【文档说明】湖北省温德克英联盟2023-2024学年高二8月开学综合性难度选拔考试数学试题 含解析.docx，共(33)页，2.250 MB，由小赞的店铺上传

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2023年8月湖北温德克英联盟高二上学期开学综合性难度选拔考试本试卷共6页，22题.全卷满分120分考试用时120分钟注意事项:1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，

再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.第I卷（选择题）一、单选题1.若复数z满足20222iiiz−=+（i为虚数单位），则z的虚部为（）A.2−B.2i−C.2D.2i【答案】A【解析】【分析】化简得22iz=−−，

即得解.【详解】解：由题得20022i12i1(2ii)iii2i2z=−−−=+−−−=.所以z的虚部为2−.故选：A2.设,Rxy，向量()()11,1,2axbyc===−，，（），,且//acbc⊥，，则xy+=（）A.0B.1C.2D.3【答案】A【解析】【分析】根据向量垂直以及平

行的坐标表示，列出方程，解得x,y的值，可得答案.【详解】由题意向量()()11,1,2axbyc===−，，（），,且//acbc⊥，，故得：()()11201210xy+−=−−=，解得22xy==−，故0xy+=，故选：A3.为了研究某

种病毒与血型之间的关系，决定从被感染的人群中抽取样本进行调查，这些感染人群中O型血、A型血、B型血、AB型血的人数比为4:3:3:2，现用比例分配的分层随机抽样方法抽取一个样本量为n的样本，已知样本中O型血的人数比AB型血的人数多20，则n=（）A.100B.120C.200D.240【答案】

B【解析】【分析】由题知422043324332nn−=++++++，再解方程即可得答案.【详解】解：因为感染人群中O型血、A型血、B型血、AB型血的人数比为4:3:3:2，所以，抽取样本量为n的样本中，O型血的人数为44332n+++，AB型血的人数为24332n+++，

所以，422043324332nn−=++++++，解得120n=故选：B4.,,,表示平面，l为直线，下列命题中为真命题的是（）A.,//⊥⊥B.,⊥⊥⊥C.,,ll⊥⊥=⊥ID.//,//,//⊥【

答案】C【解析】【分析】借助长方体模型，结合线面垂直的判定定理、面面平行的性质逐一判断即可.【详解】A：在长方体1111ABCDABCD−中，设表示平面ABCD，,分别表示平面11ADDA和平面

11DCCD，显然满足,⊥⊥，但是⊥，因此本选项不正确；B：在长方体1111ABCDABCD−中，设表示平面11BCCB，,分别表示平面11ADDA和平面ABCD，显然满足,⊥⊥，但是//，因此本选项不正确；C：设,mn==，设点O是平面任意一点，

在平面内过O做,OAmOBn⊥⊥，垂足为,AB，因为⊥，m=，,OAmOA⊥，所以OA⊥，而l=，所以OAl⊥，同理OBl⊥，而,,OAOBOOAOB=，所以l⊥，因此本选项正确；D：在长方体1111ABCDABCD−

中，,,,分别表示平面1111DCBA、平面11ADDA、平面ABCD、平面11BCCB，显然满足//,//,⊥，但是⊥，因此本选项不正确，故选：C5.在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a

，b，c，cos(2)cos.cAbaC=−若12A=，点D在边AB上，1ADBC==，则BCD△的外接圆的面积是（）A.23π3+B.43π3+C.63π3+D.83π3+【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理将cos(2)coscAbaC

=−统一成角的形式，化简后可求出π4C=，在ABC中利用正弦定理可求出AB，则可求出BD，然后在BCD△中利用余弦定理求出CD，再利用正弦定理可求出BCD△外接圆的半径，从而可求出圆的面积.【详解】因为cos(2)cosc

AbaC=−，所以由正弦定理得sincos(2sinsin)cosCABAC=−，所以sincossincos2sincosCAACBC+=，所以()sin2sincosCABC+=，所以()sinπ2sincosBBC−=

，所以sin2sincosBBC=，因为sin0B，所以2cos2C=，因为()0,πC，所以π4C=，所以ππ2πππ1243BAC=−−=−−=，在ABC中，由正弦定理得sinsinBCABAACB=，1ππsinsin124AB=，所以π2sin122AB=，因ππ

πππππ62sinsinsincoscossin123434344−=−=−=，所以62242AB−=，得31AB=+，所以3BD=在BCD△中，由余弦定理得2222cosCDBDBCBDBCB=+−，2131231432CD=+−−=+，

所以43CD=+，设BCD△外接圆半径为R，则由正弦定理得432432sin332CDRB++===，所以433R+=，所以BCD△的外接圆的面积是243ππ3R+=，故选：B为6.如图，棱长为2正方体1111A

BCDABCD−，O为底面AC的中心，点P在侧面1BC内运动且1DOOP⊥，则点P到底面AC的距离与它到点B的距离之和最小是()A.85B.125C.5D.22【答案】A【解析】【分析】取1BB中点F，连接,,,,ACFAFCBDF

O，证明1DO⊥平面ACF，求出P在FC上.将平面11BCCB沿BC翻折到与平面ABCD共面，将B关于CF对称到B，过B作BEBC⊥与E，则BE即为点P到底面AC距离与它到点B的距离之和的最小值.【详解】取1BB中点F，连接,,,,ACFAFCBDFO，的由12

22DDOB==，221DOBF==，190DDOFBO==可知1DDOOBFV:V，则1DODOFB=，∴由11180DODDOFBOF++=知190DOF=，即1DOOF⊥.∵AC平面ABCD，1BB⊥平面ABCD，∴AC⊥1BB，又AC⊥BD，BD

∩1BB＝B，∴AC⊥平面11BDDB，∵1DO平面11BDDB，∴1ACDO⊥，∵ACOFO=，∴1DO⊥平面ACF，∵1DOOP⊥，∴OP平面ACF，P平面ACF，∵P在侧面1BC内，∴P平面ACF平面11BCCBCF=，即P在CF上；∵平面11BCCB⊥平面AB

CD，且交线为BC，∴P到平面ABCD的距离即为P到BC的距离，将平面11BCCB沿BC翻折到与平面ABCD共面，如图：将B关于CF对称到B，过B作BEBC⊥与E，则BE即为点P到底面AC的距

离与它到点B的距离之和的最小值.以B为原点，建立如图所示坐标系，则B(0，0)，F(1，0)，C(0，2)，直线CF方程为112xy+=，即220xy+−=，设()00,Bxy，则()00000082154220522yxxxyy−=−=

=+−=，∴BE085x==.故选：A﹒7.已知函数()πcos(0)3fxx=−在ππ,64上单调递增，且当ππ,43x时，()0fx恒成立，则的取值范围为（）A.522170,,232B.4170,8,3

2C.4280,8,33D.5220,,823【答案】B【解析】【分析】由已知，分别根据函数()fx在区间ππ,64上单调递增，在

ππ,43x时，()0fx恒成立，列出不等关系，通过赋值，并结合的本身范围进行求解.【详解】由已知，函数()πcos(0)3fxx=−在ππ,64上单调递增

，所以()111π2ππ2πZ3kxkk−−，解得：()1112π2π2ππZ33kkxk−+，由于()111Zπ,π,642π2π2ππ33kkk−+，

所以112ππ2π632πππ43kk−+，解得：()11141248Z3kkk−+①又因为函数()πcos(0)3fxx=−在ππ,43x上()0fx恒成立，所以()222πππ2π2π+Z

232kxkk−−，解得：()2222π2ππ5πZ66kkxk−+，由于()2222π2ππ5π,Z6π,46π3kkk−+，所以222πππ46

2ππ5π36kk−+，解得：()2222586Z32kkk−+②又因为0，当120kk==时，由①②可知：04432532−−，解得403，；当12

1kk==时，由①②可知：02883221732，解得1782，.所以的取值范围为4170,8,32.故选：B.【点睛】在处理正弦型、余弦型三角函数性质综合问题时，通常使用整体

代换的方法，将整体范围满足组对应的单调性或者对应的条件关系，罗列出等式或不等式关系，帮助我们进行求解.8.定义：若()(),1,gxxkfxxkfxkk=，则称()fx是函数

()gx的k倍伸缩仿周期函数.设()()sinπgxx=，且()fx是()gx的2倍伸缩仿周期函数.若对于任意的1,xm，都有()8fx−，则实数m的最大值为（）A.12B.563C.643D.883【答案】B【解析】【分析】确定函数解析式，得

到)12,2kkx+时，()π2sin2kkxfx=，考虑3k和4k=两种情况，得到不等式π1sin162x−，解得答案.【详解】()()sinπ,122,22xxfxxfx=，当)2,4x时，)1,2

2x，故()π22sin22xxfxf==，故当)12,2kkx+时，Nk，()π2sin2kkxfx=，)ππ,2π2kx，故()2,0kfx−，

当3k时，()8fx−恒成立；当4k=时，)16,32x，()π16sin816xfx=−，即π1sin162x−，故π7π166x，即563x，即实数m的最大值为563.故选：B

.【点睛】关键点睛：本题考查了函数的新定义，不等式恒成立问题，三角函数的性质，意在考查学生的计算能力，转化能力和综合应用能力，其中利用函数的类周期性质确定函数的解析式是解题的关键.二、多选题9.近年，随着人工智能，AIoT，云计算等技术的推动，全球

数据量正在无限制地扩展和增加.国际数据公司IDC统计了2016~2020年全球每年产生的数据量及其增速，所得结果如图所示，根据该统计图，下列说法正确的是（）A.2016~2020年，全球每年产生的数据量在持续增

加B.2016~2020年，全球数据量的年平均增长率持续下降C.2016~2020年，全球每年产生的数据量的平均数为33.7D.2015年，全球产生的数据量超过15ZB【答案】ACD【解析】【分析】根据统计图，分析数据，可依次判断各个选项.

【详解】对于A，由图可得2016~2020年，全球每年产生的数据量在持续增加，故A正确.对于B，2016~2017年，全球数据量的年平均增长率由16.13%增长到了44.44%，故B错误.对于C，20162020年，全球每年产生的数据量的平均数为()11

826334150.533.75++++=，故C正确.对于D，设2015年全球产生的数据量为xZB，则1816.13%xx−=，解得1818151.16131.2x==，故D正确.故选：ACD10.下列各式的值为32是（）A.22ππcossin1212−B.23tan15

1tan15−C.334sin104cos10−D.5π5πtantan4125πtan112+−【答案】AB【解析】【分析】利用三角函数恒等变形，即可化简求值.【详解】A.22πππ3cossincos121262−==，故A正确；B.223tan1532

tan1533tan301tan1521tan1522===−−，故B正确；C.()23cos1060333cos103sin104sin104cos104sin10cos102sin20+−−==()23co

s902023cos7032sin202sin20=−==，故C错误；D.5π5πtantan4125πtan112+=−5π5πtantan5π5π5π412tantan5π5π4123tantan1412

+=−+=−，πtan2π33=−=−，故D错误.故选：AB11.三棱锥ABCD−各顶点均在表面积为20的球体表面上，2,120ABCBABC===，90BCD=，则（）A

.若CDAB⊥，则2CD=B.若2CD=，则CDAB⊥C.线段AD长度的最小值为10D.三棱锥ABCD−体积的最大值为3【答案】ACD【解析】【分析】对于A,计算出ABC的外接圆半径，明确球心到平面ABC的距离，可求得2CD=；对于B，要明确D的轨迹是与BC垂直的球内某

截面圆，由此判断满足CD=2时的点D有两个点，其中有一个不满足；对于C,借助于图示，确定点D在D'位置时，线段AD长度才可取到最小值，由此计算即可；对于D，由于ABC的面积为定值，且D点在与ABC垂直的截面圆上，只需当D点到平面ABC距离最大时,三棱锥ABC

D−体积也最大，由此可以求先求得三棱锥的高的最大值，可求得结果；【详解】因为2420SR==,所以25R=；对于A,若CDAB⊥，则平面BCD⊥平面ABC,过BD的中点F作与平面BCD垂直的直线l

,设球心为O,则l∥平面ABC,作FHBC⊥,垂足为H，,则FH即为球心O到平面ABC的距离d,对于ABC,设其外接圆半径为r,则22,2sin12032ABrr===，所以221dHFRr==−=，因此CD=2HF=2，故A正确；对于B，因为始终满

足CB⊥CD，所以点D的轨迹是与BC垂直的球内某截面圆，如图示：因为BC=2为定值，作AH⊥D点所在截面圆O',取BC得中点M,连接OM,OO,22()22BCOMR=−=，因为OO'和BC同时满足垂直于D点所在截面圆，所以OM即为D点所在截面圆的半径，所以D点在以2为半径的圆上，C为定点，所以

满足CD=2时的点D有两个点，作A点在截面圆的投影，垂足设为H，若CD⊥AB，则CD⊥平面BCHA，所以CD⊥CH，必定有一个符合CD=2的D点不满足，因此B选项错误;对于C,因为平面ABC(ABCH)与圆O'垂直，所以OO'与平面ABC平行，作1OOAH⊥，又因为1OOBC⊥，所以1OO⊥平

面ABC，因此1O为ABC外接圆的圆心，而△ABC外接圆半径r为2，又因为11OHMC==，所以AH=r+1=3，若求AD的最小值，在直角三角形ADH中，只需确定出DH的最小值即可，如图所示，点D在D'位置时，DH最小，AD也最小,即2229ADAHDHDH=+=+，由

A的分析可知球心O到平面ABC的距离为1，即11OO=,则1OH=,而DH的最小值为211DHODOH=−=−=,所以AD的最小值为10，故C正确；对于D，ABC的面积为定值，且D点在与ABC垂直的截面圆上，只需当D点到平面ABC距离最大时,三棱锥ABCD−体

积也最大，又因为O'H⊥平面ABC，因此当D点位于HO'与截面圆的交点处时(如图示位置)即.,HOD共线时,高即DH最大，最大值123OHDO+=+=,故此时三棱锥ABCD−体积的最大值为1122sin1203332=，故D正确，故选：ACD【点睛】本题难度较大，需要充分发挥空间

想象力，利用示意图辅助解答，难点在于理清空间中的位置关系，明确数量关系，准确计算.12.在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且2a=，sin2sinBC=，有以下四个命题中正确的是（）A.满足条件的ABC

不可能是直角三角形B.ABC面积最大值为43的C.当A=2C时，ABC的周长为223+D.当A=2C时，若O为ABC的内心，则AOB的面积为313−【答案】BCD【解析】【分析】对于A，利用勾股定理的逆定理判断；对于B，利用圆的方程和三角形的面积公式可得答案

；对于C，利用正弦定理和三角函数恒等变形公式可得答案对于D，由已知条件可得ABC为直角三角形，从而可求出三角形的内切圆半径，从而可得AOB的面积【详解】对于A，因为sin2sinBC=，所以由正弦定理得，2bc=，若b是直角三角形的斜边，则有222acb+=，即2244cc+=，得233c=

，所以A错误；对于B，以BC的中点为坐标原点，BC所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，则(1,),(1,0)BC−，设(,)Amn，因为2bc=，所以2222(1)2(1)mnmn−+=++，化简得22516()3

9mn++=，所以点A在以5,03−为圆心，43为半径的圆上运动，所以ABC面积的最大值为1442233=，所以B正确；对于C，由A=2C，可得3BC=−，由sin2sinBC=得2bc=，由正弦定理得，sinsinbcBC=，即2sin(3)sinccCC=−，所以sin3

2sinCC=，化简得2sincos22cossin2sinCCCCC+=，因为sin0C，所以化简得23cos4C=，因为2bc=，所以BC，所以3cos2C=，则1sin2C=，所以sin2sin1

BC==，所以2B=，6C=，3A=，因为2a=，所以2343,33cb==，所以ABC的周长为223+，所以C正确；对于D，由C可知，ABC为直角三角形，且2B=，6C=，3A=，2343,33cb==，所以AB

C的内切圆半径为123433212333r=+−=−，所以AOB的面积为1123331122333cr−=−=所以D正确，故选：BCD【点睛】此题考查三角形的正弦定理和面积公式的运用，考查三角函数的恒等变换，考查转化能力和计算能力，属于难题

.第II卷（非选择题）三、填空题13.已知1z为复数，且12z=，则12iz+的最大值为____________.【答案】4【解析】【分析】由题意，设()1i,zabab=+R，得到224ab+=，则()2212i2zab+=++，利用复数的模的几何意义，即

可得解.【详解】由题意设()1i,zabab=+R，则12ii2i(2)izabab+=++=++12z=Q，222ab+=，即224ab+=，即1z的模的轨迹可理解为以(0,0)为圆心，半径为2的圆.则()2212i2zab+

=++，可理解为求点(,)ab到点(0,2)−之间的距离，数形结合可知，12iz+的最大值为4．故答案为：414.已知ABC的外接圆圆心为O，||6,||8ABAC==，(,)AOABACR=+，若21sin()2At

+−（t为实数）有最小值，则参数t的取值范围是______.【答案】3315(,)1616−【解析】【分析】首先求得,AOABAOAC，进而用cosA表示出,，由此化简21sin()2At

+−，结合二次函数的性质，列不等式，解不等式求得t的取值范围.【详解】先求,AOABAOAC：如图所示，设D是线段AB的中点，由于O是三角形ABC外接圆的圆心，故ODAB⊥，所以211cos,1822AOABABAOAOABABABAB==

==，同理可得211cos,3222AOACACAOAOACACACAC====.由于(,)AOABACR=+uuuruuuruuur故221832AOABABABACAOACACABAC=+==+=，即43co

s268cos3AA+=+=，解得2234cos6sin43cos8sinAAAA−=−=，将上式代入21sin()2At+−并化简得2123coscos238AtA−+，由于1cos1A−，依题意2123coscos238

AtA−+有最小值，结合二次函数的性质可知当233811122t−+−−时，2123coscos238AtA−+有最小值.由233811122t−+−−解得33151616t−.故答案为：3315

(,)1616−.【点睛】本小题主要考查平面向量的数量积的运算，考查圆的几何性质，考查方程的思想，考查二次函数在给定区间上有最小值问题的求解策略，考查化归与转化的数学思想方法，综合性很强，属于难题.15.已知ABC为锐角三角形，满足()2

22sinsinsinsinsintanBCBCAA=+−，ABC外接圆的圆心为O，半径为1，则()OAABAC+的取值范围是______.【答案】723,2−−−【解析】【分析】利用正弦定理，将()222sinsinsi

nsinsintanBCBCAA=+−转化为边，得到6A=，将所求的()AABACO+转化成cos2cos22CB+−，结合6A=，全部转化为B的函数，再求出B的范围，从而得到答案.详解】根据正弦定理sinsinsina

bcABC==，将()222sinsinsinsinsintanBCBCAA=+−转化为222sin12cos2bcaAbcA+−=即1sin2A=，又因A为锐角，所以6A=.所以()()2ABAOAOAOBOCACO=++−22OAO

BOAOCOA=+−coscos2AOBAOC=+−cos2cos22CB=+−【5cos2cos223BB=−+−33cos2sin2222BB=−−3cos226B=+−因为ABC是锐角三角形，所

以22BBA+，所以32B，得572666B+，所以73cos2223,62B+−−−−故()AABACO+的取值范围是723,2−−−.【点睛】本题考查向量的线性运算、数量积，正、余弦定理解三角形，余弦型函数的

图像与性质，属于难题.16.如图，某化学实验室的一个模型是一个正八面体（由两个相同的正四棱锥组成，且各棱长都相等）若该正八面体的表面积为2323cm，则该正八面体外接球的体积为___________3cm；若在该正八面体内放一个球，则该球半径的最大值为_

__________cm.【答案】①.6423②.263【解析】【分析】由已知求得正八面体的棱长为4，进而求得22cmOAOBOCODOP=====，即知外接球的半径，进而求得体积；若球O在正八面体内，则球

O半径的最大值为O到平面PBC的距离，证得OH⊥平面PBC，再利用相似可知OEOPOHPE=，即可求得半径.【详解】如图，记该八面体为PABCDQ，O为正方形ABCD的中心，则OP⊥平面ABCD设cmABa=，则2383234a=，解得4a=.

在正方形ABCD中，242cmBDAB==，则22cmOAOBOCOD====在直角BOP△中，知22cmOP=，即正八面体外接球的半径为22cmR=故该正八面体外接球的体积为334642(22)cm33=.若球O在正八面体内，则球O

半径的最大值为O到平面PBC的距离.取BC的中点E，连接PE，OE，则OEBC⊥，又OPBC⊥，OPOEO=，BC⊥平面POE过O作OHPE⊥于H，又BCOH⊥，BCPEE=，所以OH⊥平面PBC，又POEOHEV:V，OHOEOPPE=，则2222

6cm323OEOPOHPE===，则该球半径的最大值为26cm3.故答案为：6423，26cm3四、解答题17.某市为了了解人们对“中国梦”的伟大构想的认知程度，针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“一带一路”知识竞赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知

程度高的有20人，按年龄分成5组，其中第一组：)20,25，第二组：)25,30，第三组：)30,35，第四组：)35,40，第五组：40,45，得到如图所示的频率分布直方图.（1）根据频率分布直方图，估计这20人的

平均年龄和第80百分位数；（2）若第四组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为37和52，第五组宣传使者的年龄的平均数与方差分别为43和1，求这20人中35~45岁所有人的年龄的方差.【答案】（1）32.25，第80百分位数为

37.5（2）10【解析】【分析】（1）直接根据频率分布直方图计算平均数和百分位数；（2）利用分层抽样得第四组和第五组分别抽取4人和2人，进而设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为4x，5x，方差分别为24s，25s，第四组和第五组所有宣传

使者的年龄平均数为z，方差为2s，进而根据方差公式，代入计算即可得答案.【小问1详解】设这20人的平均年龄为x，则22.50.0527.50.3532.50.337.50.242.50.132.25x=

++++=.设第80百分位数为a，由50.02(40)0.040.2a+−=，解得37.5a=.【小问2详解】由频率分布直方图得各组人数之比为1:7:6:4:2，故各组中采用分层随机抽样的方法抽取20人，第四组和第五组分别抽取

4人和2人，设第四组、第五组的宣传使者的年龄的平均数分别为4x，5x，方差分别为24s，25s，则437x=，543x=，2452s=，251s=，设第四组和第五组所有宣传使者的年龄平均数为z，方差为2s.则4542396xxz

+==，()()222224545142106ssxzsxz=+−++−=，因此，第四组和第五组所有宣传使者的年龄方差为10，据此，可估计这m人中年龄在35~45岁的所有人的年龄方差约为10.18.已知函数()24sinsin

42xfxx=++()()cossincossin1xxxx+−−.（1）求函数()fx的最小正周期；（2）常数0，若函数()yfx=在区间2,23−上是增函数，求的取值范围；（3）若函数()()()12122gxfxafxafxa=+−−−

−在,42−的最大值为2，求实数a的值.【答案】(1)2T=.(2)30,4.(3)2a=−或6【解析】【详解】分析：(1)根据倍角公式中的降幂公式，合并化简，

得到）()2sinfxx=.可求得最小正周期．（2）根据正弦函数的单调区间，求得∴()fx的递增区间为22,,22kkkZ−+再判断在区间2,23−上是增函数条件下的取值情况即可．（3）化简()gx的表达式得到()1sin2sincos12gxxa

xaxa=+−−−.利用换元法令sincosxxt−=，得到关于t的二次函数表达式．对a分类讨论，判断在a取不同范围值时y的最值，从而求得a的值．详解：（1）()2221cossincossin12fxxxxx=−++−−()222sinsin12sin12sinxxxx

=++−−=.∴2T=.（2）()2sinfxx=.由2222kxk−+得22,22kkxkZ−+，∴()fx的递增区间为22,,22kkkZ−+

∵()fx在2,23−上是增函数，∴当0k=时，有2,,2322−−.∴0,,222,23−−解得304∴的取值范围是3

0,4.（3）()1sin2sincos12gxxaxaxa=+−−−.令sincosxxt−=，则2sin21xt=−.∴22111122ytatatata=−+−−=−+−221242aata=−−+−.∵sinco

s2sin4txxx=−=−，由42x−得244x−−，∴21t−.①当22a−，即22a−时，在2t=−处max1222ya=−+−.由12222a−+−=，解得()88221227221a=−=−−−+（舍去).②当21

2a−，即222a−时，2max142aya=−，由21242aa−=得2280aa−−=解得2a=−或4a=（舍去）.③当12a，即2a时，在1t=处max12ay=−，由122a−=得6a=.综上，2a=−或6a=为所求.点睛：本题考查了三角

函数的综合应用，根据表达式求周期、单调性、最值等，综合性强，对分析问题、解决问题的能力要求较高，属于难题．19.在ABC中，内角,,ABC所对的边分别为,,abc，ABC的面积为ABCS已知①3CACB=2ABCS，②()()()sinsinsinsinsinsinsinCACA

BBA+−=−，③()2coscosabCcB−=，从这三个条件中任选一个，回答下列问题，（1）求角;C（2）若2c=，求ABC的面积的最大值.【答案】（1）3（2）3【解析】【分析】（1）选①，由数量积的定义与三角形面积公式化简可得tanC的值，即可得角;C选②，

由正弦定理结合余弦定理求解cosC的值，即可得角;C选③，由正弦定理结合三角恒等变换可得cosC的值，即可得角;C（2）由余弦定理结合基本不等式求得ab最值，即可得ABC的面积的最大值.【小问1详解】选①

，由3CACB=2ABCS可得13cos2sinsin2baCabCabC==，得sintan3cosCCC==，又()0,πC，所以π3C=；选②，因为()()()sinsinsinsinsin

sinsinCACABBA+−=−由正弦定理得222cabab−=−，即222abcab+−=，所以2221cos22abcCab+−==又()0,πC，所以π3C=选③，因为()2coscosabCcB−=，由正弦定理

可得()2sinsincossincosABCCB−=，所以()2sincossincossincossinsinACCBBCBCA=+=+=因为()0,πA，所以sin0A，所以1cos2C=，因为()0,πC，所以π3C=；【小问

2详解】因为2222coscababC=+−，所以224ababab=+−，当且仅当2ab==时取等号，所以13sin324ABCSabCab==△，当ab=时ABCS最大值为3.20.如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=3

，∠B1BD=6，11,BBABBC=11122,3ABABBB===（1）求证：直线AC⊥平面BDB1；（2）求直线A1B1与平面ACC1所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析；（2）3714【解析】【分析】（1）由边角边证得11BBCBBA，即11BABC

=，在等腰三角形1BAC中由三线合一证得1BOAC⊥，在菱形ABCD中由菱形的对角线垂直证得ACBD⊥，由线面垂直的判定定理说明即得证；（2）延长1111,,,AABBCCDD交于点P，平面1BDB即

为平面BDP，平面1ACC即平面ACP，由（1）得平面ACP⊥平面BDP，OP=平面ACP平面BDP，所以过1B做1BHOP⊥，由面面垂直的性质则1BH⊥平面ACP，故11BAH即为直线11AB与平面1ACC所成角（若研究直线AB与平

面1ACC所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变），在菱形ABCD中求出BD，作PGBD⊥，由16BBD=和勾股定理可求得,,BGPGPO，由余弦定理和同角三角函数关系求得cosBPO，sinBPO，进而求得1BH，最后由正弦函数定义可求得答案；也

可以利用建立空间直角坐标系的方式运算求解.【详解】（1）连接,ACBD交于O，因为BCBA=，11BBABBC=，11BBBB=，所以11BBCBBA，故11BABC=又因为O为菱形对角线交点，即是线段AC的中点，所以1BOAC⊥又

四边形ABCD为菱形，故ACBD⊥而1BOBDO=，所以AC⊥平面1BDB方法二：因为11BBABBC=，所以点1B在平面ABCD内的射影O在为ABC的平分线，又四边形ABCD为菱形，故BD为ABC

的平分线，则O直线BD故平面1BDB⊥平面ABCD，而平面1BDB平面ABCDBD=，又四边形ABCD为菱形，故ACBD⊥所以AC⊥平面1BDB（2）延长1111,,,AABBCCDD交于点P，平面1BDB即为平面BDP，平面1ACC即平面ACP由（1）得平面ACP⊥平

面BDP，OP=平面ACP平面BDP，所以过1B做1BHOP⊥，则1BH⊥平面ACP，故11BAH即为直线11AB与平面1ACC所成角（若研究直线AB与平面1ACC所成角的正弦值则线段等比例扩大2倍结果不变）因为四棱台1111ABCDABCD−中1122ABAB==，所以111AB=，6BP

=由菱形有2ABBC==，且∠ABC=3，所以23BD=，作PGBD⊥，因为16BBD=，则33BG=，3PG=，所以2221POBGPG=+=，则cosBPO362132621+−==9221，7sin14BPO=，1

3714BH=，故1111137sin14BHBAHBA==.法二：延长1111,,,AABBCCDD交于点P，平面1BDB即平面BDP，平面1ACC即平面ACP，设直线11AB与平面1ACC所成角为过P作PGBD⊥，垂足为G，因为6BP=，所以33

BG=建系，以,OBOC为,xy轴，作z轴//GP，(0,1,0),(3,0,0),(0,1,0),(23,0,3)ABCP−−(3,1,0)AB=(0,2,0)AC=(23,1,3)AP=−设平面ACP的法向量为(,,)mx

yz=，则202330yxyz=−++=，所以3(,0,1)2m=，为3337cos,143272214mAB===+所以37sin14=【点睛】本题考查空间中线面垂直的证明，还考查了空间线面角正弦值的运算，属于难题.21.已知ABC的内角,,ABC的对边分

别为,,abc，cossin2ACabA+=，BD平分ABC交AC于点D，且2,23BDADCD==．（1）求B；（2）求ABC的面积．【答案】（1）2π3（2）2536【解析】【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简可求得结果，（2）由角平

分线的性质结合已知可得32ac=，再由正弦定理和三角函数恒等变换公式可得4cossin3AA=，结合22sincos1AA+=可求出sinA，然后在ABD△中利用正弦定理可得CD，从而可求得b，在ABC中

利用余弦定理得2225193acac=+−，解方程组可求出,ac，进而可求出ABC的面积.【小问1详解】因为cossin2ACabA+=，所以πcossinsin22BBaabA−==，所以由正弦定理得sinsinsinsin2sincossin222BBBABAA==，因

为(),0,πAB，所以1cos22B=，因为π0,22B，所以π23B=，所以2π3B=.【小问2详解】因为BD平分ABC交AC于点D，且2,23BDADCD==，所以32ADcCDa==，即3

2ac=，①所以πsinsin33sinsin2ACAA−==，π2sin3sin3AA−=，所以ππ2sincos2cossin3sin33AAA−=，3cos4sinAA=，所以4cossin3AA=，因为22sincos1

AA+=，所以2216sinsin13AA+=，得23sin19A=，因为π0,3A，所以3sin19A=，在ABD△中由正弦定理得sinsinADBDABDA=，得32sin219sin319BDABDADA=

==，所以2193CD=，所以5193bADCD=+=,在ABC中由余弦定理得2222cosbacacB=+−，得2225193acac=++，②由①②解得10,53ac==，所以ABC的面积为11103253sin522326ABCSacB===.22.如图①所示，长方形AB

CD中，1AD=，2AB=，点M是边CD的中点，将ADM△沿AM翻折到PAM△，连接PB，PC，得到图②的四棱锥PABCM−．（1）求四棱锥PABCM−的体积的最大值；（2）若棱PB的中点为N，求CN的长；（3）设PAMD−−的大小为，若π0,2，求平面PAM和平面PBC夹角余

弦值的最小值．【答案】（1）24（2）52（3）1111【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到当平面PAM⊥平面ABCM时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥PABCM−的体积取得最大值，求出1222PGAM=

=，从而得到体积最大值；（2）作出辅助线，证明出四边形CNQM为平行四边形，从而得到2215122CNMQ==+=；（3）作出辅助线，得到∠PGD为PAMD−−的平面角，即PGD=，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面PAM和平面PBC的法向量，利

用空间向量夹角余弦公式得到29cos80609tt=+−，结合t的取值范围求出余弦值的最小值【小问1详解】取AM的中点G，连接PG，因为PA=PM，则PG⊥AM，当平面PAM⊥平面ABCM时，P点到平面ABCM的距离最大，四棱锥

PABCM−的体积取得最大值，此时PG⊥平面ABCM，且1222PGAM==，底面ABCM为梯形，面积为()1312122+=，则四棱锥PABCM−的体积最大值为13223224=【小问2详解】取AP中点Q，

连接NQ，MQ，则因为N为PB中点，所以NQ为△PAB的中位线，所以NQ∥AB且12NQAB=，因为M为CD的中点，四边形ABCD为矩形，所以CM∥AB且12CMAB=，所以CM∥NQ且CM=NQ，故四边形CNQM为平行四边形，所以2215122CNMQ

==+=.【小问3详解】连接DG，因为DA=DM，所以DG⊥AM，所以∠PGD为PAMD−−的平面角，即PGD=，过点D作DZ⊥平面ABCD，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DZ所在直线为x轴，y轴，z轴，建立如图所示的

空间直角坐标系，则()()()1,0,0,0,1,0,0,2,0AMC，过P作PH⊥DG于点H，由题意得PH⊥平面ABCM，设()000,,Pxyz，因为22PG=，所以()222sin,cos,1cos222PHGHDH===−，所以()()

002211cos1cos222xy==−=−，02sin2z=所以()()1121cos,1cos,sin222P−−，所以()1coscos121,1,0,,,sin222AMPA+−=−=−，设平面PAM的法向量为()1111,,nxyz

=，则1111101coscos12sin0222xyxyz−+=+−+−=，令12z=，则()1tan,tan,2n=，设平面PBC的法向量为()2222,,nxyz=uur，因为()cos1cos321,0,0,,,sin222CBPC−+==−

，则22220cos1cos32sin0222xxyz=−++−=令22siny=，可得：()20,2sin,3cosn=+，设两平面夹角为，则()()21222212sin2322cos3cos1coscos11cos

6cos2tan2sin6cos10nnnn+++===−++++2213cos3380201201801coscos1133393cos9cos33+==+−−++++++令11cos3t=+，π0,2

，所以3,34t，所以29cos80609tt=+−，所以当3t=时，cos有最小值1111，所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为1111获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com