2023-2024学年辽宁省五校联考高一(下)期末数学试卷

2023-2024学年辽宁省五校联考高一（下）期末数学试卷一、选择题（本大题共8道小题，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．（5分）与﹣20°角终边相同的角是（）A．﹣300° B．﹣280° C．320° D．340°2．（5分）函数f（x）＝﹣2tan（2x+πA．{x∈R|x≠π6} B．{x∈R|x≠−C．{x∈R|x≠kπ+π6，k∈Z} D．{x∈R|x≠kπ2+3．（5分）已知复数z满足(1+i)z=|3−i|，则A．1﹣i B．1+i C．2﹣2i D．2+2i4．（5分）用斜二测画法画出的水平放置的平面图形△OAB的直观图为如图所示的△O′A′B′，已知△O'A'B'是边长为2的等边三角形，则顶点B到x轴的距离是（）A．26 B．4 C．23 5．（5分）已知函数f(x)=sin(2ωx+πA．落f（x）相邻两条对称轴的距离为π2，则ω＝2B．若ω＝1，则x∈[0，π2]时，f（C．若f（x）在[0，π2]D．若f（x）在[0，π]上恰有2个零点，则116．（5分）已知α＝20°，则tanα+4sinα的值为（）A．1 B．3 C．2 D．237．（5分）设m、n为空间中两条不同直线，α、β为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（）A．若m上有两个点到平面α的距离相等，则m∥α B．若m⊥α，n⊂β，则“m∥n”是“α⊥β”的既不充分也不必要条件 C．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n D．若m、n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，则α∥β8．（5分）如图，在正四面体ABCD中，E，F是棱CD上的三等分点，记二面角C﹣AB﹣E，E﹣AB﹣F，F﹣AB﹣D的平面角分别为θ1，θ2，θ3，则（）A．θ1＝θ2＝θ3 B．θ1＜θ2＜θ3 C．θ1＝θ3＞θ2 D．θ1＝θ3＜θ2二、多选题（本大题共3道小题，每小题6分，共18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6分，部分选对按比例得分，有选错的得0分）。（多选）9．（6分）下列命题正确的是（）A．p：“α是第二象限角或第三象限角”，q：“cosα＜0”，则p是q的充分不必要条件 B．若α为第一象限角，则cosα1+cos2αC．在△ABC中，若tanA•tanB＞1，则△ABC为锐角三角形 D．已知α∈(0，π4)，且（多选）10．（6分）下列有关向量的命题正确的是（）A．若a→，b→，B．已知单位向量a→，b→，C．在△ABC中，若(AB→|AB→|D．若点P在△ABC所在平面内，且OP→=OB→+（多选）11．（6分）如图，已知正三棱台ABC﹣A1B1C1由一个平面截棱长为6的正四面体所得，AA1＝2，M，M1分别是AB，A1B1的中点，P是棱台的侧面AA1B1B上的动点（包含边界），则下列结论中正确的是（）A．该三棱台的体积为382B．平面MM1C1C⊥平面AA1B1B C．直线CP与平面AA1B1B所成角的正切值的最小值为2 D．若CP=27，则点P的轨迹的长度为2三、填空题（本大题共3道小题，每小题5分，共15分）.12．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2+c213．（5分）四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱PD上一点，PE=35PD，若PF→=λPC→且满足BF14．（5分）榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力．这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等．如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF＝4，则该木楔子的外接球的体积为．四、解答题（本大题共5道小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．（13分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝6，且满足bcosC=a+3（1）求角B；（2）若角B的角平分线交AC于点D，BD=3，点E在线段AC上，EC＝2EA，求△BDE16．（15分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝6，AB＝10，cos∠CAB=35，AA1＝8，点D是（1）求证：AC1∥平面CDB1；（2）求证：AC⊥BC1；（3）求三棱锥A1﹣B1CD的体积．17．（15分）已知向量a→=（cosx，2sinx），b→=(2cosx，3cosx)，函数（1）求函数f（x）=a→⋅（2）若f（x0）=115，且x0∈(（3）将g（x）图象上所有的点向左平移π6个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数f（x）的图象，当x∈[0，π2]时，方程g（x）＝18．（17分）已知函数f(x)=Asin(π2x+φ)(A＞0，|φ|＜π)的图象如图所示，点B，D，F为f（x）与x轴的交点，点C，E分别为f（x）的最高点和最低点，而函数f（x（1）求参数φ的值；（2）若A＝1，求向量2BC→−（3）若点P为f（x）函数图象上的动点，当点P在C，E之间运动时，BP→⋅PF19．（17分）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥平面ACD；（2）设AB＝BD＝2，∠ACB＝60°，点F在BD上；①点F为BD中点，求CF与AB所成角的余弦值；②当△AFC的面积最小时，求CF与平面ABD所成的角的正弦值．

2023-2024学年辽宁省五校联考高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本大题共8道小题，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．（5分）与﹣20°角终边相同的角是（）A．﹣300° B．﹣280° C．320° D．340°【考点】终边相同的角．【答案】D【分析】由终边相同的角的性质即可求解．【解答】解：因为与﹣20°角终边相同的角是﹣20°+360°k，k∈Z，当k＝1时，这个角为340°，只有选项D满足，其他选项不满足k∈Z．故选：D．2．（5分）函数f（x）＝﹣2tan（2x+πA．{x∈R|x≠π6} B．{x∈R|x≠−C．{x∈R|x≠kπ+π6，k∈Z} D．{x∈R|x≠kπ2+【考点】正切函数的定义域和值域；函数的定义域及其求法．【答案】D【分析】由2x+π6≠π2+kπ，【解答】解：由2x+π6≠π2+kπ，得x∴函数f（x）＝﹣2tan（2x+π6）的定义域是{x∈R|x≠kπ2+故选：D．3．（5分）已知复数z满足(1+i)z=|3−i|，则A．1﹣i B．1+i C．2﹣2i D．2+2i【考点】共轭复数；复数的模；复数的运算．【答案】B【分析】结合复数模公式，共轭复数的定义，复数的四则运算，即可求解．【解答】解：(1+i)z=|3则z=2故z=1+i故选：B．4．（5分）用斜二测画法画出的水平放置的平面图形△OAB的直观图为如图所示的△O′A′B′，已知△O'A'B'是边长为2的等边三角形，则顶点B到x轴的距离是（）A．26 B．4 C．23 【考点】斜二测法画直观图；平面图形的直观图．【答案】A【分析】根据斜二测画法的定义即可求值．【解答】解：①中，过B′作B'E'平行y'轴，交x'轴于点E′，在②中的平面直角坐标系xOy中，在x轴上取OA＝O'A'，OE＝O'E'，过点E作EB平行y轴，EB＝2E'B'，连接OB，AB，△ABC即原图形，故BE为B到x轴距离，设BE＝h．h＞0，B′E′=1在①中过B'作B'D'垂直x轴，且交x'轴于D′，则B′D′=2⋅sin60°=2×3∵∠B'E'O'＝45°，∴12hsin45°=3，故1故选：A．5．（5分）已知函数f(x)=sin(2ωx+πA．落f（x）相邻两条对称轴的距离为π2，则ω＝2B．若ω＝1，则x∈[0，π2]时，f（C．若f（x）在[0，π2]D．若f（x）在[0，π]上恰有2个零点，则11【考点】三角函数中的恒等变换应用．【答案】D【分析】利用三角恒等变换化简函数解析式，再利用正弦函数的图象与性质逐项判断即可得解．【解答】解：f（x）=sin(2ωx+＝sin2ωxcosπ6+cos2ωxsinπ6+sin2ωxcosπ6−cos2ω＝2sin2ωxcosπ6+cos2=3sin2ωx+cos2ω＝2sin（2ωx+π对于A：若f（x）相邻两条对称轴的距离为π2，则最小正周期为π所以T=2π2ω=π，ω对于B：若ω＝1，则f(x)=2sin(2x+π当x∈[0，π2]时，2x+π6∈[π6对于C：若f（x）在[0，π所以当x＝0时，2ωx+π当x=π2时，所以π6＜ωπ+π6＜对于D：因为f（x）在[0，π]上恰有2个零点，所以2ωx+π所以2π≤2ωπ+π6＜3π，所以11故选：D．6．（5分）已知α＝20°，则tanα+4sinα的值为（）A．1 B．3 C．2 D．23【考点】同角三角函数间的基本关系．【答案】B【分析】由条件利用同角三角函数的基本关系，两角差的三角公式化简所给的式子，求得结果．【解答】解：α＝20°，则tanα+4sinα==3故选：B．7．（5分）设m、n为空间中两条不同直线，α、β为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（）A．若m上有两个点到平面α的距离相等，则m∥α B．若m⊥α，n⊂β，则“m∥n”是“α⊥β”的既不充分也不必要条件 C．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥n D．若m、n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，则α∥β【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；充分条件与必要条件；空间中直线与直线之间的位置关系．【答案】D【分析】对于A，m上有两个点到平面α的距离相等，m与α可以相交；对于B，“m∥n”是“α⊥β”的充分不必要条件；对于C，m与n位置关系不固定；对于D，由面面平行判定可以推出α∥β．【解答】解：m、n为空间中两条不同直线，α、β为空间中两个不同平面，对于A，若m、n是异面直线，则m上有两个点到平面α的距离相等，m与α可以相交，故A错误；对于B，若m⊥α，n⊂β，则“m∥n”是“α⊥β”的充分不必要条件，故B错误；对于C，若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m与n位置关系不固定，故C错误；对于D，若m、n是异面直线，m⊂α，m∥β，n⊂β，n∥α，由面面平行判定可以推出α∥β，故D正确．故选：D．8．（5分）如图，在正四面体ABCD中，E，F是棱CD上的三等分点，记二面角C﹣AB﹣E，E﹣AB﹣F，F﹣AB﹣D的平面角分别为θ1，θ2，θ3，则（）A．θ1＝θ2＝θ3 B．θ1＜θ2＜θ3 C．θ1＝θ3＞θ2 D．θ1＝θ3＜θ2【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角．【答案】D【分析】取AB的中点G，然后证明AB⊥平面CDG，然后根据二面角平面角的定义找到θ1，θ2，θ3，最后结合余弦定理得到答案．【解答】解：如图1，在正四面体ABCD中，取AB的中点G，连接CG，DG，则CG⊥AB，DG⊥AB，而CG∩DG＝G，所以AB⊥平面CDG，连接EG，FG，因为EG⊂平面CDG，FG⊂平面CDG，所以AB⊥EG，AB⊥FG．由二面角的平面角的定义可以判断θ1＝∠CGE，θ2＝∠EGF，θ3＝∠FGD，由对称性容易判断θ1＝θ3．设该正四面体的棱长为6，如图2，CD＝6，易得CG=DG=33，取CD的中点H，则GH⊥CD，CE＝2，EH＝HF在△GCH中，由勾股定理可得GH=GC2于是，在△GCE中，由余弦定理可得cosθ在△GEF中，由余弦定理可得cosθ而(757)2=4957=9311083＞(1719)2=289361=8671083⇒故选：D．二、多选题（本大题共3道小题，每小题6分，共18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6分，部分选对按比例得分，有选错的得0分）。（多选）9．（6分）下列命题正确的是（）A．p：“α是第二象限角或第三象限角”，q：“cosα＜0”，则p是q的充分不必要条件 B．若α为第一象限角，则cosα1+cos2αC．在△ABC中，若tanA•tanB＞1，则△ABC为锐角三角形 D．已知α∈(0，π4)，且【考点】三角函数的恒等变换及化简求值；充分条件与必要条件．【答案】ACD【分析】A项，根据象限角的定义判断即可；B项利用二倍角关系化简即可判断；C项利用同角关系，两角和差公式即可判断；D项利用二倍角公式，解方程即可判断．【解答】解：若α是第二象限角或第三象限角，则cosα＜0．若cosα＜0，取α＝π，cosα＝﹣1＜0，此时α不是第二象限角或第三象限角，则p是q的充分不必要条件，故A项正确；由于α为第一象限角，则cosα＞0，sinα＞0，cosα1+cos2α=cosα2cosα在△ABC中，若tanA•tanB＞1＞0，则A，B只能为锐角，cosA＞0，cosB＞0，∴sinAsinBcosAcosB＞1，∴sinAsinB＞cosAcos∴cosAcosB﹣sinAsinB＜0，∴cos（A+B）＜0，∴﹣cosC＜0，cosC＞0，∴cosA＞0，cosB＞0，cosC＞0，∴△ABC为锐角三角形，故C项正确；由cos2α=co∴3−3tan2α=由α∈(0，π4)，知tanα=故选：ACD．（多选）10．（6分）下列有关向量的命题正确的是（）A．若a→，b→，B．已知单位向量a→，b→，C．在△ABC中，若(AB→|AB→|D．若点P在△ABC所在平面内，且OP→=OB→+【考点】平面向量数量积的性质及其运算；三角形五心．【答案】BCD【分析】由数量积的性质可判定A；由数量积的运算可判定B；由向量数乘运算及数量积的性质可判定C、D．【解答】解：选项A，由a→⋅b又a→，b→，c→选项B，由a→，b可得4c→=−2则有16=13+12a→⋅b→选项C，由向量数乘运算可知：AB→|AB→|表示与AB故由AB→|AB→|又AB→|AB→|为与∠BAC的角平分线同向的向量，由(AB→|AB→|+所以△ABC为等边三角形，故C正确；选项D，设BC的中点为D，则OB→故由OP→=OB→可得OP→−OD→又OP→故DP→⊥BC→，故点则点P的轨迹经过△ABC的外心，故D正确．故选：BCD．（多选）11．（6分）如图，已知正三棱台ABC﹣A1B1C1由一个平面截棱长为6的正四面体所得，AA1＝2，M，M1分别是AB，A1B1的中点，P是棱台的侧面AA1B1B上的动点（包含边界），则下列结论中正确的是（）A．该三棱台的体积为382B．平面MM1C1C⊥平面AA1B1B C．直线CP与平面AA1B1B所成角的正切值的最小值为2 D．若CP=27，则点P的轨迹的长度为2【考点】棱台的体积；平面与平面垂直；直线与平面所成的角．【答案】AB【分析】如图1，由相似三角形求得BC和棱台的高，结合棱台的体积公式计算即可判断A；根据面面垂直的判定定理即可判断B；利用余弦定理计算求出MC，由线面垂直的判定定理可得MC⊥平面AABB，分析出线面角正切值最小时点P的位置即可判断C；如图2，确定点P的轨迹，结合弧长公式计算即可判断D．【解答】解：选项A：将三棱台ABC﹣AB1C1补形为棱长为6的正四面体SABC，如图1依题意，△SBC是边长为6的正三角形，且△SB1C1∽△SBC，所以B1C1BC=SB−BB1（另解：因为ΔSB1C1～ΔSBC，△SBC是边长为6的正三角形，所以△SB1C1也是正三角形，边长SB1＝SB﹣BB1＝4，所以B1C1＝4）．于是正三棱台的高h=A所以该三棱台的体积V=13×(选项B：易知M1M⊥AB，MC⊥AB，又M1M∩MC＝M，M1M、MC⊂平面M1MCC1．所以AB⊥平面M1MCC1，又AB⊂平面AA1B1B，所以平面MM1C1C⊥平面AA1B1B，故B选项正确；选项C：连接CM1，PM1，SM1，在△SMC中，cos∠SMC=S因此在△M1MC中，M1有M1M2+M1C2=MC2，所以M1M⊥由M1C⊂平面M1MCC1，得AB⊥M1C，又AB∩M1M＝M，AB、M1M⊂平面AA1B1B，所以M1C⊥平面AA1B1B1，故直线CP与平面AA1B1B所成的角为∠CPM1，在Rt△CPM1中，tan∠CPM1=所以当M1P最大时，tan∠CPM1最小，由点P在平面AA1B1B及其边界上运动，知当点P与点A或点B重合时M1P最大．此时M1P＝23，tan∠CPM1=2所以直线CP与平面AA1B1B所成角的正切值的最小值为2，故C选项错误；选项D：当CP=27时，可得M1P=因此点P的轨迹是以M，1为圆心，2为半径的圆与等腰梯形AA1B1B重合部分的两段弧A1E和连接M1E，M1F，由M1M=3，M1E＝M1F因此A1M1E=∠B则点P的轨迹的长度为2l=4π3，故选项故选：AB．三、填空题（本大题共3道小题，每小题5分，共15分）.12．（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a2+c2【考点】平面向量数量积的性质及其运算；余弦定理．【答案】−22【分析】利用余弦定理求出cosB，再利用数量积的定义计算即得．【解答】解：在△ABC中，由余弦定理得cosB=a所以AB→故答案为：−2213．（5分）四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，如图所示，点E是棱PD上一点，PE=35PD，若PF→=λPC→且满足BF【考点】直线与平面平行．【答案】13【分析】连接BD，交AC于点O，连接OE，利用中位线性质和线面平行的判定证明BG∥平面ACE，结合BF∥平面ACE，则证明平面BGF∥平面ACE，再利用面面平行的性质则有GF∥EC，即可得到答案．【解答】解：如图，连接BD，交AC于点O，连接OE，由ABCD是正方形，得BO＝OD，在线段PE取点G，使得GE＝ED，由PE=35PD连接BG，FG，则BG∥OE，由OE⊂平面ACE，BG⊄平面ACE，得BG∥平面ACE，而BF∥平面ACE，BG∩BF＝B，BG，BF⊂平面BGF，因此平面BGF∥平面ACE，又平面PCD∩平面ACE＝EC，平面PCD∩平面BGF＝GF，则GF∥EC，所以λ=PF故答案为：1314．（5分）榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力．这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛、木片等．如图为一个木楔子的直观图，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且△ADE，△BCF均为正三角形，EF∥CD，EF＝4，则该木楔子的外接球的体积为．【考点】球内接多面体．【答案】32π3【分析】根据几何体的结构特征可知球心O在直线O1O2上，由勾股定理可得OO12=OO22【解答】解：分别过点A，B作EF的垂线，垂足分别为G，H，连接DG，CH，则EG=4−2故AG=A取AD的中点O'，连接GO'，又AG＝GD，∴GO′⊥AD，则GO′=A由对称性易知，过正方形ABCD的中心O1且垂直于平面ABCD的直线必过线段EF的中点O2，且所求外接球的球心O在这条直线上，设球O的半径为R，则R2=OO从而OO12=OO22+2，即（OO1+OO当点O在线段O1O2内（包括端点）时，有OO可得OO从而OO1=2，即球心O在线段当点O在线段O1O2外时，O1解得OO2＝0（舍），故所求外接球的体积V=4π故答案为：32π3四、解答题（本大题共5道小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．（13分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，b＝6，且满足bcosC=a+3（1）求角B；（2）若角B的角平分线交AC于点D，BD=3，点E在线段AC上，EC＝2EA，求△BDE【考点】利用正弦定理解三角形；余弦定理．【答案】（1）2π3（2）32【分析】（1）利用正弦定理以及两角和的正弦公式化简可求得tanB=−3，结合角的取值范围可求得角B（2）利用正弦定理可求得b的值，利用S△ABC＝S△BCD+S△ABD可得ac=3(a+c)，余弦定理可得（a+c）2﹣ac＝36，两式联立可得a=c=23【解答】解：（1）因为bcosC=a+3由正弦定理可得sinBcosC=sinA+3又A＝π﹣（B+C），所以sinBcosC=sin(B+C)+3所以sinBcosC=sinBcosC+cosBsinC+3即sinCcosB+3由于C∈（0，π），故sinC≠0，所以cosB+33sinB=0又B∈（0，π），则B=2π（2）由b＝6，因为BD是∠ABC的平分线，故∠CBD=∠ABD=1又BD=3由S△ABC＝S△BCD+S△ABD，可得12acsin2π3由余弦定理可知，b2=a2+c2−2accos2π3由①②可知a=c=23所以BD⊥AC，又因为EC＝2AE，则DE＝1，所以S△BDE16．（15分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝6，AB＝10，cos∠CAB=35，AA1＝8，点D是（1）求证：AC1∥平面CDB1；（2）求证：AC⊥BC1；（3）求三棱锥A1﹣B1CD的体积．【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行；直线与平面垂直．【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）64．【分析】（1）设B1C与BC1交于点E，可得DE∥AC1，由线面平行的判定可得答案（2）由余弦定理得可得BC＝8，由勾股定理可得AC⊥BC，又CC1⊥平面ABC得CC1⊥AC，可得AC⊥平面BCC1可得答案；（3）在△ABC中过点C作CF⊥AB，垂足为F，可得CF⊥平面ABB1A1，利用VA【解答】解：（1）证明：设B1C与BC1交于点E，则E为BC1的中点，连接DE，则在△ABC1中，则DE是△ABC1的中位线，所以DE∥AC1，又DE⊂平面CDB1，AC1⊄平面CDB1，所以AC1∥平面CDB1．（2）证明：在△ABC中，由AC＝6，AB＝10，cos∠CAB=3由余弦定理BC2＝AC2+AB2﹣2AC•ABcos∠CAB，得BC＝8，则102＝62+82，即AB2＝AC2+BC2，∴△ABC为直角三角形，∴AC⊥BC．又∵CC1⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，∴CC1⊥AC，又CC1∩BC＝C，BC，CC1⊂平面ABC，∴AC⊥平面BCC1，∵BC1⊂平面BCC1，∴AC⊥BC1．（3）在△ABC中过点C作CF⊥AB，垂足为F，∵平面ABB1A1⊥平面ABC，且平面ABB1A1∩平面ABC＝AB，∴CF⊥平面ABB1A1易知S△DA1∵VA1−17．（15分）已知向量a→=（cosx，2sinx），b→=(2cosx，3cosx)，函数（1）求函数f（x）=a→⋅（2）若f（x0）=115，且x0∈(（3）将g（x）图象上所有的点向左平移π6个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数f（x）的图象，当x∈[0，π2]时，方程g（x）＝【考点】三角函数中的恒等变换应用；平面向量数量积的性质及其运算；函数y＝Asin（ωx+φ）的图象变换．【答案】（1）[π（2）cos2x（3）[﹣1，0）∪{12【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标表示结合二倍角公式、辅助角公式化简f（x），再根据三角函数的性质整体代换计算即可求单调区间；（2）利用同角三角函数的平方关系得sin(2x（3）根据三角函数图象变换得g（x），再根据三角函数的性质计算即可．【解答】解：（1）因为f(x)=a所以2kπ≤2x−π即kπ+π6≤x≤2π3又因为x∈[0，π]，所以函数f（x）在[0，π]上的单调递减区间为[π（2）若f(x0)=所以cos(2x因为x0所以2x所以sin(2x所以cos2x故cos2x（3）将g（x）图象上所有的点向左平移π6个单位，然后再向上平移1个单位，最后使所有点的纵坐标变为原来的2倍，得到函数f（x则将f(x)=2cos(2x−π3)+1图象上所有的点的纵坐标变为原来的12，再向下平移1个单位，最后再向右平移π6即g(x)=cos(2x−2π当x∈[0，π2]由方程g（x）＝m有一解，可得m的取值范围为[﹣1，0）∪{1218．（17分）已知函数f(x)=Asin(π2x+φ)(A＞0，|φ|＜π)的图象如图所示，点B，D，F为f（x）与x轴的交点，点C，E分别为f（x）的最高点和最低点，而函数f（x（1）求参数φ的值；（2）若A＝1，求向量2BC→−（3）若点P为f（x）函数图象上的动点，当点P在C，E之间运动时，BP→⋅PF【考点】平面向量数量积的性质及其运算．【答案】（1）−π（2）−2（3）(0，2【分析】（1）利用函数在x=−12处取得最小值求出（2）由函数解析式求出零点，根据向量的坐标求夹角即可；（3）设P（x，y），利用向量数量积的坐标表示出BP→⋅PF→，观察取最小值时点【解答】解：（1）由函数f(x)=Asin(π2x+φ)(A＞0，|φ|＜π)可得φ−π4=−π2所以φ=2kπ−π4，k∈又|φ|＜π，则φ=−π（2）因为A＝1，所以f(x)=sin(π则B(12，0)，C(则2BC→−则cosθ=(2即向量2BC→−CD→（3）因为P是f（x）上动点，f(x)=Asin(π2x−π4又BP→⋅PF则BP→=(x−1则BP→易知y=−x2+5x−94y=A2sin2所以当x=32或x=7即当P在C或E时，BP→⋅PF→有最小值，此时当P为(32，A)时，BP由BP→⋅PF又A＞0，则0＜A≤2当P为(72，−A)时，BP由BP→⋅PF综上，A∈(0，2即A的取值范围为(0，219．（17分）如图，四面体ABCD中，AD⊥CD，AD＝CD，∠ADB＝∠BDC，E为AC的中点．（1）证明：平面BED⊥