【文档说明】新教材高一数学第二学期期末试卷二十（原卷版+教师版）.doc，共(28)页，1.766 MB，由MTyang资料小铺上传

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新教材高一数学第二学期期末试卷测试时间：120分钟总分：150第I卷一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若复数z满足()1i1i,iz−=+为虚数单位，则2022z=（）A.1

−B.1C.i−D.i2.已知函数()tan()(0)fxAx=+的部分图象如图所示，且()1f=−，则6f=（）A.33B.66C.23−D.223.如图，在正方体1111ABC

DABCD−中，点,EF分别为棱AB和1AA上的中点，则异面直线EF与BD所成角的大小为（）A.90oB.60oC.45oD.30o4.已知ABCV中，3ABAC==，且||||ABACABAC+=−uuuruuuruuuruuur，点D，E是BC边的两个三等分点，则ADAE=uu

uruuur（）A.3B.4C.5D.65.在正方体ABCDABCD−中，E为棱DC上的动点，F为线段BE的中点.给出下列四个①BEAD⊥；②直线DF与平面ABBA所成角不变；③点F到直线AB的距离

不变；④点F到,,ADDA,四点的距离相等.其中，所有正确结论的序号为（）A.②③B.③④C.①③④D.①②④6.某班设计了一个八边形的班徽（如图），它由腰长为1，顶角为的四个等腰三角形，及其底边构成的

正方形所组成，该八边形的面积为A.2sin2cos2−+；B.sin3cos3−+C.3sin3cos1−+D.2sincos1−+7.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，P、Q、M、N、H、R是各条棱的中点.①直线1//AD平面MNP；②1

HDCQ⊥；③P、Q、H、R四点共面；④1AC⊥平面11ABD.其中正确的个数为（）A.1B.2C.3D.48.正四面体是一种柏拉图多面体，正四面体与自身对偶；正四面体的重心，四条高的交点，外接球、内切

球球心共点．4个半径为1的小球装入一个正四面体内，下列四个结论中错误的是（）A.四面体最小体积()323613V+=B.四面体最小表面积()24361S=+C.四面体最短棱长()261a=+D.四面体最小高12263h+=二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，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.（多选题）已知22tan2tan10xy−−=，则下列式子成立的是（）A.22sin2sin1yx=+B.22sin2sin1yx=−−C.22sin2sin1yx=−

D.22sin12cosyx=−10.下列选项中，与()sin330−o的值相等的是（）A.22cos15oB.cos18cos42sin18sin42−ooooC.2sin15sin75ooD.tan30tan

15tan30tan15++oooo11.正方体1111ABCDABCD−的棱长为2,,,EFG分别为11,,BCCCBB的中点，则（）A.直线1BC与直线AF夹角45B.直线1AG与平面AEF平行C.平面AEF截正方体所得的截面面积为92D.点C和点G

到平面AEF的距离相等12.正方体1111ABCDABCD−棱长为1，若P是空间异于1C的一个动点，且11PCBD⊥，则下列正确的是（）A.1PC//平面1ACBB.存在唯一一点P，使11//PDBCC.存在无数个点P，使11PDBC⊥D.若PAPC⊥，则点P到直线11AC的最短

距离为66第II卷三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13.若向量,abrr满足3,5,1aabab=−==rrrrr，则b=r_________.14.已知锐角ABCV的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3c=，223abab+−=，则ABC

V面积的取值范围是___________.15.如图，OAB△是OABV在斜二测画法下的直观图，其中2OAOB==Q，且OAOB⊥，则OABV的面积为___________.16.如图，在四面体ABCD中，5ABCDACBD====，32ADBC==，E､F分

别是AD､BC的中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则下面的说法中正确的有___________.①EFAD⊥，EFBC⊥②四面体外接球的表面积为34.③异面直线AC与BD所成角的正弦值为725

④多边形截面面积的最大值为92.四､解答题：本题共6小题，共计70分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步17.已知函数2()3sin22cos()fxxxmmR=++.（1）求()fx的最小正周期；（2

）求()fx的单调递增区间；（3）对于任意[0,]2x都有()0fx恒成立，求m的取值范围.18.如图，四棱锥PABCD−中，侧面PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，12ABBCAD==，9

0BADABC==，E为AD的中点．（1）证明：PEAB⊥；（2）若PAD△面积为3，求点D到面PAC的距离．19.ABCV中，,,abc是角,,ABC所对的边，()sinsinsinbBcCacA−=+

.（1）求BÐ的大小；（2）若4,aABC=V的面积为53，求b的值.20.在ABCV中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sincosabcAbaB+==．（1）求A；（2）如图，已知2AB=，D为AC的中点，点P在BD上，且满足1APCP=uuuruuur，求PAC△的

面积．21.如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，点F为线段PC上的点，过,,ADF三点的平面与PB交于点E.（1）证明：//EF平面ABCD：（2）若E为PB中点，且ABAP=，求平面

ADFE将四棱锥分成两部分的体积比.22.在四棱锥PABCD−中，PA⊥底面,,ABCECDAEAC⊥平分,BADG为PC的中点，2,,3,23,,PAADBCDEABCDFM=====分别为,BCEC上一点，且//AFCD.（1）求ME

MG的值，使得//CM平面AFG；（2）过点E作平面PCD的垂线，垂足为H，求四棱锥HABCD−的体积.新教材高一数学第二学期期末试卷测试时间：120分钟总分：150第I卷一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题给出的四个选项中，只

有一项是符合题目要求的.1.若复数z满足()1i1i,iz−=+为虚数单位，则2022z=（）A.1−B.1C.i−D.i【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法求z，再由复数的乘法运算求2022z.【详解】由题设，21i(1i)2ii1i(1i)(1i)2z++====−−+，且

41i=，所以420222052220521ziii+===−=.故选：A2.已知函数()tan()(0)fxAx=+的部分图象如图所示，且()1f=−，则6f=（）A.33B.66C.23−D.22【答案】A【解析】【分析】由正切函数

的性质结合函数图象的特征可得函数()fx的解析式，即可得解.【详解】由图象可知，函数()yfx=的最小正周期为2，所以122==，1()tan2fxAx=+，由02f=得tan04+=，所以()4kkZ=−+，则11

()tantan2424fxAxkAx=−+=−，又()1f=−，所以tan14A=−，所以1A=−，故1()tan24fxx=−−，从而3tan663f=−−=.故选:A．3.如图，在正方体1111ABCD

ABCD−中，点,EF分别为棱AB和1AA上的中点，则异面直线EF与BD所成角的大小为（）A.90oB.60oC.45oD.30o【答案】B【解析】【分析】连接1AB、1AD，即可得到1//ABEF，从而1ABD即为异面直线EF与BD所成角，再根据正方体的性质看

得到1ABDV为等边三角形，即可得解；【详解】解：如图连接1AB、1AD，因为点E、F分别为棱AB和1AA上的中点，所以1//ABEF，所以1ABD即为异面直线EF与BD所成角，在正方体中1ABDV为等边三角形，所以160ABD=，即异面直线EF与BD所成角为60；故

选：B4.已知ABCV中，3ABAC==，且||||ABACABAC+=−uuuruuuruuuruuur，点D，E是BC边的两个三等分点，则ADAE=uuuruuur（）A.3B.4C.5D.6【答案】B【解析】【分析】由||||ABACABAC+=−uuuruuuruu

uruuur知，0ABAC=uuuruuur，根据平面向量的线性运算可推出2133ADABAC=+uuuruuuruuur，1233AEABAC=+uuuruuuruuur，故21123333ADAEABACABAC=++

uuuruuuruuuruuuruuuruuur，展开后代入数据进行运算即可.【详解】解：∵||||ABACABAC+=−uuuruuuruuuruuur，∴0ABAC=uuuruuur，∵点D是BC边的三等分点，

∴11()33ADABBDABBCABACAB=+=+=+−uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur2133ABAC=+uuuruuur.同理可得，1233AEABAC=+uuuruuuruuur，∴()2221122(3339)3ADAEABACAB

ACABAC=++=+uuuvuuuvuuuvuuuvuuuvuuuvuuuvuuuv2(99)49=+=.故选：B.【点睛】本题考查平面向量数量积运算、模的运算、平面向量基本定理，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力、运算求解能力，求解时注意基底

的选择.5.在正方体ABCDABCD−中，E为棱DC上的动点，F为线段BE的中点.给出下列四个①BEAD⊥；②直线DF与平面ABBA所成角不变；③点F到直线AB的距离不变；④点F到,,ADDA,四点的距离相等.其中，所有正确结论的序号为（）A.②③

B.③④C.①③④D.①②④【答案】C【解析】【分析】根据BE的变化情况并找出F的轨迹就可判定①③④是否正确，作出直线DF与平面ABBA所成的角，就可判定②是否正确.【详解】如下图，当E在棱DC上运动时，BE始终在平面ABCD中，由

,ADADADCD⊥⊥，ADCDD=I可得ADABCD⊥平面，所以BEAD⊥，故①正确，此时点F的轨迹为线段12FF，如下图可知，12//FFAB，12FF过正方形ADDA中心G且12

FFADDA⊥平面，故③④正确，如下图，延长DF与AB的延长线交于H，连接AH，则AHD即为直线DF与平面ABBA所成角，当点H在BM上运动时，AD不变而HD在变，所以sinADAHDHD

=不是定值，故②错误.故选：C.【点睛】(1)判定和动点相关的问题时，只要找出动点的轨迹，就可以根据轨迹的特点进行判断；(2)判定与动直线相关的位置关系问题时，可找出动直线所在的平面进行判定；(3)根据定义作出线面角可用来解决运动型的问题.6.某班设计了一个八边形的班徽（

如图），它由腰长为1，顶角为的四个等腰三角形，及其底边构成的正方形所组成，该八边形的面积为A.2sin2cos2−+；B.sin3cos3−+C.3sin3cos1−+D.2sincos1

−+【答案】A【解析】【详解】试题分析：利用余弦定理求出正方形面积()221112cos22cosS=+−=−；利用三角形知识得出四个等腰三角形面积21411sin2sin2S==；故八边形面积122sin2

cos2SSS=+=−+.故本题正确答案为A.考点：余弦定理和三角形面积的求解.【方法点晴】本题是一道关于三角函数在几何中的应用的题目，掌握正余弦定理是解题的关键；首先根据三角形面积公式1111sinsin22S==求

出个三角形的面积42sinS=；接下来利用余弦定理可求出正方形的边长的平方()22112cos+−，进而得到正方形的面积()221112cos22cosS=+−=−，最后得到答案.7.如图，在正方体1111ABCDABCD−中，P、Q、M、N

、H、R是各条棱的中点.①直线1//AD平面MNP；②1HDCQ⊥；③P、Q、H、R四点共面；④1AC⊥平面11ABD.其中正确的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】利用面面平行的性质定理

可判断①的正误；假设1HDCQ⊥，结合线面垂直的判定定理可判断②的正误；证明出//PQHR，可判断③的正误；利用线面垂直的判定定理可判断④的正误.综合可得出结论.【详解】对于①，由于四边形1111DCBA为正方形，则

1111//ABCD且1111ABCD=，MQ、N分别为11AB、11CD的中点，则11//AMDN且11AMDN=，所以，四边形11ADNM为平行四边形，则11//ADMN，11ADQ平面MNP，MN平面MNP，11//AD平面MNP，同理可证1//DD平面MNP，因为1111ADDD

D=I，所以，平面//MNP平面11ADDA，1ADQ平面11ADDA，1//AD平面MNP，①正确；对于②，假设1HDCQ⊥，1DD⊥Q平面ABCD，CQ平面ABCD，1DDCQ⊥，111DDHDD=Q，CQ⊥平面11DDAA，

又CD⊥平面11DDAA，所以//CQCD，与CQCDC=I矛盾，故②错误；对于③，因为P、Q分别为CD、AD的中点，则//PQAC，在正方体1111ABCDABCD−中，11//AACC且11AACC=，HQ、R分别为1AA、1CC的中点，则//AHCR且AHCR=，四边

形ACRH为平行四边形，则//ACHR，//PQHR，所以，P、Q、R、H四点共面，③正确；对于④，因为四边形1111DCBA为正方形，则1111BDAC⊥，1AA⊥Q平面1111DCBA，111AABD⊥，1111ACAA

A=QI，11BD⊥平面11AACC，1ACQ平面11AACC，111BDAC⊥Q，同理可证11ACAB⊥，1111ABBDB=QI，因此，1AC⊥平面11ABD，故④正确.所有正确的是①③④.故选：C.【点睛】本题考查线面平行、线面垂直、线线垂直以及四点共面的判断，考查推理

能力，属于中等题.8.正四面体是一种柏拉图多面体，正四面体与自身对偶；正四面体的重心，四条高的交点，外接球、内切球球心共点．4个半径为1的小球装入一个正四面体内，下列四个结论中错误的是（）A.四面体最小体积()323613V+=B.四面体最小表面积()24361S=+C.四面体最短

棱长()261a=+D.四面体最小高12263h+=【答案】A【解析】【分析】当四球与正四面体内切，且四球两两相切时相关量最小，在此状态下，内切球球心构成正四面体，棱长为2，求出小正四面体与大正四面体的相似比得解.【详解】由题可知，正四面体体积、表面积、棱长、高达到最

小时，四个球两两相切且与正四面体都相切，设此时正四面体为ABCD，内切四球球心构成棱长为2的正四面体1234OOOO.正四面体1234OOOO中，高1263OH=为，E为34OO中点，13OE=，1HOE为直线1OH与面134OOO所成角，1313sin

33HOE==，正四面体1234OOOO的表面积为20142sin60432S==；正四面体1234OOOO的体积为0126223333V==球1O与正四面体ABCD内切，T为切点，111sinsin3OATHOE=

=，因为1OT=，所以13AO=，所以正四面体ABCD的高为：262631433++=+，两个正四面体的相似比为：2613261643=++，所以正四面体的最小体积为：()322163+，A错；正四面体的最小表面积为：()24316+，B正确；正四面体的最小

棱长为：()216+，C正确；正四面体的最小高为：261226433++=.故选;A.二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，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.（多选题）已知22tan2tan10xy−−=，则下列式子成立的是（）A.22sin2sin1yx=+B.22sin2sin1yx=−−C.22sin2sin1yx=−D.22sin12cosyx=−【答案】CD【解析】【分析】对原式进行切

化弦，整理可得：222222sincos2sincoscoscosxyyxyx−=，结合因式分解代数式变形可得选项.【详解】∵22tan2tan10xy−−=，2222sinsin210coscosxyxy−−=，整理得222222sin

cos2sincoscoscosxyyxyx−=，∴()()()22222221cos1sinsincoscossincosxyyxyyx−−−=+，即22222221cossinsincossincoscosxyyxyxx−−+−

=，即222sin12cos2sin1yxx=−=−，∴C、D正确.故选：CD【点睛】此题考查三角函数的化简变形，根据弦切关系因式分解，结合平方关系变形.10.下列选项中，与()sin330−o的值相等的是（）A.

22cos15oB.cos18cos42sin18sin42−ooooC.2sin15sin75ooD.tan30tan15tan30tan15++oooo【答案】BC【解析】【分析】求出()sin330−o的值以及各选项中代数式的值，由此可得出合适的选项.【详解】()()1s

in330sin360330sin302−=−==oooo.对于A选项，21cos3032cos1521cos30122+==+=+ooo；对于B选项，()1cos18cos42sin18sin42cos1842cos602−=+==ooooooo；对于C选项，()12sin15sin752

sin15sin90152sin15cos15sin302=−===oooooooo；对于D选项，()tan30tan15tan45tan301511tan30tan15+=+==−oooooooQ，

化简可得tan30tan15tan30tan151++=oooo.故选：BC.11.正方体1111ABCDABCD−的棱长为2,,,EFG分别为11,,BCCCBB的中点，则（）A.直线1BC与直线AF夹角45B.

直线1AG与平面AEF平行C.平面AEF截正方体所得的截面面积为92D.点C和点G到平面AEF的距离相等【答案】ABC【解析】【分析】A利用平行关系可得直线1BC与直线AF夹角为EFAÐ，应用余弦定理求角的大小；B、C由平面的

基本性质找到面AEF截正方体所得的截面，根据线面平行的判定及梯形的面积公式判断正误；D利用正方体的对称性及线面平行的性质判断C和1A到平面AEF的距离是否相等即可.【详解】A：由1//BCEF，则直线1BC与直线AF

夹角为EFAÐ，090EFAoo而2EF=，5AE=，3AF=，则2952cos2232EFA+−==，所以45EFA=，正确；B：由平面的性质可得平面AEF截正方体所得的截面为1AE

FD，而11//AGFD，由1AG面1AEFD，1FD面1AEFD，故1//AG面1AEFD，即1//AG面AEF，正确；C：由B分析知：平面AEF截正方体所得的截面1AEFD，且1,EFAD分别为两底边，而高为222322()22h=+=，故面积为1329(222)222

+=，正确；D：由B分析知：G到平面AEF的距离与1A到平面AEF的距离相等，由正方体的对称性，C和1A到平面AEF的距离不相等，它们到面11ABCD的距离相等，错误.故选：ABC12.正方体1111ABCDABCD−棱长为1，若P是空间异于1C的一个动点，且11PCBD⊥，则下列正确

的是（）A.1PC//平面1ACBB.存在唯一一点P，使11//PDBCC.存在无数个点P，使11PDBC⊥D.若PAPC⊥，则点P到直线11AC的最短距离为66【答案】ACD【解析】【分析】点P为动点，

确定P点的运动轨迹是解题的关键，将条件的异面垂直转化为线面垂直，找到1BD的垂面，即可确定P点的轨迹，对于A，由面面平行进行判断，对于B，利用反证法和平行的传递性进行判断，对于C，将异面垂直转化为线面垂直，找到1BC的垂面进行判断，对于

D，由PAPC⊥得到P点也在球面上，所以P点是球面与平面的并线，考查球截面的问题，类比圆的问题进行解决【详解】解：对于A，因为1BD⊥平面11DAC，所以点P在平面11DAC上，又因为平面11DAC∥平面1A

BC，所以1PC//平面1ACB，所以A正确，对于B，假设存在点P，使得11//PDBC，因为1AD∥1BC，所以1PD∥1AD，这与1D在平面11DAC外矛盾，所以假设不成立，即点P不存在，所以B错

误，对于C，如图，因为1BC⊥平面11ADCB，平面11ADCBI平面111ACDCF=，所以当点P在直线1CF上时，恒有11PDBC⊥，所以C正确，如图，若PAPC⊥，则点P在以O为球心，OA（22OA=）为半径的球面上，设1BDI平面11DACE

=，则B点到平面11DAC的距离为122333BEBD==，所以O点到平面11DAC的距离为1323BE=，所以平面11DAC被球面截得的圆的半径为22236236r=−=，且圆心为DE中点，设为1O，则在等边三角形11DAC中，

1O到直线11AC的距离为626233=，所以点P到直线11AC的距离的最小值为66663366r−=−=，所以D正确，故选：ACD第II卷三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.13.若向量,abrr满足3,5,1aaba

b=−==rrrrr，则b=r_________.【答案】32【解析】【分析】根据题目条件，利用ab−rr模的平方可以得出答案【详解】∵5ab−=rr∴222229225abababb−=+−=+−=rrrrrrr∴32b=r.故答案为：32.1

4.已知锐角ABCV的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3c=，223abab+−=，则ABCV面积的取值范围是___________.【答案】333,24【解析】【分析】根据已知条件，运用余弦定理，可得3C=，再结合正弦定理，可得2sin2sin2

sin(2)16abABA==−+，根据A的取值范围，可得ab值得取值范围，即可求解．【详解】解：3c=Q，223abab+−=，222ababc+−=，又Q由余弦定理，可得2222cosabcabC+−=，2cos1C=，即1cos2C=，(0,)CQ，3C=，233AB

+=−=，ABCQV为锐角三角形，(,)62A，由正弦定理，可得32sinsinsin32abcABC====，即2sinaA=，2sinbB=，22312sin2sin2sin2sin()4sin(cossin)23sincos2322abABAA

AAAAAsinA==−=+=+313sin21cos22(sin2cos2)12sin(2)1226AAAAA=+−=−+=−+，Q(,)62A，52666A−，1sin(2)126A−„，23ab„，A

BCQV面积1133sin2224ABCabSabCab===V，23abQ„，33324ABCSV„，故ABCV面积的取值范围是333(,]24．故答案为：333(,]24．15.如图，OAB△是OABV在斜二测画法下的

直观图，其中2OAOB==Q，且OAOB⊥，则OABV的面积为___________.【答案】42【解析】【分析】根据直观图与原图形面积之间的关系即可求解.【详解】解：2OAOB==Q，且OAOB⊥，故

12222OABS==V，∴2222242OABOABSS===VV.故答案为：42.16.如图，在四面体ABCD中，5ABCDACBD====，32ADBC==，E､F分别是AD､BC的中点.若用一个与直线EF垂

直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则下面的说法中正确的有___________.①EFAD⊥，EFBC⊥②四面体外接球的表面积为34.③异面直线AC与BD所成角的正弦值

为725④多边形截面面积的最大值为92.【答案】①②④【解析】【分析】连接,,,BECEAFDF，进而根据线面垂直得线线垂直可判断①；将其补成长方体，转为为求长方体的外接球表面积可判断②；结合②建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可判断③；根据题意，证明截面MNKL为平行四边形，且5

KNKL+=，由2sin2MNKLKNKLSNKKLNKL+=可判断④.【详解】解：对于①，连接,,,BECEAFDF，因为5ABCDACBD====，E､F分别是AD､BC的中点，所以,BCAFBCDF⊥⊥，,BEADC

EAD⊥⊥，因为AFDFF=，BECEE=，所以BC⊥平面ADF,AD⊥平面BCE，所以EFBC⊥，EFAD⊥，故正确；对于②，该几何体可以在如图2的长方体中截出，设长方体的长宽高分别为,,abc，则222222251825abaccb+=+=

+=，所以22234abc++=，即长方体的体对角线的长度为22234abc++=，所以四面体的外接球即为该长方体的外接球，半径满足222234Rabc=++=，所以四面体外接球的表面积为2434SR==，故正确；对于③，由②得3,4acb===，如图3，以D

点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则()3,0,3A，()3,4,0C,()0,4,3B，()0,0,0D，故()()0,4,3,0,4,3ACDB=−=uuuruuur，所以异面直线AC与BD所成角的余弦值为725ACDBACDB=uuuruuuruuuruuur，故错误；对于④，如

图4，设平面与,,,BDCDACAB分别交于,,,MNKL，EF⊥Q，//BC，则由线面平行的性质可得//,//BCKLBCMN，则//KLMN,同理，//MLNK，所以截面MNKL为平行四边

形，可得,CKKNAKKLCAADCABC==，则32323232CKADAKBCCKAKCKAKKNKLCACACACACA++=+=+==，设异面直线BC和AD所成角为，由③的讨论可得异面直线BC和AD所成角为90o，所

以sinsin1LKN==，则可得29sin22MNKLKNKLSNKKLNKLNKKL+===，当且仅当KNKL=时等号成立，故正确.故答案为：①②④【点睛】本题考查空间几何体的截面问题，内接外接球问题，

线面垂直，线线垂直等位置关系，考查运算求解能力，直观想象能力，是难题.本题解题的关键在于将该几何体放置于长方体中，利用长方体的几何性质求解.四､解答题：本题共6小题，共计70分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步17.已知函数2()3sin22cos(

)fxxxmmR=++.（1）求()fx的最小正周期；（2）求()fx的单调递增区间；（3）对于任意[0,]2x都有()0fx恒成立，求m的取值范围.【答案】（1）；（2）[,]()36kkkZ−++；（3）(,3)−−.【解析】【分析】（1）将函数进行化简，

根据三角函数的周期公式即可求函数f（x）的最小正周期T；（2）利用整体代入法求得函数()fx的单调递增区间；（3）原问题等价于()fx的最大值小于零，根据()fx在区间0,2上的最大值列不等式，解不等式求得m的取值范围.【详解】（1）因为()23sin22cosfxx

xm=++3sin2cos21xxm=+++2sin216xm=+++.所以()fx的最小正周期2π2T==.（2）由（1）知()2sin216fxxm=+++.又函数sinyx=的单调递增

区间为ππ2,222kk−++(kZ).由222262kxk−+++，kZ，得36kxk−++，kZ.所以()fx的单调递增区间为(),36kkkZ−++.（3

）因为02x，所以72666x+.所以1sin2126x−+.所以2sin2136mxmm++++.当262x+=，即6x=时，()fx的最大值为3m+，又因为(

)0fx对于任意0,2x恒成立，所以30m+，即3m−.所以m的取值范围是(),3−−.【点睛】本小题主要考查三角恒等变换，考查三角函数最小正周期、单调区间、最值的求法，属于中档题.18.如图，四棱锥PABCD−中，侧面

PAD为等边三角形且垂直于底面ABCD，12ABBCAD==，90BADABC==，E为AD的中点．（1）证明：PEAB⊥；（2）若PAD△面积为3，求点D到面PAC的距离．【答案】（1）证明见解析；（2）2217.【解析】【分析】(1)由平面PAD⊥平面ABCD，根据面面垂直性质定理

证明PE⊥平面ABCD，由此证明PEAB⊥，(2)根据锥体体积公式结合等体积法求点D到面PAC的距离．【小问1详解】在等边三角形PAD中，E为AD的中点，所以PEAD⊥，∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PADI面ABCDAD＝，PE平面PAD，∴P

E⊥平面ABCD，∵ABÌ平面ABCD，∴PEAB⊥；【小问2详解】∵PAD△面积为3，∴2AD=，3PE=，∵12DABCAB＝＝，90BADABC＝＝，∴1ABBC＝＝在PAC△中，2PA＝，2AC＝，2PC＝，所以1141147222222PACSAC

==V＝，112ACDSADCE==V，设点D到面PAC的距离为h，则1133PACDACDPACVSPEShVV－＝＝，∴2217h=，即点D到面PAC的距离为221719.ABCV中，,,abc是角,,ABC所对的边，()sinsinsinbBcCa

cA−=+.（1）求BÐ的大小；（2）若4,aABC=V的面积为53，求b的值.【答案】（1）2π3B=；（2）61b=.【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角关系及余弦定理求得1cos2B=−，即可得BÐ的大小；（2）由三角形面积公式可得5c=，再应用余弦定理求b.【小问1详解】由题设，222

bcaac−=+，故2221cos22acbBac+−==−，又0B，故2π3B=.【小问2详解】由题设1sin3532ABCSacBc===V，故5c=，所以22212cos1625245612bacacB=+−=++

=，故61b=.20.在ABCV中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且sincosabcAbaB+==．（1）求A；（2）如图，已知2AB=，D为AC的中点，点P在BD上，且满足1APCP=uuuruuur，求PAC△的面积．【答案】（1）2；（2）2105PACS=V.【解析】【分

析】（1）先把sincosaAbB=边角统一可求出4B=，再由abcba+=结合余弦定理与正弦定理的边角互化，即可得到答案；（2）由数量积的定义，余弦定理，再结合三角形面积公式求解即可【详解】解：（1）由sincosaAbB=，可得sincossinsinAB

BA=，又sin0A，则tan1B=．因为(0,)B，所以4B=．由abcba+=，可得22abbc=+，即22222acbcbaca+−+=，所以2coscbaB+=．由正弦定理可得sinsin2sincosCBAB+=，则sin()sin2sincosABBAB++=，可得sinsin

()BAB=−，则BAB=−或+−=BAB（舍去），所以22AB==．（2）因为1APCP=uuuruuur，所以cos1APCPAPC=．又因为2222cosACAPCPAPCPAPC=+−，所以226APCP+=．因为2222cosCPCDDPCDDPCDP=+−，222

2cosAPADDPADDPADP=+−，两式相加可得222222CPAPCDADDP+=++，解得2DP=．如图，过点P作PEAC⊥，则21055PACABCSEPDPSABBD====VV．又因为122ABCSABAC==V，所以2105PACS=V．21

.如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为正方形，点F为线段PC上的点，过,,ADF三点的平面与PB交于点E.（1）证明：//EF平面ABCD：（2）若E为PB中点，且ABAP=，求平面ADFE将四棱锥

分成两部分的体积比.【答案】（1）证明见解析；（2）:3:5PAEFDEFABCDVV−−=.【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定证明//AD平面PBC，再利用线面平行的性质、判定推理作答.（2）利用线面垂直的性质、判定证明AD⊥

平面PAB，进而证得PB⊥平面ADFE，再应用锥体体积公式求PAEFDV−、PABCDV−即可得结果.【小问1详解】正方形ABCD中，//ADBC，而BC平面PBC，AD平面PBC，所以//AD平面PBC，又AD平面ADFE，

平面PBCI平面ADFEFE=，则//EFAD，而AD平面ABCD，EF平面ABCD，所以//EF平面ABCD.【小问2详解】因PA⊥平面ABCD，AD平面ABCD，则ADPA⊥，又ADAB⊥，ABPAA=，,ABPA平面PAB，则AD⊥平面PAB，,P

BAE平面PAB，于是得AEAD⊥，PBAD⊥，若2ABAP==，E为PB中点，则PBAE⊥，2PEAE==，而AEADA=I，,AEAD平面ADFE，因此PB⊥平面ADFE，由（1）知：//EFBC，则112EFBC==，梯形ADFE面积132()22SEFADAE=+=，所以

113221332PAEFDVSPE−===.而1822233PABCDV−==，故85133EFABCDV−=−=，所以:3:5PAEFDEFABCDVV−−=.22.在四棱锥PABCD−中，PA⊥底面,,ABC

ECDAEAC⊥平分,BADG为PC的中点，2,,3,23,,PAADBCDEABCDFM=====分别为,BCEC上一点，且//AFCD.（1）求MEMG的值，使得//CM平面AFG；（2）过点E作平面PCD的垂线，垂足为H，求四棱锥HABCD−的体积.【答案】(1)见解析;(2

)5396.【解析】【详解】（1）要使得CM//平面AFG，只需找到平面CDM//平面AFG，易得AG//DM和AF//CD；（2）过E作EHPD⊥，垂足为H，进而证明EH⊥平面PCD，根据113HODE22==

即可计算体积.试题分析：试题解析：（1）在RtΔADC中，ADC为直角，23tanCAD32==，则0CAD60=，又AC平分BAD，所以0BAD60=，因为AB3,AC4==，所以又余弦定理可得BC13=，所以DE13=.当时MEDE13M

GDA2==，AG//DM，又AF//CD,AFAGA=，所以平面CDM//平面AFG，因为CM平面CDM，所以CM//平面AFG.（2）过E作EHPD⊥，垂足为H，则ΔAPDΔEHD，由PAAD2==得ΔAPD为等腰直角三角形，则ΔEHD也为等腰直角三角形，因为PA

⊥底面ABCE，所以PACD⊥，因为CDAE,PAAEA⊥=，所以CD⊥平面PAE，所以CDEH⊥则EH⊥平面PCD.过H作DE的垂线，垂足为O，则HO⊥底面ABCE，易得113HODE22==，因为AB

CE四边形的面积为01122334sin605322+=，所以HABCD113539V53326−==.