【文档说明】北京市延庆区第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题 Word版含解析.docx，共(24)页，1.439 MB，由小赞的店铺上传

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北京市延庆区第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题第I卷（选择题）一、单选题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）1.在平面直角坐标系xOy中，角以Ox为始边，其终边经过点(1,2)P，则sin=（）A.255B.55C.2D.12【答案】A【解析】【分析】根据三

角函数的定义即可求解.【详解】由三角函数的定义可知22225sin55yxy===+，故选：A2.已知向量(,2),(1,)akbk=−=−，且a与b方向相反，则k=（）A.2B.0C.2−D.2【答案】D【解析】

【分析】相反向量是共线向量，根据共线向量的概念求解即可.【详解】由题可知a与b是共线向量且方向相反，所以ab=,0且0b,所以2kk=−−=，解得2,2kk==−(舍去)故选：D.3.在△ABC中，7c

os423Bab===,,，则A=（）A.6B.3C.56D.6或56【答案】A【解析】【分析】先求出sinB，再借助正弦定理求解即可.【详解】由7cos4B=得273sin144B=−=，由正弦定理得sinsinabAB=，233sin4

A=，解得1sin2A=，又ac，故AC，6A=.故选：A.4.已知3cos5=，且角，的终边关于y轴对称，则cos=（）A.35B.35-C.45D.45−【答案】B【解析】【分析】首先根据对称性，求

,的关系，根据诱导公式，即可求解.【详解】因为角，的终边关于y轴对称，所以π2πk+=+，Zk，即π2πk=−++，()3coscosπ2πcos5k=−++=−=−.故选：B5.设l，m是两条不同的直线，

是一个平面，则下列命题正确的是A.若lm⊥，m，则l⊥B.若l⊥，//lm，则m⊥C.若//l，m，则//lmD.若//l，//m，则//lm【答案】B【解析】【分析】利用,l可能平行判断A，利用

线面平行的性质判断B，利用//lm或l与m异面判断C，l与m可能平行、相交、异面，判断D.【详解】lm⊥，m，则,l可能平行，A错；l⊥，//lm，由线面平行的性质可得m⊥，B正确；//l，m

，则//lm，l与m异面；C错，//l，//m，l与m可能平行、相交、异面，D错，.故选B.【点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、线面面垂直的性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，除了利用定理、公理、推理判断外，还常采用画图（尤其是画长方体

）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.6.在ABCV中，π,23ABC==，则“2AB=”是“ABCV的面积为3”的（）A.充分而不必要条件

B.必要而不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】利用三角形面积公式以及余弦定理可判断“2AB=”和“ABCV的面积为3”之间的逻辑推理关系，即得答案.【详解】由已知在ABCV中，π,23AB

C==，若2AB=，则ABCV为正三角形，故1π22sin323ABCS==，若ABCV的面积为3，则1πsin3,423ABCSbcbc===，又2222cosabcbcA=+−,即2224,(

)34,4bcbcbcbcbc=+−+−=+=，解得2bc==，故2AB=，所以“2AB=”是“ABCV的面积为3”的充分必要条件，故选：C7.在长方体1111ABCDABCD−中，2ABBC==，1AC与平面11BBCC所成的角为30o，则该长方体的体积为A.8B.62C.82D

.83【答案】C【解析】【分析】首先画出长方体1111ABCDABCD−，利用题中条件，得到130ACB=，根据2AB=，求得123BC=，可以确定122CC=，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.【详解】在长方体1111ABCDABCD−中，连接1BC，

根据线面角的定义可知130ACB=，因为2AB=，所以123BC=，从而求得122CC=，所以该长方体的体积为222282V==，故选C.【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利

用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果.8.已知函数()sincos(0,0)fxtxxt=+的最小正周期为π，最大值为2，则函数()fx的图象（）A.关于直线π4x=−对称B.关于点π,

04−对称C.关于直线π8x=对称D.关于点π,08对称【答案】C【解析】【分析】先利用辅助角公式化简，再根据周期性求出，根据最值求出t，再根据正弦函数的对称性逐一判断即可.【详解】()()2sincos1sinfxtxxtx

=+=++，其中1tant=，因为函数的最小正周期为π，所以2ππ=，解得2=，因为函数的最大值为2，所以212t+=，解得1t=（1t=−舍去），所以()πsin2cos22sin24fxxxx=+=+，因为ππ2sin144f−=−=−，所

以函数图象不关于直线π4x=−对称，也不关于点π,04−对称，故AB错误；因为ππ2sin282f==，所以函数图象关于直线π8x=对称，不关于点π,08对称，故C正确，D错误.故选：C.9.在ABCV中，𝐴𝐶=3,𝐵𝐶=4,∠�

�=90°．P为ABCV所在平面内的动点，且1PC=，则𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑的取值范围是（）A.[5,3]−B.[3,5]−C.[6,4]−D.[4,6]−【答案】D【解析】【分析】依题意建立平面直角坐标系，设()cos,sinP，表示出𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑

⃑，𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑，根据数量积的坐标表示、辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；【详解】解：依题意如图建立平面直角坐标系，则()0,0C，()3,0A，()0,4B，因为1PC=，所以P在以C为圆心，1为半径的圆上运动，设()cos,sinP，0,2

，所以𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑=(3−cos𝜃,−sin𝜃)，𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=(−cos𝜃,4−sin𝜃)，所以𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑=(−cos𝜃)×(3−cos𝜃)+(4−sin�

�)×(−sin𝜃)=cos2𝜃−3cos𝜃−4sin𝜃+sin2𝜃=1−3cos𝜃−4sin𝜃=1−5sin(𝜃+𝜑)，其中3sin5=，4cos5=，因为()1sin1−+，所以−4≤1−5sin(𝜃+

𝜑)≤6，即𝑃𝐴⃑⃑⃑⃑⃑⋅𝑃𝐵⃑⃑⃑⃑⃑∈[−4,6]；故选：D10.在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马．如图，已知四棱锥SABCD−为阳马，且ABAD=，SD⊥底面ABCD．若E是线段AB上的点（不含端点），设

SE与AD所成的角为，SE与底面ABCD所成的角为，二面角SAED−−的平面角为，则（）A.B.CD.【答案】A【解析】【分析】根据给定条件作出SE与AD、与底面ABCD所成角，确定二面

角SAED−−的平面角，再推理计算作答.【详解】四棱锥SABCD−中，E是线段AB上的点(不含端点)，过E作//EFAD交CD于F，连接DE，SF，如图，则SEF是SE与AD所成的角，即SEF=，因SD⊥底面ABCD，则SED是SE与底面ABCD所成的角

，即SED=，而AB底面ABCD，则SDAB⊥，又ABCD是长方形，即ADAB⊥，而SDADD=，,SDAD平面SAD，则AB⊥平面SAD，又SA平面SAD，即有SAAB⊥，于是得SAD是

二面角SAED−−的平面角，SAD=，RtSAD中，tantanSDSADAD==，RtSED中，tantanSDSEDED==，.的由SD⊥底面ABCD，EF底面ABCD可得SDEF⊥，而ADCD⊥，则有EFCD⊥，因SDCDD=，,SDCD平面SCD，

则⊥EF平面SCD，又SF平面SCD，有EFSF⊥，tantanSFSFSEFEFAD===，因,ADEDSDSF，即有SDSDSFEDADAD，因此，tantantan，而正切函数在(0,)2上递增，所以.故选：A第II卷（非选择题）二、填空题（本大

题共5小题，每小题5分，共25分）11.向量,ab满足||2,||1,aba==与b夹角为π3，则|2|ab−=______．【答案】2【解析】【分析】先求2|2|ab−，即可得解.【详解】2221|2|444421442abaabb−=−+=−+=，所以|2|2ab−=.故答案

为：2.12.在ABCV中，点M，N满足2AMMC=，BNNC=．若MNxAByAC=+，则xy+=________.【答案】13【解析】【分析】由已知得1132MNMCCNACCB=+=+，由此能求出结果．【详解】解：在ABC中，点M，N满足2AMMC=，BNNC

=，1132MNMCCNACCB=+=+11()32ACABAC=+−的1126ABAC=−xAByAC=+，12x=，16y=−，111263xy+=−=．故答案为：13．【点睛】本题考查代数式求值，解题时要认真审题，注意平面向量加法法则的合理运用，属于基础题．13.已知是任

意角，且满足cossin6k+=，则常数k的一个取值为__________．【答案】3−（答案不唯一）【解析】【分析】利用诱导公式，求得k取值集合.【详解】,满足cossin6k+=

，2,62kmmZ=−+，得312km=−+，mZ，当0m=时，3k=−.故答案为：3−（答案不唯一）14.楔体形构件在建筑工程上有广泛的应用．如图，某楔体形构件可视为一个五面体ABCDEF，其中面ABCD为正方形．若6cmAB

=，3cmEF=，且EF与面ABCD的距离为2cm，则该楔体形构件的体积为______.的【答案】330cm【解析】【分析】作辅助线，将五面体分割为三棱柱与四棱锥，再利用锥体与柱体的体积关系计算该几何体的体积．【详解】由五面体ABCD

EF可知，四边形DCFE与四边形ABFE都为平面四边形.如图所示，分别取AB，DC的中点G，H，连接EG，EH，GH，因为面ABCD为正方形，所以//ABDC，又AB平面EFCD，DC平面EFCD，所以//AB平面EF

CD，又平面EFCD平面ABFEEF=，AB平面ABFE，所以//ABEF，因为G，H分别为AB，DC的中点，6cmAB=，3cmEF=，所以//,EFGBEFGB=，则四边形EGBF为平行四边形，同理四边形EHCF也为

平行四边形.则//EGFB，EG平面EGH，FB平面EGH，所以//FB平面EGH，同理//FC平面EGH，又FBFCF=，且FB平面FBC，FC平面FBC，所以平面//FBC平面EGH，又四边形HGBC也是平行四边形，所以几何体EGHFBC−为三棱柱，

已知EF与面ABCD的距离为2cm，即点E到平面ABCD的距离2cmh=.由题意，311163212cm333AGHDEAGHDVShADAGh−====矩形四棱锥；又33EGHFBCBEGHEBGHVVV−−−==三棱柱三棱锥三棱锥31

3331218cm222EAGHDEAGHDVV−−====四棱锥四棱锥；所以该五面体的体积2121830cmEAGHDEGHFBCVVV−−=+=+=四棱锥三棱柱．故答案为：330cm.15.如图，在棱长为2的正方体1111A

BCDABCD−中，点P是该正方体对角线1BD上的动点，给出下列四个结论：①1ACBP⊥；②APC△面积的最小值是2；③只存在唯一的点P，使1BD⊥平面APC；④当233BP=时，平面//ACP平面11ACD．其中所有正确

结论的序号是______.【答案】①③④【解析】【分析】证明AC⊥平面11BDDB判断①；求出APC△的面积表达式并求解最值判断②；利用过一点有且只有一个平面垂直于已知直线判断③；证明1BD⊥平面APC且1BD⊥平面11ACD判断④.【详解

】①连接BD，在正方体1111ABCDABCD−中，1DD⊥平面ABCD，AC平面ABCD，则1ACDD⊥，又1,ACBDBDDDD⊥=，BD平面11BDDB，1DD平面11BDDB，则AC⊥平面11BDDB，又1BP平面11BDDB，则1ACBP⊥，①正确；②设BD交AC于

E，连接EP.由EP平面11BDDB，得ACEP⊥，所以122APCSACPEPE==，在1RtBDD△中，当1PEBD⊥时，PE最小，又22BD=，12DD=，123BD=，1113sin3DDDBDBD==，此时136sin

233PEBEDBD===，因此APC△面积的最小值为623233=，②错误；③连接11,BCAB，由①知，AC⊥平面11BDDB，又1BD平面11BDDB，所以1ACBD⊥，同理11⊥ABBD，因为1ACABA=，1AB平面1A

BC，AC平面1ABC，因此1BD⊥平面1ABC，当点P为直线1BD与平面1ABC的交点时，1BD⊥平面APC，由于过一点A有且只有一个平面垂直于已知直线1BD，于是过直线AC与直线1BD垂直的平面有且只有一个，所以存在唯一的点P，使1BD⊥平面APC，③正确；④当2

33BP=时，在BPE中，2BE=，116cos3DBDBDBD==，则2222323662cos()2223333PEBPBEBPBEPBE=+−=+−=，即2222PEBPBE+==，则PEPB⊥，又,ACPBACPEE⊥=，AC平面APC，PE平面

APC，所以PB⊥平面APC，即1BD⊥平面APC，由①同理可知11111,DABBDCAD⊥⊥，1111ACADA=，且11AC平面11ACD，1AD平面11ACD，因此1BD⊥平面11ACD，则平面//ACP平面11ACD，④正确，故答案为：①③④.三．

解答题（本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.已知四棱锥PABCD−中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面,1,ABCDPDABE==是PB的中点.（1）求直线BD与直线PC所成角的大小；（2）求点B到平面ADE的距离．【答案】（

1）π3（2）22【解析】【分析】（1）建立如图所示空间直角坐标系，利用空间向量法计算异面直线所成角；（2）利用点到平面距离向量公式直接计算即可.【小问1详解】以点D为原点，分别以DA，DC，DP所在直线为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系.由

题意()0,0,0D，𝐴(1,0,0)，()1,1,0B，()0,1,0C，𝑃(0,0,1)，111,,222E，设直线BD与直线PC所成的角为，因为(1,1,0)BD=−−，(0,1,1)PC=−，11cos222BDPCBDPC===，所以直线BD与直线PC所

成角为π3；【小问2详解】因为(1,0,0)DA=，(0,1,1)PC=−，111(,,)222DE=，所以10010(1)0DAPC=++−=，11101(1)0222DEPC=++−=，则(0,1,

1)PC=−为平面ADE的一个法向量，设点B到平面ADE的距离为d，则d为向量DB在向量(0,1,1)PC=−上的投影的绝对值，由(1,1,0)DB=，得1222DBPCdPC===，所以点B到平面ADE的距离为22.17.已知函数22()s

in2sincoscosfxxxxx=+−．（1）求()fx的最小正周期及π0,2上的最值：（2）若函数()fx在(0,)m单调递增，求m的取值范围．【答案】（1）πT=；最大值为2，最小值为1−（2）3π08m【解析】【分析】（1）应用二倍角余弦公式、辅助角公式可得()fx

π2sin(2)4x=−，根据正弦函数的性质即可求最小正周期和最值；（2）令ππ242m−，可得m的取值范围．【小问1详解】根据题意，()22()cossinsin2sin2cos2fxxxxxx=−

−+=−=π2sin(2)4x=−，∴()fx的最小正周期2ππ2T==；π0,2x，ππ3π2,444x−−，则2πsin(2)124x−−，即1()2fx−，∴函数(

)fx在区间π0,2上最大值为2，最小值为1−；【小问2详解】由函数()fx在(0,)m单调递增，令ππ242m−，得3π08m.18.在ABCV中，1cos2,7,82Aac=−==且C为锐角．求：（1）求A的大小；（2）求ABCV的面积．【答案】（1）π3（2）1

03【解析】【分析】（1）根据大角对大边、小角对小边可知A的范围，进而可知2A的范围，由1cos22A=−即可得到角A的值；（2）根据正弦定理求出sinC，进而可知cosC，所以可求sinB，再利用三角形的面积公式求解即可.的【小问

1详解】因为ac,所以π0,2A,所以()20,πA,由1cos202A=−得π2,π2A所以2ππ2,33AA==.【小问2详解】由正弦定理sinsinacAC=,得78π

sinsin3C=,所以43sin,7C=因为C为锐角,所以21cos1sin7CC=−=,所以ABC存在且唯一确定.因为πABC++=,所以()π131433153sinsinsinsincos3

22272714BACCCC=+=+=+=+=从而1153sin781032214ABCSacB===.19.如图，正三角形ABE与菱形ABCD所在的平面互相垂直，2,60,ABABCM==是AB的中点.（1）求二面角ABEC

−−的余弦值；（2）在线段EC上是否存在点P，使得直线AP与平面ABE所成的角为45？若存在，求出EPEC的值；若不存在，说明理由．【答案】（1）55（2）存在，且23EPEC=【解析】【分析】（1）证明EMMC⊥，建立空间直角坐标系，确定各点坐标，计

算两个平面的法向量，根据向量的夹角公式计算得到答案；（2）假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成角为45，求出AE和EC，设EPEC=，求出AP，根据直线AP与平面ABE所成的角为45，根据sin45|cos|,APn=uuurr，求出.【小问1

详解】连接MC，因为EAEB=，M是AB中点，所以EMAB⊥，因为平面ABE⊥平面ABCD，平面ABE平面ABCDAB=，EM平面ABE，所以EM⊥平面ABCD，而MC平面ABCD，所以EMMC⊥，因为三角形ABC为正三角形，

所以MCAB⊥，建立如图所示空间直角坐标系，则()0,0,0M，(1,0,0)A−，(1,0,0)B，(0,3,0)C，(0,0,3)E，所以(1,3,0)BC=−，(1,0,3)BE=−uur，设(,,)mxyz=是平面BCE

的一个法向量，则3030mBCxymBExz=−+==−+=，令1z=，则3x=，1y=，所以(3,1,1)m=，由y轴与平面ABE垂直，所以(0,1,0)n=是平面ABE的一个法向量，所以5cos||5,||mn

mnmn==rrrrrr，所以二面角ABEC−−的余弦值为55；【小问2详解】假设在线段EC上存在点P，使得直线AP与平面ABE所成角为45，(1,0,3)AE=uuur，(0,3,3)EC=−uuur，设(0,3,3)(01)E

PEC==−uuruuur，则(1,3,33)APAEEP=+=−uuuruuuruur，直线AP与平面ABE所成的角为45，sin45|cos|,APn=uuurr，则22|3|2213363=++−+，因为01≤≤，所以23=，所以在线段E

C上存在点P使得直线AP与平面ABE所成角为45，且23EPEC=.20.如图，三棱柱111ABCABC−中，四边形11ACCA是边长为4的菱形，13ABBC==，点D为棱AC上动点（不与A，C重合），平面1BD

B与棱11AC交于点E．（1）求证：1//BBDE；（2）若34ADAC=，从条件①、条件②、条件③中选择两个条件作为已知，求直线1CD与平面11ABC所成角的正弦值．条件①：121AB=条件②：二面角

1AACB−−为直二面角条件③：12π3ACC=.【答案】（1）证明见解析；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）由棱柱的性质可得11//AABB，即可得到1//BB平面11ACCA，再根据线面平行的性质证明即可；（2）选①②，取AC中点O，连接BO，1AO，即可得到BOAC

⊥，由面面垂直的性质得到BO⊥平面11ACCA，从而得到1BOOA⊥，再由勾股定理逆定理得到1AOAO⊥，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；若选②③，连接1AC，取AC中点O，连接1AO

，BO，即可得到1AOAC⊥，根据面面垂直的性质得到1AO⊥平面ABC，即可得到1AOOB⊥，再由BOAC⊥，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值；选①③，连接1AC，取AC中点O，连接1AO，BO，依题意可得1AOAC⊥，再由勾股定理逆定理得到1

AOOB⊥，即得到1AO⊥平面ABC，即可建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值.【小问1详解】在三棱柱111ABCABC−中，11//AABB，又1BB面11ACCA，1AA面11ACCA，所以1//BB平面11ACCA，又面1BBDE面11ACCADE=，1BB面1BB

DE，所以1//BBDE.【小问2详解】若①②，取AC中点O，连接BO，1AO，由题意易知,3BOACBO⊥=，又二面角1AACB−−为直二面角，即面ABC⊥面11ACCA，因为面ABC面11ACCA=AC，BO平

面ABC，所以BO⊥面11ACCA，而1AO平面11ACCA，所以1AO⊥BO，OB平面ABC，故1AOOB⊥，由121AB=，则221123AOABBO=−=，故可以以O为原点，以1,,OBOCOA为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则由题意易知()()()

()()110,2,0,0,0,23,3,0,0,3,2,23,0,2,0AABBC−，()()10,4,23,0,1,0CD，所以()()()11113,2,0,0,2,23,0,3,23ABACCD==−=−−，设面11BAC的一个法向量为()111,,nxyz

=，则11111113202230nABxynACyz=+==−=，令111=23,3xyz=−=−，故()2,3,3n=−−，设直线1CD与面11BAC所成角为，则11115521sincos,=284

21nCDnCDnCD===，所以直线1CD与面11BAC所成角的正弦为52128；若选②③：连接1AC，取AC中点O，连接1AO，BO，在菱形11ACCA中112ππ33CCAAAC==，所以1AAC△为等边三角形.又O为AC中点，所以1AOAC⊥，

因为二面角1AACB−−为直二面角，即面ABC⊥面11ACCA，面ABC面11ACCA=AC，1AO平面11ACCA，所以1AO⊥平面ABC，因为OB平面ABC，故1AOOB⊥，又ABBC=，所以BOAC⊥.故可以以O为原点，以1,,OBOCOA

为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则由题意易知()()()()()110,2,0,0,0,23,3,0,0,3,2,23,0,2,0AABBC−，()()10,4,23,0,1,0CD，所以()()()11113

,2,0,0,2,23,0,3,23ABACCD==−=−−，设面11BAC的一个法向量为()111,,nxyz=，则11111113202230nABxynACyz=+==−=，令111=23,3xyz=−=−，故

()2,3,3n=−−，设直线1CD与面11BAC所成角为，则11115521sincos,=28421nCDnCDnCD===，所以直线1CD与面11BAC所成角的正弦为52128；若选①③，取AC中点O，连接1AO，BO，由题意易知,

3BOACBO⊥=，又在菱形11ACCA中112ππ33CCAAAC==，所以1AAC△为等边三角形.又O为AC中点，所以1AOAC⊥，则23AO=，而2211121ABAOBOAOBO==+⊥，故可以以O为原点，以1,,OBOCOA为x轴、y

轴、z轴建立空间直角坐标系，则由题意易知()()()()()110,2,0,0,0,23,3,0,0,3,2,23,0,2,0AABBC−，()()10,4,23,0,1,0CD，所以()()()11113,2,0,0

,2,23,0,3,23ABACCD==−=−−，设面11BAC的一个法向量为()111,,nxyz=，则11111113202230nABxynACyz=+==−=，令111=23,3xyz=−=−，故()2,3,3n=−−，设直线1CD与面11BA

C所成角为，则11115521sincos,=28421nCDnCDnCD===，所以直线1CD与面11BAC所成角的正弦为52128.21.定义向量(,)OMab=的“伴随函数”为()sincosfxaxbx=+；函数()sincosfxax

bx=+的“伴随向量”为(,)OMab=．（1）写出函数π()sinsin3fxxx=−+的“伴随向量”为ON，并求ON；（2）已知1,OMONOM==的“伴随函数”为(),fxON的“伴随函数”为()gx，设(0,0)OPOMON=+，且OP的伴随

函数为()hx，其最大值为p．①若1==，求p的取值范围；②求证：向量OMON=−的充要条件是||p=−．【答案】（1）33,22ON=−，3ON=（2）①0,2p；②证明见解析；【解析】【分析】（1）根据题意化简计算即可；（2）①因为1OMON==，不妨设()()c

os,sin,cos,sinOMON==，再根据题意代入计算化简即可；②先根据OMON=−，判断必要性；再根据||p=−判断充分性即可.【小问1详解】由题可知πππ33()sinsinsincos

cossinsinsincos33322fxxxxxxxx=−+=−+=−故33,22ON=−，所以2233322ON=+=【小问2详解】①设()()cos,sin,cos,sinOMON

==由题可知，()coscos,sinsinOPOMON=+=++所以()()()()()()22coscossinsinsincoscoscossinsinsinhxxxx=+++=++++故()(

)()22coscossinsin22cos0,2p=+++=+−②先判断必要性，由题可知，OMON=−设()()cos,sin,cos,sinOMON==−−()()cos,sincos

,sinOPOMON=+=+−−()()()cos,sin,(0,0)=−−()()()()()cossinsincossinhxxxx=−+−=−+||p=−再判断充分性，由||p=−设()()sincossinsi

ncoshxxxx=−+=−+−故()cos,sinOP=−−故()()()22222222cossin2OP=−+−=−=+−因为(0,0)OPOMON=+，1OMON==所以22222222?2cos,O

POMONOMONOMON=++=++所以有222222cos,OMON+−=++因为0,0，所以cos,1OMON=−所以,πOMON=因为1OMON==得OMON=−证得向量OMON=−的充要条件是||p=−