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2023-2024学年湖北省云学名校新高考联盟高一（下）联考数学试卷（5月份）（含答案）
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这是一份2023-2024学年湖北省云学名校新高考联盟高一（下）联考数学试卷（5月份）（含答案），共16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.已知集合A={x|3<2x}，B={y|y=3x+1}，则( )
A. A∩B=(1,32)B. A∪B=(32,+∞)
C. ∁BA=(1,32)D. A⫋B
2.△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b= 2,B=π6,csA=−35，则a=( )
A. 25 2B. 85 2C. 815 6D. 215 6
3.已知两条不同的直线m，n，两个不同的平面α，β，则下列说法正确的是( )
A. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
B. 若m⊥α，n⊥m，则n//α
C. 若α⊥β，α∩β=n，n⊥m，则m⊥β
D. 若α∩β=n，m⊂α，m//β，则m//n
4.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，M(2,3)，N(3,1)，则cs2∠MON=( )
A. −5665B. 365C. 1665D. 3365
5.已知x>0，y>0，且4x+y=1，则x2+yxy的最小值为( )
A. 6 2B. 4 2C. 4D. 6
6.已知向量m=(1,sinα),n=(csα, 2)(−π2≤α≤π2)，则下列命题中不正确的是( )
A. 存在α，使得|m|=|n|B. 当m⋅n= 3时，tanα= 2
C. 当m与n垂直时，tanα=− 22D. m与n可能平行
7.若f(x)=1−14x+1，对任意实数a，b，则“a+b>0”是“f(a)+f(b)>1”成立的( )
A. 充分且必要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
8.若函数f(x)=a0xn+a1xn−1+…+an−1x+an(a0≠0)有n个不同的零点x1，x2，…，xn，则f(x)=a0(x−x1)(x−x2)…(x−xn).已知g(x)=x(x−4)2，存在实数a，b，c，t满足g(a)=g(b)=g(c)=t(aA. 8B. −8C. 16D. 与实数t有关
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.设z1，z2是复数，则下列说法正确的是( )
A. 若z1为纯虚数，则z12<0B. 若|z1|=|z2|，则z12=z22
C. 若z1=z2−，则|z1−|=|z2|D. 若z1z2∈R，则z1=z2−
10.下列说法正确的( )
A. 非零向量a,b，若a与b共线，则a|a|=b|b|
B. 非零向量a,b满足(a+b)⊥(a−b)，则|a|=|b|
C. 在△ABC中，若(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且AB|AB|⋅AC|AC|=12，则△ABC为等边三角形
D. 已知单位向量a,b,c满足2a+3b+4c=0，则a⋅b=−14
11.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=4，AB=BC=2，动点N在线段A1C上(不含端点)，M在线段AB上，则( )
A. 存在点N，使得BN//平面A1ADD1
B. 存在点N，使得AC⊥BN
C. NB+ND的最小值为2 303
D. MN的最小值为4 55
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知i是虚数单位，复数z=|4−3i|(3−2i)，则复数z的虚部为______．
13.“文翁千载一时珍，醉卧襟花听暗吟”表达了对李时珍学识渊博、才华横溢的赞叹.李时珍是湖北省蕲春县人，明代著名医药学家.他历经27个寒暑，三易其稿，完成了192万字的巨著《本草纲目》，被后世尊为“药圣”.为纪念李时珍，人们在美丽的蕲春县独山修建了一座雕像，如图所示.某数学学习小组为测量雕像的高度，在地面上选取共线的三点A、B、C，分别测得雕像顶的仰角为60°，45°，30°，且AB=BC=67 610米，则雕像高为______米.
14.用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，把底面和截面之间的那部分多面体叫做棱台.在正三棱台ABC−A1B1C1中，侧棱AA1=4，AB=6，A1B1=2，则侧棱AA1与底面ABC所成角的正弦值为______，该三棱台的体积为______．
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)
已知向量a=(2csx,sinx+csx),b=( 3sinx,sinx−csx)，且函数f(x)=a⋅b−m在x∈R时的最大值为2− 3．
(1)求常数m的值；
(2)当x∈[0,π]时，求函数f(x)的单调递增区间．
16.(本小题15分)
已知复数z=3−2i(i为虚数单位)．
(1)求|z−1+i|；
(2)若z5+i=r(csθ+isinθ)，其中r>0，θ∈[0,2π)，求r，θ的值；
(3)若|z2|= 13，且zz2是纯虚数，求z2．
17.(本小题15分)
如图所示，圆内接四边形ABCD中，AB= 3,AD=2 3，C为圆周上一动点，∠BCD=π3．
(1)求四边形ABCD周长的最大值；
(2)若BCCD=12，求AC的长．
18.(本小题17分)
在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD边上一点，F为PB中点，BC//AD，AB=BC=PA=2，AD=4，AE=1，PD=2 3，∠ABC=π3．
(1)求四棱锥P−ABCD的体积；
(2)证明：AF//平面PCE；
(3)证明：平面PAB⊥平面PBC．
19.(本小题17分)
如图，设Ox，Oy是平面内相交成α(0<α<π)的两条射线，e1,e2分别为Ox，Oy同向的单位向量，定义平面坐标系xOy为α−仿射坐标系，在α−仿射坐标系中，若OP=xe1+ye2，则记OP=(x,y)．
(1)在α−仿射坐标系中
①若a=(m,n)，求|a|；
②若a=(−1,3),b=(−3,1)，且a与b的夹角为π3，求csα；
(2)如上图所示，在π3−仿射坐标系中，B，C分别在x轴，y轴正半轴上，|BC|=1,OD=719OC,E,F分别为BD，BC中点，求OE⋅OF的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题A={x|3<2x}=(32,+∞),B={y|y=3x+1}=(1,+∞)，
所以A∩B=(32,+∞)，A∪B=(1,+∞)，∁BA=(−∞,1]，
故A、B、C错误，D正确．
故选：D．
求出集合A、B，再根据集合交并补运算直接计算即可判断．
本题主要考查集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：在△ABC中，因为b= 2,B=π6,csA=−35，则sinA=45，
由正弦定理asinA=bsinB，可得a=bsinAsinB= 2×4512=8 25．
故选：B．
根据题意，利用三角函数的基本关系式和正弦定理，即可求解．
本题考查了同角三角函数基本关系式以及正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，如图，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m与n异面，故A错误；
对于B，m⊥α，若n⊂α，则由线面垂直定义n⊥m，故B错误；
对于C，如图，α⊥β，α∩β=n，n⊥m，此时m⊂β，故C错误；
对于D，若α∩β=n，m⊂α，m//β，则由线面平行性质定理m//n，故D正确．
故选：D．
根据题意，由直线与平面平行的性质以及点线面位置关系，依次分析选项，综合可得答案．
本题考查空间直线、平面的位置关系，涉及直线与平面平行的判定和性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题可得：OM=(2,3)，OM=(2,3),ON=(3,1)，
∴cs∠MON=OM⋅ON|OM|⋅|ON|=6+3 4+9 9+1=9 130，
则cs2∠MON=2cs2∠MON−1=2⋅81130−1=1665．
故选：C．
利用向量夹角公式求出cs∠MON，由二倍角公式求出cs2∠MON即可．
本题考查利用平面向量数量积求夹角，训练了二倍角公式的应用，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：因为x>0，y>0，且4x+y=1，又x2+y2≥2xy，
所以x2+yxy=x2+y(4x+y)xy=x2+4xy+y2xy≥2xy+4xyxy=6，
当且仅当x=y时取最小值，此时x=y=15，
故所求为6．
故选：D．
将分子x2+y的y上乘以4x+y，得到x2+4xy+y2，再利用重要不等式x2+y2≥2xy，化简即可．
本题主要考查了基本不等式求解最值，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：对于A，因为m=(1,sinα),n=(csα, 2)，所以|m|= 1+sin2α,|n|= cs2α+2，
令|m|=|n|，可得1+sin2α=cs2α+2，即sin2α−cs2α=1，当α=π2时，满足sin2α−cs2α=1，所以存在α，使得|m|=|n|，故A正确；
对于B，因为m=(1,sinα),n=(csα, 2)，所以m⋅n=csα+ 2sinα= 3，可得csα= 3− 2sinα，
又因为sin2α+cs2α=1，所以3sin2α−2 6sinα+2=0，解得sinα= 63，
因为−π2≤α≤π2，可得csα= 1−sin2α= 33，所以tanα=sinαcsα= 2，故B正确；
对于C中，因为m=(1,sinα),n=(csα, 2)，当m与n垂直时，可得m⋅n=csα+ 2sinα=0，
即csα=− 2sinα，所以tanα=sinαcsα=− 22，故C正确；
对于D中，因为m=(1,sinα),n=(csα, 2)，若m与n平行，可得1× 2=sinαcsα，即sinαcsα= 2，
因为−π2≤α≤π2，可得−π≤2α≤π，所以−12≤12sin2α≤12，
因为sinαcsα=12sin2α，故此时方程sinαcsα= 2无解，所以m与n不可能平行，故D错误．
故选：D．
根据题意，利用向量的数量积的坐标运算，以及三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式，逐项判定，即可求解．
本题考查平面向量的坐标运算，平行与垂直的应用，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：由f(x)=1−14x+1，可得f(x)+f(−x)=1−14x+1+1−14−x+1=2−14x+1−4x4x+1=1，
所以f(x)的图象关于点(0,12)中心对称，
又由函数y=4x为递增函数，可得f(x)在[0,+∞)单增，所以在R上也单调递增，
当a+b>0时，则a>−b，可得f(a)>f(−b)，即充分性成立；
反之：因为f(b)+f(−b)=1，
所以，当f(a)+f(b)>1时，可得f(a)+f(b)>f(a)+f(−b)，即f(a)>f(−b)，
又因为f(x)在R上为增函数，所以a>−b，即a+b>0，即必要性成立，
所以“a+b>0”是“f(a)+f(b)>1成立的充分必要条件．
故选：A．
根据题意，得到f(x)的图象关于点(0,12)中心对称，利用指数函数的单调性，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解．
本题主要考查函数性质的应用，考查充分必要条件的判断，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：依题意知y=g(x)−t有三个零点a，b，c，
即a，b，c满足x(x−4)2−t=(x−a)(x−b)(x−c)，
展开对应项系数相等得x3−8x2+16x−t=x3−(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)x−abc，
所以a+b+c=8．
故选：A．
列出方程a，b，c，x(x−4)2−t=(x−a)(x−b)(x−c)，展开后对比对应系数，即可得到答案．
本题主要考查函数的相关知识，考查转化思想和计算能力，属于基础题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，因为z1是纯虚数，所以设z1=bi(b∈R,b≠0)，则z12=(bi)2=−b2<0，所以A正确，
对于B，令z1=1，z2=i，满足|z1|=|z2|，
但z12=1，z22=i2=−1，故B错误；
对于C，设z2=a+bi(a,b∈R)，则z1=z2−=a−bi，所以z1−=a+bi，所以|z1−|=|z2|=a2+b2，所以C正确，
对于D，设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，因为z1z2=(a+bi)(c+di)=ac−bd+(bc+ad)i，
z1z2∈R则bc+ad=0，z1=z2−时，a=c且b=−d，所以D不正确．
故选：AC．
利用复数的概念，运算逐个分析判断即可，
本题主要考查复数的概念，以及运算，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A，当a与b反向时，a|a|=−b|b|，故A错误；
对于B，因为(a+b)⊥(a−b)，所以(a+b)⋅(a−b)=0,a2=b2，即|a|=|b|，故B正确；
对于C，AB|AB|表示与AB同向的单位向量，AC|AC|表示与AC同向的单位向量，因为AB|AB|⋅AC|AC|=12，所以AB与AC夹角为60°，
所以AB|AB|+AC|AC|表示起点相同的两个单位向量的和向量，为∠BAC角平分线同向的向量，与BC垂直，
所以AB=AC，所以△ABC为等边三角形，故C正确；
对于D，因为2a+3b+4c=0，所以2a+3b=−4c，两边平方得：(2a+3b)2=(−4c)2，即4+12a⋅b+9=16，解得a⋅b=14，故D错误．
故选：BC．
根据共线即可判断A；根据垂直可得数量积为0，即可判断B；根据单位向量的性质，结合数量积的运算即可求解C；利用模长公式即可求解D．
本题考查平面向量的数量积运算，涉及向量共线和垂直的性质，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A中，若存在点N，使得BN//平面A1AD，因为BC//平面A1AD，
又因为N不与C重合，且BN与BC相交于B点，且都在平面A1BC内，
则平面A1BC//平面A1AD与题目不相符，所以A错误；
对于B中，连接BD，且AC∩BD=O，当N在A1C中点时，
因为点O为AC的中点，所以ON//A1A，因为A1A⊥平面ABCD，
所以ON⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以ON⊥AC，
因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又因为BD∩ON=O，且BD，ON⊂平面BDN，所以AC⊥平面BDN，
因为BN⊂平面BDN，所以AC⊥BN，所以B正确；
对于C中，将△A1BC和△A1CD所在的平面沿着A1C展开在一个平面上，
如图所示，△A1BC和△A1DC是全等的直角三角形，且A1B=A1D=2 5,BC=CD=2，
连结BD，BD⊥A1C，则NB+ND的最小值为BD，
又由直角△A1BC斜边A1C上高为2×2 52 6= 303，直角△A1CD斜边A1C上高也为 303，
所以NB+ND的最小值为2 303，所以C正确；
对于D中，过N点作NP//CD，交A1D于P，作NT//A1A，交AC于T，
过T作MT//BC交AB于M，(若M在其它位置，MN长度比此时大)，如图所示：
因为NT//A1A，且NT⊄平面A1AD，AA1⊂平面A1AD，所以NT//平面A1AD，
又因为MT//BC且BC//AD，所以MT//AD，
因为MT⊄平面A1AD，AD⊂平面A1AD，所以MT//平面A1AD，
又因为MT∩NT=T，且MT，NT⊂平面MNT，所以平面MNT//平面A1AD，
因为MN⊂平面MNT，所以MN//平面A1AD，
因为NP//CD，AM//CD，所以AM//NP，MN⊂平面AMNP，
且平面AMNP∩平面A1AD=AP，所以MN//AP，所以四边形AMNP为平行四边形，
所以MN=AP，当AP最小时MN最小，
在直角△A1AD中，因为|A1A|=4，|AD|=2，可得|A1D|=2 5，
所以由等面积法，可得|AP|最小值为4 55，即MN最小值为4 55，所以D正确．
故选：BCD．
由存在点N，使得BN//平面A1AD，可得平面A1BC//平面A1AD，可判定A错误；连接BD，当N在A1C中点时，证得AC⊥平面BDN，得到AC⊥BN，可判定B正确；将△A1BC和△A1CD所在的平面沿着A1C展开在一个平面上，根据△A1BC和△A1DC是全等的直角三角形，连结BD，BD⊥A1C，得到NB+ND的最小值为BD，可判定C正确；过N点作NP//CD，NT//A1A，再过T作MT//BC证得平面MNT//平面A1AD，进而得到四边形AMNP为平行四边形，在直角△A1AD中，结合等面积法，可判定D正确．
本题考查立体几何的综合应用，线面平行的判定，线线垂直的判定，几何体中的截面与最值问题的求解，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】−10
【解析】解：由复数z=|4−3i|(3−2i)= 42+(−3)2⋅(3−2i)=5⋅(3−2i)=15−10i，
所以复数z的虚部为−10．
故答案为：−10．
根据复数的运算法则及复数模的运算，求得z=15−10i，结合复数的概念，即可求解．
本题考查了复数代数形式的乘除法运算，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
13.【答案】20.1
【解析】解：如图所示，设雕像的高为PO=h，
因为从A、B、C三点分别测得雕像顶的仰角为60°，45°，30°，
所以在△OAB中，由余弦定理得OA2=OB2+AB2−2OB⋅ABcs∠OBA，
在△OBC中，由余弦定理得OC2=OB2+BC2−2OB⋅BCcs(π−∠OBA)，
两式相加得OA2+OC2=2OB2+AB2+BC2，即( 33h)2+( 3h)2=2h2+2AB2，
解得h= 62AB= 62×67 610=20.1m，即测量雕像的高度为20.1米．
故答案为：20.1．
根据题意设雕像的高为PO=h，可得OA= 33h,OB=h,OC= 3h，在△OAB和△OBC中利用余弦定理，推导出OA2+OC2=2OB2+AB2+BC2，由此解出h的值，可得答案．
本题主要考查锐角三角函数的定义、利用余弦定理解三角形等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
14.【答案】 63 52 23
【解析】解：如图所示，延长侧棱相交于点P，取BC中点D，
其中AD的三等分点为O(靠近D点)，连接OP，
依题意得△PA1B1∽△PAB，A1B1AB=PA1PA=13，所以PA1=2=A1B1，
又因为三棱台ABC−A1B1C1是正三棱台，PA=PB，
所以三棱锥P−ABC为正四面体，
所以PO⊥平面ABC，
所以AA1与底面ABC所成角为∠PAO,PA=6,AO=23AD=23⋅ 32AB=2 3，
所以PO= PA2−OA2=2 6,sin∠PAO=POAP= 63，
故OP= 63AB，
VP−ABC=13S△ABC⋅PO=13⋅ 34AB2⋅ 63AB= 212AB3，
同理VP−A1B1C1= 212A1B13，
所以该三棱台的体积为 212AB3− 212A1B13=52 23．
故答案为： 63，52 23．
作出辅助线，得到正三棱锥P−ABC为正四面体，并求出PO= PA2−OA2=2 6,sin∠PAO= 63，求出两个正四面体的体积，相减后得到答案．
本题考查棱台体积以及线面角的计算，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题意，a⋅b=2 3sinxcsx+sin2x−cs2x
= 3sin2x−cs2x=2sin(2x−π6)，
又f(x)=2sin(2x−π6)−m，x∈R的最大值为2− 3，
所以f(x)max=2−m=2− 3，解得m= 3；
(2)由(1)得，f(x)=2sin(2x−π6)− 3，
令−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ(k∈Z)，
解得：−π6+kπ≤x≤π3+kπ(k∈Z)，又x∈[0,π]，
故f(x)的单调递增区间为[0,π3]和[5π6,π]．
【解析】(1)利用向量数量积的坐标公式和三角降幂公式、辅助角公式化简f(x)，由题设条件求得m的值；
(2)先求出正弦函数得递增区间，结合给定区间求交集即得．
本题考查三角函数的化简与三角函数的性质，考查向量数量积运算，属中档题．
16.【答案】解：(1)依题意，z−1+i=2−i，所以|z−1+i|= 22+(−1)2= 5；
(2)z5+i=3−2i5+i=(3−2i)(5−i)(5+i)(5−i)=13−13i26=12−12i= 22( 22− 22i)= 22(cs7π4+isin7π4)，
所以r= 22,θ=7π4；
(3)设z2=a+bi，a，b∈R，则|z2|= a2+b2= 13，即a2+b2=13，
zz2=(3−2i)(a+bi)=(3a+2b)+(3b−2a)i，
由zz2是纯虚数，则有3a+2b=0，3b−2a≠0，
由a2+b2=133a+2b=03b−2a≠0，解得a=2b=−3或a=−2b=3，
所以z2=2−3i或z2=−2+3i．
【解析】(1)代入，结合复数模的定义计算即得．
(2)利用复数的除法运算，化成给定形式即可得解．
(3)设出复数的代数形式，利用复数模、复数乘法运算，结合纯虚数的意义求解即得．
本题考查复数的运算，属于中档题．
17.【答案】(1)解：连接BD，因为∠BCD=π3，所以∠DAB=2π3，
在△ABD中，由余弦定理得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcs2π3，可得BD= 21，
在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcsπ3
=BC2+CD2−BC⋅CD=(BC+CD)2−3BC⋅CD，
所以(BC+CD)2−21=3BC⋅CD，
因为BC⋅CD≤(BC+CD2)2，当且仅当BC=CD= 21时等号成立，
所以(BC+CD)2−21≤34(BC+CD)2,BC+CD≤2 21，
所以周长的最大值为2 21+3 3；
(2)解：依题意得BCCD=12，设BC=x，CD=2x，
在△BCD中由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcsπ3，可得BD= 21，
所以( 21)2=x2+(2x)2−x⋅2x，解得x2=7，所以BC= 7,CD=2 7，
可得CD2=BC2+BD2，所以∠DBC=π2，
在△ABD中，由正弦定理BDsin2π3=ADsin∠ABD，所以sin∠ABD=AD⋅sin2π3BD= 217，
则cs∠ABC=cs(∠ABD+π2)=−sin∠ABD=− 217，
在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC=16，
所以AC=4．
【解析】(1)连接BD，在△ABD中，由余弦定理求得BD= 21，在△BCD中，由余弦定理，化简得到(BC+CD)2−21=3BC⋅CD，结合基本不等式，即可求解；
(2)在△BCD中，由余弦定理得BD= 21，进而求得BC= 7,CD=2 7，利用勾股定理得到∠DBC=π2，在△ABD中，由正弦定理得sin∠ABD= 217，再在△ABC中，利用余弦定理，即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵PA=2,PD=2 3,AD=4,AD2=PA2+PD2，
∴PA⊥PD且∠PAD=π3，
又∵PA=2,AE=1,∠PAD=π3，
由余弦定理得PE= 4+1−2×2××12= 3,PA2=AE2+PE2，
∴PE⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊂平面PAD，
∴PE⊥平面ABCD，
连接AC,AB=BC=2,∠ABC=π3，∴AC=2，△ABC为等边三角形，
∵BC//AD，∠ABC=π3，
∴∠DAB=2π3，∠DAC=π3，AC=2，CD=4，AC⊥CD，∴△ACD为直角三角形，
S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD= 34×22+12×2×2 3=3 3，
∴VP−ABCD=13×PE×S四边形ABCD=13× 3×3 3=3
(2)取PC中点M，∵F为PB中点，
∴FM为△PBC中位线，FM//BC，且FM=12BC=1，
又AE//BC，且AE=12BC=1，
∴FM//AE，且FM=AE，四边形AFME为平行四边形，
∴AF//ME，又ME⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，
∴AF//平面PCE，
(3)由(2)得四边形AFME为平行四边形，CE=PE= 3,M为PC的中点，
∴ME⊥PC，又AF//ME，
∴AF⊥PC，在△PAB中，AB=PA，F为PB中点，
∴AF⊥PB，PB⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，PB∩PC=P，
∴AF⊥平面PBC，又∵AF⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PBC．
【解析】(1)证明PE⊥平面ABCD以及求出四边形ABCD的面积即可根据锥体体积公式求解；
(2)取PC中点M，连接FM，ME，利用平行四边形证明AF//ME即可得证；
(3)证明AF⊥平面PBC，再结合面面垂直判定定理即可得证．
本题考查线面垂直、锥体体积公式、线面平行、面面垂直等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)①因为a=(m,n),a=me1+ne2，
所以a2=(me1+ne2)2=m2e12+2mne1⋅e2+n2e22=m2+2mncsα+n2，
所以|a|= m2+2mncsα+n2；
②因为a=(−1,3),b=(−3,1)，
所以|a|= (−1)2+2⋅(−1)⋅3csα+32= 10−6csα，
|b|= (−3)2+2⋅(−3)⋅1⋅csα+12= 10−6csα，
a⋅b=(−e1+3e2)⋅(−3e1+e2)=3e12+3e22−10e1⋅e2=6−10csα，
因为a与b的夹角为π3，所以csπ3=a⋅b|a|b|=6−10csα10−6csα=12，解得csα=17．
(2)依题意设B(m,0)，C(0,n)，(m>0,n>0)，
则∠BOC=π3,BC=1, OD=719OC=(0,719n)，
因为F为BC中点，所以OF=12OC+12OB=12me1+12ne2，
因为E为BD中点，所以OE=12OD+12OB=12me1+738ne2，
所以，OE⋅OF=(12me1+12ne2)⋅(12me1+738ne2)=14m2e12+776n2e22+(776mn+14mn)e1⋅e2，
因为e12=e22=1,e1⋅e2=1⋅1⋅csπ3=12，则
OE⋅OF=14m2+776n2+(776mn+14mn)12=14m2+776n2+1376mn，
在△OBC中依据余弦定理得m2+n2−mn=1，所以mn=m2+n2−1，代入上式得，
OE⋅OF=519m2+819n2−1376=119(5m2+8n2)−1376．
设m2+n2−1=mn≤tm2+14tn2(t>0)，则(1−t)m2+(1−14t)n2≤1，
令(1−t)(1−14t)=58，得32t2−12t−5=0，解得t1=58,t2=−14(舍)，
所以38m2+35n2≤1,5m2+8n2≤403，
则OE⋅OF=119(5m2+8n2)−1376≤119⋅403−1376=121228．
【解析】(1)①由题意，a=me1+ne2，将其两边平方，再开方即可得到|a|；
②由a=(−1,3),b=(−3,1)，由csα表示出|a|和|b|，再由已知用csα表示出a⋅b，因为a与b的夹角为π3，然后由csπ3=a⋅b|a|b|，即可得到csα；
(2)由题意，设出B、C坐标B(m,0)，C(0,n)，(m>0,n>0)，表示出OE⋅OF，由e12=e22=1,e1⋅e2=1⋅1⋅csπ3=12，将OE⋅OF表示成OE⋅OF=14m2+776n2+1376mn，在△OBC中依据余弦定理可得mn=m2+n2−1，代入得OE⋅OF=119(5m2+8n2)−1376，设m2+n2−1=mn≤tm2+14tn2(t>0)，得到5m2+8n2≤403，则可得OE⋅OF的最大值；
本题考查平面向量基本定理与数量积，涉及不等式知识的应用，属于中档题．
1.已知集合A={x|3<2x}，B={y|y=3x+1}，则( )
A. A∩B=(1,32)B. A∪B=(32,+∞)
C. ∁BA=(1,32)D. A⫋B
2.△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b= 2,B=π6,csA=−35，则a=( )
A. 25 2B. 85 2C. 815 6D. 215 6
3.已知两条不同的直线m，n，两个不同的平面α，β，则下列说法正确的是( )
A. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
B. 若m⊥α，n⊥m，则n//α
C. 若α⊥β，α∩β=n，n⊥m，则m⊥β
D. 若α∩β=n，m⊂α，m//β，则m//n
4.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，M(2,3)，N(3,1)，则cs2∠MON=( )
A. −5665B. 365C. 1665D. 3365
5.已知x>0，y>0，且4x+y=1，则x2+yxy的最小值为( )
A. 6 2B. 4 2C. 4D. 6
6.已知向量m=(1,sinα),n=(csα, 2)(−π2≤α≤π2)，则下列命题中不正确的是( )
A. 存在α，使得|m|=|n|B. 当m⋅n= 3时，tanα= 2
C. 当m与n垂直时，tanα=− 22D. m与n可能平行
7.若f(x)=1−14x+1，对任意实数a，b，则“a+b>0”是“f(a)+f(b)>1”成立的( )
A. 充分且必要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
8.若函数f(x)=a0xn+a1xn−1+…+an−1x+an(a0≠0)有n个不同的零点x1，x2，…，xn，则f(x)=a0(x−x1)(x−x2)…(x−xn).已知g(x)=x(x−4)2，存在实数a，b，c，t满足g(a)=g(b)=g(c)=t(a
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.设z1，z2是复数，则下列说法正确的是( )
A. 若z1为纯虚数，则z12<0B. 若|z1|=|z2|，则z12=z22
C. 若z1=z2−，则|z1−|=|z2|D. 若z1z2∈R，则z1=z2−
10.下列说法正确的( )
A. 非零向量a,b，若a与b共线，则a|a|=b|b|
B. 非零向量a,b满足(a+b)⊥(a−b)，则|a|=|b|
C. 在△ABC中，若(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且AB|AB|⋅AC|AC|=12，则△ABC为等边三角形
D. 已知单位向量a,b,c满足2a+3b+4c=0，则a⋅b=−14
11.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=4，AB=BC=2，动点N在线段A1C上(不含端点)，M在线段AB上，则( )
A. 存在点N，使得BN//平面A1ADD1
B. 存在点N，使得AC⊥BN
C. NB+ND的最小值为2 303
D. MN的最小值为4 55
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知i是虚数单位，复数z=|4−3i|(3−2i)，则复数z的虚部为______．
13.“文翁千载一时珍，醉卧襟花听暗吟”表达了对李时珍学识渊博、才华横溢的赞叹.李时珍是湖北省蕲春县人，明代著名医药学家.他历经27个寒暑，三易其稿，完成了192万字的巨著《本草纲目》，被后世尊为“药圣”.为纪念李时珍，人们在美丽的蕲春县独山修建了一座雕像，如图所示.某数学学习小组为测量雕像的高度，在地面上选取共线的三点A、B、C，分别测得雕像顶的仰角为60°，45°，30°，且AB=BC=67 610米，则雕像高为______米.
14.用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，把底面和截面之间的那部分多面体叫做棱台.在正三棱台ABC−A1B1C1中，侧棱AA1=4，AB=6，A1B1=2，则侧棱AA1与底面ABC所成角的正弦值为______，该三棱台的体积为______．
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)
已知向量a=(2csx,sinx+csx),b=( 3sinx,sinx−csx)，且函数f(x)=a⋅b−m在x∈R时的最大值为2− 3．
(1)求常数m的值；
(2)当x∈[0,π]时，求函数f(x)的单调递增区间．
16.(本小题15分)
已知复数z=3−2i(i为虚数单位)．
(1)求|z−1+i|；
(2)若z5+i=r(csθ+isinθ)，其中r>0，θ∈[0,2π)，求r，θ的值；
(3)若|z2|= 13，且zz2是纯虚数，求z2．
17.(本小题15分)
如图所示，圆内接四边形ABCD中，AB= 3,AD=2 3，C为圆周上一动点，∠BCD=π3．
(1)求四边形ABCD周长的最大值；
(2)若BCCD=12，求AC的长．
18.(本小题17分)
在四棱锥P−ABCD中，平面PAD⊥平面ABCD，E为AD边上一点，F为PB中点，BC//AD，AB=BC=PA=2，AD=4，AE=1，PD=2 3，∠ABC=π3．
(1)求四棱锥P−ABCD的体积；
(2)证明：AF//平面PCE；
(3)证明：平面PAB⊥平面PBC．
19.(本小题17分)
如图，设Ox，Oy是平面内相交成α(0<α<π)的两条射线，e1,e2分别为Ox，Oy同向的单位向量，定义平面坐标系xOy为α−仿射坐标系，在α−仿射坐标系中，若OP=xe1+ye2，则记OP=(x,y)．
(1)在α−仿射坐标系中
①若a=(m,n)，求|a|；
②若a=(−1,3),b=(−3,1)，且a与b的夹角为π3，求csα；
(2)如上图所示，在π3−仿射坐标系中，B，C分别在x轴，y轴正半轴上，|BC|=1,OD=719OC,E,F分别为BD，BC中点，求OE⋅OF的最大值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：由题A={x|3<2x}=(32,+∞),B={y|y=3x+1}=(1,+∞)，
所以A∩B=(32,+∞)，A∪B=(1,+∞)，∁BA=(−∞,1]，
故A、B、C错误，D正确．
故选：D．
求出集合A、B，再根据集合交并补运算直接计算即可判断．
本题主要考查集合的基本运算，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：在△ABC中，因为b= 2,B=π6,csA=−35，则sinA=45，
由正弦定理asinA=bsinB，可得a=bsinAsinB= 2×4512=8 25．
故选：B．
根据题意，利用三角函数的基本关系式和正弦定理，即可求解．
本题考查了同角三角函数基本关系式以及正弦定理在解三角形中的应用，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，如图，若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n或m与n异面，故A错误；
对于B，m⊥α，若n⊂α，则由线面垂直定义n⊥m，故B错误；
对于C，如图，α⊥β，α∩β=n，n⊥m，此时m⊂β，故C错误；
对于D，若α∩β=n，m⊂α，m//β，则由线面平行性质定理m//n，故D正确．
故选：D．
根据题意，由直线与平面平行的性质以及点线面位置关系，依次分析选项，综合可得答案．
本题考查空间直线、平面的位置关系，涉及直线与平面平行的判定和性质，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：由题可得：OM=(2,3)，OM=(2,3),ON=(3,1)，
∴cs∠MON=OM⋅ON|OM|⋅|ON|=6+3 4+9 9+1=9 130，
则cs2∠MON=2cs2∠MON−1=2⋅81130−1=1665．
故选：C．
利用向量夹角公式求出cs∠MON，由二倍角公式求出cs2∠MON即可．
本题考查利用平面向量数量积求夹角，训练了二倍角公式的应用，是基础题．
5.【答案】D
【解析】解：因为x>0，y>0，且4x+y=1，又x2+y2≥2xy，
所以x2+yxy=x2+y(4x+y)xy=x2+4xy+y2xy≥2xy+4xyxy=6，
当且仅当x=y时取最小值，此时x=y=15，
故所求为6．
故选：D．
将分子x2+y的y上乘以4x+y，得到x2+4xy+y2，再利用重要不等式x2+y2≥2xy，化简即可．
本题主要考查了基本不等式求解最值，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：对于A，因为m=(1,sinα),n=(csα, 2)，所以|m|= 1+sin2α,|n|= cs2α+2，
令|m|=|n|，可得1+sin2α=cs2α+2，即sin2α−cs2α=1，当α=π2时，满足sin2α−cs2α=1，所以存在α，使得|m|=|n|，故A正确；
对于B，因为m=(1,sinα),n=(csα, 2)，所以m⋅n=csα+ 2sinα= 3，可得csα= 3− 2sinα，
又因为sin2α+cs2α=1，所以3sin2α−2 6sinα+2=0，解得sinα= 63，
因为−π2≤α≤π2，可得csα= 1−sin2α= 33，所以tanα=sinαcsα= 2，故B正确；
对于C中，因为m=(1,sinα),n=(csα, 2)，当m与n垂直时，可得m⋅n=csα+ 2sinα=0，
即csα=− 2sinα，所以tanα=sinαcsα=− 22，故C正确；
对于D中，因为m=(1,sinα),n=(csα, 2)，若m与n平行，可得1× 2=sinαcsα，即sinαcsα= 2，
因为−π2≤α≤π2，可得−π≤2α≤π，所以−12≤12sin2α≤12，
因为sinαcsα=12sin2α，故此时方程sinαcsα= 2无解，所以m与n不可能平行，故D错误．
故选：D．
根据题意，利用向量的数量积的坐标运算，以及三角函数的基本关系式和正弦的倍角公式，逐项判定，即可求解．
本题考查平面向量的坐标运算，平行与垂直的应用，属于中档题．
7.【答案】A
【解析】解：由f(x)=1−14x+1，可得f(x)+f(−x)=1−14x+1+1−14−x+1=2−14x+1−4x4x+1=1，
所以f(x)的图象关于点(0,12)中心对称，
又由函数y=4x为递增函数，可得f(x)在[0,+∞)单增，所以在R上也单调递增，
当a+b>0时，则a>−b，可得f(a)>f(−b)，即充分性成立；
反之：因为f(b)+f(−b)=1，
所以，当f(a)+f(b)>1时，可得f(a)+f(b)>f(a)+f(−b)，即f(a)>f(−b)，
又因为f(x)在R上为增函数，所以a>−b，即a+b>0，即必要性成立，
所以“a+b>0”是“f(a)+f(b)>1成立的充分必要条件．
故选：A．
根据题意，得到f(x)的图象关于点(0,12)中心对称，利用指数函数的单调性，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解．
本题主要考查函数性质的应用，考查充分必要条件的判断，属于基础题．
8.【答案】A
【解析】解：依题意知y=g(x)−t有三个零点a，b，c，
即a，b，c满足x(x−4)2−t=(x−a)(x−b)(x−c)，
展开对应项系数相等得x3−8x2+16x−t=x3−(a+b+c)x2+(ab+bc+ca)x−abc，
所以a+b+c=8．
故选：A．
列出方程a，b，c，x(x−4)2−t=(x−a)(x−b)(x−c)，展开后对比对应系数，即可得到答案．
本题主要考查函数的相关知识，考查转化思想和计算能力，属于基础题．
9.【答案】AC
【解析】解：对于A，因为z1是纯虚数，所以设z1=bi(b∈R,b≠0)，则z12=(bi)2=−b2<0，所以A正确，
对于B，令z1=1，z2=i，满足|z1|=|z2|，
但z12=1，z22=i2=−1，故B错误；
对于C，设z2=a+bi(a,b∈R)，则z1=z2−=a−bi，所以z1−=a+bi，所以|z1−|=|z2|=a2+b2，所以C正确，
对于D，设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，因为z1z2=(a+bi)(c+di)=ac−bd+(bc+ad)i，
z1z2∈R则bc+ad=0，z1=z2−时，a=c且b=−d，所以D不正确．
故选：AC．
利用复数的概念，运算逐个分析判断即可，
本题主要考查复数的概念，以及运算，属于基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于A，当a与b反向时，a|a|=−b|b|，故A错误；
对于B，因为(a+b)⊥(a−b)，所以(a+b)⋅(a−b)=0,a2=b2，即|a|=|b|，故B正确；
对于C，AB|AB|表示与AB同向的单位向量，AC|AC|表示与AC同向的单位向量，因为AB|AB|⋅AC|AC|=12，所以AB与AC夹角为60°，
所以AB|AB|+AC|AC|表示起点相同的两个单位向量的和向量，为∠BAC角平分线同向的向量，与BC垂直，
所以AB=AC，所以△ABC为等边三角形，故C正确；
对于D，因为2a+3b+4c=0，所以2a+3b=−4c，两边平方得：(2a+3b)2=(−4c)2，即4+12a⋅b+9=16，解得a⋅b=14，故D错误．
故选：BC．
根据共线即可判断A；根据垂直可得数量积为0，即可判断B；根据单位向量的性质，结合数量积的运算即可求解C；利用模长公式即可求解D．
本题考查平面向量的数量积运算，涉及向量共线和垂直的性质，属于中档题．
11.【答案】BCD
【解析】解：对于A中，若存在点N，使得BN//平面A1AD，因为BC//平面A1AD，
又因为N不与C重合，且BN与BC相交于B点，且都在平面A1BC内，
则平面A1BC//平面A1AD与题目不相符，所以A错误；
对于B中，连接BD，且AC∩BD=O，当N在A1C中点时，
因为点O为AC的中点，所以ON//A1A，因为A1A⊥平面ABCD，
所以ON⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以ON⊥AC，
因为ABCD为正方形，所以AC⊥BD，
又因为BD∩ON=O，且BD，ON⊂平面BDN，所以AC⊥平面BDN，
因为BN⊂平面BDN，所以AC⊥BN，所以B正确；
对于C中，将△A1BC和△A1CD所在的平面沿着A1C展开在一个平面上，
如图所示，△A1BC和△A1DC是全等的直角三角形，且A1B=A1D=2 5,BC=CD=2，
连结BD，BD⊥A1C，则NB+ND的最小值为BD，
又由直角△A1BC斜边A1C上高为2×2 52 6= 303，直角△A1CD斜边A1C上高也为 303，
所以NB+ND的最小值为2 303，所以C正确；
对于D中，过N点作NP//CD，交A1D于P，作NT//A1A，交AC于T，
过T作MT//BC交AB于M，(若M在其它位置，MN长度比此时大)，如图所示：
因为NT//A1A，且NT⊄平面A1AD，AA1⊂平面A1AD，所以NT//平面A1AD，
又因为MT//BC且BC//AD，所以MT//AD，
因为MT⊄平面A1AD，AD⊂平面A1AD，所以MT//平面A1AD，
又因为MT∩NT=T，且MT，NT⊂平面MNT，所以平面MNT//平面A1AD，
因为MN⊂平面MNT，所以MN//平面A1AD，
因为NP//CD，AM//CD，所以AM//NP，MN⊂平面AMNP，
且平面AMNP∩平面A1AD=AP，所以MN//AP，所以四边形AMNP为平行四边形，
所以MN=AP，当AP最小时MN最小，
在直角△A1AD中，因为|A1A|=4，|AD|=2，可得|A1D|=2 5，
所以由等面积法，可得|AP|最小值为4 55，即MN最小值为4 55，所以D正确．
故选：BCD．
由存在点N，使得BN//平面A1AD，可得平面A1BC//平面A1AD，可判定A错误；连接BD，当N在A1C中点时，证得AC⊥平面BDN，得到AC⊥BN，可判定B正确；将△A1BC和△A1CD所在的平面沿着A1C展开在一个平面上，根据△A1BC和△A1DC是全等的直角三角形，连结BD，BD⊥A1C，得到NB+ND的最小值为BD，可判定C正确；过N点作NP//CD，NT//A1A，再过T作MT//BC证得平面MNT//平面A1AD，进而得到四边形AMNP为平行四边形，在直角△A1AD中，结合等面积法，可判定D正确．
本题考查立体几何的综合应用，线面平行的判定，线线垂直的判定，几何体中的截面与最值问题的求解，化归转化思想，属中档题．
12.【答案】−10
【解析】解：由复数z=|4−3i|(3−2i)= 42+(−3)2⋅(3−2i)=5⋅(3−2i)=15−10i，
所以复数z的虚部为−10．
故答案为：−10．
根据复数的运算法则及复数模的运算，求得z=15−10i，结合复数的概念，即可求解．
本题考查了复数代数形式的乘除法运算，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
13.【答案】20.1
【解析】解：如图所示，设雕像的高为PO=h，
因为从A、B、C三点分别测得雕像顶的仰角为60°，45°，30°，
所以在△OAB中，由余弦定理得OA2=OB2+AB2−2OB⋅ABcs∠OBA，
在△OBC中，由余弦定理得OC2=OB2+BC2−2OB⋅BCcs(π−∠OBA)，
两式相加得OA2+OC2=2OB2+AB2+BC2，即( 33h)2+( 3h)2=2h2+2AB2，
解得h= 62AB= 62×67 610=20.1m，即测量雕像的高度为20.1米．
故答案为：20.1．
根据题意设雕像的高为PO=h，可得OA= 33h,OB=h,OC= 3h，在△OAB和△OBC中利用余弦定理，推导出OA2+OC2=2OB2+AB2+BC2，由此解出h的值，可得答案．
本题主要考查锐角三角函数的定义、利用余弦定理解三角形等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
14.【答案】 63 52 23
【解析】解：如图所示，延长侧棱相交于点P，取BC中点D，
其中AD的三等分点为O(靠近D点)，连接OP，
依题意得△PA1B1∽△PAB，A1B1AB=PA1PA=13，所以PA1=2=A1B1，
又因为三棱台ABC−A1B1C1是正三棱台，PA=PB，
所以三棱锥P−ABC为正四面体，
所以PO⊥平面ABC，
所以AA1与底面ABC所成角为∠PAO,PA=6,AO=23AD=23⋅ 32AB=2 3，
所以PO= PA2−OA2=2 6,sin∠PAO=POAP= 63，
故OP= 63AB，
VP−ABC=13S△ABC⋅PO=13⋅ 34AB2⋅ 63AB= 212AB3，
同理VP−A1B1C1= 212A1B13，
所以该三棱台的体积为 212AB3− 212A1B13=52 23．
故答案为： 63，52 23．
作出辅助线，得到正三棱锥P−ABC为正四面体，并求出PO= PA2−OA2=2 6,sin∠PAO= 63，求出两个正四面体的体积，相减后得到答案．
本题考查棱台体积以及线面角的计算，属于中档题．
15.【答案】解：(1)由题意，a⋅b=2 3sinxcsx+sin2x−cs2x
= 3sin2x−cs2x=2sin(2x−π6)，
又f(x)=2sin(2x−π6)−m，x∈R的最大值为2− 3，
所以f(x)max=2−m=2− 3，解得m= 3；
(2)由(1)得，f(x)=2sin(2x−π6)− 3，
令−π2+2kπ≤2x−π6≤π2+2kπ(k∈Z)，
解得：−π6+kπ≤x≤π3+kπ(k∈Z)，又x∈[0,π]，
故f(x)的单调递增区间为[0,π3]和[5π6,π]．
【解析】(1)利用向量数量积的坐标公式和三角降幂公式、辅助角公式化简f(x)，由题设条件求得m的值；
(2)先求出正弦函数得递增区间，结合给定区间求交集即得．
本题考查三角函数的化简与三角函数的性质，考查向量数量积运算，属中档题．
16.【答案】解：(1)依题意，z−1+i=2−i，所以|z−1+i|= 22+(−1)2= 5；
(2)z5+i=3−2i5+i=(3−2i)(5−i)(5+i)(5−i)=13−13i26=12−12i= 22( 22− 22i)= 22(cs7π4+isin7π4)，
所以r= 22,θ=7π4；
(3)设z2=a+bi，a，b∈R，则|z2|= a2+b2= 13，即a2+b2=13，
zz2=(3−2i)(a+bi)=(3a+2b)+(3b−2a)i，
由zz2是纯虚数，则有3a+2b=0，3b−2a≠0，
由a2+b2=133a+2b=03b−2a≠0，解得a=2b=−3或a=−2b=3，
所以z2=2−3i或z2=−2+3i．
【解析】(1)代入，结合复数模的定义计算即得．
(2)利用复数的除法运算，化成给定形式即可得解．
(3)设出复数的代数形式，利用复数模、复数乘法运算，结合纯虚数的意义求解即得．
本题考查复数的运算，属于中档题．
17.【答案】(1)解：连接BD，因为∠BCD=π3，所以∠DAB=2π3，
在△ABD中，由余弦定理得BD2=AB2+AD2−2AB⋅ADcs2π3，可得BD= 21，
在△BCD中，由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcsπ3
=BC2+CD2−BC⋅CD=(BC+CD)2−3BC⋅CD，
所以(BC+CD)2−21=3BC⋅CD，
因为BC⋅CD≤(BC+CD2)2，当且仅当BC=CD= 21时等号成立，
所以(BC+CD)2−21≤34(BC+CD)2,BC+CD≤2 21，
所以周长的最大值为2 21+3 3；
(2)解：依题意得BCCD=12，设BC=x，CD=2x，
在△BCD中由余弦定理得BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcsπ3，可得BD= 21，
所以( 21)2=x2+(2x)2−x⋅2x，解得x2=7，所以BC= 7,CD=2 7，
可得CD2=BC2+BD2，所以∠DBC=π2，
在△ABD中，由正弦定理BDsin2π3=ADsin∠ABD，所以sin∠ABD=AD⋅sin2π3BD= 217，
则cs∠ABC=cs(∠ABD+π2)=−sin∠ABD=− 217，
在△ABC中，由余弦定理得AC2=AB2+BC2−2AB⋅BC⋅cs∠ABC=16，
所以AC=4．
【解析】(1)连接BD，在△ABD中，由余弦定理求得BD= 21，在△BCD中，由余弦定理，化简得到(BC+CD)2−21=3BC⋅CD，结合基本不等式，即可求解；
(2)在△BCD中，由余弦定理得BD= 21，进而求得BC= 7,CD=2 7，利用勾股定理得到∠DBC=π2，在△ABD中，由正弦定理得sin∠ABD= 217，再在△ABC中，利用余弦定理，即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)∵PA=2,PD=2 3,AD=4,AD2=PA2+PD2，
∴PA⊥PD且∠PAD=π3，
又∵PA=2,AE=1,∠PAD=π3，
由余弦定理得PE= 4+1−2×2××12= 3,PA2=AE2+PE2，
∴PE⊥AD，
又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PE⊂平面PAD，
∴PE⊥平面ABCD，
连接AC,AB=BC=2,∠ABC=π3，∴AC=2，△ABC为等边三角形，
∵BC//AD，∠ABC=π3，
∴∠DAB=2π3，∠DAC=π3，AC=2，CD=4，AC⊥CD，∴△ACD为直角三角形，
S四边形ABCD=S△ABC+S△ACD= 34×22+12×2×2 3=3 3，
∴VP−ABCD=13×PE×S四边形ABCD=13× 3×3 3=3
(2)取PC中点M，∵F为PB中点，
∴FM为△PBC中位线，FM//BC，且FM=12BC=1，
又AE//BC，且AE=12BC=1，
∴FM//AE，且FM=AE，四边形AFME为平行四边形，
∴AF//ME，又ME⊂平面PCE，AF⊄平面PCE，
∴AF//平面PCE，
(3)由(2)得四边形AFME为平行四边形，CE=PE= 3,M为PC的中点，
∴ME⊥PC，又AF//ME，
∴AF⊥PC，在△PAB中，AB=PA，F为PB中点，
∴AF⊥PB，PB⊂平面PBC，PC⊂平面PBC，PB∩PC=P，
∴AF⊥平面PBC，又∵AF⊂平面PAB，
∴平面PAB⊥平面PBC．
【解析】(1)证明PE⊥平面ABCD以及求出四边形ABCD的面积即可根据锥体体积公式求解；
(2)取PC中点M，连接FM，ME，利用平行四边形证明AF//ME即可得证；
(3)证明AF⊥平面PBC，再结合面面垂直判定定理即可得证．
本题考查线面垂直、锥体体积公式、线面平行、面面垂直等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
19.【答案】解：(1)①因为a=(m,n),a=me1+ne2，
所以a2=(me1+ne2)2=m2e12+2mne1⋅e2+n2e22=m2+2mncsα+n2，
所以|a|= m2+2mncsα+n2；
②因为a=(−1,3),b=(−3,1)，
所以|a|= (−1)2+2⋅(−1)⋅3csα+32= 10−6csα，
|b|= (−3)2+2⋅(−3)⋅1⋅csα+12= 10−6csα，
a⋅b=(−e1+3e2)⋅(−3e1+e2)=3e12+3e22−10e1⋅e2=6−10csα，
因为a与b的夹角为π3，所以csπ3=a⋅b|a|b|=6−10csα10−6csα=12，解得csα=17．
(2)依题意设B(m,0)，C(0,n)，(m>0,n>0)，
则∠BOC=π3,BC=1, OD=719OC=(0,719n)，
因为F为BC中点，所以OF=12OC+12OB=12me1+12ne2，
因为E为BD中点，所以OE=12OD+12OB=12me1+738ne2，
所以，OE⋅OF=(12me1+12ne2)⋅(12me1+738ne2)=14m2e12+776n2e22+(776mn+14mn)e1⋅e2，
因为e12=e22=1,e1⋅e2=1⋅1⋅csπ3=12，则
OE⋅OF=14m2+776n2+(776mn+14mn)12=14m2+776n2+1376mn，
在△OBC中依据余弦定理得m2+n2−mn=1，所以mn=m2+n2−1，代入上式得，
OE⋅OF=519m2+819n2−1376=119(5m2+8n2)−1376．
设m2+n2−1=mn≤tm2+14tn2(t>0)，则(1−t)m2+(1−14t)n2≤1，
令(1−t)(1−14t)=58，得32t2−12t−5=0，解得t1=58,t2=−14(舍)，
所以38m2+35n2≤1,5m2+8n2≤403，
则OE⋅OF=119(5m2+8n2)−1376≤119⋅403−1376=121228．
【解析】(1)①由题意，a=me1+ne2，将其两边平方，再开方即可得到|a|；
②由a=(−1,3),b=(−3,1)，由csα表示出|a|和|b|，再由已知用csα表示出a⋅b，因为a与b的夹角为π3，然后由csπ3=a⋅b|a|b|，即可得到csα；
(2)由题意，设出B、C坐标B(m,0)，C(0,n)，(m>0,n>0)，表示出OE⋅OF，由e12=e22=1,e1⋅e2=1⋅1⋅csπ3=12，将OE⋅OF表示成OE⋅OF=14m2+776n2+1376mn，在△OBC中依据余弦定理可得mn=m2+n2−1，代入得OE⋅OF=119(5m2+8n2)−1376，设m2+n2−1=mn≤tm2+14tn2(t>0)，得到5m2+8n2≤403，则可得OE⋅OF的最大值；
本题考查平面向量基本定理与数量积，涉及不等式知识的应用，属于中档题．
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