2020-2021學(xué)年北京師大附中高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷

第1頁(yè)（共1頁(yè)）2020-2021學(xué)年北京師大附中高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、選擇題（每小題4分，共40分，每題均只有一個(gè)正確答案）1．（4分）若sinα＜0，且cosα＞0，則角α是（）A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角2．（4分）已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，則?＝（）A．1 B． C． D．23．（4分）圓柱的母線長(zhǎng)為5cm，底面半徑為2cm，則圓柱的側(cè)面積為（）A．20πcm2 B．10πcm2 C．28πcm2 D．14πcm24．（4分）已知向量＝（﹣1，3），＝（x，﹣1）且，則x等于（）A．3 B． C．﹣3 D．5．（4分）如圖，四邊形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，則直線PB與直線CD所成角的大小是（）A．30° B．45° C．60° D．90°6．（4分）函數(shù)的圖象（）A．關(guān)于直線對(duì)稱 B．關(guān)于直線對(duì)稱 C．關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱 D．關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱7．（4分）在△ABC中，a＝2bcosC，那么這個(gè)三角形是（）A．等邊三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．不確定8．（4分）如圖，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，若E，F(xiàn)，G，H分別是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中點(diǎn)，則下列結(jié)論一定成立的是（）A．四邊形EFGH是矩形 B．四邊形EFGH是正方形 C．BD∥HG D．平面EFGH∥平面ABCD9．（4分）已知平面向量，滿足||＝2，||＝1，則“﹣與+2互相垂直”是“⊥”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件10．（4分）如圖，函數(shù)在一個(gè)周期內(nèi)的圖象與y軸交于點(diǎn)（0，1）．P是其圖象上的最高點(diǎn)，M，N是其圖象與x軸的交點(diǎn)，則與的夾角的余弦值為（）A．0 B． C． D．1二、填空題（每小題5分，共25分）11．（5分）在△ABC中，B＝30°，AB＝15，BC＝5，則AC＝．12．（5分）如圖，這個(gè)組合體是小張同學(xué)自己設(shè)計(jì)的一個(gè)小獎(jiǎng)杯，計(jì)劃送給小劉同學(xué)，以鼓勵(lì)其認(rèn)真努力的學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)．已知該獎(jiǎng)杯中的四棱柱的高為10cm，底面是長(zhǎng)和寬分別為3cm、2cm的矩形，則該四棱柱的體積是cm3：獎(jiǎng)杯頂部?jī)蓚€(gè)球的半徑分別為5cm和2cm，則這兩個(gè)球的表面積之和為cm2．13．（5分）我國(guó)魏晉時(shí)期的數(shù)學(xué)家劉徽在給《九章算術(shù)》作注時(shí)，想到了推算球體積的方法，創(chuàng)造了一個(gè)稱為“牟合方蓋”的立體圖形．如圖1所示，在一個(gè)正方體內(nèi)作兩個(gè)互相垂直的內(nèi)切圓柱，其相交的部分，就是牟合方蓋，如圖2所示，牟合方蓋恰好把正方體的內(nèi)切球包含在內(nèi)并且同球相切．劉微指出，球體積與牟合方蓋體積之比等于．若正方體的棱長(zhǎng)為2，則“牟合方蓋”的體積等于．14．（5分）α、β是兩個(gè)不同的平面，m、n是平面α及β之外的兩條不同直線，給出四個(gè)論斷：①m⊥n②α⊥β③m⊥β④n⊥α以其中三個(gè)論斷作為條件，余下一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出你認(rèn)為正確的一個(gè)命題：．15．（5分）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱CC1，BC的中點(diǎn)，P是側(cè)面BB1C1C內(nèi)一點(diǎn)，若A1P∥平面AEF，則下列說法正確的是．①線段A1P的最大值是；②A1P⊥B1D；③A1P與DE一定異面；④三棱錐B﹣A1PC1的體積為定值．三、解答題（共6小題，共85分，解答時(shí)寫出文字說明，演算步驟或證明過程）16．（14分）在△ABC中，．（1）求a的值；（2）求△ABC的面積．17．（12分）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為CC1中點(diǎn)．（1）求證：BC1∥平面AD1E；（2）求證：A1D⊥平面ABC1D1．18．（14分）已知函數(shù)．（1）求；（2）求f（x）的最小正周期；（3）求f（x）在區(qū)間上的最大值．19．（15分）在△ABC中，sin2B+sin2C﹣sin2A＝sinBsinC．（1）求A的值；（2）再?gòu)臈l件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇兩個(gè)作為已知，求BC邊上的中線AD的長(zhǎng)度．條件①：b＝8；條件②：；條件③：．20．（15分）已知四棱錐P﹣ABCD的底面為直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥平面ABCD，且PA＝AD＝DC＝AB＝1，M是棱PB上的動(dòng)點(diǎn)．（1）求證：平面PAD⊥平面PCD；（2）若PD∥平面ACM，求的值；（3）當(dāng)M是PB中點(diǎn)時(shí)，設(shè)平面ADM與棱PC交于點(diǎn)N，求截面ADNM的面積．21．（15分）已知集合Sn＝{X|X＝（x1，x2，?，xn），xi∈R，i＝1，2，?，n}，稱x1為X的第i個(gè)分量．對(duì)于Sn的元素A＝（a1，a2，?，an），B＝（b1，b2，?，bn），定義A與B伯兩種乘法分別為：A×B＝（a1b2﹣a2b1，a2b3﹣a3b2?，anb1﹣a1bn），A*B＝（a1a2+b1b2，a2a3+b2b3?，ana1+bnb1）．給定函數(shù)f（x），定義Sn上的一種變換F（X，f）＝（f（x1），f（x2），?，f（xn））．（1）設(shè)f（x）＝|x|，A＝（1，0，﹣1），B＝（﹣1，0，1），求F（A，f）×F（B，f）和F（A，f）*F（B，f）；（2）設(shè)f（x）＝sinx，g（x）＝cosx，對(duì)于X＝（x1，x2，?，xn），設(shè)A0＝F（X，f），B0＝G（X，g）．對(duì)任意k∈N且k≤n﹣1，定義Ak+1＝Ak×Bk，Bk+1＝Ak*Bk．（i）當(dāng)n＝3時(shí)，求證：A2中為0的分量個(gè)數(shù)不可能是2個(gè)；（ii）若X＝（x1，x2，?，xn）的任一分量都只能取x或﹣x，設(shè)An﹣1的第1個(gè)分量為φ（x），求φ（x）的最小正周期的最小值，并求出此時(shí)所有的X．

2020-2021學(xué)年北京師大附中高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷參考答案與試題解析一、選擇題（每小題4分，共40分，每題均只有一個(gè)正確答案）1．（4分）若sinα＜0，且cosα＞0，則角α是（）A．第一象限角 B．第二象限角 C．第三象限角 D．第四象限角【分析】根據(jù)三角函數(shù)值的符號(hào)進(jìn)行判斷即可．【解答】解：∵sinα＜0，∴α是第三或第四象限或y軸的非正半軸，∵cosα＞0，∴α是第一或第四象限或x軸的非負(fù)半軸，綜上α是第四象限的角．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查角的象限的確定，根據(jù)三角函數(shù)值的符號(hào)關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．2．（4分）已知正方形ABCD的邊長(zhǎng)為1，則?＝（）A．1 B． C． D．2【分析】根據(jù)數(shù)量積的計(jì)算公式，便可求出．【解答】解：．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查數(shù)量積的運(yùn)算公式．3．（4分）圓柱的母線長(zhǎng)為5cm，底面半徑為2cm，則圓柱的側(cè)面積為（）A．20πcm2 B．10πcm2 C．28πcm2 D．14πcm2【分析】根據(jù)圓柱的側(cè)面積公式計(jì)算即可．【解答】解：圓柱的母線長(zhǎng)為5cm，底面半徑為2cm，則圓柱的側(cè)面積為S側(cè)＝2π×2×5＝20π（cm2）．故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了圓柱的側(cè)面積計(jì)算問題，是基礎(chǔ)題．4．（4分）已知向量＝（﹣1，3），＝（x，﹣1）且，則x等于（）A．3 B． C．﹣3 D．【分析】由可得＝0，從而可求x【解答】解：∵∴＝0∴x＝﹣3故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了向量的數(shù)量積的性質(zhì)的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)試題5．（4分）如圖，四邊形ABCD是正方形，PA⊥平面ABCD，且PA＝AB，則直線PB與直線CD所成角的大小是（）A．30° B．45° C．60° D．90°【分析】利用ABCD為正方形，則AB∥CD，可知異面直線PB與CD所成的角等于PB與AB所成的角∠PBA，然后在三角形中利用邊角關(guān)系求解即可；【解答】解：因?yàn)镻A⊥平面ABCD，AB?平面ABCD，則PA⊥AB，設(shè)PA＝AB＝1，則PB＝＝，因?yàn)锳BCD為正方形，則AB∥CD，所以異面直線PB與CD所成的角等于PB與AB所成的角∠PBA，因?yàn)閟in∠PBA＝＝＝，所以∠PBA＝45°，故異面直線PB與CD所成的角為45°；故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了異面直線所成角的求解，解題的關(guān)鍵是利用異面直線所成角的定義，考查了邏輯推理能力與空間想象能力，屬于中檔題．6．（4分）函數(shù)的圖象（）A．關(guān)于直線對(duì)稱 B．關(guān)于直線對(duì)稱 C．關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱 D．關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱【分析】由題意利用正弦函數(shù)的圖象的對(duì)稱性，得出結(jié)論．【解答】解：對(duì)于函數(shù)，令x＝，求得函數(shù)值y＝0，可得它的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，故A錯(cuò)誤，且C正確；令x＝﹣，求得函數(shù)值y＝﹣，可得它的圖象不關(guān)于直線對(duì)稱，也不關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，故BD錯(cuò)誤，故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查正弦函數(shù)的圖象的對(duì)稱性，屬于基礎(chǔ)題．7．（4分）在△ABC中，a＝2bcosC，那么這個(gè)三角形是（）A．等邊三角形 B．等腰三角形 C．直角三角形 D．不確定【分析】先根據(jù)余弦定理表示出cosC，代入整理即可得到b＝c，從而知是等腰三角形．【解答】解：∵a＝2bcosC＝2b×＝，∴a2＝a2+b2﹣c2，∴b2＝c2，∵b，c為三角形的邊長(zhǎng)，b＞0，c＞0，∴b＝c，∴△ABC是等腰三角形．故選：B．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查余弦定理在解三角形中的應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題．8．（4分）如圖，在長(zhǎng)方體ABCD﹣A1B1C1D1中，若E，F(xiàn)，G，H分別是棱A1B1，BB1，CC1，C1D1的中點(diǎn)，則下列結(jié)論一定成立的是（）A．四邊形EFGH是矩形 B．四邊形EFGH是正方形 C．BD∥HG D．平面EFGH∥平面ABCD【分析】充分利用中點(diǎn)的特征，通過證明EH＝FG，EH∥FG，EH⊥EF即可判斷A、B選項(xiàng)；利用反證法可判斷C、D選項(xiàng)．【解答】解：因?yàn)镋，H分別是棱A1B1，C1D1的中點(diǎn)，所以EH∥B1C1，且EH＝B1C1，同理可得FG∥B1C1，F(xiàn)G＝B1C1，所以EH＝FG，EH∥FG，在長(zhǎng)方體中，因?yàn)锽1C1⊥平面AA1B1B，EH∥B1C1，所以EH⊥平面AA1B1B，又因?yàn)镋H?平面AA1B1B，所以EH⊥EF，則可得四邊形EFGH是矩形，但不一定是正方形，故A正確，B錯(cuò)誤；若BD∥HG，則由HG∥EF可知，BD∥EF，又點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱A1B1，BB1的中點(diǎn)，所以EF∥A1B，所以BD∥A1B，由圖可知BD和A1B為相交直線，矛盾，故假設(shè)不成立，即C錯(cuò)誤；由圖可知，EF和AB為相交直線，所以平面EFGH與平面ABCD不會(huì)平行，故D錯(cuò)誤，故選：A．【點(diǎn)評(píng)】本題考查長(zhǎng)方體的結(jié)構(gòu)特征，線線平行、面面平行的判定，涉及反證法的應(yīng)用，數(shù)形結(jié)合思想，屬于中檔題．9．（4分）已知平面向量，滿足||＝2，||＝1，則“﹣與+2互相垂直”是“⊥”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件 C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【分析】直接根據(jù)向量的垂直和充分必要條件即可判斷．【解答】解：∵“﹣與+2互相垂直，∴（﹣）（+2）＝0，∴||2﹣2||2+?＝0，∴?＝﹣2，故“﹣與+2互相垂直”是“⊥”的既不充分也不必要條件．故選：D．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了向量的垂直和充分必要條件，屬于基礎(chǔ)題．10．（4分）如圖，函數(shù)在一個(gè)周期內(nèi)的圖象與y軸交于點(diǎn)（0，1）．P是其圖象上的最高點(diǎn)，M，N是其圖象與x軸的交點(diǎn)，則與的夾角的余弦值為（）A．0 B． C． D．1【分析】推導(dǎo)出sinφ＝，從而φ＝，進(jìn)而y＝2sin（），求出M（﹣，0），P（，2），N（，0），由此能求出與的夾角的余弦值．【解答】解：∵函數(shù)在一個(gè)周期內(nèi)的圖象與y軸交于點(diǎn)（0，1）．∴2sinφ＝1，∴sinφ＝，∵0＜φ≤，∴φ＝，∴y＝2sin（），∵P是其圖象上的最高點(diǎn)，M，N是其圖象與x軸的交點(diǎn)，∴M（﹣，0），P（，2），N（，0），∴＝（﹣，﹣2），＝（，﹣2），∴與的夾角的余弦值為：cos＜＞＝＝＝．故選：C．【點(diǎn)評(píng)】本題考查向量夾角余弦值的求法，考查三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)、向量數(shù)量積公式等基礎(chǔ)知識(shí)，考查運(yùn)算求解能力，是基礎(chǔ)題．二、填空題（每小題5分，共25分）11．（5分）在△ABC中，B＝30°，AB＝15，BC＝5，則AC＝5．【分析】直接利用三角函數(shù)的值和余弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果．【解答】解：在△ABC中，B＝30°，AB＝15，BC＝5，利用余弦定理：AC2＝AB2+BC2﹣2?AB?BC?cosB＝225+75﹣＝75，所以AC＝5（負(fù)值舍去）．故答案為：5．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：余弦定理的應(yīng)用，三角函數(shù)的值的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于基礎(chǔ)題．12．（5分）如圖，這個(gè)組合體是小張同學(xué)自己設(shè)計(jì)的一個(gè)小獎(jiǎng)杯，計(jì)劃送給小劉同學(xué)，以鼓勵(lì)其認(rèn)真努力的學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)．已知該獎(jiǎng)杯中的四棱柱的高為10cm，底面是長(zhǎng)和寬分別為3cm、2cm的矩形，則該四棱柱的體積是60cm3：獎(jiǎng)杯頂部?jī)蓚€(gè)球的半徑分別為5cm和2cm，則這兩個(gè)球的表面積之和為116πcm2．【分析】棱柱的體積為底面積乘以高；球的表面積公式為4πR2．【解答】解：四棱柱的體積為（3×2）×10＝60；兩個(gè)球的表面積之和為4π?52+4π?22＝116π．故答案為：60；116π．【點(diǎn)評(píng)】本題考查棱柱的體積公式，球的表面積公式，屬于基礎(chǔ)題．13．（5分）我國(guó)魏晉時(shí)期的數(shù)學(xué)家劉徽在給《九章算術(shù)》作注時(shí)，想到了推算球體積的方法，創(chuàng)造了一個(gè)稱為“牟合方蓋”的立體圖形．如圖1所示，在一個(gè)正方體內(nèi)作兩個(gè)互相垂直的內(nèi)切圓柱，其相交的部分，就是牟合方蓋，如圖2所示，牟合方蓋恰好把正方體的內(nèi)切球包含在內(nèi)并且同球相切．劉微指出，球體積與牟合方蓋體積之比等于．若正方體的棱長(zhǎng)為2，則“牟合方蓋”的體積等于．【分析】利用棱長(zhǎng)求出正方體內(nèi)切球的體積，再利用比值求出“牟合方蓋”的體積．【解答】解：因?yàn)檎襟w棱長(zhǎng)為2，所以正方體內(nèi)切球的半徑為1，所以內(nèi)切球的體積為V內(nèi)切球＝π?13＝，設(shè)牟合方蓋的體積為V′，則＝，解得V′＝＝＝．故答案為：．【點(diǎn)評(píng)】本題考查了正方體內(nèi)切球體積的計(jì)算問題，也考查了閱讀理解能力，是基礎(chǔ)題．14．（5分）α、β是兩個(gè)不同的平面，m、n是平面α及β之外的兩條不同直線，給出四個(gè)論斷：①m⊥n②α⊥β③m⊥β④n⊥α以其中三個(gè)論斷作為條件，余下一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出你認(rèn)為正確的一個(gè)命題：若②③④則①或若①③④則②．【分析】根據(jù)線面垂直、線線垂直、面面垂直的判定與性質(zhì)，分別探究①②③?④，①②④?③，①③④?②，②③④?①的真假，即可得到答案．【解答】解：若①m⊥n，②α⊥β，③m⊥β成立，則n與α可能平行也可能相交，也可能n?α，即④n⊥α不一定成立；若①m⊥n，②α⊥β，④n⊥α成立，則m與β可能平行也可能相交，也可能m?β，即③m⊥β不一定成立；若①m⊥n，③m⊥β，④n⊥α成立，則②α⊥β成立若②α⊥β，③m⊥β，④n⊥α成立，則①m⊥n成立故答案為：若②③④則①或若①③④則②【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是空間直線與平面垂直的判定，其中熟練掌握空間直線與平面垂直關(guān)系的判定定理、性質(zhì)定理、及幾何特征是解答本題的關(guān)鍵．15．（5分）如圖，在棱長(zhǎng)為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點(diǎn)E，F(xiàn)分別是棱CC1，BC的中點(diǎn)，P是側(cè)面BB1C1C內(nèi)一點(diǎn)，若A1P∥平面AEF，則下列說法正確的是①④．①線段A1P的最大值是；②A1P⊥B1D；③A1P與DE一定異面；④三棱錐B﹣A1PC1的體積為定值．【分析】過點(diǎn)A1作出與平面AEF平行的平面A1MN，找出其與平面BB1C1C的交線，從而確定點(diǎn)P在線段MN上．①中線段A1P的最大值可直接得到A1M＝；②通過建立坐標(biāo)系，求出向量數(shù)量積來說明B1D與平面A1MN不垂直，從而A1P⊥B1D不一定成立；③通過構(gòu)造平面來確定位置關(guān)系；④通過證明MN∥平面A1BC1，來說明三棱錐P﹣A1BC1即三棱錐B﹣A1PC1的體積為定值．【解答】解：如圖延長(zhǎng)CC1至E1，使得C1E1＝CE，則由A1E1∥AE，取B1C1的中點(diǎn)M，連接A1M，則由A1M∥AF，連接E1M并延長(zhǎng)交BB1于點(diǎn)N，則點(diǎn)N為BB1的中點(diǎn)，因?yàn)锳1E1∥AE，A1E1?平面AEF，AE?平面AEF，所以A1E1∥平面AEF，同理可得A1M∥平面AEF，又A1E1，A1M在平面A1E1N內(nèi)，且相交于點(diǎn)A1，所以平面A1E1N∥平面AEF，故點(diǎn)P在線段MN上，由圖可知，A1P≤A1M＝，故①正確；以D為原點(diǎn)，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，則D（0，0，0），B1（1，1，1），A1（1，0，1），M（，1，1），N（1，1，），所以＝（1，1，1），＝（﹣，1，0），＝（0，1，﹣），因?yàn)?＝﹣+1+0＝，所以DB1與A1M不垂直，而點(diǎn)P在線段MN上，所以條件A1P⊥B1D不一定成立，故②錯(cuò)誤；如圖，連接DE，DA1，ME，則有ME∥A1D，且ME＝A1D，故四邊形A1DEM為梯形，A1M與DE為相交直線，故③錯(cuò)誤；因?yàn)辄c(diǎn)M，N分別為B1C1，BB1的中點(diǎn)，所以MN∥BC1，又MN?平面A1BC1，BC1?平面A1BC1，所以MN∥平面A1BC1，所以線段MN上的點(diǎn)到平面A1BC1的距離都相等，又點(diǎn)P在線段MN上，所以三棱錐P﹣A1BC1的體積為定值，即三棱錐B﹣A1PC1的體積為定值，故④正確．故答案為：①④．【點(diǎn)評(píng)】本題考查立體幾何中線面位置關(guān)系，體積，屬于中檔題．三、解答題（共6小題，共85分，解答時(shí)寫出文字說明，演算步驟或證明過程）16．（14分）在△ABC中，．（1）求a的值；（2）求△ABC的面積．【分析】（1）首先利用三角函數(shù)關(guān)系式的變換求出sinB，進(jìn)一步利用正弦定理的應(yīng)用求出a的值；（2）利用三角函數(shù)的關(guān)系式的應(yīng)用和三角形的面積公式的應(yīng)用求出結(jié)果．【解答】解：（1）在△ABC中，，所以sinB＝，利用正弦定理：，整理得：＝5．（2）由于sinC＝sin（A+B）＝sinAcosB+cosAsinB＝，所以＝15．【點(diǎn)評(píng)】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：正弦定理和三角形面積公式的應(yīng)用，三角函數(shù)的關(guān)系式的變換，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于基礎(chǔ)題．17．（12分）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為CC1中點(diǎn)．（1）求證：BC1∥平面AD1E；（2）求證：A1D⊥平面ABC1D1．【分析】（1）由正方體的截面性質(zhì)和線面平行的判定定理，可得證明；（2）由正方形的性質(zhì)和線面垂直的性質(zhì)和判定，可得證明．【解答】證明：（1）由正方體的性質(zhì)可得截面ABC1D1為矩形，可得AD1∥BC1，而BC1?平面AD1E，AD1?平面AD1E，所以BC1∥平面AD1E；（2）在正方形ADD1A1中，A1D⊥AD1，又AB⊥平面A1ADD1，可得AB⊥A1D，而AB∩AD1＝A，可得A1D⊥平面ABC1D1．【點(diǎn)評(píng)】本題考查線面平行和垂直的判定和性質(zhì)，考查轉(zhuǎn)化思想和推理能力，屬于基礎(chǔ)題．18．（14分）已知函數(shù)．（1）求；（2）求f（x）的最小正周期；（3）求f（x）在區(qū)間上的最大值．【分析】（1）由題意利用三角恒等變換化簡(jiǎn)函數(shù)的解析式，可得f（）的值．（2）利用函數(shù)的周期性，得出結(jié)論．（2）利用函數(shù)的定義域和值域，得出結(jié)論．【解答】解：（1）∵函數(shù)＝cos2xsin2x+cos4x＝sin4x+cos4x＝sin（4x+），故＝sin（π+）＝﹣sin＝﹣．（2）函數(shù)f（x）＝sin（4x+）的最小正周期為＝．（3）在區(qū)間上，4x+∈（，），sin（4x+）∈（﹣，1]，sin（4x+）∈（﹣，]，故f（x）在區(qū)間上的是大值為．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查三角恒等變換，正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)，屬于中檔題．19．（15分）在△ABC中，sin2B+sin2C﹣sin2A＝sinBsinC．（1）求A的值；（2）再?gòu)臈l件①、條件②、條件③這三個(gè)條件中選擇兩個(gè)作為已知，求BC邊上的中線AD的長(zhǎng)度．條件①：b＝8；條件②：；條件③：．【分析】（1）由正弦定理化簡(jiǎn)已知等式可得b2+c2﹣a2＝bc，利用余弦定理可得cosA＝，結(jié)合范圍A∈（0，π），可得A的值．（2）若選擇①②：由已知利用三角形的面積公式可求c，根據(jù)余弦定理可求a，cosB的值，進(jìn)而根據(jù)余弦定理即可求解AD的值．若選擇條件①③：由已知利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求sinB的值，由正弦定理可得BC，BD的值，由余弦定理可得AB2﹣2AB﹣15＝0，解得AB的值，在△ABD中，由余弦定理可得AD的值．若選擇②③，由同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求sinB的值，利用三角形的面積公式可求bc＝40，ac＝35，兩式相除可得a＝，在△ABC中，根據(jù)余弦定理可得a2＝b2+c2﹣bc＝b2+c2﹣40①，b2＝a2+c2﹣ac＝a2+c2﹣10②，由①﹣②可得a2＝b2﹣15，進(jìn)而解得b，a，c的值，在△ABD中，由余弦定理即可求得AD的值．【解答】解：（1）由sin2B+sin2C﹣sin2A＝sinBsinC，得b2+c2﹣a2＝bc，所以cosA＝＝＝，又A∈（0，π），所以A＝．（2）若選擇①②：由S△ABC＝bcsinA＝×8c×＝10，得c＝5，所以a2＝b2+c2﹣2bccosA＝64+25﹣2×8×5×＝49，解得a＝7，所以cosB＝＝＝，所以AD2＝c2+（a）2﹣2（a）c?cosB＝25+﹣5＝，所以AD＝；若選擇條件①③：由題意A＝，b＝8，，可得sinB＝＝，在△ABC中，由正弦定理可得＝，可得BC＝7，可得BD＝，又由余弦定理b2＝AB2+BC2﹣2AB?BC?cosB，可得64＝AB2+49﹣2×，整理可得AB2﹣2AB﹣15＝0，解得AB＝5，或﹣3（舍去），在△ABD中，由余弦定理可得AD＝＝＝；若選擇②③，由題意可知，A＝，又，可得sinB＝＝，由＝bcsinA＝acsinB＝ac＝bc，可得bc＝40，ac＝35，兩式相除可得a＝，所以在△ABC中，根據(jù)余弦定理可得a2＝b2+c2﹣bc＝b2+c2﹣40①，b2＝a2+c2﹣ac＝a2+c2﹣10②，由①﹣②可得a2＝b2﹣15，可得（）2＝b2﹣15，解得b＝8，可得a＝7，c＝5，所以在△ABD中，由余弦定理可得AD＝＝＝．【點(diǎn)評(píng)】本題主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形的面積公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式在解三角形中的綜合應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想和方程思想的應(yīng)用，屬于中檔題．20．（15分）已知四棱錐P﹣ABCD的底面為直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥平面ABCD，且PA＝AD＝DC＝AB＝1，M是棱PB上的動(dòng)點(diǎn)．（1）求證：平面PAD⊥平面PCD；（2）若PD∥平面ACM，求的值；（3）當(dāng)M是PB中點(diǎn)時(shí)，設(shè)平面ADM與棱PC交于點(diǎn)N，求截面ADNM的面積．【分析】（1）由CD⊥平面PAD可證明平面PAD⊥平面PCD；（2）連接BD交AC于點(diǎn)E，由線面平行性質(zhì)可得PD∥ME，進(jìn)而求出的值；（3）作點(diǎn)F滿足，則AF與PC的交點(diǎn)即為PC與平面ADM的交點(diǎn)N，進(jìn)而求出截面ADNM的面積．【解答】解：（1）證明：因?yàn)椤螪AB＝90°，所以AB⊥AD，又AB∥DC，所以AD⊥DC，因?yàn)镻A⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，所以PA⊥CD，又AD，PA?平面PAD且AD∩PA＝A，所以CD⊥平面PAD，又CD?平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD．（2）連接AM，AC，連接BD交AC于點(diǎn)E，因?yàn)镻D∥平面ACM，PD?平面PBD，平面PBD∩平面ACM＝ME，所以PD∥ME，所以．（3）作點(diǎn)F滿足，則A，D，F(xiàn)，M四點(diǎn)共面，作AB的中點(diǎn)E，則，所以，所以四邊形MFCE是平行四邊形，則FC∥ME，又ME∥PA，所以FC∥PA，即P，A，C，F(xiàn)四點(diǎn)共面，平面ADFM∩平面PACF＝AF，則PC與平面ADM的交點(diǎn)必定在AF上，所以AF與PC的交點(diǎn)即為PC與平面ADM的交點(diǎn)N，所以，所以，由（1）知AD⊥DC，所以AD⊥AB，又PA⊥AD，且AB，PA?平面PAB，AB∩PA＝A，所以AD⊥平面PAB，所以AD⊥AM，所以四邊形ADFM是矩形，，所以四邊形ADFM的面積，所以四邊形ADNM的面積為．【點(diǎn)評(píng)】本題考查面面垂直的判定定理，考查線面平行的性質(zhì)定理，考查截面的作法，考查直觀想象和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)，屬于難題．21．（15分）已知集合Sn＝{X|X＝（x1，x2，?，xn），xi∈R，i＝1，2，?，n}，稱x1為X的第i個(gè)分量．對(duì)于Sn的元素A＝（a1，a2，?，an），B＝（b1，b2，?，bn），定義A與B伯兩種乘法分別為：A×B＝（a1b2﹣a2b1，a2b3﹣a3b2?，anb1﹣a1bn），A*B＝（a1a2+b1b2，a2a3+b2b3?，ana1+bnb1）．給定函數(shù)f（x），定義Sn上的一種變換F（X，f）＝（f（x1），f（x2），?，f（xn））．（1）設(shè)f（x）＝|x|，A＝（1，0，﹣1），B＝（﹣1，0，1），求F（A，f）×F（B，f）和F（A，f）*F（B，f）；（2）設(shè)f（x）＝sinx，g（x）＝cosx，對(duì)于X＝（x1，x2，?，xn），設(shè)A0＝F（X，f），B0＝G（X，g）．對(duì)任意k∈N且k≤n﹣1，定義Ak+1＝Ak×Bk，Bk+1＝Ak*Bk．（i）當(dāng)n＝3時(shí)，求證：A2中為0的分量個(gè)數(shù)不可能是2個(gè)；（ii）若X＝（x1，x2，?，xn）的任一分量都只能取x或﹣x，設(shè)An﹣1的第1個(gè)分量為φ（x），求φ（x）的最小正周期的最小值，并求出此時(shí)所有的X．【分析】（1）根據(jù)定義計(jì)算可得相應(yīng)的計(jì)算結(jié)果．（2）（i）利用反證法結(jié)合分量的特征可證明該結(jié)論．（ii）先求出A1，B1，A2，B2，A3，B3，找出一半規(guī)律后可求出φ（x），結(jié)合解析式的形式可得到何時(shí)φ（x）的最小正周期有最小值．【解答】解：（1）F（A，f）＝（f（1），f（0），f（﹣1））＝（1，0，1），F(xiàn)（B，f）＝（f（﹣1），f（0），f（1））＝（1，0，1），故F（A，f）×F（B，f）＝（1×0﹣0×1，0×1﹣1×0，1×1﹣1×1）＝（0，0，0），F(xiàn)（A，f）*F（B，f）＝（1×1+0×0，0×0+1×1，1×1+1×1）＝（1，1，2）．（2）（i）證明：當(dāng)n＝3時(shí)，A0＝（sinx1，sinx2，sinx3），B0＝（cosx1，cosx2，cosx3），故A1＝（sinx1cosx2﹣cosx1sinx2，sinx2cosx3﹣cosx2sinx3，sinx3cosx1﹣cosx3sinx1），即A1＝（sin（x1﹣x2），sin（x2﹣x3），sin（x3﹣x1）），同理B1＝（cos（x1﹣x2），cos（x2﹣x3），cos（x3﹣x1）），類似A1的求法，有：A2＝（sin[（x1﹣x2）﹣（x2﹣x3）]，sin[（x2﹣x3）﹣（x3﹣x1）]，sin[（x3﹣x1）﹣（x2﹣x3）]），＝（sin（x1+x3﹣2x2