=13× 3×2，解得d=2 217，
即点P到平面AEC的距离为2 217．
【解析】(1)连接BD交AC于点O，连接OE，即可得到OE//PB，从而得证；
(2)依题意可证CD⊥平面PAD，即可求出S△PAE、S△AEC，再根据VP−AEC=VC−AEP利用等体积法求出点到面的距离．
本题主要考查线面平行的证明，点面距离的计算等知识，属于中等题．
19.【答案】解：(1)∵△ABC的面积S= 32ac⋅cosB，
又S=12ac⋅sinB，∴ 32ac⋅cosB=12ac⋅sinB，即tanB= 3．
∵B∈(0,π)，∴B=π3；
(2)由题意得，a=2c，b= 3，B=π3，
∴由余弦定理b2=a2+c2−2ac⋅cosB，得4c2+c2−4c2cosπ3=3，即c=1．
设边BC与x轴的交点为D，则△ABD为正三角形，∴λ= 32且AD=1．
∴函数f(x)的最小正周期为2，则ω=2π2=π，
∴f(x)= 32sin(πx+φ)，
又点B(13, 32)在函数f(x)的图象上，
∴f(13)= 32sin(π3+φ)= 32，即sin(π3+φ)=1，
∴π3+φ=π2+2kπ，k∈Z，即φ=π6+2kπ，k∈Z，
又0<φ<π2，∴φ=π6．
故f(x)= 32sin(πx+π6)．
【解析】(1)由三角形的面积列式求得tanB= 3，进一步求得B=π3；
(2)由题意结合余弦定理求得c=1，进一步求出B的纵坐标，再求出周期，可得f(x)= 32sin(πx+φ)，再由点B(13, 32)在函数f(x)的图象上求φ，则函数解析式可求．
本题考查三角形的解法，考查y=Asin(ωx+φ)型函数的图象，考查运算求解能力，是中档题．
20.【答案】解：(1)函数f(x)=Asin(ωx+π6)满足的条件为①③，理由如下：
易知，由条件②得到的函数f(x)的最大值为 2，
由此条件①②互相矛盾，
故函数f(x)必满足条件③，
由③可知，T=π2×2=π，
则ω=2ππ=2，
故②不合题意，
所以函数f(x)=Asin(ωx+π6)满足的条件为①③；
由①可知A=2，
所以f(x)=2sin(2x+π6)；
因为x∈[0,π4]，
所以2x+π6∈[π6,2π3]
所以sin(2x+π6)∈[12,1]，
所以f(x)=2sin(2x+π6)的值域为[1,2]；
(2)令2sin(2x+π6)+1=0，可得sin(2x+π6)=−12，
所以2x+π6=−π6+2kπ(k∈Z)或2x+π6=7π6+2kπ(k∈Z)，
所以x=−π6+kπ(k∈Z)或x=π2+kπ(k∈Z)，
又因为x∈[−π,π]，
所以x的取值为−π6，5π6，−π2，π2，
所以方程f(x)+1=0在区间[−π,π]上所有的解的和为2π3．
【解析】(1)分析可知同时满足条件的为①③，由此容易得到函数f(x)的解析式，再求其在[0,π4]上的值域即可；
(2)结合(1)可得，此时x=−π6+kπ(k∈Z)或x=π2+kπ(k∈Z)，再根据x的范围内，可得x的值，进而得到答案．
本题考查三角函数的图象及性质，考查运算求解能力，属于中档题．
21.【答案】证明：(1)在△ABD中，
根据余弦定理有：BD2=AD2+AB2−2AD×AB×cosA=4+16−2×2×4×12=12，
所以可得BD=2 3，
可得AD2+BD2=AB2，AD⊥BD，
又因为AD=PD，AB=PB，BD=BD，
所以△ABD≌△PBD，
所以可以得到∠PDB=π2，即PD⊥BD，
又AD∩PD=D，PD，AD⊂平面PAD，
所以可以得到BD⊥平面PAD，
又因为BD⊂平面BCD，
所以得证平面BCD⊥平面PAD．
解：(2)取PA中点E，连接BE，DE，作图如下所示：
∵AB=PB，AD=PD，∴BE⊥PA，DE⊥PA，
∴∠BED为二面角D−PA−B的平面角，
由(1)可知，平面BCD⊥平面PAD，
∴cos∠BED=DEBE= 77⇒ED= 2，
在△PDA中，∵PD=AD=2，PA中垂线DE= 2，
∴由勾股定理可得AE= 2，PA=2 2，PD2+AD2=PA2，
∴PD⊥AD，
又∵BD⊥AD，PD∩BD=D，
∴AD⊥平面PBD，
又∵BC//AD，
∴BC⊥平面PBD，
过D作DF⊥PB于点F，
∵DF⊂平面PBD，
∴BC⊥DF，
又∵BC∩PB=B，
∴DF⊥面PBC，
∴直线BD与平面PBC夹角即为∠PBD，
在Rt△PBD中，sin∠PBD=24=12，
所以直线BD与平面PBC夹角的正弦值为12．
【解析】(1)先证AD⊥BD，PD⊥BD，根据线面垂直的判定定理得BD⊥平面PAD，再根据面面垂直的判定定理得平面BCD⊥平面PAD；
(2)取PA中点E，连接BE，DE，可得∠BED为二面角D−PA−B的平面角，根据cos∠BED=DEBE= 77，求出DE= 2，过D作DF⊥PB于点F，可证直线BD与平面PBC夹角即为∠PBD.计算可得结果．
本题主要考查面面垂直的判定定理以及直线与平面所成的角，属于中档题．
22.【答案】解：(1)该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成，
又V半球=12×43πR3=16π3，V圆台=13πh(r上2+r上r下+r下2)=7π3，V圆锥=13hS=7π6，
所以该烟花的体积V=16π3+7π3+7π6=53π6．
(2)①由图可知：PM=NQ=2cosθ，PC=2sinθ，
在梯形BCEF中，由CE=2，BF=BC=1，
易知∠CEF=π4，故CQ=2−2cosθ，
则PQ=CP+CQ=2+2sinθ−2cosθ，
所以V=π|MP|2⋅|PQ|=8πcos2θ(1+sinθ−cosθ)．
②由上问可知：t=V(9−7cosθ)cos2θ=8π(1+sinθ−cosθ)9−7cosθ
即t=8π(2sin2θ2+2sinθ2cosθ2)2+7(1−cosθ)=8π(2sin2θ2+2sinθ2cosθ2)2+14sin2θ2
=8π(sin2θ2+sinθ2cosθ2)8sin2θ2+cos2θ2=8π(tan2θ2+tanθ2)8tan2θ2+1，
令m=tanθ2，则0
又令n=8m−1，n∈(−1,8 33−1]，则m=n+18，
当n=0时，t=π，
当−1
当且仅当n=9n，即n=3，即m=12时，等号成立，满足题意．
该烟花燃烧的最长时间为2π．
【解析】(1)该烟花由半球，圆台，圆锥三部分组成，求解体积，即可得到结果．
(2)①求解PQ，然后通过V=π|MP|2⋅|PQ|求解即可．
(2)t=V(9−7cosθ)cos2θ=8π(tan2θ2+tanθ2)8tan2θ2+1，利用换元法，结合基本不等式转化求解最值即可．
本题考查几何体体积的求解，函数的最值的求法，考查换元法以及基本不等式的应用，是难题．
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