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2023-2024学年湖南省郴州一中等校联考高一（下）月考数学试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年湖南省郴州一中等校联考高一（下）月考数学试卷（含答案），共10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.设集合A={y|y=lnx}，B={x|x2−2x−3≤0}，则A∩B=( )
A. {x|02.若z(2−i)=i，则z−=( )
A. 15+25iB. −15−25iC. 25−15iD. −25−15i
3.已知奇函数f(x)在R上单调递增，且f(2)=1，则不等式f(x)+1<0的解集为( )
A. (−1,1)B. (−2,2)C. (−2,+∞)D. (−∞,−2)
4.某班同学利用课外实践课，测量A，B两地之间的距离，在C处测得A，C两地之间的距离是4千米，B，C两地之间的距离是6千米，且∠ACB=60°，则A，B两地之间的距离是( )
A. 2 7千米B. 4 3千米C. 2 19千米D. 6 2千米
5.已知命题p：函数f(x)=x3+x+a在[1,3]内有零点，则命题p成立的一个必要不充分条件是( )
A. −30≤a≤−2B. −30≤a≤−3C. −28≤a≤0D. −30≤a≤0
6.2cs80°−cs20°=( )
A. 3sin20°B. sin20°C. − 3sin20°D. −sin20°
7.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，E在线段CD1上，则AE+B1E的最小值是( )
A. 4 3
B. 4 5
C. 4 6
D. 4 7
8.已知长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1=2，在矩形ACC1A1内有一动点P满足AP=λAC+(1−λ)AA1，且0<λ<1，则|PB|+|PB1|的最小值为( )
A. 5B. 3C. 6D. 2
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.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列结论不正确的是( )
A. 若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β
B. 若α∩β=m，n//m，则n//α
C. 若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β
D. 若m⊂α，m⊥β，则α⊥β
10.已知函数f(x)=sin(2x+π6)，则下列结论正确的是( )
A. f(x)的图象向左平移π6个单位长度后得到函数g(x)=sin(2x+π3)的图象
B. 直线x=2π3是f(x)图象的一条对称轴
C. f(x)在[π4,π2]上单调递减
D. f(x)的图象关于点(5π12,0)对称
11.已知三棱锥P−ABC的所有棱长都是6，D，E分别是三棱锥P−ABC外接球和内切球上的点，则( )
A. 三棱锥P−ABC的体积是18 2
B. 三棱锥P−ABC内切球的半径是 66
C. DE长度的取值范围是[ 6,2 6]
D. 三棱锥P−ABC外接球的体积是27 6π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某连锁超市在A，B，C三地的数量之比为2：m：4，现采用分层抽样的方法抽取18家该连锁超市进行调研，已知A地被抽取了4家，则B地被抽取的数量是______．
13.若实数x>2y>0，则3yx−2y+xy的最小值为______，此时xy= ______．
14.在长方形ABCD中，AB=3，AD=2，点E在线段AB上，AE=1，沿DE将△ADE折起，使得AE⊥DC，此时四棱锥A−BCDE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)
如图，在三棱锥S−ABC中，已知∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，AC=2，BC=4，SB=5．
(1)求三棱锥的体积VS−ABC；
(2)求侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的余弦值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=2x−m⋅2−x是定义在R上的偶函数．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)对于任意的x≥0，不等式[f(x)]2−af(x)+1≥0恒成立，求a的取值范围．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且4 3S=a2−(b−c)2．
(1)求角A；
(2)求b2+c2a2的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB= 3AA1，D为AB的中点．
(1)证明：AB⊥平面CC1D.
(2)求异面直线BC1与CD所成角的余弦值．
(3)在C1D上是否存在点E，使得平面BCE⊥平面ABC1？若存在，求C1EED的值；若不存出在，说明理由．
19.(本小题17分)
在复数域中，对于正整数n，满足zn−1=0的所有复数z=cs2kπn+isin2kπn(k∈Z)称为n次单位根，若一个n次单位根满足对任意小于n的正整数m，都有zm≠1，则称该n次单位根为n次本原单位根，规定1次本原单位根为1，例如当n=4时存在四个4次单位根±1，±i，因为11=1，(−1)2=1，因此只有两个4次本原单位根±i，对于正整数n，设n次本原单位根为z1，z2，…，zm，则称多项式(x−z1)(x−z2)(x−z3)…(x−zm)为n次本原多项式，记为fn(x)，规定f1(x)=x−1，例如f4(x)=(x−i)(x+i)=x2+1，请回答以下问题．
(1)直接写出8次单位根，并指出哪些是8次本原单位根(无需证明)；
(2)求出f8(x)，并计算f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)，由此猜想f16(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)(无需证明)；
(3)设所有16次本原单位根在复平面内对应的点为A1，A2，A3，…，Am，复平面内一点P所对应的复数z满足|z|=43，求|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅…⋅|PAm|的取值范围．
参考答案
1D
2B
3D
4A
5D
6C
7C
8C
9ABC
10BCD
11ACD
126
132+2 3 2+ 3
145 36
15解：(1)∵∠SAB=∠SAC=90°，
∴SA⊥AB，SA⊥AC，
AB∩AC=A，AB，AC⊂平面ABC，
∴SA⊥平面ABC．
又∵∠ACB=90°，AC=2，BC=4，
∴S△ABC=4．
又∵SB=5，AB= AC2+BC2=2 5，
∴SA= SB2−AB2= 5，
∴VS−ABC=13S△ABC⋅SA=4 53．
(2)过点C作CD⊥AB于点D，作DE⊥SB于点E，连接CE，
SA⊥平面ABC，SA⊂平面ABS，则平面ABS⊥平面ABC，
平面ABS∩平面ABC=AB，CD⊥AB，CD⊂面ABC，
∴CD⊥平面ABS，由SB⊂平面ABS，
∴CD⊥SB，
又DE⊥SB，CD∩DE=D，CD，DE⊂平面CDE，
∴SB⊥平面CDE，
又CE⊂平面CDE，
∴CE⊥SB，
∴由DE⊥SB，CE⊥SB知∠CED为侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的平面角，
Rt△SAC中，SA= 5，AC=2，则SC= SA2+AC2=3，
又BC=4，SB=5，
Rt△SBC中，CE⊥SB，则SC⋅CB=CE⋅SB，得CE=125，
同理CD=4 55，
Rt△CDE中，sin∠CED=CDCE= 53，
∴cs∠CED= 1−( 53)2=23，
∴侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的余弦值为23．
16解：(1)∵函数f(x)=2x−m⋅2−x是定义在R上的偶函数，
∴f(−x)=f(x)，
可得2−x−m⋅2x=2x−m⋅2−x恒成立，
即2x(1+m)=2−x(1+m)，
∴(2x−2−x)(1+m)=0，
∵2x−2−x=0在R上不恒成立，
∴1+m=0⇒m=−1，
∴f(x)的解析式为f(x)=2x+2−x；
(2)由(1)知f(x)=2x+2−x，
当x≥0时，令t=2x≥1,y=t+1t≥2．
∵不等式[f(x)]2−af(x)+1≥0恒成立，等价于y2−ay+1≥0恒成立，
∴a≤y2+1y=y+1y恒成立，
则a≤(y+1y)min ，
令g(y)=y+1y,y≥2，
任取y1>y2>2，
则g(y1)−g(y2)=(y1+1y1)−(y2+1y2)=y1−y2+1y1−1y2
=y1−y2−y1−y2y1y2=(y1−y2)y1y2−1y1y2，
因为y1>y2>2⇒y1−y2>0，y1y2>4，
所以g(y1)−g(y2)>0⇒g(y1)>g(y2)，
所以g(y)=y+1y,y≥2为增函数，
所以当y=2时(y+1y)min =52，∴a≤52．
所以a的取值范围为(−∞,52].
17解：(1)由余弦定理知，a2=b2+c2−2bccsA，
所以a2−(b2+c2)=−2bccsA，
因为4 3S=a2−(b−c)2，
所以4 3⋅12bcsinA=a2−(b2+c2)+2bc=−2bccsA+2bc，
整理得 3sinA+csA=1，
所以2sin(A+π6)=1，即sin(A+π6)=12，
因为A∈(0,π)，所以A+π6=5π6，即A=2π3．
(2)由(1)知A=2π3，
所以B+C=π3，
由正弦定理知，b2+c2a2=sin2B+sin2Csin2A=43(sin2B+sin2C)，
而sin2B+sin2C=sin2B+sin2(π3−B)=sin2B+( 32csB−12sinB)2=sin2B+34cs2B+14sin2B− 32sinBcsB=54sin2B+34(1−sin2B)− 32sinBcsB
=12sin2B− 32sinBcsB+34=12⋅1−cs2B2− 34sin2B+34=−12sin(2B+π6)+1，
因为B∈(0,π3)，所以2B+π6∈(π6,5π6)，sin(2B+π6)∈(12,1]，
所以sin2B+sin2C=−12sin(2B+π6)+1∈[12,34)，
所以b2+c2a2=43(sin2B+sin2C)∈[23,1)，
即b2+c2a2的取值范围为[23,1)．
18(1)证明：正三棱柱ABC−A1B1C1中，则△ABC为等边三角形，D为AB的中点，
所以CD⊥AB，而CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以CC1⊥AB，又因为CD∩CC1=C，
所以AB⊥平面平面CC1D；
(2)解：取到A1B1的中点D1，连接C1D1，DD1，BD1，
由题意可得C1D1//CD，
所以∠BC1D1或其补角为异面直线BC1与CD所成的角，
因为AB= 3AA1，
由题意可得CD= 32AB=32AA1，BD1= BB12+B1D12= AA12+( 32AA1)2= 72AA1，
BC1= BC2+CC12= 3AA12+AA12=2AA1，
在△BCD1中，由余弦定理可得cs∠BC1D1=BC12+C1D12−BD122BC1⋅C1D1
=4AA12+94AA12−74AA122×2AA1×32AA1=34，
所以异面直线BC1与CD所成角的余弦值为34；
(3)解：由(1)可得AB⊥CC1，过C作CE⊥C1D交DC1于E，
此时AB⊥CE，AB∩DC1=D，
所以CE⊥平面ABC1，而CE⊂平面BCE，
所以平面BCE⊥平面ABC1，
在Rt△CDC1中，由面积相等可得：C1D⋅CE=CD⋅CC1
可得CE=CD⋅CC1C1D，而CD=32AA1，CC1=AA1，C1D= CD2+CC12= (32AA1)2+AA12= 132AA1，
所以CE=32AA1⋅AA1 132AA1=3 1313AA1，
可得C1E= CC12−CE2= AA12−(3 1313AA1)2=2 1313AA1，
DE=C1D−C1E=( 132−2 1313)AA1=9 1326AA1，
所以C1EED=2 1313AA19 1326AA1=49．
19解：(1)首先需要证明：对k=0，1，…，n−1，n次单位根ζnk=cs2kπn+isin2kπn是本原单位根的充要条件是k和n的最大公约数为1．
我们不妨记作ζn=cs2πn+isin2πn，因此全部的n次单位根是1,ζn,ζn2,…,ζnn−1．
设k=0，1，…，n−1，我们考虑到ζnk=cs2kπn+isin2kπn：
如果k和n的最大公约数d>1，则(ζnk)nd=(ζn)knd=(ζnn)kd=1kd=1，从而ζnk不是本原单位根．
若ζnk不是本原单位根，设(ζnk)m=1，1≤m设d为k和n的最大公约数，则kd⋅m是nd的倍数，而kd和nd没有大于1的公约数，故m是nd的倍数，
所以由1≤mmd，得d>1．
这就得到结论：对k=0，1，…，n−1，n次单位根ζnk=cs2kπn+isin2kπn是本原单位根的充要条件是k和n的最大公约数为1．
下面回到原题，考虑n=8．
此时ζ8=cs2π8+isin2π8= 22+ 22i，全部的8次单位根是1,ζ8,ζ82,…,ζ87，依次列出即是：
1， 22+ 22i，i，− 22+ 22i，−1，− 22− 22i，−i， 22− 22i．
根据上面的结论，其中是本原单位根的是ζ8,ζ83,ζ85,ζ87，即 22+ 22i，− 22+ 22i，− 22− 22i， 22− 22i．
(2)对u∈N∗，我们考虑全体2u次单位根ζ2uk(k=0,1,2,…,2u−1)．
每个k=1，2，…，2u−1均可表示为k=q⋅2u−m，其中q是正奇数，m∈{1,2,…,u}．
则(ζ2uk)2m=ζ2uq⋅2u−m+m=(ζ2u2u)q=1q=1，所以ζ2uk是2m次单位根．
又因为ζ2uk=cs2kπ2u+isin2kπ2u=cs2(q⋅2u−m)π2u+isin2(q⋅2u−m)π2u=cs2qπ2m+isin2qπ2m=ζ2mq，且q和2m的最大公约数为1，故ζ2uk=ζ2uq⋅2u−m=ζ2mq是2m次本原单位根．
而k=0时，ζ2uk=1是1次本原单位根，故每个2u次单位根都对应一个2m次本原单位根，这里m∈{0,1,2,…,u}．
另一方面，我们根据刚才证明的结论：ζ2mq=ζ2uq⋅2u−m，对于每个m∈{0,1,2,…,u}和每个2m次本原单位根ζ2mq都对应着一个2u次单位根ζ2uq⋅2u−m．
通过上述我们就可以知道全体2u次单位根ζ2uk(k=0,1,2,…,2u−1)事实上遍历了所有2m次本原单位根，其中m∈{0,1,2,…,u}．
所以f2u(x)f2u−1(x)f2u−2(x)(x)f2(x)f1(x)=(x−1)(x−ζ2u)(x−ζ2u2)...(x−ζ2u2u−1)=x2u−1．
我们就足以直接推出f8(x)=f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x8−1x4−1=x4+1，并且
f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x8−1，f16(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x16−1．
(3)根据第1小问得到的结论，全部的16次本原单位根是ζ16,ζ163,ζ165,…,ζ1615．
故|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅...⋅|PAm|=|z−ζ16||z−ζ163||z−ζ165|...|z−ζ1615|=|(z−ζ16)(z−ζ163)(z−ζ165)...(z−ζ1615)|．
再根据f16(x)的定义，知|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅...⋅|PAm|=|(z−ζ16)(z−ζ163)(z−ζ165)...(z−ζ1615)|=|f16(z)|．
根据第2小问的结论我们可以得到f16(x)=f16(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x16−1x8−1=x8+1．
故|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅...⋅|PAm|=|f16(z)|=|z8+1|．
在|z|=43的条件下，有|z8|=|z|8=9，从而z8在复平面上对应的点可在圆x2+y2=92上自由转动．
而|z8+1|代表z8和−1在复平面上代表的点之间的距离，也就是圆x2+y2=92上一点到点(0,−1)的距离，
从而根据几何意义可知最小距离是9−1=8，最大距离是9+1=10．
所以题目求|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅…⋅|PAm|的取值范围是[8,10]．
1.设集合A={y|y=lnx}，B={x|x2−2x−3≤0}，则A∩B=( )
A. {x|0
A. 15+25iB. −15−25iC. 25−15iD. −25−15i
3.已知奇函数f(x)在R上单调递增，且f(2)=1，则不等式f(x)+1<0的解集为( )
A. (−1,1)B. (−2,2)C. (−2,+∞)D. (−∞,−2)
4.某班同学利用课外实践课，测量A，B两地之间的距离，在C处测得A，C两地之间的距离是4千米，B，C两地之间的距离是6千米，且∠ACB=60°，则A，B两地之间的距离是( )
A. 2 7千米B. 4 3千米C. 2 19千米D. 6 2千米
5.已知命题p：函数f(x)=x3+x+a在[1,3]内有零点，则命题p成立的一个必要不充分条件是( )
A. −30≤a≤−2B. −30≤a≤−3C. −28≤a≤0D. −30≤a≤0
6.2cs80°−cs20°=( )
A. 3sin20°B. sin20°C. − 3sin20°D. −sin20°
7.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，E在线段CD1上，则AE+B1E的最小值是( )
A. 4 3
B. 4 5
C. 4 6
D. 4 7
8.已知长方体ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱AA1=2，在矩形ACC1A1内有一动点P满足AP=λAC+(1−λ)AA1，且0<λ<1，则|PB|+|PB1|的最小值为( )
A. 5B. 3C. 6D. 2
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.已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列结论不正确的是( )
A. 若m⊂α，n⊂α，m//β，n//β，则α//β
B. 若α∩β=m，n//m，则n//α
C. 若m⊂α，n⊂β，m⊥n，则α⊥β
D. 若m⊂α，m⊥β，则α⊥β
10.已知函数f(x)=sin(2x+π6)，则下列结论正确的是( )
A. f(x)的图象向左平移π6个单位长度后得到函数g(x)=sin(2x+π3)的图象
B. 直线x=2π3是f(x)图象的一条对称轴
C. f(x)在[π4,π2]上单调递减
D. f(x)的图象关于点(5π12,0)对称
11.已知三棱锥P−ABC的所有棱长都是6，D，E分别是三棱锥P−ABC外接球和内切球上的点，则( )
A. 三棱锥P−ABC的体积是18 2
B. 三棱锥P−ABC内切球的半径是 66
C. DE长度的取值范围是[ 6,2 6]
D. 三棱锥P−ABC外接球的体积是27 6π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.某连锁超市在A，B，C三地的数量之比为2：m：4，现采用分层抽样的方法抽取18家该连锁超市进行调研，已知A地被抽取了4家，则B地被抽取的数量是______．
13.若实数x>2y>0，则3yx−2y+xy的最小值为______，此时xy= ______．
14.在长方形ABCD中，AB=3，AD=2，点E在线段AB上，AE=1，沿DE将△ADE折起，使得AE⊥DC，此时四棱锥A−BCDE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)
如图，在三棱锥S−ABC中，已知∠SAB=∠SAC=∠ACB=90°，AC=2，BC=4，SB=5．
(1)求三棱锥的体积VS−ABC；
(2)求侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的余弦值．
16.(本小题15分)
已知函数f(x)=2x−m⋅2−x是定义在R上的偶函数．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)对于任意的x≥0，不等式[f(x)]2−af(x)+1≥0恒成立，求a的取值范围．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且4 3S=a2−(b−c)2．
(1)求角A；
(2)求b2+c2a2的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB= 3AA1，D为AB的中点．
(1)证明：AB⊥平面CC1D.
(2)求异面直线BC1与CD所成角的余弦值．
(3)在C1D上是否存在点E，使得平面BCE⊥平面ABC1？若存在，求C1EED的值；若不存出在，说明理由．
19.(本小题17分)
在复数域中，对于正整数n，满足zn−1=0的所有复数z=cs2kπn+isin2kπn(k∈Z)称为n次单位根，若一个n次单位根满足对任意小于n的正整数m，都有zm≠1，则称该n次单位根为n次本原单位根，规定1次本原单位根为1，例如当n=4时存在四个4次单位根±1，±i，因为11=1，(−1)2=1，因此只有两个4次本原单位根±i，对于正整数n，设n次本原单位根为z1，z2，…，zm，则称多项式(x−z1)(x−z2)(x−z3)…(x−zm)为n次本原多项式，记为fn(x)，规定f1(x)=x−1，例如f4(x)=(x−i)(x+i)=x2+1，请回答以下问题．
(1)直接写出8次单位根，并指出哪些是8次本原单位根(无需证明)；
(2)求出f8(x)，并计算f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)，由此猜想f16(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)(无需证明)；
(3)设所有16次本原单位根在复平面内对应的点为A1，A2，A3，…，Am，复平面内一点P所对应的复数z满足|z|=43，求|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅…⋅|PAm|的取值范围．
参考答案
1D
2B
3D
4A
5D
6C
7C
8C
9ABC
10BCD
11ACD
126
132+2 3 2+ 3
145 36
15解：(1)∵∠SAB=∠SAC=90°，
∴SA⊥AB，SA⊥AC，
AB∩AC=A，AB，AC⊂平面ABC，
∴SA⊥平面ABC．
又∵∠ACB=90°，AC=2，BC=4，
∴S△ABC=4．
又∵SB=5，AB= AC2+BC2=2 5，
∴SA= SB2−AB2= 5，
∴VS−ABC=13S△ABC⋅SA=4 53．
(2)过点C作CD⊥AB于点D，作DE⊥SB于点E，连接CE，
SA⊥平面ABC，SA⊂平面ABS，则平面ABS⊥平面ABC，
平面ABS∩平面ABC=AB，CD⊥AB，CD⊂面ABC，
∴CD⊥平面ABS，由SB⊂平面ABS，
∴CD⊥SB，
又DE⊥SB，CD∩DE=D，CD，DE⊂平面CDE，
∴SB⊥平面CDE，
又CE⊂平面CDE，
∴CE⊥SB，
∴由DE⊥SB，CE⊥SB知∠CED为侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的平面角，
Rt△SAC中，SA= 5，AC=2，则SC= SA2+AC2=3，
又BC=4，SB=5，
Rt△SBC中，CE⊥SB，则SC⋅CB=CE⋅SB，得CE=125，
同理CD=4 55，
Rt△CDE中，sin∠CED=CDCE= 53，
∴cs∠CED= 1−( 53)2=23，
∴侧面SBC与侧面SAB所成的二面角的余弦值为23．
16解：(1)∵函数f(x)=2x−m⋅2−x是定义在R上的偶函数，
∴f(−x)=f(x)，
可得2−x−m⋅2x=2x−m⋅2−x恒成立，
即2x(1+m)=2−x(1+m)，
∴(2x−2−x)(1+m)=0，
∵2x−2−x=0在R上不恒成立，
∴1+m=0⇒m=−1，
∴f(x)的解析式为f(x)=2x+2−x；
(2)由(1)知f(x)=2x+2−x，
当x≥0时，令t=2x≥1,y=t+1t≥2．
∵不等式[f(x)]2−af(x)+1≥0恒成立，等价于y2−ay+1≥0恒成立，
∴a≤y2+1y=y+1y恒成立，
则a≤(y+1y)min ，
令g(y)=y+1y,y≥2，
任取y1>y2>2，
则g(y1)−g(y2)=(y1+1y1)−(y2+1y2)=y1−y2+1y1−1y2
=y1−y2−y1−y2y1y2=(y1−y2)y1y2−1y1y2，
因为y1>y2>2⇒y1−y2>0，y1y2>4，
所以g(y1)−g(y2)>0⇒g(y1)>g(y2)，
所以g(y)=y+1y,y≥2为增函数，
所以当y=2时(y+1y)min =52，∴a≤52．
所以a的取值范围为(−∞,52].
17解：(1)由余弦定理知，a2=b2+c2−2bccsA，
所以a2−(b2+c2)=−2bccsA，
因为4 3S=a2−(b−c)2，
所以4 3⋅12bcsinA=a2−(b2+c2)+2bc=−2bccsA+2bc，
整理得 3sinA+csA=1，
所以2sin(A+π6)=1，即sin(A+π6)=12，
因为A∈(0,π)，所以A+π6=5π6，即A=2π3．
(2)由(1)知A=2π3，
所以B+C=π3，
由正弦定理知，b2+c2a2=sin2B+sin2Csin2A=43(sin2B+sin2C)，
而sin2B+sin2C=sin2B+sin2(π3−B)=sin2B+( 32csB−12sinB)2=sin2B+34cs2B+14sin2B− 32sinBcsB=54sin2B+34(1−sin2B)− 32sinBcsB
=12sin2B− 32sinBcsB+34=12⋅1−cs2B2− 34sin2B+34=−12sin(2B+π6)+1，
因为B∈(0,π3)，所以2B+π6∈(π6,5π6)，sin(2B+π6)∈(12,1]，
所以sin2B+sin2C=−12sin(2B+π6)+1∈[12,34)，
所以b2+c2a2=43(sin2B+sin2C)∈[23,1)，
即b2+c2a2的取值范围为[23,1)．
18(1)证明：正三棱柱ABC−A1B1C1中，则△ABC为等边三角形，D为AB的中点，
所以CD⊥AB，而CC1⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，
所以CC1⊥AB，又因为CD∩CC1=C，
所以AB⊥平面平面CC1D；
(2)解：取到A1B1的中点D1，连接C1D1，DD1，BD1，
由题意可得C1D1//CD，
所以∠BC1D1或其补角为异面直线BC1与CD所成的角，
因为AB= 3AA1，
由题意可得CD= 32AB=32AA1，BD1= BB12+B1D12= AA12+( 32AA1)2= 72AA1，
BC1= BC2+CC12= 3AA12+AA12=2AA1，
在△BCD1中，由余弦定理可得cs∠BC1D1=BC12+C1D12−BD122BC1⋅C1D1
=4AA12+94AA12−74AA122×2AA1×32AA1=34，
所以异面直线BC1与CD所成角的余弦值为34；
(3)解：由(1)可得AB⊥CC1，过C作CE⊥C1D交DC1于E，
此时AB⊥CE，AB∩DC1=D，
所以CE⊥平面ABC1，而CE⊂平面BCE，
所以平面BCE⊥平面ABC1，
在Rt△CDC1中，由面积相等可得：C1D⋅CE=CD⋅CC1
可得CE=CD⋅CC1C1D，而CD=32AA1，CC1=AA1，C1D= CD2+CC12= (32AA1)2+AA12= 132AA1，
所以CE=32AA1⋅AA1 132AA1=3 1313AA1，
可得C1E= CC12−CE2= AA12−(3 1313AA1)2=2 1313AA1，
DE=C1D−C1E=( 132−2 1313)AA1=9 1326AA1，
所以C1EED=2 1313AA19 1326AA1=49．
19解：(1)首先需要证明：对k=0，1，…，n−1，n次单位根ζnk=cs2kπn+isin2kπn是本原单位根的充要条件是k和n的最大公约数为1．
我们不妨记作ζn=cs2πn+isin2πn，因此全部的n次单位根是1,ζn,ζn2,…,ζnn−1．
设k=0，1，…，n−1，我们考虑到ζnk=cs2kπn+isin2kπn：
如果k和n的最大公约数d>1，则(ζnk)nd=(ζn)knd=(ζnn)kd=1kd=1，从而ζnk不是本原单位根．
若ζnk不是本原单位根，设(ζnk)m=1，1≤m
所以由1≤m
这就得到结论：对k=0，1，…，n−1，n次单位根ζnk=cs2kπn+isin2kπn是本原单位根的充要条件是k和n的最大公约数为1．
下面回到原题，考虑n=8．
此时ζ8=cs2π8+isin2π8= 22+ 22i，全部的8次单位根是1,ζ8,ζ82,…,ζ87，依次列出即是：
1， 22+ 22i，i，− 22+ 22i，−1，− 22− 22i，−i， 22− 22i．
根据上面的结论，其中是本原单位根的是ζ8,ζ83,ζ85,ζ87，即 22+ 22i，− 22+ 22i，− 22− 22i， 22− 22i．
(2)对u∈N∗，我们考虑全体2u次单位根ζ2uk(k=0,1,2,…,2u−1)．
每个k=1，2，…，2u−1均可表示为k=q⋅2u−m，其中q是正奇数，m∈{1,2,…,u}．
则(ζ2uk)2m=ζ2uq⋅2u−m+m=(ζ2u2u)q=1q=1，所以ζ2uk是2m次单位根．
又因为ζ2uk=cs2kπ2u+isin2kπ2u=cs2(q⋅2u−m)π2u+isin2(q⋅2u−m)π2u=cs2qπ2m+isin2qπ2m=ζ2mq，且q和2m的最大公约数为1，故ζ2uk=ζ2uq⋅2u−m=ζ2mq是2m次本原单位根．
而k=0时，ζ2uk=1是1次本原单位根，故每个2u次单位根都对应一个2m次本原单位根，这里m∈{0,1,2,…,u}．
另一方面，我们根据刚才证明的结论：ζ2mq=ζ2uq⋅2u−m，对于每个m∈{0,1,2,…,u}和每个2m次本原单位根ζ2mq都对应着一个2u次单位根ζ2uq⋅2u−m．
通过上述我们就可以知道全体2u次单位根ζ2uk(k=0,1,2,…,2u−1)事实上遍历了所有2m次本原单位根，其中m∈{0,1,2,…,u}．
所以f2u(x)f2u−1(x)f2u−2(x)(x)f2(x)f1(x)=(x−1)(x−ζ2u)(x−ζ2u2)...(x−ζ2u2u−1)=x2u−1．
我们就足以直接推出f8(x)=f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x8−1x4−1=x4+1，并且
f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x8−1，f16(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x16−1．
(3)根据第1小问得到的结论，全部的16次本原单位根是ζ16,ζ163,ζ165,…,ζ1615．
故|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅...⋅|PAm|=|z−ζ16||z−ζ163||z−ζ165|...|z−ζ1615|=|(z−ζ16)(z−ζ163)(z−ζ165)...(z−ζ1615)|．
再根据f16(x)的定义，知|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅...⋅|PAm|=|(z−ζ16)(z−ζ163)(z−ζ165)...(z−ζ1615)|=|f16(z)|．
根据第2小问的结论我们可以得到f16(x)=f16(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)f8(x)f4(x)f2(x)f1(x)=x16−1x8−1=x8+1．
故|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅...⋅|PAm|=|f16(z)|=|z8+1|．
在|z|=43的条件下，有|z8|=|z|8=9，从而z8在复平面上对应的点可在圆x2+y2=92上自由转动．
而|z8+1|代表z8和−1在复平面上代表的点之间的距离，也就是圆x2+y2=92上一点到点(0,−1)的距离，
从而根据几何意义可知最小距离是9−1=8，最大距离是9+1=10．
所以题目求|PA1|⋅|PA2|⋅|PA3|⋅…⋅|PAm|的取值范围是[8,10]．
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