2022-2023学年河南省驻马店市高一下学期期末数学试题（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省驻马店市高一下学期期末数学试题（含解析），共22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.如果点A在直线a上，而直线a又在平面α内，那么可以记作( )
A. A⊂a，a⊂αB. A∈a，a⊂αC. A⊂a，a∈αD. A∈a，a∈α
2.与sin2023∘的值最接近的数是
( )
A. 12B. 22C. −12D. − 22
3.已知矩形ABCD的对角线相交于点O，则AO−BC=( )
A. ABB. ACC. OCD. OB
4.用斜二测画法画▵ABC的直观图如图所示，其中O′B′=B′C′=2，A′B′=A′C′= 2，则▵ABC中BC边上的中线长为
( )
A. 3B. 2 3C. 3D. 1
5.在复平面内，角α的顶点为坐标原点，始边为实轴非负半轴，终边经过复数z=1− 3i所对应的点，则csα=( )
A. −12B. 12C. 22D. 32
6.我国人脸识别技术处于世界领先地位.所谓人脸识别，就是利用计算机检测样本之间的相似度，余弦距离是检测相似度的常用方法.假设二维空间中有两个点Ax1,y1,Bx2,y2,O为坐标原点，余弦相似度Similarity为向量OA,OB夹角的余弦值，记作csA,B，余弦距离为1−csA,B.已知Pcsα,sinα,Qcsβ,sinβ,Rcsα,−sinα，若P､Q的余弦距离为13,Q,R的余弦距离为12，则tanα⋅tanβ=( )
A. 17B. 14C. 4D. 7
7.直角梯形ABCD，满足AB⊥AD，CD⊥AD，AB=2AD=2CD=2，现将其沿AC折叠成三棱锥D−ABC，当三棱锥D−ABC体积取最大值时其外接球的体积为
( )
A. 3π2B. 43πC. 3πD. 4π
8.已知函数fx=sin2x+π6,gx=fx2+π4，若对任意的a,b∈π−m,m，当a>b时，fa−fb( )
A. π2,19π24B. π2,17π24C. 7π24,19π24D. 7π24,17π24
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知z为复数，则z+iz+i的值可能是
( )
A. 1−2iB. 2iC. −2iD. −1+2i
10.在▵ABC中，A=π4,BC=2,AC=x，则下列结论错误的是
( )
A. 若x= 6，则▵ABC有两解B. 若x=3，则▵ABC为钝角三角形
C. 若▵ABC只有一解，则x∈0,2D. 若▵ABC为直角三角形，则x=2 2
11.如图，棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P在线段B1C上运动，则
( )
A. 异面直线AP与DD1所成角的范围为π3,π2
B. 二面角P−AC−B(P不在C点)的余弦值为 33
C. 点P到平面A1C1D的距离为2 33
D. 存在一点P，使得直线AP与平面BCC1B1所成的角为π3
12.在▵ABC中，D为AC上一点，AB=AC=6,AD=4，若▵ABC的外心O恰好在BD上，则
( )
A. CO=15CA+25CBB. AO⋅AB=12
C. csA=14D. BD在BA方向上的投影向量为56BA
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知复数z1=1+i,z2= 2(cs 15∘+isin 15∘)，则z1⋅z2= ．
14.《九章算术》中将正四梭台(上､下底面均为正方形)称为“方亭”.现有一方亭，高为2，上底面边长为2，下底面边长为4，则此方亭的表面积为 ．
15.已知函数fx定义域为R，满足f1=1,fx+y+fx−y=fxfy，则f8= ．
16.在▵ABC中，a,b,c所对的角分别为A,B,C，若b2−csA=acsB+1,a+c=4，则▵ABC面积的最大值为 ．
四、解答题（本大题共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)
已知a,b是两个不共线的向量，a为单位向量，b=2．
(1)若__________，求a−b；在①a⊥a+b；②a+b= 3两个条件中任选一个填在__________上，并作答．
(2)是否存在实数λ，使得λa+b与a−λb共线，若存在求出λ；若不存在，说明理由，
18.(本小题12分)
如图，四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为菱形，▵PAB为等边三角形，平面PAB⊥底面ABCD,PA=2,PC⊥CD,O为AB的中点，E为线段PC上的动点．

(1)证明：AB⊥OE；
(2)当OE⊥平面PCD时，求三棱锥P−BDE的体积．
19.(本小题12分)
已知α∈0,π2,β∈0,π2,tanα=1−sinβcsβ．
(1)求证：2α+β=π2；
(2)若关于α的方程sinα+sinβ+m=0有两个不相等的实根，求实数m的取值范围．
20.(本小题12分)
如图，A，B，C三地在以O为圆心的圆形区域边界上，A，B两地间的距离为30公里，A,C两地间的距离为10公里，∠BAC=60∘,D是圆形区域外一景点，∠DBC=90∘,∠DCB=60∘．

(1)求圆O的半径；
(2)若一汽车从A处出发，以每小时50公里的速度沿公路AD行驶到D处需要多少小时？
21.(本小题12分)
如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，D，E分别是棱BC，AB的中点，点F在棱CC1上，已知AB=AC，AA1=3，BC=CF=2．
(1)求证：C1E//平面ADF；
(2)设点M在棱BB1上，当BM为何值时，平面CAM⊥平面ADF．
22.(本小题12分)
已知向量a=(cs ωx,sin ωx)(ω>0),b=(12, 32),f(x)=a⋅b．
(1)当x=π6时，函数fx取得最大值，求ω的最小值及此时fx的解析式；
(2)现将函数fx的图象沿x轴向左平移π3ω个单位，得到函数gx的图象.已知A,B,C是函数fx与gx图象上连续相邻的三个交点，若▵ABC是锐角三角形，求ω的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查点、线位置关系，为基础题．
结合平面的基本事实及其推论的应用判断即可
【解答】
解：直线上有无数个点，直线可看成点的集合，
点 A 在直线 a 上，可记作 A∈a ，
直线 a 在平面 α 内，可记作 a⊂α ，
故选B ．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查诱导公式，属于简单题．
利用诱导公式及特殊角的三角函数值判断即可．
【解答】
解： sin2023∘=sin360∘×5+223∘=sin223∘
=sin180∘+43∘=−sin43∘≈−sin45∘=− 22 ．
故选：D．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查向量的运算，属于基础题．
利用相等向量结合平面向量的减法可化简向量 AO−BC ．
【解答】
解：在矩形 ABCD 中， BC=AD ，又因为 AC∩BD=O ，则 DO=OB ，
因此， AO−BC=AO−AD=DO=OB ．
故选：D．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查投影与斜二测画法
作出 ▵ABC 的原图形，结合三角形的几何性质可求得 ▵ABC 中 BC 边上的中线长．
【解答】
解：在直观图中， O′B′=B′C′=2 ，且 ∠B′O′C′=45∘ ，则 ∠O′C′B′=45∘ ，故 B′C′⊥O′B′ ，
又因为 A′B′=A′C′= 2 ，则 A′B′2+A′C′2=B′C′2 ，可得 A′B′⊥A′C′ ，
故 ▵A′B′C′ 为等腰直角三角形，所以， ∠A′B′C′=45∘ ，故 A′B′//y′ 轴，
依据题意，作出 ▵ABC 的原图形如下图所示：

延长 BA 至点 D ，使得 BA=AD ，则 A 为 BD 的中点，
由题意可知， OB=2 ， OC=4 2 ， AB=2 2 ，且 AB//OC ，
所以， BD//OC 且 BD=OC ，故四边形 OBDC 为平行四边形，则 CD=OB=2 ，
取 BC 的中点 E ，连接 AE ，
因为 A 、 E 分别为 BD 、 BC 的中点，则 AE=12CD=12×2=1 ．
故选：D．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查复数的代数表示及其几何意义
根据题意求出角 α 的终边经过的点的坐标，然后利用任意角的三角函数的定义可求得结果．
【解答】
解：复数 z=1− 3i 在复平面内所对应的点为 1,− 3 ，
因为在复平面内，角 α 的顶点为坐标原点，始边为实轴非负半轴，终边经过点 1,− 3 ，
所以 csα=1 12+(− 3)2=12 ，
故选：B
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查利用向量数量积求夹角，属于中档题．
由题设 OP=(csα,sinα) ， OQ=(csβ,sinβ) ， OR=(csα,−sinα) ，利用向量夹角公式求得 cs(P,Q)=cs(α−β) 、 cs (Q,R)=cs (α+β) ，根据新定义及正余弦齐次运算求目标式的值．
【解答】
解：由 OP=(csα,sinα) ， OQ=(csβ,sinβ) ， OR=(csα,−sinα) ，
cs(P,Q)=OP⋅OQOPOQ=csαcsβ+sinαsinβ=cs(α−β) ，
cs(Q,R)=OQ⋅OROQOR=csαcsβ−sinαsinβ=cs(α+β) ，
所以 1−cs(α−β)=131−cs(α+β)=12 ，故 cs(α−β)=23cs(α+β)=12 ，
则 cs(α−β)cs(α+β)=csαcsβ+sinαsinβcsαcsβ−sinαsinβ=1+tanαtanβ1−tanαtanβ=43 ，
整理得 tanαtanβ=17 ．
故选：A．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了棱锥的体积，外接球的体积，属于中档题．
由已知可得当平面 DAC⊥ 平面 ABC 时，三棱锥体积最大，根据线面位置关系可得确定球心及半径，即可得解．
【解答】
解：
由已知得 S▵ABC 为定值，则当平面 DAC⊥ 平面 ABC 时，三棱锥体积取最大值，
由四边形 ABCD 为直角梯形， AB⊥AD ， CD⊥AD ， AB=2AD=2CD=2 ，
则 AC=BC= 2 ，
∴▵ABC 为直角三角形，
∴BC⊥AC ，AC⊂平面 ACD，
∴BC⊥ 平面 ACD ，又AD⊂ 平面 ACD ，
故 BC⊥AD ，
又AD⊥CD ，且 CD∩BC=C ，CD,BC⊂平面 BCD，
∴AD⊥ 平面 BCD ，BD⊂平面 BCD，
∴AD⊥BD ， ▵ABD 为直角三角形，设AB的中点为O，
故 OA=OB=OC=OD ，
所以 O 为外接球球心，半径 r=OA=1 ，
外接球体积 V=4π3r3=4π3 ，
故选：B．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用正弦函数的单调性解不等式，属于中档题．
根据三角恒等变换可化简为 a,b∈π−m,m ，当 a>b 时， sin (2a−π12)【解答】
解： gx=fx2+π4=sinx+π2+π6=csx+π6,
所以 fa−fb进而 sin2a+π6−cs2a+π6故 2sin2a+π6−π4< 2sin2b+π6−π4⇒sin2a−π12由于对任意的 a,b∈π−m,m ，当 a>b 时， 2a−π12>2b−π12 ， sin (2a−π12)x∈π−m,m,2x−π12∈23π12−2m,2m−π12
不妨设 2x−π12=t ，则问题转化成 ht=sint 在 t∈23π12−2m,2m−π12 单调递减，
所以 23π12−2m>π2+2kπ,2m−π12<3π2+2kπ,2m−π12>23π12−2m 其中 k∈Z ，解得 π2故选：B
9.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查复数的乘法运算，共轭复数
设z=a+bia,b∈R，则z=a−bi，从而可得z+iz+i=z⋅z+z+zi+i2=a2+b2−1+2ai.把各选项分别代入，求解即可判断．
【解答】
解：设z=a+bia,b∈R，则z=a−bi，则z⋅z=a2+b2，z+z=2a，
所以z+iz+i=z⋅z+z+zi+i2=a2+b2−1+2ai．
对于A，若z+iz+i=1−2i，则a2+b2−1=12a=−2，解得b=±1a=−1,
所以z=−1±i，符合题意， A正确；
对于B，若z+iz+i=2i，则a2+b2−1=02a=2，解得b=0a=1,
所以z=1，符合题意， B正确；
对于C，若z+iz+i=−2i，则a2+b2−1=02a=−2，解得b=0a=−1,
所以z=−1，符合题意， C正确；
对于D，若z+iz+i=−1+2i，则a2+b2−1=−12a=2，解得b2=−1a=1,
b不存在， D错误．
故选：ABC
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查利用正弦定理判定三角形解的个数，考查利用正弦定理判断三角形的形状，属于一般题，根据正弦定理求出sinB的值可判断AB；利用特殊值法结合正弦定理可以判断CD．
【解答】
解：若x= 6，由正弦定理可得 6sinB=2 22⇒sinB= 32，
因为 6>2，所以B=π3或B=2π3，即▵ABC有两解， A正确；
若x=3，由正弦定理可得3sinB=2 22⇒sinB=32 2>1，▵ABC不存在，B错；
x=2 2时，由正弦定理可得2 2sinB=2 22⇒sinB=1，
此时▵ABC有一解，即“若▵ABC只有一解，则x∈0,2”不正确，C错；

x=2时，由正弦定理可得2sinB=2 22⇒sinB= 22，此时A=B=π4⇒C=π2，三角形是直角三角形，
即“若▵ABC为直角三角形，则x=2 2”不正确，D错；

故选：BCD．
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查二面角，点到面的距离，线面角的求解，属于中档题．
利用特殊点说明A，取AC的中点O，连接OB、OB1，∠B1OB即为二面角P−AC−B(P不在C点)的平面角，即可判断B，利用等体积法求出点到平面的距离，即可判断C，连接BP，则∠APB为直线AP与平面BCC1B1所成的角，求出tan∠APB，即可判断D．
【解答】
解：对于A：当P在B1点时，因为DD1//BB1，
所以∠AB1B即为异面直线AP(AB1)与DD1所成角，
因为△AB1B为等腰直角三角形，所以∠AB1B=π4，故A错误；

对于B：因为P在线段B1C上，所以平面PAC(P不在C点)即为平面B1AC，
取AC的中点O，连接OB、OB1，
则OB⊥AC，OB1⊥AC，
所以∠B1OB即为二面角P−AC−B(P不在C点)的平面角，
又OB=12AC=12 22+22= 2，OB1= 22+ 22= 6，
所以cs∠B1OB=OBOB1= 2 6= 33，
故二面角P−AC−B(P不在C点)的余弦值为 33，即B正确；

对于C：因为A1B1//DC且A1B1=DC，所以A1B1CD为平行四边形，所以A1D//B1C，
A1D⊂平面A1C1D，B1C⊄平面A1C1D，B1C//平面A1C1D，
所以点P到平面A1C1D的距离与点B1到平面A1C1D的距离相等，
又▵A1C1D为边长为2 2的等边三角形，所以S▵A1C1D=12×2 2×2 2×sinπ3=2 3，
S△A1B1C1=12×2×2=2，
设点B1到平面A1C1D的距离为d，又VB1−A1C1D=VD−B1A1C1，即13×2 3d=13×2×2，解得d=2 33，
所以点P到平面A1C1D的距离为2 33，故 C正确；

对于D：因为AB⊥平面BCC1B1，连接BP，
所以∠APB为直线AP与平面BCC1B1所成的角，
因为BP∈ 2,2，所以tan∠APB=BPAB∈ 22,1，所以∠APB最大为π4，当且仅当P在B1、C时取得，
所以不存在点P，使得直线AP与平面BCC1B1所成的角为π3，故 D错误．

故选：BC
12.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查投影向量，向量的数量积的概念及其运算，利用余弦定理解三角形，利用正弦定理解三角形
由正弦定理即可得到OBOD，再由平面向量基本定理即可判断A，由余弦定理即可求得BD，再由余弦定理即可判断C，由平面向量数量积的运算律即可判断B，由余弦定理结合投影向量的定义即可判断D．
【解答】
解：

对于A，因为▵ABC的外心O恰好在BD上，连接OA,OC，且△ABC为等腰三角形，
在▵AOB与▵AOD中，由正弦定理可得ABsin∠AOB=OBsin∠BAO①，
ADsin∠AOD=ODsin∠OAD②，其中sin∠AOB=sin∠AOD，sin∠BAO=sin∠DAO，
两式相除可得，OBOD=ABAD=64=32，
则CO=CD+DO=CD+25DB=CD+25CB−CD
=35CD+25CB=35×13CA+25CB=15CA+25CB，故 A正确；
对于C，设OA=OB=3a，则DO=2a，在▵ABO与△ADO中cs∠AOB+cs∠AOD=0，由余弦定理可得，AO2+BO2−AB22AO⋅BO+AO2+DO2−AD22AO⋅DO=0，
即3a2+3a2−622×3a×3a+3a2+2a2−422×3a×2a=0，解得a= 85=2 105，
则BD=5a=2 10，
在▵ABD中，csA=AB2+AD2−BD22AB⋅AD=36+16−402×6×4=14，故 C正确；
对于B，因为AO=AB+BO=AB+35BD=AB+35AD−AB=25AB+35AD，
则AO⋅AB=(25AB+35AD)AB=25|AB|2+35|AD|⋅|AB|cs ∠BAD
=25×36+35×4×6×14=18，故 B错误；
对于D，在▵ABD中，由余弦定理可得，
cs∠ABD=AB2+BD2−AD22⋅AB⋅BD=36+40−162×6×2 10=52 10，
则BD在BA方向上的投影向量为BD⋅cs∠ABD⋅BABA=2 10×52 10×BA6=56BA．
故D正确；
故选：ACD
13.【答案】1+ 3i
【解析】【分析】
本题主要考查复数的乘法运算，属于基础题．
根据题意，先求得 cs15∘ 与 sin15∘ ，将复数 z2 化简，然后结合复数的乘法运算即可得到结果．
【解答】
解：由题意可得， cs15∘=cs45∘−30∘= 22× 32+ 22×12= 2 3+14 ，
sin15∘=sin45∘−30∘= 22× 32− 22×12= 2 3−14 ，
则 z2= 2(cs 15∘+isin 15∘)= 2[ 2( 3+1)4+ 2( 3−1)4i]= 3+12+ 3−12i ，
所以 z1⋅z2=(1+i)⋅( 3+12+ 3−12i)= 3+12+ 3−12i+ 3+12i− 3−12=1+ 3i ．
故答案为： 1+ 3i ．
14.【答案】20+12 5
【解析】【分析】
本题考查棱台的侧面积和表面积
先利用勾股定理求出正四棱台侧面的高，再根据多面体的表面积公式即可得解．
【解答】
解：如图所示，
AC,BD 分别是正四梭台不相邻两个侧面的高， AE⊥CD ，
则 AE 即为正四梭台的高， AE=2 ，
由 AB=2,CD=4 ，得 AC=BD= 22+4−222= 5 ，
所以此方亭的表面积为 42+22+4×2+4× 52=20+12 5 ．
故答案为： 20+12 5 ．
15.【答案】−1
【解析】【分析】
本题考查周期函数，考查函数值的求解，属于中档题．
根据题意，由条件可得函数 fx 为周期函数，且周期为 6 ，然后求得 f2 即可得到结果．
【解答】
解：因为 f1=1 ， fx+y+fx−y=fxfy ，
令 y=1 ，可得 fx+1+fx−1=fxf1=fx ，
所以 fx+1=fx−fx−1 ， fx+2=fx+1−fx ，
fx+3=fx+2−fx+1=−fx ，
所以 fx+6=fx ，即函数 fx 为周期函数，且周期为 6 ，
当 x=1,y=0 时， f1+f1=f1f0 ，所以 f0=2 ，
所以 f2=f1−f0=−1 ，
则 f8=f2=−1 ．
故答案为： −1
16.【答案】 3
【解析】【分析】
本题考查了正弦定理，余弦定理，基本不等式，属于中档题．
根据正弦定理结合三角恒等变换化简可得 b=2 ，再根据余弦定理可得 ac=61+csB ，进而根据三角形面积公式与基本不等式，结合三角恒等变换求解最值即可． 3
【解答】
解：由正弦定理可得 sinB2−csA=sinAcsB+1 ，即 2sinB−sinBcsA=sinAcsB+sinA ，
故 2sinB=sinAcsB+sinBcsA+sinA=sinA+B+sinA=sinC+sinA ，
故 2b=c+a=4 ，解得 b=2 ．
由余弦定理 b2=a2+c2−2accsB=a+c2−2ac1+csB ，
即 4=42−2ac1+csB ，解得 ac=61+csB ．
又由基本不等式可得 ac≤a+c22=4 ，当且仅当 a=c=2 时取等号．
故 61+csB≤4 ，即 csB≥12 ，当且仅当 a=b=c=2 时取等号，故 B∈0,π3 ．
故 S▵ABC=12acsinB=3sinB1+csB=6sinB2csB22cs2B2=3tanB2 ，
又 B2∈0,π6 ，故当 B2=π6 时， S▵ABC 取最大值 3 ，此时 a=b=c=2 ．
17.【答案】解：(1)
选①
由 a⊥a+b ，得 a⋅a+b=0 ，即 a2+a⋅b=0 ，
由 a=1 ，得 a⋅b=−1 ，
因为 b=2 ，所以 a−b= a2−2a⋅b+b2= 7 ，
选②
由 a+b= 3 ，即 a+b= a2+2a⋅b+b2= 3 ，
由 a=1 ， b=2 ，得 a⋅b=−1 ，
所以 a−b= a2−2a⋅b+b2= 7 ，
(2)
若 λa+b 与 a−λb 共线，
则存在实数 k ，使得 λa+b=ka−λb
由向量 a,b 是两个不共线，即 λ=kkλ=−1,
也即 λ2=−1 ，显然不存在实数 λ ．

【解析】本题考查利用向量的数量积求向量的模，向量的数量积与向量的垂直关系，平面向量共线定理
(1)若选①，则由 a⊥a+b ，得 a2+a⋅b=0 可求出 a⋅b ，再由 a−b= a2−2a⋅b+b2 可求得结果，若选②，则对 a+b= 3 两边平方，化简可求得 a⋅b ，再由 a−b= a2−2a⋅b+b2 可求得结果；
(2)若 λa+b 与 a−λb 共线，则由共线向量定理得存在实数 k ，使得 λa+b=ka−λb ，然后列方程组求解即可．
18.【答案】解：(1)
连接 OC,OP ．
由 ▵PAB 为等边三角形， O 为 AB 的中点，故 OP⊥AB ，
又因为 PC⊥DC,CD // AB ，
所以 PC⊥AB ，
再由 OP⊥AB,OP∩PC=P ， OP,PC⊂ 平面 POC ，
所以 AB⊥ 平面 POC ，
因为 OE⊂ 平面 POC ，所以 AB⊥OE ，
(2)
连接 AC,BE,DE ，因为 AB⊥ 平面 POC ，且 OC⊂ 平面 POC ，所以 AB⊥OC ，
因为 AO=OB ， OC 公共边，所以 ▵AOC ≌ ▵BOC ，所以 AC=BC ，
因为四边形 ABCD 为菱形， ▵PAB 为等边三角形， PA=2 ，
所以 PA=PB=AB=BC=CD=AD=AC=2 ，
所以 ▵PAB 和 ▵ABC 是全等的等边三角形，所以 PO=OC= 3 ，
因为 OE⊥ 平面 PCD ， PC⊂ 平面 PCD ，所以 OE⊥PC ，
所以 E 为 PC 中点，
因为平面 PAB⊥ 平面 ABCD ，平面 PAB∩ 平面 ABCD=AB,OP⊂ 平面 PAB ，OP⊥AB，
故 OP⊥ 平面 ABCD ，
根据等体积法
VP−BDE=VB−PDE=12VB−PCD=12VP−BCD=12×13S▵BCD⋅PO
=12×13×12×2×2×sin2π3× 3=12 ．


【解析】本题考查利用线面垂和面面垂直证明线线垂直，棱锥的体积，属于中档题．
(1)连接 OC,OP ，则由等腰三角形的性质可得 OP⊥AB ，而 CD // AB ，所以 PC⊥AB ，然后由线面垂直的判定可得 AB⊥ 平面 POC ，再利用线面垂直的的性质得结论；
(2)当 OE⊥ 平面 PCD 时，可证得 E 为 PC 中点，再由面面垂直的性质可得 OP⊥ 平面 ABCD ，然后利用等体积法可求得三棱锥 P−BDE 的体积．
19.【答案】解：(1)方法一：
由 tanα=1−sinβcsβ ，得 sinαcsα=1−sinβcsβ ．
所以 sinαcsβ+csαsinβ=csα ，即 sinα+β=csα ，
因为 α∈0,π2,β∈0,π2 ，所以 α+β=π2−α ，或 α+β=π2+α ，
解得 β=π2−2α ，或 β=π2 (舍去)，
所以 2α+β=π2 ，
方法二：
tanα=1−sinβcsβ=sin2β2+cs2β2−2sinβ2csβ2cs2β2−sin2β2
=sinβ2−csβ22csβ2+sinβ2csβ2−sinβ2
=csβ2−sinβ2csβ2+sinβ2=1−tanβ21+tanβ2=tanπ4−β2
由 α∈0,π2,π4−β2∈0,π4 ，且函数 y=tanx 单调递增
所以 α=π4−β2 ，即 2α+β=π2 ，
(2)由(1)知，方程 sinα+sinβ+m=0 可化为 sinα+sinπ2−2α+m=0 ，
即 cs2α+sinα+m=0 ，即 1−2sin2α+sinα+m=0 ，
所以 m=2sin2α−sinα−1 ，
因为 α=π4−β2,β∈0,π2 ，所以 α∈0,π4 ，则 t=sinα∈0, 22 ，
在同一坐标系中作出 y=m,y=2t2−t−1=2t−142−98 的图象，
因为关于 α 的方程 sinα+sinβ+m=0 有两个不相等的实数根，
由图象知： −98故实数m的取值范围为−98,−1．

【解析】本题考查逆用两角和与差的正弦公式，二倍角余弦公式，正弦(型)函数的零点
(1)方法一：将已知等式中正切化为正弦比余弦，然后化简变形可证得结论；方法二：利用二倍角公式将已知等式化为 tanα=tanπ4−β2 ，再结合正切函数的性质可得结论；
(2)将方程化简可得 m=2sin2α−sinα−1 ，令 t=sinα∈0, 22 ，然后在同一坐标系中作出 y=m,y=2t2−t−1 的图象，结合图象可求得结果．
20.【答案】解：(1)由题意，设圆的半径为 R ，
在 ▵ABC 中， AB=30,AC=10,∠BAC=60∘ ，
由余弦定理得BC= AB2+AC2−2AB⋅ACcs∠BAC ，
= 302+102−2×30×10×cs60∘=10 7 ，
由正弦定理得 BCsin∠BAC=2R ，
解得： R=103 21 ，
故求圆O的半径为103 21公里．
(2)由题意及(1)得
在 Rt▵CBD 中， ∠DBC=90∘,∠DCB=60∘,BC=10 7 ，
故 BD=BCtan60∘=10 7× 3=10 21 ，
在 ▵ABC 中， AB=30,AC=10,∠BAC=60∘ ，
由正弦定理知 BCsin∠BAC=ACsin∠ABC ，

即 sin∠ABC=10×sin60∘10 7= 2114 ，
在 ▵ABD 中， ∠DBC=90∘ ，
cs∠ABD=cs∠ABC+90∘=−sin∠ABC= 2114 ，
由余弦定理，得
AD= AB2+BD2−2AB⋅BDcs∠ABD
= 302+(10 21)2−2×30×10 21×− 2114=10 39.
由一汽车从 A 处出发，以每小时50公里的速度沿公路 AD 行驶到 D 处，
故所需时间： t=ADv=10 3950= 395 ，
即需要 395小时

【解析】本题考查利用正弦定理求三角形外接圆半径，考查利用正弦定理、余弦定理解决距离问题，属于一般题．
(1)在 ▵ABC 中利用余弦定理求出 BC ，再利用正弦定理可求出圆 O 的半径；
(2)在 Rt▵CBD 中求出 BD ，在 ▵ABC 中利用正弦定理求出 sin∠ABC ，然后在 ▵ABD 中可求出 cs∠ABD ，再利用余弦定理可求出 AD ，然后除以速度可得结果．
21.【答案】解：(1)证明：连接CE交AD于O，连接OF．
因为CE，AD为 ▵ ABC的中线，
则O为 ▵ ABC的重心，
故 CFCC1=COCE=23 ，
故OF // C1E，
因为OF⊂平面ADF，C1E⊄平面ADF，
所以C1E // 平面ADF；
(2)当BM=1时，平面CAM⊥平面ADF．
证明如下：因为AB=AC，D为BC的中点，
故AD⊥BC.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，
BB1⊥平面ABC，BB1⊂平面B1BCC1，
故平面B1BCC1⊥平面ABC．
又平面B1BCC1∩平面ABC=BC，AD⊂平面ABC，
所以AD⊥平面B1BCC1，
又CM⊂平面B1BCC1，
故AD⊥CM．
又BM=1，BC=2，CD=1，FC=2，
故Rt ▵ CBM≌Rt ▵ FCD．
易证CM⊥DF，又DF∩AD=D，DF，AD⊂平面ADF，
故CM⊥平面ADF．
又CM⊂平面CAM，
故平面CAM⊥平面ADF．

【解析】本小题主要考查空间线面关系、几何体的体积等知识，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力．
(1)连接CE交AD于O，连接OF.因为CE，AD为△ABC中线，所以O为△ABC的重心， CFCC1=COCE=23 ，由此能够证明OF // C1E，进而可得C1E // 平面ADF；．
(2)当BM=1时，平面CAM⊥平面ADF.在直三棱柱ABC−A1B1C1中，先证出AD⊥平面B1BCC1.再证明当BM=1时，平面CAM⊥平面ADF．
22.【答案】解：(1)f(x)=a⋅b=12cs ωx+ 32sin ωx
=csωxcsπ3+sinωxsinπ3
=csωx−π3 ，
当 x=π6 时，函数 fx 取得最大值，即 π6ω−π3=2kπk∈Z ，
解得 ω=12k+2k∈Z ，且 ω>0 ，则 ωmin=2 ，
此时 fx=cs2x−π3 ；
(2)由函数 fx 的图象沿 x 轴向左平移 π3ω 个单位，
得到 gx=csωx+π3ω−π3=csωx ，
由(1)知 fx=csωx−π3 ，作出两个函数图象，如图：

A,B,C 为连续三交点，(不妨设 B 在 x 轴下方)， D 为 AC 的中点，
由对称性可得 ▵ABC 是以 ∠B 为顶角的等腰三角形，
根据图像可得 AC=T=2πω=2CD ，即 CD=πω ，
由两个图像相交可得 csωx−π3=csωx ，即 csωxcsπ3+sinωxsinπ3=csωx ，化简得 sinωx=1 3csωx ，
再结合 sin2ωx+cs2ωx=1 ，解得 csωx=± 32 ，
故 yC=−yB= 32 ，可得 BD= 3 ，
当 ▵ABC 为锐角三角形时，只需要 ∠ACB>π4 即可，
由 tan∠ACB=BDDC= 3ωπ>1 ，得ω> 33π，
故 ω 的取值范围为 33π,+∞ ．

【解析】本题考查余弦型函数的性质，考查余弦型函数的图像变换，属于一般题．
(1)根据数量积的坐标公式结合辅助角公式化简，再根据余弦函数的最值即可得解；
(2)先根据平移变换得到函数 gx 的解析式，作出两个函数的图象，不妨设 B 在 x 轴下方， D 为 AC 的中点，根据 csωx−π3=csωx ，求得 BD ，再由 ▵ABC 为锐角三角形时，只需要 ∠ACB>π4 即可，即可得解．