2022-2023學(xué)年湖北省高中名校聯(lián)盟高一（下）數(shù)學(xué)試卷

2022-2023學(xué)年湖北省高中名校聯(lián)盟高一(下)聯(lián)合測(cè)評(píng)數(shù)學(xué)試

卷

1.設(shè)集合4={y|y=sinx},B={y\y=2X),則4nB=()

A.(-1,0)B.[0,1)C.(0,1]D.(0,1)

2.已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z=i(a-2i)的虛部與實(shí)部互為相反數(shù)，則實(shí)數(shù)a=()

A.-1B.-2C.1D.2

3.立體幾何中的四個(gè)基本事實(shí)是學(xué)習(xí)立體幾何的基礎(chǔ)，下列四個(gè)命題中不是立體凡何中的

基本事實(shí)的是()

A.過不在一條直線上的三點(diǎn)，有且僅有一個(gè)平面

B.如果一條直線上的兩點(diǎn)在一個(gè)平面內(nèi)，那么這條直線上的所有點(diǎn)都在這個(gè)平面內(nèi)

C.平行于同一條直線的兩條直線平行

D.垂直于同一條直線的兩條直線平行

4.已知向量方石滿足同=2,|3|=347=0，則|五+3|=()

A.B.1C.5D.

5.點(diǎn)P在以坐標(biāo)原點(diǎn)為圓心，半徑為1的圓。上逆時(shí)針做勻速圓周運(yùn)動(dòng)，起點(diǎn)為圓。與x軸正

半軸的交點(diǎn)，點(diǎn)Q為丫=一二%(工30)與圓。的交點(diǎn)，記點(diǎn)P運(yùn)動(dòng)到點(diǎn)R,使得sin/ROQ=|(

點(diǎn)R在第二象限)，則點(diǎn)R的坐標(biāo)為()

V5-2XT3-yTS-2^3-2+<^5

A.(-6，-6-)B.(6，-6-)

-/-5-27-3^

?(6,6)?(-6-'6?

6.將函數(shù)/(x)=Csinx+cosx向右平移w”>0)個(gè)單位長度后得到一個(gè)偶函數(shù)，則實(shí)數(shù)

9的最小值為()

7.在直三棱柱中，AB1BC,AB=BC=BB「過點(diǎn)4作直線，與&G和&C所

成的角均為a,則a的最小值為()

A.60°B.45°C.30°D.15°

8.在44BC中，a,b,c分別為角4B,C所對(duì)的邊,△ABC的面積為|,而?CBG(C,3，^),

則(c+a—b)(c+b-a)的取值范圍為()

A.(8日-8,8)B.(6廳12+6/3)

C.(12-6124)D.(12-6<^,6V-3)

9.己知i為虛數(shù)單位，則()

A.復(fù)數(shù)z=2-3i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第四象限

B.|l-2i|=5

C.i+i2+i3+-+z2023=-l

D.z=1—y/^i,貝!Jz,z=4

10.已知向量五=(cos9,s譏9)(。e［0,兀］)，則()

A.若?！ㄊ?，貝I。屋B.己方的最小值為一1

C.|Q+石|=|五-可能成立D.|胃-另|的最大值為3

11.已知正方體力BCD-力iB?。］的棱長為1,點(diǎn)P為線段BG上的動(dòng)點(diǎn)，則()

A.DP〃平面4當(dāng)。1

B.D/+CP的最小值為J1+，工

C.直線DP與平面4BCD、平面DCGD1、平面2。必4所成的角分別為a,。，y,則siMa+

sin2j8+sin2y=1

D.點(diǎn)C關(guān)于平面4%劣的對(duì)稱點(diǎn)為M,則M到平面4BC0的距離為g

12.在△ABC中，角4,B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,a=3,A=/。為△ABC的外心，則

()

A.若AABC有兩個(gè)解，則3<c<2c

B.方九前的取值范圍為［_3門,37~^

C.而.方的最大值為9

D.若B,C為平面上的定點(diǎn)，則4點(diǎn)的軌跡長度為兀

13.在^ABC中，內(nèi)角4B,C所對(duì)的邊分別為a,b,c.若a=3,b=5,sinB=則cos4=

14.已知點(diǎn)4(0,2),B(2,3),C(3,3),D(6,7),則荏在而上的投影向量為.(用坐標(biāo)表

示)

15.已知函數(shù)/■(>)滿足y=f(x+1)-1為奇函數(shù)，則函數(shù)f(x)的解析式可能為(寫出

一個(gè)即可).

16.己知正三棱錐4—BCD的側(cè)棱長為3,4BAC=4BAD=4乙4。=5過頂點(diǎn)4作底面BCD

的垂線，垂足為E,過點(diǎn)E作側(cè)面ABC的垂線，垂足為F,過點(diǎn)F作平面力BD的垂線，垂足為G,

連接相關(guān)線段形成四面體4EFG,則四面體2EFG的外接球的表面積為.

17.已知|砧=3,|石|=2,向量方石的夾角為60。1=2弓+3瓦2=①1-2方，其中血6/?.

(1)若不〃2，求實(shí)數(shù)Tn的值；

(2)若工，名求實(shí)數(shù)TH的值.

18.在△ABC中，角4B,C的對(duì)邊分別為a,b,c,2sinA—>/-3cosC=

tanB

(1)求B的大?。?/p>

(2)若8為銳角，求sinA+sinB+sinC的取值范圍.

19.意大利數(shù)學(xué)家卡瓦里在壞可分量幾何學(xué)J)中講解了通過平面圖形旋轉(zhuǎn)計(jì)算體積的方

法.如圖，48為半圓的直徑，C,。為半圓弧上的點(diǎn)，AB=4,NCB4=NB4)=60。，陰影部

分為弦BC,CD,/M與半圓弧所形成的弓形,將該幾何圖形繞著直徑4B所在直線旋轉(zhuǎn)一周，陰

影部分旋轉(zhuǎn)后會(huì)形成一個(gè)幾何體.

(1)寫出該幾何體的主要結(jié)構(gòu)特征(至少兩條)；

(2)計(jì)算該幾何體的體積.

20.某地政府為了解決停車難問題，在一塊空地上規(guī)劃建設(shè)一個(gè)四邊形停車場(chǎng).如圖，經(jīng)過測(cè)

量力B=2,BC=6,CD=4,DA=4,中間AC是一條道路，其面積忽略不計(jì).

(1)求3cosB-4cosD的值；

(2)△ABC,△ACO的面積分別記為Si，S2,求貸+S/的最大值.

B

D

21.如圖，在正四棱錐P-4BCD中，PA=2,AB=C，M,N分別為PA,PC的中點(diǎn).

(1)證明：平面PBDJ■平面BMN；

(2)求直線P8與平面BMN所成角的正弦值;

(3)求該四棱錐被平面BMN所截得的兩部分體積之比含，其中％〈收.

22.(1)已知函數(shù)f(x)=x+?(x>O,aeR),指出函數(shù)/(x)的單調(diào)性.(不需要證明過程);

(2)若關(guān)于。的方程sin22。+ksin29+yTlkcos^-^)sin29+4sm2(6>+^)+2k(sin8+

cos0)+k=0在。e[0,另有實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)k的最大值.

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：集合4={y\y=sin%]={y|-1<y<1},

B={y\y=2X]=(y\y>0],

則AnB={y|0<y<1).

故選：C.

求出函數(shù)的值域，然后求解交集即可.

本題考查函數(shù)的值域，交集的求法，考查計(jì)算能力.

2.【答案】B

【解析】解：復(fù)數(shù)z=-2i)=2+ai,

?.?復(fù)數(shù)z=i(a-2i)的虛部與實(shí)部互為相反數(shù)，

???2=—a,即a=—2.

故選:B.

根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，以及實(shí)部、虛部的定義，即可求解.

本題主要考查復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，以及實(shí)部、虛部的定義，屬于基礎(chǔ)題.

3.【答案】D

【解析】解：由選項(xiàng)內(nèi)容可知，ABC選項(xiàng)為立體幾何中的基本事實(shí)，。選項(xiàng)，垂直于同一條直線

的兩條直線可能異面，可能相交，可能平行，故。不是立體幾何中的基本事實(shí).

故選：D.

由立體幾何中的基本事實(shí)相關(guān)概念可判斷各選項(xiàng)正誤.

本題考查直線與平面的位置關(guān)系的判斷，是基礎(chǔ)題.

4【答案】A

【解析】解：因?yàn)閨五|=2,|3|=3'a-b=0<

所以(五+b)2=￡+21,b+b=4+0+9=13，

所以||+9|=<13.

故選：/.

根據(jù)平面向量的數(shù)量積求模長即可.

本題考查了平面向量的數(shù)量積與模長計(jì)算問題，是基礎(chǔ)題.

5.【答案】B

【解析1解：如圖設(shè)單位圓與坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為4、B、C、D,

因?yàn)辄c(diǎn)Q為y=<0)與圓。的交點(diǎn)，所以NCOQ=120°,

則N/OQ=30°,乙BOQ=60°,因?yàn)閟inZ_ROQ=泉點(diǎn)R在第二象限,

所以si7i30°<sin乙ROQ<s譏45°,

所以COSNROQ=Vl-sin2z/?OQ=容，

??.xR=cusQROQ+120°)=cosZ-R0Qcosl200—sinZ/?OQsml20°

C,1、2yf~3-<5-2^

312J326

(乙

yR=sinROQ+120°)=sinZ/?OQcosl20°+cosz./?OQsml20°

=2x(-3+^xW=，2+E即：2+E).

3V2J32616161

故選：B.

依題意畫出圖形，根據(jù)同角三角函數(shù)的基本關(guān)系求出cos/ROQ,則4cos(zJ?OQ+120°),yR=

sin^ROQ+120。)利用兩角和的正余弦公式計(jì)算可得.

本題考查三角函數(shù)的定義，兩角和差公式，屬于中檔題.

6.【答案】B

【解析】解：函數(shù)/(%)=V^sinx+cosx=2sin(x+不)的圖象向右平移卬個(gè)單位，

得到=2s譏(x+3+w),由于該函數(shù)為偶函數(shù)，故,+e=/ot+*(AeZ),整理得＜p=ATT+半

(k6Z),

當(dāng)k=。時(shí)，(P=等

故選：B.

首先利用三角函數(shù)的關(guān)系式的恒等變換，把函數(shù)的關(guān)系式變形成正弦型函數(shù)，進(jìn)一步利用函數(shù)的

性質(zhì)求出結(jié)果.

本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：函數(shù)的關(guān)系式的恒等變換，正弦型函數(shù)的性質(zhì)，主要考查學(xué)生的理解能力

和計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.

7.【答案】C

【解析】解：因?yàn)锳C〃41G，貝叱當(dāng)。4為異面直線&C］和&C所成

的角，

由題意可得：AC=BiA=BC則NB1&4=60°,

過點(diǎn)C作直線I的平行線則/與NB1C4的角平分線重合時(shí)，a取得最

小值30。.

故選：C.

根據(jù)題意分析可得NB1C4為異面直線41cl和BiC所成的角，進(jìn)而可

得直線2與N/CA的角平分線重合時(shí)，a取到最小，分析求解即可.

本題考查了異面直線所成的角的有關(guān)問題，屬于中檔題.

8.【答案】B

1QO

【解析】解：^S^--absinC-Aab=

△"ABJC22sine

.-.AC-CB=abcosfji-C)=-abcosC=-=--^76(AT3,3/3)

從而tan。6(——?),

A表c5

c?

6i-G-

r??21

22222

??.(c+Q—b)(c+b—a)=c—(a—h)=c—a—b+2ab

=-2abcosC+2ab=2ab(1-cosC)=6。藍(lán)=￡(6廳12+6門).

6tane

故選：B.

由三角形的面積為反，可得必=吃，進(jìn)而可得-白€可求C6(穹浮)，計(jì)算可求

/SITU3O

(c+a-b)(c+b-a)的取值范圍.

本題考查三角形的面積公式，考查余弦定理的應(yīng)用，屬中檔題.

9.【答案】ACD

【解析】解：z=2-3i在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(2,-3)位于第四象限，故A正確；

|1—2i\=V1+4=V-5，故B錯(cuò)誤；

i+i2+i3+i4=0,i4=1,

故t+/+]3+…+/023=j++戶=_i,故c正確；

z=1-V-3i，

故z-￡=(1—<3i)(l+Ci)=4,故D正確.

故選：ACD.

根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)的幾何意義，復(fù)數(shù)模公式，復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，以及共扼復(fù)數(shù)的定義，即

可求解.

本題主要考查復(fù)數(shù)的幾何意義，復(fù)數(shù)模公式，復(fù)數(shù)的四則運(yùn)算，以及共甄復(fù)數(shù)的定義，屬于基礎(chǔ)

題.

10.【答案】C

【解析[解：若61]b，貝Usin。=V_3cos。，即tan。=

由。G[0,可可得。=94錯(cuò)誤；

1,b=cos。+=2sin(。+弓)S2,即最大值為2,B錯(cuò)誤:

當(dāng)0=知時(shí)，a-b=2sin(。+分=0,

\a+b\=J(5+1)2=J/+2萬?1+)2=J5+2限百

\a-b\=J(a-K)2=JV—2五?石+石2=yj5—2a-K*

當(dāng)五?b—cos0+Ustn。=0，即tern。=—孕，。=到寸成立，

3o

所以|三+9I=I五一9I可能成立，。正確；

由0工847T可得1W6+'W[Wsin(6+[)W1,

OOOLO

所以己3=2sin(。+5)6[-1,2],

故|五一9|=J(a-b)2=Ja2-2a-b+b2=V5-2a-b=J5-4s譏(0+,W],。錯(cuò)

誤.

故選：C.

由已知結(jié)合向量平行的坐標(biāo)表示及向量數(shù)量積的性質(zhì)的坐標(biāo)表示檢驗(yàn)各選項(xiàng)即可判斷.

本題主要考查了向量數(shù)量積的性質(zhì)的坐標(biāo)表示的應(yīng)用，屬于中檔題.

11.【答案】ACD

【解析】解：對(duì)于4如圖車接08,DC1,ABr,4。1，BM，

在正方體ABCD-4/16%中，因?yàn)榱〃DC,AB=D^,

所四邊形ABC]/為平行四邊形，所以4CJ/BC1，

又Bgu平面BG。，AD1仁平面BCi。，所以ZD1〃平面BCiD,

同理可得DiBJ/DB,又DBu平面BGD,D$iC平面BC1。,

所以久當(dāng)〃平面BG。，由A%nA%=?！窤D】，D/iu平面

所以平面Bq?！ㄆ矫?8山1，因?yàn)镃Pu平面BQO,所以。P〃4/。，故A正確;

對(duì)于B,如圖將平面D1GB和平面BCiC展開到同一個(gè)平面，連接D】C,

DrP+CP的最小值即為。傳，在正方體可得。傳1J_平面BCiC,

GBu平面BCiC,所以56_LG8且C】C=BC,CTC1BC,所以

則平面中4D￡C=*，

2

由余弦定理得。道2=久分+CXC-2%Ci?GC-coszDCC=l+l-2xlxlx(-3)=2+

C，

即。C=J2+。，故B錯(cuò)誤;

對(duì)于C,如圖，過P作PN1GC于N,PE1BC于E,PQJ■平面ADD14于Q,

連接。。，DE,DN,PC,

由正方體易得PN1平面。CGDi，PE_L平面ABCC,

又直線DP與平面4BC。、平面DCGA、平面2。。送1所成的角分別為a,0,y,

sina-s'mZ-PDE=將，sin（i—sin4PDN—黑，sinr-sin^PDQ=第，

2

則sin2a4-sin/?+sin2y=瑞產(chǎn)+送）2+端）2=PE2+;1+PQ2,

因?yàn)镻Q1平面4。么必，CO_L平面4。。遇1，貝iJPQ〃CD,R.PQ=CD,

所以四邊形PQDC為平行四邊形，所以DQ=PC,

又在矩形PNCE中可得PE?+PN2=PE2+BC2=PC2,所以PB?+PN2=DQ2,

在RtAPQD中，DQ2+PQ2=PD2,所以PE?+PI/2+PQ2=pc2,

即si/a+siM。+sin2r=1,故C正確；

對(duì)于D,連接AC,DC&G，連接41c交平面ABmi于尸，過F作FH〃立交4c于H,

在正方體中可得，41cli當(dāng)為，CGJL平面41B1QD,因?yàn)楫?dāng)作u平面丁當(dāng)口」,

所以CQn4ci=C\,CCi，&Gu平面41clC,

所以Bi。11平面&CiC,又41cu平面&GC,

所以當(dāng)。114以同理可得14以

因?yàn)?DiA=Di，AD,BQu平面所以4C1平面4/5，即4F1平面4B/1，

因?yàn)檎叫蔚拿鎸?duì)角線=481=，訝，所以△為正二角形，又匕LA%OI=

匕-4出。1，

?,亭“8必?4/=1ShABD-AAi，貝必F=SA鏟必竺1=fW'S"n==

311Jiii^x\/2xyr2xs\n^§

因?yàn)檎襟w的體對(duì)角線41c=C，所以41F=》C,因?yàn)槭?/ZC,

所以F乃H=方CF=或2即尸4=9g因?yàn)?4「平面48C。,

A\AA\C53

所以F到平面ABC。的距離為I，由于點(diǎn)C關(guān)于平面AB]/的對(duì)稱點(diǎn)為M,

則F為CM中點(diǎn)，于是M到平面48co的距離為全故￡>.

故選：ACD.

根據(jù)正方體的幾何性質(zhì)結(jié)合線面平行判定定理、勾股定理、余弦定理、線面夾角的定義、點(diǎn)到平

面的距離，逐項(xiàng)分析解答即可得答案.

本題考查空間幾何體的性質(zhì)，考查運(yùn)算求解能力，考查推理論證能力，屬中檔題.

12.【答案】AB

【解析】解：對(duì)于4△”（?中，a=3,4冶，若△4BC有兩個(gè)解，則csirM<

a<c,

即浮c<3<c，解得3<c<2/3,所以選項(xiàng)A正確;

3

對(duì)于B,由正弦定理得高=2R,所以R=K=Cf,

oiHriZX—

設(shè)乙4oc=o,則4B0C=2TT—與一e=與一共其中ee（o,亨）,

所以瓦5BC=0A-(0C-0B')

0A0C-0A0B

=3cos。-3cos(——。)

=3(|cosO+ysin0)

=3<3sin(0+1),

因?yàn)?6(0,第，所以0+江歲圣，所以sin(0+》C所1,1],

所以3Csin(0+96[-3，^,3「],選項(xiàng)B正確；

對(duì)于C,'BABC=(OA-OB)■(OC-OB)

->--?-->-->-->-->--?2

=。4?。。一。4?。8—08?。。+。8

=3cos3—3cos(芋-8)-3cos+3

=3V""^sin(6+亨)+￡Wg-3，~^，2+3，"可，選項(xiàng)C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,4=g，。為MBC的外心，所以乙8。。=等，

所以點(diǎn)A的軌跡是優(yōu)弧BC,不包括端點(diǎn)，

計(jì)算優(yōu)弧長為|X2兀/?=殍兀，選項(xiàng)。錯(cuò)誤.

故選：AB.

選項(xiàng)A中，根據(jù)AABC有兩個(gè)解，滿足csinA<a<c,由此求出c的取值范圍；

選項(xiàng)8中，由正弦定理以及平面向量的數(shù)量積，即可求出示?旅的取值范圍；

選項(xiàng)C中，利用選項(xiàng)8的結(jié)論，即可求出瓦入”的取值范圍；

選項(xiàng)。中，根據(jù)題意，結(jié)合圖形得出點(diǎn)4的軌跡是優(yōu)弧BC,不包括端點(diǎn)，由此求出軌跡長度.

本題考查了平面向量的數(shù)量積與解三角形的應(yīng)用問題，也考查了推理與判斷能力，是中檔題.

13.【答案】亨

【解析】解：根據(jù)題意，由正弦定理號(hào)=芻，

stnAsinb

可得si"=二竺=當(dāng).，

D53

又a<b,可得A為銳角，

所以cosA=V1—sin2/l=J1—(1)2=

故答案為：竽.

根據(jù)題意，由正弦定理可得s譏4的值，利用大邊對(duì)大角可求得4為銳角，利用同角三角函數(shù)基本

關(guān)系式即可求解cos4的值.

本題考查了正弦定理，大邊對(duì)大角，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式等知識(shí)在解三角形中的應(yīng)用，屬于

基礎(chǔ)題.

14.【答案】(|,|)

【解析】解：???4(0,2),B(2,3),C(3,3),0(6,7),

：.AB=(2,1),CD=(3,4)，

.-.AB-CD=10，|CD|=5，

???亞在而上的投影向量為窄祟-T==7=

故答案為：

先求出荏，麗的坐標(biāo)，再利用投影向量的定義求解.

本題主要考查了投影向量的定義，屬于基礎(chǔ)題.

15.【答案】f(x)=x(答案不唯一)

【解析】解：取/'(x)=x,則y=f(x+1)—1=(x+1)—1=x符合題意.

故答案為：f(x)=x(答案不唯一).

根據(jù)奇函數(shù)的定義選擇函數(shù)/(x)的解析式即可.

本題考查奇函數(shù)的定義，屬于基礎(chǔ)題.

16.【答案】37r

【解析】解：由正三棱錐4-BCD可得E為等邊△BCD的中心，由題設(shè)可得等邊^(qū)BCD的邊長為3「，

取BC的中點(diǎn)為M,連接AM,EM,則AMIBC,BC1EM,

M

C

故AM=J.V9+9=學(xué),EM=371=孚，故EA=/，號(hào)口

222322\24

而AMnEM=M,AM,EMu平面4EM,故8cl平面AEM,而BCu平面ABC,

故平面4EML平面ABC過E作ET14M,垂足為T,因?yàn)槠矫?EMn平面ABC=AM,

￡Tu平面4EM,故￡71平面ABC,故7,F重合.

過尸作4B的垂線，垂足為N,

因?yàn)镹B4C==],故A814C,ACLAD,

ffuABCtAD=A,AB,40u平面ABD,故ACL平面ABD,而4Cu平面ABC,

故平面ABC1平面4BD,而平面ABCn平面ABC-AB,FNu平面ABC,

所以FN1平面ABD,故N,G重合，由EF_L平面ABC,

4Bu平面ABC可得EF1AB,同理EF_LGF,

而FG14B,FGOEF=F,FG,EFu平面EFG,故ABI平面EFG,而EGu平面EFG,故A81EG.

故三棱錐A-EFG的各面均為直角三角形，

設(shè)4E的中點(diǎn)為0,則04=0G=OF=0E,

故AE為三棱錐4-EFG外接球的直徑，

故外接球的表面積為S=兀xAE2=3TT,

故答案為：37r.

利用空間中的垂直關(guān)系可得三棱錐4-EFG的各面均為直角三角形，故可證4E為三棱錐A-EFG

外接球的直徑，據(jù)此可求外接球的表面積.

本題考查空間幾何體的外接球的球心位置的確定，考查運(yùn)算求解能力，屬中檔題.

17.【答案】解：(1)下=2五+3b，d=ma—26，

若人/Z，

則存在唯一實(shí)數(shù)人使得2=43

_Q_2

則加1一2方=4(2五+3方)，即｛72;2］，解得［=V

故m的值為-/

(2)同=3,|方|=2,五與方的夾角為60。，

則有7=3x2x；=3,

若不"Ld，c=2a+3b<d=ma.-2b>

則(2E+3B)?(m2。=2ma2-4a-6+3ma-K-6b2=0,

|a|=3,|K|=2.

則18m-12+9m-24=0,解得機(jī)=全

【解析】(1)根據(jù)已知條件，結(jié)合向量共線的性質(zhì)，即可求解；

(2)根據(jù)已知條件，向量垂直的性質(zhì)，即可求解.

本題主要考查平面向量的數(shù)量積運(yùn)算，考查轉(zhuǎn)化能力，屬于中檔題.

.【答案】解：⑴

18'J2sinAtan—BV_3cosC=#'"二’,

???2sinA—yT^cosC='3sinC：osB,^2sinAsinB—y/~3cosCsinB=y/~3sinCcosBy

sinB

2sinAsinB=yT~3(cosCsinB+sinCcosB),

又sinBcosC+cosBsinC=sin(F+C)=sinA,則2sE4si7iB=>J_3sinA?

??,Ae((),〃)，???sinA工0,則sEB=?，

又BG8或B=多

⑵,??角B是銳角，由⑴得B=*C=^--A,

:.sinA+sinC=sinA+sin俘一A)=|sin^+號(hào)cos4=V_3sin(i4+)

??"6(。丹),.?"+旌6汾

sin(力+看)CG，1］,即sinA+sinC€(殍,

???sinA+sinB+sinC的取值范圍是(，^，女合］.

【解析】(1)由題意變形得2sin4si7iB—yT^cosCsinB=y/^sinCcosB,即2siw4sinB=A/_3sin4.

即sinB=?，即可得出答案；

(2)由題意得8=與，C=^--A,則sinA+sinC=sinA+sing—4)=5sinA+ycos/l=

Csin(A+$,可得sinA+since(?,C］，即可得出答案.

本題考查解三角形，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題.

19.【答案】解：(1)該幾何體中間空心部分為一個(gè)圓柱和兩個(gè)等高的圓錐拼接而成的組合體，

且圓柱的上下底面分別為兩個(gè)圓錐的底面.該旋轉(zhuǎn)體為球體挖去上述組合體而形成的幾何體.

(2)連接BD,則分別過C,。作AB的垂線，垂足分別為E,F.

^.BAD=60°,AB=4,貝必。=2,DF=/3，AF=1.

同理BC=2,CE=C，BE=1,FF=4-1-1=2,即CD=2.

該幾何體的體積為球的體積，減去兩個(gè)圓錐的體積，減去圓柱的體積,

所以1/=/X23-2X；XTT(OX1-7TX(C)2x2=

【解析】(1)依據(jù)幾何體的形狀可得該幾何體的主要結(jié)構(gòu)特征；

(2)連接BD,則4D1BD,分別過C,。作4B的垂線，垂足分別為E,F,根據(jù)已知可得幾何體的

體積為球的體積，減去兩個(gè)圓錐的體積，減去圓柱的體積，求解即可.

本題考查空間幾何體的性質(zhì)，考查空間幾何體的體積的計(jì)算，屬中檔題.

20.【答案】解：(1)在△力BC,△ADC中，AB=2,BC=6,AD=CD=4,

根據(jù)余弦定理，AC2=AB2+BC2-2AB-BCcosB=4+36-24cosB=40-24cosB,

同理，在△ZDC中，AC2=AD2+CD2-2AD-CDcosD=32-32cosD,

所以40-24cosB=32-32cosD,化簡(jiǎn)得3cosB-4cosD=1.

(2)由(1)有cos。=的聆，

11

由題意貸=(qAB-BCsinB)2=6x2x6sinF)2=36sin2B=36(1-cos2B),

同理可得，△4DC的面積S2，Si=(^AD-CDsinDY=(8sin￡>)2=64-64cos2。

=64—4(3cosF—l)2=60—36cos2B+24cosB,

令cosB=x,則平+5f=36(1-x2)+60+24%-36x2=24(-3x2+x+4),

所以，當(dāng)方=皿8=焉時(shí)，S/+S勰得最大值，最大值為98.

【解析】⑴在△ABC,△4DC中，利用余弦定理求解即可；⑵由⑴得cos。=3%？再利用

三角形面積公式及二次函數(shù)求最值得出結(jié)果.

本題考查正余弦定理，考查三角形面積的最值問題，屬于中檔題.

21.【答案】證明：(1)在正四棱錐P—力BCD中，連接4C0BD=0,

連接P。，

由正方形4BCD,得AC1BD,由PA=PC,得POA.AC,POCtBD=

0,P0,8。<=平面28。，

則4cl平面PBD,而M,N分別為P面PC的中點(diǎn),即MN〃/1C,

因此MN1平面PBD,又MNu平面BMN,

所以平面PBD，平面8MN；

解：(2)設(shè)P0與MN相交于點(diǎn)尸，貝爐為P。的中點(diǎn)，延長BF交PD于點(diǎn)E,連接EM,EN,

由BC=。，得BD=2,則APB。為等邊三角形，P0=y/~3,

因?yàn)槠矫鍼BO_L平面BMN,且BE為交線，所以P到平面BMN的距離等于P到直線BE的距離，

BF=VBO2+OF2=J/+(7)=三呼=W，PB=2'

在小PBF中,由余弦定理得COSNPBF=2+(工)翼=-