2022-2023学年福建省南平高级中学高一(下)期中数学试卷【答案版】

2022-2023学年福建省南平高级中学高一（下）期中数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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.
1．已知z ＝i 3•（2+i ），则z 的虚部为（ ） A ．1
B ．﹣2
C ．2i
D ．﹣2i
2．如图，已知等腰三角形O 'A 'B '是一个平面图形的直观图，O 'A '＝A 'B '，斜边O 'B '＝2，则这个平面图形的面积是（ ）
A ．2√2
B ．1
C ．√2
D ．√2
2
3．已知a ，b ，c 是两两不同的三条直线，下列说法正确的是（ ） A ．若直线a ，b 异面，b ，c 异面，则a ，c 异面 B ．若直线a ，b 相交，b ，c 相交，则a ，c 相交
C ．若a ∥b ，则a ，b 与c 所成的角相等
D ．若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c
4．已知平面向量a →
，b →
满足|a →
|=√3，|b →
|=1，a →
与b →
的夹角为30°，(λb →
−a →
)⊥a →
，则实数λ的值为（ ） A ．﹣2
B ．2
C ．−1
2
D ．1
2
5．平行四边形ABCD ，点E 满足AC →
=4AE →
，DE →
=λ2AB →
+2μAD →(λ，μ∈R)，则λ+μ＝（ ）
A ．1
8
B ．1
4
C ．1
2
D ．1
6．“阿基米德多面体”这称为半正多面体（semi ﹣regularsolid ），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知AB =3√2
2，则该半正多面体外接球的表面积为（ ）
A ．18π
B ．16π
C ．14π
D ．12π
7．已知在正四面体A ﹣BCD 中，M 为AB 的中点，则直线CM 与AD 所成角的余弦值为（ ） A ．1
2
B ．
√23
C ．
√36
D ．2
3
8．若圆锥的表面积为3π，其侧面展开图为一个半圆，则下列结论正确的为（ ） A ．圆锥的母线长为1 B ．圆锥的底面半径为2 C ．圆锥的体积为
√33
π D ．圆锥的侧面积为π
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9．已知复数z 满足（2+i ）z ＝1+3i ，则（ ） A ．|z|=√2 B ．z 在复平面内对应的点位于第二象限
C ．z 4＝4
D ．z 满足方程z 2﹣2z +2＝0
10．已知平面向量a →
=(1，λ)，b →
=(−2，1)，则下列说法正确的是（ ） A ．若λ＝0，则|a →
+b →
|=2
B ．若a →
∥b →
，则λ=−12
C ．若a →
与b →
的夹角为锐角，则λ＜2
D ．若λ＝﹣1，则a →
在b →
上的投影向量为−35b →
11．如图，AC 为圆锥SO 底面圆O 的直径，点B 是圆O 上异于A ，C 的动点，SO ＝OC ＝1，则下列结论正确的是（ ）
A ．圆锥SO 的侧面积为2√2π
B ．三棱锥S ﹣AB
C 体积的最大值为13
C ．∠SAB 的取值范围是(π4
，π3
)
D ．若AB ＝BC ，F 为线段AB 上的动点，则SF +CF 的最小值为√3+1
12．在△ABC 中，角A ，B ，C 对边分别是a ，b ，c ，A =π3
，b ＝8，a =2√13．则下列说法正确的是（ ） A ．△ABC 为锐角三角形
B ．△AB
C 面积为4√3或12√3
C ．AB 长度为6
D ．△ABC 外接圆的面积为
52π3
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别为BB 1，AB 的中点，则三棱锥A ﹣NMD 1的体积为 ．
14．在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，若S 表示△ABC 的面积，若a cos B +b cos A ＝c sin C ，S =1
4(b 2+c 2−a 2)，则∠B ＝ ．
15．在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，P 是上底面A 1B 1C 1D 1
内一点（含边界），若AP ∥平面BDEF ，则P 点的轨迹长为 ．
16．已知点O 为△ABC 的外心，外接圆半径为1，且满足2OA →
+ 3OB →
+ 4OC →
=0→
，则△ABC 的面积为 ．
四、解答题（本题共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．（10分）设向量a →
，b →
满足|a →
|=|b →
|=1，且|3a →
−2b →
|=√7． （1）求a →
与b →
夹角的大小； （2）求a →
+b →
在b →
上的投影向量．
18．（12分）已知圆锥的底面半径R ＝6，高h ＝8． （1）求圆锥的表面积和体积；
（2）如图若圆柱O ′O 内接于该圆锥，试求圆柱侧面积的最大值．
19．（12分）在①asinB −√3bcosA =0；②（sin B ﹣sin C ）2＝sin 2A ﹣sin B sin C ；③2cos A （c cos B +b cos C ）＝a 这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并加以解答．问题：△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足_____． （1）求A ；
（2）若a =√3，且sin C ＝2sin B ，求△ABC 的面积． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．
20．（12分）已知函数f(x)=√3sinωxcosωx −cos 2ωx(ω＞0)的图象相邻对称中心之间的距离为π
2
．
（1）求函数f （x ）的单调递增区间；
（2）若函数g （x ）＝f （x ）﹣b ，且g （x ）在[0，π
2]上有两个零点，求b 的取值范围．
21．（12分）如图所示，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，侧面P AD 为正三角形，M 为线段PD 上一点，N 为BC 的中点．
（1）当M 为PD 的中点时，求证：MN ∥平面P AB ． （2）当PB ∥平面AMN ，求出点M 的位置，说明理由．
22．（12分）在路边安装路灯，灯柱AB 与地面垂直（满足∠BAD ＝90°），灯杆BC 与灯柱AB 所在平面与道路垂直，且∠ABC ＝120°，路灯C 采用锥形灯罩，射出的光线如图中阴影部分所示，已知∠ACD ＝60°，路宽AD ＝12m ．设灯柱高AB ＝h （m ），∠ACB ＝θ（30°≤θ≤45°）． （1）求灯柱的高h （用θ表示）；
（2）若灯杆BC 与灯柱AB 所用材料相同，记此用料长度和为S ，求S 关于θ的函数表达式，并求出S 的最小值．
2022-2023学年福建省南平高级中学高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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.
1．已知z ＝i 3•（2+i ），则z 的虚部为（ ） A ．1
B ．﹣2
C ．2i
D ．﹣2i
解：z ＝i 3•（2+i ）＝﹣i •（2+i ）＝﹣2i ﹣i 2＝1﹣2i ，虚部为﹣2． 故选：B ．
2．如图，已知等腰三角形O 'A 'B '是一个平面图形的直观图，O 'A '＝A 'B '，斜边O 'B '＝2，则这个平面图形的面积是（ ）
A ．2√2
B ．1
C ．√2
D ．
√2
2
解：∵Rt △O 'A 'B '是一平面图形的直观图，斜边O 'B '＝2， ∴直角三角形的直角边长是√2，
∴直角三角形的面积是1
2×√2×√2=1，
∴原平面图形的面积是1×2√2=2√2， 故选：A ．
3．已知a ，b ，c 是两两不同的三条直线，下列说法正确的是（ ） A ．若直线a ，b 异面，b ，c 异面，则a ，c 异面 B ．若直线a ，b 相交，b ，c 相交，则a ，c 相交
C ．若a ∥b ，则a ，b 与c 所成的角相等
D ．若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c
解：若直线a ，b 异面，b ，c 异面，则a ，c 相交、平行或异面，故A 错误； 若a ，b 相交，b ，c 相交，则a ，c 相交、平行或异面，故B 错误； 若a ∥b ，则a ，b 与c 所成的角相等，故C 正确； 若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ，c 相交、平行或异面，故D 错误． 故选：C ．
4．已知平面向量a →
，b →
满足|a →
|=√3，|b →
|=1，a →
与b →的夹角为30°，(λb →
−a →)⊥a →
，则实数λ的值为（ ） A ．﹣2
B ．2
C ．−1
2
D ．1
2
解：因为(λb →
−a →
)⊥a →
，所以(λb →
−a →
)⋅a →
=0，即λa →
⋅b →
−a →
2=0，故λ×√3×1×√3
2
−3=0，∴λ＝2．
故选：B ．
5．平行四边形ABCD ，点E 满足AC →=4AE →，DE →
=λ
2AB →+2μAD →
(λ，μ∈R)，则λ+μ＝（ ） A ．1
8
B ．1
4
C ．1
2
D ．1
解：DE →
=AE →
−AD →
=14AC →−AD →=14(AB →+AD →)−AD →=14AB →−34
AD →
，
又因为DE →
=λ2AB →
+2μAD →
，所以{
λ2=1
42μ=−
3
4
，所以{λ=
1
2μ=−38
，所以λ+μ=12−38=18． 故选：A ．
6．“阿基米德多面体”这称为半正多面体（semi ﹣regularsolid ），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知AB =3√2
2，则该半正多面体外接球的表面积为（ ）
A ．18π
B ．16π
C ．14π
D ．12π
解：如图，在正方体EFGH ﹣E 1F 1G 1H 1中，取正方体、正方形E 1F 1G 1H 1的中心O 、O 1，连接E 1G 1，OO 1，OA ，O 1A ，
∵A ，B 分别为E 1H 1，H 1G 1的中点，则E 1G 1=2AB =3√2， ∴正方体的棱长为EF ＝3，
故OO 1=O 1A =3
2，可得OA =√OO 12
+O 1A 2=
3√2
2
， 根据对称性可知：点O 到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为O ，半径R =OA =
3√2
2
， 故该半正多面体外接球的表面积为S =4πR 2=4π×(3√2
2)2=18π． 故选：A ．
7．已知在正四面体A ﹣BCD 中，M 为AB 的中点，则直线CM 与AD 所成角的余弦值为（ ） A ．1
2
B ．
√23
C ．
√36
D ．2
3
解：如图，设正四面体A ﹣BCD 的棱长为2，取BD 的中点N ， 连结MN ，CN ，∵M 是AB 的中点，∴MN ∥AD ， ∴∠CMN 是CM 与AD 所成的角， 设MN 的中点为E ，则CE ⊥MN ， 在△CME 中，ME =12
，CM ＝CN =√3，
∴直线CM 与AD 所成角的余弦值为cos ∠CME =ME
CM =1
23
=√36．
故选：C ．
8．若圆锥的表面积为3π，其侧面展开图为一个半圆，则下列结论正确的为（ ） A ．圆锥的母线长为1
B ．圆锥的底面半径为2
C ．圆锥的体积为
√33
π D ．圆锥的侧面积为π
解：设圆锥的底面半径为r ，母线为l ，由于其侧面展开图是一个半圆， 则2πr =
1
2
×2πl ，即l ＝2r ，又圆锥的表面积为3π， 所以表面积S ＝πrl +πr 2＝3πr 2＝3，解得r ＝1，得母线长l ＝2，故A ，B 均错误； 则圆锥的高ℎ=√l 2−r 2=√3，
所以侧面积S 侧＝πrl ＝2π，体积V =1
3πr 2ℎ=1
3π×1×√3=√3
3π．故C 正确，D 错误． 故选：C ．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9．已知复数z 满足（2+i ）z ＝1+3i ，则（ ） A ．|z|=√2 B ．z 在复平面内对应的点位于第二象限
C ．z 4＝4
D ．z 满足方程z 2﹣2z +2＝0
解：对于A ：z =1+3i
2+i =1+i ，|z|=√2，故A 正确；
对于B ：z =1−i 在复平面内对应的点位于第四象限，故B 错误； 对于C ：z 4＝（1+i ）4＝[（1+i ）2]2＝（2i ）2＝﹣4，故C 错误； 对于D ：z 2﹣2z +2＝（1+i ）2﹣2（1+i ）+2＝2i ﹣2+2i +2＝0，故D 正确． 故选：AD ．
10．已知平面向量a →
=(1，λ)，b →
=(−2，1)，则下列说法正确的是（ ） A ．若λ＝0，则|a →
+b →
|=2
B ．若a →
∥b →
，则λ=−1
2
C ．若a →
与b →
的夹角为锐角，则λ＜2
D ．若λ＝﹣1，则a →
在b →
上的投影向量为−35
b →
解：平面向量a →
=(1，λ)，b →
=(−2，1)，
对于A ，当λ＝0时，a →
+b →
=(−1，1)，|a →
+b →
|=√(−1)2+12=√2，A 错误； 对于B ，a →
∥b →
，a →
=(1，λ)，b →
=(−2，1)，则﹣2λ＝1，解得λ=−1
2，B 正确；
对于C ，a →
与b →
的夹角为锐角，则a →
⋅b →
＞0且a →
与b →
不共线，当a →⋅b →
＞0时，1×（﹣2）+λ×1＞0， 解得λ＞2，由B 选项知，当λ≠−12
时，a →
与b →
不共线，因此λ＞2，C 错误； 对于D ，当λ＝﹣1时，a →
⋅b →=−3，而|b →
|=√(−2)2+12=√5，
因此a →
在b →
上的投影向量为a →⋅b →
|b →
|
⋅
b
→
|b →
|
=−
35
b →，D 正确．
故选：BD ．
11．如图，AC 为圆锥SO 底面圆O 的直径，点B 是圆O 上异于A ，C 的动点，SO ＝OC ＝1，则下列结论正确的是（ ）
A ．圆锥SO 的侧面积为2√2π
B ．三棱锥S ﹣AB
C 体积的最大值为13
C ．∠SAB 的取值范围是(π4
，π3
)
D ．若AB ＝BC ，F 为线段AB 上的动点，则SF +CF 的最小值为√3+1 解：∵SO ＝OC ＝1，∴SC =√2，则侧面积为π×1×√2=√2π，故A 错误；
∵AB 2+BC 2＝AC 2＝4≥2AB ×BC ，∴AB ×BC ≤2，当且仅当AB =BC =√2时等号成立， ∴△ABC 面积的最大值为1，故三棱锥S ﹣ABC 体积的最大值为1
3
×1×1=1
3
，故B 正确；
过S 作SE ⊥AB ，垂足为E ，则sin ∠SAB =SE
SA =
SE
√2，而1≤SE ＜√2，故√22
≤sin∠SAB ＜1， 当且仅当C ，B 重合时等号成立，而∠SAB 为锐角，故
π4
≤∠SAB ＜π
2
，故C 错误；
当AB ＝BC 时，AB =BC =√2，此时△SAB 为等边三角形，△ABC 为等腰直角三角形， 将△SAB 、△ABC 沿AB 展开至同一个平面，得到如图所示的平面图形，
连接SC ，其中∠ABC ＝90°，
则SC 2=2+2−2×√2×√2×(−√3
2)=4+2√3，∴SC =√3+1，
而SF +FC ≥SC =√3+1，当且仅当S ，F ，C 三点共线时等号成立，故D 正确． 故选：BD ．
12．在△ABC 中，角A ，B ，C 对边分别是a ，b ，c ，A =π3
，b ＝8，a =2√13．则下列说法正确的是（ ） A ．△ABC 为锐角三角形 B ．△ABC 面积为4√3或12√3 C ．AB 长度为6
D ．△ABC 外接圆的面积为
52π3
解：对于选项C ，由余弦定理知，a 2＝b 2+c 2﹣2bc cos A ， 所以(2√13)2=82+c 2−2×8×c ×cos π
3，
即c 2﹣8c +12＝0，解得c ＝2或c ＝6，即选项C 错误；
对于选项A ，当c ＝2时，由余弦定理知，cosB =a 2+c 2−b 2
2ac =(2√13)2
+22
−82
2×2×2√13
=1
√130，所以B 为
钝角，
此时△ABC 为钝角三角形，即选项A 错误； 对于选项B ，当c ＝2时，S =1
2
bcsinA =
1
2×8×2×√32
=4√3； 当c ＝6时，S =1
2bcsinA =12×8×6×√3
2=12√3， 所以△ABC 面积为4√3或12√3，即选项B 正确； 对于选项D ，设△ABC 外接圆的半径为R ， 由正弦定理得，2R =a
sinA =
2√13
√3
2
=4√133，所以R =2√13
3，
所以△ABC 外接圆的面积为πR 2=π(2√13
3)2=52
3π，即选项D 正确． 故选：BD ．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M ，N 分别为BB 1，AB 的中点，则三棱锥A ﹣NMD 1的体积为
13
．
解：如图，
∵正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点， ∴S △AMN =
12×1×1=12
， ∴V A N MD 1=V D 1−AMN =13×12×2=1
3
．． 故答案为：1
3．
14．在△ABC 中，角A 、B 、C 的对边分别为a ，b ，c ，若S 表示△ABC 的面积，若a cos B +b cos A ＝c sin C ，S =1
4(b 2+c 2−a 2)，则∠B ＝ 45° ．
解：由正弦定理可知a ＝2r sin A ，b ＝2r sin B ，c ＝2r sin C ， ∵a cos B +b cos A ＝c sin C ，
∴sin A cos B +sin B cos A ＝sin C sin C ，即sin （A +B ）＝sin 2C ， ∵A +B ＝π﹣c
∴sin （A +B ）＝sin C ＝sin 2C ， ∵0＜C ＜π ∴sin C ≠0 ∴sin C ＝1 ∴C ＝90°
∴S =ab 2=1
4(b 2+c 2−a 2) ∵b 2+a 2＝c 2，
∴14(b 2+c 2−a 2)=1
2b 2=ab
2
∴a ＝b
∴△ABC 为等腰直角三角形 ∴∠B ＝45° 故答案为45°
15．在棱长为2的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，点E ，F 分别是棱C 1D 1，B 1C 1的中点，P 是上底面A 1B 1C 1D 1
内一点（含边界），若AP ∥平面BDEF ，则P 点的轨迹长为 √2 ． 解：如图所示，分别取棱A 1B 1，A 1D 1的中点M ，N ，连结MN ，B 1D 1， 因为M ，N ，E ，F 分别为所在棱的中点， 则MN ∥B 1D 1，EF ∥B 1D 1，
所以MN ∥EF ，又MN ⊄平面BDEF ，EF ⊂平面BDEF ， 所以MN ∥平面BDEF ，
连结NF ，可得NF ∥A 1B 1，NF ＝A 1B 1， 所以四边形ANFB 是平行四边形，
所以AN ∥FB ，因为AN ⊄平面BDEF ，FB ⊂平面BDEF ， 故AN ∥平面BDEF ，又AN ∩MN ＝N ， 所以平面AMN ∥平面BDEF ，
因为P 是上底面A 1B 1C 1D 1内一点，且AP ∥平面BDEF ， 所以点P 在线段MN 上， 即P 点的轨迹为MN ，
所以P 点的轨迹长为MN =1
2
B 1D 1=1
2
×2√2=√2． 故答案为：√2．
16．已知点O 为△ABC 的外心，外接圆半径为1，且满足2OA →+3OB →+4OC →=0→
，则△ABC 的面积为 9√1532
．
解：∴点O 为△ABC 的外心，△ABC 的外接圆半径为1，圆心为O ， ∴OA ＝OB ＝OC ＝1．
且满足2OA →+3OB →+4OC →=0→
，
∴3BO →=2OA →+4OC →
，
两边平方，得9BO →2
=4OA →2
+16OC →2
+16OA →
⋅OC →
， ∴9R 2＝4R 2+16R 2+16R 2cos ∠AOC ， ∴cos ∠AOC =−
1116，sin ∠AOC =3√1516
， ∴S △AOC =1
2OA ⋅OC ⋅sin∠AOC =1
2×1×1×3√1516=3√15
32， 同理，由2AO →
=3OB →
+4OC →
，得cos ∠BOC =−7
8
，sin ∠BOC =√15
8
，
S △BOC =12×OB ×OC ×sin∠BOC =12×1×1×√158=√15
16， 由4CO →
=2OA →
+3OB →
，得cos ∠AOB =14
，sin ∠AOB =
√15
4
，
S △AOB =1
2×OA ×OB ×sin∠AOB =1
2×1×1×√15
4=√15
8， ∴△ABC 的面积：
S ＝S △AOC +S △BOC +S △AOB =3√15
32+√15
16+√15
8=9√15
32． 故答案为：
9√1532
．
四、解答题（本题共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．（10分）设向量a →
，b →
满足|a →
|=|b →
|=1，且|3a →
−2b →
|=√7． （1）求a →
与b →
夹角的大小； （2）求a →
+b →
在b →
上的投影向量．
解：（1）由题设|3a →
−2b →|2
=(3a →
−2b →)2
=9a →2
−12a →
⋅b →
+4b →2
=7，|a →
|=|b →
|=1， 所以13−12cos〈a →
，b →
〉=7，则cos〈a →
，b →
〉=1
2，〈a →
，b →
〉∈[0，π]， 所以〈a →
，b →
〉=π
3；
（2）由a →
+b →在b →
上的投影向量
(a →+b →)⋅b →
|b →
|
⋅
b
→
|b →
|
=
a →⋅
b →+b
→2|b →
|2
⋅b →
=
32
b →．
18．（12分）已知圆锥的底面半径R ＝6，高h ＝8． （1）求圆锥的表面积和体积；
（2）如图若圆柱O ′O 内接于该圆锥，试求圆柱侧面积的最大值．
解：（1）∵圆锥的底面半径R ＝6，高H ＝8， ∴圆锥的母线长L =√H 2+R 2=10，
则表面积S ＝πRL +πR 2＝60π+36π＝96π，体积V =1
3πR 2H =96π． （2）作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，
其中SO ＝8，OA ＝OB ＝6，OK ＝h （0＜h ＜8）， 设圆桂底面半径为r ，则r
6=
8−ℎ8
，即r =34
(8−ℎ)．
设圆柱的侧面积为S =2πr ⋅ℎ=2π⋅3
4
(8−ℎ)⋅ℎ=3π
2
(−ℎ2+8ℎ)． 当h ＝4时，S 有最大值为24π．
19．（12分）在①asinB −√3bcosA =0；②（sin B ﹣sin C ）2＝sin 2A ﹣sin B sin C ；③2cos A （c cos B +b cos C ）＝a 这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并加以解答．问题：△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足_____． （1）求A ；
（2）若a =√3，且sin C ＝2sin B ，求△ABC 的面积． 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分． 解：（1）选择①：asinB −√3bcosA =0，
由正弦定理得sinAsinB −√3sinBcosA =0， ∵B ∈（0，π），∴sin B ≠0，
故sinA −√3cosA =0，即tanA =√3， 又A ∈（0，π），∴A =π
3；
选择②：（sin B ﹣sin C ）2＝sin 2A ﹣sin B sin C ，
由正弦定理得（b ﹣c ）2＝a 2﹣bc ，整理得b 2+c 2﹣a 2＝bc ，
又cosA =b 2
+c 2−a 22bc
=12，且A ∈（0，π）， ∴A =π
3；
选择③：2cos A （c cos B +b cos C ）＝a ，
由正弦定理得2cos A （sin C cos B +cos C sin B ）＝sin A ， 即2cos A sin （B +C ）＝sin A ，即2cos A sin A ＝sin A ， 又A ∈（0，π），∴sin A ≠0， 则cosA =1
2，故A =π3
；
（2）若a =√3，且sin C ＝2sin B ， 由正弦定理得c ＝2b ，
由余弦定理得cosA =b 2+c 2−a 22bc ，即12=5b 2−34b 2
， ∴b ＝1，c ＝2， 故S △ABC =12
bcsinA =
1
2×1×2×√32=√32
． 20．（12分）已知函数f(x)=√3sinωxcosωx −cos 2ωx(ω＞0)的图象相邻对称中心之间的距离为π
2
．
（1）求函数f （x ）的单调递增区间；
（2）若函数g （x ）＝f （x ）﹣b ，且g （x ）在[0，π2
]上有两个零点，求b 的取值范围． 解：（1）因为f(x)=√3sinωxcosωx −cos 2ωx =√3
2
sin2ωx −
1+cos2ωx 2=√32sin2ωx −12cos2ωx −1
2
=sin(2ωx −π
6
)−12
，
因为函数图象相邻对称中心之间的距离为π
2，故函数f （x ）的最小正周期为π，
因为ω＞0，则2ω=
2ππ=2，则ω＝1，故f(x)=sin(2x −π6)−1
2
． 由2kπ−π
2≤2x −π
6≤2kπ+π
2(k ∈Z)可得kπ−π
6≤x ≤kπ+π
3(k ∈Z)，
因此，函数f （x ）的单调递增区间为[kπ−π
6，kπ+π3
](k ∈Z)． （2）因为g(x)=f(x)−b =sin(2x −π
6)−b −1
2， 当0≤x ≤π2
时，−π6
≤2x −π6≤5π6
， 由−π6≤2x −π6≤π2可得0≤x ≤π3，所以，函数g （x ）在[0，π
3
]上单调递增， 由
π2
≤2x −
π6
≤
5π6可得
π3
≤x ≤
π2
，所以，函数g （x ）在[π3，π
2]上单调递减，
因为g(x)max =g(π
3
)=sin π2
−b −12=12−b ，g(0)=sin(−π6)−b −12=−b −1，g(π2)=sin(π−π6
)−b −
1
2
=−b ， 要使得函数g （x ）在[0，π2
]上有两个零点， 则{g(π
3)=1
2−b ＞0g(π2)=−b ≤0，解得0≤b ＜12
， 因此，实数b 的取值范围是[0，1
2)．
21．（12分）如图所示，在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，侧面P AD 为正三角形，M 为线段PD 上一点，N 为BC 的中点．
（1）当M 为PD 的中点时，求证：MN ∥平面P AB ． （2）当PB ∥平面AMN ，求出点M 的位置，说明理由．
证明：（1）在四棱锥P ﹣ABCD 中，底面ABCD 为平行四边形，侧面P AD 为正三角形， 取AP 中点为E ，连接EM ，EB ，
在△P AD 中，M 为PD 的中点，E 为AP 中点， ∴EM ∥AD ，EM =1
2AD ，
在平行四边形ABCD 中，N 为BC 的中点， ∴BN ∥AD ，BN =1
2AD ， ∴BN ∥ME ，BN ＝ME ，
∴四边形BNME 为平行四边形， ∴MN ∥BE ，MN ⊄面P AB ，BE ⊂面P AB ， ∴MN ∥平面P AB ；
解：（2）连接AN ，BD ，相交于O ，连接OM ，
∵PB ∥面AMN ，面PBD ∩面AMN ＝OM ，PB ⊂面PBD ， ∴PB ∥OM ，
PM MD =OB OD =BN AD =1
2
， 即存在点M ，M 为PD 上靠近P 点的三等分点．
22．（12分）在路边安装路灯，灯柱AB 与地面垂直（满足∠BAD ＝90°），灯杆BC 与灯柱AB 所在平面与道路垂直，且∠ABC ＝120°，路灯C 采用锥形灯罩，射出的光线如图中阴影部分所示，已知∠ACD ＝60°，路宽AD ＝12m ．设灯柱高AB ＝h （m ），∠ACB ＝θ（30°≤θ≤45°）． （1）求灯柱的高h （用θ表示）；
（2）若灯杆BC 与灯柱AB 所用材料相同，记此用料长度和为S ，求S 关于θ的函数表达式，并求出S 的最小值．
解：（1）由题设∠ADC ＝90°﹣θ，∠ACD ＝60°，AD ＝12m ， 在△ACD 中AD sin∠ACD
=
AC sin∠ADC
，则AC =
ADsin∠ADC sin∠ACD
=12cosθ
√32
=8√3cosθ，
在△ABC 中
AB sinθ
=
AC sin∠ABC
，则ℎ=AB =ACsinθsin∠ABC =
83sinθcosθ
3
2
=8sin2θ，
所以h ＝8sin2θ（30°≤θ≤45°）． （2）由题意S ＝AB +BC ，而BC sin(60°−θ)
=
AC sin∠ABC
，则BC =
8√3cosθsin(60°−θ)
3
2
=16cosθsin(60°−
θ)，
所以BC =16cosθ×(√32cosθ−1
2sinθ)=8√3cos 2θ−8sinθcosθ=4√3cos2θ−4sin2θ+4√3， 结合（1）知：S =4sin2θ+4√3cos2θ+4√3=8sin(2θ+60°)+4√3， 又120°≤2θ+60°≤150°，
所以，当2θ+60°＝150°，θ＝45°时，S min =8×12
+4√3=(4+4√3)米．。