吉林长春东北师大附中2022-2023学年高一下学期期末数学试题（解析版）.pdf

1、第1页/共23页 学科网（北京）股份有限公司东北师大附中 20222023 学年下学期期末考试（高一）年级（数学）科试卷注意事项：1.答题前，考生须将自己的姓名、班级、考场座位号填写在答题卡指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动.用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.3.回答非选择题时，请使用 0.5 毫米黑色字迹签字笔将答案写在答题卡各题目的答题区域内，超出答题区域或在草稿纸、本试题卷上书写的答案无效，4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄皱、弄破，不准使用涂改液、修正帮、刮纸刀.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分，满分

2、 120 分.考试用时 120 分钟.第卷（选择题共 48 分）一、单项选择题（本题共 8 小题，每小题 4 分，共 32 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()1 i6z=，则 z=（）A.3 i B.3i C.33i+D.33i+【答案】D【解析】【分析】根据复数的除法运算计算即可.【详解】由()1 i6z=，得()()()6 1 i633i1 i1 i 1 iz+=+.故选：D.2.已知向量()2,1a=，(),1bm=，若()aba，则实数 m=（）A.3 B.3 C.4 D.4【答案】A【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示，列式计算，即得答案.【详解】

3、因为()aba，故()0aba=，第2页/共23页 学科网（北京）股份有限公司由题意得(2,2)abm=，故2(2)20m+=，解得3m=，故选：A 3.已知 ABC的内角 A，B，C 的对边分别是 a，b，c，16a=，8b=，60A=，则cos B=（）A.34 B.34 C.134 D.134【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理求解即可.【详解】因为 sinsinabAB=，所以38sin32sin164bABa=，因为 ab，所以60BA=，所以213cos1 sin4BB=.故选：D.4.已知两条不同直线,l m 与两个不同平面,，下列命题正确的是 A.若/,llm，则m B.若,

4、/ll，则 C.若/,/lm，则/lm D.若/,/m，则/m【答案】B【解析】【分析】在 A 中，可能,m也可能/m；在 B 中，由线面垂直的性质定理得；在 C 中，可能 lm，也可能/lm；在 D 中，可能/m，也可能.m【详解】由 l，m 为两条不同的直线，为两个不同的平面，知：在 A 中，若/,llm，则可能,m也可能/m，故 A 错误；在 B 中，若,/ll，则由线面垂直的性质定理得,故 B 正确；在 C 中，若/,/lm，则可能 lm，也可能/lm,故 C 错误；第3页/共23页 学科网（北京）股份有限公司在 D 中，若/,/m，则可能/m，也可能m，故 D 错误 故选 B【点睛】

5、本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、空间想象能力，是中档题 5.2023 年吉林省高考分数公布后，附中再续辉煌，高三一班平均分 657 分，其中的 12 名同学成绩分别是（单位：分）：673，673，677，679，682，682，684，685，687，691，697，705，则这 12 名学生成绩的第75 百分位数是（）A.689 B.687 C.679 D.678【答案】A【解析】【分析】根据百分位数计算规则计算可得.【详解】因为12 75%9=，所以数据的第 75 百分位数为从小到大排列的第9、第10两数的平均数，即 687691

6、6892+=，即则这 12 名学生成绩第 75 百分位数是 689.故选：A 6.在边长为 2 的正三角形 ABC 中，13ADDB=，CEEB=，则 AE DE=（）A.94 B.32 C.32 D.94【答案】D【解析】【分析】建立平面直角坐标系，得到向量的坐标，利用数量积运算求解.【详解】解：建立如图所示平面直角坐标系：则()()0,3,1,0AB 设(),D x y，则()(),3,1,ADx yDBxy=，因为13ADDB=，的第4页/共23页 学科网（北京）股份有限公司所以1133133xxyy=，解得143 34xy=，即1 3 3,44D，则()13 30,3,44AEDE=，

7、所以94AE DE=，故选：D 7.九章算术中将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵、在堑堵111ABCA B C中，若14ABBCAA=，若 P 为线段1BA 中点，则点 P 到平面11A B C 的距离为（）A.1 B.2 2 C.2 D.4【答案】C【解析】【分析】利用等积法可求 B 到平面11A B C 的距离，进而可求点 P 到平面11A B C 的距离.【详解】因为 ABC为直角三角形，且 ABBC=，易知 ABBC，而1AA 平面 ABC，BC 平面 ABC，故1AABC，同理1AAAC，1BBBC，而11,AAABA AA AB=平面1ABB，故 BC 平面1ABB

8、，故11 1111324443323CAB BA B BVBCS=，又224 2ACABBC=+=，故132 164 3AC=+=，而116 164 2B C=+=，故2221111B CB AAC+=，所以111A BB C，故1 11 11118 23244 233233B A B CA B CVdSdd=，其中d 为 B 到平面11A B C 的距离，故2 2d=，第5页/共23页 学科网（北京）股份有限公司而 P 为线段1BA 中点，故 P 到平面11A B C 的距离为2.故选：C.8.已知G 为 ABC的重心，150A=，3AB AC=，则 AG的最小值为（）A.312 B.33

9、C.313 D.34【答案】C【解析】【分析】取 BC 的中点 D，连接 AD，即可得到()13AGABAC=+，根据数量积的定义得到2ABAC=，利用基本不等式求出22ABAC+的最小值，再由()2219AGABAC=+及数量积的运算律求出 AG的最小值.【详解】取 BC 的中点 D，连接 AD，则()()22113323AGADABACABAC=+=+，又150A=，3AB AC=，所以cos3AB ACABACBAC=，所以2ABAC=，所以2224ABACABAC+=，当且仅当2ABAC=时取等号，所以()()222211299AGABACABAB ACAC=+=+()22129ABA

10、B ACAC=+()()22112 342 399ABAC=+，当且仅当2ABAC=时取等号，所以()min13142 393AG=.第6页/共23页 学科网（北京）股份有限公司 故选：C 二、多项选择题（本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得 4 分，部分选对得 2 分，有选错或不选得 0 分）9.下列说法错误的是（）A.以直角三角形的一边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥 B.用一个平面去截棱锥，底面和截面之间部分所围成的几何体是棱台 C.边长为 2 的水平放置的正方形的斜二测画法直观图面积是2 D.用一个平面去截取正方

11、体，得到的截面可能是正六边形【答案】AB【解析】【分析】当旋转轴为斜边时即可判断 A，根据棱台的定义判断 B，根据直观图与平面图面积的关系判断 C，作出截面在判断形状，即可判断 D.【详解】对于 A：以直角三角形的一条直角边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥，以斜边所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是两个同底的圆锥所拼接而成的几何体，故 A 错误；对于 B：用一个平行底面的平面去截棱锥，底面和截面之间部分所围成的几何体是棱台，故 B 错误；对于 C：边长为 2 的水平放置的正方形的斜二测画法直观图面积是22224=，故 C 正确；对于 D：一个平面与正方体的6个面相交，截面为六边形，此六边形

12、可能是正六边形，如图，N、P、Q、R、S、T 为正方体所在棱的中点，顺次连接得正六边形，第7页/共23页 学科网（北京）股份有限公司设正方体棱长为a，有22TNNPPQQRRSSTa=，62PTa=，在 NPT中，2221cos22NTNPPTPNTNT NP+=，则120PNT=，同理120NPQPQRQRSRSTSTN=，即六边形 NPQRST 为正六边形，故 D 正确.故选：AB 10.东北师大附中培养的学生德才兼备、全面发展、在校团委领导下的各个社团，积极开展各项活动，其中甲、乙两个社团为了钠新，利用 7 天的时间进行宣传，将每天宣传次数绘制成如下频数分布折线图（其中前三天宣传次数相同

13、），则下列说法正确的是（）A.甲社团众数小于乙社团众数 B.甲社团的平均数小于乙社团的平均数 C.甲社团的极差大于乙社团的极差 D.甲社团的方差大于乙社团的方差【答案】ACD【解析】【分析】根据众数，平均数，极差，方差的公式计算即可.【详解】甲 7 天的次数依次为2,2,3,2,5,4,3，乙 7 天的次数依次为 2,2,3,4,3,3,4，对于 A，甲的众数为2，乙的众数为3，则甲社团众数小于乙社团众数，故 A 正确；对于 B，甲社团的平均数为 223254337+=，乙社团的平均数为 223433437+=，则甲社团的平均数等于乙社团的平均数，故 B 错误；对于 C，甲社团极差为523=，

14、乙社团的极差422=，则甲社团的极差大于乙社团的极差，故 C 正确；对于 D，甲社团方差为()()()()()()()2222222182323332353433377+=，的的第8页/共23页 学科网（北京）股份有限公司乙社团的方差为()()()()()()()2222222142323334333334377+=，则甲社团的方差大于乙社团的方差，故 D 正确.故选：ACD.11.在 ABC中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，则下列说法正确的是（）A.若60A=，3a=，则 ABC的外接圆半径为 1 B.若60A=，3a=，则 ABC的面积最大值为 3 34 C.若60A=，2

15、b=，且 ABC为直角三角形，则3a=D.若60A=，2b=，且 ABC有两解，则 a 的取值范围 32a【答案】ABD【解析】【分析】利用正弦定理即可判断 A；根据余弦定理结合基本不等式及三角形的面积公式即可判断 B；分90B=和90C=两种情况讨论即可判断 C；要使 ABC有两解，则60120B 且90B，再结合正弦定理即可判断 D.【详解】对于 A，因为60A=，3a=，所以 ABC的外接圆半径为11312 sin232aA=，故 A 正确；对于 B，若60A=，3a=，由余弦定理可得222222cosabcbcAbcbcbc=+=+，所以3bc，当且仅当3bc=时，取等号，则13 3s

16、in24ABCSbcA=，即 ABC的面积最大值为 3 34，故 B 正确；对于 C，当90B=时，则sin3abA=，当90C=时，则tan2 3abA=，第9页/共23页 学科网（北京）股份有限公司综上，3a=或2 3，故 C 错误；对于 D，60A=，2b=，因为 sinsinabAB=，所以sin3sinbABaa=，因为60A=，所以0120B，要使 ABC有两解，则60120B 且90B，则3sin12B，所以3312a，解得 32a，故 D 正确.故选：ABD.12.在正方体1111ABCDA B C D中，1AB=.点 P 在正方体的面11CC D D 内（含边界）移动，则下列

17、结论正确的是（）A.当直线1B P平面1A BD 时，则直线1B P 与直线1CD 所成的大小可能为 4 B.当 P 正方形11CC D D 的中心时，Q 为线段11C D 上的动点，则1PQQB+的最小值为 102 C.若直线1B P 与平面11CC D D 所成角为 4，则点 P 的轨迹长度为 2 D.当直线1B PAB时，Q 为线段11C D 中点，则三棱锥1PAQA的体积为定值【答案】BCD【解析】【分析】应用线面平行、面面平行的判定证面1/A BD面11CB D，进而判断 P 的轨迹，即可判断线线角的范围，从而判断 A；将平面1111DCBA与平面11C D DC 展开，即可判断 B

18、；根据11B C 面11CC D D，结合线面角大小确定 P 的轨迹，即可求长度，从而判断 C；得到点 P 在1CC 上运动，即可判断 D.【详解】对于 A，如下图，连接1CB、1CD、11B D，由正方体性质知：11/CBDA，11/CDBA，第10页/共23页 学科网（北京）股份有限公司 由1CB 面1A BD，1DA 面1A BD，则1/CB面1A BD，同理可证1/CD面1A BD，又11CBCDC=，11,CB CD 面11CB D，故面1/A BD面11CB D，由1B 面11CB D，面11CB D 面111CC D DCD=，且 P 在正方体的面11CC D D 内，所以，要使

19、直线1/B P平面1A BD，则1B P 面11CB D，即1PCD，又11CB D 为等边三角形，故 P 在1CD 上运动时，直线1B P 与直线1CD 成角为 ,3 2，故 A 错误；对于 B，将平面1111DCBA与平面11C D DC 展开，得到如下所示图形，当 P 正方形11CC D D 的中心时，即为1CD 与1C D 的交点，做1PHCC，连接1PB，与11C D 交于点Q，则此时1PQQB+最小，即为1PB，且1122PHCD=，113122B H=+=，则2211310222PB=+=，故 B 正确；对于 C，由11B C 面11CC D D，显然11B D、1B C 与面1

20、1CC D D 夹角为 4，所以，要直线1B P 与平面11CC D D 所成角为 4，则 P 轨迹是以1C 为圆心1CD 为半径的 14圆，如下图示：第11页/共23页 学科网（北京）股份有限公司 所以，轨迹长度为 1242=，故 C 正确；对于 D，建立如下图所示的空间直角坐标系，则可得()()()10,0,0,1,0,0,1,0,1ABB，设(),1,P xz，则()1,0,0AB=，()11,1,1B Pxz=，当直线1B PAB时，可得110AB B Px=，即1x=，所以点 P 在1CC 上运动，则1AA P的面积为定值，所以三棱锥1PAQA的体积为定值，故 D 正确；故选：BCD

21、 三、填空题，本题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分.13.数据12,nx xx的平均数是 2，方差是 1，则数据125x+，225x+，25nx+的平均数与方差之和是_.【答案】13【解析】【分析】根据平均数与方差的性质计算即可.【详解】因为数据12,nx xx的平均数是 2，方差是 1，所以数据125x+，225x+，25nx+的平均数为 2 259+=，方差为2214=，所以所求为9413+=.第12页/共23页 学科网（北京）股份有限公司故答案为：13.14.在数学中，二阶行列式 abadbccd=，若在复数域内，12iz=，21 iz=+，32zz=，在当12340zzzz=

22、时，4z=_.【答案】1【解析】【分析】确定3z，根据二阶行列式的的含义，结合复数的乘除法，列式计算求得4z，即可求得答案.【详解】由题意得321 izz=，故由12340zzzz=可得1 4230z zz z=，即2341(1 i)(1 i)1i2iiz zzz+=，故41z=，故答案为：1 15.一船向正北方向匀速行驶，看见正西方向两座相距 20 海里的灯塔恰好与该船同一直线上，继续航行半小时后，看见其中一座灯塔在南偏西 45方向上，另一灯塔在南偏西 75方向上，则该船的速度是_海里/小时.【答案】()2031【解析】【分析】依题意画出图形，设 BAx=，得到CAx=，然后在Rt BAD中

23、利用锐角三角函数求出 x，即可求出速度.【详解】如图所示：设船的初始位置为 A，半小时后行驶到 B，两个灯塔分别位于C 和 D，所以=45ABC，75ABD=，则30CBD=，15CDB=，第13页/共23页 学科网（北京）股份有限公司所以()tantan15tan 4530CDB=31tan 45tan303231tan 45 tan3031 13=+，设 BAx=（海里），则CAx=（海里），在 Rt BAD中，20DAx=+，则 tan2320ABxCDBADx=+，解得()3110 x=，所以船速为()()1103120312=（海里/小时）.故答案为：()2031 16.青铜豆最早见

24、于商代晚期，盛行于春秋战国时期，它不仅可以作为盛放食物的铜器.还是一件十分重要的礼器，图为河南出土的战国青铜器方豆，豆盘以上是长方体容器和正四棱台的斗形盖.图是与主体结构相似的几何体，其中4AB=，2MNNF=，K 为 BC 上一点，且13CKBC=，Z 为 PQ 上一点.若DKMZ，则 QZZP=_；几何体 EFGHMNPQ的所有顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为_.【答案】.12#0.5 .40【解析】【分析】设面 EMZ 交平面 ABCD 于 AJ，利用面面平行的性质作出/MZ AJ，证明出 DCKADJ，得到:CJJDBK KC=：，即可求出答案；先判断出球心在面 NFHQ 上，设

25、 NQ 的中点为1O,FH 的中点为2O,则球心在 O 在12O O 上，设外接球的半径为 R，2OOd=.利用半径相等列方程，解出d，即可求出2 5R=，计算出外接球的表面积.【详解】由题意可知：面 ABCD/面 EFGH/面 MNPQ，设面 EMZ 交平面 ABCD 于 AJ，因为面 EMZ 交平面=MNPQ ZM，所以/MZ AJ，设 DKAJL=，第14页/共23页 学科网（北京）股份有限公司 因为 DKMZ，所以 DKAJ，因为,22DKCKDCDJLKDC+=+=，所以DKCDJL=，而2DCKADJ=，所以 DCKADJ，所以 CKDCDJAD=，所以 CKDJDCAD=，因为四

26、边形 ABCD 为正方形，所以:2:1CJ JDBK KC=.所以12QZDJZPJC=，几何体 EFGHMNPQ为正四棱台，由正四棱台的对称性可知，几何体 EFGHMNPQ外接球的球心必在平面 NFHQ 上，设 NQ 的中点为1O，FH 的中点为2O，则球心在 O 在12O O 上，由题意可知：24 2FHAB=，22 2NQMN=，212 2,2FONO=，过 N 作 NS 垂直 FH 于 S，则()()11 4 22 2222FSFHNQ=，由勾股定理得：22=42=2NSFNFS，所以122O ONS=，设外接球的半径为 R，2OOd=，由 ROFON=可得：22222211FOOON

27、OOO+=+，即()22822dd+=+，解得：2d=，的第15页/共23页 学科网（北京）股份有限公司所以()()222 2210ROF=+=，几何体 EFGHMNPQ外接球的表面积为2440SR=，故答案为：12；40.【点睛】方法点睛：求多面体的外接球的面积和体积问题，常用方法有：（1）三条棱两两互相垂直时，可恢复为长方体，利用长方体的体对角线为外接球的直径，求出球的半径；（2）直棱柱的外接球可利用棱柱的上下底面平行，借助球的对称性，球心为上下底面外接圆的圆心连线的中点，再根据勾股定理求球的半径；（3）如果涉及几何体有两个面相交，可过两个面的外心分别作两个面的垂线，垂线的交点为几何体的球

28、心.四、解答题：本题共 6 小题.共 56 分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.如图.已知正三棱柱111ABCA B C的底面边长6AB=，D，E 分别是1CC，BC 的中点，AEDE=.（1）三棱锥 AECD的体积；（2）正三棱柱111ABCA B C的表面积.【答案】（1）9 62 （2）18 3108 2+【解析】【分析】（1）依题意可得 AEBC，在由正三棱柱性质得到1CCBC，利用勾股定理求出线段的长度，最后由13A ECDD AECAECVVSCD=计算可得；（2）求出上下底面积及侧面积，即可求出棱柱的表面积.【小问 1 详解】因为 E 是 BC 的中点，ABC为等边

29、三角形，所以 AEBC，的第16页/共23页 学科网（北京）股份有限公司在正三棱柱111ABCA B C中1CC 平面 ABC，BC 平面 ABC，所以1CCBC，又6AB=，所以3EC=，223 3=AEACEC，又 AEDE=，所以223 2CDDEEC=，所以19 33 3 322AECS=，所以119 39 63 23322A ECDD AECAECVVSCD=.【小问 2 详解】由（1）可知126 2CCCD=，1 1 116 3 39 32ABCA B CSS=，13 6 6 2108 2ABCSCCC=侧，所以棱柱的表面积2 9 3108 218 3108 2S=+=+.18.近

30、年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱.目前已经成为推动消费的一种流行的营销形式.对某直播平台的直播商家进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图所示.（1）该直播平台为了更好地服务买卖双方，打算随机抽取 80 个直播商家进行问询交流.如果按照比例分配分层抽样的方式抽取，则应抽取小吃类、玩具类商家各多少家？（2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对抽取的 80 个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如图所示.请根据频率分布直方图，求出图中 a 的值，并估计该直播平台商家日利润的平均数（求平均数时同一组中的数据用该组区间的

31、中点值作代表）.【答案】（1）小吃类32家，玩具类8 家.（2）0.002a=；平均数为377.5.【解析】【分析】（1）根据题意，直接计算，即可得到结果；第17页/共23页 学科网（北京）股份有限公司（2）根据题意，先由频率之和求得a，再根据平均数的计算公式即可得到结果.【小问 1 详解】由题意可得，()801 25%15%10%5%5%32=，80 10%8=，所以应抽取小吃类32家，玩具类8 家.【小问 2 详解】由题意可得，()0.001 30.0030.0050.007501a+=，解得0.002a=，平均数为()250 0.001 300 0.003350 0.007400 0.0

32、05450 0.002500 0.001 550 0.00150+377.5=，所以该直播平台商家日利润的平均数为377.5.19.如图，在四边形 OBCD 中，2OBDC=，2OAAD=，OBOD，且1ADCD=.（1）用OA，OB表示 BC；（2）点 P 在线段 AC 上，且2ACAP=.求 BC 与 BP夹角 的余弦值.【答案】（1）3122BCOAOB=（2）9 8585【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算，即可求得答案；（2）建立平面直角坐标系，求得相关点坐标，求出 BC 与 BP的坐标，根据向量的夹角公式即可求得答案.【小问 1 详解】由2OBDC=，可知OBDC，由2OAAD

33、=，可知 A 为OD 的靠近 D 的三等分点，故31312222BCBOODDCOBOAOBOAOB=+=+=；第18页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【小问 2 详解】因为OBOD，故以 O 为坐标原点，以,OD OB 为,x y 轴，建立平面直角坐标系，而1ADCD=，故2OAOB=,则),),(2 0(0 2)1,(3ABC，故(1,1)AC=，(3,1)BC=，由2ACAP=，可得52 2,1P，故,5322BP=，故1539 8522coscos,8534102BC BPBC BPBC BP+=.20.如图，四棱锥 PABCD的底面是正方形，PA 底面 ABCD，2APAB=，

34、E 是棱 PB 的中点.（1）证明：直线AE平面 PBC；（2）求直线 DE 与平面 PAD 所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析 （2）306【解析】【分析】（1）依题意可证 BC 平面 PAB，即可得到 AEBC，再由 AEPB，即可得证；（2）取 AP 的中点 H，连接 EH，即可证明 EH 平面 PAD，则EDH即为 DE 与平面 PAD 所成的角，再由锐角三角函数计算可得.第19页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【小问 1 详解】因为 PA 底面 ABCD，BC 底面 ABCD，所以 PABC，又 ABBC，ABPAA=，,AB PA 平面 PAB，所以 BC 平面 PAB

35、，又 AE 平面 PAB，所以 AEBC，因为 APAB=，E 为 PB 的中点，所以 AEPB，BCPBB=，,BC PB 平面 PBC，所以AE平面 PBC.【小问 2 详解】取 AP 的中点 H，连接 EH，则/EH AB，因为 PA 底面 ABCD，,AB AD 底面 ABCD，所以 PAAB，PAAD，又 ABAD，所以 EHPA，EHAD，PAADA=，,PA AD 平面 PAD，所以 EH 平面 PAD，DH 平面 PAD，所以 EHDH，所以EDH即为 DE 与平面 PAD 所成的角，又112EHAB=，225DHAHAD=+=，226DEEHDH=+=，所以530cos66D

36、HEDHED=，即直线 DE 与平面 PAD 所成角的余弦值为306.21.已知在锐角 ABC中，内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，23 sincoscabCbC=.（1）求角 B；（2）若2 3b=，D 为 AC 的中点，求线段 BD 长度的取值范围.【答案】（1）3 （2）(7,3第20页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【解析】【分析】（1）由23 sincoscabCbC=，利用正弦定理得到2sinsin3sinsinsincosCABCBC=，再结合理解和的余弦公式化简为sin16B+=求解；（2）根据 D 为 AC 的中点，得到()12BDBCBA=+，从而有()2

37、2214BDacac=+，再由余弦定理得到 2212acac+=，得到()21 62BDac=+，然后由 2224sinsin4sinsin 3acRACRAA=8sin 246A=+，利用三角函数的性质求解.【小问 1 详解】解：因为23 sincoscabCbC=，所以()2sinsin3sinsinsincosCBCBCBC+=，2sincossin3sinsinCBCBC=，因为(),0,B C，所以2cos3sinBB=，即 3sincos2BB+=，则sin16B+=，所以62B+=，则3B=；【小问 2 详解】因为 D 为 AC 的中点，所以()12BDBCBA=+，则()222

38、124BDBCBC BABA=+，即()22214BDacac=+，由余弦定理得 2222cosbacacB=+，即 2212acac+=，所以()21 62BDac=+，三角形外接圆的半径为 24sinbRB=，第21页/共23页 学科网（北京）股份有限公司则 2224sinsin4sinsin 3acRACRAA=，28 3sincos8sinAAA=+，4 3sin 24cos24AA=+，8sin 246A=+，因为 ABC是锐角三角形，所以 0202AC ，即 022032AA ，解得 62A，则 52,666A，则 1sin 2(,162A，所以(8,12ac，则 2(7,9BD，

39、所以(7,3BD，即线段 BD 长度的取值范围为：(7,3.22.如图，在正方形 ABCD 中，点 E、F 分别为 AB、BC 的中点，将AED，DCF分别沿 DE、DF 折起，使 A，C 两点重合于 P，连接 EF，PB.（1）点 M 是 PD 上一点.若 PB/平面 EFM，则 PMMD为何值？并说明理由；（2）点 M 是 PD 上一点，若3MDPM=，求二面角 MEFD的余弦值.【答案】（1）13，理由见解析 （2）63【解析】第22页/共23页 学科网（北京）股份有限公司【分析】（1）连 BD 交 EF 于G，连 MG，根据平面几何知识得14BGBD=，根据线面平行的性质定理得/PB

40、MG，从而可得答案；（2）证明 PD 平面 PEF，EF 平面 PBD，推出MGD是二面角 MEFD的平面角，由 PD 平面 PEF，推出 PDPG，设正方形 ABCD 的边长为4，解三角形可得结果.【小问 1 详解】连 BD 交 EF 于G，连 MG，因为在正方形 ABCD 中，点 E 是 AB 的中点，点 F 是 BC 的中点，则G 为 EF 的中点，221221222424BGBEABBDBD=,因为 PB/平面 EFM，PB 平面 PBD，平面 PBD 平面 EFMMG=，所以/PB MG，所以14PMBGPDBD=，所以13PMMD=；【小问 2 详解】由（1）知，若3MDPM=，则

41、/PB MG，因为 AEAD，CFCD，所以 PEPD，PFPD，又 PEPFP=，,PE PF 平面 PEF，所以 PD 平面 PEF，因为 EF 平面 PEF，所以 PDEF，因为在正方形 ABCD 中，点 E 是 AB 的中点，点 F 是 BC 的中点，所以 EFBD，因为 PDBDD=，,PD BD 平面 PBD，所以 EF 平面 PBD，又,MG GD 平面 PBD，所以 MGEF，GDEF，又 MG 平面 EFM，GD 平面 DEF，平面 EFM 平面 DEFEF=，所以MGD是二面角 MEFD的平面角.因为 PD 平面 PEF，PG 平面 PEF，所以 PDPG，设正方形 ABCD 的边长为4，则4 2BD=，33 24GDBD=，114PMPD=，3MD=,所以2218 162PGGDPD=，222 13MGPGPM=+=+=，2223 1896cos2323 3 2MGGDMDMGDMG GD+=，第23页/共23页 学科网（北京）股份有限公司即二面角 MEFD的余弦值为63.