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2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才五校联考高一下学期期末考试数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才五校联考高一下学期期末考试数学试题（含解析），共19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.与−20°角终边相同的角是( )
A. −300∘B. −280∘C. 320∘D. 340∘
2.函数f(x)=−2tan(2x+π6)的定义域是( )
A. {x|x≠π6}B. {x|x≠−π12}
C. {x|x≠kπ+π6,k∈Z}D. {x|x≠kπ2+π6,k∈Z}
3.已知复数z满足(1+i)z=| 3−i|，则z=( )．
A. 1−iB. 1+iC. 2−2iD. 2+2i
4.用斜二测画法画出的水平放置的平面图形△OAB的直观图为如图所示的△O′A′B′，已知△O′A′B′是边长为2的等边三角形，则顶点B到x轴的距离是( )
A. 2 6B. 4C. 2 3D. 2 2
5.已知函数f(x)=sin(2ωx+π6)+sin(2ωx−π6)+2cs2ωx−1(ω>0)，则下列结论正确的是( )
A. 若f(x)相邻两条对称轴的距离为π2，则ω=2;
B. 若ω=1，则x∈[0,π2]时，f(x)的值域为[−1,1];
C. 若f(x)在[0,π2]上单调递增，则0<ω≤23;
D. 若f(x)在[0,π]上恰有2个零点，则1112≤ω<1712．
6.已知α=20∘，则tanα+4sinα的值为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
7.设m，n为空间中两条不同直线，α、β为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为( )
A. 若m上有两个点到平面α的距离相等，则m//α
B. 若m⊥α，n⊂β，则“m//n”是“α⊥β”的既不充分也不必要条件
C. 若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
D. 若m，n是异面直线，m⊂α，m//β，n⊂β，n//α，则α//β
8.如图，在正四面体ABCD中，E，F是棱CD上的三等分点，记二面角C−AB−E，E−AB−F，F−AB−D的平面角分别为θ1，θ2，θ3，则( )
A. θ1=θ2=θ3B. θ1<θ2<θ3C. θ1=θ3>θ2D. θ1=θ3<θ2
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.下列命题正确的是( )
A. p:α是第二象限角或第三象限角，q:csα<0，则p是q的充分不必要条件
B. 若α为第一象限角，则csα 1+cs2α+sinα 1−cs2α= 22
C. 在△ABC中，若tanA⋅tanB>1，则△ABC为锐角三角形
D. 已知α∈(0,π4)，且cs2α= 53，则tanα=3− 52
10.下列有关向量的命题正确的是( )
A. 若a，b，c均为非零向量，且a⋅b=a⋅c，则b=c
B. 已知单位向量a，b，c满足2a+3b+4c=0，则a⋅b=14
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. 若点P在△ABC所在平面内，且OP=OB+OC2+λ(AB|AB|csB+AC|AC|csC)，λ∈R，则点P的轨迹经过△ABC的外心
11.如图，已知正三棱台ABC−A1B1C1由一个平面截棱长为6的正四面体所得，AA1=2，M，M1分别是AB，A1B1的中点，P是棱台的侧面AA1B1B上的动点(包含边界)，则下列结论中正确的是( )
A. 该三棱台的体积为38 23
B. 平面MM1C1C⊥平面AA1B1B
C. 直线CP与平面AA1B1B所成角的正切值的最小值为 2
D. 若CP=2 7，则点P的轨迹的长度为2π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在▵ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c，且a2+c2−b2= 2ac,ac=4，则AB⋅BC= ．
13.四棱锥P−ABCD的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱PD上一点，PE=35PD，若PF=λPC且满足BF//平面ACE，则λ=
14.榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF//CD，EF=4，则该木楔子的外接球的体积为 ．
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)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b=6，且满足bcsC=a+ 33csinB.
(1)求角B;
(2)若角B的角平分线交AC于点D，BD= 3，点E在线段AC上，EC=2EA，求△BDE的面积．
16.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=6，AB=10，cs∠CAB=35，AA1=8，点D是AB的中点．
(1)求证：AC1//平面CDB1;
(2)求证：AC⊥BC1;
(3)求三棱锥A1−B1CD的体积．
17.(本小题12分)
已知向量a=(csx,2sinx)，b=(2csx, 3csx)，函数f(x)=a⋅b．
(1)求函数f(x)=a⋅b在[0,π]上的单调递减区间;
(2)若f(x0)=115，且x0∈(π6,π3)，求cs2x0的值;
(3)将g(x)图像上所有的点向左平移π6个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有的点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，得到函数f(x)的图像，当x∈[0,π2]时，方程g(x)=m有一解，求实数m的取值范围．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=Asin(π2x+φ)(A>0,|φ|<π)的图像如图所示，点O为坐标原点，点B、D、F为f(x)的图像与x轴正半轴的交点，|OB|<|BD|，点C，E分别为f(x)的图像的最高点和最低点，而函数f(x)在x=−12处取得最小值．
(1)求φ的值;
(2)若A=1，求向量2BC−CD与向量BC+3CD的夹角的余弦值;
(3)若点P为函数f(x)的图像上的动点，当点P在C，E之间运动时，BP⋅PF≥1恒成立，求A的取值范围．
19.(本小题12分)
如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2，∠ACB=60∘，点F在BD上;
①点F为BD中点，求直线CF与直线AB所成的角的余弦值;
②当△AFC的面积最小时，求直线CF与平面ABD所成的角的正弦值．
答案解析
1.D
【解析】解：与−20∘终边相同的角的集合为S=β|β=−20°+k·360°,k∈Z，
结合题意，令k=1，则β=−20°+1×360°=340°．
故选D．
2.D
【解析】解：由正切函数的定义域，得2x+π6≠kπ+π2，k∈Z，
即x≠kπ2+π6(k∈Z)，
故函数f(x)=−2tan(2x+π6)的定义域是{x|x≠kπ2+π6,k∈Z}．
故选D．
3.B
【解析】解：根据题意得，
z= 3−i1+i=21+i
=21−i1+i1−i=1−i，
则z=1+i．
故选B．
4.A
【解析】解：根据直观图中平行于x轴的长度不变，
平行于y轴的长度变为原来的一半，
所以OA=2，
因为S△OAB=2 2S△O′A′B′=2 2× 34×22=2 6=12·OA·ℎ，
其中ℎ为点B到x轴的距离，
解出ℎ=2 6．
故选A．
5.D
【解析】解：f(x)=sin(2ωx+π6)+sin(2ωx−π6)+2cs2ωx−1
= 32sin2ωx+12cs2ωx+ 32sin2ωx−12cs2ωx+cs2ωx
= 3sin2ωx+cs2ωx=2sin(2ωx+π6)，
对于A，若f(x)相邻两条对称轴的距离为π2，则T=2×π2=π，
所以2π2ω=π，解得ω=1，故A错误；
对于B，若ω=1，则f(x)=2sin(2x+π6)，
当x∈[0,π2]时，2x+π6∈[π6,7π6]，
所以sin(2x+π6)∈[−12,1]，
所以f(x)=2sin(2x+π6)∈[−1,2]，故B错误；
对于C，f(x)=2sin(2ωx+π6)，
当x∈[0,π2]时，2ωx+π6∈[π6,πω+π6]，
因为f(x)在[0,π2]上单调递增，所以πω+π6⩽π2，解得0<ω⩽13，故C错误；
对于D，x∈[0,π]时，2ωx+π6∈[π6,2πω+π6]，
要f(x)在区间[0,π]上有且仅有两个零点，
则2π⩽2πω+π6<3π，
解得1112⩽ω<1712，故D正确．
故选：D．
6.B
【解析】解：α=20°，
则tanα+4sinα=sin20°+4sin20°cs20°cs20∘=sin20°+2sin40°cs20∘
=sin(60°−40°)+2sin40°cs(60∘−40∘)
= 32cs40°+32sin40°12cs40°+ 32sin40°
= 3，
故选：B．
7.D
【解析】解：对于A，当直线m与α相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故 A错误;
对于B，若m⊥α，n⊂β，m//n，则n⊥α，又n⊂β，所以α⊥β;当α⊥β时，m⊥α，当m⊂β时，n⊂β，
m，n可以相交，所以“m//n”是“α⊥β”的充分不必要条件，故 B错误;
对于C，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误;
对于D，若m、n是异面直线，m⊂α，m//β，n⊂β，n//α，则在直线m任取一点P，过直线n与点P确定平面
γ，γ∩α=c，又n//α，则n//c，n⊂β，c⊂β，所以c//β，又m//β，m⊂α，c⊂α，m∩c=P，所以α//β，
故D正确．
8.D
【解析】解：如图1，
在正四面体ABCD中，取AB的中点G，连接CG，DG，则CG⊥AB，DG⊥AB，而CG∩DG=G，且CG，DG⊂平面CDG，
所以AB⊥平面CDG，连接EG，FG，因为EG⊂平面CDG，FG⊂平面CDG，所以AB⊥EG，AB⊥FG．
由二面角的平面角的定义可以判断θ1=∠CGE，θ2=∠EGF，θ3=∠FGD，由对称性容易判断θ1=θ3．
设该正四面体的棱长为6，如图2，
CD=6，易得CG=DG=3 3，取CD的中点H，则GH⊥CD，CE=2，EH=HF=1，
在△GCH中，由勾股定理可得GH= GC2−CH2=3 2，
于是GE=GF= (3 2)2+12= 19．
于是，在△GCE中，由余弦定理可得csθ1=(3 3)2+( 19)2−222×3 3× 19=7 57，
在△GEF中，由余弦定理可得csθ2=( 19)2+( 19)2−222× 19× 19=1719，
而(7 57)2=4957=9311083>(1719)2=289361=8671083⇒7 57>1719，
即1>csθ1>csθ2>0⇒θ1<θ2，于是θ1=θ3<θ2．
故选：D．
9.ACD
【解析】解：若α是第二象限角或第三象限角，则csα<0．
若csα<0，取a=π，csα=−1<0，此时α不是第二象限角或第三象限角，
则p是q的充分不必要条件，故A项正确;
由于α为第一象限角，则csα>0，sinα>0，
csα 1+cs2α+sinα 1−cs2a=csα 1+2cs2α−1
+sinα 1−(1−2sin2α)=csα 2csα+sinα 2sinα= 2，故B项错误；
在△ABC中，若tanA⋅tanB=sinA⋅sinBcsA⋅csB>1
⇒sinA⋅sinB−csA⋅csBcsA⋅csB>0
⇒−cs(A+B)csA⋅csB=csCcsA⋅csB>0，
故csAcsBcsC>0，所以csA>0，csB>0，csC>0，
故△ABC为锐角三角形，故C项正确;
由cs2α=cs2α−sin2acs2α+sin2α=1−tan2α1+tan2α= 53，
所以3−3tan2α= 5+ 5tan2α，
则tan2α=3− 53+ 5=(3− 5)24，
由α∈(0,π4)，知tanα=3− 52，故D项正确．
10.BCD
【解析】解：对于A，因为a⋅b=a⋅c，
所以a·b−c=0．
因为a，b，c均为非零向量，则b=c或a⊥b−c，故A错误；
依题意2a+3b=−4c，两边同时平方得16c2=4a2+12a⋅b+9b2，
所以16=13+12a⋅b，可得a⋅b=14，故B正确；
对于C，AB|AB|表示AB方向的单位向量，AC|AC|表示AC方向的单位向量，
根据平面向量加法的几何意义可知AB|AB|+AC|AC|与∠BAC的角平分线共线，
由(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0可知∠BAC的角平分线与BC垂直，
所以三角形ABC是等腰三角形．
而AB|AB|⋅AC|AC|=1×1×csA=csA=12>0，
所以A为锐角，且A=π3，所以三角形ABC是等边三角形，故C正确；
对于D，由原式可得BP+CP=λ(AB|AB|csB+AC|AC|csC)，
两边同时与BC进行数量积运算，则BC·(BP+CP)=λ(BC·AB|AB|csB+BC·AC|AC|csC).
△ABC中，BC⋅AB=−|BC||AB|csB，BC⋅AC=|BC||AC|csC，
所以BC⋅(BP+CP)=0，所以点P的轨迹一定过△ABC的外心，故D正确．
11.ABC
【解析】解：选项A：将三棱台 ABC−A1B1C1 补形为棱长为6的正四面体SABC，
如图1，依题意， △SBC 是边长为6的正三角形，且 △SB1C1∽△SBC ，
所以 B1C1BC=SB−BB1SB ，即 B1C16=6−26 ，解得 B1C1=4 ，
(另解：因为 △SB1C1∽△SBC ， △SBC 是边长为6的正三角形，
所以 ▵SB1C1 也是正三角形，边长 SB1=SB−BB1=4 ，所以 B1C1=4 )．
于是正三棱台的高 ℎ= AA12− 33AB−A1B12= 22−2 332=2 63 ，
(另解： ℎ=ℎ正四面体SABC−ℎ正四面体SA1B1C1= 63×6−4=2 63 (棱长为a的正四面体的高为 63a ))，
所以该三棱台的体积 V=13× 34×42+ 34×42× 34×62+ 34×62×2 63=38 23 ，故A选项正确；
选项B：易知 M1M⊥AB ， MC⊥AB ，又 M1M∩MC=M ， M1M、MC⊂ 平面 M1MCC1 ，
所以 AB⊥ 平面 M1MCC1 ，又 AB⊂ 平面 AA1B1B ，所以平面 MM1C1C⊥ 平面 AA1B1B ，故B选项正确；
选项C：连接 CM1 ， PM1 ， SM1 ，在 ▵SMC 中， cs∠SMC=SM2+MC2−SC22⋅SM⋅MC= 3 32+3 32−622×3 3×3 3=13 ，
因此在 △M1MC 中， M1C= M1M2+MC2−2M1M⋅MC⋅cs∠SMC= 32+3 32−2× 3×3 3×13=2 6 ，
有 M1M2+M1C2=MC2 ，所以 M1M⊥M1C ，又 AB⊥ 平面 M1MCC1 ，
由 M1C⊂ 平面 M1MCC1 得 AB⊥M1C ，又 AB∩M1M=M ， AB、M1M⊂ 平面 AA1B1B ，
所以 M1C⊥ 平面 AA1B1B ，故直线CP与平面 AA1B1B 所成的角为 ∠CPM1 ，
在 Rt△CPM1 中， tan∠CPM1=M1CM1P ，而 M1C=2 6 ，
所以当 M1P 最大时， tan∠CPM1 最小，由点P在平面 AA1B1B 及其边界上运动，
知当点P与点A或点B重合时 M1P 最大，此时 M1P=2 3 ， tan∠CPM1=2 62 3= 2 ，
所以直线CP与平面 AA1B1B 所成角的正切值的最小值为 2 ，故C选项正确；
选项D：当 CP=2 7 时，可得 M1P= CP2−M1C2= 2 72−2 62=2 ，
因此点P的轨迹是以 M1 为圆心，2为半径的圆与等腰梯形 AA1B1B 重合部分的两段弧 A1E⌢ 和 B1F⌢ (如图2)，
连接 M1E ， M1F ，由 M1M= 3 ， M1E=M1F=2 ，易得 ∠EM1F=π3 ，
因此 ∠A1M1E=∠B1M1F=π3 ，所以 A1E⌢ 的长度 l=π3×2=2π3 ，
则点P的轨迹的长度为 2l=4π3 ，故选项D错误．
故选：ABC
12.−2 2
【解析】解：在▵ABC中，由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac= 22，
所以AB⋅BC=accs(π−B)=−accsB=−2 2．
13.13
【解析】解：如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，
由ABCD是正方形，得BO=OD，
在线段PE取点G，使得GE=ED，
由PE=35PD，得PGPE=13，
连接BG，FG，则BG//OE，
由OE⊂平面ACE，BG⊄平面ACE，
得BG//平面ACE，
而BF//平面ACE，
BG∩BF=B，BG,BF⊂平面BGF，
因此平面BGF//平面ACE，
又平面PCD∩平面ACE=EC，
平面PCD∩平面BGF=GF，
则GF//EC，
所以λ=PFPC=PGPE=13．
故答案为：13．
14.32π3
【解析】解：分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，则EG=4−22=1，
故AG= AE2−EG2= 22−12= 3．
取AD的中点O′，连接GO′，
又AG=GD，∴GO′⊥AD，则GO′= AG2−(AD2)2= 2．
由对称性易知，过正方形ABCD的中心O1且垂直于平面ABCD的直线必过线段EF的中点O2，且所求外接球的球心O在这条直线上，
设球O的半径为R，则R2=OO12+AO12，且R2=OO22+EO22，
从而OO12=OO22+2，即(OO1+OO2)(OO1−OO2)=2，
当点O在线段O1O2内(包括端点)时，有OO1+OO2=GO′= 2，可得OO1−OO2= 2，
从而OO1= 2，即球心O在线段EF的中点，其半径R=2．
当点O在线段O1O2外时，O1O2= 2,( 2+OO2)2=OO22+2，解得OO2=0(舍)．
故所求外接球的体积V=4πR33=32π3．
15.解：(1)因为bcsC=a+ 33csinB，所以由正弦定理得：
sinBcsC=sinA+ 33sinCsinB，
又sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
所以csBsinC+ 33sinCsinB=0，
因为在△ABC中，sinC≠0，所以csB+ 33sinB=0，tanB=− 3，
而0(2)因为B=2π3，外接圆的半径R=2 3，所以由正弦定理得：b=2RsinB=6，
由余弦定理得：a2+c2−2ac×(−12)=36，即a2+c2+ac=36①，
因为∠B的角平分线交AC于点D，并且BD= 3，
所以由S△ABD+S△CBD=S△ABC，得：12× 3csinπ3+12× 3asinπ3=12acsin2π3，
即 3(a+c)=ac②，
由①②，得：a=c=2 3，
所以△ABC为等腰三角形，于是BD⊥AC，
因为EC=2EA，而AC=6，所以EA=2，于是DE=DA−EA=1，
所以直角△BDE的面积S△BDE=12DE·BD=12×1× 3= 32．
【解析】(1)利用正弦定理，余弦定理，将已知条件转化为纯角的关系式，然后利用两角和的正弦公式化简即可求出角B;
(2)在(1)的条件下，可利用正弦定理求出b，然后利用余弦定理和三角形的面积公式可得关于a,c的方程组，可解得a,c的值，进一步发现△ABC为等腰三角形，BD⊥AC，再由EC=2EA，AC=6，求出DE，因此可求出△BDE的面积．
16.(1)证明：设B1C与BC1交于点E，则E为BC1的中点，连接DE，则在△ABC1中，DE//AC1，又DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，所以AC1//平面CDB1．
(2)证明：在△ABC中，由余弦定理BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcs∠CAB求得BC=8，
∴△ABC为直角三角形，∴AC⊥BC．
又∵CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1∩BC=C，CC1，BC⊂平面BCC1，
∴AC⊥平面BCC1．
∵BC1⊂平面BCC1，∴AC⊥BC1．
(3)解：在△ABC中过点C作CF⊥AB，垂足为F，
∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC=AB，CF⊂平面ABC，
∴CF⊥平面ABB1A1
易知S△DA1B1=12A1B1⋅A1A=40，CF=AC⋅BCAB=245，
∵VA1−B1CD=VC−A1DB1，∴VA1−B1CD=13×40×245=64．
【解析】(1)设B1C与BC1交于点E，则E为BC1的中点，连接DE，根据线面平行的判定定理即可证明；
(2)根据线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；
(3)根据面面垂直的性质得到CF⊥平面ABB1A1，再根据棱锥的体积即可求解。
17.解：(1)因为f(x)=a⋅b=2cs2x+2 3sinxcsx=cs2x+1+ 3sin2x=2cs(2x−π3)+1，
所以2kπ≤2x−π3≤π+2kπ，
即kπ+π6≤x≤2π3+kπ，k∈Z，
又因为x∈[0,π]，
所以函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间为[π6,2π3]；
(2)若f(x0)=115，则2cs(2x0−π3)+1=115，
所以cs(2x0−π3)=35，
因为x0∈(π6,π3)，所以2x0−π3∈(0,π3)，
所以sin(2x0−π3)= 1−cs2(2x0−π3)=45，
所以cs2x0=cs(2x0−π3+π3)=cs(2x0−π3)csπ3−sin(2x0−π3)sinπ3=35×12−45× 32=3−4 310，
故cs2x0=3−4 310；
(3)将g(x)图象上所有的点向左平移π6个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数f(x)的图象，
则将f(x)=2cs(2x−π3)+1图象上所有的点的纵坐标变为原来的12，再向下平移1个单位，最后再向右平移π6个单位得到函数g(x)的图象，
即g(x)=cs(2x−2π3)−12，
当x∈[0,π2]时，2x−2π3∈[−2π3,π3]，
由方程g(x)=m有一解，
可得m的取值范围为[−1,0)∪{12}.
【解析】(1)利用平面向量数量积的坐标表示结合二倍角公式、辅助角公式化简f(x)，再根据三角函数的性质整体代换计算即可求单调区间；
(2)利用同角三角函数的平方关系得sin(2x0−π3)=45，再根据余弦的和角公式计算即可；
(3)根据三角函数图象变换得g(x)，再根据三角函数的性质计算即可．
18.解：(1)在x=−12处取得最小值，则φ−π4=−π2+2kπ,k∈Z，
∴φ=2kπ−π4,k∈Z，又|φ|<π，则k=0，即φ=−π4；
(2)若A=1，取B(12,0)，C(32,1)，D(52,0)，
即BC=(1,1)，CD=(1,−1)，
故2BC−CD=(1,3)，即|2BC−CD|= 10；
BC+3CD=(4,−2)，即|BC+3CD|=2 5，
设向量2BC−CD与向量BC+3CD之间夹角为θ，
因此csθ=(2BC−CD)⋅(BC+3CD)|2BC−CD|⋅|BC+3CD|=−2 10×2 5=− 210；
(3)由题意可知：点P(x,Asin(π2x−π4))，x∈[32,72]，
令t=x−12，P(t+12,Asinπ2t)，F(92,0)，t∈[1,3]，
BP=(t,Asinπ2t)，PF=(4−t,−Asinπ2t)，
即BP⋅PF=(4−t)t−A2sin2π2t，
令ℎ1(t)=(4−t)t，ℎ2(t)=−A2sin2π2t，
可知ℎ1(t)与ℎ2(t)均在[1,2]上单调递增，在[2,3]上单调递减；
故BP⋅PF在t=1或t=3上取得最小值．
则当t=1时，BP⋅PF=3−A2⩾1，
则0当t=3时，BP⋅PF=3−A2⩾1，
则0因此A的取值范围是(0, 2]．
【解析】(1)根据f(−12)=−A，进一步求出φ；
(2)分别求出BC=(1,1)和CD=(1,−1)，并求出|2BC−CD|= 10和|BC+3CD|=2 5，运用向量的夹角公式即可求解；
(3)根据题意设点P(x,Asin(π2x−π4))，x∈[32,72]，令t=x−12，P(t+12,Asinπ2t)，F(92,0)，t∈[1,3]，可得BP⋅PF=(4−t)t−A2sin2π2t，令ℎ1(t)=(4−t)t，ℎ2(t)=−A2sin2π2t，根据函数的单调性进一步求出结果即可．
19.解：(1)因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE，
在△ABD和△CBD中AD=CD，∠ADB=∠CDB，DB=DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又E为AC的中点，
所以AC⊥BE，又DE，BE⊂平面BDE，DE∩BE=E，
所以AC⊥平面BDE．
又因为AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD;
(2) ①取BF的中点M，BC的中点N，连接MN，ME，NE，则AB//NE，CF//MN，
所以∠MNE(或其补角)为CF与AB所成的角，
由∠ACB=60∘且AB=CB，所以△ABC是等边三角形，则AB=BC=2，BE= 3，
由AD⊥CD且AD=CD，E为AC的中点，
所以，在等腰直角△ADC中DE= AE=EC=1，CD= 2，
在△BDE中，DE=1，BE= 3，BD=2，
所以 DE2+BE2=BD2 ，即 DE⊥BE ，
又 sin∠DBE=DEBD=12 ，
∴ ∠DBE=30∘ ，
在△BEM中，由余弦定理得EM2=BE2+BM2−2BE⋅BM⋅cs∠EBM，
即EM2=3+14−2× 3×12cs30∘=74，所以EM= 72，
在△BCD中，BD=BC=2，CD= 2，由余弦定理得cs∠CBD=4+4−22×2×2=34，
在△BCF中，CF2=BC2+BF2−2BC⋅BF⋅cs∠CBF，
即CF2=4+1−2×2×1×34=2，所以CF= 2，故MN= 22，
在△MNE中，EM= 72，EN=1，MN= 22，故|cs∠ENM|=|1+12−742×1× 22|= 28，
所以CF与AB所成角的余弦值为 28．
②
连接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，则S△AFC=12AC⋅EF，
当EF⊥BD时EF最小，即△AFC的面积最小．
因为AC⊥平面BDE，BD⊂平面BDE，所以AC⊥BD，
又因为AC⊂平面ACF，EF⊂平面ACF，AC∩EF=E，
所以BD⊥平面ACF，
又因为BD⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面ACF，
作CQ⊥AF于Q(或交AF延长线)，因为平面ABD∩平面ACF=AF，CQ⊂平面ACF，
所以CQ⊥平面ABD，所以∠CFA(或其补角)为CF与平面ABD所成的角，
由△ABD≌△CBD知AF=CF，所以EF⊥AC，
在直角△BED中，BE= 3，DE=1，BD=2，所以 EF=BE⋅DEBD= 32 ，
在直角△FEA中，AE=1，EF= 32，所以AF= AE2+EF2= 72 ，
在等腰△AFC中，AF=CF= 72，AC=2，
所以|cs∠AFC|=74+74−42× 72× 72=17,
所以sin∠AFC= 1−cs∠AFC2=4 37 ，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为4 37．
【解析】(1)根据已知关系有△ABD≌△CBD得到AB= CB，结合等腰三角形性质得到垂直关系，结合线面垂直的判定即可证明面面垂直;
(2) ①取BF的中点M，BC的中点N，则∠MNE(或其补角)为CF与AB所成的角，在△MNE中求解．
②先证平面ABD⊥平面ACF，根据面面垂直的性质和线面垂直的判定，可得∠CFA(或其补角)为CF与平面ABD所成的角，在△AFC中求解．
1.与−20°角终边相同的角是( )
A. −300∘B. −280∘C. 320∘D. 340∘
2.函数f(x)=−2tan(2x+π6)的定义域是( )
A. {x|x≠π6}B. {x|x≠−π12}
C. {x|x≠kπ+π6,k∈Z}D. {x|x≠kπ2+π6,k∈Z}
3.已知复数z满足(1+i)z=| 3−i|，则z=( )．
A. 1−iB. 1+iC. 2−2iD. 2+2i
4.用斜二测画法画出的水平放置的平面图形△OAB的直观图为如图所示的△O′A′B′，已知△O′A′B′是边长为2的等边三角形，则顶点B到x轴的距离是( )
A. 2 6B. 4C. 2 3D. 2 2
5.已知函数f(x)=sin(2ωx+π6)+sin(2ωx−π6)+2cs2ωx−1(ω>0)，则下列结论正确的是( )
A. 若f(x)相邻两条对称轴的距离为π2，则ω=2;
B. 若ω=1，则x∈[0,π2]时，f(x)的值域为[−1,1];
C. 若f(x)在[0,π2]上单调递增，则0<ω≤23;
D. 若f(x)在[0,π]上恰有2个零点，则1112≤ω<1712．
6.已知α=20∘，则tanα+4sinα的值为( )
A. 1B. 3C. 2D. 2 3
7.设m，n为空间中两条不同直线，α、β为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为( )
A. 若m上有两个点到平面α的距离相等，则m//α
B. 若m⊥α，n⊂β，则“m//n”是“α⊥β”的既不充分也不必要条件
C. 若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n
D. 若m，n是异面直线，m⊂α，m//β，n⊂β，n//α，则α//β
8.如图，在正四面体ABCD中，E，F是棱CD上的三等分点，记二面角C−AB−E，E−AB−F，F−AB−D的平面角分别为θ1，θ2，θ3，则( )
A. θ1=θ2=θ3B. θ1<θ2<θ3C. θ1=θ3>θ2D. θ1=θ3<θ2
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.下列命题正确的是( )
A. p:α是第二象限角或第三象限角，q:csα<0，则p是q的充分不必要条件
B. 若α为第一象限角，则csα 1+cs2α+sinα 1−cs2α= 22
C. 在△ABC中，若tanA⋅tanB>1，则△ABC为锐角三角形
D. 已知α∈(0,π4)，且cs2α= 53，则tanα=3− 52
10.下列有关向量的命题正确的是( )
A. 若a，b，c均为非零向量，且a⋅b=a⋅c，则b=c
B. 已知单位向量a，b，c满足2a+3b+4c=0，则a⋅b=14
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. 若点P在△ABC所在平面内，且OP=OB+OC2+λ(AB|AB|csB+AC|AC|csC)，λ∈R，则点P的轨迹经过△ABC的外心
11.如图，已知正三棱台ABC−A1B1C1由一个平面截棱长为6的正四面体所得，AA1=2，M，M1分别是AB，A1B1的中点，P是棱台的侧面AA1B1B上的动点(包含边界)，则下列结论中正确的是( )
A. 该三棱台的体积为38 23
B. 平面MM1C1C⊥平面AA1B1B
C. 直线CP与平面AA1B1B所成角的正切值的最小值为 2
D. 若CP=2 7，则点P的轨迹的长度为2π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在▵ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c，且a2+c2−b2= 2ac,ac=4，则AB⋅BC= ．
13.四棱锥P−ABCD的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱PD上一点，PE=35PD，若PF=λPC且满足BF//平面ACE，则λ=
14.榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF//CD，EF=4，则该木楔子的外接球的体积为 ．
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)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b=6，且满足bcsC=a+ 33csinB.
(1)求角B;
(2)若角B的角平分线交AC于点D，BD= 3，点E在线段AC上，EC=2EA，求△BDE的面积．
16.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=6，AB=10，cs∠CAB=35，AA1=8，点D是AB的中点．
(1)求证：AC1//平面CDB1;
(2)求证：AC⊥BC1;
(3)求三棱锥A1−B1CD的体积．
17.(本小题12分)
已知向量a=(csx,2sinx)，b=(2csx, 3csx)，函数f(x)=a⋅b．
(1)求函数f(x)=a⋅b在[0,π]上的单调递减区间;
(2)若f(x0)=115，且x0∈(π6,π3)，求cs2x0的值;
(3)将g(x)图像上所有的点向左平移π6个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有的点的横坐标不变，纵坐标变为原来的2倍，得到函数f(x)的图像，当x∈[0,π2]时，方程g(x)=m有一解，求实数m的取值范围．
18.(本小题12分)
已知函数f(x)=Asin(π2x+φ)(A>0,|φ|<π)的图像如图所示，点O为坐标原点，点B、D、F为f(x)的图像与x轴正半轴的交点，|OB|<|BD|，点C，E分别为f(x)的图像的最高点和最低点，而函数f(x)在x=−12处取得最小值．
(1)求φ的值;
(2)若A=1，求向量2BC−CD与向量BC+3CD的夹角的余弦值;
(3)若点P为函数f(x)的图像上的动点，当点P在C，E之间运动时，BP⋅PF≥1恒成立，求A的取值范围．
19.(本小题12分)
如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD=CD，∠ADB=∠BDC，E为AC的中点．
(1)证明：平面BED⊥平面ACD;
(2)设AB=BD=2，∠ACB=60∘，点F在BD上;
①点F为BD中点，求直线CF与直线AB所成的角的余弦值;
②当△AFC的面积最小时，求直线CF与平面ABD所成的角的正弦值．
答案解析
1.D
【解析】解：与−20∘终边相同的角的集合为S=β|β=−20°+k·360°,k∈Z，
结合题意，令k=1，则β=−20°+1×360°=340°．
故选D．
2.D
【解析】解：由正切函数的定义域，得2x+π6≠kπ+π2，k∈Z，
即x≠kπ2+π6(k∈Z)，
故函数f(x)=−2tan(2x+π6)的定义域是{x|x≠kπ2+π6,k∈Z}．
故选D．
3.B
【解析】解：根据题意得，
z= 3−i1+i=21+i
=21−i1+i1−i=1−i，
则z=1+i．
故选B．
4.A
【解析】解：根据直观图中平行于x轴的长度不变，
平行于y轴的长度变为原来的一半，
所以OA=2，
因为S△OAB=2 2S△O′A′B′=2 2× 34×22=2 6=12·OA·ℎ，
其中ℎ为点B到x轴的距离，
解出ℎ=2 6．
故选A．
5.D
【解析】解：f(x)=sin(2ωx+π6)+sin(2ωx−π6)+2cs2ωx−1
= 32sin2ωx+12cs2ωx+ 32sin2ωx−12cs2ωx+cs2ωx
= 3sin2ωx+cs2ωx=2sin(2ωx+π6)，
对于A，若f(x)相邻两条对称轴的距离为π2，则T=2×π2=π，
所以2π2ω=π，解得ω=1，故A错误；
对于B，若ω=1，则f(x)=2sin(2x+π6)，
当x∈[0,π2]时，2x+π6∈[π6,7π6]，
所以sin(2x+π6)∈[−12,1]，
所以f(x)=2sin(2x+π6)∈[−1,2]，故B错误；
对于C，f(x)=2sin(2ωx+π6)，
当x∈[0,π2]时，2ωx+π6∈[π6,πω+π6]，
因为f(x)在[0,π2]上单调递增，所以πω+π6⩽π2，解得0<ω⩽13，故C错误；
对于D，x∈[0,π]时，2ωx+π6∈[π6,2πω+π6]，
要f(x)在区间[0,π]上有且仅有两个零点，
则2π⩽2πω+π6<3π，
解得1112⩽ω<1712，故D正确．
故选：D．
6.B
【解析】解：α=20°，
则tanα+4sinα=sin20°+4sin20°cs20°cs20∘=sin20°+2sin40°cs20∘
=sin(60°−40°)+2sin40°cs(60∘−40∘)
= 32cs40°+32sin40°12cs40°+ 32sin40°
= 3，
故选：B．
7.D
【解析】解：对于A，当直线m与α相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故 A错误;
对于B，若m⊥α，n⊂β，m//n，则n⊥α，又n⊂β，所以α⊥β;当α⊥β时，m⊥α，当m⊂β时，n⊂β，
m，n可以相交，所以“m//n”是“α⊥β”的充分不必要条件，故 B错误;
对于C，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误;
对于D，若m、n是异面直线，m⊂α，m//β，n⊂β，n//α，则在直线m任取一点P，过直线n与点P确定平面
γ，γ∩α=c，又n//α，则n//c，n⊂β，c⊂β，所以c//β，又m//β，m⊂α，c⊂α，m∩c=P，所以α//β，
故D正确．
8.D
【解析】解：如图1，
在正四面体ABCD中，取AB的中点G，连接CG，DG，则CG⊥AB，DG⊥AB，而CG∩DG=G，且CG，DG⊂平面CDG，
所以AB⊥平面CDG，连接EG，FG，因为EG⊂平面CDG，FG⊂平面CDG，所以AB⊥EG，AB⊥FG．
由二面角的平面角的定义可以判断θ1=∠CGE，θ2=∠EGF，θ3=∠FGD，由对称性容易判断θ1=θ3．
设该正四面体的棱长为6，如图2，
CD=6，易得CG=DG=3 3，取CD的中点H，则GH⊥CD，CE=2，EH=HF=1，
在△GCH中，由勾股定理可得GH= GC2−CH2=3 2，
于是GE=GF= (3 2)2+12= 19．
于是，在△GCE中，由余弦定理可得csθ1=(3 3)2+( 19)2−222×3 3× 19=7 57，
在△GEF中，由余弦定理可得csθ2=( 19)2+( 19)2−222× 19× 19=1719，
而(7 57)2=4957=9311083>(1719)2=289361=8671083⇒7 57>1719，
即1>csθ1>csθ2>0⇒θ1<θ2，于是θ1=θ3<θ2．
故选：D．
9.ACD
【解析】解：若α是第二象限角或第三象限角，则csα<0．
若csα<0，取a=π，csα=−1<0，此时α不是第二象限角或第三象限角，
则p是q的充分不必要条件，故A项正确;
由于α为第一象限角，则csα>0，sinα>0，
csα 1+cs2α+sinα 1−cs2a=csα 1+2cs2α−1
+sinα 1−(1−2sin2α)=csα 2csα+sinα 2sinα= 2，故B项错误；
在△ABC中，若tanA⋅tanB=sinA⋅sinBcsA⋅csB>1
⇒sinA⋅sinB−csA⋅csBcsA⋅csB>0
⇒−cs(A+B)csA⋅csB=csCcsA⋅csB>0，
故csAcsBcsC>0，所以csA>0，csB>0，csC>0，
故△ABC为锐角三角形，故C项正确;
由cs2α=cs2α−sin2acs2α+sin2α=1−tan2α1+tan2α= 53，
所以3−3tan2α= 5+ 5tan2α，
则tan2α=3− 53+ 5=(3− 5)24，
由α∈(0,π4)，知tanα=3− 52，故D项正确．
10.BCD
【解析】解：对于A，因为a⋅b=a⋅c，
所以a·b−c=0．
因为a，b，c均为非零向量，则b=c或a⊥b−c，故A错误；
依题意2a+3b=−4c，两边同时平方得16c2=4a2+12a⋅b+9b2，
所以16=13+12a⋅b，可得a⋅b=14，故B正确；
对于C，AB|AB|表示AB方向的单位向量，AC|AC|表示AC方向的单位向量，
根据平面向量加法的几何意义可知AB|AB|+AC|AC|与∠BAC的角平分线共线，
由(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0可知∠BAC的角平分线与BC垂直，
所以三角形ABC是等腰三角形．
而AB|AB|⋅AC|AC|=1×1×csA=csA=12>0，
所以A为锐角，且A=π3，所以三角形ABC是等边三角形，故C正确；
对于D，由原式可得BP+CP=λ(AB|AB|csB+AC|AC|csC)，
两边同时与BC进行数量积运算，则BC·(BP+CP)=λ(BC·AB|AB|csB+BC·AC|AC|csC).
△ABC中，BC⋅AB=−|BC||AB|csB，BC⋅AC=|BC||AC|csC，
所以BC⋅(BP+CP)=0，所以点P的轨迹一定过△ABC的外心，故D正确．
11.ABC
【解析】解：选项A：将三棱台 ABC−A1B1C1 补形为棱长为6的正四面体SABC，
如图1，依题意， △SBC 是边长为6的正三角形，且 △SB1C1∽△SBC ，
所以 B1C1BC=SB−BB1SB ，即 B1C16=6−26 ，解得 B1C1=4 ，
(另解：因为 △SB1C1∽△SBC ， △SBC 是边长为6的正三角形，
所以 ▵SB1C1 也是正三角形，边长 SB1=SB−BB1=4 ，所以 B1C1=4 )．
于是正三棱台的高 ℎ= AA12− 33AB−A1B12= 22−2 332=2 63 ，
(另解： ℎ=ℎ正四面体SABC−ℎ正四面体SA1B1C1= 63×6−4=2 63 (棱长为a的正四面体的高为 63a ))，
所以该三棱台的体积 V=13× 34×42+ 34×42× 34×62+ 34×62×2 63=38 23 ，故A选项正确；
选项B：易知 M1M⊥AB ， MC⊥AB ，又 M1M∩MC=M ， M1M、MC⊂ 平面 M1MCC1 ，
所以 AB⊥ 平面 M1MCC1 ，又 AB⊂ 平面 AA1B1B ，所以平面 MM1C1C⊥ 平面 AA1B1B ，故B选项正确；
选项C：连接 CM1 ， PM1 ， SM1 ，在 ▵SMC 中， cs∠SMC=SM2+MC2−SC22⋅SM⋅MC= 3 32+3 32−622×3 3×3 3=13 ，
因此在 △M1MC 中， M1C= M1M2+MC2−2M1M⋅MC⋅cs∠SMC= 32+3 32−2× 3×3 3×13=2 6 ，
有 M1M2+M1C2=MC2 ，所以 M1M⊥M1C ，又 AB⊥ 平面 M1MCC1 ，
由 M1C⊂ 平面 M1MCC1 得 AB⊥M1C ，又 AB∩M1M=M ， AB、M1M⊂ 平面 AA1B1B ，
所以 M1C⊥ 平面 AA1B1B ，故直线CP与平面 AA1B1B 所成的角为 ∠CPM1 ，
在 Rt△CPM1 中， tan∠CPM1=M1CM1P ，而 M1C=2 6 ，
所以当 M1P 最大时， tan∠CPM1 最小，由点P在平面 AA1B1B 及其边界上运动，
知当点P与点A或点B重合时 M1P 最大，此时 M1P=2 3 ， tan∠CPM1=2 62 3= 2 ，
所以直线CP与平面 AA1B1B 所成角的正切值的最小值为 2 ，故C选项正确；
选项D：当 CP=2 7 时，可得 M1P= CP2−M1C2= 2 72−2 62=2 ，
因此点P的轨迹是以 M1 为圆心，2为半径的圆与等腰梯形 AA1B1B 重合部分的两段弧 A1E⌢ 和 B1F⌢ (如图2)，
连接 M1E ， M1F ，由 M1M= 3 ， M1E=M1F=2 ，易得 ∠EM1F=π3 ，
因此 ∠A1M1E=∠B1M1F=π3 ，所以 A1E⌢ 的长度 l=π3×2=2π3 ，
则点P的轨迹的长度为 2l=4π3 ，故选项D错误．
故选：ABC
12.−2 2
【解析】解：在▵ABC中，由余弦定理得csB=a2+c2−b22ac= 22，
所以AB⋅BC=accs(π−B)=−accsB=−2 2．
13.13
【解析】解：如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，
由ABCD是正方形，得BO=OD，
在线段PE取点G，使得GE=ED，
由PE=35PD，得PGPE=13，
连接BG，FG，则BG//OE，
由OE⊂平面ACE，BG⊄平面ACE，
得BG//平面ACE，
而BF//平面ACE，
BG∩BF=B，BG,BF⊂平面BGF，
因此平面BGF//平面ACE，
又平面PCD∩平面ACE=EC，
平面PCD∩平面BGF=GF，
则GF//EC，
所以λ=PFPC=PGPE=13．
故答案为：13．
14.32π3
【解析】解：分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，则EG=4−22=1，
故AG= AE2−EG2= 22−12= 3．
取AD的中点O′，连接GO′，
又AG=GD，∴GO′⊥AD，则GO′= AG2−(AD2)2= 2．
由对称性易知，过正方形ABCD的中心O1且垂直于平面ABCD的直线必过线段EF的中点O2，且所求外接球的球心O在这条直线上，
设球O的半径为R，则R2=OO12+AO12，且R2=OO22+EO22，
从而OO12=OO22+2，即(OO1+OO2)(OO1−OO2)=2，
当点O在线段O1O2内(包括端点)时，有OO1+OO2=GO′= 2，可得OO1−OO2= 2，
从而OO1= 2，即球心O在线段EF的中点，其半径R=2．
当点O在线段O1O2外时，O1O2= 2,( 2+OO2)2=OO22+2，解得OO2=0(舍)．
故所求外接球的体积V=4πR33=32π3．
15.解：(1)因为bcsC=a+ 33csinB，所以由正弦定理得：
sinBcsC=sinA+ 33sinCsinB，
又sinA=sin(B+C)=sinBcsC+csBsinC，
所以csBsinC+ 33sinCsinB=0，
因为在△ABC中，sinC≠0，所以csB+ 33sinB=0，tanB=− 3，
而0
由余弦定理得：a2+c2−2ac×(−12)=36，即a2+c2+ac=36①，
因为∠B的角平分线交AC于点D，并且BD= 3，
所以由S△ABD+S△CBD=S△ABC，得：12× 3csinπ3+12× 3asinπ3=12acsin2π3，
即 3(a+c)=ac②，
由①②，得：a=c=2 3，
所以△ABC为等腰三角形，于是BD⊥AC，
因为EC=2EA，而AC=6，所以EA=2，于是DE=DA−EA=1，
所以直角△BDE的面积S△BDE=12DE·BD=12×1× 3= 32．
【解析】(1)利用正弦定理，余弦定理，将已知条件转化为纯角的关系式，然后利用两角和的正弦公式化简即可求出角B;
(2)在(1)的条件下，可利用正弦定理求出b，然后利用余弦定理和三角形的面积公式可得关于a,c的方程组，可解得a,c的值，进一步发现△ABC为等腰三角形，BD⊥AC，再由EC=2EA，AC=6，求出DE，因此可求出△BDE的面积．
16.(1)证明：设B1C与BC1交于点E，则E为BC1的中点，连接DE，则在△ABC1中，DE//AC1，又DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，所以AC1//平面CDB1．
(2)证明：在△ABC中，由余弦定理BC2=AC2+AB2−2AC⋅ABcs∠CAB求得BC=8，
∴△ABC为直角三角形，∴AC⊥BC．
又∵CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴CC1⊥AC，CC1∩BC=C，CC1，BC⊂平面BCC1，
∴AC⊥平面BCC1．
∵BC1⊂平面BCC1，∴AC⊥BC1．
(3)解：在△ABC中过点C作CF⊥AB，垂足为F，
∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC=AB，CF⊂平面ABC，
∴CF⊥平面ABB1A1
易知S△DA1B1=12A1B1⋅A1A=40，CF=AC⋅BCAB=245，
∵VA1−B1CD=VC−A1DB1，∴VA1−B1CD=13×40×245=64．
【解析】(1)设B1C与BC1交于点E，则E为BC1的中点，连接DE，根据线面平行的判定定理即可证明；
(2)根据线面垂直的判定定理和性质定理即可证明；
(3)根据面面垂直的性质得到CF⊥平面ABB1A1，再根据棱锥的体积即可求解。
17.解：(1)因为f(x)=a⋅b=2cs2x+2 3sinxcsx=cs2x+1+ 3sin2x=2cs(2x−π3)+1，
所以2kπ≤2x−π3≤π+2kπ，
即kπ+π6≤x≤2π3+kπ，k∈Z，
又因为x∈[0,π]，
所以函数f(x)在[0,π]上的单调递减区间为[π6,2π3]；
(2)若f(x0)=115，则2cs(2x0−π3)+1=115，
所以cs(2x0−π3)=35，
因为x0∈(π6,π3)，所以2x0−π3∈(0,π3)，
所以sin(2x0−π3)= 1−cs2(2x0−π3)=45，
所以cs2x0=cs(2x0−π3+π3)=cs(2x0−π3)csπ3−sin(2x0−π3)sinπ3=35×12−45× 32=3−4 310，
故cs2x0=3−4 310；
(3)将g(x)图象上所有的点向左平移π6个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数f(x)的图象，
则将f(x)=2cs(2x−π3)+1图象上所有的点的纵坐标变为原来的12，再向下平移1个单位，最后再向右平移π6个单位得到函数g(x)的图象，
即g(x)=cs(2x−2π3)−12，
当x∈[0,π2]时，2x−2π3∈[−2π3,π3]，
由方程g(x)=m有一解，
可得m的取值范围为[−1,0)∪{12}.
【解析】(1)利用平面向量数量积的坐标表示结合二倍角公式、辅助角公式化简f(x)，再根据三角函数的性质整体代换计算即可求单调区间；
(2)利用同角三角函数的平方关系得sin(2x0−π3)=45，再根据余弦的和角公式计算即可；
(3)根据三角函数图象变换得g(x)，再根据三角函数的性质计算即可．
18.解：(1)在x=−12处取得最小值，则φ−π4=−π2+2kπ,k∈Z，
∴φ=2kπ−π4,k∈Z，又|φ|<π，则k=0，即φ=−π4；
(2)若A=1，取B(12,0)，C(32,1)，D(52,0)，
即BC=(1,1)，CD=(1,−1)，
故2BC−CD=(1,3)，即|2BC−CD|= 10；
BC+3CD=(4,−2)，即|BC+3CD|=2 5，
设向量2BC−CD与向量BC+3CD之间夹角为θ，
因此csθ=(2BC−CD)⋅(BC+3CD)|2BC−CD|⋅|BC+3CD|=−2 10×2 5=− 210；
(3)由题意可知：点P(x,Asin(π2x−π4))，x∈[32,72]，
令t=x−12，P(t+12,Asinπ2t)，F(92,0)，t∈[1,3]，
BP=(t,Asinπ2t)，PF=(4−t,−Asinπ2t)，
即BP⋅PF=(4−t)t−A2sin2π2t，
令ℎ1(t)=(4−t)t，ℎ2(t)=−A2sin2π2t，
可知ℎ1(t)与ℎ2(t)均在[1,2]上单调递增，在[2,3]上单调递减；
故BP⋅PF在t=1或t=3上取得最小值．
则当t=1时，BP⋅PF=3−A2⩾1，
则0
则0
【解析】(1)根据f(−12)=−A，进一步求出φ；
(2)分别求出BC=(1,1)和CD=(1,−1)，并求出|2BC−CD|= 10和|BC+3CD|=2 5，运用向量的夹角公式即可求解；
(3)根据题意设点P(x,Asin(π2x−π4))，x∈[32,72]，令t=x−12，P(t+12,Asinπ2t)，F(92,0)，t∈[1,3]，可得BP⋅PF=(4−t)t−A2sin2π2t，令ℎ1(t)=(4−t)t，ℎ2(t)=−A2sin2π2t，根据函数的单调性进一步求出结果即可．
19.解：(1)因为AD=CD，E为AC的中点，所以AC⊥DE，
在△ABD和△CBD中AD=CD，∠ADB=∠CDB，DB=DB，
所以△ABD≌△CBD，所以AB=CB，又E为AC的中点，
所以AC⊥BE，又DE，BE⊂平面BDE，DE∩BE=E，
所以AC⊥平面BDE．
又因为AC⊂平面ACD，
所以平面BED⊥平面ACD;
(2) ①取BF的中点M，BC的中点N，连接MN，ME，NE，则AB//NE，CF//MN，
所以∠MNE(或其补角)为CF与AB所成的角，
由∠ACB=60∘且AB=CB，所以△ABC是等边三角形，则AB=BC=2，BE= 3，
由AD⊥CD且AD=CD，E为AC的中点，
所以，在等腰直角△ADC中DE= AE=EC=1，CD= 2，
在△BDE中，DE=1，BE= 3，BD=2，
所以 DE2+BE2=BD2 ，即 DE⊥BE ，
又 sin∠DBE=DEBD=12 ，
∴ ∠DBE=30∘ ，
在△BEM中，由余弦定理得EM2=BE2+BM2−2BE⋅BM⋅cs∠EBM，
即EM2=3+14−2× 3×12cs30∘=74，所以EM= 72，
在△BCD中，BD=BC=2，CD= 2，由余弦定理得cs∠CBD=4+4−22×2×2=34，
在△BCF中，CF2=BC2+BF2−2BC⋅BF⋅cs∠CBF，
即CF2=4+1−2×2×1×34=2，所以CF= 2，故MN= 22，
在△MNE中，EM= 72，EN=1，MN= 22，故|cs∠ENM|=|1+12−742×1× 22|= 28，
所以CF与AB所成角的余弦值为 28．
②
连接EF，由(1)知，AC⊥平面BED，EF⊂平面BED，
所以AC⊥EF，则S△AFC=12AC⋅EF，
当EF⊥BD时EF最小，即△AFC的面积最小．
因为AC⊥平面BDE，BD⊂平面BDE，所以AC⊥BD，
又因为AC⊂平面ACF，EF⊂平面ACF，AC∩EF=E，
所以BD⊥平面ACF，
又因为BD⊂平面ABD，所以平面ABD⊥平面ACF，
作CQ⊥AF于Q(或交AF延长线)，因为平面ABD∩平面ACF=AF，CQ⊂平面ACF，
所以CQ⊥平面ABD，所以∠CFA(或其补角)为CF与平面ABD所成的角，
由△ABD≌△CBD知AF=CF，所以EF⊥AC，
在直角△BED中，BE= 3，DE=1，BD=2，所以 EF=BE⋅DEBD= 32 ，
在直角△FEA中，AE=1，EF= 32，所以AF= AE2+EF2= 72 ，
在等腰△AFC中，AF=CF= 72，AC=2，
所以|cs∠AFC|=74+74−42× 72× 72=17,
所以sin∠AFC= 1−cs∠AFC2=4 37 ，
所以CF与平面ABD所成的角的正弦值为4 37．
【解析】(1)根据已知关系有△ABD≌△CBD得到AB= CB，结合等腰三角形性质得到垂直关系，结合线面垂直的判定即可证明面面垂直;
(2) ①取BF的中点M，BC的中点N，则∠MNE(或其补角)为CF与AB所成的角，在△MNE中求解．
②先证平面ABD⊥平面ACF，根据面面垂直的性质和线面垂直的判定，可得∠CFA(或其补角)为CF与平面ABD所成的角，在△AFC中求解．
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