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2023-2024学年福建省四地五校联考高一下学期4月期中数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年福建省四地五校联考高一下学期4月期中数学试题（含解析），共14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.在复平面内，复数z=5+3i1+i(其中i为虚数单位)对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a=(m+1,m−1)，b=(−1,m)，c=(−1,1)，若(2a+b)⊥c，则m=( )
A. 13B. 3C. 15D. 5
3.如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若ED=xAB+yAD(x,y∈R)，则x−y等于( )
A. 1B. −1
C. 12D. −12
4.正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，侧棱长是 6，则该棱台的体积是( )
A. 563B. 583C. 20D. 21
5.若向量a=(x,2),b=(2,3),c=(2,−4)，且a//c，则a在b上的投影向量为( )
A. 813,1213B. −813,1213C. 8,12D. 4 1313
6.在△ABC中，B=π4,BC边上的高等于13BC，则sin A=( )
A. 310B. 1010C. 55D. 3 1010
7.已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，ΔABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为( )
A. 26B. 36C. 23D. 22
8.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若sin(A+C)=2Sb2−c2，则tanC+12tan(B−C)的最小值为( )
A. 2B. 2C. 1D. 2 2
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.对于非零向量a，b，下列命题正确的是( )
A. 若a⋅b=0，则a//b
B. 若a⊥b，则a⋅b=(a⋅b)2
C. 若a⋅c=b⋅c，则a=b
D. 若|a−b|=|a+b|，则a⋅b=0
10.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是( )
A. 直线A1C1与AD1为异面直线B. A1C1//平面ACD1
C. 正方体的外接球的表面积为12πD. 三棱锥D1−ADC的体积为83
11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b=2，A=π3.若△ABC有唯一解，则a的值可以是( )
A. 1B. 3C. 2D. 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a，b满足|a|=1，|b|= 2，|2a−b|= 2，则a与b的夹角为 ．
13.如图，在离地面高200m的热气球上，观测到山顶C处的仰角为15∘、山脚A处的俯角为45∘，已知∠BAC=60∘，则山的高度BC为 .m
14.在《九章算术》中，堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，阳马指底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AA1=AB=2 2，则当堑堵ABC−A1B1C1的体积最大时，阳马B−A1ACC1的体积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知复数z1=a2+2aia∈R，复数z2在复平面内对应的向量为OA=(−1,2)，
(1)若z1+z2为纯虚数，求a的值；
(2)若z1i−z2在复平面内对应的点在第四象限，求a的取值范围．
16.(本小题12分)
△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，(sinA+sinC)2=sin2B+sinAsinC．
(1)求B的大小；
(2)若a=3，且S△ABC=15 34，BD是AC边的中线，求BD长度．
17.(本小题12分)
如图，在四边形OBCD中，CD⇀=2BO⇀，OA⇀=2AD⇀，∠D=90∘，且BO⇀=AD⇀=1．
(Ⅰ)用OA⇀,OB⇀表示CB⇀；
(Ⅱ)点P在线段AB上，且AB=3AP，求cs∠PCB的值．
18.(本小题12分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，BC//平面PAD，BC=12AD，E是PD的中点．
(1)求证：BC//AD；
(2)求证：CE//平面PAB；
(3)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN//平面PAB？说明理由．
19.(本小题12分)
在▵ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2c−a=2bcsA，b=3．
(Ⅰ)求B的大小；
(Ⅱ)若a= 3，求▵ABC的面积；
(Ⅲ)求aca+c的最大值．
答案解析
1.【答案】D
【解析】
解：z=5+3i1+i=5+3i1−i1+i1−i=8−2i2=4−i，
对应的点为4,−1，在第四象限．
故选D．
2.【答案】B
【解析】解：∵a=(m+1,m−1)，b=(−1,m)，
∴2a+b=(2m+1,3m−2)，
∵c=(−1,1)，(2a+b)⊥c，
∴(2a+b)⋅c=−2m−1+3m−2=0，
∴m=3．
故选：B．
3.【答案】B
【解析】解：由题意知ED=EA+AD=−14AC+AD
=−14(AB+AD)+AD=−14AB+34AD，
因为ED=xAB+yAD(x,y∈R)，
所以x=−14,y=34,x−y=−1．
故选：B．
4.【答案】A
【解析】解：由棱台的几何特征可得其高度为：ℎ= ( 6)2−[12(4 2−2 2)]2=2，
则其体积：V=13×(22+42+ 22×42)×2=563．
故选：A．
5.【答案】A
【解析】解：因为a//c，a=(x,2)，c=(2,−4)，
所以−4x=4，得x=−1，
所以a=(−1,2)，又b=(2,3)，
所以b|b|=(2 13,3 13)，
cs=a⋅b|a||b|=−2+6 5× 13=4 65，
所以a在b上的投影向量为：
|a|cs⋅b|b|= 5×4 65(2 13,3 13)=(813,1213).
故选A．
6.【答案】D
【解析】
解：设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
则由题意得S△ABC=12a⋅13a=12acsinB，
∴c= 23a．
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB
=a2+29a2−2×a× 23a× 22
=59a2，
∴b= 53a．
由正弦定理得sinA=a⋅sinBb=3 1010．
故选D．
7.【答案】A
【解析】解：根据题意作出图形：
设球心为O，过A，B，C三点的小圆的圆心设为O1，则OO1⊥平面ABC，
延长CO1交球于点D，则SD⊥CD，SD//OO1，SD⊥平面ABC，
∵CO1=23× 32= 33，
∴OO1= 12− 332= 63，
∵SD//OO1,O是SC中点，
∴SD=2OO1=2 63，
∵△ABC是边长为1的正三角形，
∴S△ABC=12×1×1× 32= 34，
∴VS−ABC=13× 34×2 63= 26．
故选A．
8.【答案】A
【解析】解：因为sin(A+C)=2Sb2−c2，
所以sinB=acsinBb2−c2，又sinB≠0，
所以b2−c2=ac．
由余弦定理得：b2−c2=a2−2accsB=ac，
即：a−2ccsB=c．
由正弦定理得：sinA−2sinCcsB=sinC．
所以sin(B+C)−2sinCcsB=sinC，
sinBcsC−sinCcsB=sinC，
所以sin(B−C)=sinC，
因此，在锐角△ABC中，有B−C=C，或B−C+C=π(舍去)，即B=2C．
因为△ABC是锐角三角形，
所以0所以tanC+12tan (B−C)=tanC+12tanC⩾2 12= 2，
当且仅当tanC=12tanC，即tanC= 22时取等号．
所以tanC+12tan (B−C)的最小值为 2．
故本题选A．
9.【答案】BD
【解析】解：A选项，对于非零向量a，b，若a⋅b=0，则a⊥b，故A错误；
B选项，a⊥b⇒ a · b=0= (a⋅b)2=(0) 2，故B正确；
C选项，因为 a· c= b· c，则可得 (a−b)·c=0，
所以 a=b或 c=0或 (a−b)⊥c，故C错误；
D选项，若|a−b|=|a+b|，即有|a|²+|b|²−2a⋅b=|a|²+|b|²+2a⋅b，
故有a⋅b=0，故D正确．
故选BD．
10.【答案】ABC
【解析】解：
直线A1C1与AD1为异面直线，满足异面直线的定义，所以A正确；
A1C1//AC，A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，
∴A1C1//平面ACD1，所以B正确；
正方体的外接球的半径为：BD12= 3，
所以正方体的外接球的表面积为：4π×( 3)2=12π，所以C正确；
三棱锥D1−ADC的体积为：13×12×2×2×2=43≠83，所以D不正确．
故选：ABC．
11.【答案】BD
【解析】
解：因为b=2，A=π3，▵ABC有唯一解，
所以a=bsinA= 3或a≥b=2，即a∈ 3⋃2,+∞,
故选：BD．
12.【答案】π4
【解析】解：由|2a−b|= 2，得4a2−4a·b+b2=2，
即得a·b=1，
则cs=a·bab=11× 2= 22，
又∈0,π2，则可得a与b的夹角为π4．
13.【答案】300
【解析】
解：根据题意，可得Rt△AMD中，∠MAD=45°，MD=200，∴AM=MDsin45°=200 2．
∵△MAC中，∠AMC=45°+15°=60°，∠MAC=180°−45°−60°=75°，
∴∠MCA=180°−∠AMC−∠MAC=45°，
由正弦定理，得AC=MAsin∠AMCsin∠MCA=200 2× 32 22=200 3，
在Rt△ABC中，BC=ACsin∠BAC=200 3× 32=300m．
故答案为300．
14.【答案】8 23
【解析】
解：设AC=m，则BC= 8−m2，
VABC−A1B1C1=2 2×12·m· 8−m2= 2m 8−m2，
∴当m 8−m2最大时， VABC−A1B1C1体积最大，
m 8−m2= m2(8−m2)≤m2+(8−m2)2=4，
当且仅当m=2时，取最大值，
∴当堑堵ABC−A1B1C1的体积最大时，AC=BC=2，
所以阳马B−A1ACC1的体积为13×2 2×2×2=8 23．
故答案为8 23．
15.【答案】(1)
由题z2=−1+2i，则z1+z2=(a2−1)+(2a+2)i，
由z1+z2为纯虚数得，a2−1=02a+2≠0,
解得a=1．
(2)
z1i−z2=(1−2a)+(a2−2)i，
在复平面内的对应点在第四象限，则1−2a>0a2−2<0，即a<12− 2解得− 2【解析】(1)由复数在复平面对应的向量得复数z2，再由复数的分类求得a的值；
(2)计算z1i−z2，由其在复平面内对应的点列出不等式组，解不等式组得a的取值范围．
16.【答案】解：(1)因为sin2A+sin2C=sin2B−sinAsinC，
由正弦定理得：a2+c2=b2−ac，a2+c2−b2=−ac，
所以由余弦定理得：cs B=a2+c2−b22ac=−ac2ac=−12，
因为B∈(0,π)，故B=2π3；
(2)法一：中线公式：由S△ABC=12AB×BC×sin 2π3=12×AB×3× 32=15 34，
故AB=5，又BD=BA+BC2，则BD2=(BA+BC2)2=BA2+2BA⋅BC+BC24，
故BD2=25+9+2×5×3×(−12)4=194，故BD= 192．
法二：由S△ABC=12AB×BC×sin 2π3=12×AB×3× 32=15 34，故AB=5，
又BC=3,B=2π3，则由余弦定理得：cs 2π3=52+32−AC22×5×3=−12，
故AC=7，AD=DC=72，又∠BDA+∠BDC=π，则cs∠BDA+cs∠BDC=0，
由余弦定理得：BD2+(72)2−522×72×BD+BD2+(72)2−322×72×BD=0，即BD2=194，
故BD= 192．
【解析】
(1)由(sinA+sinC)2=sin2B+sinAsinC，结合正弦定理得到a2+c2−b2=−ac，再由余弦定理求出csB，即可求出B的大小；
(2)法一：先结合S△ABC=15 34求出AB=5，再根据BD=BA+BC2，则有BD2=(BA+BC2)2，展开代入数据计算即可求解．
法二：先结合S△ABC=15 34求出AB=5，然后由余弦定理求出AC=7，则AD=DC=72，再根据cs∠BDA+cs∠BDC=0，结合余弦定理建立关于BD的方程求解即可．
17.【答案】(Ⅰ)因为OA⇀=2AD⇀，
所以 DO⇀=32AO⇀.因为CD⇀=2BO⇀，
所以CB⇀=CD⇀+DO⇀+OB⇀ =2BO⇀+32AO⇀+OB⇀
=−32OA⇀−OB⇀
(Ⅱ)因为CD⇀=2BO⇀，
所以OB//CD.因为OA⇀=2AD⇀，
所以点O,A,D共线．
因为∠D=90∘，
所以∠O=90∘．
以O为坐标原点，OA所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系．
因为BO⇀=AD⇀=1，CD⇀=2BO⇀，OA⇀=2AD⇀，
所以A2,0,B0,1,C3,2．
所以AC⇀=1,2，AB⇀=−2,1．
因为点P在线段AB上，且AB=3AP，
所以AP⇀=13AB⇀=−23,13
所以CP⇀=AP⇀−AC⇀=−53,−53．
因为CB⇀=−3,−1，
所以cs∠PCB=CP⇀⋅CB⇀CP⇀⋅CB⇀=5+5353 2× 10=2 55．
【解析】(Ⅰ)直接利用向量的线性运算即可．
(Ⅱ)以O为坐标原点，OA所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系.可得CP=AP−AC=−53,−53,cs∠PCB=CP⋅CBCP⋅CB代入各值即可．
18.【答案】证明：(1)在四棱锥P−ABCD中，BC//平面PAD，BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD=AD，
∴BC//AD；
(2)取PA的中点F，连接EF，BF，
∵E是PD的中点，
∴EF//AD，EF=12AD，
又由(1)可得BC//AD，且BC=12AD，
∴BC//EF，BC=EF，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∴CE//BF，
∵CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，
∴CE//平面PAB．
(3)取AD中点N，连接CN，EN，
∵E，N分别为PD，AD的中点，
∴EN//PA，
∵EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴EN//平面PAB，
又由(2)可得CE//平面PAB，CE∩EN=E，CE、EN⊂平面CEN，
∴平面CEN//平面PAB，
∵M是CE上的动点，MN⊂平面CEN，
∴MN//平面PAB，
∴线段AD上存在点N，使得MN//平面PAB．
【解析】
(1)根据线面平行的性质定理即可证明；
(2)取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明；
(3)取AD中点N，连接CN，EN，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．
19.【答案】解：(1)因为2c−a=2bcsA，又asinA=bsinB=csinC，
所以2sinC−sinA=2sinBcsA，
所以2sin(A+B)−sinA=2sinBcsA，
所以2sinAcsB−sinA=0，
因为A∈(0,π)，sinA≠0，
所以csB=12，
则B=π3．
(2)因为b2=a2+c2−ac，所以c2− 3c−6=0，
所以c=2 3或c=− 3(舍去)，
所以△ABC的面积为S=12acsinB=3 32．
(3)由a2+c2−ac=9，得(a+c)2=9+3ac，
因为ac≤(a+c)24，所以(a+c)2≤9+34(a+c)2，
所以3设t=a+c，则t∈(3,6]，所以aca+c=t2−93t，
设f(t)=t2−93t=13(t−9t)，
则f(t)在区间(3,6]上单调递增，所以f(t)的最大值为f(6)=32，
所以，aca+c的最大值为32．
【解析】
(1)根据题意，由2c−a=2bcsA变形可得csB，进而可求B的值；
(2)由题意可得c2− 3c−6=0，解方程可得c的值，进而根据三角形的面积公式即可得解；
(3)由余弦定理，基本不等式可求3
1.在复平面内，复数z=5+3i1+i(其中i为虚数单位)对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a=(m+1,m−1)，b=(−1,m)，c=(−1,1)，若(2a+b)⊥c，则m=( )
A. 13B. 3C. 15D. 5
3.如图，平行四边形ABCD的对角线相交于点O，E为AO的中点，若ED=xAB+yAD(x,y∈R)，则x−y等于( )
A. 1B. −1
C. 12D. −12
4.正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，侧棱长是 6，则该棱台的体积是( )
A. 563B. 583C. 20D. 21
5.若向量a=(x,2),b=(2,3),c=(2,−4)，且a//c，则a在b上的投影向量为( )
A. 813,1213B. −813,1213C. 8,12D. 4 1313
6.在△ABC中，B=π4,BC边上的高等于13BC，则sin A=( )
A. 310B. 1010C. 55D. 3 1010
7.已知三棱锥S−ABC的所有顶点都在球O的球面上，ΔABC是边长为1的正三角形，SC为球O的直径，且SC=2，则此棱锥的体积为( )
A. 26B. 36C. 23D. 22
8.在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S，若sin(A+C)=2Sb2−c2，则tanC+12tan(B−C)的最小值为( )
A. 2B. 2C. 1D. 2 2
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.对于非零向量a，b，下列命题正确的是( )
A. 若a⋅b=0，则a//b
B. 若a⊥b，则a⋅b=(a⋅b)2
C. 若a⋅c=b⋅c，则a=b
D. 若|a−b|=|a+b|，则a⋅b=0
10.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个结论正确的是( )
A. 直线A1C1与AD1为异面直线B. A1C1//平面ACD1
C. 正方体的外接球的表面积为12πD. 三棱锥D1−ADC的体积为83
11.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且b=2，A=π3.若△ABC有唯一解，则a的值可以是( )
A. 1B. 3C. 2D. 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a，b满足|a|=1，|b|= 2，|2a−b|= 2，则a与b的夹角为 ．
13.如图，在离地面高200m的热气球上，观测到山顶C处的仰角为15∘、山脚A处的俯角为45∘，已知∠BAC=60∘，则山的高度BC为 .m
14.在《九章算术》中，堑堵指底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，阳马指底面为矩形，一条侧棱垂直于底面的四棱锥．如图，在堑堵ABC−A1B1C1中，AC⊥BC，AA1=AB=2 2，则当堑堵ABC−A1B1C1的体积最大时，阳马B−A1ACC1的体积为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知复数z1=a2+2aia∈R，复数z2在复平面内对应的向量为OA=(−1,2)，
(1)若z1+z2为纯虚数，求a的值；
(2)若z1i−z2在复平面内对应的点在第四象限，求a的取值范围．
16.(本小题12分)
△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，(sinA+sinC)2=sin2B+sinAsinC．
(1)求B的大小；
(2)若a=3，且S△ABC=15 34，BD是AC边的中线，求BD长度．
17.(本小题12分)
如图，在四边形OBCD中，CD⇀=2BO⇀，OA⇀=2AD⇀，∠D=90∘，且BO⇀=AD⇀=1．
(Ⅰ)用OA⇀,OB⇀表示CB⇀；
(Ⅱ)点P在线段AB上，且AB=3AP，求cs∠PCB的值．
18.(本小题12分)
如图所示，在四棱锥P−ABCD中，BC//平面PAD，BC=12AD，E是PD的中点．
(1)求证：BC//AD；
(2)求证：CE//平面PAB；
(3)若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN//平面PAB？说明理由．
19.(本小题12分)
在▵ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2c−a=2bcsA，b=3．
(Ⅰ)求B的大小；
(Ⅱ)若a= 3，求▵ABC的面积；
(Ⅲ)求aca+c的最大值．
答案解析
1.【答案】D
【解析】
解：z=5+3i1+i=5+3i1−i1+i1−i=8−2i2=4−i，
对应的点为4,−1，在第四象限．
故选D．
2.【答案】B
【解析】解：∵a=(m+1,m−1)，b=(−1,m)，
∴2a+b=(2m+1,3m−2)，
∵c=(−1,1)，(2a+b)⊥c，
∴(2a+b)⋅c=−2m−1+3m−2=0，
∴m=3．
故选：B．
3.【答案】B
【解析】解：由题意知ED=EA+AD=−14AC+AD
=−14(AB+AD)+AD=−14AB+34AD，
因为ED=xAB+yAD(x,y∈R)，
所以x=−14,y=34,x−y=−1．
故选：B．
4.【答案】A
【解析】解：由棱台的几何特征可得其高度为：ℎ= ( 6)2−[12(4 2−2 2)]2=2，
则其体积：V=13×(22+42+ 22×42)×2=563．
故选：A．
5.【答案】A
【解析】解：因为a//c，a=(x,2)，c=(2,−4)，
所以−4x=4，得x=−1，
所以a=(−1,2)，又b=(2,3)，
所以b|b|=(2 13,3 13)，
cs
所以a在b上的投影向量为：
|a|cs
故选A．
6.【答案】D
【解析】
解：设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，
则由题意得S△ABC=12a⋅13a=12acsinB，
∴c= 23a．
由余弦定理得b2=a2+c2−2accsB
=a2+29a2−2×a× 23a× 22
=59a2，
∴b= 53a．
由正弦定理得sinA=a⋅sinBb=3 1010．
故选D．
7.【答案】A
【解析】解：根据题意作出图形：
设球心为O，过A，B，C三点的小圆的圆心设为O1，则OO1⊥平面ABC，
延长CO1交球于点D，则SD⊥CD，SD//OO1，SD⊥平面ABC，
∵CO1=23× 32= 33，
∴OO1= 12− 332= 63，
∵SD//OO1,O是SC中点，
∴SD=2OO1=2 63，
∵△ABC是边长为1的正三角形，
∴S△ABC=12×1×1× 32= 34，
∴VS−ABC=13× 34×2 63= 26．
故选A．
8.【答案】A
【解析】解：因为sin(A+C)=2Sb2−c2，
所以sinB=acsinBb2−c2，又sinB≠0，
所以b2−c2=ac．
由余弦定理得：b2−c2=a2−2accsB=ac，
即：a−2ccsB=c．
由正弦定理得：sinA−2sinCcsB=sinC．
所以sin(B+C)−2sinCcsB=sinC，
sinBcsC−sinCcsB=sinC，
所以sin(B−C)=sinC，
因此，在锐角△ABC中，有B−C=C，或B−C+C=π(舍去)，即B=2C．
因为△ABC是锐角三角形，
所以0
当且仅当tanC=12tanC，即tanC= 22时取等号．
所以tanC+12tan (B−C)的最小值为 2．
故本题选A．
9.【答案】BD
【解析】解：A选项，对于非零向量a，b，若a⋅b=0，则a⊥b，故A错误；
B选项，a⊥b⇒ a · b=0= (a⋅b)2=(0) 2，故B正确；
C选项，因为 a· c= b· c，则可得 (a−b)·c=0，
所以 a=b或 c=0或 (a−b)⊥c，故C错误；
D选项，若|a−b|=|a+b|，即有|a|²+|b|²−2a⋅b=|a|²+|b|²+2a⋅b，
故有a⋅b=0，故D正确．
故选BD．
10.【答案】ABC
【解析】解：
直线A1C1与AD1为异面直线，满足异面直线的定义，所以A正确；
A1C1//AC，A1C1⊄平面ACD1，AC⊂平面ACD1，
∴A1C1//平面ACD1，所以B正确；
正方体的外接球的半径为：BD12= 3，
所以正方体的外接球的表面积为：4π×( 3)2=12π，所以C正确；
三棱锥D1−ADC的体积为：13×12×2×2×2=43≠83，所以D不正确．
故选：ABC．
11.【答案】BD
【解析】
解：因为b=2，A=π3，▵ABC有唯一解，
所以a=bsinA= 3或a≥b=2，即a∈ 3⋃2,+∞,
故选：BD．
12.【答案】π4
【解析】解：由|2a−b|= 2，得4a2−4a·b+b2=2，
即得a·b=1，
则cs
又
13.【答案】300
【解析】
解：根据题意，可得Rt△AMD中，∠MAD=45°，MD=200，∴AM=MDsin45°=200 2．
∵△MAC中，∠AMC=45°+15°=60°，∠MAC=180°−45°−60°=75°，
∴∠MCA=180°−∠AMC−∠MAC=45°，
由正弦定理，得AC=MAsin∠AMCsin∠MCA=200 2× 32 22=200 3，
在Rt△ABC中，BC=ACsin∠BAC=200 3× 32=300m．
故答案为300．
14.【答案】8 23
【解析】
解：设AC=m，则BC= 8−m2，
VABC−A1B1C1=2 2×12·m· 8−m2= 2m 8−m2，
∴当m 8−m2最大时， VABC−A1B1C1体积最大，
m 8−m2= m2(8−m2)≤m2+(8−m2)2=4，
当且仅当m=2时，取最大值，
∴当堑堵ABC−A1B1C1的体积最大时，AC=BC=2，
所以阳马B−A1ACC1的体积为13×2 2×2×2=8 23．
故答案为8 23．
15.【答案】(1)
由题z2=−1+2i，则z1+z2=(a2−1)+(2a+2)i，
由z1+z2为纯虚数得，a2−1=02a+2≠0,
解得a=1．
(2)
z1i−z2=(1−2a)+(a2−2)i，
在复平面内的对应点在第四象限，则1−2a>0a2−2<0，即a<12− 2
(2)计算z1i−z2，由其在复平面内对应的点列出不等式组，解不等式组得a的取值范围．
16.【答案】解：(1)因为sin2A+sin2C=sin2B−sinAsinC，
由正弦定理得：a2+c2=b2−ac，a2+c2−b2=−ac，
所以由余弦定理得：cs B=a2+c2−b22ac=−ac2ac=−12，
因为B∈(0,π)，故B=2π3；
(2)法一：中线公式：由S△ABC=12AB×BC×sin 2π3=12×AB×3× 32=15 34，
故AB=5，又BD=BA+BC2，则BD2=(BA+BC2)2=BA2+2BA⋅BC+BC24，
故BD2=25+9+2×5×3×(−12)4=194，故BD= 192．
法二：由S△ABC=12AB×BC×sin 2π3=12×AB×3× 32=15 34，故AB=5，
又BC=3,B=2π3，则由余弦定理得：cs 2π3=52+32−AC22×5×3=−12，
故AC=7，AD=DC=72，又∠BDA+∠BDC=π，则cs∠BDA+cs∠BDC=0，
由余弦定理得：BD2+(72)2−522×72×BD+BD2+(72)2−322×72×BD=0，即BD2=194，
故BD= 192．
【解析】
(1)由(sinA+sinC)2=sin2B+sinAsinC，结合正弦定理得到a2+c2−b2=−ac，再由余弦定理求出csB，即可求出B的大小；
(2)法一：先结合S△ABC=15 34求出AB=5，再根据BD=BA+BC2，则有BD2=(BA+BC2)2，展开代入数据计算即可求解．
法二：先结合S△ABC=15 34求出AB=5，然后由余弦定理求出AC=7，则AD=DC=72，再根据cs∠BDA+cs∠BDC=0，结合余弦定理建立关于BD的方程求解即可．
17.【答案】(Ⅰ)因为OA⇀=2AD⇀，
所以 DO⇀=32AO⇀.因为CD⇀=2BO⇀，
所以CB⇀=CD⇀+DO⇀+OB⇀ =2BO⇀+32AO⇀+OB⇀
=−32OA⇀−OB⇀
(Ⅱ)因为CD⇀=2BO⇀，
所以OB//CD.因为OA⇀=2AD⇀，
所以点O,A,D共线．
因为∠D=90∘，
所以∠O=90∘．
以O为坐标原点，OA所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系．
因为BO⇀=AD⇀=1，CD⇀=2BO⇀，OA⇀=2AD⇀，
所以A2,0,B0,1,C3,2．
所以AC⇀=1,2，AB⇀=−2,1．
因为点P在线段AB上，且AB=3AP，
所以AP⇀=13AB⇀=−23,13
所以CP⇀=AP⇀−AC⇀=−53,−53．
因为CB⇀=−3,−1，
所以cs∠PCB=CP⇀⋅CB⇀CP⇀⋅CB⇀=5+5353 2× 10=2 55．
【解析】(Ⅰ)直接利用向量的线性运算即可．
(Ⅱ)以O为坐标原点，OA所在的直线为x轴，建立如图所示的平面直角坐标系.可得CP=AP−AC=−53,−53,cs∠PCB=CP⋅CBCP⋅CB代入各值即可．
18.【答案】证明：(1)在四棱锥P−ABCD中，BC//平面PAD，BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD=AD，
∴BC//AD；
(2)取PA的中点F，连接EF，BF，
∵E是PD的中点，
∴EF//AD，EF=12AD，
又由(1)可得BC//AD，且BC=12AD，
∴BC//EF，BC=EF，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∴CE//BF，
∵CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，
∴CE//平面PAB．
(3)取AD中点N，连接CN，EN，
∵E，N分别为PD，AD的中点，
∴EN//PA，
∵EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴EN//平面PAB，
又由(2)可得CE//平面PAB，CE∩EN=E，CE、EN⊂平面CEN，
∴平面CEN//平面PAB，
∵M是CE上的动点，MN⊂平面CEN，
∴MN//平面PAB，
∴线段AD上存在点N，使得MN//平面PAB．
【解析】
(1)根据线面平行的性质定理即可证明；
(2)取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明；
(3)取AD中点N，连接CN，EN，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．
19.【答案】解：(1)因为2c−a=2bcsA，又asinA=bsinB=csinC，
所以2sinC−sinA=2sinBcsA，
所以2sin(A+B)−sinA=2sinBcsA，
所以2sinAcsB−sinA=0，
因为A∈(0,π)，sinA≠0，
所以csB=12，
则B=π3．
(2)因为b2=a2+c2−ac，所以c2− 3c−6=0，
所以c=2 3或c=− 3(舍去)，
所以△ABC的面积为S=12acsinB=3 32．
(3)由a2+c2−ac=9，得(a+c)2=9+3ac，
因为ac≤(a+c)24，所以(a+c)2≤9+34(a+c)2，
所以3
设f(t)=t2−93t=13(t−9t)，
则f(t)在区间(3,6]上单调递增，所以f(t)的最大值为f(6)=32，
所以，aca+c的最大值为32．
【解析】
(1)根据题意，由2c−a=2bcsA变形可得csB，进而可求B的值；
(2)由题意可得c2− 3c−6=0，解方程可得c的值，进而根据三角形的面积公式即可得解；
(3)由余弦定理，基本不等式可求3
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