2022-2023学年山东省泰安市东平高级中学高一(下)期中数学试卷【答案版】

2022-2023学年山东省泰安市东平高级中学高一（下）期中数学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．若复数z =2+i
1−i
，则|z |＝（ ） A ．1
B ．
√10
2
C ．
√10
4
D ．√10
2．已知向量a →
=(8，−2)，b →
=(m ，1)，c →
=(4，2)，若a →
+b →
=λc →
，则实数m 的值是（ ） A ．﹣10
B ．﹣8
C ．10
D ．8
3．如图所示，梯形A ′B ′C ′D ′是平面图形ABCD 用斜二测画法画出的图形，A ′D ′＝2B ′C ′＝2，A ′B ′＝1，则平面图形ABCD 的面积为（ ）
A ．2
B ．2√2
C ．3
D ．3√2
4．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若c cos B ＝a ，则这个三角形的形状为（ ） A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．锐角三角形
D ．等腰或直角三角形
5．如图，α∩β＝l ，A ，B ∈α，C ∈β，且C ∉l ，直线AB ∩l ＝M ，过A ，B ，C 三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过（ ）
A ．点A
B ．点B
C ．点C 但不过点M
D ．点C 和点M
6．已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和2√3，此三棱柱的高为√3，则该三棱柱的外接球的体积为（ ） A ．
8π3
B ．
16π3
C ．
32π3
D ．
64π3
7．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c sin A =√3a cos C ，c ＝2√3，ab ＝8，则a +b 的值
是（ ） A ．6
B ．8
C ．4
D ．2
8．若将函数f （x ）＝2sin （2x +φ）（|φ|＜π
2）的图象向左平移π6
个单位后得到的图象关于y 轴对称，则函数f （x ）在[0，π
2]上的最大值为（ ）
A ．2
B ．√3
C ．1
D ．
√3
2
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．下列叙述错误的是（ ）
A ．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体是棱锥
B ．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C ．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
D ．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体 10．下列各式中，值为
√3
2
的是（ ） A ．2sin15°cos15° B ．cos 215°﹣sin 215° C ．1﹣2sin 215°
D ．sin 215°+cos 215°
11．如图所示，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，则以下四个结论中正确的是（ ）
A ．直线AM 与CC 1是相交直线
B ．直线AM 与BN 是平行直线
C ．直线BN 与MB 1是异面直线
D ．直线AM 与DD 1是异面直线
12．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M 是△ABC 内一点，△BMC ，△AMC ，△AMB 的面积分别为S A ，S B ，S C ，且S A ⋅MA →
+S B ⋅MB →
+S c ⋅MC →
=0→
．以下命题正确的有（ ）
A ．若S A ：S
B ：S
C ＝1：1：1，则M 为△ABC 的重心
B ．若M 为△AB
C 的内心，则BC ⋅MA →
+AC ⋅MB →
+AB ⋅MC →
=0→
C ．若∠BAC ＝45°，∠ABC ＝60°，M 为△ABC 的外心，则S A ：S B ：S C =√3：2：1
D ．若M 为△ABC 的垂心，3MA →
+4MB →
+5MC →
=0→
，则cos ∠AMB =−√6
6
三、填空题．本题共4小题，每小题5分，共计20分．
13．已知sin θ+cos θ=4
3，θ∈(0，π4
)，则sin θ﹣cos θ的值为 ．
14．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，如果a ＝3，b =√2，c ＝2√2，那么△ABC 的最大内角的余弦值为 ．
15．若|a →
|＝1，|b →
|＝2，a →
与b →
的夹角为60°，若（3a →
+5b →
）⊥（m a →
−b →
），则m 的值为 ． 16．已知复数z 满足|z ﹣3﹣4i |＝1，则|z |的最大值为 ．
四、解答题．本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤 17．（10分）（1）已知a →
=（3，3），b →
=（﹣2，0），求向量b →
在a →
上的投影向量的坐标； （2）已知a →
=（1，3），b →
=（λ，2），若a →
，b →
的夹角为锐角，求λ的取值范围． 18．（12分）已知函数f(x)=2sinxcosx +√3cos2x ，x ∈R ． （1）求函数f （x ）的最小正周期； （2）求f （x ）的单调区间．
19．（12分）如图所示，遥感卫星发现海面上有三个小岛，小岛B 位于小岛A 北偏东75°距离60海里处，小岛B 北偏东15°距离30√3−30海里处有一个小岛C ． （1）求小岛A 到小岛C 的距离；
（2）如果有游客想直接从小岛A 出发到小岛C ，求游船航行的方向．
20．（12分）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点．（1）求证：CE，D1F，DA三线交于点P；
（2）在（1）的结论中，G是D1E上一点，若FG交平面ABCD于点H，求证：P，E，H三点共线．
21．（12分）现需要设计一个仓库，由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P﹣A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1（如图所示），并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．（1）若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？
（2）若正四棱锥的侧棱长为6m，当PO1为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，
最大面积是多少？
22．（12分）从①cos2A+cos A＝0；②sin2B﹣sin2A+sin2C﹣sin B sin C＝0，③b sin A+√3a cos B=√3c，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答（注：若选择多个条件，按第一个解答计分）．在△ABC中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，若______．
（1）求角A的大小；
（2）若D是BC的中点，AD＝1，求△ABC面积的最大值．
2022-2023学年山东省泰安市东平高级中学高一（下）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每个小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．若复数z =2+i
1−i
，则|z |＝（ ） A ．1
B ．
√10
2
C ．
√10
4
D ．√10
解：因为z =2+i 1−i =(2+i)(1+i)(1−i)(1+i)=1+3i
2，则|z |=√12
+32
2=√102
． 故选：B ．
2．已知向量a →
=(8，−2)，b →
=(m ，1)，c →
=(4，2)，若a →
+b →
=λc →
，则实数m 的值是（ ） A ．﹣10
B ．﹣8
C ．10
D ．8
解：a →
+b →=(8+m ，−1)；λc →
=(4λ，2λ)； ∵a →
+b →
=λc →
，∴8+m ＝﹣2，解得m ＝﹣10． 故选：A ．
3．如图所示，梯形A ′B ′C ′D ′是平面图形ABCD 用斜二测画法画出的图形，A ′D ′＝2B ′C ′＝2，A ′B ′＝1，则平面图形ABCD 的面积为（ ）
A ．2
B ．2√2
C ．3
D ．3√2
解：如图，
作平面直角坐标系x ﹣O ﹣y ，使A 与O 重合，AD 在z 轴上，且AD ＝2，AB 在y 轴上，且AB ＝2，
过B 作BC ∥AD ，且BC ＝1，则四边形ABCD 为原平面图形，其面积为S =12
(1+2)×2=3． 故选：C ．
4．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若c cos B ＝a ，则这个三角形的形状为（ ） A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．锐角三角形
D ．等腰或直角三角形
解：因为c cos B ＝a ，可得c •
a 2+c 2−
b 2
2ac
=a ，整理可得c 2＝a 2+b 2，可得C =π
2，
所以这个三角形的形状为直角三角形． 故选：A ．
5．如图，α∩β＝l ，A ，B ∈α，C ∈β，且C ∉l ，直线AB ∩l ＝M ，过A ，B ，C 三点的平面记作γ，则γ与β的交线必通过（ ）
A ．点A
B ．点B
C ．点C 但不过点M
D ．点C 和点M
解：∵直线AB ∩l ＝M ，过A ，B ，C 三点的平面记作γ， ∴β∩γ＝MC ，∴γ与β的交线必通过点C 和点M ， 故选：D ．
6．已知直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1的底面为直角三角形，且两直角边长分别为1和2√3，此三棱柱的高为√3，则该三棱柱的外接球的体积为（ ） A ．
8π3
B ．
16π3
C ．
32π3
D ．
64π3
解：依题意，不妨令∠BAC ＝90°，
于是得直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1共点于A 的三条棱AB ，AC ，AA 1两两垂直， AB ＝1，AC =2√3，AA 1=√3，
则以AB ，AC ，AA 1为相邻三条棱可作长方体，该长方体与直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1有相同的外接球， 外接球的直径为2R ，即为长方体体对角线长√12+(√3)2+(2√3)2=4，即R ＝2， 此球的体积为V =4
3πR 3=32π
3
． 故选：C ．
7．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知c sin A =√3a cos C ，c ＝2√3，ab ＝8，则a +b 的值
是（ ） A ．6
B ．8
C ．4
D ．2
解：因为c sin A =√3a cos C ，
由正弦定理可得sin C sin A =√3sin A cos C ，又sin A ≠0， 所以可得sin C =√3cos C ，可得tan C =√3， 又C ∈（0，π），所以C =π3
，又c ＝2√3，ab ＝8，
由余弦定理可得12＝a 2+b 2﹣ab ＝（a +b ）2﹣3ab ＝（a +b ）2﹣24，所以a +b ＝6． 故选：A ．
8．若将函数f （x ）＝2sin （2x +φ）（|φ|＜π
2
）的图象向左平移π
6
个单位后得到的图象关于y 轴对称，则函数
f （x ）在[0，π
2
]上的最大值为（ ）
A ．2
B ．√3
C ．1
D ．
√32
解：将函数f （x ）＝2sin （2x +φ）（|φ|＜π2
）的图象向左平移π6
个单位后，
得到的y ＝2sin （2x +π
3
+φ）的图象关于y 轴对称，∴φ=π6
，函数f （x ）＝2sin （2x +π6
）． ∵2x +π
6∈[π
6，
7π
6]，则当2x +π6=π
2时，函数f （x ）在[0，π
2
]上的最大值为2， 故选：A ．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分． 9．下列叙述错误的是（ ）
A ．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的多面体是棱锥
B ．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C ．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥可能为六棱锥
D ．如果一个棱柱的所有面都是长方形，那么这个棱柱是长方体
解：对于A ：有一个面是多边形，其余各面都是三角形，必须强调各个三角形的顶点必须相交于一点，故与锥体的定义矛盾，故A 错误；
对于B ：有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台，与台体的形成矛盾，台体是由锥体沿侧棱作与底面平行的截面，所形成几何体的下半部分为台体，故B 错误；
对于C ：如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个几何图形不可能构成体，只能构成正六边形，故C 错误；
对于D ：如果一个棱柱的所有面都是长方形，根据侧棱垂直于底面，且每一条侧棱互相平行，那么这个棱柱是长方体，故D 正确． 故选：ABC ． 10．下列各式中，值为
√3
2
的是（ ） A ．2sin15°cos15° B ．cos 215°﹣sin 215° C ．1﹣2sin 215°
D ．sin 215°+cos 215°
解：对于A ，2sin15°cos15°＝sin30°=1
2，错误； 对于B ，cos 215°﹣sin 215°＝cos30°=√3
2，正确； 对于C ，1﹣2sin 215°＝cos30°=
√3
2
，正确；
对于D ，sin 215°+cos 215°＝1，错误． 故选：BC ．
11．如图所示，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别为棱C 1D 1，C 1C 的中点，则以下四个结论中正确的是（ ）
A ．直线AM 与CC 1是相交直线
B ．直线AM 与BN 是平行直线
C ．直线BN 与MB 1是异面直线
D ．直线AM 与DD 1是异面直线
解：CC 1⊂平面CC 1D 1D ，M ∈平面CC 1D 1D ，M ∉CC 1，A ∉平面CC 1D 1D ，
由异面直线定义可得直线AM 与C 1C 是异面直线，故A 错误； 同理判断直线BN 与MB 1是异面直线，故C 正确； 直线AM 与DD 1是异面直线，故D 正确；
取D 1D 的中点K ，连接AK ，可得AK ∥BN ，AK 与AM 相交，
直线AM 与BN 是异面直线，故B 错误． 故选：CD ．
12．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M 是△ABC 内一点，△BMC ，△AMC ，△AMB 的面积分别为S A ，S B ，S C ，且S A ⋅MA →
+S B ⋅MB →
+S c ⋅MC →
=0→
．以下命题正确的有（ ）
A ．若S A ：S
B ：S
C ＝1：1：1，则M 为△ABC 的重心
B ．若M 为△AB
C 的内心，则BC ⋅MA →
+AC ⋅MB →
+AB ⋅MC →
=0→
C ．若∠BAC ＝45°，∠ABC ＝60°，M 为△ABC 的外心，则S A ：S B ：S C =√3：2：1
D ．若M 为△ABC 的垂心，3MA →
+4MB →
+5MC →
=0→
，则cos ∠AMB =−√6
6
解：对于A ，取BC 的中点D ，连接MD ，AM ，
由S A ：S B ：S C ＝1：1：1，则MA →
+MB →
+MC →
=0→
， 所以2MD →
=MB →
+MC →
=−MA →，
所以A ，M ，D 三点共线，且AM →
=23
AD →
，
设E ，F 分别为AB ，AC 的中点，同理可得CM →
=23CE →，BM →=23BF →
，
所以M 为△ABC 的重心，故A 正确；
对于B ，由M 为△ABC 的内心，则可设内切圆半径为r ，
则有S A =12BC ⋅r ，S B =12AC ⋅r ，S C =12
AB ⋅r ， 所以1
2
BC ⋅r ⋅MA →
+
12
AC ⋅r ⋅MB →
+
12
AB ⋅r ⋅MC →=0→
，
即BC ⋅MA →
+AC ⋅MB →
+AB ⋅MC →
=0→
，故B 正确；
对于C ，由M 为△ABC 的外心，则可设△ABC 的外接圆半径为R ，
因为∠BAC ＝45°，∠ABC ＝60°，
则有∠BMC ＝2∠BAC ＝90°，∠AMC ＝2∠ABC ＝120°，∠AMB ＝2∠ACB ＝150°，
所以S A =1
2R 2⋅sin∠BMC =1
2R 2⋅sin90°=1
2R 2，S B =1
2R 2⋅sin∠AMC =1
2R 2⋅sin120°=√3
4R 2，S C =
12R 2⋅sin∠AMB =12R 2⋅sin150°=14
R 2， 所以S A ：S B ：S C =2：√3：1，故C 错误；
对于D ，如图，延长AM 交BC 于点D ，延长BM 交AC 于点F ，延长CM 交AB 于点E ，
由M 为△ABC 的垂心，3MA →
+4MB →
+5MC →
=0→
，则S A ：S B ：S C ＝3：4：5， 又S △ABC ＝S A +S B +S C ，则
S △ABC S A
=4，
S △ABC S B
=3，
设MD ＝x ，MF ＝y ，则AM ＝3x ，BM ＝2y ，
所以cos ∠BMD =x 2y =cos∠AMF =y
3x ，即3x 2＝2y 2，
所以cos ∠BMD =√66，所以cos ∠AMB =cos(π−∠BMD)=−√6
6，故D 正确； 故选：ABD ．
三、填空题．本题共4小题，每小题5分，共计20分．
13．已知sin θ+cos θ=43，θ∈(0，π4)，则sin θ﹣cos θ的值为 −
√23 ． 解：因为sin θ+cos θ=43，θ∈(0，π4)，
所以1+2sinθcosθ=169，整理得2sinθcosθ=79，
因为θ∈(0，π4)，所以cos θ＞sin θ，
所以sin θ﹣cos θ＝﹣|sin θ﹣cos θ|=−√1−2sinθcosθ=−√23．
故答案为：−√23．
14．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，如果a ＝3，b =√2，c ＝2√2，那么△ABC 的最大内角的余弦值为 18 ．
解：角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，如果a ＝3，b =√2，c ＝2√2，则∠A 是最大角，
则cos A =b 2
+c 2−a 22bc =2+8−92×2×22=18， 故答案为：1
8． 15．若|a →|＝1，|b →|＝2，a →与b →的夹角为60°，若（3a →+5b →）⊥（m a →−b →），则m 的值为
238 ． 解：∵(3a →+5b →)⊥(ma →−b →)，∴(3a →+5b →)⋅(ma →−b →)=3m +(5m −3)−20=0；
∴m =238．
故答案为：23
8．
16．已知复数z 满足|z ﹣3﹣4i |＝1，则|z |的最大值为 6 ．
解：设z ＝x +yi （x ，y ∈R ），
∵|z ﹣3﹣4i |＝1，
∴|（x ﹣3）+（y ﹣4）i |＝1，即（x ﹣3）2+（y ﹣4）2＝1，表示以（3，4）为圆心，1为半径的圆， ∴|z |的最大值为√(3−0)2+(4−0)2+1=6．
故答案为：6．
四、解答题．本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤
17．（10分）（1）已知a →=（3，3），b →=（﹣2，0），求向量b →在a →
上的投影向量的坐标；
（2）已知a →=（1，3），b →=（λ，2），若a →，b →的夹角为锐角，求λ的取值范围．
解：（1）由题意可得：a →⋅b →=√3×(−2)+3×0=−2√3，|a →|=√(√3)2+32=2√3，
向量b →在a →方向上的投影向量为：a →⋅b
→|a →|2⋅a →=−2√312a →=−√36a →=(−12，−√32)； （2）因为a →，b →的夹角为锐角，所以a →⋅b →=1×λ+3×2=λ+6＞0，解得：λ＞﹣6，
又当a →与b →共线时，可得：1×2＝3λ，解得：λ=23，
此时b →=(23，2)=23a →，此时a →与b →同向，需排除， 所以λ的取值范围为(−6，23)∪(23，+∞)．
18．（12分）已知函数f(x)=2sinxcosx +√3cos2x ，x ∈R ．
（1）求函数f （x ）的最小正周期；
（2）求f （x ）的单调区间．
（1）解：f(x)=2sinxcosx +√3cos2x =sin2x +√3cos2x =2(12sin2x +√32cos2x)=2(cos π3sin2x +sin π3cos2x)=2sin(2x +π3)，
所以函数f （x ）的最小正周期T =2π2=π．
（2）令2kπ−π2≤2x +π3≤2kπ+π2，解得kπ−5π12≤x ≤kπ+π12，k ∈Z ，
∴f （x ）的单调递增区间为[kπ−5π12，kπ+π12]，k ∈Z ；
令2kπ+π2≤2x +π3≤2kπ+3π2，解得kπ+π12≤x ≤kπ+7π12
，k ∈Z ， ∴f （x ）的单调递减区间为[kπ+
π12，kπ+7π12]，k ∈Z ． 19．（12分）如图所示，遥感卫星发现海面上有三个小岛，小岛B 位于小岛A 北偏东75°距离60海里处，小岛B 北偏东15°距离30√3−30海里处有一个小岛C ．
（1）求小岛A 到小岛C 的距离；
（2）如果有游客想直接从小岛A 出发到小岛C ，求游船航行的方向．
解：（1）由题意知，AB ＝60，BC =30√3−30，∠ABC ＝（180°﹣75°）+15°＝120°，
在△ABC中，由余弦定理知，AC2＝AB2+BC2﹣2AB•BC•cos∠ABC＝602+（30√3−30）2﹣2•60•（30√3−
30）•（−1
2
）＝5400，
所以AC=√5400=30√6，
故小岛A到小岛C的距离为30√6海里．
（2）由余弦定理知，AB2＝AC2+BC2﹣2AC•BC•cos∠ACB，
所以602＝（30√6）2+（30√3−30）2﹣2•30√6•（30√3−30）•cos∠ACB，
所以cos∠ACB=√2
2
，
因为∠ACB∈（0，π），所以∠ACB＝45°，
所以∠BAC＝180°﹣（∠ABC+∠ACB）＝180°﹣（120°+45°）＝15°，
由75°﹣15°＝60°，知游船航行的方向是北偏东60°．
20．（12分）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AA1的中点．（1）求证：CE，D1F，DA三线交于点P；
（2）在（1）的结论中，G是D1E上一点，若FG交平面ABCD于点H，求证：P，E，H三点共线．
解：（1）证明：正方体AC1中，E，F分别是AB，AA1的中点，
∴EF∥CD1且EF≠CD1，∴EC与D1F相交，设交点为P，
∵P∈EC，EC⊆平面ABCD，∴P∈平面ABCD；
又∵P∈FD1，FD1⊆平面ADD1A1，∴P∈平面ADD1A1，
∴P为两平面的公共点，
平面ABCD∩平面ADD1A1＝AD，∴P∈AD，
∴CE、D1F、DA三线共点于P；
（2）证明：如图所示，
在（1）的结论中，G是D1E上一点，FG交平面ABCD于点H，
则FH⊂平面PCD1，∴H∈平面PCD1，又H∈平面ABCD，
∴H∈平面PCD1∩平面ABCD，
同理，P∈平面PCD1∩平面ABCD，
E∈平面PCD1∩平面ABCD，
∴P，E，H都在平面PCD1与平面ABCD的交线上，
∴P，E，H三点共线．
21．（12分）现需要设计一个仓库，由上下两部分组成，上部的形状是正四棱锥P﹣A1B1C1D1，下部的形状是正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1（如图所示），并要求正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．（1）若AB＝6m，PO1＝2m，则仓库的容积是多少？
（2）若正四棱锥的侧棱长为6m，当PO1为多少时，下部的正四棱柱侧面积最大，
最大面积是多少？
解：（1）∵PO1＝2m，正四棱柱的高O1O是正四棱锥的高PO1的4倍．
∴O1O＝8m，
答：仓库的容积V=1
3
×62×2+62×8＝312m3，
（2）若正四棱锥的侧棱长为6m，设PO1＝xm，
则O1O＝4xm，A1O1=√36−x2m，A1B1=√2√36−x2m，
∴正四棱柱侧面积S＝4•4x•√2√36−x2=16√2x⋅√36−x2（0＜x＜6），
∴S≤16√2x2+(√36−x2)2
2
=288√2，
当且仅当x=√36−x2，即x=3√2时，S max=288√2m2，
答：当PO1=3√2m时，正四棱柱侧面积最大，最大为288√2m2．
22．（12分）从①cos2A+cos A＝0；②sin2B﹣sin2A+sin2C﹣sin B sin C＝0，③b sin A+√3a cos B=√3c，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答（注：若选择多个条件，按第一个解答计分）．
在△ABC 中，a ，b ，c 分别是角A ，B ，C 的对边，若______．
（1）求角A 的大小；
（2）若D 是BC 的中点，AD ＝1，求△ABC 面积的最大值．
解：（1）选条件①时，由cos2A +cos A ＝0，得2cos 2A +cos A ﹣1＝0， 解得cos A =12或cos A ＝﹣1，
∵0＜A ＜π，
∴cos A ＝﹣1（舍去），cos A =12，
∴A =π3．
选条件②时，∵sin 2B ﹣sin 2A +sin 2C 一sin B sin C ＝0，
∴根据正弦定理：a sinA =b sinB
=c sinC ，得b 2﹣a 2+c 2＝bc ， ∴由余弦定理得：cos A =b 2+c 2−a 22bc =bc 2bc =12
， ∵0＜A ＜π，
∴A =π3，
选条件③时，∵b sin A +√3a cos B =√3c ，
利用正弦定理a sinA =b sinB =c sinC ，得sin B sin A +√3sin A cos B =√3sin C =√3sin （A +B ），
化简得sin B sin A =√3cos A sin B ，
∵0＜B ＜π，
∴sin B ≠0，
∴tan A =√3，
∵0＜A ＜π，
∴A =π3．
（2）在△ABC 中，由余弦定理知，b 2﹣a 2+c 2＝bc ，①
在△ACD 中，由余弦定理知，cos ∠ADC =AD 2+CD 2−AC 22AD⋅CD =a 24+1−b 22×a 2×1
， 在△BCD 中，由余弦定理知，cos ∠BAD =BD 2+AD 2−AB 22BD⋅AD =a 24+1−c 22×a 2×1，
∵∠ADC +∠BDC ＝π，
∴cos ∠ADC ＝﹣cos ∠BDC
即a 24+1−b 2
2×a 2×1=
−a 24+1−c 22×a 2×1， 化简得，4+a 2﹣2（c 2+b 2）＝0，② 由①②，得b 2+c 2＝4﹣bc ≥2bc ，
∴bc ≤43，当且仅当b ＝c 时，等号成立， ∴△ABC 面积S =12bc sin A ≤
12×43×√32=√33， ∴△ABC 面积的最大值为√33
．。