【文档说明】福建省南安市柳城中学2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题含解析【精准解析】.docx，共(16)页，118.985 KB，由小赞的店铺上传

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福建省南安市柳城中学2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题一、单选题（共8题；共40分）1.设复数𝑧=(1−2𝑖)𝑖（i为虚数单位），则在复平面内z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2.若向量𝑎⃗=(1,2)，𝑏⃗⃗=(0,1)，𝑘𝑎⃗−𝑏⃗⃗与𝑎⃗−2𝑏⃗⃗共线，则实数k的值为（）A.-1B.−12C.1D.23.已知正三角形ABC的边长为√2，那么△�

�𝐵𝐶的直观图△𝐴′𝐵′𝐶′的面积为（）A.√62B.√34C.√3D.√684.在△𝐴𝐵𝐶中，𝑎=4√3，𝑏=12，𝐴=𝜋6，则此三角形（）A.无解B.两解C.一解D.解的个数不确定5.已知圆柱的

高为2，它的两个底面的圆周在直径为2√6的同一个球的球面上，则圆柱的表面积为（）A.4√5𝜋B.(8+6√3)𝜋C.10√3𝜋D.(10+4√5)𝜋6.在平行四边形ABCD中，点N为对角线AC上靠近A点的三等分点，连结BN并延长交AD于M，

则𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=（）A.−13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+16𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗B.14𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−13𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗C.13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−16𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗D.34𝐴𝐵⃗

⃗⃗⃗⃗⃗−14𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗7.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周十尺，高六尺，问：积及为米几何?”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆

为一个圆锥的四分之一），米堆底部的弧长为10尺，米堆的高为6尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算堆放的米约为（）A.17斛B.25斛C.41斛D.58斛8.如图，为了测量B，C两点间的距离，选取同一平面上A，D两点，

已知∠𝐴𝐷𝐶=90°𝐴=60°，𝐴𝐵=2，𝐵𝐷=2√6，𝐷𝐶=4√3，则BC的长为（）A.4√3B.5C.6√5D.7二、多项选择题（共4题；共20分）9.在复平面内，下列说法正确的

是（）A.若复数𝑧=1+𝑖1−𝑖（i为虚数单位），则𝑧30=−1B.若复数z满足𝑧2∈𝑅，则𝑧∈𝑅C.若复数𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎,𝑏∈𝑅)，则z为纯虚数的充要条件是𝑎=0D.若复数z满足|𝑧

|=1，则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆10.已知𝛼，𝛽是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（）A.若𝑚∥𝑛，𝑚⊥𝛼，则𝑛⊥𝛼B.若𝑚∥𝛼，𝛼∩𝛽=𝑛，则𝑚∥𝑛C.若𝑚⊥𝛼，�

�⊥𝛽，则𝛼∥𝛽D.若𝑚⊥𝛼，𝑚∥𝑛，𝑛⊥𝛽，则𝛼∥𝛽11.下列结论正确的是（）A.在△𝐴𝐵𝐶中，若𝐴>𝐵，则sin𝐴>sin𝐵B.在锐角三角形𝐴𝐵𝐶中，不等

式𝑏2+𝑐2−𝑎2>0恒成立C.在△𝐴𝐵𝐶中，若𝐶=𝜋4，𝑎2−𝑐2=𝑏𝑐，则△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形D.在△𝐴𝐵𝐶中，若𝑏=3，𝐴=60°，三角形面积𝑆=3√3，则三角形外接圆半径为√3312.在△𝐴

𝐵𝐶中，D，E，F分别是边BC，AC，AB中点，下列说法正确的是（）A.𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗⃗B.𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗⃗C.若𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗

|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√3𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐷̅̅̅̅|，则𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗是𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗在𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗的投影向量D.若点P是线段AD上的动点，且满足𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝐵

𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，则𝜆𝜇的最大值为18三、填空题（共4题；共20分）13.已知复数𝑧=3−𝑖1+𝑖（i为虚数单位），则|𝑧̅|=________.14.已知向量𝑎⃗，𝑏⃗⃗夹角为30°，|𝑎⃗|=2，|𝑏⃗⃗|=2√3，则|2𝑎⃗+𝑏⃗

⃗|=________.15.在△𝐴𝐵𝐶中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若(𝑎+𝑏+𝑐)(𝑎+𝑏−𝑐)=3𝑎𝑏，且𝑎2=𝑏𝑐，则𝑏𝑎sin𝐴的值为________.16.已知一个高为√3的三棱锥，各侧棱长都相等，底面是边长为2√3的等

边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V的球，则V的最大值为________.四、解答题（共6题；共70分）17.己知向量𝑎⃗，𝑏⃗⃗，𝑐⃗是同一平面内的三个向量，其中𝑎⃗=(1,−1)（Ⅰ

）若|𝑐⃗|=3√2，且𝑐⃗∥𝑎⃗，求向量𝑐⃗的坐标；（Ⅱ）若𝑏⃗⃗是单位向量，且𝑎⃗⊥(𝑎⃗−2𝑏⃗⃗)，求𝑎⃗与𝑏⃗⃗的夹角𝜃.18.如图，在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝑃𝐴⊥底面ABC.M，N分别为PB，PC的中点

.（1）求证：𝑀𝑁∥平面ABC；（2）求证：平面𝑃𝐶𝐵⊥平面PAC；（3）若𝑃𝐴=𝐴𝐶=𝐶𝐵=2，求三棱锥𝑁−𝐴𝑀𝐶的体积19.在△𝐴𝐵𝐶中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知sin2𝐵+sin2𝐶=sin2𝐴+√2sin𝐵si

n𝐶.（1）求角A的大小；（2）若cos𝐵=13，𝑎=3求c的值.20.已知复数𝑧1=2sin𝐴sin𝐶+(𝑎+𝑐)𝑖，𝑧2=1+2cos𝐴cos𝐶+4𝑖，且𝑧1=𝑧2，其中A、B、C为△𝐴𝐵𝐶的内角，a、b、c为角A、B、C所对的

边.（1）求角B的大小；（2）若𝑏=2√2，求△𝐴𝐵𝐶的面积.21.如图所示，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1.（1）求AC与𝐴1𝐷所成角的大小；（2）求证：平面𝐴𝐶𝐵1⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1；（3）若E，F

分别为AB，AD的中点，求EF与平面𝐴𝐵1𝐶所成角的正切值.22.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A，B，C三点满足𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+23𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗.（1）求证：𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗∥𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗；（

2）已知𝐴(1,cos𝑥)，𝐵(1+cos𝑥,cos𝑥)，𝑥∈[0,𝜋2]，𝑓(𝑥)=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−(2𝑚+23)|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|若𝑓(𝑥)的最小值为𝑔(𝑚)，求𝑔(𝑚)的最大值.答案解析部分一、单选题（共8

题；共40分）1.设复数𝑧=(1−2𝑖)𝑖（i为虚数单位），则在复平面内z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】A【考点】复数的代数表示法及其几何意义，复数代数形式的混合运算【解析】【

解答】复数𝑧=(1−2𝑖)𝑖=2+𝑖，对应的点坐标为(2,1)，在第一象限.故答案为：A.【分析】先做复乘法，得到Z，再根据Z的坐标判断。2.若向量𝑎⃗=(1,2)，𝑏⃗⃗=(0,1)，𝑘𝑎⃗−𝑏⃗⃗与𝑎⃗−2𝑏⃗⃗共线，则实数k的值为（）A.-1B.−12C.1D.

2【答案】B【考点】向量的共线定理，平面向量共线（平行）的坐标表示【解析】【解答】∵向量𝑎⃗=(1,2)，𝑏⃗⃗=(0,1)，∴𝑘𝑎⃗−𝑏⃗⃗=𝑘(1,2)−(0,1)=(𝑘,2𝑘−1)，𝑎⃗+2𝑏⃗⃗

=(1,2)+2(0,1)=(1,4)，又𝑘𝑎⃗−𝑏⃗⃗与𝑎⃗+2𝑏⃗⃗共线，∴4𝑘=2𝑘−1，解得𝑘=−12故答案为：B.【分析】先分别求出𝑘𝑎⃗−𝑏⃗⃗与𝑎⃗−2𝑏⃗⃗的坐标式，然后根据两个

向量共线的条件求解。3.已知正三角形ABC的边长为√2，那么△𝐴𝐵𝐶的直观图△𝐴′𝐵′𝐶′的面积为（）A.√62B.√34C.√3D.√68【答案】D【考点】平面图形的直观图【解析】【解答】如图，直观图△𝐴′𝐵′𝐶′的底边𝐴′𝐵′长度为原图形的底边长，高为原图形的高CD的一

半乘以√22，故其直观图面积为12×√2×√32×√2×12×√22=√68.故答案为：D【分析】先画出三角形ABC的直观图，再根据原图与直观图之间的数量关系，即可求得。4.在△𝐴𝐵𝐶中，𝑎=4√3，𝑏=12，𝐴=𝜋6，则此

三角形（）A.无解B.两解C.一解D.解的个数不确定【答案】B【考点】正弦定理【解析】【解答】∵在△𝐴𝐵𝐶中，𝑎=4√3，𝑏=12，𝐴=𝜋6，由正弦定理𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐵得：sin𝐵=𝑏sin𝐴𝑎=12

×124√3=√32<1，又∵𝑎<𝑏，∴此三角形有两解.故答案为：B.【分析】先由正弦定理计算出sinB,再由b>a,可知，B有两上值，从而三角形有两解。5.已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在直径为2√6的同一个球的球面上，则圆柱的表面积为（）A.4√5𝜋B.(8+6√3)�

�C.10√3𝜋D.(10+4√5)𝜋【答案】D【考点】球的体积和表面积，球内接多面体【解析】【解答】由题得圆柱的底面圆的半径为√(√6)2−12=√5，所以圆柱的侧面积为2×𝜋×(√5)2+2𝜋×√5×2=(10+4√5)𝜋.故答案为：D.【分析】

先由勾股定理计算圆柱底面半径，进一步求解。6.在平行四边形ABCD中，点N为对角线AC上靠近A点的三等分点，连结BN并延长交AD于M，则𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=（）A.−13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+16𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗B.14𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−13𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗C.13𝐴𝐵⃗⃗

⃗⃗⃗⃗−16𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗D.34𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−14𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗【答案】C【考点】向量数乘的运算及其几何意义，向量的线性运算性质及几何意义【解析】【解答】∵∠𝑀𝐴𝑁=∠𝐴𝐶𝐵，∠𝑀𝑁𝐴=∠�

�𝑁𝐶，∴△𝐴𝑁𝑀∽△𝐶𝑁𝐵∴𝐴𝑀𝐵𝐶=𝐴𝑁𝑁𝐶=12，∴𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐴𝐷⃗⃗⃗

⃗⃗⃗=13(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗)−12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−16𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗.故答案为：C.【分析】由由平行四边形，得到△𝐴𝑁𝑀∽△𝐶𝑁𝐵，从而得出𝐴𝑀𝐵𝐶=𝐴𝑁𝑁𝐶=12，

进一步根据向量的加减法得到答案。7.《九章算术》是我国古代内容极为丰富的数学名著，书中有如下问题：“今有委米依垣内角，下周十尺，高六尺，问：积及为米几何?”其意思为：“在屋内墙角处堆放米（如图，米堆为一个圆锥的四分之一）

，米堆底部的弧长为10尺，米堆的高为6尺，问米堆的体积和堆放的米各为多少?”已知1斛米的体积约为1.62立方尺，圆周率约为3，估算堆放的米约为（）A.17斛B.25斛C.41斛D.58斛【答案】C【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积【解析】【解答】解：设圆锥的底

面半径为r，则𝜋2𝑟=10，解得𝑟=20𝜋，故米堆的体积为14×13×𝜋×(20𝜋)2×6=200𝜋≈2003，∵1斛米的体积约为1.62立方尺，∴2003÷1.62≈41，故答案为：C.【分析】先求得圆锥

底面半径，然后求其体积，然后根据题意求解。8.如图，为了测量B，C两点间的距离，选取同一平面上A，D两点，已知∠𝐴𝐷𝐶=90°𝐴=60°，𝐴𝐵=2，𝐵𝐷=2√6，𝐷𝐶=4√3，则BC的长为（）A.4√3B.5C.6√5

D.7【答案】A【考点】正弦定理，余弦定理【解析】【解答】解：在△𝐴𝐵𝐷中，由正弦定理可得𝐵𝐷sin𝐴=𝐴𝐵sin∠𝐴𝐷𝐵，即2√6sin60°=2sin∠𝐴𝐷𝐵，所以sin∠𝐴𝐷𝐵=√24，又因为∠𝐴𝐷𝐶=90°，所以co

s∠𝐵𝐷𝐶=cos(90°−∠𝐴𝐷𝐵)=sin∠𝐴𝐷𝐵=√24在△𝐶𝐵𝐷中，由余弦定理可得𝐵𝐶2=𝐷𝐶2+𝐵𝐷2−2𝐷𝐶⋅𝐵𝐷cos∠𝐵𝐷𝐶即𝐵𝐶2=(4√3)2+(2√6)2−2×4√3×2√6×√24所以𝐵𝐶=4√3，故答案为：

A.【分析】先在△𝐴𝐵𝐷由正弦定理求出sin∠𝐴𝐷𝐵=√24，进一步得到cos∠𝐵𝐷𝐶＝√24，最后由余弦定理求得结果。二、多项选择题（共4题；共20分）9.在复平面内，下列说法正确的是（）A.若复数𝑧=1+𝑖1−𝑖（i为虚数单位），则𝑧30=

−1B.若复数z满足𝑧2∈𝑅，则𝑧∈𝑅C.若复数𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎,𝑏∈𝑅)，则z为纯虚数的充要条件是𝑎=0D.若复数z满足|𝑧|=1，则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆【答案】A,D

【考点】复数的基本概念，复数代数形式的混合运算，复数求模【解析】【解答】解：对于A：𝑧=1+𝑖1−𝑖=(1+𝑖)2(1−𝑖)(1+𝑖)=𝑖，𝑖2=−1，𝑖4=1，所以𝑧30=𝑖30=𝑖4×

7+2=𝑖2=−1，A符合题意；对于B：设𝑧=𝑎+𝑏𝑖，𝑎,𝑏∈𝑅，所以𝑧2=(𝑎+𝑏𝑖)2=𝑎2−𝑏2+2𝑎𝑏𝑖，若𝑧2∈𝑅，则2𝑎𝑏=0，则𝑎=0,𝑏≠0或𝑏

=0,𝑎≠0或𝑎=𝑏=0，当𝑏=0时𝑧∈𝑅，B不符合题意；复数𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎,𝑏∈𝑅)，则z为纯虚数的充要条件是𝑎=0且𝑏≠0，C不符合题意；若复数z满足|𝑧|=1，则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为

半径的圆，D符合题意；故答案为：AD【分析】根据题意选项A先化简.复数𝑧=1+𝑖1−𝑖’根据复数的周期性及其运算法则即可得出z30，即可判断出正误.选项B举例𝑧=𝑖即可判断出正误.选项C.复数z=a+bi(a，bER)，则z为纯虚数的充要条件是�

�=0,𝑏≠0，即可判断出正误.D.根据复数的几何意义即可判断出正误.10.已知𝛼，𝛽是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线，则下列命题正确的是（）A.若𝑚∥𝑛，𝑚⊥𝛼，则𝑛⊥𝛼B.若𝑚∥𝛼，𝛼∩𝛽=𝑛，则𝑚∥𝑛C.若𝑚⊥𝛼，𝑚⊥𝛽，则�

�∥𝛽D.若𝑚⊥𝛼，𝑚∥𝑛，𝑛⊥𝛽，则𝛼∥𝛽【答案】A,C,D【考点】直线与平面平行的判定，平面与平面平行的判定，直线与平面垂直的判定【解析】【解答】解：若𝑚⊥𝛼，则𝑎,𝑏⊂𝛼且𝑎∩𝑏=𝑃使得𝑚⊥𝑎，𝑚⊥𝑏，又𝑚∥𝑛，则𝑛⊥𝑎，𝑛

⊥𝑏，由线面垂直的判定定理得𝑛⊥𝛼，A对；若𝑚∥𝛼，𝛼∩𝛽=𝑛如图，设𝑚=𝐴𝐵，平面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1为平面𝛼，𝑚∥𝛼，设平面𝐴𝐷𝐷1𝐴1为平面𝛽，𝛼∩𝛽=𝐴1𝐷1=𝑛，则𝑚

⊥𝑛，B不符合题意；垂直于同一条直线的两个平面平行，C对；若𝑚⊥𝛼，𝑚∥𝑛，则𝑛⊥𝛼，又𝑛⊥𝛽，则𝛼∥𝛽，D对；故答案为：ACD.【分析】对于A，根据直线垂直平等的性质，显然有𝑛⊥𝛼，所以A正确；对于B，平行于平面的直线，不一定平等于平面内的任意直线，所以B错；

对于C，根据同平行于一条直线的两个平面平行，所以C正确；对于D，同垂直于两条平行直线的两个平面，一定是平行的，所以D正确。11.下列结论正确的是（）A.在△𝐴𝐵𝐶中，若𝐴>𝐵，则sin𝐴>sin𝐵B.在锐角三角形�

�𝐵𝐶中，不等式𝑏2+𝑐2−𝑎2>0恒成立C.在△𝐴𝐵𝐶中，若𝐶=𝜋4，𝑎2−𝑐2=𝑏𝑐，则△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形D.在△𝐴𝐵𝐶中，若𝑏=3，𝐴=60°，三角形面积𝑆=3√

3，则三角形外接圆半径为√33【答案】A,B,C【考点】解三角形，正弦定理，三角形中的几何计算【解析】【解答】对A，在△𝐴𝐵𝐶中，由𝐴>𝐵⇒𝑎>𝑏⇒2𝑅sin𝐴>2𝑅sin𝐵⇒sin�

�>sin𝐵，A符合题意.对B，若𝑏2+𝑐2−𝑎2>0，则cos𝐴=𝑏2+𝑐2−𝑎22𝑏𝑐>0，又因为0<𝐴<𝜋，所以𝐴为锐角，符合△𝐴𝐵𝐶为锐角三角形，B符合题意.对C，𝑐2=𝑎2+𝑏2−2𝑎𝑏cos𝜋4，整理得：𝑐2=𝑎2+𝑏2−√2𝑎𝑏.

因为𝑎2−𝑐2=𝑏𝑐，所以𝑏𝑐+𝑏2−√2𝑎𝑏=0，即𝑏+𝑐=√2𝑎.所以sin𝐵+sin𝜋4=√2sin𝐴，即sin𝐵+√22=√2sin(𝐵+𝜋4)，sin𝐵+√22=√2(sin𝐵cos𝜋4+cos𝐵

sin𝜋4)=sin𝐵+cos𝐵，即cos𝐵=√22，又0<𝐵<𝜋，所以𝐵=𝜋4.故𝐴=𝜋−𝜋4−𝜋4=𝜋2，则△𝐴𝐵𝐶为等腰直角三角形，C符合题意.对D，𝑆=12𝑏𝑐sin𝐴=12×3×𝑐×√32=3√3，解

得𝑐=4.𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐cos𝐴=9+16−2×3×4×12=13，所以𝑎=√13.又因为√13sin60∘=√13×2√3=2√393=2𝑅，𝑅=√393，D不符合题意.故答案为：

ABC【分析】根据题意①直接利用正弦定理求出结果．②直接利用余弦定理求出结果．③直接利用余弦定理和关系式的变换求出结果．④直接利用三角形的面积公式的应用和三角形的边角关系的应用求出结果，从而得出答案。12.在△𝐴𝐵𝐶中，D，E，F分别是边BC，AC，AB中点，下列说法正确的是（）A.

𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗⃗B.𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗⃗C.若𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√3𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴

𝐷̅̅̅̅|，则𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗是𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗在𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗的投影向量D.若点P是线段AD上的动点，且满足𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，则𝜆𝜇的最大值为18【答案】B,C,D【考点】向量的加法

及其几何意义，平面向量的基本定理及其意义【解析】【解答】如图所示：对A，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗≠0⃗⃗，A不符

合题意.对B，𝐷𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐹𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−12(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗)−12(𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗)−12(𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=−12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐴𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐶𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=−12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗+12𝐵

𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0⃗⃗，B符合题意.对C，𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|，𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|分别表示平行于𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，𝐴𝐷⃗⃗⃗

⃗⃗⃗的单位向量，由平面向量加法可知：𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|为∠𝐵𝐴𝐶的平分线表示的向量.因为𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗

|+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√3𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|，所以AD为∠𝐵𝐴𝐶的平分线，又因为AD为BC的中线，所以𝐴𝐷⊥𝐵𝐶，如图所示：𝐵𝐴

⃗⃗⃗⃗⃗⃗在𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗的投影为|𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|cos𝐵=|𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗|⋅|𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|，所以𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗是𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗

⃗⃗在𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗的投影向量，C符合题意.对D，如图所示：因为P在AD上，即A，P，D三点共线，设𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑡𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+(1−𝑡)𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，0≤𝑡≤1.又因为𝐵𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，所

以𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑡𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+(1−𝑡)2𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗.因为𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐵𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗，则{𝜆=𝑡𝜇=1−𝑡2，0≤𝑡≤1.令𝑦=𝑙𝑚=𝑡⋅1−𝑡2−12(�

�−12)2+18，当𝑡=12时，𝜆𝜇取得最大值为18.D符合题意.故答案为：BCD【分析】对于A，根据平行四边形法则，𝐴𝐵⇀+𝐴𝐶⇀＝2𝐴𝐷⇀,故A错；对于B，由三角形法则，及向量的加法与数乘，可以推出，B正确；对于C，首先由邻边相

等的平行四边形是菱形，得到AD是角平分线，得到AD与垂直，再四投影的概念，得到结果正确；对于D,根据A，P，D三点共线，建立向量关系式，然后由二次函数的知识，得到结果正确。三、填空题（共4题；共20分）13.已知复数𝑧=3−𝑖1+𝑖（i为虚数单位），则|𝑧̅|=________

.【答案】√5【考点】复数代数形式的乘除运算，复数求模【解析】【解答】𝑧=3−𝑖1+𝑖=(3−𝑖)(1−𝑖)(1+𝑖)(1−𝑖)=3−3𝑖−𝑖+𝑖22=2−4𝑖2=1−2𝑖，𝑧̅=1+2𝑖，|𝑧̅|=√12+22=√5.故答案为：√5

.【分析】先做复数除法，化简Z，再求模。14.已知向量𝑎⃗，𝑏⃗⃗夹角为30°，|𝑎⃗|=2，|𝑏⃗⃗|=2√3，则|2𝑎⃗+𝑏⃗⃗|=________.【答案】2√13【考点】向量的模，平面向量数量积的性质及其运算律【解析】

【解答】因为向量𝑎⃗，𝑏⃗⃗，夹角为30°，|𝑎⃗|=2，|𝑏⃗⃗|=2√3所以|2𝑎⃗+𝑏⃗⃗|2=4𝑎⃗2+4𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗+𝑏⃗⃗2=4×4+4×2×2√3×√32+12=52，所以|2𝑎⃗+𝑏⃗⃗|2=2√13.故答案为：2√13.【分析】将|2𝑎

→+𝑏→|化为|2𝑎→+𝑏→|=√（2𝑎→+𝑏⇀）2,然后再由模及夹角就可以求解。15.在△𝐴𝐵𝐶中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若(𝑎+𝑏+𝑐)(𝑎+𝑏−𝑐)=3𝑎𝑏，且𝑎2=𝑏𝑐，则𝑏𝑎sin𝐴的值为____

____.【答案】2√33【考点】正弦定理，余弦定理【解析】【解答】∵(𝑎+𝑏+𝑐)(𝑎+𝑏−𝑐)=3𝑎𝑏，∴𝑎2+𝑏2−𝑐2=𝑎𝑏，∴cos𝐶=𝑎2+𝑏2−𝑐22𝑎𝑏=12，

由𝐶∈(0,𝜋)可得𝐶=𝜋3，又𝑎2=𝑏𝑐，∴𝑎sin𝐴=𝑏sin𝐶，∴𝑏𝑎sin𝐴=1sin𝐶=1sin𝜋3=1√32=2√33.故答案为：2√33.【分析】先由余弦定理求出角𝐶=𝜋3，再由正弦定理求解。16.已知一个高为√3的三棱锥，各侧棱长

都相等，底面是边长为2√3的等边三角形，则三棱锥的表面积为________，若三棱锥内有一个体积为V的球，则V的最大值为________.【答案】9√3；4√3𝜋27【考点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积【解析】【解答】由题意，三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶如图所

示：取BC的中点E，连接AE、PE，由正三角形的性质可得△𝐴𝐵𝐶的中心O在线段AE上，且𝑂𝐸=13𝐴𝐸=√33𝐶𝐸=1，连接PO，则PO即为该三棱锥的高，即𝑃𝑂=√3，所以𝑃𝐸=√𝑂𝐸2+𝑃𝑂2=2，又

𝑃𝐵=𝑃𝐶，所以𝑃𝐸⊥𝐵𝐶，所以𝑆△𝑃𝐵𝐶=12𝐵𝐶⋅𝑃𝐸=2√3，又𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝐵𝐶⋅𝐴𝐸=3√3，所以三棱锥的表面积𝑆=𝑆△𝐴𝐵𝐶+3𝑆△𝑃𝐵�

�=3√3+3×2√3=9√3；所以该三棱锥的体积𝑉1=13𝑆△𝐴𝐵𝐶⋅𝑃𝑂=13×3√3×√3=3，当球与三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶内切时，体积最大，设三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶的内切球的半径为R，则𝑉1=13(𝑆△𝐴𝐵𝐶+3𝑆△𝑃𝐵𝐶)⋅𝑅=13×9√3⋅𝑅=3

，解得𝑅=√33，则𝑉max=43𝜋𝑅3=43𝜋⋅(√33)3=4√3𝜋27.故答案为9√3；4√3𝜋27.【分析】显然，当球与三棱锥内切时，体积最大，然后根据题意此棱锥是一个正三棱锥，不难求出其高，进而求得体积。

四、解答题（共6题；共70分）17.己知向量𝑎⃗，𝑏⃗⃗，𝑐⃗是同一平面内的三个向量，其中𝑎⃗=(1,−1)（Ⅰ）若|𝑐⃗|=3√2，且𝑐⃗∥𝑎⃗，求向量𝑐⃗的坐标；（Ⅱ）若𝑏⃗⃗是单位向量，且𝑎⃗⊥(𝑎⃗−2𝑏⃗⃗)，求𝑎⃗与𝑏⃗⃗的夹角𝜃.【答案】（Ⅰ）设

𝑐⃗=(𝑥,𝑦)，由|𝑐⃗|=3√2，且𝑐⃗∥𝑎⃗可得{𝑦+𝑥=0𝑥2+𝑦2=18，所以{𝑥=−3𝑦=3或{𝑥=3𝑦=−3，故𝑐⃗=(−3,3)，或𝑐⃗=(3,−3)（Ⅱ）因为|𝑎⃗|=√2，且𝑎⃗⊥(𝑎⃗−2𝑏⃗⃗

)，所以𝑎⃗⋅(𝑎⃗−2𝑏⃗⃗=0)，即𝑎⃗2−2𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=0，所以2−2𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=0，𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=1，故cos𝜃=𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗⃗|𝑎⃗⃗|⋅|𝑏⃗⃗|=√22，�

�=𝜋4.【考点】平面向量的坐标运算，平面向量共线（平行）的坐标表示，数量积判断两个平面向量的垂直关系，平面向量数量积坐标表示的应用【解析】【分析】（1）由𝑐⇀的模及与向量𝑎⇀平行，由平行向量的关系，求得𝑐⇀的坐标

；（2）先设出𝑏⇀的坐标式，由其模为1及𝑎⃗⊥(𝑎⃗−2𝑏⃗⃗)这一条件，即以求了𝑏⇀，再求𝑎⃗与𝑏⃗⃗的夹角。18.如图，在三棱锥𝑃−𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴𝐶𝐵=90°，𝑃𝐴⊥底面ABC.M，N分别为PB，PC的中点.（1）

求证：𝑀𝑁∥平面ABC；（2）求证：平面𝑃𝐶𝐵⊥平面PAC；（3）若𝑃𝐴=𝐴𝐶=𝐶𝐵=2，求三棱锥𝑁−𝐴𝑀𝐶的体积【答案】（1）证明：M，N分别为PB，PC的中点，所以𝑀

𝑁∥𝐵𝐶，𝐵𝐶⊂平面ABC，𝑀𝑁⊄平面ABC，所以𝑀𝑁∥平面ABC；（2）𝑃𝐴⊥底面ABC，𝐵𝐶⊂平面ABC，所以𝑃𝐴⊥𝐵𝐶，因为∠𝐴𝐶𝐵=90°，所以𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，又𝑃𝐴∩𝐴𝐶=𝐴，所以𝐵𝐶⊥平

面PAC，𝐵𝐶⊂平面ABC，所以平面𝑃𝐶𝐵⊥平面PAC；（3）由（2）知，𝑀𝑁∥𝐵𝐶，𝐵𝐶⊥平面PAC，所以𝑀𝑁⊥平面PAC，𝑀𝑁=12𝐵𝐶=1，在三角形PAC中，𝐴𝑁=√2，𝑁𝐶=√2，𝑆△𝐴𝑁𝐶=12×𝐴

𝑁×𝑁𝐶=1，所以𝑉𝑁−𝐴𝑀𝐶=𝑉𝑀−𝐴𝑁𝐶=13×𝑆△𝐴𝑁𝐶×𝑀𝑁=13.【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面平行的性质，平面与平面垂直的判定【解析】【分析】（1）利用M

N是三角形的中位线，得到MN||BC，进面得到MN||平面ABC；（2）由题意知道可以推出BC⊥平面PAC，从而有MN⊥平面ACP，进一步得到平面𝑃𝐶𝐵⊥平面PAC。19.在△𝐴𝐵𝐶中，角A，B，C所对的

边分别为a，b，c，已知sin2𝐵+sin2𝐶=sin2𝐴+√2sin𝐵sin𝐶.（1）求角A的大小；（2）若cos𝐵=13，𝑎=3求c的值.【答案】（1）解：由正弦定理可得𝑏2+𝑐2=𝑎2+√2𝑏�

�，由余弦定理得os𝐴=𝑏2+𝑐2−𝑎22𝑏𝑐=√22，因为𝐴∈(0,𝜋)，所以𝐴=𝜋4；（2）由（1）可知sin𝐴=√22，因为cos𝐵=13，B为△𝐴𝐵𝐶的内角，所以sin𝐵=2√23，故sin𝐶=sin[𝜋

−(𝐴+𝐵)]=sin(𝐴+𝐵)=sin𝐴cos𝐵+cos𝐴sin𝐵=√22×13+√22×2√23=4+√26，由正弦定理𝑎sin𝐴=𝑐sin𝐶得𝑐=𝑎sin𝐶sin𝐴=3×4+√26√22=2√2+1.【考点】正弦定理，余弦定理，

三角形中的几何计算【解析】【分析】（1）由正弦定理与余弦定理求得A＝𝐴=𝜋4；（2）由cosB的值，求出sinB的值，由三角形内角和定理及诱导公式，求出sinC,再由正弦定理求得c的值。20.已知复数𝑧1=2sin𝐴sin𝐶+(𝑎+𝑐)𝑖，𝑧2=1+2cos𝐴cos

𝐶+4𝑖，且𝑧1=𝑧2，其中A、B、C为△𝐴𝐵𝐶的内角，a、b、c为角A、B、C所对的边.（1）求角B的大小；（2）若𝑏=2√2，求△𝐴𝐵𝐶的面积.【答案】（1）∵𝑧1=𝑧2，∴2sin𝐴sin𝐶=1+2cos

𝐴cos𝐶①，𝑎+𝑐=4②，由①得2(cos𝐴cos𝐶−sin𝐴sin𝐶)=−1，即cos(𝐴+𝐶)=cos(𝜋−𝐵)=−cos𝐵=−12，∵cos𝐵=12，∵0<𝐵<𝜋，∴𝐵=𝜋3；（2）∵𝑏=2√2，由余弦定

理得𝑏2=𝑎2+𝑐2−2𝑎𝑐cos𝐵，即𝑎2+𝑐2−𝑎𝑐=8，④由②得𝑎2+𝑐2+2𝑎𝑐=16⑤，由④⑤得𝑎𝑐=83，∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝑎𝑐sin𝐵=12×83×√3

2=2√33.【考点】复数的基本概念，正弦定理，余弦定理【解析】【分析】（1）由向量相等建立关系式，进一步求得𝐵=𝜋3；（2）由（1）有𝑎+𝑐=4，再由余弦定理建立关系式：𝑎2+𝑐2−𝑎𝑐=8，配方(𝑎

+𝑐)2−3𝑎𝑐=8，进一步得到得𝑎𝑐=83，利用面积公式得到结果。21.如图所示，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1.（1）求AC与𝐴1𝐷所成角的大小；（2）求证：平面𝐴𝐶𝐵1⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1；（3）若E，F分别为AB，AD的中点，

求EF与平面𝐴𝐵1𝐶所成角的正切值.【答案】（1）解：如图所示，连接𝐵1𝐶，𝐴𝐵1，由𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1是正方体，易知𝐴𝐷∥𝐵𝐶，从而𝐵1𝐶与AC所成的角就是AC与𝐴1𝐷所成的角，∵𝐴𝐵1=𝐴𝐶=𝐵1𝐶，∴∠𝐵1�

�𝐴=60°，即𝐴1𝐷与AC所成的角为60°.（2）连接BD与AC交于点O，因为𝐴𝐶⊥𝐵𝐷，𝐴𝐶⊥𝐵1𝐵，且𝐵𝐷∩𝐵1𝐵=𝐵，所以𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，所以平面𝐴𝐶𝐵1⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，（3）在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶

1𝐷1中，∵E，F分别为AB，AD的中点，∴𝐸𝐹∥𝐵𝐷，所以EF与平面𝐴𝐵1𝐶所成角即等于BD与平面𝐴𝐵1𝐶所成角，连接𝐵1𝑂，所以𝐵1𝑂即为BO在平面𝐴𝐶𝐵1的射影所在的线段；∠𝐵1𝑂𝐵即为BO与平面𝐴𝐶𝐵1所成的角，设该正方体边长为2

，得𝑂𝐵=√2，𝐵1𝐵=2，tan∠𝐵1𝑂𝐵=√2，所以EF与平面𝐴𝐵1𝐶所成角的正切值为√2.【考点】异面直线及其所成的角，平面与平面垂直的判定，直线与平面所成的角【解析】【分析】（1）连接𝐵1𝐶，𝐴𝐵1，由A1D||B1C,而三角形ACB1是正三

角形，得到结果；（2）通过证明𝐴𝐶⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1即可。22.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，A，B，C三点满足𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+23𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗.（1）求证：

𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗∥𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗；（2）已知𝐴(1,cos𝑥)，𝐵(1+cos𝑥,cos𝑥)，𝑥∈[0,𝜋2]，𝑓(𝑥)=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−(2𝑚+23)|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|若𝑓(𝑥)的最小值为𝑔(𝑚)，求𝑔(

𝑚)的最大值.【答案】（1）由题意知A，B，C三点满足𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=13𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗+23𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，可得𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗)，所以𝐴𝐶⃗

⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23(𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗)，即13𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=23𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗即𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，则AC⃗⃗⃗⃗⃗⃗∥CB

⃗⃗⃗⃗⃗⃗（2）由题意，函数𝑓(𝑥)=𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗•𝑂𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗−(2𝑚+23)|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=1+23cos𝑥+cos2𝑥−(2𝑚+23)cos𝑥=(cos𝑥−𝑚)2+1−𝑚2因𝑥∈[0,𝜋2]，所以cos𝑥∈[0,1]当𝑚<0时，�

�(𝑥)取得最小值𝑔(𝑚)=1，当0≤𝑚≤1时，当cos𝑥=𝑚时，𝑓(𝑥)取得最小值𝑔(𝑚)=1−𝑚2，当𝑚>1时，当cos𝑥=1时，𝑓(𝑥)取得最小值𝑔(𝑚)=2−2𝑚，综上所述，

𝑔(𝑚)={1𝑚<01−𝑚20≤𝑚≤12−2𝑚𝑚>1，可得函数𝑔(𝑚)的最大值为1，即𝑔(𝑚)的最大值为1.【考点】平行向量与共线向量，平面向量共线（平行）的坐标表示，复合三角函数的单调性，三角函数的最值【解析】【分析】（1）由条件可以得到�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐶𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗，则𝐴𝐶→||𝐶𝐵→;(2)先求得𝑓(𝑥)=1+23cos𝑥+cos2𝑥−(2𝑚+23)cos𝑥=(cos𝑥−𝑚)2+1−𝑚2然后对m分类讨论，根据cosx的值域，即可求得结果。