2023-2024学年湖南省怀化市雅礼实验学校高二(上)入学数学试卷

2023-2024学年湖南省怀化市雅礼实验学校高二（上）入学数学试卷一、选择题（共8小题）1．（5分）已知、和均为非零向量，①若，则；②若，则；③若，则．上述命题中，真命题的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．32．（5分）已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（）A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B．若m∥α，m∥β，则α∥β C．若m⊥α，n⊥α，则m∥n D．若m∥α，n∥α，则m∥n3．（5分）若一个圆锥的底面面积为π，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（）A． B． C． D．4．（5分）在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知b2+c2＝a2+bc，b＝2，则△ABC的面积S的取值范围是（）A． B． C． D．5．（5分）端午节是我国传统节日，甲，乙，丙3人端午节来徐州旅游的概率分别是：，，，假定3人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为（）A． B． C． D．6．（5分）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，且均为靠近B的四等分点，CD与AE交于点F，若，则3x+y＝（）A．﹣1 B． C． D．7．（5分）已知某19个数据的平均数为5，方差为2，现加入一个数5，此时这20个数据的平均数为，方差为s2，则（）A．＝5，s2＝2 B．＝5，s2＞2 C．＝5，s2＜2 D．＞5，s2＜28．（5分）把边长为的正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角D﹣AC﹣B，则三棱锥D﹣ABC的外接球的球心到平面BCD的距离为（）A． B． C． D．二、多选题（共4小题）（多选）9．（5分）在一个试验模型中，设A表示一个随机事件，表示A的对立事件．以下结论正确的是（）A． B． C．若P（A）＝1，则 D．（多选）10．（5分）在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cos∠CDB＝﹣，则（）A． B．△ABC的面积为8 C．△ABC的周长为 D．△ABC为钝角三角形（多选）11．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个命题正确的是（）A．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于 B．点A1到面ABC1D1的距离为 C．两条异面直线D1C和BC1所成的角为 D．三棱柱AA1D1﹣BB1C1外接球表面积为3π（多选）12．（5分）阅读数学材料：“设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中Qi（i＝1，2，…，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面．“解答问题：已知在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AA1＝AB，则下列结论正确的是（）A．直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1在其各顶点处的离散曲率都相等 B．若AC＝BD，则直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为 C．若四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为，则AC1⊥平面A1BD D．若直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为，则BC1与平面ACC1所成角的正弦值为三、填空题（共4小题）13．（5分）已知复数﹣5+i与﹣3﹣2i分别表示向量和，则表示向量的复数为．14．（5分）有10种不同的零食，每100克可食部分包含的能量（单位：J）如下：100，120，125，165，430，186，175，234，425，310．这10种零食每100克可食部分的能量的第60百分位数为．15．（5分）三棱锥A﹣BCD的4个顶点都在球O的表面上，已知△BCD是边长为的等边三角形，AB⊥平面BCD，AB＝2，则球O的表面积为．16．（5分）如图，在平面中，圆O是半径为1的圆，OA＝2，设B，C为圆上的任意2个点，则的取值范围是．四、解答题（共6小题）17．（10分）为打造精品赛事，某市举办“南粤古驿道定向大赛”，该赛事体现了“体育+文化+旅游”全方位融合发展．本次大赛分少年组、成年组、专业组三个小组，现由工作人员统计各个组别的参赛人数以及选手们比赛时的速度，得到如下统计表和频率分布直方图：组数速度（千米/小时）参赛人数（单位：人）少年组[6，8）300成年组[8，10）600专业组[10，12]b（1）求a，b的值；（2）估计本次大赛所有选手的平均速度（同一组数据用该组数据的中间值作代表，最终计算结果精确到0.01）；（3）通过分层抽样从成年组和专业组中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人接受采访，求接受采访的2人都来自“成年组”的概率．18．（12分）已知向量＝（2，﹣4），＝（sin2x，sin2x﹣），x∈（0，）．（1）若x＝，求与的夹角的余弦值；（2）若⊥，求sin（x﹣）的值．19．（12分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）求角A；（2）若D为边BC上一点（不包含端点），且满足∠ADB＝2∠ACB，求的取值范围．20．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点．（1）证明：PB∥平面ACM；（2）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．21．（12分）如图，在平面四边形ABCD中，AB⊥AD，，AB＝1．（1）若，求△ABC的面积；（2）若，，求tan∠CAD．22．（12分）如图，三棱锥P﹣ABC中，平面PAC⊥平面ABC，∠ABC＝，点D、E在线段AC上，且AD＝DE＝EC＝2，PD＝PC＝4，点F在线段AB上，且EF∥BC．（Ⅰ）证明：AB⊥平面PFE．（Ⅱ）若四棱锥P﹣DFBC的体积为7，求线段BC的长．

2023-2024学年湖南省怀化市雅礼实验学校高二（上）入学数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（共8小题）1．（5分）已知、和均为非零向量，①若，则；②若，则；③若，则．上述命题中，真命题的个数是（）A．0 B．1 C．2 D．3【考点】平面向量数量积的性质及其运算；命题的真假判断与应用．【答案】B【分析】由向量的数量积的运算，逐个判断，即可得出答案．【解答】解：①当⊥，⊥，⊥时，•（•）＝•0＝，（•）•＝0•＝，满足•（•）＝（•）•，故①错误；②若•＝•，则•（﹣）＝0，则＝或≠，向量与﹣的夹角为90°，故②错误；③若|（•）•|＝||||||，则|||||cos＜，＞•|＝||||||，所以|||||cos＜，＞|||＝||||||，所以|cos＜，＞|||＝||，所以|cos＜，＞|＝1，所以cos＜，＞＝0°或180°，所以∥，故③正确，故选：B．2．（5分）已知α，β，γ是三个不同的平面，m，n是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（）A．若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B．若m∥α，m∥β，则α∥β C．若m⊥α，n⊥α，则m∥n D．若m∥α，n∥α，则m∥n【考点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；空间中直线与直线之间的位置关系．【答案】C【分析】对于A，垂直于同一平面的两平面有可能相交或平行；对于B，平行于同一直线的两平面有可能相交；对于C，垂直于同一平面的两直线平行；对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面．【解答】解：对于A，垂直于同一平面的两平面相交或平行，故A错误；对于B，平行于同一直线的两平面相交或平行，故B错误；对于C，垂直于同一平面的两直线平行，故C正确；对于D，平行于同一平面的两直线相交、平行或异面，故D错误．故选：C．3．（5分）若一个圆锥的底面面积为π，其侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（）A． B． C． D．【考点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台）；棱柱、棱锥、棱台的体积．【答案】B【分析】根据圆锥底面积求得圆锥底面半径，根据侧面展开图是圆心角为的扇形求得母线长，进而求得圆锥的高，根据圆锥体积公式即可求得答案．【解答】解：设该圆锥的底面半径为r，则πr2＝π，所以该圆锥的底面半径r＝1，设圆锥的母线长为l，则，即l＝3，则圆锥的高为，因此该圆锥的体积，故选：B．4．（5分）在锐角△ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，已知b2+c2＝a2+bc，b＝2，则△ABC的面积S的取值范围是（）A． B． C． D．【考点】正弦定理；余弦定理．【答案】C【分析】根据余弦定理求出A的值，求出c的取值范围，从而求出△ABC的面积的取值范围．【解答】解：在△ABC中，由余弦定理知：cosA＝＝＝，又A∈（0，π），△ABC为锐角三角形，故A＝，故S△ABC＝bcsinA＝×2×c×sin＝c，当CB⊥AB时，cmin＝bcosA＝1，当CB⊥AC时，cmax＝＝4，故c∈（1，4），故S△ABC∈（，2），故选：C．5．（5分）端午节是我国传统节日，甲，乙，丙3人端午节来徐州旅游的概率分别是：，，，假定3人的行动相互之间没有影响，那么这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为（）A． B． C． D．【考点】相互独立事件和相互独立事件的概率乘法公式．【答案】D【分析】利用相互独立事件的概率公式求出没有人来徐州旅游的概率，再利用对立事件的概率公式求解即可．【解答】解：由题意可得3人中没有人来徐州旅游的概率（1﹣）（1﹣）（1﹣）＝．所以这段时间内至少有1人来徐州旅游的概率为：1﹣＝．故选：D．6．（5分）如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，且均为靠近B的四等分点，CD与AE交于点F，若，则3x+y＝（）A．﹣1 B． C． D．【考点】平面向量的基本定理．【答案】A【分析】连结DE，结合图形可得＝﹣，而＝+＝﹣+，从而求x，y即可．【解答】解：连结DE，由题意知，＝＝，所以DE∥AC，则＝＝，所以＝＝，故＝＝（﹣）＝﹣，故＝+＝﹣+﹣＝﹣+，又∵，∴x＝﹣，y＝，故3x+y＝﹣1，故选：A．7．（5分）已知某19个数据的平均数为5，方差为2，现加入一个数5，此时这20个数据的平均数为，方差为s2，则（）A．＝5，s2＝2 B．＝5，s2＞2 C．＝5，s2＜2 D．＞5，s2＜2【考点】极差、方差与标准差；众数、中位数、平均数．【答案】C【分析】推导出＝＝5，从而s2＝[19×2+（5﹣5）2]＝1.9，由此能求出结果．【解答】解：某19个数据的平均数为5，方差为2，现加入一个数5，此时这20个数据的平均数为，方差为s2，则＝＝5，∴s2＝[19×2+（5﹣5）2]＝1.9＜2．故选：C．8．（5分）把边长为的正方形ABCD沿对角线AC折成直二面角D﹣AC﹣B，则三棱锥D﹣ABC的外接球的球心到平面BCD的距离为（）A． B． C． D．【考点】点、线、面间的距离计算．【答案】A【分析】由图形的几何性质得球心位置，利用等体积转化求点面距离，即可得出答案．【解答】解：作出图形，如图所示：三棱锥D﹣ABC的外接球球心为AC的中点O，则OB＝OC＝OD＝1，且OC⊥OB，DO⊥面OBC，BC＝CD＝BD＝，设球心到平面BCD的距离为d，则．故选：A．二、多选题（共4小题）（多选）9．（5分）在一个试验模型中，设A表示一个随机事件，表示A的对立事件．以下结论正确的是（）A． B． C．若P（A）＝1，则 D．【考点】互斥事件与对立事件；随机事件．【答案】BCD【分析】根据题意，由对立事件的定义依次分析选项是否正确，综合可得答案．【解答】解：根据题意，依次分析选项：对于A，由对立事件的定义，P（A）+P（）＝1，P（A）＝P（）不一定正确，A错误；对于B，A+为必然事件，则P（A+）＝1，B正确；对于C，若P（A）＝1，A是必然事件，则为不可能事件，则P（）＝0，C正确；对于D，A与不会同时发生，则P（A）＝0，D正确．故选：BCD．（多选）10．（5分）在△ABC中，D在线段AB上，且AD＝5，BD＝3，若CB＝2CD，cos∠CDB＝﹣，则（）A． B．△ABC的面积为8 C．△ABC的周长为 D．△ABC为钝角三角形【考点】三角形中的几何计算．【答案】BCD【分析】由已知结合余弦定理余弦定理，同角平方关系及三角形的面积公式分别判断各选项即可．【解答】解：由cos∠CDB＝﹣可得sin∠CDB＝＝，故A错误；设CD＝x，CB＝2x，在△CBD中由余弦定理可得，，整理可得，，解可得，x＝，即CD＝，CB＝2，所以S△ABC＝S△BCD+S△ADC＝＝8，故B正确；由余弦定理可知，cosB＝＝，即，解可得，AC＝2，故周长AB+AC+BC＝8+2＝8+4，故C正确；由余弦定理可得，cosC＝＝﹣＜0，故C为钝角，D正确，故选：BCD．（多选）11．（5分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则下列四个命题正确的是（）A．直线BC与平面ABC1D1所成的角等于 B．点A1到面ABC1D1的距离为 C．两条异面直线D1C和BC1所成的角为 D．三棱柱AA1D1﹣BB1C1外接球表面积为3π【考点】命题的真假判断与应用；异面直线及其所成的角；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算．【答案】BC【分析】对于A：连接B1C，交BC1于点O，易证CO⊥平面ABC1D1，从而可得∠CBO为直线BC与平面ABC1D1所成的角，又∠CBO＝，即可判断A是否正确；对于B：由于CO⊥平面ABC1D1，则CO为点C到平面ABC1D1的距离，再计算CO＝，即可判断B是否正确；对于C：连接D1C，A1B，A1C1，由于D1C∥A1B，得∠A1BC1为异面直线D1C和BC1所成的角，计算得∠A1BC1＝，即可判断C是否正确；对于D：根据三棱柱AA1D1﹣BB1C1与正方体的外接球相同，计算正方体的外接球的半径R，再计算外接球表面积，即可判断D是否正确．【解答】解：对于A：连接B1C，交BC1于点O由题意，四边形BCC1B1为正方形，CO⊥BC1，又因为AB⊥平面ABC1D1，CO⊂平面BCC1B1，所以AB⊥CO，所以CO⊥平面ABC1D1，所以∠CBO为直线BC与平面ABC1D1所成的角，又∠CBO＝，故A不正确；对于B：因为CO⊥平面ABC1D1，所以CO为点C到平面ABC1D1的距离，又因为棱长为2，所以CO＝，故B正确；对于C：连接D1C，A1B，A1C1，因为D1C∥A1B，所以∠A1BC1为异面直线D1C和BC1所成的角，又因为BC1＝A1B＝A1C1＝2，所以∠A1BC1＝，故C正确；对于D：因为三棱柱AA1D1﹣BB1C1的外接球与正方体的外接球相同，设外接球半径为R，R＝＝，所以外接球表面积为S＝4πR2＝12π，故D不正确．故选：BC．（多选）12．（5分）阅读数学材料：“设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中Qi（i＝1，2，…，k，k≥3）为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面Q1PQ2，平面Q2PQ3，…，平面Qk﹣1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为公共点的面．“解答问题：已知在直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为菱形，AA1＝AB，则下列结论正确的是（）A．直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1在其各顶点处的离散曲率都相等 B．若AC＝BD，则直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为 C．若四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为，则AC1⊥平面A1BD D．若直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1在顶点A处的离散曲率为，则BC1与平面ACC1所成角的正弦值为【考点】直线与平面所成的角；命题的真假判断与应用；棱柱的结构特征；直线与平面垂直．【答案】BCD【分析】根据多面体M在点P处的离散率的定义，由各选项的条件分析几何体的结构特征，判断垂直关系及计算直线与平面所成的角，判断选项的正误．【解答】解：对于A，当直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面不为正方形时，其在同一底面且相邻的两个顶点处的离散曲率不相等，故A错误；对于B，AC＝BD，则四边形ABCD为正方形，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1在点A处的离散曲率为，B项正确；对于C，∵直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，四边形ABCD为菱形，AA1＝AB，∴直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1侧面均为正方形，四面体A1ABD在点A1处的离散曲率为，则，则△A1BD为正三角形，，∴BD2＝AB2+AD2，四边形ABCD为正方形，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1为正方体，∵CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，∴BD⊥CC1，又∵BD⊥AC，AC⊂平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，AC⋂CC1＝C，∴BD⊥平面ACC1，又∵AC1⊂平面ACC1，∴AC1⊥BD，同理可得，AC1⊥A1B，BD⊂平面A1BD，A1B⊂平面A1BD，BD⋂A1B＝B，∴A1C⊥平面A1BD，C项正确；对于D，直四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1在点A处的离散曲率为，则，设AA1＝AB＝1，AC交BD1于点O，则，，由选项C知，BD⊥CC1，∵四边形ABCD为菱形，∴BD⊥AC，又AC⊂平面ACC1，CC1⊂平面ACC1，AC⋂CC1＝C，∴BD⊥平面ACC1，∠BC1O即BC1与平面ACC1所成的角，，∴BC1与平面ACC1所成的角的正弦值为，D项正确．故选：BCD．三、填空题（共4小题）13．（5分）已知复数﹣5+i与﹣3﹣2i分别表示向量和，则表示向量的复数为2﹣3i．【考点】复数的代数表示法及其几何意义．【答案】见试题解答内容【分析】利用复数的几何意义求出向量，即可求出表示的复数为2﹣3i．【解答】解：∵＝﹣5+i，＝﹣3﹣2i，∴＝﹣＝（﹣3﹣2i）﹣（﹣5+i）＝2﹣3i，即向量表示的复数为2﹣3i．故答案为：2﹣3i．14．（5分）有10种不同的零食，每100克可食部分包含的能量（单位：J）如下：100，120，125，165，430，186，175，234，425，310．这10种零食每100克可食部分的能量的第60百分位数为210．【考点】百分位数；归纳推理．【答案】见试题解答内容【分析】10个数从小到大排列，计算出10×60%＝6，求出第六个和第七个数的平均数即可．【解答】解：10个数据从小到大排列为：100，120，125，165，175，186，234，310，425，430．10×60%＝6，而第6个数为186，第7个数为234，又，故答案为：210．15．（5分）三棱锥A﹣BCD的4个顶点都在球O的表面上，已知△BCD是边长为的等边三角形，AB⊥平面BCD，AB＝2，则球O的表面积为8π．【考点】球的体积和表面积．【答案】8π．【分析】设三角形BCD的外心为Q，连接OQ，BQ并求得OQ，BQ的值，利用勾股定理求得OB，再由球的表面积公式求解．【解答】解：如图，设△BCD的中心为Q，连接OQ，BQ，OB，可得OQ＝AB＝1，BQ＝＝1，又OQ⊥BQ，∴，∴球O的表面积为．故答案为：8π．16．（5分）如图，在平面中，圆O是半径为1的圆，OA＝2，设B，C为圆上的任意2个点，则的取值范围是[﹣2，6]．【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】[﹣2，6]．【分析】若D为BC中点，令夹角为θ，由，将其化为关于和θ的关系式，讨论cosθ≤1、cosθ≥﹣1结合求目标式的范围．【解答】解：若D为BC中点，令夹角为θ，如下图示，∴＝，又，且cosθ≤1，∴，此时，当时最小值为﹣2；由cosθ≥﹣1，则；此时，当时最大值为6；综上，的取值范围是[﹣2，6]．故答案为：[﹣2，6]．四、解答题（共6小题）17．（10分）为打造精品赛事，某市举办“南粤古驿道定向大赛”，该赛事体现了“体育+文化+旅游”全方位融合发展．本次大赛分少年组、成年组、专业组三个小组，现由工作人员统计各个组别的参赛人数以及选手们比赛时的速度，得到如下统计表和频率分布直方图：组数速度（千米/小时）参赛人数（单位：人）少年组[6，8）300成年组[8，10）600专业组[10，12]b（1）求a，b的值；（2）估计本次大赛所有选手的平均速度（同一组数据用该组数据的中间值作代表，最终计算结果精确到0.01）；（3）通过分层抽样从成年组和专业组中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人接受采访，求接受采访的2人都来自“成年组”的概率．【考点】频率分布直方图；列举法计算基本事件数及事件发生的概率．【答案】（1）a＝0.2，b＝300．（2）平均速度为9.05千米/小时．（3）．【分析】（1）由频率分布直方图列方程，求出a，利用少年组人数为300人，频率为0.25，能求出总人数n，由此能求出b．（2）由频率分布直方图能估计本次大赛的平均速度．（3）成年组和专业组的参赛人数分别为600人，300人，设在成年组和专业组抽取的人数分别为x，y，利用分层抽样的性质列方程能求出由分层抽样在成年组中抽取4人，专业组中抽取2人，设成年组中的4人分别用A，B，C，D表示，专业组中的2人分别用a，b表示，从中抽取2人，利用列举法能求出接受采访的2人都来自成年组的概率．【解答】解：（1）由频率分布直方图得：0.1+0.15+a+0.3+0.15+0.1＝1，解得a＝0.2．少年组人数为300人，频率P1＝0.1+0.15＝0.25，总人数n＝＝1200人，∴b＝1200﹣300﹣600＝300，∴a＝0.2，b＝300．（2）平均速度为：＝6.5×0.1+7.5×0.15+8.5×0.2+9.5×0.3+10.5×0.15+11.5×0.1＝9.05．∴估计本次大赛的平均速度为9.05千米/小时．（3）成年组和专业组的参赛人数分别为600人，300人，设在成年组和专业组抽取的人数分别为x，y，则，解得x＝4，y＝2，∴由分层抽样在成年组中抽取4人，专业组中抽取2人，设成年组中的4人分别用A，B，C，D表示，专业组中的2人分别用a，b表示，从中抽取2人均来自成年组的所有结果为：AB，AC，AD，Aa，Ab，BC，BD，Ba，Bb，CD，Ca，Cb，Da，DB，ab，共15种，接受采访的两人均来自成年组的所有结果为：AB，AC，AD，BC，BD，CD，共6种，∴接受采访的2人都来自成年组的概率为P＝＝．18．（12分）已知向量＝（2，﹣4），＝（sin2x，sin2x﹣），x∈（0，）．（1）若x＝，求与的夹角的余弦值；（2）若⊥，求sin（x﹣）的值．【考点】数量积判断两个平面向量的垂直关系；平面向量数量积的性质及其运算；数量积表示两个向量的夹角．【答案】（1）．（2）．【分析】（1）当x＝时，＝（，），利用向量夹角的余弦公式能求出与的夹角的余弦值．（2）由⊥，得到＝2﹣4（sin2x﹣）＝2sin2x﹣2cos2x﹣1＝0，从而sin（2x+）＝，sin（2x+）＝，由cos（2x﹣）＝sin（2x+），得到cos（2x﹣）＝1﹣2sin2（x﹣）＝，由此能求出sin（x﹣）．【解答】解：（1）向量＝（2，﹣4），＝（sin2x，sin2x﹣），x∈（0，）．当x＝时，＝（，），∴与的夹角的余弦值为：cos＜＞＝＝＝．（2）∵⊥，∴＝2﹣4（sin2x﹣）＝2sin2x+2cos2x﹣1＝0，∴sin（2x+）＝，∵cos（2x﹣）＝sin（2x+），∴cos（2x﹣）＝1﹣2sin2（x﹣）＝，解得sin（x﹣）＝±，∵x∈（0，），∴sin（x﹣）＝．19．（12分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知．（1）求角A；（2）若D为边BC上一点（不包含端点），且满足∠ADB＝2∠ACB，求的取值范围．【考点】三角形中的几何计算．【答案】（1）A＝；（2）（0，1）．【分析】（1）利用正弦定理及三角恒等变换化简即可；（2）利用正弦定理将线段比值转化为关于C的三角函数值计算范围即可．【解答】解：（1）由，结合正弦定理可得：sinB（sinA+cosA）﹣sinAsinB＝0，因为B∈（0，π），所以sinB≠0，sinA＝cosA，所以tanA＝，而A∈（0，π），所以A＝；（2）由∠ADB＝2∠ACB知：AD＝CD，所以C＜A，即C∈（0，），在△ABD中，有B＝﹣C，∠BAD＝﹣C，由正弦定理可得：＝，所以＝＝＝＝﹣1，由C∈（0，）可得tanC∈（0，），所以∈（0，1）．20．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ADC＝45°，AD＝AC＝1，O为AC的中点，PO⊥平面ABCD，PO＝2，M为PD的中点．（1）证明：PB∥平面ACM；（2）求直线AM与平面ABCD所成角的正切值．【考点】直线与平面平行；直线与平面所成的角．【答案】见试题解答内容【分析】（1）连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，由O为AC的中点，知O为BD的中点，再由M为PD的中点，知PB∥MO，由此能够证明PB∥平面ACM．（2）取DO中点N，连接MN，AN，由M为PD的中点，知MN∥PO，且MN＝PO＝1，由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，故∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，由此能求出直线AM与平面ABCD所成角的正切值．【解答】（1）证明：连接BD，MO，在平行四边形ABCD中，∵O为AC的中点，∴O为BD的中点，又∵M为PD的中点，∴PB∥MO，∵PB⊄平面ACM，MO⊂平面ACM，∴PB∥平面ACM．（2）解：取DO中点N，连接MN，AN，∵M为PD的中点，∴MN∥PO，且MN＝PO＝1，由PO⊥平面ABCD，得MN⊥平面ABCD，∴∠MAN是直线AM与平面ABCD所成的角，在Rt△DAO中，∵AD＝1，AO＝，∠DAO＝90°，∴DO＝，∴AN＝，在