2023年高考數(shù)學模擬試卷

注意事項：

1.答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。

2.選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0.5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。

3.請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。

4.保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.定義兩種運算與對任意〃eN*,滿足下列運算性質(zhì)：①2*2018=1,2018?1=1；②(2〃)

★2018=2[(2n+2)*2018],2018?(?+1)=2(2018??),則(2018?2020)(2020*2018)的值為()

A.2,011B.21010C.21009D.21008

X

-二J

-|,tan(a—兀)=一1,貝!)sina+cosa等于().

Vm哲am-E

-

Z22

1117

>i+|B.一一C.-D.一一

5555

3.過拋物線y2=2px(〃>0)的焦點F的直線與拋物線交于A、B兩點,且衣=2而，拋物線的準線/與％軸交于

C,A4CF的面積為86，則|A@=()

A.6B.9C.972D.6夜

4.已知定義在R上的函數(shù)/(x),若函數(shù)y=.f(x+2)為偶函數(shù)，且/(x)對任意再，X2G[2,-KQ)(玉h/),都

有八2/W<0,若/(a)〈“3a+l),則實數(shù)。的取值范圍是()

x2—玉

A.B,[-2,-1]C.1雙一；D.序+8)

5.若直線y=?x+l與圓產(chǎn)+，=1相交于尸、Q兩點，且/尸。。=120。(其中。為坐標原點)，則M的值為()

A.6B.垃C.g或一百D.0和一庭

6.如果直線改+力=1與圓C:f+y2=i相交，則點與圓C的位置關(guān)系是()

A.點M在圓C上B.點M在圓C外

C.點M在圓C內(nèi)D.上述三種情況都有可能

7.在邊長為2的菱形ABC。中，BD=2y/3,將菱形ABCO沿對角線AC對折，使二面角AC—。的余弦值為;,

則所得三棱錐A-BCD的外接球的表面積為()

24nC

A.—B.27rC.4萬D.6兀

3

8.已知向量￡與的夾角為60°,,l=i,w=6,則4?B=()

A.-立B.()T33

C.0或——D.——

222

9.a為正實數(shù)，i為虛數(shù)單位，=2,則a=()

i

A.2B.百C.V2D.1

10.設(shè)4>1,則關(guān)于蒼丁的方程（1一%卜2+丁=廿一］所表示的曲線是（）

A.長軸在y軸上的橢圓B.長軸在X軸上的橢圓

c.實軸在y軸上的雙曲線D.實軸在K軸上的雙曲線

11.設(shè)集合A={-1,0,1,2},6={乂—2/+51+3>0},則AC|B=（）

A.{0,1,2}B.{0,1}

C.{1,2}D.{-1,0,1}

12.已知三棱錐尸一ABC中，AA8C是等邊三角形，AB=4瓜PA=PC=2區(qū)PA工BC,則三棱錐P—ABC的

外接球的表面積為（）

A.25萬B.75兀C.80萬D.1007

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

x+y<4

13.已知實數(shù)滿足，,則z=上上!■的最大值為______.

,、x+2

y>0

14.若函數(shù)/（x）=av+lnx（TZGR）的圖象與直線y=3x-l相切，則。=.

15.關(guān)于函數(shù)〃x）=ln（2+x）-ln（4-x）有下列四個命題：

①函數(shù).y=/（x）在（一2,4）上是增函數(shù)；

②函數(shù)y=/（x）的圖象關(guān)于（1,0）中心對稱；

2

③不存在斜率小于y且與函數(shù)V=/（X）的圖象相切的直線；

④函數(shù)y=/（x）的導函數(shù)y=/"（X）不存在極小值.

其中正確的命題有.（寫出所有正確命題的序號）

16.如圖，直三棱柱ABC—ABC中，NC48=90°,AC=AB=2,CC,=2,尸是8G的中點，則三棱錐。一4。7

的體積為.

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17.(12分)己知函數(shù)/(尤)=e*-2x-cosx.

(1)當xe(y,O)時,求證：f(x)>0；

(2)若函數(shù)g(x)=/(x)+E(x+l),求證:函數(shù)g(x)存在極小值.

1

x=——t

2

18.(12分)在平面直角坐標系直乃中，已知直線/：〈a為參數(shù))，以坐標原點。為極點，x軸的非負半

V=1H-----1

'2

軸為極軸建立極坐標系，曲線C的極坐標方程為夕=2cos8.

(1)求曲線C的直角坐標方程；

(2)設(shè)點〃的極坐標為直線/與曲線C的交點為A,8,求的值.

19.(12分)已知函數(shù)/(x)=|x-〃|+|x+2|(〃eR),g(x)=|2x+，m(7"eZ).

(1)若關(guān)于x的不等式g(x),,l的整數(shù)解有且僅有一個值T,當攵=1時，求不等式/(X),,加的解集；

(2)已知〃。)=/一2彳+3,若VX|GR%；2e(0,+8),使得/1(%)..力(々)成立，求實數(shù)攵的取值范圍.

20.(12分)在AABC中，a、b、c分別是角A、B、C的對邊，S.(a+h+c)(a+b-c)=3ah.

(1)求角C的值；

(2)若c=2,且AABC為銳角三角形，求a+力的取值范圍.

21.(12分)在四棱錐P-ABCD中，A8_LPA,43〃。。,48=』。0,424。是等邊三角形，點”在棱PC上,

2

平面PAD_L平面ABCD.

p

（1）求證：平面PC。，平面PAD；

（2）若=求直線AM與平面尸8。所成角的正弦值的最大值；

ANPMAN

（）設(shè)直線與平面相交于點若f=求F的值.

3AMPQN,AMPCAM

22.（10分）某景點上山共有999級臺階，寓意長長久久.甲上臺階時，可以一步走一個臺階，也可以一步走兩個臺階,

12

若甲每步上一個臺階的概率為-，每步上兩個臺階的概率為彳.為了簡便描述問題，我們約定，甲從0級臺階開始向

33

上走，一步走一個臺階記1分，一步走兩個臺階記2分，記甲登上第〃個臺階的概率為5,其中〃GN*，且〃<998.

（1）若甲走3步時所得分數(shù)為X,求X的分布列和數(shù)學期望；

（2）證明：數(shù)列｛匕”-工｝是等比數(shù)列；

（3）求甲在登山過程中，恰好登上第99級臺階的概率.

參考答案

一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。

1.B

【解析】

根據(jù)新運算的定義分別得出2018?ZOZO和2020*2018的值，可得選項.

【詳解】

由（2〃）★2018=2[（2/?+2）*2018],得（2〃+2）★2018=1（2?*2018）,

又2*2018=1,所以2018=,，6*2018=f-^,8★2018=f-1，…，以此類推，

2⑴⑴

z1\10l0-l

2020*2018=(2xl010)*2018=(-j

又2018?(〃+D=2(2018?〃)，2018?1=1,

所以2018+2=2,2018*3=22,2018?4=23，…，以此類推，2018?2020=2239,

門\009

2019I0I()

所以(2018*2020)(2020*2018)1X2=2,

故選：B.

【點睛】

本題考查定義新運算，關(guān)鍵在于理解，運用新定義進行求值，屬于中檔題.

2.B

【解析】

3

由已知條件利用誘導公式得tana=“再利用三角函數(shù)的平方關(guān)系和象限角的符號，即可得到答案.

【詳解】

3

由題意得tan(a-7i)=tan?=-^-,

無37134

()結(jié)合解得

又ae5,所以cosa0,sina0,siYa+cos2a=1sina=一,cosa=——

2T55

?341

所以sina+cosa

故選B.

【點睛】

本題考查三角函數(shù)的誘導公式、同角三角函數(shù)的平方關(guān)系以及三角函數(shù)的符號與位置關(guān)系，屬于基礎(chǔ)題.

3.B

【解析】

設(shè)點A（%,y）、3（七,%），并設(shè)直線AB的方程為》=，盯+々，由/=2而得》=-2%，將直線的方程代

入韋達定理，求得|M|,結(jié)合AACF的面積求得，的值，結(jié)合焦點弦長公式可求得|AB|.

【詳解】

設(shè)點A（Xi，X）、3（馬,必），并設(shè)直線A3的方程為％=/孫+〃,

P

x=myH——..，°o

將直線AB的方程與拋物線方程聯(lián)立2,消去工得y-2P帆y-p,=0,

y2=2px

由韋達定理得y+>2=2。根，必必=一〃2，

/曰_%，_乂），麗=（%一5，%），QAF=2FB>??--y1=2y2>..^=-2^,

X%=-2y；=—p-,可得=1叩=2|%|=1'^一

拋物線的準線/與x軸交于C（-^,o）

AACF的面積為gxpx0p=孝.2=80,解得〃=4,則拋物線的方程為y2=8x,

,92

所以'|4卻=內(nèi)+=+2=%+4=^—+p=9,

故選：B.

【點睛】

本題考查拋物線焦點弦長的計算，計算出拋物線的方程是解答的關(guān)鍵，考查計算能力，屬于中等題.

4.A

【解析】

根據(jù)題意，分析可得函數(shù)/（x）的圖象關(guān)于x=2對稱且在［2,+8）上為減函數(shù)，則不等式/（?）</（3。+1）等價于

|?-2|>|3?-1|,解得a的取值范圍，即可得答案.

【詳解】

解:因為函數(shù)y=/（x+2）為偶函數(shù)，

所以函數(shù)“X）的圖象關(guān)于x=2對稱，

因為/（X）對任意*，&€［2,+8）（不。看），都有

x2-Xx

所以函數(shù)/（X）在［2,+8）上為減函數(shù)，

貝!|W（3a+l）=〃|a-2|）4〃|3a+l-2|）=H3a-l|,

,13

解得：—Wa4一.

24

-13"

即實數(shù)。的取值范圍是一不。.

24

故選：A.

【點睛】

本題考查函數(shù)的對稱性與單調(diào)性的綜合應用，涉及不等式的解法，屬于綜合題.

5.C

【解析】

直線過定點，直線y=kx+l與圓x?+y2=l相交于p、Q兩點，且NPOQ=120°(其中O為原點)，可以發(fā)現(xiàn)NQOx的大

小，求得結(jié)果.

【詳解】

如圖，直線過定點(0,1),

,.,NPOQ=120°.\NOPQ=30°,=41=120°,N2=60°,

/.由對稱性可知k=土6.

故選C.

【點睛】

本題考查過定點的直線系問題，以及直線和圓的位置關(guān)系，是基礎(chǔ)題.

6.B

【解析】

根據(jù)圓心到直線的距離小于半徑可得“力滿足的條件，利用〃(。力)與圓心的距離判斷即可.

【詳解】

直線+=1與圓C：光2+,2=i相交，

1-11

，圓心(0,0)到直線以+勿=1的距離"=n==<?，

yja+力

即\Ja2+b2>1?

也就是點M(a,b)到圓C的圓心的距離大于半徑.

即點M(a,b)與圓C的位置關(guān)系是點M在圓C外.

故選：B

【點睛】

本題主要考查直線與圓相交的性質(zhì)，考查點到直線距離公式的應用，屬于中檔題.

7.D

【解析】

取4C中點N,由題意得N3ND即為二面角的平面角，過點8作30J_OV于。，易得點。為AAOC的

中心，則三棱錐A-BQD的外接球球心在直線30上，設(shè)球心為。，半徑為人列出方程

即可得解.

【詳解】

如圖，由題意易知AA6c與AAOC均為正三角形，取AC中點N,連接8N,DN,

則BNLAC,￡W_LAC,N8ND即為二面角3-AC—。的平面角，

過點8作BOLZW于0,則BO_L平面AC。，

由BN=ND=6，cosNBND=上可得ON=BN-cosNBND=立，0D=—,=—

333、(3)3

ON=LND即點o為AAOC的中心，

3

三棱錐A-BCD的外接球球心在直線80上，設(shè)球心為。一半徑為廣，

/.BO、=DO1—r。。*

2#丫（2月丫V6

--------r+------=r2解得r-——，

3-------------\----0--3）2乙

13

???三棱錐A-BCD的外接球的表面積為S=4乃產(chǎn)=4萬x二=6萬.

2

故選：D.

本題考查了立體圖形外接球表面積的求解，考查了空間想象能力，屬于中檔題.

8.B

【解析】

由數(shù)量積的定義表示出向量￡與￡+3的夾角為60。，再由片=@,不=呼代入表達式中即可求出7以

【詳解】

由向量〃與2+B的夾角為60。，

得+6)=a+?-^=|?||<7+^|cos600,

所以了+￡%=軀而+?=羽而+27B+片,

又同=1,忖=出,=|a|2，片=|邛，

所以1+。，/?=—x1xJ1+2。,力+3,解得ci-b-0?

2

故選：B

【點睛】

本題主要考查向量數(shù)量積的運算和向量的模長平方等于向量的平方，考查學生的計算能力，屬于基礎(chǔ)題.

9.B

【解析】

?，i—~~-1=2y/a2+1=2:.a=土上a>0,.'.a=#),選B.

i

10.C

【解析】

22

根據(jù)條件，方程(1-％)/+'2=爐一1.即/-----匚=1,結(jié)合雙曲線的標準方程的特征判斷曲線的類型.

'7左2一1女+1

【詳解】

解：'：k>l,：.l+k>0,*2-1>0,

22

方程（1—A）f+y2=二一1,即冷^一出=1,表示實軸在y軸上的雙曲線，

故選C.

【點睛】

22

本題考查雙曲線的標準方程的特征，依據(jù)條件把已知的曲線方程化為-----—=1是關(guān)鍵.

k2-1k+\

11.A

【解析】

解出集合B,利用交集的定義可求得集合ADB.

【詳解】

因為8={耳—2工2+5犬+3>0}={尤|2%2-5%—3<0}=?》一3<%<3},又A={—1,0,1,2},所以AcB={0,l,2}.

故選：A.

【點睛】

本題考查交集的計算，同時也考查了一元二次不等式的求解，考查計算能力，屬于基礎(chǔ)題.

12.D

【解析】

根據(jù)底面為等邊三角形，取8C中點可證明8CL平面加以，從而8C_LR0,即可證明三棱錐P-ABC為

正三棱錐.取底面等邊AABC的重心為O,可求得P到平面ABC的距離，畫出幾何關(guān)系，設(shè)球心為。，即可由球的性

質(zhì)和勾股定理求得球的半徑，進而得球的表面積.

【詳解】

設(shè)M為中點，AA8C是等邊三角形，

所以

又因為Q4_LBC,且QAnAA/=A,

所以BC_L平面24M,則6CJ.PM,

由三線合一性質(zhì)可知PB=PA=PC,

所以三棱錐尸一ABC為正三棱錐，AB=4j5,PA=PB=PC=2卮

設(shè)底面等邊AABC的重心為。',

22i__________

可得AO'=§AM=§X6=4，po'=JPA?-AO。=120-16=2,

所以三棱錐尸-ABC的外接球球心在面ABC下方，設(shè)為。，如下圖所示:

由球的性質(zhì)可知，P。，平面ABC,且P,O',O在同一直線上，設(shè)球的半徑為R,

在RfAAO。中，AO?=AO,2+OO,2，

即/?2=16+(/?-2)2，

解得R=5,

所以三棱錐P-ABC的外接球表面積為S=4%/?2=4〃x25=100〃，

故選：D.

【點睛】

本題考查了三棱錐的結(jié)構(gòu)特征和相關(guān)計算，正三棱錐的外接球半徑求法，球的表面積求法，對空間想象能力要求較高,

屬于中檔題.

二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。

3

13.一

4

【解析】

作出不等式組所表示的平面區(qū)域，將目標函數(shù)看作點尸(-2,-1)與可行域的點所構(gòu)成的直線的斜率，當直線過4(2,2)

時，直線的斜率取得最大值，代入點A的坐標可得答案.

【詳解】

畫出二元一次不等式組所表示的平面區(qū)域，如下圖所示，由＜-得點A(2,2),

y=x

目標函數(shù)Z=H?表示點P(-2,-I)與可行域的點所構(gòu)成的直線的斜率，

x+2

當直線過A(2,2)時，直線的斜率取得最大值，此時z=空的最大值為

3

故答案為：“

【點睛】

本題考查求目標函數(shù)的最值，關(guān)鍵在于明確目標函數(shù)的幾何意義，屬于中檔題.

14.2

【解析】

,

../(x0)=tz+—=3

設(shè)切點4($,%)由已知可得《X。，即可解得所求.

/(%)=ar0+lnx0=3x0-1

【詳解】

設(shè),因為f'(x)=a+L所以。+'=3,即/=3%-1,又%=0+仙%,%=3/T.所以Mx。=0,

xX。

即天=1，o-2.

故答案為：2.

【點睛】

本題考查導數(shù)的幾何意義，考查函數(shù)與方程思想、轉(zhuǎn)化與化歸思想,考查邏輯推理能力、運算求解能力，難度較易.

15.(D@③

【解析】

由單調(diào)性、對稱性概念、導數(shù)的幾何意義、導數(shù)與極值的關(guān)系進行判斷.

【詳解】

函數(shù)/(x)=ln(2+x)—ln(4一力的定義域是(-2,4),

由于/(x)=In(2+x)-In(4-x)=In+%=ln(-l+,

41—x4x

“=一1+—三在（一2,4）上遞增，.?.函數(shù)y=/（x）在（一2,4）上是遞增，①正確;

-Ji

/(2—x)=ln(4-x)—ln(2+x)=-/(x)，二函數(shù)y=/(x)的圖象關(guān)于(1,0)中心對稱，②正確;

62

1166>-

---1---=------=-------9-3-X=1時取等號，.?.③正確;

2+x4-x8+2x一廠—(X—1)~+9

/（幻=二+二=—^4~O-設(shè)g（x）=/'（x），則8口）="2（?。╋@然x=l是g（x）即/'（X）的

極小值點，④錯誤.

故答案為：①②③.

【點睛】

本題考查函數(shù)的單調(diào)性、對稱性，考查導數(shù)的幾何意義、導數(shù)與極值，解題時按照相關(guān)概念判斷即可，屬于中檔題.

2

16.-

3

【解析】

證明?平面例G。'于是分.4利用三棱錐的體積公式即可求解.

【詳解】

_L平面ABC,ABi平面ABC,

AA^IAB,又ABJ_AC,A41cAe=A.

AB_L平面A41clC,

???P是BG的中點，

."-AC/=；%-AGC

2

故答案為：y

【點睛】

本題考查了線面垂直的判定定理、三棱錐的體積公式，屬于基礎(chǔ)題.

三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。

17.（1）證明見解析（2）證明見解析

【解析】

（1）求導得r（x）=e'—2+sinx,由/<e°=l，且sinx-L,0,得到了'（x）<0,再利用函數(shù)/⑴在（一嗎。）上

單調(diào)遞減論證.

(2)根據(jù)題意且。)=靖一2%-?05工+皿元+1),X>一1,求導，令/?(%)=g'(x)=e"+」一+sinx-2,易知

x+l

1(萬、

h(0)=0；hrM=^x-----^r+cosx,易知當xw(J/時，hr(x)>0,/i(x)=g<x)>g<0)=0；當工￡(-1,。)

時，函數(shù)〃'(x)單調(diào)遞增,而〃'(0)=1,又“一哈卜e磊+cos［-得］-100<0,由零點存在定理得現(xiàn)e卜A,o］,

使得〃'(%)=0,3xe(xo,O),使得〃(x)>0,有/?(x)=g'(x)<g'(0)=0從而得證.

【詳解】

(1)依題意，/'(x)=e*—2+sinx,

因為靖<e°=l，且sin無一L,。，故/'(x)<0，

故函數(shù)/(x)在(-8,0)上單調(diào)遞減，

故y(x)>/(o)=o.

(2)依題意，g(x)=e'-2x-cosx+ln(x+l),x>-1,

令h(x)=g'(x)=exH——-——Fsinx-2,貝!|〃(0)=0；

x+1

^h'(x)=ex--~^y+cosx,可知當86(0,1］時，h'(x)>0,

(x+1廠I2J

故函數(shù)〃(x)在(o,'］上單調(diào)遞增，故當xe(0，W］時，〃(幻=g'(x)〉g'(0)=0；

當xe(-l,0)時，函數(shù)〃'(x)單調(diào)遞增，而萬(0)=1,

又K)=e喘+c°s(—得)一10°<0,故叫｛一、，°)，使得〃'(玉))=0，

故土€(/,0),使得/?x)>0,即函數(shù)〃(x)單調(diào)遞增，即g'(x)單調(diào)遞增；

故當X€(Xo,O)時，g'(x)<g'(0)=(),

故函數(shù)g(x)在(廝，0)上單調(diào)遞減，在［o，1^上單調(diào)遞增，

故當x=0時，函數(shù)g(x)有極小值g(0)=0.

【點睛】

本題考查利用導數(shù)研究函數(shù)的性質(zhì)，還考查推理論證能力以及函數(shù)與方程思想，屬于難題.

18.(1)(%-1)2+/=1(2)73+1

【解析】

x=pcosO

(1)由公式《.八可化極坐標方程為直角坐標方程；

y=psinff

(2)把〃點極坐標化為直角坐標，直線/的參數(shù)方程是過定點”的標準形式，因此直接把參數(shù)方程代入曲線C的方

程，利用參數(shù)f的幾何意義求解.

【詳解】

解:(1)C:/?=2cos8,則p2=2pcos。，x2+y2=2x,

所以曲線C的直角坐標方程為x2+y2-2x=0,即(x—1)，J/=1

(2)點的直角坐標為用((),1),易知Me/.設(shè)A,8對應參數(shù)分別為44

1

x=——t

2

將/：《廠與C：/+y2—2x=0聯(lián)立得

日+烏

I2

/++1)f+1=0,；.%+馬=——1,-1<0,Zj<0

|M4|+|MB|=|r,|+|r2|=|z,+r2|=V3+l

【點睛】

本題考查極坐標方程與直角坐標方程的互化，考查直線參數(shù)方程，解題時可利用利用參數(shù)方程的幾何意義求直線上兩

點間距離問題.

'97'

19.(1)(2)(-co,-41U[0,+℃)

【解析】

(1)求解不等式g(x),,1,結(jié)合整數(shù)解有且僅有一個值T,可得〃2=8,分類討論，求解不等式，即得解；

(2)轉(zhuǎn)化7內(nèi)€七h2€(0,+8),使得/(%)..力(々)成立為了(西號廣以/人…利用不等式性質(zhì)

f(x)=\x-k\+\x+2\..\(x-k)-(x+2)\=\k+2\,求解二次函數(shù)最小值，代入解不等式即可.

【詳解】

—m—1雙[―/77+1

(1)不等式g(x),,l,即|2X+〃7|,,1,所以------領(lǐng)k---------

22

士班4一"2+1八

由一5＜--------<-3,

2

解得7＜相＜9.

因為mEZ,所以〃2=8,

當％=1時,

-2九—1,凡，—2,

f(x)=|%-1|+|元+2|=<3,-2<x<1,

2x+l,x..l,

用,-2,j—2<x<1,x.l,

不等式/(%),,8等價于-2元-1<8或卜,8或＜

2x+1,,8.

97

即——羽k一2或一2vxvl或掇上一，

22

9,7

故—領(lǐng)k—9

22

「97]

故不等式/(現(xiàn),8的解集為一不彳.

L22J

(2)因為f(%)=|%—Zc|+|x+2]…|攵)—(x+2)|=|%+21,

由h{x}=x2-2x+3=(x-1)2+2,XG(0,-KO),

可得/2(X)min=久1)=2,

又由V再G/?,3X2€(0,+oo),使得了(%)..介(電)成立，

貝!)|%+2|?.2,解得&-4或左..0.

故實數(shù)k的取值范圍為(…,-4]U[0,+8).

【點睛】

本題考查了絕對值不等式的求解和恒成立問題，考查了學生轉(zhuǎn)化劃歸，分類討論，數(shù)學運算的能力，屬于中檔題.

20.(1)C=1.(2)(2＞/3,4J.

【解析】

(1)根據(jù)題意，由余弦定理求得cosC=,，即可求解C角的值;

2

(2)由正弦定理和三角恒等變換的公式，化簡得到a+8=4sin[A+：J,再根據(jù)AABC為銳角三角形，求得

7TTT

利用三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，即可求解.

62

【詳解】

(1)由題意知(。+8+c)(a+Z?-c)=3aZ?,一=“沙，

由余弦定理可知，cosC=2±―

2ab2

TT

又????！?0,4),???C=—?

3

a_b_2_4石44

(2)由正弦定理可知，sinAsinB.兀3，即。=7>/^sinJ^sinB

sin—33

:.a+/?=《G(sinA+sin8)=^V3

=2\/3sinA+2cosA=4sinA+—

c4Tl

0<A<一

2

又為銳角三角形,即,

2兀71

0<8=——A<—

32

嗚＜A+/爭所以2石＜4sin(A+群4,

綜上a+力的取值范圍為(26,4].

【點睛】

本題主要考查了利用正弦定理和三角函數(shù)的恒等變換求解三角形問題，對于解三角形問題，通常利用正弦定理進行“邊

轉(zhuǎn)角''尋求角的關(guān)系，利用“角轉(zhuǎn)邊”尋求邊的關(guān)系，利用余弦定理借助三邊關(guān)系求角，利用兩角和差公式及二倍角公式

求三角函數(shù)值.利用正、余弦定理解三角形問題是高考高頻考點，經(jīng)常利用三角形內(nèi)角和定理，三角形面積公式，結(jié)

合正、余弦定理解題.

21.(1)證明見解析(2)M9(3)

19AM2

【解析】

(1)取AQ中點為。，連接P。,由等邊三角形性質(zhì)可得P01AD,再由面面垂直的性質(zhì)可得P01OC,根據(jù)平行直線

的性質(zhì)可得CDLPA，進而求證；

(2)以。為原點，過。作AB的平行線OF，分別以。4,OP分別為x軸,y軸,工軸建立空間直角坐標系，設(shè)

AB=AD=2,由點M在棱PC上，可設(shè)OM=(l-t)OP+tOC=(T,4r,6(1T)),fw[0,1],即可得到AM，再求得平

面PBC的法向量，進而利用數(shù)量積求解；

(3)設(shè)4)=2,。。=〃""=絲=A,則兩=%定，麗=&而，求得褊，而，即可求得點N的坐標，再由

AMPC

DN與平面PBD的法向量垂直，進而求解.

【詳解】

(1)證明:取中點為0,連接PO,

因為△PQ是等邊三角形，所以PO，AO,

因為平面平面ABC。且相交于AO,所以P。，平面ABCO,所以PO±DC,

因為CD,ABIPA，所以CD1PA,

因為POClPA=2,在平面PAD內(nèi)，所以CD_L平面PAD,

所以平面PC。，平面PAO.

(2)以0為原點，過。作AB的平行線OF,分別以。4,QF,OP分別為》軸,'軸,z軸建立空間直角坐標系，設(shè)

AB=AD=2,則41,0,0),爾1,2,0),C(-1,4,0),p((),(),省)，

因為M在棱尸C上,可設(shè)OM=(l-t)OP+tOC=(T,4f,6(1—f)),re[0,l],