吉林长春东北师大附中2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）

东北师大附中2022—2023学年下学期期末考试（高一）年级（数学）科试卷注意事项：1.答题前，考生须将自己的姓名、班级、考场座位号填写在答题卡指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动.用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.3.回答非选择题时，请使用0.5毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效，4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正帮、刮纸刀.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分120分.考试用时120分钟.第Ⅰ卷（选择题共48分）一、单项选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）(1i−=)z61.已知，则z=（）A.−−3iB.3i−C.−+33iD.33i+【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算计算即可.【详解】由(1i−=)z6，661i(+)得z===+33i.1i1i1i−−+()()故选：D.2.已知向量a=(2,1)，bm=(,1−)，若()aba−⊥，则实数m=（）A.3B.−3C.4D.−4【答案】A【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示，列式计算，即得答案.【详解】因为()aba−⊥，故()0aba−⋅=，第1页/共23页学科网（北京）股份有限公司 由题意得ab−=−(2m,2)，故2(2−+=m)20，解得m=3，故选：A3.已知ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，a=16，b=8，A=60°，则cosB=（）331313A.−B.C.−D.4444【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理求解即可.ab【详解】因为=，sinABsin38×所以bAsin23，sinB===a164因为ab>，所以BA<=°60，213所以cosBB=1sin−=.4故选：D.4.已知两条不同直线lm,与两个不同平面αβ,，下列命题正确的是A.若llm//,α⊥，则m⊥αB.若ll⊥αβ,//，则αβ⊥C.若lm//,//αα，则lm//D.若αβ//,//mα，则m//β【答案】B【解析】【分析】在A中，可能m⊥α,也可能m//α；在B中，由线面垂直的性质定理得αβ⊥；在C中，可能l⊥m，也可能lm//；在D中，可能m//β，也可能m⊂β.【详解】由l，m为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，知：在A中，若llm//,α⊥，则可能m⊥α,也可能m//α，故A错误；在B中，若ll⊥αβ,//，则由线面垂直的性质定理得αβ⊥,故B正确；在C中，若lm//,//αα，则可能l⊥m，也可能lm//,故C错误；第2页/共23页学科网（北京）股份有限公司 在D中，若αβ//,//mα，则可能m//β，也可能m⊂β，故D错误．故选B．【点睛】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，考查推理论证能力、空间想象能力，是中档题．5.2023年吉林省高考分数公布后，附中再续辉煌，高三一班平均分657分，其中的12名同学成绩分别是（单位：分）：673，673，677，679，682，682，684，685，687，691，697，705，则这12名学生成绩的第75百分位数是（）A.689B.687C.679D.678【答案】A【解析】【分析】根据百分位数计算规则计算可得.【详解】因为1275%×=9，所以数据的第75百分位数为从小到大排列的第9、第10两数的平均数，687691+即=689，即则这12名学生成绩的第75百分位数是689.2故选：A16.在边长为2的正三角形ABC中，AD=DB，CE=EB，则AEDE⋅=（）39339A.−B.C.−D.4224【答案】D【解析】【分析】建立平面直角坐标系，得到向量的坐标，利用数量积运算求解.【详解】解：建立如图所示平面直角坐标系：则AB(0,3,)(−1,0)设Dxy(,)，则AD=(xy,−3,)DB=−−−(1,xy)，1因为AD=DB，3第3页/共23页学科网（北京）股份有限公司 111xx=−−x=−334133所以，解得，即D−,，yy−=3−13344y=34133则AE=(0,−=3,)DE,−，449所以AEDE⋅=，4故选：D7.《九章算术》中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵、在堑堵ABCABC111中，若AB=BC=AA=4，若P为线段BA中点，则点P到平面ABC的距离为（）1111A.1B.22C.2D.4【答案】C【解析】【分析】利用等积法可求B到平面ABC11的距离，进而可求点P到平面ABC11的距离.【详解】因为ABC为直角三角形，且AB=BC，易知AB⊥BC，而AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，故AA1⊥BC，同理AA1⊥AC，BB1⊥BC，而AA11∩=ABAAAAB,,⊂平面ABB1，故BC⊥平面ABB1，11132故VCABB−1=××BCSABB11=××××=444，3323又AC=+=AB22BC42，故AC1=+=321643，222而BC1=+=161642，故BC1+=BA11AC1，1118232所以AB11⊥BC1，故VBABC−11=××dSABC11=××××d442=×=d，33233其中d为B到平面ABC11的距离，故d=22，第4页/共23页学科网（北京）股份有限公司 而P为线段BA1中点，故P到平面ABC11的距离为2.故选：C.8.已知G为ABC的重心，∠=°A150，ABAC⋅=−3，则AG的最小值为（）31−331−3A.B.C.D.2334【答案】C【解析】1【分析】取BC的中点D，连接AD，即可得到AG=(AB+AC)，根据数量积的定义得到ABAC⋅=2，322212利用基本不等式求出AB+AC的最小值，再由AG=(AB+AC)及数量积的运算律求出AG的最9小值.2211【详解】取BC的中点D，连接AD，则AG==AD×+=+(ABAC)(ABAC)，3323又∠=°A150，ABAC⋅=−3，所以ABAC⋅=⋅ABACcos∠=BAC−3，22所以ABAC⋅=2，所以AB+≥⋅=AC24ABAC，当且仅当AB=AC=2时取等号，211222所以AG=(AB+=AC)(AB+⋅+2ABACAC)99122=(AB+⋅+2ABACAC)91122=(AB−+≥−23AC)(423)，当且仅当AB=AC=2时取等号，99131−所以AG=−=(423).min93第5页/共23页学科网（北京）股份有限公司 故选：C二、多项选择题（本题共4小题，每小题4分，共16分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得4分，部分选对得2分，有选错或不选得0分）9.下列说法错误的是（）A.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥B.用一个平面去截棱锥，底面和截面之间部分所围成的几何体是棱台C.边长为2的水平放置的正方形的斜二测画法直观图面积是2D.用一个平面去截取正方体，得到的截面可能是正六边形【答案】AB【解析】【分析】当旋转轴为斜边时即可判断A，根据棱台的定义判断B，根据直观图与平面图面积的关系判断C，作出截面在判断形状，即可判断D.【详解】对于A：以直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个同底的圆锥所拼接而成的几何体，故A错误；对于B：用一个平行底面的平面去截棱锥，底面和截面之间部分所围成的几何体是棱台，故B错误；22对于C：边长为2的水平放置的正方形的斜二测画法直观图面积是×=22，故C正确；4对于D：一个平面与正方体的6个面相交，截面为六边形，此六边形可能是正六边形，如图，N、P、Q、R、S、T为正方体所在棱的中点，顺次连接得正六边形，第6页/共23页学科网（北京）股份有限公司 26设正方体棱长为a，有TN=NP=PQ=QR=RS=ST=a，PT=a，22222NT+−NPPT1在NPT中，cos∠=PNT=−，则∠=PNT120，22NTNP⋅同理∠=NPQ∠=PQR∠=QRS∠=RST∠=STN120，即六边形NPQRST为正六边形，故D正确.故选：AB10.东北师大附中培养的学生德才兼备、全面发展、在校团委领导下的各个社团，积极开展各项活动，其中甲、乙两个社团为了钠新，利用7天的时间进行宣传，将每天宣传次数绘制成如下频数分布折线图（其中前三天宣传次数相同），则下列说法正确的是（）A.甲社团众数小于乙社团众数B.甲社团的平均数小于乙社团的平均数C.甲社团的极差大于乙社团的极差D.甲社团的方差大于乙社团的方差【答案】ACD【解析】【分析】根据众数，平均数，极差，方差的公式计算即可.【详解】甲7天的次数依次为2,2,3,2,5,4,3，乙7天的次数依次为2,2,3,4,3,3,4，对于A，甲的众数为2，乙的众数为3，则甲社团众数小于乙社团众数，故A正确；2232543++++++对于B，甲社团的平均数为=3，72234334++++++乙社团的平均数为=3，7则甲社团的平均数等于乙社团的平均数，故B错误；对于C，甲社团的极差为523−=，乙社团的极差422−=，则甲社团的极差大于乙社团的极差，故C正确；对于D，甲社团的方差为182222222(23−+−+−+−+−+−+−=)(23)(33)(23)(53)(43)(33)，77第7页/共23页学科网（北京）股份有限公司 乙社团的方差为142222222(23−+−+−+−+−+−+−=)(23)(33)(43)(33)(33)(43)，77则甲社团的方差大于乙社团的方差，故D正确.故选：ACD.11.在ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则下列说法正确的是（）A.若A=60°，a=3，则ABC的外接圆半径为133B.若A=60°，a=3，则ABC的面积最大值为4C.若A=60°，b=2，且ABC为直角三角形，则a=3D.若A=60°，b=2，且ABC有两解，则a的取值范围32<<a【答案】ABD【解析】【分析】利用正弦定理即可判断A；根据余弦定理结合基本不等式及三角形的面积公式即可判断B；分B=90°和C=90°两种情况讨论即可判断C；要使ABC有两解，则60°<<B120°且B≠°90，再结合正弦定理即可判断D.【详解】对于A，因为A=60°，a=3，1a13⋅=×=1所以ABC的外接圆半径为2sinA23，故A正确；2对于B，若A=60°，a=3，22222由余弦定理可得a=+−bc2bccosA=+−≥bcbcbc，所以bc≤3，当且仅当bc==3时，取等号，133则S=bcsinA≤，△ABC2433即ABC的面积最大值为，故B正确；4对于C，当B=90°时，则abA=sin=3，当C=90°时，则abA=tan=23，第8页/共23页学科网（北京）股份有限公司 综上，a=3或23，故C错误；对于D，A=60°，b=2，abbAsin3因为=，所以sinB==，sinABsinaa因为A=60°，所以0°<<B120°，3要使ABC有两解，则60°<<B120°且B≠°90，则<<sinB1，233所以<<1，解得32<<a，故D正确.2a故选：ABD.12.在正方体ABCD−ABCD1111中，AB=1.点P在正方体的面CCDD11内（含边界）移动，则下列结论正确的是（）πA.当直线BP1∥平面ABD1时，则直线BP1与直线CD1所成的大小可能为410B.当P正方形CCDD11的中心时，Q为线段CD11上的动点，则PQQB+1的最小值为2ππC.若直线BP1与平面CCDD11所成角为，则点P的轨迹长度为42D.当直线BP1⊥AB时，Q为线段CD11中点，则三棱锥P−AQA1的体积为定值【答案】BCD【解析】【分析】应用线面平行、面面平行的判定证面ABD1//面CBD11，进而判断P的轨迹，即可判断线线角的范围，从而判断A；将平面A1B1C1D1与平面CDDC11展开，即可判断B；根据BC11⊥面CCDD11，结合线面角大小确定P的轨迹，即可求长度，从而判断C；得到点P在CC1上运动，即可判断D.【详解】对于A，如下图，连接CB1、CD1、BD11，由正方体性质知：CB11//DA，CD11//BA，第9页/共23页学科网（北京）股份有限公司 由CB1⊄面ABD1，DA1⊂面ABD1，则CB1//面ABD1，同理可证CD1//面ABD1，又CB11CD=C，CBCD11,⊂面CBD11，故面ABD1//面CBD11，由B1∈面CBD11，面CBD11∩面CCDD11=CD1，且P在正方体的面CCDD11内，所以，要使直线BP1//平面ABD1，则B1P⊂面CBD11，即PCD∈1，又△CBD11为等边三角形，ππ故P在CD1上运动时，直线BP1与直线CD1成角为,，故A错误；32对于B，将平面A1B1C1D1与平面CDDC11展开，得到如下所示图形，当P正方形CCDD11的中心时，即为CD1与CD1的交点，做PH⊥CC1，连接PB1，与CD11交于点Q，1113则此时PQQB+1最小，即为PB1，且PH=CD=，BH1=+=1，则2222221310PB=+=，故B正确；1222π对于C，由BC11⊥面CCDD11，显然BD11、BC1与面CCDD11夹角为，4π1所以，要直线BP1与平面CCDD11所成角为，则P轨迹是以C1为圆心CD1为半径的圆，44如下图示：第10页/共23页学科网（北京）股份有限公司 1π所以，轨迹长度为×=2π，故C正确；42对于D，建立如下图所示的空间直角坐标系，则可得ABB(0,0,0,)(1,0,0,)1(1,0,1)，设Pxz(,1,)，则AB=(1,0,0)，BP1=−−(x1,1,z1)，当直线BP1⊥AB时，可得ABBP⋅1=−=x10，即x=1，所以点P在CC1上运动，则AAP1的面积为定值，所以三棱锥P−AQA1的体积为定值，故D正确；故选：BCD三、填空题，本题共4小题，每小题4分，共16分.13.数据xx,,,x的平均数是2，方差是1，则数据25x+，25x+，，25x+的平均数与方差之12n12n和是______.【答案】13【解析】【分析】根据平均数与方差的性质计算即可.【详解】因为数据xx12,,,xn的平均数是2，方差是1，所以数据25x+，25x+，，25x+的平均数为2259×+=，方差为2142×=，12n所以所求为9413+=.第11页/共23页学科网（北京）股份有限公司 故答案为：13.abzz1214.在数学中，二阶行列式=ad−bc，若在复数域内，z1=2i，z2=+1i，zz32=，在当=0cdzz34时，z4=______.【答案】1【解析】【分析】确定z3，根据二阶行列式的的含义，结合复数的乘除法，列式计算求得z4，即可求得答案.【详解】由题意得zz==−1i，32zz12故由=0可得zz14−=zz230，zz34zz(1i)(1i)+−123即z4====−i，故z4=1，z2ii1故答案为：115.一船向正北方向匀速行驶，看见正西方向两座相距20海里的灯塔恰好与该船同一直线上，继续航行半小时后，看见其中一座灯塔在南偏西45°方向上，另一灯塔在南偏西75°方向上，则该船的速度是______海里/小时.【答案】20(31−)【解析】【分析】依题意画出图形，设BA=x，得到CA=x，然后在RtBAD中利用锐角三角函数求出x，即可求出速度.【详解】如图所示：设船的初始位置为A，半小时后行驶到B，两个灯塔分别位于C和D，所以∠ABC=45°，∠=°ABD75，则∠=CBD30°，∠CDB=15°，第12页/共23页学科网（北京）股份有限公司 31−tan45°−tan30°3所以tan∠CDB=tan15°=tan45(°−30°)===−23，1tan45tan30+°°311+×3设BA=x（海里），则CA=x（海里），在RtBAD中，DA=20+x，ABx则tan∠===CDB2−3，解得x=10(31−)，AD20+x1所以船速为10(31−÷=)20(31−)（海里/小时）.2故答案为：20(31−)16.青铜豆最早见于商代晚期，盛行于春秋战国时期，它不仅可以作为盛放食物的铜器.还是一件十分重要的礼器，图①为河南出土的战国青铜器——方豆，豆盘以上是长方体容器和正四棱台的斗形盖.图②是与主体CK1结构相似的几何体，其中AB=4，MN=NF=2，K为BC上一点，且=，Z为PQ上一点.若BC3QZDK⊥MZ，则=______；几何体EFGH−MNPQ的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为ZP______.1【答案】①.##0.5②.40π2【解析】【分析】设面EMZ交平面ABCD于AJ，利用面面平行的性质作出MZAJ//，证明出DCKADJ，得到CJ：JD=BKKC:，即可求出答案；先判断出球心在面NFHQ上，设NQ的中点为O1,FH的中点为O2,则球心在O在OO12上，设外接球的半径为R，OO2=d.利用半径相等列方程，解出d，即可求出R=25，计算出外接球的表面积.【详解】由题意可知：面ABCD//面EFGH//面MNPQ，设面EMZ交平面ABCD于AJ，因为面EMZ交平面MNPQZM=，所以MZAJ//，设DK∩=AJL，第13页/共23页学科网（北京）股份有限公司 因为DK⊥MZ，所以DK⊥AJ，ππ因为∠DKC+∠KDC=,∠DJL+∠KDC=，所以∠=DKC∠DJL，22π而∠=DCK∠=ADJ，所以DCKADJ，2CKDCCKDJ所以=，所以=，DJADDCADQZDJ1因为四边形ABCD为正方形，所以CJJD:=BKKC:=2:1.所以==，ZPJC2几何体EFGH−MNPQ为正四棱台，由正四棱台的对称性可知，几何体EFGH−MNPQ的外接球的球心必在平面NFHQ上，设NQ的中点为O1，FH的中点为O2，则球心在O在OO12上，由题意可知：FH=2AB=42，NQ=2MN=22，FO=22,NO=2，2111过N作NS垂直FH于S，则FS=−=(FHNQ)(4222−=)2，22由勾股定理得：NS=FN22−−FS=42=2，所以OO12=NS=2，设外接球的半径为R，OO2=d，2222由R=OF=ON可得：FO+=+OONOOO，22112即2822+=++dd()，解得：d=2，第14页/共23页学科网（北京）股份有限公司 22所以R=OF=(22)+=(2)10，2几何体EFGH−MNPQ外接球的表面积为SR=4π=40π，1故答案为：；40π.2【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球心.四、解答题：本题共6小题.共56分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图.已知正三棱柱ABCABC111的底面边长AB=6，D，E分别是CC1，BC的中点，AE=DE.（1）三棱锥AECD−的体积；（2）正三棱柱ABCABC111的表面积.96【答案】（1）2（2）1831082+【解析】【分析】（1）依题意可得AE⊥BC，在由正三棱柱的性质得到CC1⊥BC，利用勾股定理求出线段的长度，1最后由V=V=S⋅CD计算可得；AECD−−DAECAEC3（2）求出上下底面积及侧面积，即可求出棱柱的表面积.【小问1详解】因为E是BC的中点，ABC为等边三角形，所以AE⊥BC，第15页/共23页学科网（北京）股份有限公司 在正三棱柱ABCABC111中CC1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，所以CC1⊥BC，又AB=6，所以EC=3，AE=−=AC22EC33，又AE=DE，所以CD=−=DE22EC32，193所以S=××333=，AEC22119396所以V=V=S⋅=××=CD32.AECD−−DAECAEC3322【小问2详解】1由（1）可知CC1=2CD=62，SSABC=ABC111=××63393=，2S=C⋅CC=××3662=1082，侧ABC1所以棱柱的表面积S=2931082×+=+1831082.18.近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱.目前已经成为推动消费的一种流行的营销形式.对某直播平台的直播商家进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图①所示.（1）该直播平台为了更好地服务买卖双方，打算随机抽取80个直播商家进行问询交流.如果按照比例分配分层抽样的方式抽取，则应抽取小吃类、玩具类商家各多少家？（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的80个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如图②所示.请根据频率分布直方图，求出图中a的值，并估计该直播平台商家日利润的平均数（求平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）.【答案】（1）小吃类32家，玩具类8家.（2）a=0.002；平均数为377.5.【解析】【分析】（1）根据题意，直接计算，即可得到结果；第16页/共23页学科网（北京）股份有限公司 （2）根据题意，先由频率之和求得a，再根据平均数的计算公式即可得到结果.【小问1详解】由题意可得，80×(125%15%10%5%5%−−−−−=)32，8010%×=8，所以应抽取小吃类32家，玩具类8家.【小问2详解】由题意可得，(0.0013×++a0.0030.0050.007++)×=501，解得a=0.002，平均数为(2500.0013000.0033500.0074000.0054500.002×+×+×+×+×+×+×5000.0015500.001)×50=377.5，所以该直播平台商家日利润的平均数为377.5.19.如图，在四边形OBCD中，OB=2DC，OA=2AD，OB⊥OD，且AD=CD=1.（1）用OA，OB表示BC；（2）点P在线段AC上，且AC=2AP.求BC与BP夹角θ的余弦值.31【答案】（1）BC=OA−OB22985（2）85【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算，即可求得答案；（2）建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求出BC与BP的坐标，根据向量的夹角公式即可求得答案.【小问1详解】由OB=2DC，可知OB∥DC，由OA=2AD，可知A为OD的靠近D的三等分点，3131故BC=++=BOODDC−++OBOAOB=−OAOB；2222第17页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【小问2详解】因为OB⊥OD，故以O为坐标原点，以ODOB,为xy,轴，建立平面直角坐标系，而AD=CD=1，故OA=OB=2,则ABC(20,),(02),,,(31)，故AC=(1,1)，BC=(3,1)−，5153由AC=2AP，可得P,，故BP=,−，2222153+BCBP⋅22985故cosθ=cos〈BCBP,〉===.BCBP3485×10220.如图，四棱锥P−ABCD的底面是正方形，PA⊥底面ABCD，AP=AB=2，E是棱PB的中点.（1）证明：直线AE⊥平面PBC；（2）求直线DE与平面PAD所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析30（2）6【解析】【分析】（1）依题意可证BC⊥平面PAB，即可得到AE⊥BC，再由AE⊥PB，即可得证；（2）取AP的中点H，连接EH，即可证明EH⊥平面PAD，则∠EDH即为DE与平面PAD所成的角，再由锐角三角函数计算可得.第18页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【小问1详解】因为PA⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，所以PA⊥BC，又AB⊥BC，ABPA=A，ABPA,⊂平面PAB，所以BC⊥平面PAB，又AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC，因为AP=AB，E为PB的中点，所以AE⊥PB，BCPB=B，BCPB,⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC.【小问2详解】取AP的中点H，连接EH，则EHAB//，因为PA⊥底面ABCD，ABAD,⊂底面ABCD，所以PA⊥AB，PA⊥AD，又AB⊥AD，所以EH⊥PA，EH⊥AD，PA∩=ADA，PAAD,⊂平面PAD，所以EH⊥平面PAD，DH⊂平面PAD，所以EH⊥DH，所以∠EDH即为DE与平面PAD所成的角，1又EH=AB=1，DH=+=AH22AD5，DE=+=EH22DH6，2DH530所以cos∠===EDH，ED6630即直线DE与平面PAD所成角的余弦值为.621.已知在锐角ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，2ca−=3sinbCbC−cos.（1）求角B；（2）若b=23，D为AC的中点，求线段BD长度的取值范围.π【答案】（1）3（2）(7,3]第19页/共23页学科网（北京）股份有限公司 【解析】【分析】（1）由2ca−=3sinbCbC−cos，利用正弦定理得到π2sinCA−=sin3sinsinBCBC−sincos，再结合理解和的余弦公式化简为sinB+=1求解；612122（2）根据D为AC的中点，得到BD=(BC+BA)，从而有BD=(a++cac)，再由余弦定理得242221222π到a+−=cac12，得到BD=(6+ac)，然后由acRACRA=4sinsin=4sinsin−A23π=8sin2A−+4，利用三角函数的性质求解.6【小问1详解】解：因为2ca−=3sinbCbC−cos，所以2sinC−sin(BC+=)3sinsinBC−sinBCcos，2sinC−=cossinBC3sinsinBC，因为BC,∈(0,π)，所以2cos−=BB3sin，π即3sinBB+=cos2，则sinB+=1，6πππ所以B+=，则B=；623【小问2详解】因为D为AC的中点，1所以BD=(BC+BA)，222122122则BD=(BC+⋅+2BCBABA)，即BD=(a++cac)，4422222由余弦定理得b=+−ac2accosB，即a+−=cac12，21所以BD=(6+ac)，2b三角形外接圆的半径为24R==，sinB第20页/共23页学科网（北京）股份有限公司 222π则acRACRA=4sinsin=4sinsin−A，32=83sinAAcos+8sinA，=43sin2AA−+4cos24，π=8sin2A−+4，6因为ABC是锐角三角形，ππ0<<A0<<A22ππ所以，即，解得<<A，<<π<−<2ππ620C0A232ππ5ππ1则2,A−∈，则sin2A−∈(,1]，666622所以ac∈(8,12]，则BD∈(7,9]，所以BD∈(7,3]，即线段BD长度的取值范围为：(7,3].22.如图，在正方形ABCD中，点E、F分别为AB、BC的中点，将△AED，DCF分别沿DE、DF折起，使A，C两点重合于P，连接EF，PB.PM（1）点M是PD上一点.若PB//平面EFM，则为何值？并说明理由；MD（2）点M是PD上一点，若MD=3PM，求二面角M−−EFD的余弦值.1【答案】（1），理由见解析36（2）3【解析】第21页/共23页学科网（北京）股份有限公司 1【分析】（1）连BD交EF于G，连MG，根据平面几何知识得BG=BD，根据线面平行的性质定理得4PBMG//，从而可得答案；（2）证明PD⊥平面PEF，EF⊥平面PBD，推出∠MGD是二面角M−−EFD的平面角，由PD⊥平面PEF，推出PD⊥PG，设正方形ABCD的边长为4，解三角形可得结果.【小问1详解】连BD交EF于G，连MG，因为在正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，则G为EF的中点，221221BG==×=×=BEABBDBD,222424因为PB//平面EFM，PB⊂平面PBD，平面PBD平面EFM=MG，PMBG1PM1所以PBMG//，所以==，所以=；PDBD4MD3【小问2详解】由（1）知，若MD=3PM，则PBMG//，因为AE⊥AD，CF⊥CD，所以PE⊥PD，PF⊥PD，又PEPF=P，PEPF,⊂平面PEF，所以PD⊥平面PEF，因为EF⊂平面PEF，所以PD⊥EF，因为在正方形ABCD中，点E是AB的中点，点F是BC的中点，所以EF⊥BD，因为PD∩=BDD，PDBD,⊂平面PBD，所以EF⊥平面PBD，又MGGD,⊂平面PBD，所以MG⊥EF，GD⊥EF，又MG⊂平面EFM，GD⊂平面DEF，平面EFM平面DEF=EF，所以∠MGD是二面角M−−EFD的平面角.因为PD⊥平面PEF，PG⊂平面PEF，所以PD⊥PG，设正方形ABCD的边长为4，31则BD=42，GD=BD=32，PM=PD=1，MD=3,44所以PG=GD22−=−=PD18162，MG=PG22+PM=+=213，222MG+GD−MD3189+−6cosMGD===，23MGGD⋅2332××第22页/共23页学科网（北京）股份有限公司 6即二面角M−−EFD的余弦值为.3第23页/共23页学科网（北京）股份有限公司