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2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才学校双语校区高一（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年辽宁省沈阳市东北育才学校双语校区高一（下）期中数学试卷（含解析），共19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.在△ABC中，AB=3，BC=4，∠B=60°，则BA⋅BC等于( )
A. 12B. 6C. −6D. −12
2.正四棱台的上、下底面的边长分别为2，8，侧棱长为2 5，则其体积为( )
A. 84 2B. 80 23C. 80 2D. 28 2
3.在△ABC中，已知b=20，c=10 3，C=60°，则此三角形的解的情况是( )
A. 有一解B. 有两解
C. 无解D. 有解但解的个数不确定
4.已知m，n，l为三条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A. α//β，m⊂α，n⊂β⇒m//nB. l⊥β，α⊥β⇒l//α
C. m⊥α，m⊥n⇒n//αD. α//β，l⊥α⇒l⊥β
5.下列结论错误的是( )
A. 在△ABC中，若a>b，则csAB. 在锐角△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°，△ABC面积S=3 3，则△ABC外接圆半径为2 393
6.如图，已知矩形ABFE与矩形EFCD所成二面角D−EF−B的平面角为锐角，记二面角D−EF−B的平面角为α，直线EC与平面ABFE所成角为β，直线EC与直线FB所成角为γ，则( )
A. β>α，β>γB. α>β，β>γC. α>β，γ>βD. α>γ，γ>β
7.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π2)的图象过点(0,1)，且f(x)在区间(π8,π4)上具有单调性，则ω的最大值为( )
A. 43B. 4C. 163D. 8
8.如图，在三棱锥S−ABC中，SA=SC=AC=2 2，AB=BC=2，二面角S−AC−B的正切值是 2，则三棱锥S−ABC外接球的表面积是( )
A. 12π
B. 4π
C. 4 3π
D. 4 33π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知α∈(0,π)，sinα+csα= 105，则下列结论中正确的是( )
A. sin2α=−35B. csα−sinα=2 105
C. cs2α=45D. tanα=−3
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acsB+bsinA=c，a=2 10,a2+b2−c2=absinC，则( )
A. tanC=2B. A=π3
C. b=6 2D. △ABC的面积为12 2
11.如图所示，一个圆锥SO的底面是一个半径为3的圆，AC为直径，且∠ASC=120°，点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，则下列结论正确的是( )
A. ∠SAB的取值范围是[π6,π2]
B. 二面角S−BC−A的平面角的取值范围是(π6,π2)
C. 点A到平面SBC的距离最大值为3
D. 点M为线段SB上的一动点，当SA⊥SB 时，AM+MC>6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(2m,2)，b=(1,m+1)，若a⋅b=10，则实数m= ______．
13.已知tan(α+β)=2，tan(α−β)=4，则tan2α= ______．
14.如图，在三棱台ABC−DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=45°，∠BCD=60°，DC=2BC．
(1)求DC与平面ABC所成线面角大小______．
(2)若AB=BC=2，求三棱锥D−ABC外接球表面积______．
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
已知函数f(x)=2csx( 3sinx−csx)．
(1)求函数f(x)的最小正周期及单调递减区间；
(2)当x∈[0,π2]时，求函数f(x)值域．
16.(本小题15分)
如图，在三棱锥P−ABC中，AC⊥平面PAB，E，F分别为BC，PC的中点，且PA=AC=2，AB=1，EF= 52．
(1)证明：AB⊥PC．
(2)求二面角F−AE−C的正切值．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b=2 3，(sinB−sinC)(2 3+c)=(a−c)sinA．
(1)求角B的大小；
(2)若a>b，求a2−ac+12c2的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，O为BC的中点，A1O⊥平面ABC．
(1)求证：A1B⊥AO；
(2)若AA1= 6，求直线A1B与平面BCC1B1所成角的正弦值；
(3)若A1A=4，点M在线段A1A上，是否存在点M使得锐二面角M−BC−A1的大小为π3，若存在，请求出点M的位置，若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
对于给定的正整数n，记集合Rn={α|α=(x1,x2,x3,⋅⋅⋅,xn)，xj∈R，j=1，2，3，⋅⋅⋅，n}，其中元素α称为一个n维向量．特别地，0=(0,0,⋅⋅⋅,0)称为零向量．
设k∈R，α=(a1,a2,⋅⋅⋅,an)∈Rn，β=(b1,b2,⋅⋅⋅,bn)∈Rn，定义加法和数乘：α+β=(a1+b1,a2+b2,⋅⋅⋅,an+bn)，kα=(ka1,ka2,⋅⋅⋅,kan).
对一组向量α1，α2，…，αs(s∈N+,s≥2)，若存在一组不全为零的实数k1，k2，…，ks，使得k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+ksαs=0，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．
(Ⅰ)对n=3，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．
①α=(1,1,1)，β=(2,2,2)；
②α=(1,1,1)，β=(2,2,2)，γ=(5,1,4)；
③α=(1,1,0)，β=(1,0,1)，γ=(0,1,1)，δ=(1,1,1)．
(Ⅱ)已知向量α，β，γ线性无关，判断向量α+β，β+γ，α+γ是线性相关还是线性无关，并说明理由．
(Ⅲ)已知m(m≥2)个向量α1，α2，…，αm线性相关，但其中任意m−1个都线性无关，证明下列结论：
(ⅰ)如果存在等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0(ki∈R,i=1,2,3,⋅⋅⋅,m)，则这些系数k1，k2，…，km或者全为零，或者全不为零；
(ⅱ)如果两个等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0(ki∈R,li∈R,i=1,2,3,⋅⋅⋅,m)同时成立，其中l1≠0，则k1l1=k2l2=⋅⋅⋅=kmlm．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由AB=3，BC=4，∠B=60°，
可得BA⋅BC=3×4×12=6．
故选：B．
根据平面向量数量积的定义即可求解．
本题考查平面向量的数量积运算，属基础题．
2.【答案】D
【解析】解：根据题意可得正四棱台的高为 (2 5)2−(8 2−2 22)2= 2，
∴正四棱台的为13×(22+82+2×8)× 2=28 2．
故选：D．
根据题意先求出正四棱台的高，再根据棱台的体积公式，即可求解．
本题考查正四棱台的体积的求解，属基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由正弦定理可得，bsinB=csinC，即20sinB=10 3sin60°，
∴sinB=1，
又B为△ABC的内角，
∴B=90°，则A=30°，
∴该三角形有唯一解．
故选：A．
由正弦定理求得B，由此即可作出判断．
本题考查三角形解得情况，考查正弦定理的运用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：若α//β，m⊂α，n⊂β，则m与n可能平行与可能异面，故A错误；
若l⊥β，α⊥β，则l//α或l⊂α，故B错误；
若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故C错误；
若α//β，l⊥α根据线面垂直的判定方法，易得l⊥β，故D正确；
故选D
由面面平行的性质，可以判断A的对错，由线面平行的定义及判定方法可判断B，C的真假，由线面垂直的定义及判定方法，可以判断D的正误．
本题考查的知识点是直线与平面垂直的判定，熟练掌握空间直线与平面垂直和平行的定义、性质、判定方法是解答此类问题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：A中，因为a>b，所以π>A>B>0，
由余弦函数的单调性，可得csAB中，在锐角三角形中，因为A∈(0,π2)，所以csA=b2+c2−a22bc>0，
所以b2+c2>a2恒成立，所以B正确；
C中，因为C=π4，a2−c2=bc，①
由余弦定理可得a2+b2−c2=2abcsπ4，②，
②−①可得b2= 2ab−bc，可得b= 2a−c，③
将③代入①可得a2−c2=( 2a−c)c，
可得a= 2c，在代入③，可得b=c，
即B=C=π4，A=π2，所以该三角形为等腰直角三角形，所以C正确；
D中，△ABC中，若b=3，A=60°，△ABC面积S=3 3，
所以12bcsinA=3 3，即12×3×c× 32=3 3，解得c=4，
由余弦定理可得a= b2+c2−2bccsA= 9+16−2×3×4×12= 13，
则△ABC外接圆的半径为R，则asinA=2R，
所以R= 132× 32= 393，所以D正确．
故选：D．
A中，由大边对大角可得A>B，由余弦函数的单调性，可得csA与csB的大小关系，判断出A的真假；B中，由锐角三角形中，每个角的余弦值都大于0，由余弦定理可得csA的表达式，进而可得a，b，c的关系，判断出B的真假；C中，由题意及余弦定理可得a与c，b与c的关系，可得该三角形为等腰直角三角形，判断出C的真假；D中，由三角形面积公式可得c的值，再由余弦定理可得a的值，进而求出该三角形的外接圆的半径的大小，判断出D的真假．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：过C作CO⊥平面ABFE，垂足为O，连结EO，
∵矩形ABFE与矩形EFCD所成二面角D−EF−B的平面角为锐角，
记二面角D−EF−B的平面角为α，直线EC与平面ABFE所成角为β，直线EC与直线FB所成角为γ，
∴α=∠AED，β=∠CEO，γ=∠CEF，
∵CF>CO，
∴α>β，γ>β．
故选：C．
过C作CO⊥平面ABFE，垂足为O，连结EO，则α=∠AED，β=∠CEO，γ=∠CEF，由此能求出结果．
本题考查命题真假的判断，考查线面角、二面角、线线角的求法，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．
7.【答案】C
【解析】解：由函数f(x)=2sin(ωx+φ)的图象过点B(0,1)，
∴2sinφ=1，解得sinφ=12，
又0<φ<π2，∴φ=π6，
∴f(x)=2sin(ωx+π6)；
∵f(x)在区间(π8,π4)上具有单调性，
∴T2=πω≥π4−π8=π8，解得0<ω≤8①；
由2kπ−π2≤ωx+π6≤2kπ+π2(k∈Z)，得2kπ−2π3ω≤x≤2kπ+π3ω(k∈Z)，
若f(x)在区间(π8,π4)上单调递增，
则2kπ−2π3ω≤π82kπ+π3ω≥π4，当k=0时，得0<ω≤43②；
由2kπ+π2≤ωx+π6≤2kπ+3π2(k∈Z)，得2kπ+π3ω≤x≤2kπ+4π3ω(k∈Z)，
若f(x)在区间(π8,π4)上单调递减，
则2kπ+π3ω≤π82kπ+4π3ω≥π4，当k=0时，得83≤ω≤163③；
由②③，得0<ω≤43或83≤ω≤163，又0<ω≤8，
∴ω的最大值为163．
故选：C．
依题意，可求得f(x)=2sin(ωx+π6)，结合题意，利用正弦函数的单调性质分类讨论可求得答案．
本题考查正弦函数的单调性，考查逻辑推理能力与综合运算能力，属于难题．
8.【答案】A
【解析】解：设点E为AC的中点，连接EB，ES，由于SA=SC，AB=BC，所以AC⊥SE，AC⊥BE，所以∠SEB为二面角S−AC−B的平面角；
由于二面角S−AC−B的正切值是 2，
所以tan∠SEB= 2，故cs∠SEB= 33；
在△SAC中，SE= 6，
在△ABE中，BE= 2，
在△SBE中，由余弦定理SB= SE2+BE2−2SE⋅BE⋅cs∠SEB=2；
所以BS=AB=BC=2，
由于SA=SC=AC=2 2，
所以BS、BA、BC两两垂直，将三棱锥体补成正方体，
如图所示：
正方体的棱长为2，则正方体的对角线长为2 3，
故外接球的半径R= 3，
则外接球的表面积为4π⋅( 3)2=12π．
故选：A．
首先利用二面角的正弦值求出二面角的余弦值，进一步判定BS=BA=BC=2，且BS、BA、BC两两垂直，由此将三棱锥补形成正方体，进一步求出正方体的外接球半径，进一步求得外接球的表面积．
本题考查的知识要点：二面角的应用，余弦定理和补形法的应用，球的半径和球的表面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：sinα+csα= 105①，
两边同时平方可得，sin2α+cs2α+2sinαcsα=25，即1+2sinαcsα=25，解得2sinαcsα=−35<0，
α∈(0,π)，
则sinα>0，csα<0，
故sinα−csα>0，sinα−csα= 1−2sinαcsα=2 105②，
联立①②，解得sinα=3 1010，csα=− 1010，
对于A，sin2α=2sinαcsα=−35，故A正确；
对于B，csα−sinα=−2 105，故B错误；
对于C，cs2α=2cs2α−1=−45，故C错误；
对于D，tanα=sinαcsα=−3，故D正确．
故选：AD．
根据已知条件，结合三角函数的同角公式，推得sinα=3 1010，csα=− 1010，再结合正弦、余弦的二倍角公式，即可求解．
本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：由余弦定理可得a2+b2−c2=2abcsC=absinC，解得tanC=2，故A正确；
由acsB+bsinA=c及正弦定理，可得sinAcsB+sinBsinA=sinC=sin(A+B)，
化简可得sinBsinA=csAsinB．
因为B∈(0,π)，所以sinB>0，所以sinA=csA，即tanA=1．
因为A∈(0,π)，所以A=π4，故B错误；
因为tanC=2，所以csC>0且sinC=2csC，代入sin2C+cs2C=1，
可得5cs2C=1，解得csC= 55，sinC=2 55．
因为a=2 10，A=π4，sinC=2 55，
所以由正弦定理可得c=asinCsinA=2 10×2 55 22=8，
由a2+b2−c2=absinC，可得(2 10)2+b2−82=2 10b×2 55，
化简可得b2−4 2b−24=0，解得b=6 2或b=−2 2(舍)，故C正确；
S△ABC=12bcsinA=12×6 2×8× 22=24．
故选：AC．
根据a2+b2−c2=2abcsC=absinC及余弦定理可判断A；根据acsB+bsinA=c及正弦定理可判断B；由tanC的值及同角三角函数的基本关系可求csC，sinC，根据正弦定理求出c，代入a2+b2−c2=absinC求出b可判断C；根据三角形面积公式可判断D．
本题考查正弦定理，余弦定理，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：由已知AC=6，∠ASC=120°，且SA=SC=SB，
在△ASC中，由余弦定理可知，cs∠ASC=SA2+SC2−AC22SA⋅SC，
即−12=2SA2−362SA2，解得SA=SC=SB=2 3，则SO= 3
A选项：点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，
则AB∈(0,6)，
在△ABS中，cs∠SAB=SA2+AB2−SB22SA⋅AB=AB24 3AB=AB4 3，
所以cs∠SAB=AB4 3∈(0, 32)，
所以∠SAB∈(π6,π2)，A选项错误；
B选项：取BC中点D，连接SD，OD，则SD⊥BC，OD⊥BC，且OD//AB，OD=12AB∈(0,3)，
则二面角S−BC−A的平面角为∠SDO，
所以tan∠SDO=SOOD= 3OD∈( 33,+∞)，
所以∠SDO∈(π6,π2)，B选项正确；
C选项：由已知S△SBC=12BC⋅SD，
又S△ABC=12AB⋅BC=OD⋅BC，
则三棱锥S−ABC的体积VS−ABC=13S△ABC⋅SO= 33OD⋅BC，
设点点A到平面SBC的距离为d，
则VA−SBC=13S△SBC⋅d=16BC⋅SD⋅d= 33OD⋅BC，
则d=2 3ODSD=2 3cs∠SDO∈(0,3)，C选项错误；
D选项：当SA⊥SB时，AB= 2SA=2 6，BC=2 3，
则△SAB为等腰直角三角形，△SBC为等边三角形，
将平面SBC绕SB至SBC′，使C′与SAB共面，如图所示，
则AM+MC=AM+MC′≥AC′，
在△SAC中，∠ASC=5π6，
由余弦定理可知AC′2=SA2+SC′2−2SA⋅SC′⋅cs∠ASC′=12+12+12 3=24+12 3>36，
所以AM+MC≥AC′>6，D选项正确．
故选：BD．
A选项：根据余弦定理结合AB长度可得∠SAB的取值范围；B选项：利用几何法可得二面角的平面角及其取值范围；C选项：利用等体积转化可得点到平面距离，进而可得最值；D选项：将平面SBC绕SB至SBC′，使C′与SAB共面，结合余弦定理可得解．
本题考查余弦定理、几何法、等体积法、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】2
【解析】解：∵a=(2m,2)，b=(1,m+1)，a⋅b=10，
∴2m+2(m+1)=10，
∴m=2．
故答案为：2．
直接根据题意建立方程即可求解．
本题考查向量数量积的运算，方程思想，属基础题．
13.【答案】−67
【解析】解：因为tan(α+β)=2，tan(α−β)=4，
所以tan2α=tan[(α+β)+(α−β)]=tan(α+β)+tan(α−β)1−tan(α+β)tan(α−β)=−67．
故答案为：−67．
由已知结合两角和的正切公式即可求解．
本题主要考查了两角和的正切公式的应用，属于基础题．
14.【答案】45° 16π
【解析】解：(1)过点D作DM垂直AC，垂足为M，连接DC，
因为平面ACFD⊥平面ABC，且平面ACFD∩平面ABC=AC，
所以DM⊥平面ABC，
所以∠DCM为DC与平面ABC所成的角，
过M作MN垂直BC，垂直为N，连接DN，
则DN⊥BC，
在直角三角形CDM中，cs∠DCM=CMCD，
在直角三角形CNM中，cs∠MCN=cs45°=CNCM，
在直角三角形中CND中，cs∠DCN=cs∠60°=CNCD，
所以cs∠DCM⋅cs∠MCN=cs∠DCN，
即cs∠DCM⋅cs45°=cs60°，
解得cs∠DCM=cs60°cs45∘= 22，
所以∠DCM=45°，
所以DC与平面ABC所成的角为45°．
(2)如图：
因为AB=BC=2，
所以∠ACB=∠CAB=45°，
即∠ABC=90°，且AC=2 2，
所以AB⊥BC，
又因为∠BCD=60°，DC=2BC=4，
所以BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcs60°，
即BD2=4+16−2×2×4×12=12，
所以BD2+BC2=CD2，
即BD⊥⊥BC，
又BD∩AB=B，
所以BC⊥平面ABD，
因为AD⊂平面ABD，
所以BC⊥AD，
由(1)知，∠ACD=45°，且AC=2 2，CD=4，
根据余弦定理易知AD=2 2，
所以AD2+AC2=CD2，
即AD⊥AC，又AC∩BC=C，
所以AD⊥平面ABC，
设三棱锥D−ABC外接球半径为R，底面△ABC的外接圆半径为r，且2r=AC=2 2，
所以R2=r2+(AD2)2，
即R2=( 2)2+( 2)2=4，
所以三棱锥D−ABC外接球表面积为4πR2=16π．
故答案为：45°；16π．
(1)过点D作DM垂直AC，垂足为M，连接MC，在三个直角三角形中，分别计算cs∠DCM=CMCD，cs∠MCN=cs45°=CNCM，cs∠DCN=cs∠60°=CNCD，进而得出cs∠DCM⋅cs∠MCN=cs∠DCN，即可求解；
(2)通过已知，结合余弦定理得出BD，AD，进而证出BD⊥⊥BC，AD⊥AC，结合线面垂直判定定理得出AD⊥平面ABC，再结合勾股定理求出外接球半径R即可求解．
本题考查线面角以及外接球表面积的计算，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为f(x)=2csx( 3sinx−csx)=2 3sinxcsx−2cs2x
= 3sin2x−cs2x−1=2sin(2x−π6)−1，
所以周期T=2π2=π，
令π2+2kπ≤2x−π6≤3π2+2kπ，k∈Z，
得π3+kπ≤x≤5π6+kπ，k∈Z，
故单调递减区间为[π3+kπ,5π6+kπ](k∈Z)；
(2)已知x∈[0,π2]，
则−π6≤2x−π6≤5π6，
则sin(2x−π6)∈[−12,1]，
则2sin(2x−π6)∈[−1,2]，
则f(x)=2sin(2x−π6)−1∈[−2,1]，
故函数f(x)的值域为[−2,1]．
【解析】(1)由两角和与差的三角函数，结合三角函数的性质求解；
(2)结合三角函数值域的求法求解．
本题考查了三角函数的性质，重点考查了两角和与差的三角函数，属中档题．
16.【答案】解：(1)证明：在三棱锥P−ABC中，E，F分别为BC，PC的中点，
则有EF//PB且EF=12PB，
而EF= 52，则有PB=2EF= 5，
又由AB=1，PA=2，则PB2=PA2+AB2，则有AB⊥PA，
又由AC⊥平面PAB，则AC⊥AB，
而PA∩AC=A，PA⊂面PAC，AC⊂面PAC，
则AB⊥面PAC，则有AB⊥PC；
(2)根据题意，取AC的中点M，过点M作MN⊥AE，交AE于点N，连接FM、FN、ME，
F为PC的中点，M为AC的中点，则FM//PA且FM=12PA=1，
又由PA⊥AB，PA⊥AC，AB∩AC=A，AB⊂面ABC，AC⊂面ABC，
则PA⊥面ABC，
而FM//PA，则FM⊥面ABC，则有AE⊥FM，
又由AE⊥MN，AE⊥FM，FM∩MN=M，FM⊂面MNF，MN⊂面MNF，
则有AE⊥面MNF，
故AE⊥PN，
故∠FNM是二面角F−AE−C的平面角，
Rt△AME中，AM=1，ME=12，则AE= 1+14= 52，
则MN=1×12 52= 55，
故tan∠FNM=FMMN=1 55= 5，
即二面角F−AE−C的正切值为 5．
【解析】(1)根据题意，由中位线的性质可得PB的长，利用勾股定理可得AB⊥PA，进而可得AB⊥面PAC，由线面垂直的性质可得结论；
(2)根据题意，取AC的中点M，过点M作MN⊥AE，交AE于点N，连接FM、FN、ME，由平面角的定义可得∠FNM是二面角F−AE−C的平面角，求出MN的长，计算可得答案．
本题考查二面角的平面角，涉及直线与平面垂直的判断和性质，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由b=2 3，(sinB−sinC)(2 3+c)=(a−c)sinA，
可得(sinB−sinC)(b+c)=(a−c)sinA，
由正弦定理可得(b−c)(b+c)=(a−c)a，
化为a2+c2−b2=ac，
由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=12，
由0(2)由a>b，可得A>B，又A+C=2π3，可得π3由正弦定理可得csinC=bsinB=2 3 32=4，
即有c=4sinC=4sin(2π3−A)∈(0,2 3)，即有c2∈(0,12)，
由a2+c2−b2=ac，可得ac=a2+c2−12，
则a2−ac+12c2=a2+12c2−(a2+c2−12)=12−12c2∈(6,12)．
【解析】(1)由题意可得(sinB−sinC)(b+c)=(a−c)sinA，结合正弦定理和余弦定理，可得所求角；
(2)求得π3本题考查三角形的正弦定理和余弦定理，以及正弦函数的性质，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
18.【答案】(1)证明：因为AB=AC，O为BC的中点，
所以AO⊥BC，
因为A1O⊥平面ABC，AO⊂平面ABC，
所以A1O⊥AO，
又BC∩A1O=O，BC、A1O⊂平面A1BC，
所以AO⊥平面A1BC，
因为A1B⊂平面A1BC，所以A1B⊥AO．
(2)解：在Rt△A1AO中，AO= 2，AA1= 6，所以A1O= AA12−AO2= 6−2=2，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(0,0,2)，A( 2,0,0)，B(0, 2,0)，C(0,− 2,0)，O(0,0,0)，
所以A1B=(0, 2,−2)，CB=(0,2 2,0)，BB1=AA1=(− 2,0,2)，
设平面BCC1B1的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅CB=2 2y=0m⋅BB1= 2x+2z=0，
取z=1，则x=− 2，y=0，所以m=(− 2,0,1)，
设直线A1B与平面BCC1B1所成角为θ，则sinθ=|cs|=|A1B⋅m||A1B|⋅|m|=|−2| 6× 3= 23，
故直线A1B与平面BCC1B1所成角的正弦值为 23．
(3)解：在Rt△A1AO中，AO= 2，A1A=4，所以A1O= AA12−AO2= 16−2= 14，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(0,0, 14)，A( 2,0,0)，B(0, 2,0)，C(0,− 2,0)，O(0,0,0)，
所以CB=(0,2 2,0)，AA1=(− 2,0, 14)，BA=( 2,− 2,0)，
设AM=λAA1=λ(− 2,0, 14)，λ∈[0,1]，
则BM=BA+AM=( 2,− 2,0)+(− 2λ,0, 14λ)=( 2− 2λ,− 2, 14λ)，
设平面MBC的法向量为n1=(a,b,c)，则n1⋅CB=2 2b=0n1⋅BM=( 2− 2λ)a− 2b+ 14λc=0，
取a= 7λ，则b=0，c=λ−1，所以n1=( 7λ,0,λ−1)，
由(1)知AO⊥平面A1BC，
所以平面A1BC的一个法向量为n2=(1,0,0)，
因为锐二面角M−BC−A1的大小为π3，
所以|cs|=|n1⋅n2||n1|⋅|n2|=| 7λ| 7λ2+(λ−1)2×1=csπ3=12，
整理得20λ2+2λ−1=0，
解得λ=−1± 2120，
因为λ∈[0,1]，
所以λ=−1+ 2120，
故当AM=−1+ 2120AA1时，可使得锐二面角M−BC−A1的大小为π3．
【解析】(1)易证AO⊥BC，A1O⊥AO，从而知AO⊥平面A1BC，再由线面垂直的性质定理，即可得证；
(2)以O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角，即可得解；
(3)以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设AM=λAA1，λ∈[0,1]，利用向量法求二面角可得关于λ的方程，解之即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用向量法求线面角、二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】(Ⅰ)解：对于①，设k1α+k2β=0，则可得k1+2k2=0，所以α,β线性相关；
对于②，设k1α+k2β+k3γ=0，则可得k1+2k2+5k3=0k1+2k2+k3=0k1+2k2+4k3=0，所以k1+2k2=0，k3=0，所以α,β,γ线性相关；
对于③，设k1α+k2β+k3γ+k4δ=0，则可得k1+k2+k4=0k1+k3+k4=0k2+k3+k4=0，解得k1=k2=k3=−12k4，所以α,β,γ,δ线性相关；
(Ⅱ)解：设k1(α+β)+k2(β+γ)+k3(α+γ)=0，
则(k1+k3)α+(k1+k2)β+(k2+k3)γ=0，
因为向量α，β，γ线性无关，所以k1+k3=0k1+k2=0k2+k3=0，解得k1=k2=k3=0，
所以向量α+β，β+γ，α+γ线性无关，
(Ⅲ)证明：(ⅰ)k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，如果某个ki=0，i=1，2，⋯，m，
则k1α1+k2α2+⋯+ki−1αi−1+ki+1αi+1+⋅⋅⋅+kmαm=0，
因为任意m−1个都线性无关，所以k1，k2，⋯ki−1，ki+1，⋅⋅⋅，km都等于0，
所以这些系数k1，k2，⋅⋅⋅，km或者全为零，或者全不为零，
(ⅱ)因为l1≠0，所以l1，l2，⋅⋅⋅，lm全不为零，
所以由l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0可得α1=−l2l1α2−⋅⋅⋅−lml1αm，
代入k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0可得k1(−l2l1α2−⋅⋅⋅−lml1αm)+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，
所以(−l2l1k1+k2)α2+⋅⋅⋅+(−lml1k1+km)αm=0，
所以−l2l1k1+k2=0，⋯，−lml1k1+km=0，
所以k1l1=k2l2=⋅⋅⋅=kmlm．
【解析】本题主要考查平面向量的综合运用，新定义概念的理解与应用等知识，属于较难题．
(Ⅰ)根据定义逐一判断即可；
(Ⅱ)设k1(α+β)+k2(β+γ)+k3(α+γ)=0，则(k1+k3)α+(k1+k2)β+(k2+k3)γ=0，然后由条件得到k1=k2=k3=0即可；
(Ⅲ)(ⅰ)如果某个ki=0，i=1，2，⋯，m，然后证明k1，k2，⋯ki−1，ki+1，⋅⋅⋅，km都等于0即可；
(ⅱ)由l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0可得α1=−l2l1α2−⋅⋅⋅−lml1αm，然后代入k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0证明即可．
1.在△ABC中，AB=3，BC=4，∠B=60°，则BA⋅BC等于( )
A. 12B. 6C. −6D. −12
2.正四棱台的上、下底面的边长分别为2，8，侧棱长为2 5，则其体积为( )
A. 84 2B. 80 23C. 80 2D. 28 2
3.在△ABC中，已知b=20，c=10 3，C=60°，则此三角形的解的情况是( )
A. 有一解B. 有两解
C. 无解D. 有解但解的个数不确定
4.已知m，n，l为三条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A. α//β，m⊂α，n⊂β⇒m//nB. l⊥β，α⊥β⇒l//α
C. m⊥α，m⊥n⇒n//αD. α//β，l⊥α⇒l⊥β
5.下列结论错误的是( )
A. 在△ABC中，若a>b，则csA
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°，△ABC面积S=3 3，则△ABC外接圆半径为2 393
6.如图，已知矩形ABFE与矩形EFCD所成二面角D−EF−B的平面角为锐角，记二面角D−EF−B的平面角为α，直线EC与平面ABFE所成角为β，直线EC与直线FB所成角为γ，则( )
A. β>α，β>γB. α>β，β>γC. α>β，γ>βD. α>γ，γ>β
7.已知函数f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π2)的图象过点(0,1)，且f(x)在区间(π8,π4)上具有单调性，则ω的最大值为( )
A. 43B. 4C. 163D. 8
8.如图，在三棱锥S−ABC中，SA=SC=AC=2 2，AB=BC=2，二面角S−AC−B的正切值是 2，则三棱锥S−ABC外接球的表面积是( )
A. 12π
B. 4π
C. 4 3π
D. 4 33π
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知α∈(0,π)，sinα+csα= 105，则下列结论中正确的是( )
A. sin2α=−35B. csα−sinα=2 105
C. cs2α=45D. tanα=−3
10.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若acsB+bsinA=c，a=2 10,a2+b2−c2=absinC，则( )
A. tanC=2B. A=π3
C. b=6 2D. △ABC的面积为12 2
11.如图所示，一个圆锥SO的底面是一个半径为3的圆，AC为直径，且∠ASC=120°，点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，则下列结论正确的是( )
A. ∠SAB的取值范围是[π6,π2]
B. 二面角S−BC−A的平面角的取值范围是(π6,π2)
C. 点A到平面SBC的距离最大值为3
D. 点M为线段SB上的一动点，当SA⊥SB 时，AM+MC>6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a=(2m,2)，b=(1,m+1)，若a⋅b=10，则实数m= ______．
13.已知tan(α+β)=2，tan(α−β)=4，则tan2α= ______．
14.如图，在三棱台ABC−DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=45°，∠BCD=60°，DC=2BC．
(1)求DC与平面ABC所成线面角大小______．
(2)若AB=BC=2，求三棱锥D−ABC外接球表面积______．
四、解答题：本题共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.(本小题13分)
已知函数f(x)=2csx( 3sinx−csx)．
(1)求函数f(x)的最小正周期及单调递减区间；
(2)当x∈[0,π2]时，求函数f(x)值域．
16.(本小题15分)
如图，在三棱锥P−ABC中，AC⊥平面PAB，E，F分别为BC，PC的中点，且PA=AC=2，AB=1，EF= 52．
(1)证明：AB⊥PC．
(2)求二面角F−AE−C的正切值．
17.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b=2 3，(sinB−sinC)(2 3+c)=(a−c)sinA．
(1)求角B的大小；
(2)若a>b，求a2−ac+12c2的取值范围．
18.(本小题17分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥AC，AB=AC=2，O为BC的中点，A1O⊥平面ABC．
(1)求证：A1B⊥AO；
(2)若AA1= 6，求直线A1B与平面BCC1B1所成角的正弦值；
(3)若A1A=4，点M在线段A1A上，是否存在点M使得锐二面角M−BC−A1的大小为π3，若存在，请求出点M的位置，若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
对于给定的正整数n，记集合Rn={α|α=(x1,x2,x3,⋅⋅⋅,xn)，xj∈R，j=1，2，3，⋅⋅⋅，n}，其中元素α称为一个n维向量．特别地，0=(0,0,⋅⋅⋅,0)称为零向量．
设k∈R，α=(a1,a2,⋅⋅⋅,an)∈Rn，β=(b1,b2,⋅⋅⋅,bn)∈Rn，定义加法和数乘：α+β=(a1+b1,a2+b2,⋅⋅⋅,an+bn)，kα=(ka1,ka2,⋅⋅⋅,kan).
对一组向量α1，α2，…，αs(s∈N+,s≥2)，若存在一组不全为零的实数k1，k2，…，ks，使得k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+ksαs=0，则称这组向量线性相关．否则，称为线性无关．
(Ⅰ)对n=3，判断下列各组向量是线性相关还是线性无关，并说明理由．
①α=(1,1,1)，β=(2,2,2)；
②α=(1,1,1)，β=(2,2,2)，γ=(5,1,4)；
③α=(1,1,0)，β=(1,0,1)，γ=(0,1,1)，δ=(1,1,1)．
(Ⅱ)已知向量α，β，γ线性无关，判断向量α+β，β+γ，α+γ是线性相关还是线性无关，并说明理由．
(Ⅲ)已知m(m≥2)个向量α1，α2，…，αm线性相关，但其中任意m−1个都线性无关，证明下列结论：
(ⅰ)如果存在等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0(ki∈R,i=1,2,3,⋅⋅⋅,m)，则这些系数k1，k2，…，km或者全为零，或者全不为零；
(ⅱ)如果两个等式k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0(ki∈R,li∈R,i=1,2,3,⋅⋅⋅,m)同时成立，其中l1≠0，则k1l1=k2l2=⋅⋅⋅=kmlm．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由AB=3，BC=4，∠B=60°，
可得BA⋅BC=3×4×12=6．
故选：B．
根据平面向量数量积的定义即可求解．
本题考查平面向量的数量积运算，属基础题．
2.【答案】D
【解析】解：根据题意可得正四棱台的高为 (2 5)2−(8 2−2 22)2= 2，
∴正四棱台的为13×(22+82+2×8)× 2=28 2．
故选：D．
根据题意先求出正四棱台的高，再根据棱台的体积公式，即可求解．
本题考查正四棱台的体积的求解，属基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由正弦定理可得，bsinB=csinC，即20sinB=10 3sin60°，
∴sinB=1，
又B为△ABC的内角，
∴B=90°，则A=30°，
∴该三角形有唯一解．
故选：A．
由正弦定理求得B，由此即可作出判断．
本题考查三角形解得情况，考查正弦定理的运用，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：若α//β，m⊂α，n⊂β，则m与n可能平行与可能异面，故A错误；
若l⊥β，α⊥β，则l//α或l⊂α，故B错误；
若m⊥α，m⊥n，则n//α或n⊂α，故C错误；
若α//β，l⊥α根据线面垂直的判定方法，易得l⊥β，故D正确；
故选D
由面面平行的性质，可以判断A的对错，由线面平行的定义及判定方法可判断B，C的真假，由线面垂直的定义及判定方法，可以判断D的正误．
本题考查的知识点是直线与平面垂直的判定，熟练掌握空间直线与平面垂直和平行的定义、性质、判定方法是解答此类问题的关键．
5.【答案】D
【解析】解：A中，因为a>b，所以π>A>B>0，
由余弦函数的单调性，可得csA
所以b2+c2>a2恒成立，所以B正确；
C中，因为C=π4，a2−c2=bc，①
由余弦定理可得a2+b2−c2=2abcsπ4，②，
②−①可得b2= 2ab−bc，可得b= 2a−c，③
将③代入①可得a2−c2=( 2a−c)c，
可得a= 2c，在代入③，可得b=c，
即B=C=π4，A=π2，所以该三角形为等腰直角三角形，所以C正确；
D中，△ABC中，若b=3，A=60°，△ABC面积S=3 3，
所以12bcsinA=3 3，即12×3×c× 32=3 3，解得c=4，
由余弦定理可得a= b2+c2−2bccsA= 9+16−2×3×4×12= 13，
则△ABC外接圆的半径为R，则asinA=2R，
所以R= 132× 32= 393，所以D正确．
故选：D．
A中，由大边对大角可得A>B，由余弦函数的单调性，可得csA与csB的大小关系，判断出A的真假；B中，由锐角三角形中，每个角的余弦值都大于0，由余弦定理可得csA的表达式，进而可得a，b，c的关系，判断出B的真假；C中，由题意及余弦定理可得a与c，b与c的关系，可得该三角形为等腰直角三角形，判断出C的真假；D中，由三角形面积公式可得c的值，再由余弦定理可得a的值，进而求出该三角形的外接圆的半径的大小，判断出D的真假．
本题考查正弦定理，余弦定理的应用，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：过C作CO⊥平面ABFE，垂足为O，连结EO，
∵矩形ABFE与矩形EFCD所成二面角D−EF−B的平面角为锐角，
记二面角D−EF−B的平面角为α，直线EC与平面ABFE所成角为β，直线EC与直线FB所成角为γ，
∴α=∠AED，β=∠CEO，γ=∠CEF，
∵CF>CO，
∴α>β，γ>β．
故选：C．
过C作CO⊥平面ABFE，垂足为O，连结EO，则α=∠AED，β=∠CEO，γ=∠CEF，由此能求出结果．
本题考查命题真假的判断，考查线面角、二面角、线线角的求法，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．
7.【答案】C
【解析】解：由函数f(x)=2sin(ωx+φ)的图象过点B(0,1)，
∴2sinφ=1，解得sinφ=12，
又0<φ<π2，∴φ=π6，
∴f(x)=2sin(ωx+π6)；
∵f(x)在区间(π8,π4)上具有单调性，
∴T2=πω≥π4−π8=π8，解得0<ω≤8①；
由2kπ−π2≤ωx+π6≤2kπ+π2(k∈Z)，得2kπ−2π3ω≤x≤2kπ+π3ω(k∈Z)，
若f(x)在区间(π8,π4)上单调递增，
则2kπ−2π3ω≤π82kπ+π3ω≥π4，当k=0时，得0<ω≤43②；
由2kπ+π2≤ωx+π6≤2kπ+3π2(k∈Z)，得2kπ+π3ω≤x≤2kπ+4π3ω(k∈Z)，
若f(x)在区间(π8,π4)上单调递减，
则2kπ+π3ω≤π82kπ+4π3ω≥π4，当k=0时，得83≤ω≤163③；
由②③，得0<ω≤43或83≤ω≤163，又0<ω≤8，
∴ω的最大值为163．
故选：C．
依题意，可求得f(x)=2sin(ωx+π6)，结合题意，利用正弦函数的单调性质分类讨论可求得答案．
本题考查正弦函数的单调性，考查逻辑推理能力与综合运算能力，属于难题．
8.【答案】A
【解析】解：设点E为AC的中点，连接EB，ES，由于SA=SC，AB=BC，所以AC⊥SE，AC⊥BE，所以∠SEB为二面角S−AC−B的平面角；
由于二面角S−AC−B的正切值是 2，
所以tan∠SEB= 2，故cs∠SEB= 33；
在△SAC中，SE= 6，
在△ABE中，BE= 2，
在△SBE中，由余弦定理SB= SE2+BE2−2SE⋅BE⋅cs∠SEB=2；
所以BS=AB=BC=2，
由于SA=SC=AC=2 2，
所以BS、BA、BC两两垂直，将三棱锥体补成正方体，
如图所示：
正方体的棱长为2，则正方体的对角线长为2 3，
故外接球的半径R= 3，
则外接球的表面积为4π⋅( 3)2=12π．
故选：A．
首先利用二面角的正弦值求出二面角的余弦值，进一步判定BS=BA=BC=2，且BS、BA、BC两两垂直，由此将三棱锥补形成正方体，进一步求出正方体的外接球半径，进一步求得外接球的表面积．
本题考查的知识要点：二面角的应用，余弦定理和补形法的应用，球的半径和球的表面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属中档题．
9.【答案】AD
【解析】解：sinα+csα= 105①，
两边同时平方可得，sin2α+cs2α+2sinαcsα=25，即1+2sinαcsα=25，解得2sinαcsα=−35<0，
α∈(0,π)，
则sinα>0，csα<0，
故sinα−csα>0，sinα−csα= 1−2sinαcsα=2 105②，
联立①②，解得sinα=3 1010，csα=− 1010，
对于A，sin2α=2sinαcsα=−35，故A正确；
对于B，csα−sinα=−2 105，故B错误；
对于C，cs2α=2cs2α−1=−45，故C错误；
对于D，tanα=sinαcsα=−3，故D正确．
故选：AD．
根据已知条件，结合三角函数的同角公式，推得sinα=3 1010，csα=− 1010，再结合正弦、余弦的二倍角公式，即可求解．
本题主要考查二倍角的三角函数，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：由余弦定理可得a2+b2−c2=2abcsC=absinC，解得tanC=2，故A正确；
由acsB+bsinA=c及正弦定理，可得sinAcsB+sinBsinA=sinC=sin(A+B)，
化简可得sinBsinA=csAsinB．
因为B∈(0,π)，所以sinB>0，所以sinA=csA，即tanA=1．
因为A∈(0,π)，所以A=π4，故B错误；
因为tanC=2，所以csC>0且sinC=2csC，代入sin2C+cs2C=1，
可得5cs2C=1，解得csC= 55，sinC=2 55．
因为a=2 10，A=π4，sinC=2 55，
所以由正弦定理可得c=asinCsinA=2 10×2 55 22=8，
由a2+b2−c2=absinC，可得(2 10)2+b2−82=2 10b×2 55，
化简可得b2−4 2b−24=0，解得b=6 2或b=−2 2(舍)，故C正确；
S△ABC=12bcsinA=12×6 2×8× 22=24．
故选：AC．
根据a2+b2−c2=2abcsC=absinC及余弦定理可判断A；根据acsB+bsinA=c及正弦定理可判断B；由tanC的值及同角三角函数的基本关系可求csC，sinC，根据正弦定理求出c，代入a2+b2−c2=absinC求出b可判断C；根据三角形面积公式可判断D．
本题考查正弦定理，余弦定理，属于中档题．
11.【答案】BD
【解析】解：由已知AC=6，∠ASC=120°，且SA=SC=SB，
在△ASC中，由余弦定理可知，cs∠ASC=SA2+SC2−AC22SA⋅SC，
即−12=2SA2−362SA2，解得SA=SC=SB=2 3，则SO= 3
A选项：点B为圆O上一动点(异于A，C两点)，
则AB∈(0,6)，
在△ABS中，cs∠SAB=SA2+AB2−SB22SA⋅AB=AB24 3AB=AB4 3，
所以cs∠SAB=AB4 3∈(0, 32)，
所以∠SAB∈(π6,π2)，A选项错误；
B选项：取BC中点D，连接SD，OD，则SD⊥BC，OD⊥BC，且OD//AB，OD=12AB∈(0,3)，
则二面角S−BC−A的平面角为∠SDO，
所以tan∠SDO=SOOD= 3OD∈( 33,+∞)，
所以∠SDO∈(π6,π2)，B选项正确；
C选项：由已知S△SBC=12BC⋅SD，
又S△ABC=12AB⋅BC=OD⋅BC，
则三棱锥S−ABC的体积VS−ABC=13S△ABC⋅SO= 33OD⋅BC，
设点点A到平面SBC的距离为d，
则VA−SBC=13S△SBC⋅d=16BC⋅SD⋅d= 33OD⋅BC，
则d=2 3ODSD=2 3cs∠SDO∈(0,3)，C选项错误；
D选项：当SA⊥SB时，AB= 2SA=2 6，BC=2 3，
则△SAB为等腰直角三角形，△SBC为等边三角形，
将平面SBC绕SB至SBC′，使C′与SAB共面，如图所示，
则AM+MC=AM+MC′≥AC′，
在△SAC中，∠ASC=5π6，
由余弦定理可知AC′2=SA2+SC′2−2SA⋅SC′⋅cs∠ASC′=12+12+12 3=24+12 3>36，
所以AM+MC≥AC′>6，D选项正确．
故选：BD．
A选项：根据余弦定理结合AB长度可得∠SAB的取值范围；B选项：利用几何法可得二面角的平面角及其取值范围；C选项：利用等体积转化可得点到平面距离，进而可得最值；D选项：将平面SBC绕SB至SBC′，使C′与SAB共面，结合余弦定理可得解．
本题考查余弦定理、几何法、等体积法、点到平面的距离等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
12.【答案】2
【解析】解：∵a=(2m,2)，b=(1,m+1)，a⋅b=10，
∴2m+2(m+1)=10，
∴m=2．
故答案为：2．
直接根据题意建立方程即可求解．
本题考查向量数量积的运算，方程思想，属基础题．
13.【答案】−67
【解析】解：因为tan(α+β)=2，tan(α−β)=4，
所以tan2α=tan[(α+β)+(α−β)]=tan(α+β)+tan(α−β)1−tan(α+β)tan(α−β)=−67．
故答案为：−67．
由已知结合两角和的正切公式即可求解．
本题主要考查了两角和的正切公式的应用，属于基础题．
14.【答案】45° 16π
【解析】解：(1)过点D作DM垂直AC，垂足为M，连接DC，
因为平面ACFD⊥平面ABC，且平面ACFD∩平面ABC=AC，
所以DM⊥平面ABC，
所以∠DCM为DC与平面ABC所成的角，
过M作MN垂直BC，垂直为N，连接DN，
则DN⊥BC，
在直角三角形CDM中，cs∠DCM=CMCD，
在直角三角形CNM中，cs∠MCN=cs45°=CNCM，
在直角三角形中CND中，cs∠DCN=cs∠60°=CNCD，
所以cs∠DCM⋅cs∠MCN=cs∠DCN，
即cs∠DCM⋅cs45°=cs60°，
解得cs∠DCM=cs60°cs45∘= 22，
所以∠DCM=45°，
所以DC与平面ABC所成的角为45°．
(2)如图：
因为AB=BC=2，
所以∠ACB=∠CAB=45°，
即∠ABC=90°，且AC=2 2，
所以AB⊥BC，
又因为∠BCD=60°，DC=2BC=4，
所以BD2=BC2+CD2−2BC⋅CDcs60°，
即BD2=4+16−2×2×4×12=12，
所以BD2+BC2=CD2，
即BD⊥⊥BC，
又BD∩AB=B，
所以BC⊥平面ABD，
因为AD⊂平面ABD，
所以BC⊥AD，
由(1)知，∠ACD=45°，且AC=2 2，CD=4，
根据余弦定理易知AD=2 2，
所以AD2+AC2=CD2，
即AD⊥AC，又AC∩BC=C，
所以AD⊥平面ABC，
设三棱锥D−ABC外接球半径为R，底面△ABC的外接圆半径为r，且2r=AC=2 2，
所以R2=r2+(AD2)2，
即R2=( 2)2+( 2)2=4，
所以三棱锥D−ABC外接球表面积为4πR2=16π．
故答案为：45°；16π．
(1)过点D作DM垂直AC，垂足为M，连接MC，在三个直角三角形中，分别计算cs∠DCM=CMCD，cs∠MCN=cs45°=CNCM，cs∠DCN=cs∠60°=CNCD，进而得出cs∠DCM⋅cs∠MCN=cs∠DCN，即可求解；
(2)通过已知，结合余弦定理得出BD，AD，进而证出BD⊥⊥BC，AD⊥AC，结合线面垂直判定定理得出AD⊥平面ABC，再结合勾股定理求出外接球半径R即可求解．
本题考查线面角以及外接球表面积的计算，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为f(x)=2csx( 3sinx−csx)=2 3sinxcsx−2cs2x
= 3sin2x−cs2x−1=2sin(2x−π6)−1，
所以周期T=2π2=π，
令π2+2kπ≤2x−π6≤3π2+2kπ，k∈Z，
得π3+kπ≤x≤5π6+kπ，k∈Z，
故单调递减区间为[π3+kπ,5π6+kπ](k∈Z)；
(2)已知x∈[0,π2]，
则−π6≤2x−π6≤5π6，
则sin(2x−π6)∈[−12,1]，
则2sin(2x−π6)∈[−1,2]，
则f(x)=2sin(2x−π6)−1∈[−2,1]，
故函数f(x)的值域为[−2,1]．
【解析】(1)由两角和与差的三角函数，结合三角函数的性质求解；
(2)结合三角函数值域的求法求解．
本题考查了三角函数的性质，重点考查了两角和与差的三角函数，属中档题．
16.【答案】解：(1)证明：在三棱锥P−ABC中，E，F分别为BC，PC的中点，
则有EF//PB且EF=12PB，
而EF= 52，则有PB=2EF= 5，
又由AB=1，PA=2，则PB2=PA2+AB2，则有AB⊥PA，
又由AC⊥平面PAB，则AC⊥AB，
而PA∩AC=A，PA⊂面PAC，AC⊂面PAC，
则AB⊥面PAC，则有AB⊥PC；
(2)根据题意，取AC的中点M，过点M作MN⊥AE，交AE于点N，连接FM、FN、ME，
F为PC的中点，M为AC的中点，则FM//PA且FM=12PA=1，
又由PA⊥AB，PA⊥AC，AB∩AC=A，AB⊂面ABC，AC⊂面ABC，
则PA⊥面ABC，
而FM//PA，则FM⊥面ABC，则有AE⊥FM，
又由AE⊥MN，AE⊥FM，FM∩MN=M，FM⊂面MNF，MN⊂面MNF，
则有AE⊥面MNF，
故AE⊥PN，
故∠FNM是二面角F−AE−C的平面角，
Rt△AME中，AM=1，ME=12，则AE= 1+14= 52，
则MN=1×12 52= 55，
故tan∠FNM=FMMN=1 55= 5，
即二面角F−AE−C的正切值为 5．
【解析】(1)根据题意，由中位线的性质可得PB的长，利用勾股定理可得AB⊥PA，进而可得AB⊥面PAC，由线面垂直的性质可得结论；
(2)根据题意，取AC的中点M，过点M作MN⊥AE，交AE于点N，连接FM、FN、ME，由平面角的定义可得∠FNM是二面角F−AE−C的平面角，求出MN的长，计算可得答案．
本题考查二面角的平面角，涉及直线与平面垂直的判断和性质，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由b=2 3，(sinB−sinC)(2 3+c)=(a−c)sinA，
可得(sinB−sinC)(b+c)=(a−c)sinA，
由正弦定理可得(b−c)(b+c)=(a−c)a，
化为a2+c2−b2=ac，
由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=12，
由0
即有c=4sinC=4sin(2π3−A)∈(0,2 3)，即有c2∈(0,12)，
由a2+c2−b2=ac，可得ac=a2+c2−12，
则a2−ac+12c2=a2+12c2−(a2+c2−12)=12−12c2∈(6,12)．
【解析】(1)由题意可得(sinB−sinC)(b+c)=(a−c)sinA，结合正弦定理和余弦定理，可得所求角；
(2)求得π3
18.【答案】(1)证明：因为AB=AC，O为BC的中点，
所以AO⊥BC，
因为A1O⊥平面ABC，AO⊂平面ABC，
所以A1O⊥AO，
又BC∩A1O=O，BC、A1O⊂平面A1BC，
所以AO⊥平面A1BC，
因为A1B⊂平面A1BC，所以A1B⊥AO．
(2)解：在Rt△A1AO中，AO= 2，AA1= 6，所以A1O= AA12−AO2= 6−2=2，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(0,0,2)，A( 2,0,0)，B(0, 2,0)，C(0,− 2,0)，O(0,0,0)，
所以A1B=(0, 2,−2)，CB=(0,2 2,0)，BB1=AA1=(− 2,0,2)，
设平面BCC1B1的法向量为m=(x,y,z)，则m⋅CB=2 2y=0m⋅BB1= 2x+2z=0，
取z=1，则x=− 2，y=0，所以m=(− 2,0,1)，
设直线A1B与平面BCC1B1所成角为θ，则sinθ=|cs
故直线A1B与平面BCC1B1所成角的正弦值为 23．
(3)解：在Rt△A1AO中，AO= 2，A1A=4，所以A1O= AA12−AO2= 16−2= 14，
以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则A1(0,0, 14)，A( 2,0,0)，B(0, 2,0)，C(0,− 2,0)，O(0,0,0)，
所以CB=(0,2 2,0)，AA1=(− 2,0, 14)，BA=( 2,− 2,0)，
设AM=λAA1=λ(− 2,0, 14)，λ∈[0,1]，
则BM=BA+AM=( 2,− 2,0)+(− 2λ,0, 14λ)=( 2− 2λ,− 2, 14λ)，
设平面MBC的法向量为n1=(a,b,c)，则n1⋅CB=2 2b=0n1⋅BM=( 2− 2λ)a− 2b+ 14λc=0，
取a= 7λ，则b=0，c=λ−1，所以n1=( 7λ,0,λ−1)，
由(1)知AO⊥平面A1BC，
所以平面A1BC的一个法向量为n2=(1,0,0)，
因为锐二面角M−BC−A1的大小为π3，
所以|cs
整理得20λ2+2λ−1=0，
解得λ=−1± 2120，
因为λ∈[0,1]，
所以λ=−1+ 2120，
故当AM=−1+ 2120AA1时，可使得锐二面角M−BC−A1的大小为π3．
【解析】(1)易证AO⊥BC，A1O⊥AO，从而知AO⊥平面A1BC，再由线面垂直的性质定理，即可得证；
(2)以O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求线面角，即可得解；
(3)以O为坐标原点建立空间直角坐标系，设AM=λAA1，λ∈[0,1]，利用向量法求二面角可得关于λ的方程，解之即可．
本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握线面垂直的判定定理与性质定理，利用向量法求线面角、二面角是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
19.【答案】(Ⅰ)解：对于①，设k1α+k2β=0，则可得k1+2k2=0，所以α,β线性相关；
对于②，设k1α+k2β+k3γ=0，则可得k1+2k2+5k3=0k1+2k2+k3=0k1+2k2+4k3=0，所以k1+2k2=0，k3=0，所以α,β,γ线性相关；
对于③，设k1α+k2β+k3γ+k4δ=0，则可得k1+k2+k4=0k1+k3+k4=0k2+k3+k4=0，解得k1=k2=k3=−12k4，所以α,β,γ,δ线性相关；
(Ⅱ)解：设k1(α+β)+k2(β+γ)+k3(α+γ)=0，
则(k1+k3)α+(k1+k2)β+(k2+k3)γ=0，
因为向量α，β，γ线性无关，所以k1+k3=0k1+k2=0k2+k3=0，解得k1=k2=k3=0，
所以向量α+β，β+γ，α+γ线性无关，
(Ⅲ)证明：(ⅰ)k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，如果某个ki=0，i=1，2，⋯，m，
则k1α1+k2α2+⋯+ki−1αi−1+ki+1αi+1+⋅⋅⋅+kmαm=0，
因为任意m−1个都线性无关，所以k1，k2，⋯ki−1，ki+1，⋅⋅⋅，km都等于0，
所以这些系数k1，k2，⋅⋅⋅，km或者全为零，或者全不为零，
(ⅱ)因为l1≠0，所以l1，l2，⋅⋅⋅，lm全不为零，
所以由l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0可得α1=−l2l1α2−⋅⋅⋅−lml1αm，
代入k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0可得k1(−l2l1α2−⋅⋅⋅−lml1αm)+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0，
所以(−l2l1k1+k2)α2+⋅⋅⋅+(−lml1k1+km)αm=0，
所以−l2l1k1+k2=0，⋯，−lml1k1+km=0，
所以k1l1=k2l2=⋅⋅⋅=kmlm．
【解析】本题主要考查平面向量的综合运用，新定义概念的理解与应用等知识，属于较难题．
(Ⅰ)根据定义逐一判断即可；
(Ⅱ)设k1(α+β)+k2(β+γ)+k3(α+γ)=0，则(k1+k3)α+(k1+k2)β+(k2+k3)γ=0，然后由条件得到k1=k2=k3=0即可；
(Ⅲ)(ⅰ)如果某个ki=0，i=1，2，⋯，m，然后证明k1，k2，⋯ki−1，ki+1，⋅⋅⋅，km都等于0即可；
(ⅱ)由l1α1+l2α2+⋅⋅⋅+lmαm=0可得α1=−l2l1α2−⋅⋅⋅−lml1αm，然后代入k1α1+k2α2+⋅⋅⋅+kmαm=0证明即可．
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