2020-2021学年湖北省重点高中智学联盟高一(下)联考数学试卷(5月份)(附详解)

2020-2021学年湖北省重点高中智学联盟高一（下）联考
数学试卷（5月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）
1. 已知集合M ={x|y =lg(x 2−4)}，N ={x|0<x <4}，则(∁R M)∪N =( )
A. {x|−2≤x <4}
B. {x|0<x ≤2}
C. {x|−2≤x ≤2}
D. {x|x <4}
2. 若复数z 满足z −
(1+i)=2i(i 是虚数单位)，则复数z 的虚部为( )
A. i
B. −i
C. 1
D. −1
3. 下列命题中，正确的是( )
A. ∀x ∈R ，2x >x 2
B. ∃x ∈(0,π
2)，sinx +cosx =1 C. ∃x ∈(0,1)，log 2x >x
D. ∀x ∈R ，x 2+x +2>0
4. 中国宋代的数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”，即假设在平面内有一个三角形，
边长分别为a ，b ，c ，三角形的面积s 可由公式S =√p(p −a)(p −b)(p −c)求得，其中p 为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦−秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足a +b =10，c =6，则此三角形面积的最大值为( )
A. 10
B. 11
C. 12
D. 13
5. G 是△ABC 的重心，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，若20a GA
⃗⃗⃗⃗⃗ +15b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12c GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0
⃗ ，则cosA =( ) A. 0
B. 3
5
C. 4
5
D. 1
6. 下列函数中，有对称中心或对称轴的有( )
①y =
2x−5x+1
，②y =|3sinx −7cosx|，③y =x 3−1，④y =2x +1．
A. 3个
B. 2个
C. 1个
D. 0个
7. 若α，β是两个不同的平面，下列四个条件：
①存在一条直线a ，a ⊥α，a ⊥β； ②存在一个平面γ，γ⊥α，γ⊥β；
③存在两条平行直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a//β，b//α； ④存在两条异面直线a ，b ，a ⊂α，b ⊂β，a//β，b//α． 那么可以是α//β的充分条件有( )
A. 4个
B. 3个
C. 2个
D. 1个
8. 如图所示，一个棱长为4的正四面体，沿棱的四等分点作平
行于底面的截面，截去四个全等的棱长为1的正四面体，得到截角四面体，则该截角四面体的体积为( )
A. 4
B. 4√2
C. 5
D. 5√2
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）
9. 设锐角△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若B =π
3,b =1，则a +c 的
值不可能为( )
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
10. 如图所示，设Ox ，Oy 是平面内相交成θ(θ≠π
2)角的两条数轴，e 1⃗⃗⃗ ,e 2⃗⃗⃗ 分别是与x ，y
轴正方向同向的单位向量，则称平面坐标系xOy 为θ仿射坐标系，若OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =x e 1⃗⃗⃗ +y e 2⃗⃗⃗ ，则把有序数对(x,y)叫做向量OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的仿射坐标，记为OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x,y)，在θ=2π3
的
仿射坐标系中，a ⃗ =(1,2)，b ⃗ =(2,−1)，则下列结论中，正确的是( )
A. a ⃗ −b ⃗ =(−1,3)
B. |a ⃗ |=√3
C. a ⃗ ⊥b
⃗ D. |a ⃗ |=|b
⃗ | 11. 如图，在棱长为1的正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1中，
P 为棱CC 1上的动点(点P 不与点C ，C 1重合)，过点P 作平面α使A 1C ⊥平面α，分别与棱BC ，CD 交于M ，N 两点，则下列说法正确的是( )
A. CP =CM =CN
B. 存在点P ，使得AC 1//平面α
C. 存在点P ，使得点A 1到平面α的距离为7
4
D. 用过点P ，M ，D 1的平面去截正方体，得到的截面一定是梯形
12. 已知函数f(x)={ln(x +1),x ≥0
x 2−2ax +1,x <0
，其中实数a ∈R ，则下列关于x 的方程f 2(x)−
(1+a)f(x)+a =0的实数根的情况，说法正确的有( )
A. a 取任意实数时，方程最多有4个根
B. 当−1−√5
2<a <1+√52时，方程有3个根 C. 当a =−1−√5
2
时，方程有3个根 D. 当a ≤−5时，方程有4个根
三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 设α，β都是锐角，且sinα=35,cos(α+β)=8
17，则cosβ=______． 14. 幂函数y =f(x)，x ∈D ，∀x 1，x 2∈D ，满足f(
x 1+x 22
)>
f(x 1)+f(x 2)
2
，则下列幂函数
满足上述性质的有______(填序号) ①y =x −1(x >0)； ②y =x 12
； ③y =x ； ④y =x 2．
15. 已知△A 1B 1C 1和△A 2B 2C 2中，∠A 1=∠A 2=π
4,B 1C 1=B 2C 2=√2，若“A 1B 1=
A 2
B 2=t(t ∈R)”是“△A 1B 1
C 1≌△A 2B 2C 2”的充要条件，则t 的范围为______． 16. 在棱长为1的正方体ABC
D −A 1B 1C 1D 1中，M 是棱CC 1的中点，
N 是侧面B 1BCC 1内的动点，且满足直线A 1N//平面AD 1M ，当直线A 1N 与平面B 1BCC 1所成角最小时，记过点D ，M ，N 的平面截正方体ABCD −A 1B 1C 1D 1所得到的截面为Ω，则截面Ω的周长为______．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分） 17. (1)计算：(1
2+
√32
i)2
+
i(1−√3i)2(2+2i)2
；
(2)解方程：x 2+6x +10=0(x ∈C)．
18.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(sinA+sinC)2=sin2B+sinAsinC．
(1)求B的大小；
(2)若a=3，且S△ABC=15√3
，BD是AC边的中线，求BD的长度．
4
19.在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2，E为
CC1的中点．
(1)求证：AC1//平面BDE；
(2)求二面角A−D1C−D的余弦值．
)，点A、B、C时直线y=m(m>0) 20.已知函数f(x)=2sin(ωx−φ),(ω>0,0<φ<π
2
π.将f(x)的与函数f(x)的图像自左至右的某三个的相邻交点，且3|AB|=|BC|=3
4图像向左平移π
个单位，得到的函数关于原点对称．
8
(1)求函数f(x)的解析式．
]，以f(a)+t、f(b)+t、f(c)+t的值为边长可以构成一个
(2)若对∀a,b,c∈[0,π
2
锐角三角形，求实数t的取值范围．
21.如图，已知正三棱锥P−ABC的侧面是直角三角形，PA=6，顶点P在平面ABC内
的正投影为点D，D在平面PAB内的正投影为点E，连接PE并延长交AB于点G.作GH//PB交PA于H．
(1)证明：G是AB的中点；
(2)证明：GH⊥面PAC；
(3)过点E作EF⊥面PAC，F为垂足，求三棱锥P−DEF的外接球体积．
22.对于函数f(x)(x∈D)，若存在正常数T，使得对任意的x∈D，都有f(x+T)≥f(x)
成立，我们称函数f(x)为“T同比不减函数”．
(1)求证：对任意正常数T，f(x)=x2都不是“T同比不减函数”；
(2)若函数f(x)=kx+sin2x是“π
同比不减函数”，求k的取值范围；
2
[|x−a2|+|x−
(3)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)=1
2
2a2|−3a2].是否存在正常数T，使得对于任意的a∈[−3,3]，函数f(x)都为“T同比不减函数”，若存在，求T的取值范围；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：集合M ={x|y =lg(x 2−4)}={x|x <−2或x >2}， ∴∁R M ={x|−2≤x ≤2}， ∵N ={x|0<x <4}，
∴(∁R M)∪N ={x|−2≤x <4}． 故选：A ．
求出集合M ，进而求出∁R M ，由此能求出(∁R M)∪N ．
本题考查了集合的运算，考查补集、并集、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由z −
(1+i)=2i ，得z −
=2i
1+i =2i(1−i)
(1+i)(1−i)=2+2i
12−i 2=2+2i 2
=1+i ，
∴z =1−i ，
则复数z 的虚部为−1． 故选：D ．
把已知等式变形，利用复数代数形式的乘除运算化简，再由共轭复数的概念得答案． 本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：对于A ，取x =2时，2x =x 2，故A 错误， 对于B ，sinx +cosx =√2sin(x +π
4)，又x ∈(0,π
2)， 所以√2sin(x +π
4)∈(1,√2]，故B 错误，
对于C ，当x ∈(0,1)时，log 2x <0<x ，故C 错误，
对于D ，对∀x ∈R.x 2+x +2=(x +1
2)2+7
4≥7
4>0，故D 正确， 故选：D ．
对于A ，取x =2，即可判断正确与否，
对于B ，根据辅助角公式及三角函数的性质，即可sinx +cosx =√2sin(x +π
4)∈(1,√2]，由此即可判断，
对于C ，根据对数函数的性质即可判断，
对于D ，根据二次函数的性质，采用配方法即可判断．
本题考查函数的基本性质，及命题的相关知识，考查学生的分析问题的能力，属于中档题．
4.【答案】C
【解析】解：由题意，a +b =10，c =6，
可得p =8，S =√8(8−a)(8−b)(8−c)=√16(8−a)(8−b)≤√16⋅8−a+8−b
2
=12，
当且仅当a =b 时等号成立， 所以此三角形面积的最大值为12． 故选：C ．
由题意可得p =8，S =√16(8−a)(8−b)，进而利用基本不等式，即可得出结论． 本题考查面积的计算，考查基本不等式的运用，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：∵G 是△ABC 的重心，∴GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ， ∵20a GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +15b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12c GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ， ∴
20a 1
=
15b 1
=
12c 1
，∴20a =15b =12c ，
不妨取c =5
3a ，b =4a 3
，
∴cosA =
b 2+
c 2−a 2
2bc
=
25a 29+16a 2
9
−a 22×5a 3×
4a 3
=4
5
． 故选：C ．
G 是△ABC 的重心，可得GA
⃗⃗⃗⃗⃗ +GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，由20a GA ⃗⃗⃗⃗⃗ +15b GB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12c GC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，可得20a 1
=
15b 1
=
12c 1
，可得20a =15b =12c ，再利用余弦定理即可得出．
本题考查了三角形重心性质、余弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
6.【答案】A
【解析】解：对于①y=2x−5
x+1=2−7
x+1
，其图象相当于将y=−7
x
向左平移1个单位再向
上平移2个单位得到的，
所以对称中心为(−1,2)，故有对称中心；
对于②y=|3sinx−7cosx|=|√58sin(x−φ)|(tanφ=7
3
)，
令x−φ=kπ+π
2，k∈Z，所以对称轴为x=kπ+π
2
+φ，k∈Z，故有对称轴；
③y=x3−1，其图象相当于将y=x3的图象向下平移1个单位得到的，所以对称中心为(0,−1)，有对称中心；
④y=2x+1，其图象相当于将y=2x的图象向上平移1个单位得到的，结合图象可知，无对称中心和对称轴；
故满足题意的有3个．
故选：A．
①利用分离常数的方法确定对称中心；②利用辅助角公式说明对称轴；③根据三次函数图象的特点以及图象平移进行说明；④根据指数函数图象的的特点以及图象平移进行说明．
本题主要考查函数的对称性，熟练掌握常见函数的性质以及图象的平移是解题的关键，属于基础题．
7.【答案】C
【解析】解：当α、β不平行时，不存在直线a与α、β都垂直，∴a⊥α，a⊥β⇒α//β，故①正确；
对②，γ⊥α，γ⊥β，α、β可以相交也可以平行，∴②不正确；
对③，∵a//b，a⊂α，b⊂β，a//β，b//α时，α、β位置关系不确定，∴③不正确；对④，∵异面直线a，b.∴a过上一点作c//b；过b上一点作d//a，则a与c相交；b与d相交，根据线线平行⇒线面平行⇒面面平行，∴④正确．
故选C
根据垂直于同一直线的两平面平行，判断①是否正确；
根据垂直于同一平面的两平面位置关系部确定来判断②是否正确；
借助图象，分别过两平行线中一条的二平面位置关系部确定，判断③的正确性；
利用线线平行，线面平行，面面平行的转化关系，判断④是否正确．
本题考查面面平行的判定．通常利用线线、线面、面面平行关系的转化判定．8.【答案】D
【解析】解：棱长为4的正四面体的底面正三角形的高为4×√3
2
=2√3，
则其高为√42−(2
3×2√3)2=4√6
3
，
故此正四面体的体积为1
3×√3
4
×42×4√6
3
=16√2
3
，
同理可得，棱长为1的正四面体的体积为√2
12
，
所以该截角四面体的体积为16√2
3−4×√2
12
=5√2．
故选：D．
先计算出棱长为4的正四面体的体积，然后再计算出棱长为1的正四面体的体积，由此可求得答案．
本题考查了空间几何体体积的求解，主要考查了正四面体的几何性质的应用，正四面体体积的求解，考查了空间想象能力与化简运算能力，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：因为a
sinA =b
sinB
=c
sinC
=1
sinπ
3
=2√3
3
，
所以a=2√3
3sinA，c=2√3
3
sinC，
所以a+c=2√3
3
(sinA+sinC)，
又A+C=2π
3，且{
0<C=2π
3
−A<π
2
0<A<π
2
，所以A∈(π
6
,π
2
)，
所以a+c=2√3
3[sinA+sin(2π
3
−A)]=2√3
3
(3
2
sinA+√3
2
cosA)=2sin(A+π
6
)，
又A∈(π
6,π
2 )，
所以A+π
6∈(π
3
,2π
3
)，
所以a+c=2sin(A+π
6
)∈(√3,2]，所以a+c不可能为1，3，4．
故选：ACD．
利用正弦定理将a，c表示为角的正弦形式，结合三角形形状求解出角的范围，利用三角函数性质求解出a+c的取值范围并进行判断．
本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换以及正弦函数的性质的应用，考查了函数思想和转化思想，属于中档题．
10.【答案】AB
【解析】解：∵θ=2π
3，∴e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ =|e1⃗⃗⃗ ||e2⃗⃗⃗ |cos2π
3
=−1
2
，
∵a⃗=(1,2)，b⃗ =(2,−1)，∴a⃗=e1⃗⃗⃗ +2e2⃗⃗⃗ ，b⃗ =2e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗ ，
则a⃗−b⃗ =e1⃗⃗⃗ +2e2⃗⃗⃗ −2e1⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ =−e1⃗⃗⃗ +3e2⃗⃗⃗ =(−1,3)，故A正确，
|a⃗|=|e1⃗⃗⃗ +2e2⃗⃗⃗ |=√(e1⃗⃗⃗ +2e2⃗⃗⃗ )2=√e1⃗⃗⃗ 2+4e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +4e2⃗⃗⃗ 2=√1+4×(−1
2
)+4=√1−2+4=√3，故B正确，
a⃗⋅b⃗ =(e1⃗⃗⃗ +2e2⃗⃗⃗ )⋅(2e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗ )=2e1⃗⃗⃗ 2−2e2⃗⃗⃗ 2+3e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ =2−2−3
2=−3
2
，则a⃗⊥b⃗ 不
成立，故C错误，
|b⃗ |=|2e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗ |=√(2e1⃗⃗⃗ −e2⃗⃗⃗ )2=√4e1⃗⃗⃗ 2−4e1⃗⃗⃗ ⋅e2⃗⃗⃗ +e2⃗⃗⃗ 2=√4+2+1=√7，故D 错误，
故选：AB．
根据仿射坐标系的定义，结合向量数量积的应用分别进行判断即可．
本题主要考查向量数量积的应用，根据仿射坐标系的定义转化为向量数量积的基本运算是解决本题的关键，是中档题．
11.【答案】AD
【解析】解：连接BC1，BD，DC1，AD1，D1P，
因为CM=CN，CB=CD，所以CM
CB =CN
CD
，所以MN//BD，则CM=CN，
又MN⊄平面C1BD，BD⊂平面C1BD，所以MN//平面C1BD，
同理可证MP//BC1，所以MP=CP，故C P=CM=CN，故A正确，
MP ⊄平面C 1BD ，BC 1⊂平面C 1BD ，所以MP//平面C 1BD ， 又MP ∩MN =M ，MN 、MP ⊂平面α，所以平面C 1BD//平面α， 易证A 1C ⊥平面C 1BD ，所以A 1C ⊥平面α，
又AC 1∩平面C 1BD =C 1，所以AC 1与平面α相交，不存在点P ，使得AC 1//平面α，故B 不正确；
因为|A 1C|=√1+1+1=√3，点C 到平面C 1BD 的距离为√3
3，
所以点A 1到平面α的距离的取值范围为(
2√3
3
,√3)， 又√3<7
4，所以不存在点P ，使得点A 1到平面α的距离为7
4，故C 不正确．
因为AD 1//BC 1，所以AD 1//MP ，所以用过点P ，M ，D 1的平面去截正方体得到的截面是四边形AD 1PM ，
又AD 1//MP ，且AD 1≠MP ，所以截面为梯形，D 正确． 故选：AD ．
连接BC 1，BD ，DC 1，AD 1，D 1P ，因为CM =CN ，CB =CD ，所以CM
CB =CN
CD ，所以MN//BD ，即可判断A ；证明C 1BD//平面α，然后由A 1C ⊥平面C 1BD ，由AC 1∩平面C 1BD =C 1可判断B ，由点A 1到平面α的距离的取值范围为(
2√3
3
,√3)可判断C ，过点P ，M ，D 1的平面去截正方体得到的截面是四边形AD 1PM ，可判断D ．
本题主要考查线面平行的判定，点面距离的计算，立体几何中的截面问题等知识，属于中等题．
12.【答案】ACD
【解析】解：关于x 的方程f 2(x)−(1+a)⋅f(x)+a =0， 即[f(x)−1][f(x)−a]=0，解得f(x)=1或f(x)=a ， 函数f(x)={ln(x +1),x ≥0
x 2−2ax +1,x <0，
当x ≥0时，f(x)=ln(x +1)单调递增，
当x <0时，f(x)=x 2−2ax +1=(x −a)2+1−a 2， 对称轴为x =a ，判别式Δ=4(a +1)(a −1)， 当a ≥0时，函数f(x)的图象如下：
由图象可知，方程f(x)=1有一个根， 当a >1时，方程f(x)=a 有2个根， 当0≤a <1时，方程f(x)=a 有1个根，
故当a >1时，已知方程有3个根，当0≤a <1时，已知方程有2个根， 当a =1时，已知方程有1个根， 当a =−1时，函数f(x)的图象如下：
当−1<a <0时，函数f(x)的图象如下：
由两个图象可知，−1≤a<0时，方程f(x)=1有2个根，方程f(x)=a没有根，
故已知方程有2个根，
(3)当a<−1时，函数f(x)的图象如下：
，方程f(x)=1有2个根，下面讨论最小值1−a2与a的关系，由1−a2<a，解得a<−1−√5
2，1−a2<a，直线y=a如图①，方程f(x)=a有2个根，
当a<−1−√5
2
故已知方程有4个根，
当a=−1−√5
时，1−a2=a，直线y=a如图②，方程f(x)=a有1个根，
2
故已知方程有3个根，
<a<−1时，1−a2>a，直线y=a如图③，方程f(x)=a没有根，
当−1−√5
2
故已知方程有2个根，
综上可知，a取任意值时，方程最多有4个根，故A正确，
<a<−1时，方程有2个根，
当−1−√5
2
当a=1时，方程有1个根，当a>1时，已知方程有3个根，故B错误，
当a=−1−√5
时，方程有3个根，故C正确，
2
时，方程有4个根，故D错误．
当a<−5<−1−√5
2
故选：ACD．
先化简方程为f(x)=1或f(x)=a，再对a进行分类讨论，结合图象来确定f(x)=1或f(x)=a分别有几根，根据结果对选项逐一判断即可．
本题考查函数的零点与方程的根的关系，考查学生的运算能力及数形结合能力，属于难题．
13.【答案】77
85
【解析】解：∵α、β为锐角，
∴α+β∈(0,π)，
∵cos(α+β)=8
17>0，sinα=3
5
，
∴sin(α+β)=√1−cos2(α+β)=15
17，cosα=√1−sin2α=4
5
，
∴cosβ=cos[(α+β)−α]=cos(α+β)cosα+sin(α+β)sinα=8
17×4
5
+15
17
×3
5
=77
85
．
故答案为：77
85
．
由已知利用同角三角函数基本关系式可求sin(a+β)，cosa的值，利用两角差的余弦函数公式即可计算求值得解．
本题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和差的三角公式的应用，属于基础题．14.【答案】②
【解析】解：如图，只有凸函数才满足f(x1+x2
2)>f(x1)+f(x2)
2
，
故只有②满足，故答案为：②．
由f(x1+x2
2)>f(x1)+f(x2)
2
得到函数为凸函数，再利用幂函数的图象与性质求解即可．
本题考查了求幂函数的图象与性质，凸函数的性质，是基础题．
15.【答案】(0,√2]∪{2}
【解析】解：若A 1B 1=A 2B 2=t(t ∈R)是△A 1B 1C 1≌△A 2B 2C 2的充要条件， 则△A 1B 1C 1只有唯一解，
①当B 1C 1=A 1B 1sinA 时，则√2=√
2
2t ，∴t =2，
②当{B 1C 1≥A 1B
1A 1B 1>0时，则{√2≥t t >0，∴0<t ≤√2，
∴t 的范围为(0,√2]∪{2}． 故答案为：(0,√2]∪{2}．
△A 1B 1C 1只有唯一解包含两种情况：①∠C =90°，②B 1C 1≥A 1B 1，分别求出t 的范围即可．
本题考查了三角形有唯一解问题，充要条件的应用，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
16.【答案】2+√5或3√2
2
+√5
【解析】解：取E 为BB 1中点，F 为B 1C 1中点， 由正方体的性质得EM//A 1D 1，EM =A 1D 1， ∴四边形A 1EMD 1是平行四边形， ∴A 1E//MD 1，
∵A 1E ⊄面AMD 1，MD 1⊂面AMD 1， ∴A 1E//面AMD 1，
由中位线性质得：EF//BC 1， 又∵AD 1//BC 1， ∴EF//AD 1，
∵EF ⊄面AMD 1，AD 1⊂面AMD 1， ∴EF//平面AMD 1， 又∵A 1E ∩EF =E ， ∴面A 1EF//面AMD 1， ∴N 在EF 上，
又∵直线A 1N 与平面B 1BCC 1所成角为∠A 1NB 1，sin∠A 1NB 1=A 1B 1A 1N
，
∴当A 1N 最大时，直线A 1N 与平面B 1BCC 1所成角最小，
即N与E、F重合时，直线A1N与平面B1BCC1所成角最小，
当N与E重合时，过点D、M、N的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得到的截面为四边形AEMD，
此时截面Ω的周长为2(1+√1+1
4
)=2+√5；
当N与F重合时，过点D、M、N的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得到的截面为四边形A1FMD，
此时截面Ω的周长为√2+2√1+1
4+√2
2
=3√2
2
+√5．
故答案为：2+√5或3√2
2
+√5．
取E为BB1中点，F为B1C1中点，证明面面平行，再根据线面角正弦值，讨论N的两种位置情况可得答案．
本题考查线面所成角，面面平行的判定，正方体中的截面问题，考查空间思维能力，运算求解能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)(1
2+√3
2
i)2+i(1−√3i)2
(2+2i)2
=1
4+√3
2
i−3
4
+i(1−2√3i−3)
4+8i−4
=−1
2+√3
2
i+√3−i
4i
=−1
2+√3
2
i+−i(√3−i)
−4i2
=−1
2+√3
2
i−1
4
−√3
4
i
=−3
4−√3
4
i；
(2)由x2+6x+10=0，得x=−6±√4i
2
=−3±i．
∴方程x2+6x+10=0的根为−3−i或−3+i．
【解析】(1)直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案；
(2)直接利用实系数一元二次方程的求根公式求解．
本题考查复数代数形式的乘除运算，考查实系数一元二次方程根的求法，是基础题．18.【答案】解：(1)因为(sinA+sinC)2=sin2B+sinAsinC，可得sin2A+sin2C= sin2B−sinAsinC，
所以由正弦定理可得a2+c2=b2−ac，即a2+c2−b2=−ac，
所以cosB =
a 2+c 2−
b 2
2ac
=
−ac 2ac
=−1
2
，
因为B ∈(0,π)， 所以B =
2π3
．
(2)因为AB =5，BC =3，B =2π
3
，则cos 2π3
=
52+32−AC 22×5×3
=−1
2
，可得AC =7，
则AD =DC =7
2，
又∠BDA +∠BDC =π，可得cos∠BDA +cos∠BDC =0， 由余弦定理可得BD 2+(72
)2−52
2×7
2
×BD +
BD 2+(72
)2−32
2×7
2
×BD =0，整理可得BD 2=
19
4
，解得BD =√
19
2
．
【解析】
(1)由正弦定理化简已知等式可得a 2+c 2−b 2=−ac ，由余弦定理可得cosB =−1
2
，结合范围B ∈(0,π)，可得B 的值．
(2)由题意利用余弦定理可求AC 的值，进而可得AD =DC =7
2，又cos∠BDA +cos∠BDC =0，由余弦定理建立等式即可解得BD 的值．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
19.【答案】解：(1)连接AC ，AC⋂BD =O ，连接OE ，因为E 为CC 1的中点，四边形ABCD
为正方形，所以O 为AC 的中点， 在△ACC 1中，OE//AC 1，
又AC 1⊄面EDB ，OE ⊂面EDB ，故AC 1//面EDB ．
(2)因为在正四棱柱ABCD −A 1B 1C 1D 1中AD ⊥面DCC 1D 1，即AD ⊥面DCD 1， 作DG ⊥D 1C 于G ，连接AG ，则∠AGD 即为二面角A −D 1C −D 的平面角， 在Rt △D 1DC 中，1
2×DD 1×DC =1
2×DG ×D 1C ， 且DD 1=2,DC =1,D 1C =√5，故DG =
2√5
5
， 在Rt △ADG 中，AG 2=AD 2+DG 2=12+(2√55
)2
=9
5，故AG =
3√5
5
， cos∠AGD =DG
AG =2
3，
故二面角A −D 1C −D 的余弦值为2
3．
【解析】(1)连接AC ，AC⋂BD =O ，连接OE ，利用三角形中位线的性质得到OE//AC 1，即可得证；
(2)依题意可得AD ⊥面DCD 1，作DG ⊥D 1C 于G ，连接AG ，则∠AGD 即为二面角A −D 1C −D 的平面角，利用等面积法求出DG ，再利用勾股定理求出AG ，最后利用锐角三角函数计算可得二面角的余弦值．
本题主要考查线面平行的证明，二面角余弦值的计算等知识，属于中等题．
20.【答案】解：(1)函数f(x)=2sin(ωx −φ)，由3|AB|=|BC|=3
4π，解得|AB|=π
4， 所以T =|AB|+|BC|=π， 故ω=
2πT
=2，
所以f(x)=2sin(2x −φ)，
将f(x)的图象向左平移π
8个单位得到f(x +π
8)=2sin[2(x +π
8)−φ]=2sin(2x +π
4−φ)关于原点对称，
所以π
4−φ=kπ(k ∈Z)， 所以φ=π4−kπ，k ∈Z ， 因为0<φ<π2， 所以φ=π
4，
所以f(x)=2sin(2x −π
4)；
(2)x ∈[0,π
2]时，2x −π
4∈[−π4,3
4
π]，
f(x)∈[−√2,2]，f(x)+t ∈[−√2+t,2+t]，
由题意知，要构成锐角三角形，则要使{f(a)+t +f(b)+t >f(c)+t
[f(a)+t]2+[f(b)+t]2>[f(c)+t]2对任意的
a,b,c ∈[0,π
2
]恒成立，
所以{[f(a)+t]min +[f(b)+t]min >[f(c)+t]max
[f(a)+t]min 2+[f(b)+t]min 2>[f(c)+t]max 2成立，
即{(−√2+t)+(−√2+t)>2+t (−√2+t)2+(−√2+t)2>(2+t)2， 所以{t >2+2√2t >4+4√2，
所以t >4+4√2．
故t 的取值范围是(4+4√2,+∞)．
【解析】(1)由已知求得|AB|=π
4，从而求得周期T =π,ω=2πT
=2，再根据图象的平移
和正弦函数的对称性求得φ，得出函数的解析式； (2)由已知求得函数f(x)的值域，将问题转化为使
{f(a)+t +f(b)+t >f(c)+t [f(a)+t]2+[f(b)+t]2>[f(c)+t]2对任意的a,b,c ∈[0,π
2]恒成立，根据函数f(x)的值域建立不等式组，解之可求得答案．
本题考查了三角函数的图象和性质，属于中档题．
21.
【答案】(1)证明：因为PD ⊥平面ABC ，AB ⊂平面ABC ，则PD ⊥AB ，
又DE ⊥平面PAB ，AB ⊂平面PAB ，则DE ⊥AB ， 因为PD ∩DE =D ， 所以AB ⊥平面PDG ，
又PG ⊂平面PDG ，则AB ⊥PG ， 三棱锥P −ABC 为正三棱锥， 所以PA =PB ， 故PG 为AB 边的中线， 故G 为AB 的中点；
(2)证明：因为三棱锥P −ABC 为正三棱锥， 所以各个侧面都是全等的等腰三角形，且PA ⊥PB ， 故PC ⊥PB ，PA ⊥PC ，且PA ∩PC =P ， 则PB ⊥平面PAC ，
又GH//PB，
所以GH⊥平面PAC；
(3)解：作EF//GH，且EF交PA于点F，
则EF⊥平面PAC，
因为G为AB的中点，且D为正△ABC的中心，
所以C，D，G三点共线，且DG=1
3
CG，
又AB=√2PA=6√2，
所以GC=√3
2AC=√3
2
×6√2=3√6，
故DG=1
3
CG=√6，
又PG=AG=3√2，
所以PD=√PG2−GD2=2√3，
在Rt△PGD中，1
2⋅GD⋅PD=1
2
⋅PG⋅DE，
即1
2×√6×2√3=1
2
×3√2⋅DE，
解得DE=2，
所以PE=√PD2−DE2=√12−4=2√2，
故PE
PG =EF
GH
=2
3
，
又GH=1
2
AP=3，
所以EF=2，
因为EF⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，
则PA⊥EF，
又DE⊥平面PAB，PA⊂平面PAB，
则PA⊥DE，
因为EF∩DE=E，
所以PA⊥平面DEF，又DF⊂平面DEF，
第21页，共23页
故PA⊥DF，
取PD的中点O，在Rt△PFD和Rt△PED中，FO=EO=OP=OD，
所以O为三棱锥P−DEF的外接球的球心，则OD=1
2
PD=√3，
设三棱锥P−DEF的外接球的半径为R，则R=√3，
所以三棱锥P−DEF的外接球的体积V=4
3
πR3=4√3π．
【解析】(1)利用线面垂直的判定定理证明AB⊥平面PDG，从而AB⊥PG，由正三棱锥的几何性质即可证明；
(2)利用正三棱锥的几何性质结合线面垂直的判定定理证明PB⊥平面PAC，由GH//PB，即可证明结论；
(3)作EF//GH，且EF交PA于点F，利用边的关系求出所需线段的长度，利用线面垂直的判定定理和性质证明△PFD和△PED为直角三角形，取PD的中点O，求出外接球的半径，由球的体积公式求解即可．
本题考查了线面垂直的判定定理和性质的理解与应用，空间几何体几何性质的应用，空间几何体的外接球问题，解题的关键是确定外接球球心的位置，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．
22.【答案】证明：(1)任取常数T，存在x0+T=0，
∵f(x0)=f(−T)=T2>f(0)=f(x0+T)，
即f(x)≤f(x+T)不恒成立，
所以f(x)=x2不是“T同比不减函数”，
解：(2)因为函数f(x)=kx+sin2x是“π
2
同比不减函数”，
所以f(x+π
2
)≥f(x)恒成立，
代入k(x+π
2)+sin2(x+π
2
)≥kx+sin2x恒成立，
k×π
2
+cos2x≥sin2x，
k×π
2
≥sin2x−cos2x，
k×π
2
≥1−2cos2x，cosx∈[−1,1]，cos2x∈[0,1]，
k≥2
π
(1−2cos2x)，1−2cos2x∈[−1,1]，
∴k≥[2
π(1−2cos2x)]max=2
π
，
第22页，共23页
,+∞)，
所以k的取值范围为[2
π
(3)当x≥0时，
(a2−x+2a2−x−3a2)=−x，
当0≤x≤a2，f(x)=1
2
(x−a2+2a2−x−3a2)=−a2，
当a2≤x≤2a2，f(x)=1
2
(x−a2+x−2a2−3a2)=x−3a2，
当x≥2a2，f(x)=1
2
由题知f(x)为奇函数，关于原点对称，如图所示：
根据图象易得：要使f(x+T)≥f(x)对任意的x恒成立，
只需T>6a2，对任意的a∈[−3,3]恒成立，
∴T≥(6a2)max=54即可．
所以T∈[54,+∞)．
【解析】(1)由题意，利用“T同比不减函数”的定义，进行证明即可，(2)已知得f(x)为“π
同比不减函数”，代入解析式，求出k的范围即可，
2
(3)化简出函数解析式，再由函数的性质，求出T的范围即可．
本题考查函数与方程的综合应用，考查学生的运算能力，属于难题．
第23页，共23页。