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2022-2023学年江苏省南京师大附中秦淮科技高中高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析）
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这是一份2022-2023学年江苏省南京师大附中秦淮科技高中高一（下）月考数学试卷（5月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设复数z=1+i51−i，则z−的虚部是( )
A. iB. −iC. 1D. −1
2.在△ABC中，内角A、B满足sin2A=sin2B，则△ABC的形状是( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形
3.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若c=4，a=4 2，A=45°，则sinC等于
( )
A. 12B. 22C. 14D. 24
4.已知向量a=(3,4),b=(sinα,csα)，且a//b，则tan(π+α)=( )
A. −43B. −34C. 43D. 34
5.下列说法正确的是( )
A. 若a与b共线，则a=b或者a=−b
B. 若a⋅b=a⋅c，则b=c
C. 若△ABC中，点P满足2AP=AB+AC，则点P为BC中点
D. 若e1，e2为单位向量，则e1=e2
6.已知直线a、b是两条不重合的直线，α、β是两个不重合的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若a⊥α，a⊥β，则α//β
B. 若a//α，b//β，α//β，则a//b
C. 若a⊥b，b⊥α，a//β，则α//β
D. 若α//β，a与α所成角和b与β所成角相等，则a//b
7.设a=sin250°，b=1cs50∘−cs50°，c=tan50°1+tan250∘，则a，b，c的大小关系为( )
A. a8.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，点D是A1B1的中点，F是侧面AA1B1B(含边界)上的动点.要使AB1⊥平面C1DF，则线段C1F的长的最大值为( )
A. 52
B. 2
C. 133
D. 5
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设z1，z2，z3为复数，z1≠0，下列命题正确的是( )
A. 若z1z2=|z1|2，则z1=z2B. |z1z2|=|z1||z2|
C. 若z2−=z3，则|z1z2|=|z1z3|D. z1z2=z1−z2−
10.已知向量a=(csα,sinα)，b=(2,1)，则下列命题正确的是( )
A. |a−b|的最大值为 5+1
B. 若|a+b|=|a−b|，则tanα=12
C. 若e是与b共线的单位向量，则e=(2 55, 55)
D. 当f(α)=a⋅b取得最大值时，tanα=12
11.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是( )
A. 斜三角形ABC中，tanAtanBtanC=tanA+tanB+tanC
B. 若A=30°，b=4，a=3，则△ABC有两解
C. 若acsB−bcsA=c，则△ABC一定为直角三角形
D. 若a=4，b=5，c=6，则△ABC外接圆半径为16 77
12.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则( )
A. 直线BD1⊥平面A1C1D
B. 三棱锥P−A1C1D的体积为定值
C. 异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[π4,π2]
D. 直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为 64
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知复数z满足(1+i)z=2−i(i为虚数单位)，则|z+i|= ______．
14.正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线DB1与平面ABCD所成角的正弦值为______．
15.等边△ABC中，已知AB=1，点M在线段BC上，且满足BM=2CM，N为线段AB的中点，CN与AM相交于点P，则cs∠MPN=______．
16.已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcsC=ccsB，则tanCtanB=______，1tanA+1tanB+1tanC的最小值为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
(1)若复数z=(m2+2m−3)+(m2+5m+6)i是纯虚数，求实数m的值；
(2)若复数z满足z⋅z−+(z+z−)i=(1+i)(3−i)，求复数z．
18.(本小题12分)
如图所示，PA⊥矩形ABCD所在的平面，M、N分别是AB、PC的中点．
(1)求证：MN//平面PAD．
(2)求证：MN⊥CD．
19.(本小题12分)
在①b+bcsC= 2csinB，②S△ABC= 2CA⋅CB，③(3b−a)csC=ccsA，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决问题．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足_____．
(1)求csC的值；
(2)若点E在AB上，且AE=2EB，CE= 413，BC=3，求sinB．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，Q为AD的中点．
(1)若PA=PD，求证：AD⊥平面PQB；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD=AD=2，点M在线段PC上，且PM=3MC，求三棱锥P−QBM的体积．
21.(本小题12分)
某公司欲生产一款迎春工艺品回馈消费者，工艺品的平面设计如图所示，该工艺品由直角△ABC和以BC为直径的半圆拼接而成，点P为半圈上一点(异于B，C)，点H在线段BC上，且满足CH⊥AB.已知∠ACB=90°，AB=1dm，设∠ABC=θ．
(1)为了使工艺礼品达到最佳观赏效果，需满足∠ABC=∠PCB，且CA+CP达到最大．当θ为何值时，工艺礼品达到最佳观赏效果；
(2)为了工艺礼品达到最佳稳定性便于收藏，需满足∠PBA=60°，且CH+CP达到最大．当θ为何值时，CH+CP取得最大值，并求该最大值．
22.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，ab+ba=4csC．
(1)求a2+b2c2的值；
(2)若1tanB=1tanA+1tanC，求csA．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z=1+i51−i=1+i1−i=i，
故z−=−i，其的虚部是−1，
故选：D．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：法1：∵sin2A=sin2B，
∴sin2A−sin2B=cs(A+B)sin(A−B)=0，
∴cs(A+B)=0或sin(A−B)=0，
∴A+B=90°或A=B，
则△ABC一定是直角三角形或等腰三角形．
法2：∵sin2A=sin2B，且A和B为三角形的内角，
∴2A=2B或2A+2B=180°，即A=B或A+B=90°，
则△ABC一定是等腰或直角三角形．
故选：D．
解法1：利用题设等式，根据和差化积公式整理求得cs(A+B)=0或sin(A−B)=0，推断出A+B=90°或A=B，即可判断出三角形的形状．
解法2：由两角的正弦值相等及A和B为三角形的内角，得到两角2A和2B相等或互补，即A与B相等或互余，进而确定出三角形的形状．
此题考查了三角形形状的判断，涉及的知识有：正弦、余弦函数的图象与性质，积化和差公式，以及等腰三角形的判定，解题的关键是挖掘题设信息，借助三角函数的基本公式和基本性质找到边与边或角与角之间的关系．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查正弦定理，属于基础题．
由已知利用正弦定理即可求解．
【解答】
解：∵c=4，a=4 2，A=45°，
∴由正弦定理asinA=csinC，可得：sinC=c⋅sinAa=4× 224 2=12．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】解：∵a//b，
∴3csα−4sinα=0，
可得tanα=34，
则tan(π+α)=tanα=34，
故选：D．
利用向量共线定理、三角函数求值即可得出．
本题考查了向量共线定理、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：对于A，根据共线向量的定义显然不成立，
对于B，令a=0，显然不成立，
对于C，根据向量的运算性质，成立，
对于D，根据单位向量的定义，显然不成立，
故选：C．
根据共线向量以及单位向量的定义判断即可．
本题考查了向量的定义以及向量的运算性质，是一道基础题．
6.【答案】A
【解析】解：若a⊥α，a⊥β，由直线与平面垂直的性质可得α//β，故A正确；
若a//α，b//β，α//β，则a//b或a与b相交或a与b异面，故B错误；
若a⊥b，b⊥α，则a//α或a⊂α，又a//β，则α//β或α与β相交，故C错误；
若α//β，a与α所成的角和b与β所成的角相等，可得a与α所成的角和b与α所成的角相等，
则a与b的位置关系可能平行、可能相交、也可能异面，故D错误．
故选：A．
由直线与平面垂直的性质判断A；由直线与平面平行、平面与平面平行的关系判断B；由空间中直线与平面、平面与平面的位置关系判断C；由直线与平面所成角判断D．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的知识要点，三角函数关系式的变换，作差法的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
直接利用三角函数的关系式的变换和作差法的应用求出a、b、c的大小关系．
【解答】
解：对于b=1cs50∘−cs250°cs50∘=sin250°cs50∘=1−cs100°2cs50∘=1−cs100°2cs50∘，
所以b−a=1−cs100°2cs50∘−1−cs100°2=1−cs100°2⋅(1cs50∘−1)>0，
故：b>a，
由于c=tan50°1+tan250∘=12×2tan50°1+tan250∘=sin50°cs50°，
a−c=sin50°(sin50°−cs50°)>0，故a>c，
故：b>a>c．
故选：B．
8.【答案】A
【解析】解：取BB1上靠近B1的四等分点为E，连接DE，当点F在DE上时，AB1⊥平面C1DF．
证明如下：
∵直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，
点D是A1B1的中点，∴C1D⊥平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1，
以C1为坐标原点，C1A1，C1B1，C1C分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∴A(1,0,2)，B1(0,1,0)，D(12,12,0)，E(0,1,12)，
∴AB1=(−1,1,−2)，DE=(−12,12,12)，
此时AB1⋅DE=0，∴AB1⊥DE，∴AB1⊥平面C1DF，
由题意得当E，F为重合时，线段C1F最大，此时C1F= 52．
故选：A．
取BB1上靠近B1的四等分点为E，由题知C1D⊥AB1，再利用空间向量证得AB1⊥DE，即当F在DE上时，AB1⊥DE，当F在DE上时，AB1⊥平面C1DF，由此能求出线段C1F的长的最大值．
本题考查立体几何的综合知识，属于探索性题型，考查空间向量与立体几何以及立体几何的定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了复数模的性质、复数的乘法运算、共轭复数，属于中档题．
利用z1−z1=|z1|2，代入所给等式，化简即可判断选项A；利用复数模的性质判断选项B；先证|z1z2−|=|z1z3|，再证|z1z2−|=|z1z2|，即可判断选项C；设z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，分别计算出z1z2、z1−z2−即可判断选项D．
【解答】
解：对于A：易知z1−z1=|z1|2，知z1z2=z1−z1，
∴z1(z2−z1−)=0，又z1≠0，∴z2=z1−，故A不正确；
对于B：由复数模的性质可知|z1z2|=|z1||z2|，故B正确；
对于C：∵z2−=z3，z1≠0，∴z1z2−=z3z1，∴|z1z2−|=|z1z3|，
∵|z1z2−|=|z1||z2−|=|z1||z2|=|z1z2|，∴|z1z2|=|z1z3|，故C正确；
对于D：设z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，∴z1z2=ac−bd+(ad+cb)i，
∴z1z2=ac−bd−(ad+cb)i，
又z1−=a−bi，z2−=c−di，则z1−z2−=(a−bi)(c−di)=ac−bd−(ad+bc)i，
故z1z2=z1−z2−，故D正确．
故选：BCD．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查向量的模定义，辅助角公式，向量数量积的定义与性质，属于中档题．
对A选项，利用向量的模定义，辅助角公式构建α的三角函数模型，再利用函数思想即可求解；对B选项，两边平方化简得a⋅b=0，从而建立α的方程，最后求出tanα；对C选项，根据单位向量的定义，数乘的概念即可求解；对D选项，先利用数量积定义，辅助角公式化简f(α)，即可求解．
【解答】
解：
对A选项，|a−b|=|(csα−2,sinα−1)|
= (csα−2)2+(sinα−1)2= 6−(4csα+2sinα)
= 6−2 5sin(α+β)，其中tanβ=2，α∈R，
∴当sin(α+β)=−1时，|a−b|取得最大值 6+2 5= 5+1，故A选项正确；
对B选项，若|a+b|=|a−b|，等式两边平方整理得a⋅b=0，
∴2csα+sinα=0，∴tanα=−2，故B选项错误；
对C选项，与b共线的单位向量e=±b|b|
=±1 5(2,1)=(2 55, 55)或(−2 55,− 55)，故C选项错误；
对D选项，∵f(α)=a⋅b=2csα+sinα= 5sin(α+θ)，其中tanθ=2，α∈R，
∴当α+θ=π2+2kπ，(k∈Z)时，sin(α+θ)=1，f(α)取得最大值 5，
此时α=π2−θ+2kπ，k∈Z，其中tanθ=2，
∴tanα=tan(π2−θ+2kπ)=tan(π2−θ)=1tanθ=12，故D选项正确．
故选：AD．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，在斜△ABC中，tanA+tanB+tanC=tanA+tanB−tan(A+B)
=tanA+tanB−tanA+tanB1−tanAtanB
=tanA−tan2AtanB+tanB−tanAtan2B−tanA−tanB1−tanAtanB
=−tanAtanB(tanA+tanB)1−tanAtanB=−tanAtanBtan(A+B)=tanAtanBtanC，选项A正确；
对于B，由于A为锐角，且bsinA=4×12=2<3<4，则△ABC有两解，选项B正确；
对于C，由于acsB−bcsA=c，则sinAcsB−sinBcsA=sinC，即sin(A−B)=sin(A+B)，
∴2csAsinB=0，
又A，B为△ABC内角，则csA=0，即A=π2，选项C正确；
对于D，由余弦定理可得，csA=b2+c2−a22bc=25+36−162×5×6=34，
在△ABC中，有sinA= 1−cs2A= 1−916= 74，
∴△ABC外接圆半径为12×4 74=8 77，选项D错误．
故选：ABC．
由诱导公式及正切的和角公式化简即可判断选项A；由三角形解的个数判断方法即可判断选项B；由正弦定理结合常见的三角函数值即可判断选项C；由余弦定理求得csA，进而得到sinA，再由正弦定理即可求得外接圆半径．
本题考查利用三角恒等变换以及三角形解的个数判断，考查正余弦定理在解三角形中的运用，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】AB
【解析】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设AB=1，如图，
B(1,1,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，
D(0,0,0)，B1(1,1,1)，C(0,1,0)，A(0,1,1)，
设P(x,y,z)，设B1P=λB1C=(x−1,y−1,z−1)=λ(−1,0,−1)，λ∈[0,1]，
解得x=1−λy=1z=1−λ，∴P(1−λ,1,1−λ)，
对于A，BD1=(−1,−1,1)，DA1=(1,0,1)，DC1=(0,1,1)，
∵BD1⋅DA1=−1×1+1×1=0，BD1⋅DC1=−1×1+1×1=0，
∴BD1⊥DA1，BD1⊥DC1，∴BD1⊥DA1，BD1⊥DC1，
∵DA1∩DC1=D，∴直线BD1⊥平面A1C1D，故A正确；
对于B，侧面BCC1B1的对角线交于点O，∴CB1⊥OC1，OC1=12 12+12= 22，
∵A1B1⊥平面BCC1B1，OC1⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥OC1，
∵A1B1∩CB1=B1，∴OC1⊥平面A1B1CD，
VP−A1C1D=VC1−PA1D=13S△PA1D⋅C1O=13×12×SA1B1CD× 22= 212SA1B1CD为定值，故B正确；
对于C，AP=(−λ,1,1−λ)，A1D=(1,0,1)，
设异面直线AP与A1D所成角为θ(θ∈(0,π2]),
则csθ=|AP⋅A1D||AP|⋅|A1D|=|−λ+1−λ| (−λ)2+12+(1−λ)2⋅ 12+12=|1−2λ|2 λ2−λ+1，
当λ=12时，csθ=0，解得θ=π2，
当λ≠12时，csθ=1 4λ2−4λ+44λ2−4λ+1=1 1+3(2λ−1)2，
∵λ∈[0,12)∪(12,1]，∴(2λ−1)2∈(0,1]，
∴1(2λ−1)2≥1，∴3(2λ−1)2≥3，∴1+3(2λ−1)2≥4，
∴ 1+3(2λ−1)2≥2，∴0<1 1+3(2λ−1)2≤12，
∴0综上，θ∈[π3,π2]，故C错误；
对于D，设平面A1C1D的法向量为m=(x0,y0,z0)，C1P=(1−λ,0,2−λ)，
∴m⋅DA1=0m⋅DC1=0，∴x0+z0=0y0+z0=0，解得m=(−1,−1,1)，
线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为：
|m⋅C1P||m|⋅|C1P|=|λ−1+2−λ| (1−λ)2+(2−λ)2⋅ (−1)2+(−1)2+12=1 3⋅ 2λ2−6λ+5=1 3⋅ 2(λ−32)2+12，
∵λ∈[0,1]，∴λ=1时， 2(λ−32)2+12有最小值为 12= 22，
∴直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为1 3× 22= 63，故D错误．
故选：AB．
建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示公式、空间向量夹角公式、三棱锥的体积性质逐一判断即可求出结果．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】 22
【解析】解：由(1+i)z=2−i得，z=2−i1+i=(2−i)(1−i)(1+i)(1−i)=1−3i2，
故|z+i|=|1−3i2+i|=|1−i|2= 22，
故答案为： 22．
先求出复数z，然后利用求模公式可得答案．
本题考查复数代数形式的运算、复数求模，属基础题．
14.【答案】 33
【解析】解：连接BD，则
∵在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1⊥面ABCD，
∴∠D1BD是直线DB1与平面ABCD所成角
设棱长为1，则DB1= 3，
∴直线DB1与平面ABCD所成角的正弦值为 33．
故答案为： 33．
连接BD，则在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1⊥面ABCD，可得∠D1BD是直线DB1与平面ABCD所成角，即可求出直线DB1与平面ABCD所成角的正弦值．
本题考查直线和平面所成的角．解决本题的关键在于找出直线DB1与平面ABCD所成角．
15.【答案】− 217
【解析】解：以BC所在直线为x轴，BC的中垂线为y轴，建立如图所示的坐标系，
∵AB=1，∴B(−12,0)，C(12,0)，A(0, 32)，
∵点M在线段BC上，且满足BM=2CM，N为线段AB的中点，
∴M(16,0)，N(−14, 34)，
∴AM=(16,− 32)，CN=(−34, 34)，
∴cs∠MPN=AM⋅CN|AM||CN|=16×(−34)+(− 32)× 34 136+34× 916+316=− 217，
故答案为：− 217．
建立平面直角坐标系，求出各点的坐标，进而求出结论．
本题主要考查向量数量积的应用，三角形的解法，属于中档题目．
16.【答案】2 2 73
【解析】解：因为2bcsC=ccsB，
所以2sinBcsC=sinCcsB，
即2tanB=tanC，∴tanCtanB=2，
又因为A+B+C=π，
所以tanA=tan[π−(B+C)]=−tan(B+C)=−tanB+tanC1−tanBtanC=−3tanB1−2tan2B，
所以1tanA+1tanB+1tanC
=1−2tan2B−3tanB+1tanB+12tanB
=2tan2B−13anB+32tanB
=4tan2B+76tanB
=23tanB+76tanB
≥2 23tanB×76tanB=2 73(当且仅当23tanB=76tanB，即tanB= 72，取“=”)．
故答案为：2；2 73．
由2bcsC=ccsB，由正弦定理得2tanB=tanC，又A+B+C=π，可得tanA=tan[π−(B+C)]=−tan(B+C)=−tanB+tanC1−tanBtanC=−3tanB1−2tan2B，可得原式=1−2tan2B−3tanB+1tanB+12tanB，化简得23tanB+76tanB，由基本不等式即可得出答案．
本题考查正弦定理，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵z=(m2+2m−3)+(m2+5m+6)i是纯虚数，
∴m2+2m−3=0m2+5m+6≠0，解得m=1．
(2)设z=a+bi，a，b∈R，
∵z⋅z−+(z+z−)i=(1+i)(3−i)，
∴a2+b2+2ai=4+2i，
∴a2+b2=42a=2，解得a=1，b= 3或a=1，b=− 3，
故z=1+ 3i或z=1− 3i．
【解析】本题考查了共轭复数和纯虚数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
(1)根据已知条件，结合纯虚数的概念，即可求解．
(2)根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．
18.【答案】证明：(1)取PD的中点E，连接AE，EN．
∵E，N分别是C，D中点，∴EN−//12CD，
又∵CD//AB，M是AB中点，
∴AM−//12CD，∴AM−//EN，
∴四边形AMNE是平行四边形，∴MN//AE．
∵MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，
∴MN//平面PAD.…(6分)
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，
又∵MN//AE，∴CD⊥MN.…(12分)
【解析】(1)取PD的中点E，连接AE，EN.推导出四边形AMNE是平行四边形，从而MN//AE.由此能证明MN//平面PAD．
(2)由PA⊥平面ABCD，得PA⊥CD，又CD⊥AD，从而CD⊥平面PAD，进而CD⊥AE，再由MN//AE，能证明CD⊥MN．
本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)若选①：
因为b+bcsC= 2csinB，由正弦定理可得sinB+sinBcsC= 2sinCsinB，
因为sinB≠0，所以1+csC= 2sinC，
联立1+csC= 2sinCsin2C+cs2C=1，解得csC=13，sinC=2 23，
故csC=13．
若选②：
因为S△ABC= 2CA⋅CB，所以12absinC= 2bacsC，
即sinC=2 2csC>0，联立sin²C+cs²C=1，
可得csC=13．
若选③：
因为(3b−a)csC=ccsA，由正弦定理可得(3sinB−sinA)csC=sinCcsA，
所以3sinBcsC=sinAcsC+sinCcsA=sin(A+C)=sinB，
因为sinB≠0，所以csC=13．
(2)由余弦定理可得cs∠AEC=AE2+EC2−AC22AE⋅EC=49c2+EC2−b243c⋅EC
cs∠BEC=BE2+EC2−BC22BE⋅EC=19c2+EC2−a223c⋅ EC，
因为cs∠AEC+cs∠BEC=0，
所以49c2+EC2−b243c⋅EC+19c2+EC2−a223c⋅ EC=0，即2c²+9EC²−3b²−6a²=0，
则2c²−3b²=6a²−9EC²=6×9−9×419=13，①
同时csC=a2+b2−c22ab=13，即b²−c²=2b−9，②
联立①②可得b²+4b−5=0，解得b=1，
则c=2 2，
故csB=a2+c2−b22ac=2 23，则sinB=13．
【解析】(1)若选①：由正弦定理整理条件可得1+csC= 2sinC，再与cs²C+sin²C=1联立即可解出csC；
若选②：由面积公式及数量积公式可得sinC=2 2csC>0，联立sin²C+cs²C=1，即可解出csC；
若选③：由正弦定理、两角和的正弦公式及诱导公式可得3sinBcsC=sinB，结合sinB≠0，即可求出csC；
(2)由余弦定理分别求出cs∠AEC，cs∠BEC，由cs∠AEC+cs∠BEC=0，可得2c²−3b²=13，再由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=13，即b²−c²=2b−9，两式联立即可求得b和c的值，再利用余弦定理可求得csB，从而可得sinB的值．
本题主要考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查面积公式及数量积公式的应用，考查转化思想、方程思想以及运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】证明：(1)∵PA=PD，Q为AD的中点，
∴PQ⊥AD，
又∵底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，
∴BQ⊥AD，PQ∩BQ=Q，
∴AD⊥平面PQB；
解：(2)∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PQ⊥AD，
∴PQ⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴PQ⊥BC，
又BC⊥BQ，QB∩QP=Q，
∴BC⊥平面PQB，
又PM=3MC，
∴VP−QBM=VM−PQB=13×12× 3× 3×34×2=34．
【解析】(1)由PA=PD，得到PQ⊥AD，又底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，得BQ⊥AD，利用线面垂直的判定定理得到AD⊥平面PQB利用面面垂直的判定定理得到平面PQB⊥平面PAD；
(2)由平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PQ⊥AD，得PQ⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，得PQ⊥BC，得BC⊥平面PQB，即得到高，利用椎体体积公式求出；
本题考查几何体的体积的求法，直线与平面垂直的判断与证明，考查空间想象能力以及计算能力，转化思想的应用．
21.【答案】解：设∠ABC=∠PCB=θ，则在直角△ABC中，AC=sinθ，BC=csθ；
在直角△PBC中，PC=BC⋅csθ=csθ⋅csθ=cs2θ，PB=BC⋅sinθ=sinθ⋅csθ=sinθcsθ；
(1)AC+CP=sinθ+cs2θ=sinθ+1−sin2θ=−sin2θ+sinθ+1，θ∈(0,π3)，
所以当sinθ=12，即θ=π6，AC+CP的最大值为54；
(2)在直角△ABC中，由S△ABC=12CA⋅CB=12AB⋅CH，
可得CH=sinθ⋅csθ1=sinθ⋅csθ；
在直角△PBC中，PC=BC⋅sin(π3−θ)=csθ⋅(sinπ3csθ−csπ3sinθ)，
所以CH+CP=2sinθcsθ+2csθ( 32csθ−12sinθ)，θ∈(0,π3)，
所以CH+CP=sin2θ+ 3cs2θ−sinθcsθ=12sin2θ+ 32cs2θ+ 32=sin(2θ+π3)+ 32，
所以当θ=π6，CH+CP达到最大．
【解析】(1)设∠ABC=∠PCB=θ，利用直角三角形的边角关系，求出AC+CP的解析式，再计算AC+CP的最大值；
(2)由等积法求出CH的值，再计算CH+CP的最大值以及对应的θ值．
本题考查了解三角形以及三角函数的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)△ABC中，因为ab+ba=4csC，
结合余弦定理，得a2+b2ab=4×a2+b2−c22ab，化简可得a2+b2=2c2，
所以a2+b2c2=2．
(2)由1tanB=1tanA+1tanC=csAsinA+csCsinC=sinCcsA+csCsinAsinAsinC=sinBsinAsinC=csBsinB，
可得csB=sin2BsinAsinC=b2ac，即a2+c2−b22ac=b2ac，
即a2+c2=3b2，又a2+b2=2c2，
所以b= 32c，a= 52c，
所以csA=b2+c2−a22bc=34c2+c2−54c22c⋅ 32c= 36．
【解析】(1)利用余弦定理角化边即可求解．
(2)根据弦化切将原等式变为csB=sin2BsinAsinC，角化边即可得到a2+c2=3b2，再结合a2+b2=2c2可得b= 32c，a= 52c，利用余弦定理即可求解．
本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，同角三角函数的基本关系，两角和差的正弦公式，属于中档题．
1.设复数z=1+i51−i，则z−的虚部是( )
A. iB. −iC. 1D. −1
2.在△ABC中，内角A、B满足sin2A=sin2B，则△ABC的形状是( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰或直角三角形
3.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若c=4，a=4 2，A=45°，则sinC等于
( )
A. 12B. 22C. 14D. 24
4.已知向量a=(3,4),b=(sinα,csα)，且a//b，则tan(π+α)=( )
A. −43B. −34C. 43D. 34
5.下列说法正确的是( )
A. 若a与b共线，则a=b或者a=−b
B. 若a⋅b=a⋅c，则b=c
C. 若△ABC中，点P满足2AP=AB+AC，则点P为BC中点
D. 若e1，e2为单位向量，则e1=e2
6.已知直线a、b是两条不重合的直线，α、β是两个不重合的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若a⊥α，a⊥β，则α//β
B. 若a//α，b//β，α//β，则a//b
C. 若a⊥b，b⊥α，a//β，则α//β
D. 若α//β，a与α所成角和b与β所成角相等，则a//b
7.设a=sin250°，b=1cs50∘−cs50°，c=tan50°1+tan250∘，则a，b，c的大小关系为( )
A. a
A. 52
B. 2
C. 133
D. 5
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设z1，z2，z3为复数，z1≠0，下列命题正确的是( )
A. 若z1z2=|z1|2，则z1=z2B. |z1z2|=|z1||z2|
C. 若z2−=z3，则|z1z2|=|z1z3|D. z1z2=z1−z2−
10.已知向量a=(csα,sinα)，b=(2,1)，则下列命题正确的是( )
A. |a−b|的最大值为 5+1
B. 若|a+b|=|a−b|，则tanα=12
C. 若e是与b共线的单位向量，则e=(2 55, 55)
D. 当f(α)=a⋅b取得最大值时，tanα=12
11.△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，则下列说法正确的是( )
A. 斜三角形ABC中，tanAtanBtanC=tanA+tanB+tanC
B. 若A=30°，b=4，a=3，则△ABC有两解
C. 若acsB−bcsA=c，则△ABC一定为直角三角形
D. 若a=4，b=5，c=6，则△ABC外接圆半径为16 77
12.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则( )
A. 直线BD1⊥平面A1C1D
B. 三棱锥P−A1C1D的体积为定值
C. 异面直线AP与A1D所成角的取值范围是[π4,π2]
D. 直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为 64
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.已知复数z满足(1+i)z=2−i(i为虚数单位)，则|z+i|= ______．
14.正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线DB1与平面ABCD所成角的正弦值为______．
15.等边△ABC中，已知AB=1，点M在线段BC上，且满足BM=2CM，N为线段AB的中点，CN与AM相交于点P，则cs∠MPN=______．
16.已知在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若2bcsC=ccsB，则tanCtanB=______，1tanA+1tanB+1tanC的最小值为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
(1)若复数z=(m2+2m−3)+(m2+5m+6)i是纯虚数，求实数m的值；
(2)若复数z满足z⋅z−+(z+z−)i=(1+i)(3−i)，求复数z．
18.(本小题12分)
如图所示，PA⊥矩形ABCD所在的平面，M、N分别是AB、PC的中点．
(1)求证：MN//平面PAD．
(2)求证：MN⊥CD．
19.(本小题12分)
在①b+bcsC= 2csinB，②S△ABC= 2CA⋅CB，③(3b−a)csC=ccsA，三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决问题．
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足_____．
(1)求csC的值；
(2)若点E在AB上，且AE=2EB，CE= 413，BC=3，求sinB．
20.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，Q为AD的中点．
(1)若PA=PD，求证：AD⊥平面PQB；
(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且PA=PD=AD=2，点M在线段PC上，且PM=3MC，求三棱锥P−QBM的体积．
21.(本小题12分)
某公司欲生产一款迎春工艺品回馈消费者，工艺品的平面设计如图所示，该工艺品由直角△ABC和以BC为直径的半圆拼接而成，点P为半圈上一点(异于B，C)，点H在线段BC上，且满足CH⊥AB.已知∠ACB=90°，AB=1dm，设∠ABC=θ．
(1)为了使工艺礼品达到最佳观赏效果，需满足∠ABC=∠PCB，且CA+CP达到最大．当θ为何值时，工艺礼品达到最佳观赏效果；
(2)为了工艺礼品达到最佳稳定性便于收藏，需满足∠PBA=60°，且CH+CP达到最大．当θ为何值时，CH+CP取得最大值，并求该最大值．
22.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，ab+ba=4csC．
(1)求a2+b2c2的值；
(2)若1tanB=1tanA+1tanC，求csA．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：z=1+i51−i=1+i1−i=i，
故z−=−i，其的虚部是−1，
故选：D．
直接利用复数代数形式的乘除运算化简，然后利用共轭复数的概念得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了共轭复数的概念，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：法1：∵sin2A=sin2B，
∴sin2A−sin2B=cs(A+B)sin(A−B)=0，
∴cs(A+B)=0或sin(A−B)=0，
∴A+B=90°或A=B，
则△ABC一定是直角三角形或等腰三角形．
法2：∵sin2A=sin2B，且A和B为三角形的内角，
∴2A=2B或2A+2B=180°，即A=B或A+B=90°，
则△ABC一定是等腰或直角三角形．
故选：D．
解法1：利用题设等式，根据和差化积公式整理求得cs(A+B)=0或sin(A−B)=0，推断出A+B=90°或A=B，即可判断出三角形的形状．
解法2：由两角的正弦值相等及A和B为三角形的内角，得到两角2A和2B相等或互补，即A与B相等或互余，进而确定出三角形的形状．
此题考查了三角形形状的判断，涉及的知识有：正弦、余弦函数的图象与性质，积化和差公式，以及等腰三角形的判定，解题的关键是挖掘题设信息，借助三角函数的基本公式和基本性质找到边与边或角与角之间的关系．
3.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查正弦定理，属于基础题．
由已知利用正弦定理即可求解．
【解答】
解：∵c=4，a=4 2，A=45°，
∴由正弦定理asinA=csinC，可得：sinC=c⋅sinAa=4× 224 2=12．
故选：A．
4.【答案】D
【解析】解：∵a//b，
∴3csα−4sinα=0，
可得tanα=34，
则tan(π+α)=tanα=34，
故选：D．
利用向量共线定理、三角函数求值即可得出．
本题考查了向量共线定理、三角函数求值，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：对于A，根据共线向量的定义显然不成立，
对于B，令a=0，显然不成立，
对于C，根据向量的运算性质，成立，
对于D，根据单位向量的定义，显然不成立，
故选：C．
根据共线向量以及单位向量的定义判断即可．
本题考查了向量的定义以及向量的运算性质，是一道基础题．
6.【答案】A
【解析】解：若a⊥α，a⊥β，由直线与平面垂直的性质可得α//β，故A正确；
若a//α，b//β，α//β，则a//b或a与b相交或a与b异面，故B错误；
若a⊥b，b⊥α，则a//α或a⊂α，又a//β，则α//β或α与β相交，故C错误；
若α//β，a与α所成的角和b与β所成的角相等，可得a与α所成的角和b与α所成的角相等，
则a与b的位置关系可能平行、可能相交、也可能异面，故D错误．
故选：A．
由直线与平面垂直的性质判断A；由直线与平面平行、平面与平面平行的关系判断B；由空间中直线与平面、平面与平面的位置关系判断C；由直线与平面所成角判断D．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查的知识要点，三角函数关系式的变换，作差法的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
直接利用三角函数的关系式的变换和作差法的应用求出a、b、c的大小关系．
【解答】
解：对于b=1cs50∘−cs250°cs50∘=sin250°cs50∘=1−cs100°2cs50∘=1−cs100°2cs50∘，
所以b−a=1−cs100°2cs50∘−1−cs100°2=1−cs100°2⋅(1cs50∘−1)>0，
故：b>a，
由于c=tan50°1+tan250∘=12×2tan50°1+tan250∘=sin50°cs50°，
a−c=sin50°(sin50°−cs50°)>0，故a>c，
故：b>a>c．
故选：B．
8.【答案】A
【解析】解：取BB1上靠近B1的四等分点为E，连接DE，当点F在DE上时，AB1⊥平面C1DF．
证明如下：
∵直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧棱长为2，AC=BC=1，∠ACB=90°，
点D是A1B1的中点，∴C1D⊥平面AA1B1B，∴C1D⊥AB1，
以C1为坐标原点，C1A1，C1B1，C1C分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
∴A(1,0,2)，B1(0,1,0)，D(12,12,0)，E(0,1,12)，
∴AB1=(−1,1,−2)，DE=(−12,12,12)，
此时AB1⋅DE=0，∴AB1⊥DE，∴AB1⊥平面C1DF，
由题意得当E，F为重合时，线段C1F最大，此时C1F= 52．
故选：A．
取BB1上靠近B1的四等分点为E，由题知C1D⊥AB1，再利用空间向量证得AB1⊥DE，即当F在DE上时，AB1⊥DE，当F在DE上时，AB1⊥平面C1DF，由此能求出线段C1F的长的最大值．
本题考查立体几何的综合知识，属于探索性题型，考查空间向量与立体几何以及立体几何的定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
9.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查了复数模的性质、复数的乘法运算、共轭复数，属于中档题．
利用z1−z1=|z1|2，代入所给等式，化简即可判断选项A；利用复数模的性质判断选项B；先证|z1z2−|=|z1z3|，再证|z1z2−|=|z1z2|，即可判断选项C；设z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，分别计算出z1z2、z1−z2−即可判断选项D．
【解答】
解：对于A：易知z1−z1=|z1|2，知z1z2=z1−z1，
∴z1(z2−z1−)=0，又z1≠0，∴z2=z1−，故A不正确；
对于B：由复数模的性质可知|z1z2|=|z1||z2|，故B正确；
对于C：∵z2−=z3，z1≠0，∴z1z2−=z3z1，∴|z1z2−|=|z1z3|，
∵|z1z2−|=|z1||z2−|=|z1||z2|=|z1z2|，∴|z1z2|=|z1z3|，故C正确；
对于D：设z1=a+bi，z2=c+di，a，b，c，d∈R，∴z1z2=ac−bd+(ad+cb)i，
∴z1z2=ac−bd−(ad+cb)i，
又z1−=a−bi，z2−=c−di，则z1−z2−=(a−bi)(c−di)=ac−bd−(ad+bc)i，
故z1z2=z1−z2−，故D正确．
故选：BCD．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题考查向量的模定义，辅助角公式，向量数量积的定义与性质，属于中档题．
对A选项，利用向量的模定义，辅助角公式构建α的三角函数模型，再利用函数思想即可求解；对B选项，两边平方化简得a⋅b=0，从而建立α的方程，最后求出tanα；对C选项，根据单位向量的定义，数乘的概念即可求解；对D选项，先利用数量积定义，辅助角公式化简f(α)，即可求解．
【解答】
解：
对A选项，|a−b|=|(csα−2,sinα−1)|
= (csα−2)2+(sinα−1)2= 6−(4csα+2sinα)
= 6−2 5sin(α+β)，其中tanβ=2，α∈R，
∴当sin(α+β)=−1时，|a−b|取得最大值 6+2 5= 5+1，故A选项正确；
对B选项，若|a+b|=|a−b|，等式两边平方整理得a⋅b=0，
∴2csα+sinα=0，∴tanα=−2，故B选项错误；
对C选项，与b共线的单位向量e=±b|b|
=±1 5(2,1)=(2 55, 55)或(−2 55,− 55)，故C选项错误；
对D选项，∵f(α)=a⋅b=2csα+sinα= 5sin(α+θ)，其中tanθ=2，α∈R，
∴当α+θ=π2+2kπ，(k∈Z)时，sin(α+θ)=1，f(α)取得最大值 5，
此时α=π2−θ+2kπ，k∈Z，其中tanθ=2，
∴tanα=tan(π2−θ+2kπ)=tan(π2−θ)=1tanθ=12，故D选项正确．
故选：AD．
11.【答案】ABC
【解析】解：对于A，在斜△ABC中，tanA+tanB+tanC=tanA+tanB−tan(A+B)
=tanA+tanB−tanA+tanB1−tanAtanB
=tanA−tan2AtanB+tanB−tanAtan2B−tanA−tanB1−tanAtanB
=−tanAtanB(tanA+tanB)1−tanAtanB=−tanAtanBtan(A+B)=tanAtanBtanC，选项A正确；
对于B，由于A为锐角，且bsinA=4×12=2<3<4，则△ABC有两解，选项B正确；
对于C，由于acsB−bcsA=c，则sinAcsB−sinBcsA=sinC，即sin(A−B)=sin(A+B)，
∴2csAsinB=0，
又A，B为△ABC内角，则csA=0，即A=π2，选项C正确；
对于D，由余弦定理可得，csA=b2+c2−a22bc=25+36−162×5×6=34，
在△ABC中，有sinA= 1−cs2A= 1−916= 74，
∴△ABC外接圆半径为12×4 74=8 77，选项D错误．
故选：ABC．
由诱导公式及正切的和角公式化简即可判断选项A；由三角形解的个数判断方法即可判断选项B；由正弦定理结合常见的三角函数值即可判断选项C；由余弦定理求得csA，进而得到sinA，再由正弦定理即可求得外接圆半径．
本题考查利用三角恒等变换以及三角形解的个数判断，考查正余弦定理在解三角形中的运用，考查转化思想及运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】AB
【解析】解：以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，设AB=1，如图，
B(1,1,0)，D1(0,0,1)，A1(1,0,1)，C1(0,1,1)，
D(0,0,0)，B1(1,1,1)，C(0,1,0)，A(0,1,1)，
设P(x,y,z)，设B1P=λB1C=(x−1,y−1,z−1)=λ(−1,0,−1)，λ∈[0,1]，
解得x=1−λy=1z=1−λ，∴P(1−λ,1,1−λ)，
对于A，BD1=(−1,−1,1)，DA1=(1,0,1)，DC1=(0,1,1)，
∵BD1⋅DA1=−1×1+1×1=0，BD1⋅DC1=−1×1+1×1=0，
∴BD1⊥DA1，BD1⊥DC1，∴BD1⊥DA1，BD1⊥DC1，
∵DA1∩DC1=D，∴直线BD1⊥平面A1C1D，故A正确；
对于B，侧面BCC1B1的对角线交于点O，∴CB1⊥OC1，OC1=12 12+12= 22，
∵A1B1⊥平面BCC1B1，OC1⊂平面BCC1B1，∴A1B1⊥OC1，
∵A1B1∩CB1=B1，∴OC1⊥平面A1B1CD，
VP−A1C1D=VC1−PA1D=13S△PA1D⋅C1O=13×12×SA1B1CD× 22= 212SA1B1CD为定值，故B正确；
对于C，AP=(−λ,1,1−λ)，A1D=(1,0,1)，
设异面直线AP与A1D所成角为θ(θ∈(0,π2]),
则csθ=|AP⋅A1D||AP|⋅|A1D|=|−λ+1−λ| (−λ)2+12+(1−λ)2⋅ 12+12=|1−2λ|2 λ2−λ+1，
当λ=12时，csθ=0，解得θ=π2，
当λ≠12时，csθ=1 4λ2−4λ+44λ2−4λ+1=1 1+3(2λ−1)2，
∵λ∈[0,12)∪(12,1]，∴(2λ−1)2∈(0,1]，
∴1(2λ−1)2≥1，∴3(2λ−1)2≥3，∴1+3(2λ−1)2≥4，
∴ 1+3(2λ−1)2≥2，∴0<1 1+3(2λ−1)2≤12，
∴0
对于D，设平面A1C1D的法向量为m=(x0,y0,z0)，C1P=(1−λ,0,2−λ)，
∴m⋅DA1=0m⋅DC1=0，∴x0+z0=0y0+z0=0，解得m=(−1,−1,1)，
线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值为：
|m⋅C1P||m|⋅|C1P|=|λ−1+2−λ| (1−λ)2+(2−λ)2⋅ (−1)2+(−1)2+12=1 3⋅ 2λ2−6λ+5=1 3⋅ 2(λ−32)2+12，
∵λ∈[0,1]，∴λ=1时， 2(λ−32)2+12有最小值为 12= 22，
∴直线C1P与平面A1C1D所成角的正弦值的最大值为1 3× 22= 63，故D错误．
故选：AB．
建立空间直角坐标系，利用空间向量垂直的坐标表示公式、空间向量夹角公式、三棱锥的体积性质逐一判断即可求出结果．
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
13.【答案】 22
【解析】解：由(1+i)z=2−i得，z=2−i1+i=(2−i)(1−i)(1+i)(1−i)=1−3i2，
故|z+i|=|1−3i2+i|=|1−i|2= 22，
故答案为： 22．
先求出复数z，然后利用求模公式可得答案．
本题考查复数代数形式的运算、复数求模，属基础题．
14.【答案】 33
【解析】解：连接BD，则
∵在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1⊥面ABCD，
∴∠D1BD是直线DB1与平面ABCD所成角
设棱长为1，则DB1= 3，
∴直线DB1与平面ABCD所成角的正弦值为 33．
故答案为： 33．
连接BD，则在正方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1⊥面ABCD，可得∠D1BD是直线DB1与平面ABCD所成角，即可求出直线DB1与平面ABCD所成角的正弦值．
本题考查直线和平面所成的角．解决本题的关键在于找出直线DB1与平面ABCD所成角．
15.【答案】− 217
【解析】解：以BC所在直线为x轴，BC的中垂线为y轴，建立如图所示的坐标系，
∵AB=1，∴B(−12,0)，C(12,0)，A(0, 32)，
∵点M在线段BC上，且满足BM=2CM，N为线段AB的中点，
∴M(16,0)，N(−14, 34)，
∴AM=(16,− 32)，CN=(−34, 34)，
∴cs∠MPN=AM⋅CN|AM||CN|=16×(−34)+(− 32)× 34 136+34× 916+316=− 217，
故答案为：− 217．
建立平面直角坐标系，求出各点的坐标，进而求出结论．
本题主要考查向量数量积的应用，三角形的解法，属于中档题目．
16.【答案】2 2 73
【解析】解：因为2bcsC=ccsB，
所以2sinBcsC=sinCcsB，
即2tanB=tanC，∴tanCtanB=2，
又因为A+B+C=π，
所以tanA=tan[π−(B+C)]=−tan(B+C)=−tanB+tanC1−tanBtanC=−3tanB1−2tan2B，
所以1tanA+1tanB+1tanC
=1−2tan2B−3tanB+1tanB+12tanB
=2tan2B−13anB+32tanB
=4tan2B+76tanB
=23tanB+76tanB
≥2 23tanB×76tanB=2 73(当且仅当23tanB=76tanB，即tanB= 72，取“=”)．
故答案为：2；2 73．
由2bcsC=ccsB，由正弦定理得2tanB=tanC，又A+B+C=π，可得tanA=tan[π−(B+C)]=−tan(B+C)=−tanB+tanC1−tanBtanC=−3tanB1−2tan2B，可得原式=1−2tan2B−3tanB+1tanB+12tanB，化简得23tanB+76tanB，由基本不等式即可得出答案．
本题考查正弦定理，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属中档题．
17.【答案】解：(1)∵z=(m2+2m−3)+(m2+5m+6)i是纯虚数，
∴m2+2m−3=0m2+5m+6≠0，解得m=1．
(2)设z=a+bi，a，b∈R，
∵z⋅z−+(z+z−)i=(1+i)(3−i)，
∴a2+b2+2ai=4+2i，
∴a2+b2=42a=2，解得a=1，b= 3或a=1，b=− 3，
故z=1+ 3i或z=1− 3i．
【解析】本题考查了共轭复数和纯虚数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
(1)根据已知条件，结合纯虚数的概念，即可求解．
(2)根据已知条件，结合共轭复数的概念，以及复数代数形式的乘除法运算，即可求解．
18.【答案】证明：(1)取PD的中点E，连接AE，EN．
∵E，N分别是C，D中点，∴EN−//12CD，
又∵CD//AB，M是AB中点，
∴AM−//12CD，∴AM−//EN，
∴四边形AMNE是平行四边形，∴MN//AE．
∵MN⊄平面PAD，AE⊂平面PAD，
∴MN//平面PAD.…(6分)
(2)∵PA⊥平面ABCD，∴PA⊥CD，又CD⊥AD，
∴CD⊥平面PAD，∴CD⊥AE，
又∵MN//AE，∴CD⊥MN.…(12分)
【解析】(1)取PD的中点E，连接AE，EN.推导出四边形AMNE是平行四边形，从而MN//AE.由此能证明MN//平面PAD．
(2)由PA⊥平面ABCD，得PA⊥CD，又CD⊥AD，从而CD⊥平面PAD，进而CD⊥AE，再由MN//AE，能证明CD⊥MN．
本题考查线面平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)若选①：
因为b+bcsC= 2csinB，由正弦定理可得sinB+sinBcsC= 2sinCsinB，
因为sinB≠0，所以1+csC= 2sinC，
联立1+csC= 2sinCsin2C+cs2C=1，解得csC=13，sinC=2 23，
故csC=13．
若选②：
因为S△ABC= 2CA⋅CB，所以12absinC= 2bacsC，
即sinC=2 2csC>0，联立sin²C+cs²C=1，
可得csC=13．
若选③：
因为(3b−a)csC=ccsA，由正弦定理可得(3sinB−sinA)csC=sinCcsA，
所以3sinBcsC=sinAcsC+sinCcsA=sin(A+C)=sinB，
因为sinB≠0，所以csC=13．
(2)由余弦定理可得cs∠AEC=AE2+EC2−AC22AE⋅EC=49c2+EC2−b243c⋅EC
cs∠BEC=BE2+EC2−BC22BE⋅EC=19c2+EC2−a223c⋅ EC，
因为cs∠AEC+cs∠BEC=0，
所以49c2+EC2−b243c⋅EC+19c2+EC2−a223c⋅ EC=0，即2c²+9EC²−3b²−6a²=0，
则2c²−3b²=6a²−9EC²=6×9−9×419=13，①
同时csC=a2+b2−c22ab=13，即b²−c²=2b−9，②
联立①②可得b²+4b−5=0，解得b=1，
则c=2 2，
故csB=a2+c2−b22ac=2 23，则sinB=13．
【解析】(1)若选①：由正弦定理整理条件可得1+csC= 2sinC，再与cs²C+sin²C=1联立即可解出csC；
若选②：由面积公式及数量积公式可得sinC=2 2csC>0，联立sin²C+cs²C=1，即可解出csC；
若选③：由正弦定理、两角和的正弦公式及诱导公式可得3sinBcsC=sinB，结合sinB≠0，即可求出csC；
(2)由余弦定理分别求出cs∠AEC，cs∠BEC，由cs∠AEC+cs∠BEC=0，可得2c²−3b²=13，再由余弦定理可得csC=a2+b2−c22ab=13，即b²−c²=2b−9，两式联立即可求得b和c的值，再利用余弦定理可求得csB，从而可得sinB的值．
本题主要考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，考查面积公式及数量积公式的应用，考查转化思想、方程思想以及运算求解能力，属于中档题．
20.【答案】证明：(1)∵PA=PD，Q为AD的中点，
∴PQ⊥AD，
又∵底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，
∴BQ⊥AD，PQ∩BQ=Q，
∴AD⊥平面PQB；
解：(2)∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PQ⊥AD，
∴PQ⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
∴PQ⊥BC，
又BC⊥BQ，QB∩QP=Q，
∴BC⊥平面PQB，
又PM=3MC，
∴VP−QBM=VM−PQB=13×12× 3× 3×34×2=34．
【解析】(1)由PA=PD，得到PQ⊥AD，又底面ABCD为菱形，∠BAD=60°，得BQ⊥AD，利用线面垂直的判定定理得到AD⊥平面PQB利用面面垂直的判定定理得到平面PQB⊥平面PAD；
(2)由平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，PQ⊥AD，得PQ⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，得PQ⊥BC，得BC⊥平面PQB，即得到高，利用椎体体积公式求出；
本题考查几何体的体积的求法，直线与平面垂直的判断与证明，考查空间想象能力以及计算能力，转化思想的应用．
21.【答案】解：设∠ABC=∠PCB=θ，则在直角△ABC中，AC=sinθ，BC=csθ；
在直角△PBC中，PC=BC⋅csθ=csθ⋅csθ=cs2θ，PB=BC⋅sinθ=sinθ⋅csθ=sinθcsθ；
(1)AC+CP=sinθ+cs2θ=sinθ+1−sin2θ=−sin2θ+sinθ+1，θ∈(0,π3)，
所以当sinθ=12，即θ=π6，AC+CP的最大值为54；
(2)在直角△ABC中，由S△ABC=12CA⋅CB=12AB⋅CH，
可得CH=sinθ⋅csθ1=sinθ⋅csθ；
在直角△PBC中，PC=BC⋅sin(π3−θ)=csθ⋅(sinπ3csθ−csπ3sinθ)，
所以CH+CP=2sinθcsθ+2csθ( 32csθ−12sinθ)，θ∈(0,π3)，
所以CH+CP=sin2θ+ 3cs2θ−sinθcsθ=12sin2θ+ 32cs2θ+ 32=sin(2θ+π3)+ 32，
所以当θ=π6，CH+CP达到最大．
【解析】(1)设∠ABC=∠PCB=θ，利用直角三角形的边角关系，求出AC+CP的解析式，再计算AC+CP的最大值；
(2)由等积法求出CH的值，再计算CH+CP的最大值以及对应的θ值．
本题考查了解三角形以及三角函数的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
22.【答案】解：(1)△ABC中，因为ab+ba=4csC，
结合余弦定理，得a2+b2ab=4×a2+b2−c22ab，化简可得a2+b2=2c2，
所以a2+b2c2=2．
(2)由1tanB=1tanA+1tanC=csAsinA+csCsinC=sinCcsA+csCsinAsinAsinC=sinBsinAsinC=csBsinB，
可得csB=sin2BsinAsinC=b2ac，即a2+c2−b22ac=b2ac，
即a2+c2=3b2，又a2+b2=2c2，
所以b= 32c，a= 52c，
所以csA=b2+c2−a22bc=34c2+c2−54c22c⋅ 32c= 36．
【解析】(1)利用余弦定理角化边即可求解．
(2)根据弦化切将原等式变为csB=sin2BsinAsinC，角化边即可得到a2+c2=3b2，再结合a2+b2=2c2可得b= 32c，a= 52c，利用余弦定理即可求解．
本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，同角三角函数的基本关系，两角和差的正弦公式，属于中档题．
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