2022-2023学年辽宁省六校高一下学期6月联考数学试题（含解析）

这是一份2022-2023学年辽宁省六校高一下学期6月联考数学试题（含解析），共22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.sin (−60∘)的值等于
( )
A. − 32B. 32C. −12D. 12
2.在下列条件下，能确定一个平面的是
( )
A. 空间的任意三点B. 空间的任意一条直线和任意一点
C. 空间的任意两条直线D. 梯形的两条腰所在的直线
3.若z=21−i(i为虚数单位)，则
( )
A. z的虚部为iB. |z|=2C. z=−1+iD. z2为纯虚数
4.华罗庚说：“数缺形时少直观，形少数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”所以研究函数时往往要作图，那么函数fx=sinx+cs2x的部分图象可能是
( )
A. B.
C. D.
5.已知圆锥的表面积为27π，且它的侧面展开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为
( )
A. 3B. 3 2C. 3 3D. 3 6
6.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sin2A2=c−b2c，则△ABC是
( )
A. 直角三角形B. 锐角三角形C. 等边三角形D. A=30∘的三角形
7.窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术.图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，如图2所示其外框是边长为2的正六边形ABCDEF，内部圆的圆心为该正六边形的中心О，圆О的半径为1，点P在圆О上运动，则PE⋅OE的最小值为
( )
A. −1B. −2C. 1D. 2
8.已知函数f(x)= 2sin (π2x+π4)在区间t,t+1t∈R上的最大值记为g(t)，则g(t)的最小值为
( )
A. − 22B. −1C. − 2D. 0
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题错误的是
( )
A. 在复平面内，实轴上的点都表示实数
B. 若z1,z2为复数，且z12+z22=0，则z1=z2=0
C. 若z1,z2为复数，且z1z2=0，则z1=z2=0
D. 若实数a,b互为相反数，则z=a+bi在复平面内对应的点位于第二象限或第四象限
10.设非零向量a,b，满足|a+b|=|a−b|=1，则下列说法正确的有
( )
A. a与b的夹角为60∘B. a2+b2=1
C. a+2b有最大值18D. a⊥b
11.在▵ABC中，记角A,B,C的对边分别为a,b,c，A=2B，a=2 3，b=3，下列结论正确的有
( )
A. csB= 33B. sinA=2 23
C. c=3D. ▵ABC的面积为 2
12.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，长为2的线段MN的一个端点M在棱DD1上运动，N在底面ABCD内(N可以在正方形ABCD边上)运动，线段MN中点的轨迹为Ω，Ω与平面ABCD、平面ADD1A1和平面CDD1C1围成的区域内有一个小球，球心为O，则( )
A. 球半径的最大值为 3−12
B. Ω被正方体ABCD−A1B1C1D1侧面截得曲线的总长为3π2
C. Ω的面积为π4
D. Ω与正方体的表面所围成的较小的几何体的体积为π6
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.a=cs45∘,sin45∘,b=cs75∘,sin75∘，则a,b的夹角为 ．
14.已知圆台上下底面半径分别为1，2，母线长为2，圆台的轴截面如图所示，E为AB的中点，则从点C沿圆台的侧面到点E的最短路径长是 ．
15.对于函数fx，若在其图象上存在两点关于原点对称，则称fx为“倒戈函数”，设函数fx=3x+tanx−2m+1m∈R是定义在−1,1上的“倒戈函数”，则实数m的取值范围是 ．
16.如图，在三棱锥P–ABC的平面展开图中，AC=1，AB=AD= 3，AB⊥AC，AB⊥AD，∠CAE=30°，则cs∠FCB= ．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知平面直角坐标系中，向量a=(1,−2)，b=(−3,4)．
(1)若c//3a+b，且c=2，求向量c的坐标；
(2)若a与a+λb的夹角为锐角，求实数λ的取值范围．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=cs 2x+2cs2(x−π3)．
(1)求函数f(x)的最小正周期；
(2)若α∈(0,π2)，f(α)=43，求cs2α．
19.(本小题12分)
《九章算术·商功》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑；在鳖臑ABCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB=BC=CD=1，求

(1)四面体ABCD的表面积；
(2)四面体ABCD内切球半径；
(3)四面体ABCD外接球的表面积．
20.(本小题12分)
如图，在▵ABC中，AB=4，AC=2，BC=2 3，M,N在线段AB上，且∠MCN=30∘

(1)若AM=1，求△MCN的周长；
(2)若▵MCA的面积是△MCN面积的 63,求∠MCA．
21.(本小题12分)
如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1，点E,F分别在棱AB,BC上，过点D1,E,F的截面将正方体分割成两部分．

(1)请画出经过点D1,E,F的平面与正方体表面的交线；(无需证明，保留作图痕迹)；
(2)若点E,F分别为AB,BC中点，求过点D1,E,F的截面将正方体分割的较小部分几何体的体积．
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=Asin (ωx+φ)(A>0,ω>0,−π2<φ<π2)的部分图像如图所示，且D0,−1，▵ABC的面积等于π2．
(1)求函数fx的解析式；
(2)将fx图像上所有的点向左平移π4个单位长度，得到函数y=gx的图像，若对于任意的x1,x2∈π−m,m，当x1>x2时，fx1−fx2答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查诱导公式，是基础题．
利用诱导公式，结合特殊角，即可计算结果．
【解答】
解： sin (−60∘)=−sin 60∘=− 32 ．
故选：A．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查异面直线的概念性质及判定，平面的概念、画法及表示，属于基础题．
三个不共线的点或者两条共面直线可确定一个平面，由此判断求解．
【解答】
解：当三点共线时，这三点可以确定无数个平面，故A错误；
当点在直线上时，过该点和直线有无数个平面，故B错误；
若两线直线为异面直线，则不能确定一个平面，故C错误；
梯形的上底与下底相互平行，可以确定一个平面，且腰也在这个平面内，故D正确．
故选：D．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了复数的乘、除法运算，复数的模及其几何意义，复数的概念与分类，共轭复数，属于较易题．
先利用复数的乘、除法运算将复数z化简，再根据复数的模及其几何意义、复数的概念与分类、共轭复数，逐个判断各选项，即可得到答案．
【解答】
解：z=21−i=21+i1+i1−i=1+i．
对于A，z的虚部为1，故A错误；
对于B，z= 12+12= 2，故B错误；
对于C，z的共轭复数为1−i，故C错误；
对于D，z2=1+i2=2i，则z2为纯虚数，故D正确．
故选：D．
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查函数图象的识别，涉及函数值的计算，是较易题．
根据图象的区别，取x=0，x=π 验证即可排除错误选项，得到正确答案。
【解答】
解：根据题意，函数f(x)=sinx+cs2x，
有f(0)=sin0+cs0=1，大于0，排除选项AD;
又有f(π)=sinπ+cs⁡2π=1，大于0，排除选项C
故选：B
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查圆锥的表面积，圆锥的结构特征，考查运算求解能力，属于基础题．
利用扇形的弧长公式，设圆锥的底面半径为r，母线长为l，根据题意可得l=2r，再由圆锥的表面积为27π，即可求解．
【解答】
解：设底面半径为r，侧面展开图是半圆，圆心角为 π ，
所以母线长 l=2πrπ=2r
则圆锥的表面积： 27π=πrl+πr2=3πr2 ，
r=3 ．
故选：A．
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查利用余弦定理判断三角形的形状，利用降幂公式准确计算，难度中等．
根据题意，先由降幂公式化简，然后由余弦定理可得 a2+b2=c2 ，即可得到结果．
【解答】
解：因为 sin2A2=c−b2c ，
所以 1−csA2=12−b2c ，
所以 csA=bc ，
再由余弦定理可知 b2+c2−a22bc=bc ，
所以 b2+c2−a2=2b2 ，即 a2+b2=c2 ，
所以△ABC是直角三角形．
故选：A
7.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了平面向量的数量积运算，是中档题．
建立平面直角坐标系，设点 P(csθ,sinθ)(0≤θ<2π) ，利用平面向量的数量积和三角函数的性质即可求解．
【解答】
解：如图以 O 为坐标原点， BE 所在直线为 x 轴， AE 的垂直平分线所在直线为 y 轴，建立平面直角坐标系，设点 P(cs θ,sin θ)(0⩽θ<2π) ，
由题意知， E(2,0) ， O(0,0) ，则 PE=(2−csθ,−sinθ) ， OE=(2,0) ，
所以 PE·OE=4−2cs θ ，
当 csθ=1 ，即 θ=0时， PE⋅OE 取最小值 2 ，
故选：D．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的应用，运用到了求解函数单调性和最值的知识，题目难度高．
判断函数 fx 的单调性，根据单调性对 t 进行分类讨论，解出 gt 的解析式，进而求得最值．
【解答】
解：函数 fx= 2sinπ2x+π4 的最小正周期为 2ππ2=4 ，由正弦函数的单调性，
令 π2x+π4=π2 ，解得 x=12 ;
令 π2x+π4=3π2 ，解得 x=52 ;
令 π2x+π4=5π2 ，解得 x=92 ．
故函数 fx= 2sinπ2x+π4 在 12+4k,52+4kk∈Z 上递减，
在 52+4k,92+4kk∈Z 上递增．
不妨看区间 t,t+1 在当 k=0 和 k=1 时函数 fx 图象上的分布状况，

当 t≥12t+1≤52 ，即 12≤t≤32 时，由函数 fx 在 12,52 上递减知 gt=ft= 2sinπ2t+π4 ；
当 t≤52t+1≥5252−t≥t+1−52 即 32≤t≤2 时，结合函数 fx 的图象知 gt=ft= 2sinπ2t+π4 ；
当 t≤52t+1≥5252−t当 t≥52t+1≤92 即 52≤t≤72 时，由函数 fx 在 52,92 上递增知 gt=ft+1= 2sinπ2t+3π4 ；
当 t≤92t+1≥92 即 72≤t≤92 时，结合函数 fx 的图象知 gt=f12= 2 ；
区间 t,t+1 继续沿着坐标轴往右移动时会按上述规律周期循环．
综上， gt= 2sinπ2t+π4,12≤t≤2 2sinπ2t+3π4,2当 12≤t≤2 时， π2≤π2t+π4≤5π4 ，此时函数 gt= 2sinπ2t+π4 为减函数，则 gtmin=g2= 2sin5π4=−1 ；

当 2g2= 2sin5π4=−1 ．
则 gt 的最小值为 −1 ．
故选：B
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查复数的代数表示及其几何意义，复数的乘法运算，属于中档题．
根据特殊值可判断BCD，根据实轴的定义可判断A．
【解答】
解：根据实轴的定义知A选项正确；
取 z1=i,z2=1 ，满足 z12+z22=0 ，
所以 z1=z2=0 不成立，故B 错误；
取 z1=0,z2=1 ，满足 z1z2=0 ，
所以 z1=z2=0 不成立，故C错误；
当 z=0 时，满足条件，复数对应点在实轴上，不在第二象限或第四象限，
故D错误．
故选：BCD．
10.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了向量的数量积的概念及其运算，利用向量的数量积求向量的夹角，利用向量的数量积求向量的模，向量的数量积与向量的垂直关系，是中档题．
根据向量的数量积的运算性质，两边平方化简即可判断AD，再由 a⋅b=0 ，可判断B，平方后由不等式性质可判断C．
【解答】
解：由 a+b=a−b=1 两边平方可得 a2+2a⋅b+b2=a2−2a⋅b+b2=1 ，
即 a⋅b=0 ，又向量a,b是非零向量，所以 a 与 b 的夹角为 90∘ ，
故A错误，D正确；
a⋅b=0 代入上式可得： a2+b2=1 ，即 |a|2+|b|2=1 ，
故B正确；
a+2b2=a2+4a⋅b+4b2=a2+4b2=1−b2+4b2=1+3b2≥1 ，
故 a+2b≥1 ，
故C错误．
故选：BD．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查三角形的面积公式，正弦定理余弦定理，考查转化能力，题目难度中等．
正弦定理结合二倍角公式可得 csB ，可判断A；二倍角公式结合平方关系可求得 sinA ，可判断B；利用余弦定理可求得c，并结合已知验证可判断C；根据面积公式直接求解，可判断D．
【解答】
解：由正弦定理可得 2 3sinA=3sinB ，
所以 3sin2B=2 3sinB ，即 6sinBcsB=2 3sinB ，
因为 B∈(0,π),sinB>0 ，所以 csB= 33 ，
A正确；
因为 sinB= 1−cs2B= 63 ，
所以 sinA=sin2B=2sinBcsB=2× 63× 33=2 23 ，
B正确；
由余弦定理得： (2 3)2+c2−2×2 3c× 33=32 ，
即 c2−4c+3=0 ，
解得 c=1 或 c=3 ，若 c=3 ，则 B=C ，
又因为 A=2B ，A+B+C=π，所以 A=π2,B=C=π4 ，
则有 a= b2+c2=3 2≠2 3 ，故 c≠3 ，
故C错误；
由上可得， S=12acsinB=12×2 3×1× 63= 2 ，
D正确．
故选：ABD．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查空间想象能力与思维能力，多面体与球的位置关系，考查运算求解能力，是中等题．
【解答】
解：连接DN，当M不在底面ABCD内时△MND为直角三角形，所以MN中点到D的距离为1，所以MN中点的轨迹Ω是以D为球心，1为半径的球面在正方体内部的部分，
设球O半径最大值为r，当球O半径最大时，球O与平面ABCD、平面ADD1A1、平面CDD1C1和轨迹Ω都相切，因为球D半径为1，两球的球心距离为1−r，OD= 3r，所以 3r=1−r，r= 3−12，所以A正确;
因为Ω被正方体ABCD−A1B1C1D1一个侧面截得曲线的长度是1为半径的圆的14，所以Ω被正方体ABCD−A1B1C1D1侧面截得曲线的总长为3×2π4=3π2，B正确;
因为Ω是半径为1的球面的18，所以Ω的面积为18×4π=π2，C错误;
因为Ω与正方体的表面所围成的较小的几何体的体积为球体积的18，所以体积等于4π3×18=π6，D正确;
故选：ABD．
13.【答案】30∘
【解析】【分析】
本题考查利用向量数量积的坐标运算求向量的夹角，属于基础题，题目难度中等．
利用平面向量夹角余弦的坐标表示，结合三角函数的基本关系式与和差公式即可得解．
【解答】
解：因为 a=(cs 45∘,sin 45∘),b=(cs 75∘,sin 75∘) ，
所以 |a|= cs245∘+sin245∘=1,|b|= cs275∘+sin275∘=1 ，
a⋅b=cs 45∘cs 75∘+sin 45∘sin 75∘
=cs (75∘−45∘)=cs 30∘= 32 ，
所以 cs ⟨a,b⟩=a⋅b|a||b|= 32 ，
又 0∘≤a,b≤180∘ ，
所以 a,b=30∘ ，即 a,b 的夹角为 30∘ ．
故答案为： 30∘ ．
14.【答案】5
【解析】【分析】
本题考查圆台的侧面展开图，涉及圆台的结构特征，难度中等．
根据题意，求出侧面扇环圆心角，画出圆台侧面展开图，利用勾股定理可得答案．
【解答】
解：圆台上下底面半径分别为r= 1 ，R= 2 ，母线长为l= 2 ，
则圆台侧面扇环圆心角为 θ=R−rl·2π=2−12×2π=π ，
圆台侧面展开图如图示，

在圆台的侧面上，从 C 到 E 的最短路径的长度为 CE ．
由题意可得A是FB的中点，
因为 AB=2 ，所以 FB=FC=4 ．
由 E 为 AB 中点，可得 FE=3 ，
所以 CE= CF2+FE2= 42+32=5 ．
故答案为：5
15.【答案】1,43
【解析】【分析】
本题考查函数的新定义问题，复合型指数函数，是较难题．
根据新定义得到存在 x0∈−1,1 ，使 f−x0=−fx0 ，转化为 4m−2=3x0+3−x0 有解，建立不等式求解即可．
【解答】
解：因为函数 fx=3x+tanx−2m+1m∈R 是定义在 −1,1 上的“倒戈函数”，
所以存在 x0∈−1,1 ，
使 f−x0=−fx0 ，
即 −3x0−tan x0+2m−1=3−x0+tan (−x0)−2m+1 ，
即 4m−2=3x0+3−x0，
令 t=3x0，则 t∈13,3，
所以 4m−2=t+1t≥2 ，当且仅当 t=1 ，即 x0=0 时取等号，
解得 m⩾1 ，
当 t=13 或 t=3 时， (t+1t)max=3+13=103 ，
所以4m−2⩽103，
解得 m⩽43 ，
所以 1⩽m⩽43 ．
故答案为： 1,43．
16.【答案】−14
【解析】【分析】
本题考查利用余弦定理解三角形，考查计算能力，属于中等题．
在 △ACE 中，利用余弦定理可求得 CE ，可得出 CF ，利用勾股定理计算出 BC 、 BD ，可得出 BF ，然后在 ▵BCF 中利用余弦定理可求得 cs∠FCB 的值．
【解答】
解： ∵AB⊥AC ， AB= 3 ， AC=1 ，
由勾股定理得 BC= AB2+AC2=2 ，
同理得 BD= 6 ， ∴BF=BD= 6 ，
在 △ACE 中， AC=1 ， AE=AD= 3 ， ∠CAE=30∘ ，
由余弦定理得 CE2=AC2+AE2−2AC⋅AEcs30∘=1+3−2×1× 3× 32=1 ，
∴CF=CE=1 ，
在 ▵BCF 中， BC=2 ， BF= 6 ， CF=1 ，
由余弦定理得 cs∠FCB=CF2+BC2−BF22CF⋅BC=1+4−62×1×2=−14 ．
故答案为： −14 ．
17.【答案】解：(1)设 c=(x,y) ，由题意得 3a+b=(0,−2) ，
因为 c//3a+b ，
所以 −2⋅x=0⋅y ，解得 x=0 ，
又 c=2 ，所以 x2+y2=y=2 ，解得 y=±2 ，
所以向量 c 的坐标为 (0,2) 或 (0,−2)；
(2)a+λb=(1−3λ,−2+4λ) ，
当 a 与 a+λb 共线时， 1×(−2+4λ)=(1−3λ)×(−2) ，解得 λ=0 ，
当 a 与 a+λb 的夹角为锐角，则 a⋅a+λb=1×(1−3λ)+(−2)×(−2+4λ)>0
解得 λ<511 ，
所以若 a 与 a+λb 的夹角为锐角时，λ的取值范围为 (−∞,0)∪(0,511) ．

【解析】本题考查向量平行关系的坐标表示，考查利用向量数量积的坐标运算求向量的夹角，题目难度中等．
(1)根据向量平行及向量的模建立方程求解；
(2)根据向量夹角为锐角建立不等式求解即可．
18.【答案】解：(1) ∵f(x)=cs2x+1+cs2x−2π3
=cs2x+ 32sin2x−12cs2x+1
= 32sin2x+12cs2x+1=sin2x+π6+1 ，
∴T=2π2=π ，
∴ 函数 fx 的最小正周期为 π ；
(2)由 f(α)=43 可得， sin2α+π6=13 ，
∵α∈0,π2 ，
∴2α+π6∈π6,7π6 ，
又 ∵0 ∴2α+π6∈π2,π ，
∴cs2α+π6=−2 23 ，
∴cs2α=cs2α+π6−π6
=cs (2α+π6)cs π6+sin (2α+π6)sin π6
=1−2 66 ．

【解析】本题考查了两角和与差的余弦公式，考查了正弦型函数的周期性，是中档题．
(1)利用二倍角公式，差的余弦公式，辅助角公式将 f(x) 化为正弦型，即可求出最小正周期；
(2)由条件可求出 sin2α+π6=13 ，继而求出 cs2α+π6=−2 23 ，利用 cs2α=cs2α+π6−π6 展开即可求解．
19.【答案】解：(1)因为 AB⊥ 平面 BCD ， BC,BD,CD⊂ 平面 BCD ，
所以 AB⊥BC,AB⊥BD,AB⊥CD ，
又因为 BC⊥CD ， AB,BC⊂ 平面 ABC ， AB∩BC=B ，
所以 CD⊥ 平面 ABC ，
因为AC⊂ 平面 ABC ，所以 CD⊥AC ．
所以 ∠ABC=∠ABD=∠ACD=∠BCD=90∘．
由题意得， AB=BC=CD=1
则 S▵ABC=12AB⋅BC=12 ，同理 S▵BCD=12 ，
因为在 Rt▵ABC 中， AC= AB2+BC2= 2 ，
所以 S△ACD=12AC⋅CD= 22 ，
同理 S▵ABD= 22 ，
所以四面体 ABCD 的表面积 S=S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD=1+ 2 ；
(2)设内切球球心为O，半径为r，
显然 VA−BCD=13AB⋅S△BCD=13×1×12=16 ，
由体积相等得
VA−BCD=VO−ABC+VO−ABD+VO−ACD+VO−BCD=13rS△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD ，
得到 r=3VA−BCDS=12 2+1= 2−12 ；
(3)由题意得， ∠ABD=∠ACD=90∘ ，
所以取 AD 中点为P，
则 PA=PB=PC=PD
所以P为四面体外接球的球心， AD 为直径，
在 Rt▵ABD 中， AD= AB2+BD2= 3 ，
所以四面体外接球的半径为 R=AD2= 32 ，
所以四面体外接球的表面积为 4πR2=4π×34=3π ．


【解析】本题考查三棱锥的表面积，三棱锥的内切球、外接球问题，属于中等题．
(1)根据四个面均为直角三角形，求出各个面的面积再相加即可；
(2)根据等体积法即可求解；
(3)根据直角三角形的性质找出外接球球心，再得到外接球半径，根据球的表面积公式计算即可得到答案．
20.【答案】解：(1)∵ AB=4,AC=2,BC=2 3 ，
AC2+BC2=4+12=16=AB2，
∴ ∠ACB=90∘ 且 ∠A=60∘ ，
在 △ACM 中，由余弦定理可得 CM2=AC2+AM2−2AC⋅AM⋅csA ，
则 CM= 3 ，又 AM=1 ，
∴ AC2=AM2+CM2 ，∴ CM⊥AB ，
∴ CN=CMcs30∘=2,MN=CMtan30∘=1 ，
∴ ▵MNC 的周长为 1+2+ 3=3+ 3 ．
(2)设 ∠ACM=θ ( 0∘<θ<60∘ )，
因为 ▵MCA 的面积是 △MCN 面积的 63,
所以 12CA⋅CMsinθ= 63⋅12CN⋅CMsin30∘ ，
即 CN=2 6sinθ ，
在 ▵CAN 中，有 CNsin60∘=CAsin(90∘−θ) ，
即 2 6sinθ 32=2csθ ，
整理得 sin2θ= 22 ，
因为0∘<2θ<120∘ ，
所以 2θ=45∘ ，所以 θ=22.5∘ ，
即 ∠MCA=22.5∘ ．

【解析】本题考查利用正弦定理、余弦定理和三角形的面积公式解三角形，是中档题．
(1)由勾股定理可得 ∠ACB=90∘ ，然后在 △ACM 中利用余弦定理可得 CM= 3 ，再在 ▵MNC 中根据三角函数定义可得各边，然后可得周长；
(2)利用面积公式列方程可得 CN=2 6sinθ ，然后在 ▵CAN 中使用正弦定理化简可得．
21.【答案】解：(1)作直线EF分别交DA、DC的延长线交于M，N，
连接 MD1 交 AA1 于G，连接 D1N 交 CC1 于点H，
连接GE、HF，如图五边形 D1GEFH 即为所求.

(2)∵BC//AD ，则 AM//BF ，
则 ∠EMA=∠EFB ，且 ∠EAM=∠EBF ，
∵E 为 AB 的中点，则 AE=BE ，
∴▵EAM≅▵EBF ，则AM=BF=1，同理CN=1，
∵AM//A1D1 ， ∴▵GAM∼▵GA1D1 ，
∴AGA1G=AMA1D1=12 ，
所以 AG=13A1A=23 ，
在直角 ▵MDN 中，DM=DN=3，
SΔDMN=92 ， VD1−DMN=13×92×2=3 ，
VG−AME=13×12×1×1×23=19 ，
所以正方体位于截面下方的几何体体积为
VD1−DMN−2VG−AME=3−29=259<12VABCD−A1B1C1D1=4，
因此，较小部分几何体的体积为 259 ．

【解析】本题主要考查棱锥的体积，考查空间几何体的截面问题，是中档题．
(1)作直线EF分别交DA、DC的延长线于M，N，连接 MD1 交 AA1 于G，连接 D1N 交 CC1 于点H，从而可得答案；
(2)求出 VD1−DMN=3 ， VG−AME=19 ，可得正方体位于截面下方的几何体体积，进而可得答案．
22.【答案】解：(1)由题意可得 A=2 ，
S△ABC=12|BC|⋅yA=12|BC|⋅2=π2 ，
所以 T2=2π2ω=BC=π2 ，由 ω>0 解得 ω=2 ，
所以 fx=2sin2x+φ ，
图像过点 D0,−1 ，则 fx=2sinφ=−1 ，
又因为 −π2<φ<π2 ，所以 φ=−π6 ，
所以 f(x)=2sin (2x−π6) ，
(2)由题意可得 gx=2sin2x+π4−π6=2cs2x−π6 ，
设 hx=fx−gx=2sin2x−π6−2cs2x−π6
=2 2sin2x−π6−π4=2 2sin2x−5π12,
x1,x2∈π−m,m ，当 x1>x2 时， fx1−fx2即 fx1−gx1∴hx 在区间 π−m,m 上单调递减，
令 π2+2kπ≤2x−5π12≤3π2+2kπ ，k∈Z，
解得 11π24+kπ≤x≤23π24+kπ,k∈Z ，
因为 π−mπ2 ，则 π−m<π2 ，
故 π−m≥11π24m≤23π24 ，解得 π2所以 m 最大值为 13π24 ．

【解析】本题主要考查三角函数的图象与性质，考查转化能力，准确计算能力，属于中等难度试题。
(1) ▵ABC 的面积求出 BC ，即 T2 ，可求出 ω ，图像过点 D0,−1 ，求出 φ ，可得函数解析式；
(2)由函数图像的平移，求出 gx 解析式，设 hx=fx−gx ，化简函数解析式，依题意 hx 在区间 π−m,m 上单调递减，利用正弦型函数的单调性求 m 的最大值．