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2022-2023学年重庆市乌江新高考协作体高一下学期期末数学试题（含详细答案解析）
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这是一份2022-2023学年重庆市乌江新高考协作体高一下学期期末数学试题（含详细答案解析），共23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.已知i为虚数单位，复数z满足(1+2i)z=3−i，则复数z在复平面所对应的点在( )
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∈R，i是虚数单位，若a+2i与1+bi互为共轭复数，则b=( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
3.已知α，β，γ是三个不同的平面，且α∩γ=m，β∩γ=n，则m//n是α//β的( )
A. 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
4.某学校对班级管理实行量化打分，每周一总结，若一个班连续5周的量化打分不低于80分，则为优秀班级.下列能断定该班为优秀班级的是( )
A. 某班连续5周量化打分的平均数为83，中位数为81
B. 某班连续5周量化打分的平均数为83，方差大于0
C. 某班连续5周量化打分的中位数为81，众数为83
D. 某班连续5周量化打分的平均数为83，方差为1
5.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱A1D1和棱C1D1的中点，G为棱BC上的动点(不含端点).
①三棱锥D1−EFG的体积为定值；
②当G为棱BC的中点时，△EFG是锐角三角形；
③△EFG面积的取值范围是(38, 178)；
④若异面直线AB与EG所成的角为α，则sinα∈[ 22, 53).
以上四个命题中正确命题的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.已知直线a⊂α给出以下三个命题：①若平面α//平面β，则直线a//平面β；
②若直线a//平面β，则平面α//平面β；
③若直线a不平行于平面β，则平面α不平行于平面β.
其中正确的命题是( )
A. ②B. ③C. ①②D. ①③
7.已知A，B，C，D是体积为20 53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2 3，且三棱锥A−BCD的体积为2 3，则线段CD长度的最大值为( )
A. 2 3B. 3 2C. 13D. 2 5
8.如图，平面四边形ABCD中，∠ABC=π2，△ACD为正三角形，以AC为折痕将△ACD折起，使D点达到P点位置，且二面角P−AC−B的余弦值为− 33，当三棱锥P−ABC的体积取得最大值，且最大值为 23时，三棱锥P−ABC外接球的体积为( )
A. πB. 2πC. 3πD. 6π
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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.如图是国家统计局发布的2020年8月至2021年8月全国工业生产者出厂价格同比与环比的涨跌幅(同比=(本期数−去年同期数去年同期数100%,环比=本期数−上期数上期数×100%)，则去年同期数( )
A. 2021年1∼8月，工业生产者出厂价格最高的是8月
B. 2021年1∼8月，工业生产者出厂价格每月平均比去年同期上涨约6.2%
C. 2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格最低的是2020年10月
D. 2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格同比数据的中位数是1.7%
10.已知平面向量a=(1,1)，b=(−3,4)，则下列说法正确的是( )
A. cs⟨a,b⟩= 210
B. b在a方向上的投影向量为 22a
C. 与b垂直的单位向量的坐标为(45,35)
D. 若向量a+λb与向量a−λb共线，则λ=0
11.在直角ΔABC中，AB=AC,BC=4，在边AB,AC上分别取M,N两点，沿MN将ΔAMN翻折，若顶点A正好可以落在边BC上，则AM的长可以为( )
A. 2B. 32 2C. 4− 22D. 4−2 2
12.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，平面α过点A，A1H⊥平面α，且垂足H在正方体的内部，P是棱C1D1上的动点，则( )
A. 当BD//平面α时，H点的轨迹长度为π
B. 点H所形成曲面的面积为2π3
C. 若仅存在唯一的平面α，使得HC⊥HP，则D1P=4 3−63
D. 若P为C1D1的中点，则直线PH与平面A1B1C1D1所成角的最大正切值为 52
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(1,2),b=(−2,1),c=(m,n)满足(a+2b)⊥c，请写出一个符合题意的向量c的坐标__________.
14.如图，圆锥的高SO= 3，底面直径AB=2,C是圆O上一点，且AC=1，则SA与BC所成角的余弦值为__________.
15.如图所示，在平面四边形ABCD中，AB= 2，BC= 3，AB⊥AD，AC⊥CD，AD=3AC，则AC=__________.
16.根据《周髀算经》记载，公元前十一世纪，数学家商高就提出“勾三股四弦五”，故勾股定理在中国又称商高定理.而勾股数是指满足勾股定理的正整数组a,b,c，任意一组勾股数都可以表示为如下的形式：a=km2−n2,b=2kmn,c=km2+n2,其中k，m，n均为正整数，且m>n.如图所示，△PEF中，PE⊥PF，PF=12>PE，三边对应的勾股数中k=1，n=2，点M在线段EF上，且EM=m，则PM→⋅MF→=__________
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a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，且 3asinC=2c+ccsA.
(1)求角A；
(2)若a=2 3，△ABC的面积为 3，求b，c.
18.(本小题12分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1=A1C=AC=2，AB=BC且AB⊥BC.
(1)求证：AC⊥A1B；
(2)求三棱锥C1−ABA1的体积．
19.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足B=π3，a=3，BA⋅BC=9，过B作BD⊥AC于点D，点E为线段BD的中点．
(1)求c；
(2)求BE⋅EA的值．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin2x−sin2(x−π6)，x∈[0,π2].
(1)求f(x)的值域；
(2)若△ABC的面积为3 32，角C所对的边为c，且f(C)=12，c= 7，求△ABC的周长．
21.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为6的菱形，∠ABC=60∘，PB=PD，PA⊥AC.
(1)证明：BD⊥平面PAC；
(2)若PA=3，M为棱PC上一点，满足CM=23CP，求点A到平面MBD的距离.
22.(本小题12分)
如图，四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB=π2，AB=3，BC=2，S△ABC=3 32且∠ABC为锐角.
(1)求BD；
(2)求△ACD的面积.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了复数的运算法则及其几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用复数的运算法则及其几何意义即可得出结论．
【解答】
解：∵(1+2i)z=3−i，
∴(1−2i)(1+2i)z=(1−2i)(3−i)，
化为5z=1−7i，
∴z=15−75i，
则复数z在复平面所对应的点(15,−75)在第四象限．
故选：D.
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查共轭复数的定义，属于基础题．
由共轭复数的概念求解即可．
【解答】
解：∵a+2i与1+bi互为共轭复数，
∴a=1b=−2.
故选：D.
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，属于基础题．
若m//n，则α//β或α∩β=l；若α//β，则m//n，由此能求出结果．
【解答】
解：∵α，β，γ是三个不同的平面，且α∩γ=m，β∩γ=n，
∴“m//n”⇒“α//β或α∩β=l”，
“α//β”⇒“m//n”，
∴“m//n”是“α//β”的必要而不充分条件．
故选：B.
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查数据的平均数、中位数和方差的性质，属于基础题．
根据题意，举出反例可以说明ABC错误，由平均数、方差的计算公式分析可得D正确，综合可得答案．
【解答】
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若数据为88，87，81，80，79，满足平均数为83，中位数为81，但不能断定该班为优秀班级；
对于B，若数据为88，87，81，80，79，满足平均数为83，其方差一定大于0，但不能断定该班为优秀班级；
对于C，若数据为83，83，81，80，79，满足中位数为81，众数为83，但不能断定该班为优秀班级；
对于D，设数据的最低分为x，若数据平均数为83，方差为1，则有(83−x)2<5，必有x>80，可以断定该班为优秀班级．
故选：D.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查几何体的表面积，体积，考查异面直线所成的角，是中档题．
因为VD1−EFG=VG−EFD1，三棱锥G−EFD1的体积为定值，故①正确；
设CD中点为M，若G为BC中点，证明EF⊥FG，所以△EFG是直角三角形，故②不正确；
在侧面BCC1B1内作GN⊥B1C1垂足为N，设N到EF的距离m，其面积为S= 24× 1+m2，数形结合即得解，③正确；
取B1C1中点为 N，连接EN，异面直线AB与EG所成的角即为∠NEG=α，数形结合分析即得，④正确．
【解答】
解：因为VD1−EFG=VG−EFD1，点G到平面EFD1的距离为定值，SEFD1是定值，则三棱锥G−EFD1的体积为定值，故选项①正确；
设CD中点为M，若G为BC中点，
则有AC⊥MG，AC⊥MF，MG∩MF=M，MG,MF⊂平面MFG，
则AC⊥平面MFG，又FG⊂平面MFG，则AC⊥FG，
因为EF//AC，所以EF⊥FG，所以△EFG是直角三角形，故选项②不正确；
在侧面BCC1B1内作GN⊥B1C1垂足为N，设N到EF的距离m，
则△EFG边EF上的高为h= 1+m2，故其面积为S=12× 22h= 24× 1+m2，当G与C重合时，m= 24，S=38，
当G与B重合时，m=3 24，S= 178，故选项③正确；
取B1C1中点为N，连接EN，因为EN//AB，所以异面直线AB与EG所成的角即为∠NEG=α，
在直角三角形NEG中，sinα=NGEG，当G为BC中点时，sinα=NGEG= 22，
当G与B，C重合时，sinα=NGEG= 53，故sinα∈[ 22, 53),所以选项④正确，
故命题正确的个数为3.
故选：C.
6.【答案】D
【解析】【分析】
此题主要考查平面与平面平行的性质及判定的问题，属于概念性质理解的问题，题目较简单，几乎无计算量，属于基础题目．
对于①由面面平行显然推出线面平行，故正确．
对于②因为一个线面平行推不出面面平行．故错误．
对于③因为线面不平行必面面不平行．故正确．即可得到答案．
【解答】
解：①若平面α//平面β，则直线a//平面β；
因为直线a⊂α，平面α//平面β，
则α内的每一条直线都平行平面β.显然正确．
②若直线a//平面β，则平面α//平面β；
因为当平面α与平面β相交时，
仍然可以存在直线a⊂α使直线a//平面β.故错误．
③若直线a不平行于平面β，则平面α不平行于平面β;
平面内有一条直线不平行于另一个平面，两平面就不会平行．故显然正确．
故选D.
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查三棱锥的外接球问题，化归转化思想，属中档题．
先求出外接球半径，根据勾股定理逆定理得到∠ACB=π2，且S△ACB=2 3，求出点D到平面ABC的距离，求出点D所在球的截面的半径及三角形ABC的外接圆半径，设点D在平面ABC上的投影为E，当CE最长时CD最长，结合CE=2+1=3，求出CD长度的最大值．
【解答】
解：因为球的体积为20 53π，设球的半径R，
则20 53π=4π3R3，故R= 5，
而AB=4，AC=2，BC=2 3，
故AB2=AC2+BC2，故∠ACB=π2，
S△ACB=12×2 3×2=2 3，
设点D到平面ABC的距离为h，则13×h×2 3=2 3，故h=3，
点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为h>R，
所以平面α与平面ABC在球心的异侧且平行，
设球心到平面ABC的距离为d，而△ABC外接圆的半径为12AB=2，则d= 5−4=1，
故球心到平面α的距离为3−1=2，故截面圆的半径为 5−4=1，
设点D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心即AB的中点，半径为1.
当CE最长时CD最长，此时CE=2+1=3，
故CD长度的最大值为 CE2+h2=3 2.
故选：B.
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查球的切、接问题，球的体积，二面角，是中档题.
过点P作PQ⊥平面ABC，垂足为Q，作QH⊥AC，垂足为H，连接PH，则∠PHQ为二面角P−AC−B的补角，H为AC的中点，设AC=t，根据二面角P−AC−B的余弦值可求得QH，PQ，再根据三棱锥P−ABC的体积取得最大值结合基本不等式求出t，再利用勾股定理求出三棱锥P−ABC外接球的半径，根据球的体积公式即可得解．
【解答】
解：过点P作PQ⊥平面ABC，垂足为Q，作QH⊥AC，垂足为H，连接PH，
因为PQ⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PQ⊥AC，
又QH⊥AC，QH∩PQ=Q，QH，PQ⊂平面PQH，
所以AC⊥平面PQH，
因为PH⊂平面PQH，所以AC⊥PH，
则∠PHQ为二面角P−AC−B的平面角的补角，故cs∠PHQ= 33，
因为PA=PC，所以H为AC的中点，
设AC=t，则PH= 32t,AB2+BC2=t2，
在Rt△PQH中，cs∠PHQ=QHPH= 33，则QH=12t,PQ= 34t2−14t2= 22t，
由VP−ABC=13S△ABC⋅PQ= 26t⋅S△ABC，
得当S△ABC取得最大值时，三棱锥P−ABC的体积取得最大值，
S△ABC=12AB⋅BC≤12⋅AB2+BC22=t24，
当且仅当AB=BC= 22t时，取等号，
所以(VP−ABC)max= 26t⋅t24= 23，解得t=2，
则QH=1,PQ= 2，
设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，则OH⊥平面ABC，
设OH=h，
由OP=OA得( 2−h)2+12=h2+12，解得h= 22，
则三棱锥P−ABC外接球的半径R=OA= 12+( 22)2= 62，
所以三棱锥P−ABC外接球的体积为43πR3= 6π.
故选：D.
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查了统计图表的应用，属于基础题．
根据统计图表逐个判断各个选项即可．
【解答】
解：由图可知，2021年1∼8月，工业生产者出厂价格的环比均大于0，故A正确；
2021年1∼8月，工业生产者出厂价格每月平均比去同期上涨0.3+1.7+4.4+6.8+9.0+8.8+9.0+9.58×100%≈6.2%，故B正确；
2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格的环比均不小于0，故2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格最低的是2020年8月，故C错误；
将2020年8月至2021年8月工业生产者出厂价格同比的13个数据从小到大排列，1.7%为第7个数，所以同比数据的中位数是1.7%，故D正确．
故选：ABD.
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查了向量的数量积运算，考查了投影向量的定义，属于中档题．
可求出|a|= 2，|b|=5，a⋅b=1，根据数量积的公式即可求出A项；根据投影向量的计算公式即可判断B项；设出坐标(x0,y0)，根据题意列出关系式−3x0+4y0=0x02+y02=1，解出方程组即可判断C项；分别求出向量a+λb与向量a−λb的坐标，根据共线向量的坐标表示，即可求出λ的值，判断D.
【解答】
解：对于选项A，∵a=(1,1)，b=(−3,4)，
∴|a|= 12+12= 2，|b|= (−3)2+42=5，a⋅b=1×(−3)+1×4=1，
则cs⟨a,b⟩=a⋅b|a||b|=1 2×5= 210，故A正确；
对于选项B，b在a方向上的投影向量为|b|cs⟨a,b⟩⋅a|a|=5× 210⋅a 2=12a，故B错误；
对于选项C，设与b垂直的单位向量的坐标(x0,y0)，则有−3x0+4y0=0x02+y02=1，
解得x0=45y0=35或x0=−45y0=−35，
∴与b垂直的单位向量的坐标为(45,35)或(−45,−35)，故C错误；
对于选项D，显然a与b不共线，
∵a+λb=(1−3λ,1+4λ)，a−λb=(1+3λ,1−4λ)，且向量a+λb与向量a−λb共线，
∴(1−3λ)(1−4λ)−(1+3λ)(1+4λ)=0，
解得λ=0，故D正确．
故选：AD.
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查直线方程的应用，以及由基本不等式求最值，属于拔高题.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线为x，y轴，建立直角坐标系，求得B，C的坐标，以及BC的方程，设M(0,t)，(0≤t≤2 2)，MN的方程设为y=kx+t(k<0)，求得A关于MN的对称点A′的坐标，再由中点坐标公式，以及中点在直线MN上，求得t，进而利用基本不等式得到t的范围，可得所求结论．
【解答】
解：以A为坐标原点，AB，AC所在直线为x，y轴，建立直角坐标系，
可得B(2 2,0)，C(0,2 2)，BC的方程为x+y−2 2=0，
设M(0,t)，(0≤t≤2 2)，MN的方程设为y=kx+t(k<0)，
由A′为A关于MN的对称点，可得OA′的方程为y=−1kx，
联立直线BC的方程，解得A′2 2kk−1,2 21−k，
由对称性可得AA′的中点在直线MN上，
可得 21−k=k⋅ 2kk−1+t，
解得t= 21+k21−k，
由1−k>1，设m=1−k(m>1)，
可得 21+k21−k= 2m2−2m+2m= 2m+2m−2≥ 2−2+2 2=4−2 2，
当且仅当m= 2，即k=1− 2时，上式取得等号，
则t的最小值为4−2 2，且t的最大值为2 2，
对照选项，可得ABD成立，C不成立.
故选ABD.
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了空间中点线面的位置关系，轨迹弧长的问题，以及空间中的距离最值以及空间角的最值问题，属于较难题．
根据AH⊥A1H垂直关系可得H在以AA1为直径的球面上，根据线面平行可判断H点轨迹为以AA1为直径的半圆，即可根据弧长公式求解A，根据球的表面积公式即可判断B，根据H的轨迹以及相切，根据长度关系即可列方程求解C，根据四点共面以及正切二倍角公式即可判断D.
【解答】
解：由于A1H⊥平面α，AH⊂α，
所以AH⊥A1H，即H在以AA1为直径的球面上，
因为AA1=2，
所以球的半径为R=1，
因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以AA1⊥BD，
因为AC⊥BD，AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1，
当BD//平面α时，可知A1H⊥BD，
所以H∈平面ACC1A1，即H点轨迹为以AA1为直径的半圆，
所以半圆的弧长为 12×2π×1=π，
故H点的轨迹长度为π，A正确；
因为平面ABB1A1⊥平面ADD1A1，
所以点H形成的曲面是球面的14，
所以面积S=14×4πR2=π，即B错误；
由题意可知，存在唯一的点H，使得HC⊥HP，
所以以AA1为直径的球与以CP为直径的球相切，
设AA1中点为O，CP中点为M，DD1中点为N，
则ON⊥MN，
设D1P=2x(x∈[0,1])，
则CP= 22+(2−2x)2=2 x2−2x+2，ON=2，MN=x+1，
则OM= (x+1)2+22= x2+2x+5，
又由于相切，
则OM=R+CP2，
所以 x2+2x+5=1+ x2−2x+2，
解得x=2 3−33，
所以D1P=4 3−63，即C正确；
设直线PH与平面A1B1C1D1所成角最大时，
PH与以AA1为直径的球相切，且P，A1，O，H共面，
易知PA1与以AA1为直径的球相切，
则∠A1PO=∠HPO=θ，且tanθ=RPA1=1 5，
所以tan2θ=2tanθ1−tan2θ= 52，即D正确．
故选：ACD.
13.【答案】(4,3)(答案不唯一)
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系，是基础题．
由已知求得a+2b的坐标，再由向量垂直的坐标运算列式求解．
【解答】
解：a=(1,2)，b=(−2,1)，则a+2b=(−3,4)，
又c=(m,n)，且(a+2b)⊥c，
∴−3m+4n=0，取m=4，得n=3.
∴符合题意的向量c的坐标为(4,3)(答案不唯一).
故答案为：(4,3)(答案不唯一).
14.【答案】 34
【解析】【分析】
本题考查了异面直线所成角，属于较易题.
连接CO并延长与底面圆周交于点D，由对称性可得AD//BC，∠SAD即为SA与BC所成角，由余弦定理求角的余弦值即可.
【解答】
解：连接CO并延长与底面圆周交于点D，如图所示：
由对称性可得四边形ACBD为长方形，故AD//BC，
所以∠SAD即为SA与BC所成角，
由SO= 3，底面直径AB=2，AC=1，可得SA=2，AD= 3，
由余弦定理得，cs∠SAD=4+3−42×2× 3= 34，
即SA与BC所成角的余弦值为 34，
故答案为： 34.
15.【答案】3
【解析】【分析】
本题考查利用余弦定理解三角形，是中档题.
利用正弦定理和余弦定理的应用建立方程组求出结果．
【解答】
解：设AC=x，AD=3x，在直角三角形ACD中，CD= AD2−AC2=2 2x，
所以：sin∠CAD=CDAD=2 23.
在△ABC中，利用余弦定理：cs∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=x2−12 2x，
由于∠BAC+∠CAD=π2，
所以cs∠BAC=sin∠CAD，
即x2−12 2x=2 23.
整理得：3x2−8x−3=0，
解得：x=3或x=−13(舍去)，
故AC=3.
故答案为：3
16.【答案】14013
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积、向量的几何运用，属于中档题.
首先通过勾股数方程组确定三角形的三边长，然后利用向量的数量积求解即可.
【解答】
解：由已知可得a=m2−4b=4mc=m2+4，显然c>a，c>b，
因为在Rt△PEF中，EF为斜边，所以EF=c，
若a=PF=12，则m2−4=12，解得m=4，
此时PE=b=4m=16>12，与PF>PE矛盾，不符合题意；
若b=PF=12，则4m=12，解得m=3，此时PE=a=32−4=5<12，符合PF>PE，
故PE=5，PF=12，EF=13，EM=3，MF=10，
所以cs∠E=PEEF=513，
所以PM⋅MF=(PE+EM)⋅MF
=PE⋅MF+EM⋅MF
=|PE|×|MF|cs(π−∠E)+|EM|×|MF|cs0
=5×10×(−513)+3×10×1
=14013.
故答案为14013.
17.【答案】解：(1)由 3asinC=2c+ccsA及正弦定理，
得 3sinAsinC=2sinC+sinCcsA，
由于sinC≠0，所以 3sinA=2+csA，即sin(A−π6)=1.
又0所以A−π6=π2，故A=2π3.
(2)△ABC的面积S=12bcsinA= 3，故bc=4，①
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2+bc，
故(b−c)2=a2−3bc=12−12=0，故b=c，②
由①②解得b=c=2.
【解析】本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，是较易题．
(1)利用正弦定理以及两角和与差的三角函数化简求解即可．
(2)利用余弦定理以及三角形的面积转化求解即可．
18.【答案】解：(1)证明：取AC中点O，连A1O，BO.
∵AA1=A1C，∴A1O⊥AC，
又AB=BC，∴BO⊥AC，
∵A1O∩BO=O，A1O,BO⊂平面A1OB，
∴AC⊥平面A1OB，
又A1B⊂平面A1OB，
∴AC⊥A1B;
(2)由条件得：VC1−ABA1=VB−AA1C1
∵三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，侧面AA1C1C∩底面ABC=AC，OB⊥AC，OB⊂底面ABC，
所以BO⊥侧面AA1C1C，即BO是三棱锥B−AA1C1的高，
因为AA1=A1C=AC=2，AB=BC且AB⊥BC，
所以OB=1，OA1= 3，S△AA1C1= 3，
∴VC1−ABA1=VB−AA1C1=13⋅S△AA1C1⋅OB
= 33.
【解析】本题考查线面垂直的性质，考查三棱锥的体积的求法，是中档题．
(1)取AC中点O，连A1O，BO，由已知得A1O⊥AC，BO⊥AC，从而AC⊥平面A1OB，由此能证明AC⊥A1B.
(2)由VC1−ABA1=VB−AA1C1，利用等积法能求出三棱锥C1−ABA1的体积．
19.【答案】解：(1)∵B=π3，a=3，BA⋅BC=9，
∴accsπ3=3c×12=9，∴c=6.
(2)∵a=3，c=6，B=π3，
∴b2=a2+c2−2accsB
=9+36−2×3×6×12=27，
∴b=3 3，
∵S△ABC=12acsinB=12×3×6× 32=9 32，
∴BD=2S△ABCAC=9 33 3=3，
∵点E为线段BD的中点，∴BE=32，
∵BD⊥AC，
∴BE⋅DA=0，
∵EA=ED+DA=BE+DA，
∴BE⋅EA=BE⋅(BE+DA)=BE2=94.
【解析】本题考查了向量的数量积运算，余弦定理，三角形的面积公式，属于中档题．
(1)利用向量的数量积运算求解即可;
(2)利用余弦定理求出b=3 3，再利用三角形的面积公式求出BD=3，BE=32，再利用向量的数量积运算求解即可．
20.【答案】解：(1)f(x)=sin2x−sin2(x−π6)
=1−cs2x2−1−cs(2x−π3)2
=12( 32sin2x−12cs2x)
=12sin(2x−π6)，
由x∈[0,π2]，可得：2x−π6∈[−π6,5π6]，则sin(2x−π6)∈[−12,1]，
所以f(x)的值域为[−14,12].
(2)由于f(C)=12，以及(1)可得：12sin(2C−π6)=12，解得：sin(2C−π6)=1，
由0则2C−π6=π2，解得：C=π3，
由△ABC的面积为3 32=12absinC=12×a×b× 32，解得：ab=6，
又c= 7，
由余弦定理可得：7=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab=(a+b)2−18，解得：a+b=5，
所以△ABC的周长为a+b+c=5+ 7.
【解析】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，三角形面积公式，余弦定理的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．
(1)由已知利用三角函数恒等变换的应用化简可求解析式f(x)=12sin(2x−π6)，由x的范围可求2x−π6∈[−π6,5π6]，利用正弦函数的图象和性质即可得解其值域；
(2)由f(C)=12结合(1)可得sin(2C−π6)=1，结合范围2C−π6∈(−π6,11π6)，可求C的值，利用三角形面积公式可求ab的值，由余弦定理可得a+b的值，即可得解△ABC的周长．
21.【答案】解：(1)证明：连接BD交AC与点O，连接PO，
由于底面ABCD是边长为6的菱形，则BD⊥AC，
又由O为BD的中点，则PB=PD，则有BD⊥PO，
又由AC∩PO=O，AC、PO⊂平面PAC，故有BD⊥平面PAC；
(2)根据题意，设点A到平面MBD的距离为h，
连接BM、MD、MO，
由于BD⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，则BD⊥PA，
又由PA⊥AC，AC∩BD=O，AC、BD⊂平面ABCD，则PA⊥平面ABCD，
而底面ABCD是边长为6的菱形，∠ABC=60∘，则BD=6 3，
过点M作ME⊥AC，交AC于点E，又由PA=3，且CM=23CP，
则ME=2，EO=1，由于ME⊥AC且交AC与点E，则MO= 5，
故S△MBD=12×6 3× 5=3 15，
因为ME⊥AC，PA⊥AC，且ME，PA共面，
所以ME//PA
因为PA⊥平面ABCD，
则ME⊥平面ABCD，则ME为VM−ABD的高.
又由VA−MBD=VM−ABD，
即13S△MBD×h=13S△ABD×ME，
则有13×3 15h=13×9 3×2，
可得：h=6 55，
即点A到平面MBD的距离为6 55.
【解析】本题考查空间点线面距离的计算，涉及直线与平面垂直的判断，属于中档题．
(1)根据题意，连接BD交AC与点O，连接PO，分析可得BD⊥AC且BD⊥PO，由线面垂直的判断方法分析可得结论；
(2)设点A到平面MBD的距离为h，连接BM、MD、MO，可以证明PA⊥平面ABCD，同时求出BD的长，过点M作ME⊥AC，交AC于点E，求出ME的长以及S△MBD的值，利用等体积法计算可得答案．
22.【答案】解：(1)∵S△ABC=3 32，∴12AB⋅BC⋅sin∠ABC=3 32，
又AB=3，BC=2，则12×3×2×sin∠ABC=3 32，
∴sin∠ABC= 32，
∵∠ABC是锐角，∴∠ABC=π3.
由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC=7，则AC= 7.
∵∠DAB=∠DCB=π2，∴BD是四边形ABCD外接圆的直径，
∴BD是△ABC外接圆的直径，利用正弦定理知BD=ACsin∠ABC= 7×2 3=2 213；
(2)由∠DAB=∠DCB=π2，BD=2 213，AB=3，BC=2，
则AD= 33，CD=4 33，又∠ABC=π3，则∠ADC=π−∠ABC=2π3，
因此S△ACD=12AD⋅CD⋅sin∠ADC
=12× 33×4 33× 32= 33，
故△ACD的面积为 33.
【解析】本题考查了余弦定理、三角形的面积公式，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)已知AB、BC的值，运用三角形面积公式求出sin∠ABC的值，再结合余弦定理，以及外接圆公式，即可求解；
(2)分别在△ABD，△BCD中，运用勾股定理可得AD，CD，再结合三角形的面积公式，即可求解．
1.已知i为虚数单位，复数z满足(1+2i)z=3−i，则复数z在复平面所对应的点在( )
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∈R，i是虚数单位，若a+2i与1+bi互为共轭复数，则b=( )
A. 1B. −1C. 2D. −2
3.已知α，β，γ是三个不同的平面，且α∩γ=m，β∩γ=n，则m//n是α//β的( )
A. 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
4.某学校对班级管理实行量化打分，每周一总结，若一个班连续5周的量化打分不低于80分，则为优秀班级.下列能断定该班为优秀班级的是( )
A. 某班连续5周量化打分的平均数为83，中位数为81
B. 某班连续5周量化打分的平均数为83，方差大于0
C. 某班连续5周量化打分的中位数为81，众数为83
D. 某班连续5周量化打分的平均数为83，方差为1
5.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别是棱A1D1和棱C1D1的中点，G为棱BC上的动点(不含端点).
①三棱锥D1−EFG的体积为定值；
②当G为棱BC的中点时，△EFG是锐角三角形；
③△EFG面积的取值范围是(38, 178)；
④若异面直线AB与EG所成的角为α，则sinα∈[ 22, 53).
以上四个命题中正确命题的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.已知直线a⊂α给出以下三个命题：①若平面α//平面β，则直线a//平面β；
②若直线a//平面β，则平面α//平面β；
③若直线a不平行于平面β，则平面α不平行于平面β.
其中正确的命题是( )
A. ②B. ③C. ①②D. ①③
7.已知A，B，C，D是体积为20 53π的球体表面上四点，若AB=4，AC=2，BC=2 3，且三棱锥A−BCD的体积为2 3，则线段CD长度的最大值为( )
A. 2 3B. 3 2C. 13D. 2 5
8.如图，平面四边形ABCD中，∠ABC=π2，△ACD为正三角形，以AC为折痕将△ACD折起，使D点达到P点位置，且二面角P−AC−B的余弦值为− 33，当三棱锥P−ABC的体积取得最大值，且最大值为 23时，三棱锥P−ABC外接球的体积为( )
A. πB. 2πC. 3πD. 6π
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。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.如图是国家统计局发布的2020年8月至2021年8月全国工业生产者出厂价格同比与环比的涨跌幅(同比=(本期数−去年同期数去年同期数100%,环比=本期数−上期数上期数×100%)，则去年同期数( )
A. 2021年1∼8月，工业生产者出厂价格最高的是8月
B. 2021年1∼8月，工业生产者出厂价格每月平均比去年同期上涨约6.2%
C. 2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格最低的是2020年10月
D. 2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格同比数据的中位数是1.7%
10.已知平面向量a=(1,1)，b=(−3,4)，则下列说法正确的是( )
A. cs⟨a,b⟩= 210
B. b在a方向上的投影向量为 22a
C. 与b垂直的单位向量的坐标为(45,35)
D. 若向量a+λb与向量a−λb共线，则λ=0
11.在直角ΔABC中，AB=AC,BC=4，在边AB,AC上分别取M,N两点，沿MN将ΔAMN翻折，若顶点A正好可以落在边BC上，则AM的长可以为( )
A. 2B. 32 2C. 4− 22D. 4−2 2
12.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，平面α过点A，A1H⊥平面α，且垂足H在正方体的内部，P是棱C1D1上的动点，则( )
A. 当BD//平面α时，H点的轨迹长度为π
B. 点H所形成曲面的面积为2π3
C. 若仅存在唯一的平面α，使得HC⊥HP，则D1P=4 3−63
D. 若P为C1D1的中点，则直线PH与平面A1B1C1D1所成角的最大正切值为 52
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知向量a=(1,2),b=(−2,1),c=(m,n)满足(a+2b)⊥c，请写出一个符合题意的向量c的坐标__________.
14.如图，圆锥的高SO= 3，底面直径AB=2,C是圆O上一点，且AC=1，则SA与BC所成角的余弦值为__________.
15.如图所示，在平面四边形ABCD中，AB= 2，BC= 3，AB⊥AD，AC⊥CD，AD=3AC，则AC=__________.
16.根据《周髀算经》记载，公元前十一世纪，数学家商高就提出“勾三股四弦五”，故勾股定理在中国又称商高定理.而勾股数是指满足勾股定理的正整数组a,b,c，任意一组勾股数都可以表示为如下的形式：a=km2−n2,b=2kmn,c=km2+n2,其中k，m，n均为正整数，且m>n.如图所示，△PEF中，PE⊥PF，PF=12>PE，三边对应的勾股数中k=1，n=2，点M在线段EF上，且EM=m，则PM→⋅MF→=__________
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a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，且 3asinC=2c+ccsA.
(1)求角A；
(2)若a=2 3，△ABC的面积为 3，求b，c.
18.(本小题12分)
如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，AA1=A1C=AC=2，AB=BC且AB⊥BC.
(1)求证：AC⊥A1B；
(2)求三棱锥C1−ABA1的体积．
19.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，满足B=π3，a=3，BA⋅BC=9，过B作BD⊥AC于点D，点E为线段BD的中点．
(1)求c；
(2)求BE⋅EA的值．
20.(本小题12分)
已知函数f(x)=sin2x−sin2(x−π6)，x∈[0,π2].
(1)求f(x)的值域；
(2)若△ABC的面积为3 32，角C所对的边为c，且f(C)=12，c= 7，求△ABC的周长．
21.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为6的菱形，∠ABC=60∘，PB=PD，PA⊥AC.
(1)证明：BD⊥平面PAC；
(2)若PA=3，M为棱PC上一点，满足CM=23CP，求点A到平面MBD的距离.
22.(本小题12分)
如图，四边形ABCD中，∠DAB=∠DCB=π2，AB=3，BC=2，S△ABC=3 32且∠ABC为锐角.
(1)求BD；
(2)求△ACD的面积.
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查了复数的运算法则及其几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用复数的运算法则及其几何意义即可得出结论．
【解答】
解：∵(1+2i)z=3−i，
∴(1−2i)(1+2i)z=(1−2i)(3−i)，
化为5z=1−7i，
∴z=15−75i，
则复数z在复平面所对应的点(15,−75)在第四象限．
故选：D.
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查共轭复数的定义，属于基础题．
由共轭复数的概念求解即可．
【解答】
解：∵a+2i与1+bi互为共轭复数，
∴a=1b=−2.
故选：D.
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查充分条件、必要条件、充要条件的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，属于基础题．
若m//n，则α//β或α∩β=l；若α//β，则m//n，由此能求出结果．
【解答】
解：∵α，β，γ是三个不同的平面，且α∩γ=m，β∩γ=n，
∴“m//n”⇒“α//β或α∩β=l”，
“α//β”⇒“m//n”，
∴“m//n”是“α//β”的必要而不充分条件．
故选：B.
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查数据的平均数、中位数和方差的性质，属于基础题．
根据题意，举出反例可以说明ABC错误，由平均数、方差的计算公式分析可得D正确，综合可得答案．
【解答】
解：根据题意，依次分析选项：
对于A，若数据为88，87，81，80，79，满足平均数为83，中位数为81，但不能断定该班为优秀班级；
对于B，若数据为88，87，81，80，79，满足平均数为83，其方差一定大于0，但不能断定该班为优秀班级；
对于C，若数据为83，83，81，80，79，满足中位数为81，众数为83，但不能断定该班为优秀班级；
对于D，设数据的最低分为x，若数据平均数为83，方差为1，则有(83−x)2<5，必有x>80，可以断定该班为优秀班级．
故选：D.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查几何体的表面积，体积，考查异面直线所成的角，是中档题．
因为VD1−EFG=VG−EFD1，三棱锥G−EFD1的体积为定值，故①正确；
设CD中点为M，若G为BC中点，证明EF⊥FG，所以△EFG是直角三角形，故②不正确；
在侧面BCC1B1内作GN⊥B1C1垂足为N，设N到EF的距离m，其面积为S= 24× 1+m2，数形结合即得解，③正确；
取B1C1中点为 N，连接EN，异面直线AB与EG所成的角即为∠NEG=α，数形结合分析即得，④正确．
【解答】
解：因为VD1−EFG=VG−EFD1，点G到平面EFD1的距离为定值，SEFD1是定值，则三棱锥G−EFD1的体积为定值，故选项①正确；
设CD中点为M，若G为BC中点，
则有AC⊥MG，AC⊥MF，MG∩MF=M，MG,MF⊂平面MFG，
则AC⊥平面MFG，又FG⊂平面MFG，则AC⊥FG，
因为EF//AC，所以EF⊥FG，所以△EFG是直角三角形，故选项②不正确；
在侧面BCC1B1内作GN⊥B1C1垂足为N，设N到EF的距离m，
则△EFG边EF上的高为h= 1+m2，故其面积为S=12× 22h= 24× 1+m2，当G与C重合时，m= 24，S=38，
当G与B重合时，m=3 24，S= 178，故选项③正确；
取B1C1中点为N，连接EN，因为EN//AB，所以异面直线AB与EG所成的角即为∠NEG=α，
在直角三角形NEG中，sinα=NGEG，当G为BC中点时，sinα=NGEG= 22，
当G与B，C重合时，sinα=NGEG= 53，故sinα∈[ 22, 53),所以选项④正确，
故命题正确的个数为3.
故选：C.
6.【答案】D
【解析】【分析】
此题主要考查平面与平面平行的性质及判定的问题，属于概念性质理解的问题，题目较简单，几乎无计算量，属于基础题目．
对于①由面面平行显然推出线面平行，故正确．
对于②因为一个线面平行推不出面面平行．故错误．
对于③因为线面不平行必面面不平行．故正确．即可得到答案．
【解答】
解：①若平面α//平面β，则直线a//平面β；
因为直线a⊂α，平面α//平面β，
则α内的每一条直线都平行平面β.显然正确．
②若直线a//平面β，则平面α//平面β；
因为当平面α与平面β相交时，
仍然可以存在直线a⊂α使直线a//平面β.故错误．
③若直线a不平行于平面β，则平面α不平行于平面β;
平面内有一条直线不平行于另一个平面，两平面就不会平行．故显然正确．
故选D.
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查三棱锥的外接球问题，化归转化思想，属中档题．
先求出外接球半径，根据勾股定理逆定理得到∠ACB=π2，且S△ACB=2 3，求出点D到平面ABC的距离，求出点D所在球的截面的半径及三角形ABC的外接圆半径，设点D在平面ABC上的投影为E，当CE最长时CD最长，结合CE=2+1=3，求出CD长度的最大值．
【解答】
解：因为球的体积为20 53π，设球的半径R，
则20 53π=4π3R3，故R= 5，
而AB=4，AC=2，BC=2 3，
故AB2=AC2+BC2，故∠ACB=π2，
S△ACB=12×2 3×2=2 3，
设点D到平面ABC的距离为h，则13×h×2 3=2 3，故h=3，
点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为h>R，
所以平面α与平面ABC在球心的异侧且平行，
设球心到平面ABC的距离为d，而△ABC外接圆的半径为12AB=2，则d= 5−4=1，
故球心到平面α的距离为3−1=2，故截面圆的半径为 5−4=1，
设点D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心即AB的中点，半径为1.
当CE最长时CD最长，此时CE=2+1=3，
故CD长度的最大值为 CE2+h2=3 2.
故选：B.
8.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查球的切、接问题，球的体积，二面角，是中档题.
过点P作PQ⊥平面ABC，垂足为Q，作QH⊥AC，垂足为H，连接PH，则∠PHQ为二面角P−AC−B的补角，H为AC的中点，设AC=t，根据二面角P−AC−B的余弦值可求得QH，PQ，再根据三棱锥P−ABC的体积取得最大值结合基本不等式求出t，再利用勾股定理求出三棱锥P−ABC外接球的半径，根据球的体积公式即可得解．
【解答】
解：过点P作PQ⊥平面ABC，垂足为Q，作QH⊥AC，垂足为H，连接PH，
因为PQ⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，所以PQ⊥AC，
又QH⊥AC，QH∩PQ=Q，QH，PQ⊂平面PQH，
所以AC⊥平面PQH，
因为PH⊂平面PQH，所以AC⊥PH，
则∠PHQ为二面角P−AC−B的平面角的补角，故cs∠PHQ= 33，
因为PA=PC，所以H为AC的中点，
设AC=t，则PH= 32t,AB2+BC2=t2，
在Rt△PQH中，cs∠PHQ=QHPH= 33，则QH=12t,PQ= 34t2−14t2= 22t，
由VP−ABC=13S△ABC⋅PQ= 26t⋅S△ABC，
得当S△ABC取得最大值时，三棱锥P−ABC的体积取得最大值，
S△ABC=12AB⋅BC≤12⋅AB2+BC22=t24，
当且仅当AB=BC= 22t时，取等号，
所以(VP−ABC)max= 26t⋅t24= 23，解得t=2，
则QH=1,PQ= 2，
设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，则OH⊥平面ABC，
设OH=h，
由OP=OA得( 2−h)2+12=h2+12，解得h= 22，
则三棱锥P−ABC外接球的半径R=OA= 12+( 22)2= 62，
所以三棱锥P−ABC外接球的体积为43πR3= 6π.
故选：D.
9.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题主要考查了统计图表的应用，属于基础题．
根据统计图表逐个判断各个选项即可．
【解答】
解：由图可知，2021年1∼8月，工业生产者出厂价格的环比均大于0，故A正确；
2021年1∼8月，工业生产者出厂价格每月平均比去同期上涨0.3+1.7+4.4+6.8+9.0+8.8+9.0+9.58×100%≈6.2%，故B正确；
2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格的环比均不小于0，故2020年8月至2021年8月，工业生产者出厂价格最低的是2020年8月，故C错误；
将2020年8月至2021年8月工业生产者出厂价格同比的13个数据从小到大排列，1.7%为第7个数，所以同比数据的中位数是1.7%，故D正确．
故选：ABD.
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查了向量的数量积运算，考查了投影向量的定义，属于中档题．
可求出|a|= 2，|b|=5，a⋅b=1，根据数量积的公式即可求出A项；根据投影向量的计算公式即可判断B项；设出坐标(x0,y0)，根据题意列出关系式−3x0+4y0=0x02+y02=1，解出方程组即可判断C项；分别求出向量a+λb与向量a−λb的坐标，根据共线向量的坐标表示，即可求出λ的值，判断D.
【解答】
解：对于选项A，∵a=(1,1)，b=(−3,4)，
∴|a|= 12+12= 2，|b|= (−3)2+42=5，a⋅b=1×(−3)+1×4=1，
则cs⟨a,b⟩=a⋅b|a||b|=1 2×5= 210，故A正确；
对于选项B，b在a方向上的投影向量为|b|cs⟨a,b⟩⋅a|a|=5× 210⋅a 2=12a，故B错误；
对于选项C，设与b垂直的单位向量的坐标(x0,y0)，则有−3x0+4y0=0x02+y02=1，
解得x0=45y0=35或x0=−45y0=−35，
∴与b垂直的单位向量的坐标为(45,35)或(−45,−35)，故C错误；
对于选项D，显然a与b不共线，
∵a+λb=(1−3λ,1+4λ)，a−λb=(1+3λ,1−4λ)，且向量a+λb与向量a−λb共线，
∴(1−3λ)(1−4λ)−(1+3λ)(1+4λ)=0，
解得λ=0，故D正确．
故选：AD.
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查直线方程的应用，以及由基本不等式求最值，属于拔高题.
以A为坐标原点，AB，AC所在直线为x，y轴，建立直角坐标系，求得B，C的坐标，以及BC的方程，设M(0,t)，(0≤t≤2 2)，MN的方程设为y=kx+t(k<0)，求得A关于MN的对称点A′的坐标，再由中点坐标公式，以及中点在直线MN上，求得t，进而利用基本不等式得到t的范围，可得所求结论．
【解答】
解：以A为坐标原点，AB，AC所在直线为x，y轴，建立直角坐标系，
可得B(2 2,0)，C(0,2 2)，BC的方程为x+y−2 2=0，
设M(0,t)，(0≤t≤2 2)，MN的方程设为y=kx+t(k<0)，
由A′为A关于MN的对称点，可得OA′的方程为y=−1kx，
联立直线BC的方程，解得A′2 2kk−1,2 21−k，
由对称性可得AA′的中点在直线MN上，
可得 21−k=k⋅ 2kk−1+t，
解得t= 21+k21−k，
由1−k>1，设m=1−k(m>1)，
可得 21+k21−k= 2m2−2m+2m= 2m+2m−2≥ 2−2+2 2=4−2 2，
当且仅当m= 2，即k=1− 2时，上式取得等号，
则t的最小值为4−2 2，且t的最大值为2 2，
对照选项，可得ABD成立，C不成立.
故选ABD.
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了空间中点线面的位置关系，轨迹弧长的问题，以及空间中的距离最值以及空间角的最值问题，属于较难题．
根据AH⊥A1H垂直关系可得H在以AA1为直径的球面上，根据线面平行可判断H点轨迹为以AA1为直径的半圆，即可根据弧长公式求解A，根据球的表面积公式即可判断B，根据H的轨迹以及相切，根据长度关系即可列方程求解C，根据四点共面以及正切二倍角公式即可判断D.
【解答】
解：由于A1H⊥平面α，AH⊂α，
所以AH⊥A1H，即H在以AA1为直径的球面上，
因为AA1=2，
所以球的半径为R=1，
因为AA1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以AA1⊥BD，
因为AC⊥BD，AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1，
当BD//平面α时，可知A1H⊥BD，
所以H∈平面ACC1A1，即H点轨迹为以AA1为直径的半圆，
所以半圆的弧长为 12×2π×1=π，
故H点的轨迹长度为π，A正确；
因为平面ABB1A1⊥平面ADD1A1，
所以点H形成的曲面是球面的14，
所以面积S=14×4πR2=π，即B错误；
由题意可知，存在唯一的点H，使得HC⊥HP，
所以以AA1为直径的球与以CP为直径的球相切，
设AA1中点为O，CP中点为M，DD1中点为N，
则ON⊥MN，
设D1P=2x(x∈[0,1])，
则CP= 22+(2−2x)2=2 x2−2x+2，ON=2，MN=x+1，
则OM= (x+1)2+22= x2+2x+5，
又由于相切，
则OM=R+CP2，
所以 x2+2x+5=1+ x2−2x+2，
解得x=2 3−33，
所以D1P=4 3−63，即C正确；
设直线PH与平面A1B1C1D1所成角最大时，
PH与以AA1为直径的球相切，且P，A1，O，H共面，
易知PA1与以AA1为直径的球相切，
则∠A1PO=∠HPO=θ，且tanθ=RPA1=1 5，
所以tan2θ=2tanθ1−tan2θ= 52，即D正确．
故选：ACD.
13.【答案】(4,3)(答案不唯一)
【解析】【分析】
本题考查向量数量积的坐标表示与向量的垂直关系，是基础题．
由已知求得a+2b的坐标，再由向量垂直的坐标运算列式求解．
【解答】
解：a=(1,2)，b=(−2,1)，则a+2b=(−3,4)，
又c=(m,n)，且(a+2b)⊥c，
∴−3m+4n=0，取m=4，得n=3.
∴符合题意的向量c的坐标为(4,3)(答案不唯一).
故答案为：(4,3)(答案不唯一).
14.【答案】 34
【解析】【分析】
本题考查了异面直线所成角，属于较易题.
连接CO并延长与底面圆周交于点D，由对称性可得AD//BC，∠SAD即为SA与BC所成角，由余弦定理求角的余弦值即可.
【解答】
解：连接CO并延长与底面圆周交于点D，如图所示：
由对称性可得四边形ACBD为长方形，故AD//BC，
所以∠SAD即为SA与BC所成角，
由SO= 3，底面直径AB=2，AC=1，可得SA=2，AD= 3，
由余弦定理得，cs∠SAD=4+3−42×2× 3= 34，
即SA与BC所成角的余弦值为 34，
故答案为： 34.
15.【答案】3
【解析】【分析】
本题考查利用余弦定理解三角形，是中档题.
利用正弦定理和余弦定理的应用建立方程组求出结果．
【解答】
解：设AC=x，AD=3x，在直角三角形ACD中，CD= AD2−AC2=2 2x，
所以：sin∠CAD=CDAD=2 23.
在△ABC中，利用余弦定理：cs∠BAC=AB2+AC2−BC22AB⋅AC=x2−12 2x，
由于∠BAC+∠CAD=π2，
所以cs∠BAC=sin∠CAD，
即x2−12 2x=2 23.
整理得：3x2−8x−3=0，
解得：x=3或x=−13(舍去)，
故AC=3.
故答案为：3
16.【答案】14013
【解析】【分析】
本题考查向量的数量积、向量的几何运用，属于中档题.
首先通过勾股数方程组确定三角形的三边长，然后利用向量的数量积求解即可.
【解答】
解：由已知可得a=m2−4b=4mc=m2+4，显然c>a，c>b，
因为在Rt△PEF中，EF为斜边，所以EF=c，
若a=PF=12，则m2−4=12，解得m=4，
此时PE=b=4m=16>12，与PF>PE矛盾，不符合题意；
若b=PF=12，则4m=12，解得m=3，此时PE=a=32−4=5<12，符合PF>PE，
故PE=5，PF=12，EF=13，EM=3，MF=10，
所以cs∠E=PEEF=513，
所以PM⋅MF=(PE+EM)⋅MF
=PE⋅MF+EM⋅MF
=|PE|×|MF|cs(π−∠E)+|EM|×|MF|cs0
=5×10×(−513)+3×10×1
=14013.
故答案为14013.
17.【答案】解：(1)由 3asinC=2c+ccsA及正弦定理，
得 3sinAsinC=2sinC+sinCcsA，
由于sinC≠0，所以 3sinA=2+csA，即sin(A−π6)=1.
又0
(2)△ABC的面积S=12bcsinA= 3，故bc=4，①
由余弦定理a2=b2+c2−2bccsA=b2+c2+bc，
故(b−c)2=a2−3bc=12−12=0，故b=c，②
由①②解得b=c=2.
【解析】本题考查正弦定理以及余弦定理的应用，是较易题．
(1)利用正弦定理以及两角和与差的三角函数化简求解即可．
(2)利用余弦定理以及三角形的面积转化求解即可．
18.【答案】解：(1)证明：取AC中点O，连A1O，BO.
∵AA1=A1C，∴A1O⊥AC，
又AB=BC，∴BO⊥AC，
∵A1O∩BO=O，A1O,BO⊂平面A1OB，
∴AC⊥平面A1OB，
又A1B⊂平面A1OB，
∴AC⊥A1B;
(2)由条件得：VC1−ABA1=VB−AA1C1
∵三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1C1C⊥底面ABC，侧面AA1C1C∩底面ABC=AC，OB⊥AC，OB⊂底面ABC，
所以BO⊥侧面AA1C1C，即BO是三棱锥B−AA1C1的高，
因为AA1=A1C=AC=2，AB=BC且AB⊥BC，
所以OB=1，OA1= 3，S△AA1C1= 3，
∴VC1−ABA1=VB−AA1C1=13⋅S△AA1C1⋅OB
= 33.
【解析】本题考查线面垂直的性质，考查三棱锥的体积的求法，是中档题．
(1)取AC中点O，连A1O，BO，由已知得A1O⊥AC，BO⊥AC，从而AC⊥平面A1OB，由此能证明AC⊥A1B.
(2)由VC1−ABA1=VB−AA1C1，利用等积法能求出三棱锥C1−ABA1的体积．
19.【答案】解：(1)∵B=π3，a=3，BA⋅BC=9，
∴accsπ3=3c×12=9，∴c=6.
(2)∵a=3，c=6，B=π3，
∴b2=a2+c2−2accsB
=9+36−2×3×6×12=27，
∴b=3 3，
∵S△ABC=12acsinB=12×3×6× 32=9 32，
∴BD=2S△ABCAC=9 33 3=3，
∵点E为线段BD的中点，∴BE=32，
∵BD⊥AC，
∴BE⋅DA=0，
∵EA=ED+DA=BE+DA，
∴BE⋅EA=BE⋅(BE+DA)=BE2=94.
【解析】本题考查了向量的数量积运算，余弦定理，三角形的面积公式，属于中档题．
(1)利用向量的数量积运算求解即可;
(2)利用余弦定理求出b=3 3，再利用三角形的面积公式求出BD=3，BE=32，再利用向量的数量积运算求解即可．
20.【答案】解：(1)f(x)=sin2x−sin2(x−π6)
=1−cs2x2−1−cs(2x−π3)2
=12( 32sin2x−12cs2x)
=12sin(2x−π6)，
由x∈[0,π2]，可得：2x−π6∈[−π6,5π6]，则sin(2x−π6)∈[−12,1]，
所以f(x)的值域为[−14,12].
(2)由于f(C)=12，以及(1)可得：12sin(2C−π6)=12，解得：sin(2C−π6)=1，
由0
由△ABC的面积为3 32=12absinC=12×a×b× 32，解得：ab=6，
又c= 7，
由余弦定理可得：7=a2+b2−ab=(a+b)2−3ab=(a+b)2−18，解得：a+b=5，
所以△ABC的周长为a+b+c=5+ 7.
【解析】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的图象和性质，三角形面积公式，余弦定理的综合应用，考查了转化思想，属于中档题．
(1)由已知利用三角函数恒等变换的应用化简可求解析式f(x)=12sin(2x−π6)，由x的范围可求2x−π6∈[−π6,5π6]，利用正弦函数的图象和性质即可得解其值域；
(2)由f(C)=12结合(1)可得sin(2C−π6)=1，结合范围2C−π6∈(−π6,11π6)，可求C的值，利用三角形面积公式可求ab的值，由余弦定理可得a+b的值，即可得解△ABC的周长．
21.【答案】解：(1)证明：连接BD交AC与点O，连接PO，
由于底面ABCD是边长为6的菱形，则BD⊥AC，
又由O为BD的中点，则PB=PD，则有BD⊥PO，
又由AC∩PO=O，AC、PO⊂平面PAC，故有BD⊥平面PAC；
(2)根据题意，设点A到平面MBD的距离为h，
连接BM、MD、MO，
由于BD⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，则BD⊥PA，
又由PA⊥AC，AC∩BD=O，AC、BD⊂平面ABCD，则PA⊥平面ABCD，
而底面ABCD是边长为6的菱形，∠ABC=60∘，则BD=6 3，
过点M作ME⊥AC，交AC于点E，又由PA=3，且CM=23CP，
则ME=2，EO=1，由于ME⊥AC且交AC与点E，则MO= 5，
故S△MBD=12×6 3× 5=3 15，
因为ME⊥AC，PA⊥AC，且ME，PA共面，
所以ME//PA
因为PA⊥平面ABCD，
则ME⊥平面ABCD，则ME为VM−ABD的高.
又由VA−MBD=VM−ABD，
即13S△MBD×h=13S△ABD×ME，
则有13×3 15h=13×9 3×2，
可得：h=6 55，
即点A到平面MBD的距离为6 55.
【解析】本题考查空间点线面距离的计算，涉及直线与平面垂直的判断，属于中档题．
(1)根据题意，连接BD交AC与点O，连接PO，分析可得BD⊥AC且BD⊥PO，由线面垂直的判断方法分析可得结论；
(2)设点A到平面MBD的距离为h，连接BM、MD、MO，可以证明PA⊥平面ABCD，同时求出BD的长，过点M作ME⊥AC，交AC于点E，求出ME的长以及S△MBD的值，利用等体积法计算可得答案．
22.【答案】解：(1)∵S△ABC=3 32，∴12AB⋅BC⋅sin∠ABC=3 32，
又AB=3，BC=2，则12×3×2×sin∠ABC=3 32，
∴sin∠ABC= 32，
∵∠ABC是锐角，∴∠ABC=π3.
由余弦定理可得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC=7，则AC= 7.
∵∠DAB=∠DCB=π2，∴BD是四边形ABCD外接圆的直径，
∴BD是△ABC外接圆的直径，利用正弦定理知BD=ACsin∠ABC= 7×2 3=2 213；
(2)由∠DAB=∠DCB=π2，BD=2 213，AB=3，BC=2，
则AD= 33，CD=4 33，又∠ABC=π3，则∠ADC=π−∠ABC=2π3，
因此S△ACD=12AD⋅CD⋅sin∠ADC
=12× 33×4 33× 32= 33，
故△ACD的面积为 33.
【解析】本题考查了余弦定理、三角形的面积公式，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)已知AB、BC的值，运用三角形面积公式求出sin∠ABC的值，再结合余弦定理，以及外接圆公式，即可求解；
(2)分别在△ABD，△BCD中，运用勾股定理可得AD，CD，再结合三角形的面积公式，即可求解．
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