2021-2022学年山东省齐鲁中学联盟高一（下）质检数学试卷（A卷）（3月份）（含答案解析）

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2021-2022学年山东省齐鲁中学联盟高一（下）质检数学试卷（A卷）（3月份）
1. 已知平面向量a，b，且|a|=|b|=2，a⋅b=2，向量c满足|c−2a−2b|=|a−b|，则|c−λb|(λ∈R)的最小值为(    )
A. 22−2 B. 23−2 C. 23 D. 23+2
2. 已知不共线的平面向量m，n，a满足|m|=2，|n|≥3，|m+n|−|m−n|=2，且a⋅m=1.则m与n的夹角余弦值的取值范围为(    )
A. (0,22] B. (36,22] C. (0,36] D. (22,32]
3. 已知向量a与b的夹角为120∘，且a⋅b=−2，向量c满足c=λa+(1−λ)b(0<λ<1)，且a⋅c=b⋅c，记向量c在向量a与b方向上的投影分别为x、y.x2+y2+xy的最大值为(    )
A. 14 B. 2 C. 34 D. 54
4. 如图所示，在平面四边形ABCD中，已知S△ABD=|AD|2+|BD|2−|AB|2，∠BAD+∠BCD=π，∠ABC=∠BCD，记BD的中垂线与AC的中垂线交于一点P，恰好CP为∠ACB的角平分线，则|BDAP|2=(    )

A. 14+1434 B. 34+21717 C. 18 D. 28+21717
5. 在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，设△ABC的面积为S，则Sa2+4bc的最大值为(    )
A. 216 B. 312 C. 316 D. 218
6. 设x1，x2是实系数一元二次方程ax2+bx+c=0的两个根，若x1是虚数，x12x2是实数，则(x1x2)2022=(    )
A. 0 B. −1 C. −2 D. 1
7. 在三棱锥P−ABC中，顶点P在底面的射影为△ABC的垂心O(O在△ABC内部)，且PO中点为M，过AM作平行于BC的截面α，过B.M作平行于AC的截面β，记a，β与底面ABC所成的锐二面角分别为θ1，θ2，若∠PAM=∠PBM=θ，则A.若θ1=θ2，则ACBC的值为(    )
A. 12 B. 1 C. 14 D. 13
8. 已知三棱锥P−ABC三条侧棱PA，PB，PC两两互相垂直，且PA=PB=PC=6，M、N分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段MN的长度的最小值为(    )
A. 23−3 B. 43−6 C. 6−23 D. 23
9. 已知三棱柱ABC−A1B1C1为正三棱柱，且AA1=2，AB=23，D是B1C1的中点，点P是线段A1D上的动点，则下列结论正确的是(    )
A. 四面体A−BC1B1外接球的表面积为20π
B. 若直线PB与底面ABC所成角为θ，则sinθ的取值范围为[12,277]
C. 若A1P=2，则异面直线AP与BC1所成的角为π4
D. 若过BC且与AP垂直的截面α与AP交于点E，则三棱锥P−BCE的体积的最小值32
10. “奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车(Mercedesbenz)的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．奔驰定理：已知O是△ABC内的一点，△BOC、△AOC、△AOB的面积分别为SA、SB、SC，则SA⋅OA+SB⋅OB+SC⋅OC=0.若O是锐角△ABC内的一点，∠BAC、∠ABC、∠ACB是△ABC的三个内角，且点O满足OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA，则(    )

A. O为△ABC的垂心
B. ∠AOB=π−∠ACB
C. |OA|:|OB|:|OC|=sin∠BAC:sin∠ABC:sin∠ACB
D. tan∠BAC⋅OA+tan∠ABC⋅OB+tan∠ACB⋅OC=0
11. 如图，在棱长为33的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是平面A1BC1内一个动点，且满足DP+PB1=5+213，则下列正确的是(    )
(参考数据：sin53∘=45，sin37∘=35)
A. PB⊥B1D
B. 点P的轨迹是一个圆
C. 直线B1P与平面A1BC1所成角为53∘
D. 设直线B1P与直线AD1所成角为θ，则37∘≤θ≤90∘



12. 意大利数学家卡尔达诺(Cardano⋅Girolamo,1501−1576)发明了三次方程的代数解法．17世纪人们把卡尔达诺的解法推广并整理为四个步骤：
第一步，把方程x3+a2x2+a1x+a0=0中的x用x−a23来替换，得到方程x3+px+q=0；
第二步，利用公式x3+y3+z3−3xyz=(x+y+z)(x+ωy+ω2z)(x+ω2y+ωz)将x3+px+q因式分解；
第三步，求得y，z的一组值，得到方程x3+px+q=0的三个根：−y−z，−ωy−ω2z，−ω2y−ωz(其中ω=−1+3i2，i为虚数单位)；
第四步，写出方程x3+a2x2+a1x+a0=0的根：x1=−a23−y−z，x2=−a23−ωy−ω2z，x3=−a23−ω2y−ωz.
某同学利用上述方法解方程8x3−12x2−42x+55=0时，得到y的一个值：−1+i，则下列说法正确的是(    )
A. a2=−32 B. yz=2 C. x2=−12+3 D. x3=−1−3
13. 已知正方形OABC，|OA|=6，OC=3OM，OF=tOA，t∈(0,1)，点O关于直线FM对称的点为N，则NB⋅NC的最小值为______.


14. 已知实数x、y满足x(1+1x+y)=54，且y(1−1x+y)=−334，则x=______.


15. 在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M、N分别为BD1、B1C1的中点，点P在正方体表面上运动，且满足MP⊥CN，点P轨迹的长度是______.


16. 已知等边△ABC的边长为23，M、N分别为AB、AC的中点，将△AMN沿MN折起得到四棱锥A−MNCB.点P为四棱锥A−MNCB的外接球球面上任意一点，当四棱锥A−MNCB的体积最大时，P到平面MNCB距离的最大值为______.
17. 已知复数z=(m2+2m)+(m2−2m−3)i，m∈R，其中i为虚数单位．
(1)若复数z在复平面内对应的点位于第二象限，求m的取值范围；
(2)若z满足z⋅z−−4iz=9−12i，求m的值．
18. 如图，在四棱台ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是菱形，∠ABC=π3,∠B1BD=π6，∠B1BA=∠B1BC，AB=2A1B1=2，B1B=3.
(Ⅰ)求证：直线AC⊥平面BDB1；
(Ⅱ)求直线A1B1与平面ACC1所成角的正弦值．

19. 设△ABC中角A，B，C所对的边分别为a，b，c，AD为BC边上的中线，已知c=1且2csinAcosB=asinA−bsinB+14bsinC，cos∠BAD=217.
(1)求b边的长度；
(2)求△ABC的面积．
20. 已知正三棱锥P−ABC，顶点为P，底面是三角形ABC.
(1)若该三棱锥的侧棱长为1，且两两成角为π18，设质点W自A出发依次沿着三个侧面移动环绕一周直至回到出发点A，求质点移动路程的最小值；
(2)若该三棱锥的所有棱长均为1，试求以P为顶点，以三角形ABC内切圆为底面的圆锥的体积；
(3)若该锥体的体积为定值V，求这三棱锥侧面与底面所成的角θ，使该三棱锥的表面积S最小．

21. 已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)的最小正周期为π，且直线x=−π2是其图象的一条对称轴．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且A 22. 如图，在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，AC=BC，D为AB的中点，D1为A1B1的中点，平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，异面直线BC1与AB1互相垂直．
(1)求证：平面A1DC//平面BD1C1；
(2)若CC1与平面ABB1A1的距离为x，A1C=AB1=6，三棱锥A1−ACD的体积为y，试写出y关于x的函数关系式；
(3)在(2)的条件下，当CC1与平面ABB1A1的距离为多少时，三棱锥A1−ACD的体积取得最大值？并求出最大值．


答案和解析

1.【答案】B 
【解析】解：a⋅b=|a||b|cosθ=2，即4cosθ=2，θ为a，b的夹角，
∴cosθ=12，
∵0<θ<π，
∴θ=π3，
设a=(2,0)，又|a|=|b|=2，θ=π3，则b=(1,3)，设c=(x,y)，
∴|c−2a−2b|=(x−6)2+(y−23)2=1+3=2，
∴(x−6)2+(y−23)2=4，
∴(x,y)的轨迹为以(6,23)为圆心，2为半径的圆，
而|c−λb|=(x−λ)2+(y−3λ)2，(λ,3λ)在直线y=3x上，
∴|c−λb|的最小值即为圆心(6,23)的距离减去半径，为|63−23|(3)2+1−2=23−2.
故选：B.
依题意，可得a，b的夹角θ=π3，由此设a=(2,0)，b=(1,3)，c=(x,y)，再由|c−2a−2b|=|a−b|化简可得(x−6)2+(y−23)2=4，而|c−λb|=(x−λ)2+(y−3λ)2，(λ,3λ)在直线y=3x上，|c−λb|的最小值即为圆心(6,23)的距离减去半径，由此即可求得答案．
本题考查平面向量的综合运用，将平面向量问题转化为几何问题是解决本题的关键，考查转化思想及数形结合思想，考查运算求解能力，属于中档题．

2.【答案】B 
【解析】解：设 AB=m,AD=n，AC与BD交于点M，

并设|n|=n,|a|=a,∠DAB=α，
∴m+n=AC,m−n=DB,n−m=BD，
由题意：|AC|−|BD|=2，由余弦定理：|AC|=|AB|2+|AD|2−2|AB|⋅|AD|⋅cos(π−α)=|AB|2+|AD|2+2|AB|⋅|AD|⋅cosα，
|BD|=|AB|2+|AD|2−2|AB|⋅|AD|⋅cosα，
|AB|2+|AD|2+2|AB|⋅|AD|⋅cosα−|AB|2+|AD|2−2|AB|⋅|AD|⋅cosα=2，
即4+n2+4ncosα−4+n2−4ncosα=2，
两边同时平方，整理得：n2+2=(n2+4)2−16n2cos2α，再一次两边平方得：
cos2α=14+34n2，由于n≥3,cos2α≤12，
由于|AC|>|BD|，所以cosα>0;∴0 在△ABM中，|AM|+|MB|>|AB|=2,|AC|2+|BD|2>2,4+n2+4ncosα+4+n2−4ncosα>4，
4+n2+4ncosα−2=4+n2−4ncosα，
∴4+n2+4ncosα>3，
解得：cosα>5−n24n≥243=36，
综上，36 故选：B.
本题比较复杂，关键是要考虑平行四边形的对角线之差=2，用这个条件来约束n与α，推出的等式比较复杂，需要仔细计算．
本题考查了两向量夹角的取值范围，属于难题．

3.【答案】C 
【解析】解：设OA=a，OB=b，OC=c，则∠AOB=120∘，
由a⋅b=−2，知|a|⋅|b|cos120∘=−2，即|a|⋅|b|=4，
所以S△OAB=12|a|⋅|b|sin120∘=12×4×32=3，

因为c=λa+(1−λ)b(0<λ<1)，所以点C在线段AB上，
设∠AOC=α，则∠BOC=120∘−α，
所以x2+y2+xy=|c|2cos2α+|c|2cos2(120∘−α)+|c|cosα⋅|c|cos(120∘−α)
=|c|2cos2α+|c|2(−12cosα+32sinα)2+|c|cosα⋅|c|(−12cosα+32sinα)
=|c|2(cos2α+14cos2α−32sinαcosα+34sin2α−12cos2α+32sinαcosα)=34|c|2，
故原问题转化为求|c|的最大值，
在△OAB中，由余弦定理知，|AB|2=|a|2+|b|2−2|a|⋅|b|cos120∘=|a|2+|b|2+|a|⋅|b|≥2|a|⋅|b|+|a|⋅|b|=3|a|⋅|b|=12，
当且仅当|a|=|b|时，等号成立，
故|AB|的最小值为23，
因为a⋅c=b⋅c，所以(a−b)⋅c=0，即AB⊥OC，
所以S△OAB=12|AB|⋅|OC|=3，即|OC|=23|AB|≤2323=1，即|c|≤1，
所以x2+y2+xy=34|c|2≤34.
故选：C.
设OA=a，OB=b，OC=c，由共线定理可知点C在线段AB上，设∠AOC=α，则∠BOC=120∘−α，根据投影的计算方法，结合三角恒等变换公式，推出x2+y2+xy=34|c|2，可将原问题转化为求|c|的最大值，再利用等面积法，进一步将问题转化为求|AB|的最小值，然后结合余弦定理和基本不等式，得解．
本题考查平面向量的应用，理解投影的计算方法，数量积的运算，三角恒等变换相关公式是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．

4.【答案】B 
【解析】
【分析】

先得到四边形ABCD是以P为圆心的圆内接四边形，进而得到|BDAP|2=(ACPC)2，再利用三角形的面积公式和同角三角函数的关系求出cos∠ADB=1717=cos∠ACB，最后利用二倍角公式即可求解．
本题考查△ABC的面积的求法，考查圆内接四边形的性质，二倍角公式，属于中档题．
【解答】
解：如图，
∵∠BAD+∠BCD=π，BD的中垂线与AC的中垂线交于一点P，
∴四边形ABCD是以P为圆心的圆内接四边形，
∵∠ABC=∠BCD，∴BD=AC，CP=AP=BP=DP，∴|BDAP|2=(ACPC)2，
∵S△ABD=|AD|2+|BD|2−|AB|2=12|AD|⋅|BD|⋅sin∠ADB，∴4cos∠ADB=sin∠ADB，
又∵sin2∠ADB+cos2∠ADB=1，∴cos∠ADB=1717=cos∠ACB，
∵CP为∠ACB的角平分线，∴cos2∠ACP=1+cos∠ACB2=17+1734，
∵AP=CP，∴cos∠ACP=12ACPC=AC2PC，∴(ACPC)2=17+1734×4=34+21717.
故选B.

  
5.【答案】A 
【解析】解：由题意可得S=12bcsinA，
Sa2+4bc=12bcsinAb2+c2−2bccosA+4bc≤12bcsinA2bc−2bccosA+4bc=12bcsinA6bc−2bccosA=12sinA6−2cosA，
令12sinA6−2cosA=t，
可得12sinA=6t−2tcosA，
12sinA+2tcosA=6t≤14+4t2，
∴t≤216，
故选：A.
将Sa2+4bc利用面积公式和余弦定理展开可得12bcsinAb2+c2−2bccosA+4bc，在运用基本不等式化简为12sinA6−2cosA，最后结合辅助角公式即可求得t的最大值．
本题主要考查了三角形面积公式，余弦定理在解三角形中的应用，考查了构造函数法求最值，属于中档题．

6.【答案】D 
【解析】解：∵x1，x2是实系数一元二次方程ax2+bx+c=0的两个根，x1是虚数，x12x2是实数，
∴x2是虚数，且x2是x1的共轭复数，
设x1=m+ni(m,n∈R,n≠0)，则x2=m−ni，
∴x12x2=(m+ni)2m−ni=(m+ni)3m2+n2=m2−n2+2mnim2+n2
=m3+3m2ni+3mn2i2+n3i3m2+n2
=m3+3mn2m2+n2+3m2n−n2m2+n2i，
∵x12x2是实数，∴3m2n−n3=0，又n≠0，∴n2=3m2，n=±3m，
x1x2=m+nim−ni=(m+ni)2m2+n2=m2−n2+2mnim2+n2=−2m2±23m2i4m2=−12±32i，
∴(−12+32i)2=14−32i−34=−12−32i，(−12−32)2=−12+32i，
∴(x1x2)3=(x1x2)2(x1x2)=(−12+32i)(−12−32i)=1，
∴(x1x2)2022=[(x1x3)3]674=1.
故选：D.
由实系数一元二次方程的虚数根成对出现，它们互为共轭复数的性质，设x1=m+ni(m,n∈R,n≠0)，则x2=m−ni，再由x12x2是实数，能求出结果．
本题考查复数的运算，考查复数的运算法则，考查运算求解能力，是基础题．

7.【答案】B 
【解析】解：对于A，∵BC//α，由线面平行的性质定理得平面α∩平面ABC=l，平面α∩平面PBC=DE，
如图，

∵BC//平面α，BC⊂平面ABC，则BC//l，∵O是△ABC的重心，则AO⊥BC，∴AO⊥l，
又PO⊥平面ABC，l⊂平面ABC，则PO⊥l，而AO∩PO=O，AO，PO⊂平面AOM，
于是得l⊥平面AOM，又AM⊂平面AOM，即有AM⊥l，因此∠MAO是平面α与底面ABC所成的锐二面角，
即∠MAO=θ1，同理得∠MBO是平面β与底面ABC所成的锐角，θ2=∠MBO，
∵θ1=θ2，∴∠MAO=∠MBO，即Rt△MAO与Rt△MBO中，AO=BO，
令CO∩AB=F，显然OF⊥AB，则F是AB的中点，直线CF是线段AB的中垂线，
∴AC=BC，∴ACBC=1.
故选：B.
令平面α∩面ABC=l，证明∠MAO是平面α与底面ABC所成的锐角，同理可得∠MBO是平面β与底面ABC所成的锐角，由此证明OA=OB，即可得结论．
本题考查空间中线线、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．

8.【答案】B 
【解析】解：由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示，

设三棱锥内切球球心为O1，外接球球心为O2，内切球与平面ABC的切点为G，
易知：O1，O2，G三点均在PD1上，且PD1⊥平面ABC，
设内切球的半径为r，外接球的半径为R，则R=12×62+62+62=33，
由等体积法：13(S△ACP+S△BCP+S△ABP+S△ABC)r=13S△ABP⋅PC，得r=3−3，
由等体积法：13S△ABC⋅PG=13S△ABP⋅PC，得PG=23，
将几何体沿截面PDD1C切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面，

∴M，N两点间距离的最小值为2R−O1O2−R−r=PG−2r=33−3−(6−23)=43−6.
故选：B.
采用补形法得正方体，作出图形，找出内切球，外接球球心，由几何关系知：M，N两点间距离的最小值为PG−2r，易求外接圆半径R，结合等体积法可求出内切圆半径r和PG，进而得解．
根据题设将三棱锥补成正方体，进而确定内切球，外接球球心，结合等体积法求内切圆半径及PG，即可得MN的长度的最小值，属于中档题．

9.【答案】ABD 
【解析】解：因为△ABC外接圆的半径r=33×23=2，且AA1=2，故正三棱柱ABC−A1B1C1外接球的半径R=5，故其表面积为4πR2=20π，故A正确，
取BC的中点F，连接DF，AF，BD，A1D，由正三棱柱的性质可知平面AA1DF⊥平面ABC，所以当点P与A1重合时，θ最小，当点P与D重合时，θ最大，所以sinθ∈[12,277]，故B正确，
将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，则∠GAP(或其补角)为异面直线AP与BC1所成的角，易得AG=GP=4，AP=22，所以∠GAP≠π4，故C错，
因VP−ABC==13×2×34×(23)2=23，故要使三棱锥P−BCE的体积最小，则三棱锥E−ABC的体积最大，设BC的中点为F，作出截面如图所示，
因为AP⊥α，所以点E在以AF为直径的圆上，所以点E到底面ABC距离的最大值为32×23×12=32，所以三棱锥P−BCE的体积的最小值为23−13×32×34×(23)2=32，故D正确，
故选：ABD.
可求得底面外接圆的半径r=2，再构造直角三角形求得外接球的半径R=5，从而判断A，
取BC的中点F，连接DF，AF，BD，A1D，由正三棱柱的性质可求得sinθ∈[12,277]，从而判断B，
将正三棱柱补成如图所示的直四棱柱，从而判断C，
由VP−ABC=13×2×34×(23)2=23知，要使三棱锥P−BCE的体积最小，则三棱锥E−ABC的体积最大，从而判断D.
本题考查了命题真假性的判断及立体几何的性质应用，属于中档题．

10.【答案】ABD 
【解析】
【分析】
本题考查三角形垂心的性质，考查平面向量的线性运算，属于较难题．
由题可得OB⊥CA，则O为△ABC的垂心可判断A；由四边形内角和等于2π可判断B；结合B选项结论即可判断C；利用奔驰定理证明SA：SB：SC=tan∠BAC：tan∠ABC：tan∠ACB可判断D.
【解答】
解：如图，

对于A，由OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA，得OB⋅(OA−OC)=0，即OB⋅CA=0，
所以OB⊥AC，同理可得OC⊥AB，OA⊥BC，所以O是△ABC的垂心，∴A正确，
对于B，∵四边形CDOE中，∠ACB+∠EOD=π，∵∠EOD=∠AOB，∴∠ACB+∠AOB=π，即∠AOB=π−∠ACB，故B正确，
对于C，由OA⋅OB=OB⋅OC=OC⋅OA，
得|OA||OB|cos∠AOB=|OB||OC|cos∠BOC=|OC||OA|cos∠AOC，
所以|OA|：|OB|：|OC|=cos∠BOC：cos∠AOC：cos∠AOB，
由B选项得cos∠BOC=−cos∠BAC，cos∠AOC=−cos∠ABC，cos∠AOB=−cos∠ACB，
所以|OA|：|OB|：|OC|=cos∠BAC：cos∠ABC：cos∠ACB，故C错误，
对于D，∵S△OBC=12|OB||OC|sin∠BOC=12|OB||OC|sin∠BAC，
S△OAC=12|OA||OC|sin∠AOC=12|OA||OC|sin∠ABC，
S△OAB=12|OA||OB|sin∠AOB=12|OA||OB|sin∠ACB，
又|OA|：|OB|：|OC|=cos∠BAC：cos∠ABC：cos∠ACB，
得S△OBC：S△OAC：S△OAB=sinAcosA：sinBcosB：sinCcosC=tan∠BAC：tan∠ABC：tan∠ACB，
由奔驰定理：SA⋅OA+SB⋅OB+SC⋅OC=0，
得tan∠BAC⋅OA+tan∠ABC⋅OB+tan∠ACB⋅OC=0，故D正确．
故选：ABD.
  
11.【答案】ABD 
【解析】解：如图，以D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直接坐标系，

连结BD，交平面ABC于点O，
D(0,0.0)，B1(33,33,33)，A1(33,0,33)，
B(33,33,0)，C1(0,33,33)，
DB1=(3,3,3)，A1B=(0,33,−33)，BC1=(−33,0,33)，
DB1⋅A1B=0，DB1⋅BC1=0，∴DB1⊥A1B，DB1⊥BC1，
∵A1B∩BC1=B，∴DB1⊥平面A1BC1，
∵点P是平面A1BC1内一个动点，∴PB⊂平面A1BC1，
∴PB⊥B1D，故A正确；
根据等体积转化可知VB1−A1BC1=VB−A1B1C1，
即13×12×(36)2×33×B1O=13×12×(33)3，
解得B1O=3，B1D=33×3=9，∴DO=6，
∵AD1//BC1，∴异面直线AD1与B1P所成的角，转化为BC1与B1P所成的角，
如图，将部分几何体分离出来，再建立一个空间直角坐标系，取BC1的中点E，过点O作OF//BC1，
则以点O为原点，OF，OE，OB1为x，y，z轴的正方向，建立空间直角坐标系，

P(x,y,0)，B1(0,0,3)，D(0,0,−6)，B(362,322,0)，C1(−362,322,0)，
B1P=(x,y,−3)，BC1=(−36,0,0)，
∵|DP|+|PB1|=5+213，∴x2+y2+9+x2+y2+36=5+213，
∵x2+y2+9 即x2+y2+9=25，即x2+y2=16，x∈[−4,4]，
∴点P的轨迹是一个圆，故B正确；
∵点P的轨迹是半径为4的圆，∴OP=4，OB1=52−43=3，
∴直线B1P与平面A1BC1所成角θ的正弦值为sinθ=35，
∴直线B1P与平面A1BC1所成角为37∘，故C错误；
cos=B1P⋅BC1|B1P|⋅|BC1|=−36x36×5=−x5∈[−45,45]，
因为异面直线所成的角是锐角，并设为θ，
则cosθ∈(0,45],
∵sin53∘=45，cos37∘=45，∴θ∈[37∘,90∘]，故D正确．
故选：ABD.
首先以点D为原点建立空间直角坐标系，证明DB1⊥平面A1B1C1，从而得到PB⊥B1D；求出B1O=3，D1O=6，然后将异面直线AD1与B1P所成的角，转化为BC1与B1P所成的角，再如图建立第二个坐标系，推导出点P的轨迹是一个圆，直线B1P与平面A1BC1所成角为37∘，利用坐标法求异面直线所成的角的余弦值，再求角的范围即可．
本题主要考查空间异面直线所成角的求解，建立坐标系求出向量坐标，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力，利用坐标法是解决本题的关键，综合性较强，运算量较大，是难题．

12.【答案】ABC 
【解析】解：A：8x3−12x2−42x+55=0⇒x3−32x2−214x+558=0，
依题意可知a2是2次项系数，所以a2=−32，A选项正确，
B：第一步，把方程x3−32x2−214x+558=0中的x，用x+12来替换，
得(x+12)3−32(x+12)2−214(x+12)+558=x3−6x+4=0，
第二步，对比x3−6x+4=0与x3+y3+z3−3xyz=0，
可得y3+z3=4−3yz=−6y=−1+i，解得yz=2，z=−1−i，B选项正确，
C：x2=−a23−ωy−ω2z=12−−1+3i2(−1+i)+(−1+3i2)2(1+i)=−12+3，C选项正确，
D：x3=−a23−ω2y−ωz=12−(−1+3i2)2(−1+i)+(−1+3i2)(1+i)=−12−3，D选项错误．
故选：ABC.
根据三次方程的代数解法对选项进行分析，由此确定正确选项．
本题考查了类比推理和命题真假的判断，属于中档题．

13.【答案】0 
【解析】解：由正方形OABC建立如图示的平面直角坐标系，

由题意得：A(6,0)，C(0,6)，M(0,2)，F(6t,0)，则直线MF:x6t+y2=1.
设N(m,n)，则m12t+n4=1nm⋅(−13t)=−1，解得m=12t1+9t2n=36t21+9t2所以N(12t1+9t2,36t21+9t2).
其中36t21+9t2=361t2+9，所以f(t)=361t2+9在(0,1]上单调递增，
所以，f(1)=3610=185，从而f(t)=121t+9t∈(0,185],
且当t=1时，36t21+9t2=185.
此时当F位于右端点与A重合时，N(65,185)最高．
又点O，N关于直线FM对称，所以|MN|=|OM|=2，
所以点N的轨迹为以M为圆心，2为半径的圆弧，其中圆弧的上端点坐标为(65,185)，如图所示．
取BC的中点H，连接NH，因为NB+NC=2NH(1),NB−NC=2CH(2)，两式平方后相加得：
NB⋅NC=|NH|2−|CH|2=|NH|2−9.
要使NB⋅NC的值最小，则需要|NH|最小．
连接MH与圆弧交点N即为最小的|NH|，
此时由勾股定理得：|MH|=CM2+CH2=16+9=5，此时|NH|=5−2=3.
过点N作NG⊥y轴于点G，则△MNG∼MHC，
所以MNMH=NGHC，即25=NG3故NG=65，即N的横坐标为65符合要求，故NB⋅NC的最小值为：|NH|2−9=32−9=0.
故答案为：0.
利用点O关于直线FM对称求出N点坐标，结合对勾函数求出横坐标的取值范围，结合M的轨迹，利用极化恒等式进行求解．
本题考查平面向量的数量积运算，考查学生的运算能力，属于中档题．

14.【答案】116 
【解析】解：令x=u，y=v，
则原方程组可化为u(1+1u2+v2)=54v(1−1u2+v2)=−334，
u(1+1u2+v2)+v(1−1u2+v2)i=5−33i4，
u+vi+u−viu2+v2=5−33i4，
令z=u+iv，
可得z+1z=5−33i4，
z=1−3i(舍)或z=1+3i4，
可得u=14，v=34，
即x=116，y=316，
故答案：116.
利用换元法令x=u，y=v，再结合复数u(1+1u2+v2)+v(1−1u2+v2)i=5−33i4相等进行计算即可．
本题考查了指数幂的运算，复数相等的概念，是中档题．

15.【答案】(2+5)a 
【解析】解：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，以D为坐标原点，分别以DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

∴D(0,0,0)，M(a2,a2,a2)，N(a2,a,a)，C(0,a,0)，∴CN=(a2,0,a)，
设P(x,y,z)，则MP=(x−a2,y−a2,z−a2)，
∵MP⊥CN，∴a2(x−a2)+a(z−a2)=0⇒2x+4z−3a=0，
当x=a时，z=a4，当x=0时，z=3a4，
取E(a,0,a4)，F(a,a,a4)，H(0,0,3a4)，G(0,a,3a4)，
连结EF，FG，GH，HE，
则EF=HG=(0,a,0)，EH=FG=(−a,0,a2)，
∴四边形EFGH为矩形，则EF⋅CN=0，EH⋅CN=0，
即EF⊥CN，EH⊥CN，又EF和EH为平面EFGH中的两条相交直线，
∴CN⊥平面EFGH，
又EM=(−a2,a2,a4)，MG=(−a2,a2,a4)，
∴M为EG的中点，则M∈平面EFGH，
为使MP⊥CN，必有点P∈平面EFGH，
又点P在正方体表面上运动，所以点P的轨迹为四边形EFGH，
又EF=GH=a，EH=FG=52a，∴EF≠EH，则点P的轨迹不是正方形，
则矩形EFGH的周长为(2+5)a.
故答案为：(2+5)a
【点睛】
对于立体几何中的轨迹问题，可以建立空间直角坐标系，将其代数化处理，可以很方便的求出边的长度及角度．
建立空间直角坐标系，利用空间向量求解出点P轨迹的长度．
本题主要考查立体几何中的轨迹问题，空间向量及其应用等知识，属于中等题．

16.【答案】13+12 
【解析】解：如图，当四棱锥A−MNCB的体积最大时，平面AMN⊥平面NMBC，
由题意得∠MBC=60∘，取BC的中点E，
则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心．F是△AMN外心，
作OE⊥平面MNCB，OF⊥平面AMN，
则O是四棱锥A−MNCB的外接球的球心，且OF=DE=32，AF=1.
设四棱锥A−MNCB的外接球半径R，则R2=AF2+OF2=134，
OE=DF=AD−AF=12，
∴当四棱锥A−MNCB的体积最大时，
P到平面MNCB距离的最大值为：
dmax=R+OE=132+12=13+12.
故答案为：13+12.
当四棱锥A−MNCB的体积最大时，平面AMN⊥平面NMBC，取BC的中点E，则E是等腰梯形MNCB外接圆圆心．F是△AMN外心，作OE⊥平面MNCB，OF⊥平面AMN，则O是四棱锥A−MNCB的外接球的球心，P到平面MNCB距离的最大值为R+OE，
本题考查了求球上一点到球的截面距离的最大值问题，属于中档题．

17.【答案】解：(1)∵复数z在复平面内对应的点位于第二象限，
∴m2+2m<0m2−2m−3>0，解得−2 ∴m的取值范围是(−2,−1)；
(2)设z=x+yi(x,y∈R)，
∵z⋅z−−4iz=9−12i，∴(x2+y2)−4i(x+yi)=9−12i，
即(x2+y2+4y)−4xi=9−12i，
∴x2+y2+4y=9−4x=−12，∴x=3y=0或x=3y=−4，
∴z=3或z=3−4i.
∵z=(m2+2m)+(m2−2m−3)i，
∴当z=3时，m2+2m=3m2−2m−3=0，无解；
当z=3−4i时，m2+2m=3m2−2m−3=−4，解得m=1，
综上，可知m=1. 
【解析】(1)根据复数的几何意义得到关于m的不等式组，求出m的取值范围即可；
(2)设z=x+yi，根据对应关系求出x，y的值，求出z，代入z=(m2+2m)+(m2−2m−3)i检验即可．
本题考查了复数的几何意义，考查复数的运算，是中档题．

18.【答案】解：(I)证法一：连接AC，BD交于O，
因为BC=BA，∠B1BA=∠B1BC，B1B=BB1，
所以△B1BC≌△B1BA，故B1A=B1C，
又因为O为菱形对角线交点，即是线段AC的中点，所以B1O⊥AC，
又四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD，
而B1O∩BD=O，所以AC⊥平面BDB1.
证法二：因为∠B1BA=∠B1BC，
所以点B1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BDB1⊥平面ABCD，而平面BDB1∩平面ABCD=BD，
又四边形ABCD为菱形，故AC⊥BD，
所以AC⊥平面BDB1.
(Ⅱ)解法一：延长AA1，BB1，CC1，DD1交于点P，
平面BDB1即为平面BDP，平面ACC1即平面ACP，
由(I)得平面ACP⊥平面BDP，OP=平面ACP∩平面BDP，
所以过B1做B1H⊥OP，则B1H⊥平面ACP，
故∠B1A1H即为直线A1B1与平面ACC1所成角，
因为四棱台ABCD−A1B1C1D1中AB=2A1B1=2，所以A1B1=1，BP=6
因为AB=BC=2，所以BD=23，
作PG⊥BD，因为∠B1BD=π6，则BG=33，PG=3，所以PO=21，
cos∠BPO=36+21−32×6×21=9221，sin∠BPO=714，B1H=3714，
故sin∠B1A1H=B1HB1A1=3714.
解法二：延长AA1，BB1，CC1，DD1交于点P，
平面BDB1即为平面BDP，平面ACC1即平面ACP，
设直线A1B1与平面ACC1所成角为θ
过P作PG⊥BD，垂足为G，因为BP=6，所以BG=33
建系，以OB，OC为x，y轴，作z轴//GP，
A(0,−1,0),B(3,0,0),C(0,1,0),P(−23,0,3)，
AB=(3,1,0)AC=(0,2,0)AP=(−23,1,3)，
设平面ACP的法向量为m=(x,y,z)，
则2y=0−23x+y+3z=0，所以m=(32,0,1)，
cos⟨m,AB⟩=32×2×34+1=327=3714，
所以sinθ=3714. 
【解析】(I)法一：连接AC，BD交于O，推导出△B1BC≌△B1BA，故B1A=B1C，推导出B1O⊥AC，AC⊥BD，由此能证明AC⊥平面BDB1.
法二：推导出点B1在平面ABCD内的射影O在为∠ABC的平分线，BD为∠ABC的平分线，从而平面BDB1⊥平面ABCD，AC⊥BD，由此能证明AC⊥平面BDB1.
(Ⅱ)法一：延长AA1，BB1，CC1，DD1交于点P，过B1做B1H⊥OP，则B1H⊥平面ACP，故∠B1A1H即为直线A1B1与平面ACC1所成角，由此能求出结果．
法二：延长AA1，BB1，CC1，DD1交于点P，设直线A1B1与平面ACC1所成角为θ过P作PG⊥BD，垂足为G，因为BP=6，所以BG=33建系，以OB，OC为x，y轴，作z轴//GP，利用向量法能求出结果．
本题考查线面垂直的证明，考查线面角的正弦值的求法，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．

19.【答案】解：(1)∵2csinAcosB=asinA−bsinB+14bsinC，
∴由正弦定理：2cacosB=a2−b2+14bc，
由余弦定理：2ca⋅c2+a2−b22ac=a2−b2+14bc⇒c2=14bc⇒b=4c，
∵c=1，
∴b=4.
(2)∵D为中点，
∴AD=12(AB+AC)，
设AB，AC的夹角为θ，
∴|AD|=12AB2+AC2+2AB⋅AC=12c2+b2+2bccosθ=17+8cosθ2，
又AB⋅AD=AB⋅12(AB+AC)=12(AB2+AB⋅AC)=c2+cbcosθ2=1+4cosθ2，
∴217=cos∠BAD=AB⋅AD|AB||AD|=1+4cosθ17+8cosθ，即28cos2θ+8cosθ−11=0，
解得cosθ=12或cosθ=−1114，
又1+4cosθ>0，
∴cosθ=12，易得sinθ=32，
∴△ABC的面积为12×4×1×sinθ=3. 
【解析】(1)由题意利用正弦定理，余弦定理化简已知等式即可求解．
(2)由题意可求AD=12(AB+AC)，设AB，AC的夹角为θ，利用平面向量的运算可得|AD|=17+8cosθ2，可求AB⋅AD=1+4cosθ2，由题意利用平面向量的夹角公式可求28cos2θ+8cosθ−11=0，解得cosθ=12，易得sinθ=32，从而利用三角形的面积公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，平面向量的运算以及三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．

20.【答案】解：(1)如图沿侧棱PA将三棱锥的侧面展开如图，则AA′即为质点移动路程的最小值，
由题意可得：∠APB=∠BPC=∠CPA′=π18，所以∠APA′=π6，PA=PA′=1，
由余弦定理得A′A2=PA2+A′P2−2PA×A′Pcos∠APA′=2−2×32=2−3，A′A=6−22，
所以质点移动路程的最小值为6−22.

(2)设三棱锥的高为h，△ABC内切圆的半径为r，外接圆半径为R，圆锥的母线为l，
则12×(1+1+1)×r=34×12，解得：r=36，
R=12sin60∘=33，所以h=1−R2=1−(33)2=63，
l=r2+h2=(36)2+(63)2=32，
所以圆锥的侧面积为πrl=π×36×32=π4，
圆锥的体积为13πr2h=13π×(36)2×63=6108π.
(3)设O为点P在底面的投影，设点O到AB的距离为x，OM⊥AB于点M，
则∠PMO=θ(0∘<θ<90∘)，连接OA，则∠OAM=30∘，所以OA=2x，AB=23x，
因为△ABC是等边三角形，所以CM=3x，S△ABC=12×23x⋅3x=33x2，
因为OMMP=cosθ，所以MP=OMcosθ=xcosθ，
侧面积为3×12×23x⋅xcosθ=33x2cosθ，
所以三棱锥的表面积S=33x2+33x2cosθ=33x2(1+1cosθ)，
因为POOM=tanθ，所以PO=OMtanθ=x⋅tanθ，
所以棱锥的体积V=13⋅33x2⋅x⋅tanθ=3x3tanθ，
所以x3=V3tanθ，
所以S3=813x6(1+1cosθ)3=813(V3tanθ)2⋅(1+1cosθ)3=273V21tan2θ⋅(1+1cosθ)3，
令1cosθ=t，则tan2θ=sin2θcos2θ=1−cos2θcos2θ=t2−1，又0∘<θ<90∘，所以t>1，
所以S3=273V2(1+t)3t2−1=273V2(1+t)2t−1=273V2(t−1)2+4(t−1)+4t−1
=273V2(t−1+4t−1+4)≥273V2(2t−1⋅4t−1+4)
=273V2(2×2+4)=2163V2，
当且仅当t−1=4t−1即t=3，cosθ=13时等号成立，
S3取得最小值，S取得最小值，此时θ=arccos13，
所以体积一定时，该三棱锥侧面与底面所成的二面角为arccos13时其表面积最小． 
【解析】(1)利用三棱锥的侧面展开图即可求解；
(2)求出底面三角形内切圆的半径，圆锥的高和母线，利用圆锥的侧面积和体积公式即可求解；
(3)设O为点P在底面的投影，点O到AB的距离为x，利用x表示V与S，进而可用V表示S，再利用基本不等式求最值即可求解．
本题主要考查锥体体积的求解，锥体表面积的求解，立体几何中的最值问题等知识，属于中等题．

21.【答案】解：(1)由三角函数的周期公式可得ω=2ππ=2，
∴f(x)=sin(2x+φ)，
令2x+φ=π2+kπ(k∈Z)，得x=π4−φ2+kπ2(k∈Z)，
由于直线x=−π2为函数y=f(x)的一条对称轴，所以，−π2=π4−φ2+kπ2(k∈Z)，
得φ=3π2+kπ(k∈Z)，由于0<φ<π，∴k=−1，则φ=π2，
因此，f(x)=sin(2x+π2)=cos2x；
(2)因为A ∴π3 又f(C)=cos2C=−1，且2π3<2C<2π，
∴2C=π，
∴C=π2.
∴cosB=cos(π2−A)=sinA，
由a=cosB，得a=sinA，由锐角三角函数的定义得sinA=ac，
∴c=asinA=1，
由正弦定理得bsinB=asinA=1，
∴b=sinB=sin(π2−A)=cosA，
∴a+b+c=sinA+cosA+1=2sin(A+π4)+1，
又A+B=π2>2A，
∴0 ∴π4 ∴22 ∴2 【解析】(1)由周期可求ω，由对称轴可求φ，进而可求函数解析式；
(2)由f(C)=−1可求C，然后结合诱导公式及正弦定理可求c，b，然后结合辅助角公式进行化简a+b+c，再由正弦函数的性质可求．
本题主要考查了和差角公式，辅助角公式，正弦函数的性质在求解三角形中的应用，属于中档题．

22.【答案】(1)证明：在斜三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形ABB1A1是平行四边形，
且D为AB的中点，D1为A1B1的中点，∴A1D1//BD且A1D1=BD，
∴四边形A1DBD1为平行四边形，则A1D//D1B，
∵A1D⊄平面BD1C1，D1B⊂平面BD1C1，
∴A1D//平面BD1C1，连接DD1，如图所示，
∴DD1//AA1//CC1，且DD1=AA1=CC1，
则四边形DD1C1C为平行四边形，
∴DC//D1C1，且DC⊄平面BD1C1，D1C1⊂平面BD1C1，
∴DC//平面BD1C1，
∵A1D∩DC=D，且A1D，DC⊂平面A1DC，
∴平面A1DC//平面BD1C1；
(2)解：∵AC=BC，D为AB的中点，∴CD⊥AB，
∵平面A1B1C1⊥平面ABB1A1，∴平面ABC⊥平面ABB1A1，
且平面ABC∩平面ABB1A1=AB，CD⊥AB，CD⊂平面ABC，
∴CD⊥平面ABB1A1，CC1//平面ABB1A1，
∴CC1与平面ABB1A1 的距离x=CD，
∵A1D⊂平面ABB1A1，∴CD⊥A1D，在Rt△A1DC中，A1C=6，则A1D=36−x2(0 ∴BD1=36−x2，
∵CD⊥平面ABB1A1，则C1D1⊥平面ABB1A1，而AB1⊂平面ABB1A1，∴C1D1⊥AB1，
且AB1⊥BC1，
又C1D1∩BC1=C1，C1D1，BC1⊂平面BD1C1，∴AB1⊥平面BD1C1，且BD1⊂平面BD1C1，
∴AB1⊥BD1，记交点为E，则三角形AEB为直角三角形，
∵△B1D1E∽△ABE，且AEB1E=ABB1D1=BEED1=21，AB1=6，BD1=36−x2，
∴B1E=2，D1E=1336−x2，S△B1ED1=12B1E⋅D1E=1336−x2，
∴S△A1AD=S△BB1D1=3S△B1ED1=36−x2，
∴VA1−ACD=13S△A1AD⋅CD=x⋅36−x23，
即y=x36−x23(0 (3)解：由(2)得：y=x36−x23=36x2−x43(0 令φ(x)=36x2−x4，当x2=18，即x=32时，φ(x)取最大值为324，
此时ymax=6. 
【解析】(1)由平面与平面平行的判定证明；
(2)找到三棱锥合适的底和高，利用等体积法写出三棱锥A1−ACD的体积为y关于CC1与平面ABB1A1的距离x的函数关系式；
(3)利用函数思想通过二次函数求最值．
本题考查平面与平面平行的判定，考查棱锥体积最值的求法，考查运算求解能力，综合性强，难度较大．