【文档说明】河南省漯河市高级中学2023-2024学年高一下学期7月月考试题 数学 Word版含解析.docx，共(27)页，3.216 MB，由小赞的店铺上传

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2023-2024学年高一下学期7月检测数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.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，将答案写在答题卡的相应位置上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一.选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1.已知两个非零向量a，b满足||||abab+=−，则2

ab−在b方向上的投影向量为（）A.12bB.2bC.12b−D.2b−2.在复平面内；复数32i2iz−=−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3.图1是唐朝著名的风鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒部分

可以近似地看作半球与圆柱的组合体（如图2）．设这种酒杯内壁的表面积为2cmS，半球的半径为3cm，若半球的体积不小于圆柱体积，则S的取值范围是（）A.[24π,)+B.(18π,24π]C.[30π,)+D.(18π,30π]4.过四棱锥P

ABCD−任意两条棱的中点作直线，其中与平面PBD平行的直线有（）A.4条B.5条C.6条D.7条5.已知函数()()sin0,0,2fxAxA=+在一个周期内的图象如图所示；若()yf

x=+为偶函数，则的值可以为（）A.π3−B.4π3−C.π2D.π6.如图，正四面体ABCD−的棱长为2，在AB上有一动点E，过E作平行于底面BCD的截面，以该截面为底面向下挖去一个正三棱柱，则该正三棱柱侧

面积的最大值为（）A.6B.63C.62D.4637.如图所示；测量队员在山脚A测得山顶P的仰角为，沿着倾斜角为的斜坡向上走200m到达B处，在B处测得山顶P的仰角为．若45=，34=，75=，（参考数据：si

n340.56，sin410.66，cos340.83，cos410.75，21.41，31.73），则山的高度约为（）A.181.13B.179.88C.186.12D.190.218.已知非零不共线向量,ab满足2,ab=2a

b−=，则ab的取值范围为（）A.3,84−B.2,83−C.()1,8−D.8,89−二.多选题（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分.）9.已知复平面内复数1z对应向量(

)11,3OZ=−；复数2z对应点为2Z．且满足22z=，1z是1z的共轭复数；则（）A.11zOZ=B.()2211zz=C.212zz=D.点2Z在以原点O为圆心；以2为半径的圆上10.在三棱锥−PABC中，11123PAPBPC===.记二面角BPAC−−、CPBA−−、APCB−

−的大小分别为A、B、C，V为三棱锥−PABC的体积，则下列结论正确的是（）A.sinsinsinsinABBPCCPA=B.coscossinsinBCCPAAPB=C.sinsinsinAVAPBAPC=D.cossin

sinBVBPABPC=11.如图；正方体ABCDABCD−的棱长为2，M是侧面ADDA上的一个动点（含边界）；点P在棱CC上；则下列结论正确的有（）A.若1PC=；沿正方体表面从点A到点P的最短距离为17B.若1PC=，三棱锥BABP−的外接球表面积为41π4C.若

12PC=；BDPM⊥，则点M的运动轨迹长度为322D.若12PC=；平面ADP被正方体ABCDABCD−截得截面面积为7338的三.填空题（共3小题，每题5分，共15分.）12.在ABC中，若3ABBCBCAC=，则角A的最大值为_____

_.13.设ABC中角,,ABC所对边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线；已知1c=且12sincossinsinsin4ABaAbBbC=−+，23tan3BAD=．则AD=______．14.ABC为以C为直角顶点直角三角形，且4AC=，5BC=，P为

AB上一动点，沿CP将三角形ACP折起形成直二面角ACPB−−，当AB长度最短时，ACP=______，此时二面角ABCP−−的平面角的正弦值为______.四.解答题（共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15.如图；D

为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,4AEAD==．若ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,13PODO=．（1）求该圆锥的表面积；（2）求三棱锥DAPB−的体积．16.已知函数()π2sincos3fxxxm=++的最大值为2m；（

1）求常数m的值；（2）若()fx在()0,0aa上单调递增；求a的最大值．17.如图；正四棱柱1111ABCDABCD−中；12AAAB=；点P为1DD的中点．的的（1）求证：直线1BD∥平面PAC；（2）求直线1BC与

平面APC所成线面角的正弦值．18.在平面四边形ABCD中；2ABBCCD===；23AD=，（1）若四边形ABCD圆内接四边形；求AC；（2）求四边形ABCD面积最大值．19.如图；在三棱柱ADPBC

Q−中；侧面ABCD为矩形．（1）若PD⊥面ABCD；22PDADCD==，2NCPN=，求证：DNBN⊥；（2）若二面角QBCD−−大小为；π2π,43，且2cos2ADAB=；设直线B

D和平面QCB所成角为；问当变化过程中能否取到π3；若能；请证明；若不能请说明理由．为的2023-2024学年高一下学期7月检测数学注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡上.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，将答案写在答题卡的相应位置上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一.选择题（共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一

项是符合题目要求的.）1.已知两个非零向量a，b满足||||abab+=−，则2ab−在b方向上的投影向量为（）A.12bB.2bC.12b−D.2b−【答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律可得0ab=，再利用投影向量的意义求解即得.

【详解】由||||abab+=−，两边平方得222222abababab++=+−，则0ab=，而2(2)2abbb−=−，所以2ab−在b方向上的投影向量为2(2)2||abbbbb−=−.故选

：D2.在复平面内；复数32i2iz−=−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【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算化简复数，即可求解.【详解】()()232i2i32i63i4i2i8i2i555z−+−+−−−====−,故对应的点为81,55−

，位于第四象限，故选：D3.图1是唐朝著名的风鸟花卉纹浮雕银杯，它的盛酒部分可以近似地看作半球与圆柱的组合体（如图2）．设这种酒杯内壁的表面积为2cmS，半球的半径为3cm，若半球的体积不小于圆柱体积，则S的取值范围是（）A.[24π,)+

B.(18π,24π]C.[30π,)+D.(18π,30π]【答案】D【解析】【分析】设圆柱的高为h，由条件结合体积公式列不等式求h的范围，再结合球的表面积公式和圆柱的侧面积公式求酒杯内壁的表面积解析式及其范围.【详解】设圆柱的高为()0hh，因为半球的体积不小于圆柱体

积，所以322π3π33h，解得2h，即(0,2h．所以22π32π3(18π,30π]Sh=+．故选：D.4.过四棱锥PABCD−任意两条棱的中点作直线，其中与平面PBD平行的直线有（）A.4条B.5条C.6条D.7条【答案】C【解

析】【分析】根据线面平行的判定定理分析求解.【详解】如图，设,,,,,,,EFGHIJMN为相应棱的中点，则NE//PB，且NE平面PBD，PB平面PBD，所以NE//平面PBD，同理可得：,,,,HENHGFMFM

G与平面PBD平行，由图可知：其他的任意两条棱的中点的连线与平面PBD相交或在平面PBD内，所以与平面PBD平行的直线有6条.故选：C.5.已知函数()()sin0,0,2fxAxA=+在一个周期内的图象如图所示；若()yfx=+为偶函数，则的值可以

为（）A.π3−B.4π3−C.π2D.π【答案】B【解析】【分析】由图象的顶点坐标求出A，由周期求出值，根据五点法作图求出，可得函数的解析式，根据()yfx=+为偶函数，求出的值．详解】根据函数()sin()

(0fxAxA=+，0，π||)2在一个周期内的图象，可得3A=，T12π2πππ4433==−−=，12=．再根据五点法作图，可得12ππ2π,Z232kk+=+，所以πZπ2,6kk=+，由于π||2，π6=，故π()

3sin()26xfx=+．若π()3sin()226xyfx=+=++为偶函数，则πππ+262k+=，Zk，即2π2π+3k=，Zk，取1k=−，则4π3=−，故的值可以为4π3−，故选：B

6.如图，正四面体ABCD−的棱长为2，在AB上有一动点E，过E作平行于底面BCD的截面，以该截面为底面向下挖去一个正三棱柱，则该正三棱柱侧面积的最大值为（）【A.6B.63C.62D.463【答案】A【解析】【分析】作出示意图，设正三棱柱底面正三角形边长为,(0,2)xx，求出正三棱柱

的高，即可求得侧面积的表达式，结合二次函数的最值，即可求得答案.【详解】如图，设正三棱柱为EFGEFG−，其上下底面的中心为,OO,由于BCD△为正三角形,故O也为其中心,设正三棱柱底面正三角形边长为,(0,2)xx

，由题意可知AEG△为正三角形，故,2AEEGxBEx===−，又23232332,323323xOBOEx====，故23333xBEOBOE=−=−，所以正三棱柱为EFGEFG−的高为22222336()(2)()(2)333xhBEBExx=−=−−−=−，

故该正三棱柱侧面积为263(2)6(2)6(2)3Sxxxxxx=−=−=−+，当1x=时，22yxx=−+取到最大值为1，故26(2)Sxx=−+的最大值为6，故选：A7.如图所示；测量队员在山脚A测得山顶P的仰角为，沿着倾斜角为的斜坡向上走200m到达B处，在B处测得山

顶P的仰角为．若45=，34=，75=，（参考数据：sin340.56，sin410.66，cos340.83，cos410.75，21.41，31.73），则山的高度约

为（）A.181.13B.179.88C.186.12D.190.21【答案】C【解析】【分析】在ABP中，利用正弦定理求AP，进而在RtPAQ△中求山的高度.【详解】在ABP中，则()()()180,180180180ABPBPAAB

P=−+=−−−=−−−−+=−，因为sinsinAPABABPAPB=，则()()sinsinsinsinABABABPAPAPB−==−，在RtPAQ△中，则()()22000.66sinsin200sin41

sin452sin186.121sinsin302ABPQAP−===−.故选：C.8.已知非零不共线向量,ab满足2,ab=2ab−=，则ab的取值范围为（）A.3,84−B.

2,83−C.()1,8−D.8,89−【答案】D【解析】【分析】先设bm=，根据条件求出2522abm=−，利用向量减法的几何意义和三角形三边关系定理求出m的范围，再结合二次函数的单调性即可求得.【详解】设bm=，0,m则2am=，

由2ab−=两边平方得，22|2|4aabb−+=，整理得，2522abm=−，因,ab是非零不共线向量，则ababab−−+，即23mm，解得，223m，此时函数25()22fmm=−是增函数，故8()89fm−，即ab的取值范围为8,89−.故选：D.二.多选题

（共3小题，每题6分，共18分.在每题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，部分选对得3分，有选错的得0分.）9.已知复平面内复数1z对应向量()11,3OZ=−；复数2z对应点为2Z．且满足22z=，1z是1z的共轭复数；则（）A.11zOZ

=B.()2211zz=C.212zz=D.点2Z在以原点O为圆心；以2为半径的圆上【答案】ABD【解析】【分析】由复数的概念及其几何意义，复数的运算法则逐一判断选项即可．【详解】对于A，由题意得：113iz=−，则()221132z=+−=，21||1(3)2OZ=+−=，故A正确；对于

B，221(13i)223iz=−=−−，21223iz=−+，113iz=+，21()223iz=−+，故()2211zz=，故B正确；对于C，设2zabi=+，a,Rb，由2||2z=得224ab+=，21

i(3)(3)i413izababbaz+−++==−，222221(3)(3)4()44||1444abbaabzz−+++====，故C错误；对于D，2||2z=，224ab+=，2Z在以原点O为圆心，以2为半径的圆上，故D正确．故选：ABD．10.在三棱锥−PA

BC中，11123PAPBPC===.记二面角BPAC−−、CPBA−−、APCB−−的大小分别为A、B、C，V为三棱锥−PABC的体积，则下列结论正确的是（）A.sinsinsinsinABBPCCPA=B.

coscossinsinBCCPAAPB=CsinsinsinAVAPBAPC=D.cossinsinBVBPABPC=【答案】AC【解析】【分析】根据三垂线法求二面角，结合垂直关系以及锥体的体积公式逐项

分析判断.【详解】过点C作CH⊥平面PAB，垂足为H，过H分别作棱,PAPB的垂线，垂足分别为,DE，连接,CDCH，因为CH⊥平面PAB，PA平面PAB，则CHPA⊥，又因为DHPA⊥，CHDHH=，,CHDH平面CDH，所以PA⊥平面CDH，且CD平面CDH，可得PACD⊥，同理

PB⊥平面CEH，PBCE⊥，所以,ABCDHCEH==，可得sin,sinCDPCCPACEPCBPC==，且sinsinABCHCDCE==，即sinsinsinsinABPCCP

APCBPC=，整理得sinsinsinsinABBPCCPA=，故A正确；又因为111sinsin332PABAVCHSCDPAPBAPB==11sinsin32sinAPCPAPBAPCBPA=.1

1sin12sinsinsinsin323sinAAAPBAPBAPCAPC==，所以sinsinsinAVAPBAPC=，故C正确；同选项A分析得：sinsinsinsinsins

inABCBPCCPAAPB==，则sinsinsinsinCBCPAAPB=，因为tan,tanBC不一定相等，即sinsin,coscosBBCC不一定相等，则cossin,cossinBCBC不一定相等，所以coscos,sinsinBCCPAAPB

不一定相等，故B错误；同选项C分析得：sinsinsinBVBPABPC=，显然sin,cosBB不一定相等，所以V与cossinsinBBPABPC不一定相等，故D错误；故选：AC.【点睛】关键点睛：过点C作BH⊥平面PAB，通过三垂线法求二面角，并建立一个共高的几

何关系，根据这个关系分析说明.11.如图；正方体ABCDABCD−的棱长为2，M是侧面ADDA上的一个动点（含边界）；点P在棱CC上；则下列结论正确的有（）A.若1PC=；沿正方体的表面从点A到点

P的最短距离为17B.若1PC=，三棱锥BABP−的外接球表面积为41π4C.若12PC=；BDPM⊥，则点M的运动轨迹长度为322D.若12PC=；平面ADP被正方体ABCDABCD−截得截面面积为7338【答案】BCD【解析】【分析】对于A，将正

方体的下面和侧面展开，连接AP，计算即可判断；对于B正弦定理知外接圆半径54r=，又AB⊥平面BPB，设三棱锥BABP−的外接球半径为R，求得R即可判断；对于C，由线面垂直和面面平行的判定定理，设平面PEF交平面ADDA于E

F，则M的运动轨迹为线段EF，求得EF即可判断；对于D，延长DC，DP交于点H，连接AH交BC于I，连接PI，则平面ADP被正方体ABCDABCD−截得的截面为AIPD，利用三角形相似即可判断．【详解】对于A，将正方体的下面和侧面展开可得如图图形，连接

AP，则||491317AP=+=，故A错误；对于B，当||1PC=，所以BPB中，5,2PBBPBB===，则225sin55PBB==，设BPB外接圆半径为r，则由正弦定理知：52

sin2PBrPBB==，则54r=，又AB⊥平面BPB，设三棱锥BABP−的外接球半径为R，则2222541()121616ABRr=+=+=，所以三棱锥BABP−的外接球表面积2414ππ4SR==，故B正确；对于C，如图：因为DD⊥平面ABCD，AC平面AB

CD，所以DDAC⊥，又ACBD⊥，DDBDD=，DD，BD平面DDB，所以AC⊥平面DDB，BD平面DDB，所以ACBD⊥，同理可得BDAB⊥，ACACA=，AC，AB平面ACB．所以BD⊥平面ACB，所以过

点P作//PGCD交CD交于G，过G作//GFAC交AD交于F，所以//PG平面ACB，同理可得//GF平面ACB，,,GFPGGGFPG=平面PFG，所以平面//PGF平面ACB，所以BD⊥平面PFG,取1,2AEAQCK===连接,

,,EQQKKPEF,则,,,,,EQKPEF均在平面PGF上，则M的运动轨迹为线段EF，由于BD⊥平面PFG,PM平面PFG,所以BDPM⊥,由点P在棱CC上，且1||2PC=，可得13||||,|||

|22DGDFAFAE====，所以332||||42EFAD==，故C正确；对于D，如图：延长DC，DP交于点H，连接AH交BC于I，连接PI，所以平面ADP被正方体ABCDABCD−截得的截面为AIPD．PCH∽DDH，所以||||||3,||||||4PHPCHCIC

HADHDHDDDH===∽，所以||||||3||||||4CIHCIHDADHAH===，所以||||||3||||||4PHIHPIDHAHAD===，所以//PIAD，且||||PIAD，所以截面AIPD为梯形，117||||442AIPD==+=，所以截面AIPD为

等腰梯形，设梯形的高为h，则22223222173322228ADPIhAI−−=−=−=,所以117233733()22288AIPDSADIPh=+==，故D正确．故选：BCD．【点睛】

方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下：（1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径；（2）作截面：选

准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的；（3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三.填空题（共

3小题，每题5分，共15分.）12.在ABC中，若3ABBCBCAC=，则角A的最大值为______.【答案】π6【解析】【分析】由正弦定理得tan3tanCB−=，再根据正切公式得22tanta

n13tanBAB=+，通过基本不等式得答案.【详解】设三角形中，角,,ABC所对边分别为,,abc；因为在ABC中，3ABBCBCAC=，所以cos(π)3coscaBabC−=，即cos3coscB

bC−=；根据正弦定理得:sincos3sincosCBBC−=，又ABC中sin0B，sin0C，cosB，cosC不能同时为0，只能有cos0B，且cos0C，所以sinsin3coscosCBCB−=，即tan3tanCB−=，ABC

中tantan(π)tan()ABCBC=−−=−+22tantantan3tan2tan1tantan13tan13tanBCBBBBCBB+−=−=−=−++，则tanA，tanB同正或同负，因为在

ABC中，所以tanA，tanB只能同正，所以22tan223tan113tan3233tantanBABBB===++(当且仅当13tantanBB=等号成立)，此时角A有最大值为π6故答案:π613.设ABC中角,,ABC所对的边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线；已知1c=且1

2sincossinsinsin4ABaAbBbC=−+，23tan3BAD=．则AD=______．【答案】212##1212【解析】【分析】根据题意利用正、余弦定理分析可得4b=，由()12ADABAC=+结合数

量积相关运算整理得关于cos的方程，运算求解即可.【详解】因为12sincossinsinsin4ABaAbBbC=−+，且1c=，由正弦定理可得：2212cos4acBabbc=−+，由余弦定理可得：222221224acbacabbcac+−

=−+，整理得44bc==，又因为D为中点，所以()12ADABAC=+，设,ABAC的夹角为θ，则()()222211244ADABACABABACAC=+=++()()22112cos178cos44cbcb=++=+，即1178cos2AD=+uu

ur，且()()()211114cos222ADABABACABABABAC=+=+=+uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuur，因为23tan03BAD=，则BAD为锐角

，可知sin0,cos0BADBAD，为可得22sin23cos3sincos1BADBADBADBAD=+=，解得27sin721cos7BADBAD==或27sin721cos7BADBAD=−=−

（舍去）所以()114cos212coscos171178cos2ABADBADABAD+====+uuuruuuruuuruuur，整理得228cos8cos110+−=，解得1cos

2=或11cos14=−，且14cos0+，即1cos4−，所以1cos2=，所以1121178222AD=+=uuur.故答案为：212.【点睛】关键点睛：对于等分点问题，常利用向量的线性运

算以及数量积建立关系，运算求解即可.14.ABC为以C为直角顶点的直角三角形，且4AC=，5BC=，P为AB上一动点，沿CP将三角形ACP折起形成直二面角ACPB−−，当AB长度最短时，ACP=______，此时二面角ABCP−−的平面角的正弦值为______.【答案】①.π

4②.63【解析】【分析】第一空，设π,[0,]2ACPACP==，根据题设可推出AB长度的表达式，结合三角函数，根据AB长度最短即可求得答案；第二空，利用线面垂直的性质作出二面角ABCP−−的平面角，解三角形即可求得答案.【详解】作A

DCP⊥，垂足为D，连接BD，因为二面角ACPB−−为直二面角，平面ACP平面BCPCP=，且AD平面ACP，故AD⊥平面BCP，BD平面BCP，则ADBD⊥；设π,[0,]2ACPACP==，则π2BCP=−，由

4ACAC==,则4sin,4cosADCD==，在BCD△中，5BC=,222π2cos()2BDCDBCCDBC=+−−216cos2520sin2=+−，故2222216sin16cos2520s

in2ABADBD=+=++−4120sin2=−，当AB长度最短时，sin21=，则ππ2,24==，即π4ACP=；由此可得π4BCP=，ππ4sin22,4cos2244

ADCD====，则sin2DECDBCP==，作DEBC⊥,垂足为E，连接AE,因为AD⊥平面BCP，BC平面BCP，故ADBC⊥，而,,ADDEDADDE=平面ADE¢，故BC⊥平面ADE¢，所以AED∠即为二面角ABCP−−的平面角，在Rt

ADE中，228423AEADDE=+=+=,故226sin323ADAEDAE===，故答案为：π4；63【点睛】关键点睛：求解第一空即求ACP的大小时，关键是确定何种情况下AB长度最短

，因此要π,[0,]2ACPACP==，求出AB长度的表达式，结合三角函数求得，即可求解.四.解答题（共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）15.如图；D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,AE为底面直径,4AEAD==．若ABC是底面的内接正三

角形,P为DO上一点,13PODO=．（1）求该圆锥的表面积；（2）求三棱锥DAPB−的体积．【答案】（1）12π（2）43【解析】【分析】（1）根据题意结合圆锥的表面积公式运算求解；（2）根据题意可证BC⊥平面ADE，利用转换顶点法求体积.【小问1详解】由题意可知：该圆

锥的底面半径2r=，母线长4l=，所以表面积22πππ24π212πSrlr=+=+=表.【小问2详解】连接,BDDE由题意可得：2223POAPAO=−=，因为PO⊥平面ABC，BC平面ABC，可知POBC

⊥，由题意可知：AEBC⊥，POAEO=I，,POAE平面ADE，所以BC⊥平面ADE，在ABC中，因为4sin60BC=，所以4sin6023BC==，可得三棱锥BPAD−的高为132BC=，所以121432233323DAPBBP

ADVV−−===.16.已知函数()π2sincos3fxxxm=++的最大值为2m；（1）求常数m的值；（2）若()fx在()0,0aa上单调递增；求a的最大值．【答案】（1）312m=−（2）π12【解析】【分析】（1）首先利用三角函数关系式的恒等变换

，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用正弦型函数的性质求出m的值；（2）利用函数的单调性和集合间的子集关系求出a的最大值．【小问1详解】由于函数2π13()2sincos()2sin(cossin)sincos3sin322fxxxmxxxmxxxm=++=−+=−+13π3sin2(1c

os2)sin(2)2232xxmxm=−−+=++−由于π1sin(2)13x−+，故函数()fx的最大值为3122mm+−=，解得312m=−．【小问2详解】由于πππ2π22π232kxk−+++，()kZ，解得5ππππ

+1212kxk−+，()kZ；故函数()fx的单调递增区间为5ππ[π,π+]1212kk−+，()kZ；故[0,5ππ][π,π+]1212akk−+，()kZ；故取0k=，则5ππ0,[,]1212a−故π(0,]12a，即a的最大值为π1

2．17.如图；正四棱柱1111ABCDABCD−中；12AAAB=；点P为1DD的中点．（1）求证：直线1BD∥平面PAC；（2）求直线1BC与平面APC所成线面角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）1515【解析】【分析】（1

）设AC和BD交于点O，则O为BD的中点，连接PO，可得1//POBD，可得直线1//BD平面PAC；（2）设124AAAB==，利用等体积法可求点D到平面APC的距离为d，进而利用直线1BC与平面APC所

成线面角与直线1AD与平面APC所成线面角相等，可求直线1BC与平面APC所成线面角的正弦值．小问1详解】证明：设AC和BD交于点O，则O为BD的中点，连接PO，【P是1DD的中点，1//POBD，又PO平面PAC，1BD平面PAC，直线1//BD平面PAC，【小

问2详解】设124AAAB==，则三角形APC为正三角形，22APACPC===，23234APCSAP==，设点D到平面APC的距离为d，由等体积法：PADCDAPCVV−−=，所以1133ADCAPCPDSdS=，则423323ADCAPCPDSdS

===，由点P为中点，所以点D，1D到平面APC距离相等，由11//ADBC，所以直线1BC与平面APC所成线面角与直线1AD与平面APC所成线面角相等，设直线1AD与平面APC所成线面角为，所以115s

in15dAD==，直线1BC与平面APC所成线面角的正弦值为1515．18.在平面四边形ABCD中；2ABBCCD===；23AD=，（1）若四边形ABCD为圆内接四边形；求AC；（2）求四边形ABCD面积最大值．【答案】（1）21

3AC=+（2）1283+【解析】【分析】（1）在ABC和ACD中，均利用余弦定理表示出2AC，可得cos3cos1BD−=−，再由πBD+=，解出cosB的值，代入运算，得解；（2）由（1）知，2cos23cos2BD−=−①，利用三角形面积公式，可得四边形ABCD的面积122sin

23sinSSSBD=+=+②，由①2+②2，并结合三角恒等变换公式，求得S的最大值，得解．【小问1详解】连接AC，在ABC中，由余弦定理知，2222cos44222cos88cosACABBCABBCBBB=+−=+−=−，在ACD中，由余弦定理知，2222cos124223

2cos1683cosACADCDADCDDDD=+−=+−=−，所以88cos1683cosBD−=−，即cos3cos1BD−=−，又四边形ABCD为圆内接四边形，所以πBD+=，即coscosBD=−，所以13cos2B−=，所以288cos4(13)

ACB=−=+，所以213AC=+．【小问2详解】由（1）知，cos3cos1BD−=−，所以2cos23cos2BD−=−①，因为ABC的面积11sin2sin2SABBCBB==，ACD的面积21sin23sin2SADCDDD==，所

以四边形ABCD的面积122sin23sinSSSBD=+=+②，由①②分别平方相加可得2222244(sincos)12(sincos)83(coscossinsin)1683cos()1683SBBDDBDBDBD+=+++−−=

−++，当且仅当cos()1BD+=−，即πBD+=时，等号成立，所以241683S++，即1283S+，故四边形ABCD面积最大值为1283+．19.如图；在三棱柱ADPBCQ−中；侧面ABCD为矩形．（1）若PD⊥面ABCD；22PDADCD==，2

NCPN=，求证：DNBN⊥；（2）若二面角QBCD−−的大小为；π2π,43，且2cos2ADAB=；设直线BD和平面QCB所成角为；问当变化过程中能否取到π3；若能；请证明；若不能请

说明理由．【答案】（1）证明见解析（2）不能取到π3，理由见解析【解析】【分析】（1）由PD⊥面ABCD可得PDBC⊥，再由线面垂直的判定定理可得BC⊥面PQCD，推出NDBC⊥，由~PDNPCD，可得DNPC⊥,进而可得DN⊥面BCN，

即可求证，（2）根据二面角以及线面角的定义可得DCF为二面角QBCD−−的平面角，DBG为直线BD和平面QCB所成角，22sinsinsin32cosDGABBDABAD===++，令32cost=+，[2t，32]+

，结合不等式求解最值即可得出答案．【小问1详解】证明：由PD⊥平面ABCD，BC平面ABCD,所以PDBC⊥，又CDBC⊥，PDCDD=，,PDCD平面PCD，所以BC⊥平面PQCD，ND平面PQCD，所以NDBC⊥，在RtPCD△中，设232PDCD==，则6CD=，3PC=

，所以2NC=，1PN=，由PNPDPDPC=，DPNCPD=，所以~PDNPCD，所以DNPC⊥，又NDBC⊥，,,PCBCCPCBC=平面BCP,则DN⊥平面BCP，BN平面BCP,所以DNBN⊥．小问2详解】在平面QBC中，过点C作

直线CFBC⊥，因为底面ABCD为矩形，所以BCCD⊥，所以DCF为二面角QBCD−−的平面角，且DCF=，又CFCDC=，,CDCF平面CDF，所以BC⊥平面CDF，在平面DCF中，过点D作DGFC⊥，垂足为G，连接BG,因为BC⊥平面CDF，DG平面DCF，所以DG

BC⊥，又BCFCC=，BC平面BCQ，FC平面BCQ．所以DG⊥平面BCQ．所以DBG为直线BD和平面QCB所成角，即DBG=，所以DG为点D到平面BCQ的距离，且sinDGDC=，又2cos2ADAB=则222sinsinsinsin

32cos14cos2DGABBDABAD====+++，由π[4,2π]3，可得1cos[2−,2]2，2cos[0,1]2，所以32cost=+，[2t,32]+，23cos2t

−=，222(3)sin1cos14t−=−=−，所以()222222556263151sin14222tttttt−++−+−−=−==（当且仅当25t=时，取等号），所以直线BD与平面PAD所成角的正弦值最大值为512−，又513π

sinsin223−=，所以取不到．【【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面处理解决：一是函数法，即根据题中信息直接建立函数关系式，或通过空间向量的坐标运算建立函数关系式，转化为函数的

最值问题求解，最后根据函数的形式，选择利用函数的性质、基本不等式或导数求最值；二是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断求解；三是将几何体平面化，如利用展开图，在平面几何图中直观求解．