1.已知復數z=2?ii(i是虛數單位)，則復數z等于( )
A. 1?2iB. 1+2iC. ?1?2iD. ?1+2i
2.已知向量a=(1,k),b=(2,3),c=(?2,2)，且c//(a?b)，則k=( )
A. 4B. ?4C. 2D. ?2
3.某區(qū)政府為了加強民兵預備役建設，每年都按期開展民兵預備役軍事訓練，訓練后期對每位民兵進行射擊考核.民兵甲在考核中射擊了8發(fā)，所得環(huán)數分別為6，8，a，8，7，9，10，8若民兵甲的平均得環(huán)數為8，則這組數據的第75百分位數為( )
A. 8B. 8.5C. 9D. 9.5
4.已知復數z滿足z?z?+4z=8i(i是虛數單位)，則復數z=( )
A. ?2?2iB. ?2+2iC. 2?2iD. 2+2i
5.已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不重合的平面，則下列說法正確的是( )
A. 若m//n，n//α，則m//αB. 若m⊥n，n⊥α，則m//α
C. 若m⊥α，m⊥β，則α//βD. 若m//α，α⊥β，則m⊥β
6.要測量底部不能到達的電視塔AB的高度，在C點測得塔頂A的仰角是45°，在D點測得塔頂A的仰角是30°，并測得水平面上的∠BCD=120°，CD=40m，則電視塔的高度為( )
A. 10 2m
B. 20m
C. 20 3m
D. 40m
7.在△ABC中，∠BAC=π3,AD=2DB,P為CD上一點，且滿足AP=λAC+13AB.若|AC|=2,|AB|=3，則|AP|的值為( )
A. 1B. 2C. 3D. 2
8.幾何中常用|L|表示L的測度，當L為曲線、平面圖形和空間幾何體時，|L|分別表示其長度、面積和體積.△ABC是邊長為4的正三角形，P為△ABC內部的動點(含邊界)，在空間中，到點P的距離為1的點的軌跡為L，則|L|等于( )
A. 8 3B. 22π3+ 3C. 6π+8 3D. 22π3+8 3
二、多選題：本題共4小題，共20分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。
9.已知i為虛數單位，則下列結論正確的是( )
A. i+i2+i3+i4=0B. 若z=z?，則z∈R
C. 若復數z為純虛數，則|z|2=z2D. 若(1?i)z=1+i，則|z|=1
10.某景區(qū)為了解游客人數的變化規(guī)律，提高旅游服務質量，收集并整理了2017年1月至2019年12月期間月接待游客量(單位：千人次)的數據，繪制了如圖所示的折線圖.根據該折線圖，則下列結論正確的是( )
A. 月接待游客量逐月增加
B. 年接待游客量逐年增加
C. 每年月接待游客的增長量最多是8月
D. 每年1月至6月的月接待游客量相對同年7月至12月的月接待游客量，波動性更小
11.如圖，AB，AC，AD兩兩互相垂直，三棱錐E?BCD是正四面體，則下列結論正確的是( )
A. 二面角D?BC?A的大小為π4
B. BC⊥DE
C. 若△BCD的中心為O，則A，O，E三點共線
D. 三棱錐E?BCD的外接球過點A
12.已知△ABC的三個角A，B，C的對邊分別為a，b，c，b=6，c=8，且bcsC+ccsB=10，P是AB邊上的動點，則PA?(PB+PC)的值可能為( )
A. ?64B. ?12C. ?8D. 0
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。
13.某校為了提升學生的中華文化素養(yǎng)，開設書法、對聯(lián)、燈謎三個校本課程班，每位學生只報一個校本課程班，學校對高一、高二年級報名的學生人數進行統(tǒng)計，結果如下表.已知張華對上述三個校本課程班，采用樣本量比例分配的分層隨機抽樣的方法，抽取一個總樣本量為30的樣本，其中對聯(lián)班的學生抽取10名，則x=______ .
14.如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是矩形，側面PAD是正三角形，平面PAD⊥平面ABCD，AB=1，AD=2，則二面角P?BC?D的大小是______ .
15.在等邊△ABC中，D為邊BC上的點且滿足CD=2DB，DE⊥AB且交AB于點E，DF//AB且交AC于點F，若AD=λDE+μDF，則λ+μ的值是______.
16.如圖，在正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，四邊形ABCD是邊長為2的正方形，AA1=4，M，N分別是棱BC，AD的中點，E，F(xiàn)分別是棱A1B1，C1D1上動點.當直線NE與底面A1B1C1D1所成角最小時線段NE的長度是______ ，四面體MNEF的體積是______ .
四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
17.(本小題10分)
已知向量a=(12, 3)，b=(?12,0).
(1)求向量a與b的夾角的余弦值；
(2)若向量c=(?1, 3)，求向量c在向量a?b上的投影向量(用坐標表示).
18.(本小題12分)
已知向量m=(2csx,1),n=(csx, 3sin2x)，函數f(x)=m?n.
(1)若f(α)=2，α∈(0,π)，求α的值；
(2)已知△ABC的三個角A，B，C的對邊分別為a，b，c，f(A)=2，b=1，△ABC的面積為 32，求a+b+csinA+sinB+sinC的值.
19.(本小題12分)
在四棱錐P?ABCD中，PD⊥平面ABCD，BC//AD，BC=2AD，AD⊥CD，分別為PB，BC，PD的中點.
(1)求證：BC⊥平面AEF；
(2)過點A，E，M的平面交PC于點N，求PNNC的值.
20.(本小題12分)
某校共有高中生3000人，其中男女生比例約為3：2，學校要對該校全體高中生的身高信息進行統(tǒng)計.
(1)采用簡單隨機抽樣的方法，從該校全體高中生中抽取一個容量為n的樣本，得到頻數分布表和頻率分布直方圖.
根據圖表信息，求n，a，b，c的值，并把頻率分布直方圖補充完整.
(2)按男生、女生在全體學生中所占的比例，采用分層隨機抽樣的方法，共抽取總樣本量為200的樣本，并知道男生樣本數據的平均數為172，方差為16，女生樣本數據的平均數為160，方差為20，估計該校高中生身高的總體平均數及方差.
21.(本小題12分)
已知△ABC的三個角A，B，C的對邊分別為a，b，c，sin2A+sin2C=sin2B+sinAsinC.
(1)求B；
(2)若b=2,AB?AC=4，求△ABC的面積.
22.(本小題12分)
已知三棱錐P?ABC,PA=PB=PC=3,BC=2 3,∠BAC=120°，點O是△ABC的外心.
(1)若∠OBA=60°，求證：PA⊥BC；
(2)求點A到平面PBC距離的最大值.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：z=2?ii=(2?i)ii2=?1?2i.
故選：C.
根據已知條件，結合復數的四則運算，即可求解．
本題主要考查復數的四則運算，屬于基礎題．
2.【答案】A
【解析】解：∵a=(1,k),b=(2,3)，∴a?b=(?1,k?3)，
又c=(?2,2)，且c//(a?b)，
∴?2=?2(k?3)，即k=4.
故選：A.
由已知可得a?b的坐標，再由向量共線的坐標運算求解．
本題考查平面向量的坐標運算，是基礎題．
3.【答案】B
【解析】解：民兵甲的平均環(huán)數為6+8+a+8+7+9+10+88=8，解得a=8，
則民兵甲所得環(huán)數從小到大排列為：6，7，8，8，8，8，9，10，
因為75%×8=6，所以第75%百分位數為8+92=8.5.
故選：B.
利用平均數的定義求出a的值，再把數據從小到大排列，然后根據百分位數的求解公式化簡即可求解．
本題考查了平均數以及百分位數的求解，屬于基礎題．
4.【答案】B
【解析】解：設z=a+bi(a,b∈R)，
則z?=a?bi，
∵z?z?+4z=8i，
∴(a+bi)(a?bi)+4(a+bi)=8i，即a2+b2+4a=04b=8，解得a=?2b=2，
∴z=?2+2i.
故選：B.
根據已知條件，結合共軛復數的定義，以及復數的四則運算，即可求解．
本題主要考查共軛復數的定義，以及復數的四則運算，屬于基礎題．
5.【答案】C
【解析】解：對A選項，若m//α，n//α，則m//n或m與n相交或m與n異面，故A錯誤；
對B選項，若m⊥α，m⊥n，則n//α或n?α，故B錯誤；
對C選項，若m⊥α，m⊥β，由直線與平面垂直的性質可得α//β，故C正確；
對D選項，若m//α，α⊥β，則m與β可成任意角度，故D錯誤．
故選：C.
由平行于同一平面的兩直線的位置關系判定A；由平行于同一直線的兩平面的位置關系判定B；由直線與直線垂直、直線與平面垂直分析線面關系判定C；由直線與平面垂直的性質判斷D.
本題考查空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面位置關系的判定，考查空間想象能力與思維能力，是基礎題．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本題主要考查了解三角形的實際應用．考查了運用數學知識，建立數學模型解決實際問題的能力．
設出AB=x，進而根據題意可表示出BD，DC，進而在△DBC中利用余弦定理建立方程求得x.
【解答】
解：由題可設AB=x，則BD= 3x,BC=x，
在△DBC中，∠BCD=120°，CD=40，
由余弦定理得BD2=BC2+CD2?2BC?CD?cs∠DCB，
即：( 3x)2=(40)2+x2?2×40?x?cs120°，
整理得：x2?20x?800=0，
解得x=40或x=?20(舍)，
所以所求塔高為40米．
故選D.
7.【答案】C
【解析】解：∵C，P，D三點共線且AD=2DB，
∴AP=μAD+(1?μ)AC=2μ3AB+(1?μ)AC，
∵AP=λAC+13AB，
∴2μ3=13λ=1?μ，∴λ=12，
∴AP=12AC+13AB，
∴|AP|= (12AC+13AB)2= 14AC2+13AC?AB+19AB2= 14×4+13×2×3×12+19×9= 3.
故答案為：C.
由平面向量的線性運算和平面向量線性運算求得λ，再由求平面向量的模的公式計算即可．
本題考查平面向量的線性運算和模，屬于中檔題．
8.【答案】D
【解析】解：到動點P距離為1的點的軌跡所構成的空間幾何體在垂直于平面ABC的視角下看，如圖所示，
其中BCMN，ACJK，ABYQ區(qū)域內的幾何體為半圓柱，
CMJ，BYN，KAQ區(qū)域內的幾何體為被平面截得的部分球體，球心分別為A，B，C，
ABC區(qū)域內的幾何體為棱柱，其高為2，
由BCMN，ACJK，ABYQ為矩形，所以∠MCB=90°，∠ACJ=90°，
△ABC是正三角形，∠ACB=60°，則有∠MCJ=360°?∠MCB?∠ACJ?∠ACB=120°，
同理∠NBY=120°，∠KAQ=120°，則∠KAQ+∠NBY+∠MCT=360°，
所以CMJ，BYN，KAQ這三個區(qū)域的幾何體合成一個完整的半徑為1的球，體積為4π3×13=4π3；
BCMN，ACJK，ABYQ這三個區(qū)域內的半圓柱體積為(12π×12)×4×3=6π，(其中12π×12，表示半圓底面)；
ABC區(qū)域內的棱柱體積為12×4×4×sin60°×2=8 3；
所以幾何體L的體積等于22π3+8 3.
故選：D.
首先確定到動點P距離為1的點的軌跡所構成的空間體的形狀，然后由空間幾何體的體積公式求解即可．
本題考查了空間中動點軌跡的求解，空間幾何體的體積公式，解題的關鍵是確定動點的軌跡是何種空間幾何體，考查了空間想象能力與邏輯推理能力，屬中檔題．
9.【答案】ABD
【解析】解：對于A，i+i2+i3+i4=i?1?i+1=0，故A正確；
對于B，設z=a+bi，
則z?=a?bi，
∵z=z?，
∴a+bi=a?bi，解得b=0，
故z=a∈R，故B正確；
對于C，設z=i，|z|2=1，z2=?1，故C錯誤；
對于D，(1?i)z=1+i，
則z=1+i1?i=(1+i)2(1?i)(1+i)=i，|z|=1，故D正確．
故選：ABD.
根據已知條件，結合復數的四則運算，共軛復數的定義，復數模公式，即可求解．
本題主要考查復數的四則運算，共軛復數的定義，復數模公式，屬于基礎題．
10.【答案】BD
【解析】解：對于A，圖中月接待量有增有減，故A錯誤；
對于B，從圖可得2017?2019年游客接待量逐年增加，故B正確；
對于C，由圖可知，每年月接待游客的增長量最多是7月，故C錯誤；
對于D，由圖可知，每年1月至6月的月接待游客量波動較小，而7月至12月的月接待游客量波動較大，故D正確．
故選：BD.
根據統(tǒng)計圖結合統(tǒng)計知識可逐一判斷．
本題考查統(tǒng)計相關知識，屬于基礎題．
11.【答案】BCD
【解析】解：對于A：由已知可得AB2+AC2=BC2，AB2+AD2=BD2，AD2+AC2=CD2，
而BC2=BD2=CD2，
所以AB=AC=AD，
取BC中點F，連接AF，DF，
所以AF⊥BC，DF⊥BC，
所以∠AFD為二面角D?BC?A的平面角，
設AB=AD=2a，則BC=2 2a，AF= 2a，DF= 3a，
在△ADF中，由余弦定理可得：
cs∠AFD=AF2+DF2?AD22AF?DF=2a2+3a2?4a22? 2× 3a2= 612，故A錯誤；
對于B：由A可知，連接EF，
因為EB=EC，
所以EF⊥BC，
因為EF∩DF=F，EF，DF?面EFD，
所以BC⊥面EFD，
又DE?面EFD，
所以BC⊥DE，故B正確；
對于C：由A可知三棱錐A?BCD是正三棱錐，且AO⊥面BCD，
三棱錐E?BCD也是正三棱錐，
EO⊥面BCD，
則A，O，E三點共線，故C正確；
對于D：由A可知三棱錐E?BCD棱長為2 2a的正四面體，
三棱錐A?BCD的側棱長為2a，底面邊長為2 2a的正三棱錐，
所以四面體A?BCD與棱長為2a的正分方體ABNC?DHEG有相同的外接球，故D正確，
故選：BCD.
對于A：由已知可得AB=AC=AD，取BC中點F，連接AF，DF，則AF⊥BC，DF⊥BC，推出∠AFD為二面角D?BC?A的平面角，設AB=AD=2a，求出AF，DF，在△ADF中，由余弦定理，即可判斷A是否正確；
對于B：連接EF，由線面垂直的判定定理和性質定理，即可判斷B是否正確；
對于C：根據題意三棱錐A?BCD是正三棱錐，可得AO⊥面BCD，三棱錐E?BCD也是正三棱錐，可得EO⊥面BCD，即可判斷C是否正確；
對于D：根據題意可得四面體A?BCD與棱長為2a的正方體ABNC?DHEG有相同的外接球，即可判斷D是否正確．
本題考查直線與平面的位置關系，解題關鍵是掌握正三棱錐得特征，屬于中檔題．
12.【答案】CD
【解析】解：bcsC+ccsB=10可得b?a2+b2?c22ab+c?c2+a2?b22ca=a=10，
b=6，c=8，可得b2+c2=a2，即有△ABC為直角三角形，如圖所示．
設PA=t(0≤t≤8)，PB=8?t，
則PA?(PB+PC)=PA?PB+PA?PC=?t(8?t)+t2=2t2?8t=2(t?2)2?8，
當t=2∈[0,8]，可得PA?(PB+PC)取得最小值?8，當t=8時，PA?(PB+PC)取得最大值64.
故選：CD.
由余弦定理推得a=10，△ABC為直角三角形，由向量的數量積的性質，結合二次函數的最值可得所求結論．
本題考查三角形的余弦定理和向量數量積的定義和性質，考查轉化思想和運算能力，屬于中檔題．
13.【答案】20
【解析】解：根據題意，書法，對聯(lián)，燈謎的總人數分別為：60，30+x，40，總人數為130+x，
現(xiàn)樣本容量為30，則抽樣比為：30130+x，
又其中對聯(lián)班的學生抽取10名，則(30+x)30130+x=10，
則x=20.
故答案為：20.
根據題中所給信息可分別求出書法，對聯(lián)，燈謎的總人數，再計算抽樣比，結合對聯(lián)班的學生抽取10名學生即可解．
本題考查分層抽樣相關知識，屬于基礎題．
14.【答案】π3
【解析】解：取AD，BC的中點E，F(xiàn)，連接PE，EF，PF，
因為側面PAD是正三角形，
所以PE⊥AD，
因為平面PAD⊥平面ABCD，PE?平面PAD，
所以PE⊥面ABCD，
又BC?面ABCD，
所以PE⊥BC，
因為底面ABCD是矩形，
所以EF⊥BC，
又PE∩EF=E，
所以BC⊥平面PEF，
又PF?面PEF，
所以BC⊥BF，
所以二面角P?BC?D的平面角為∠PFE，
因為AB=1，AD=2，
所以EF=1，PE= 22?12= 3，
在Rt△PEF中，tan∠PFE=PEEF= 31= 3，
所以∠PFE=π3，
故答案為：π3.
取AD，BC的中點E，F(xiàn)，連接PE，EF，PF，由線面垂直的判定定理可得PE⊥面ABCD，進而可得PE⊥BC，由底面ABCD是矩形，推出EF⊥BC，進而可得BC⊥平面PEF，則BC⊥BF，二面角P?BC?D的平面角為∠PFE，進而可得答案．
本題考查二面角的大小，解題關鍵是根據二面角的定義找到二面角的平面角，屬于中檔題．
15.【答案】?94
【解析】解：畫出圖形，如圖所示，
設等邊△ABC的邊長為3，則BD=1，DC=2，BE=12，DF=2，
∴DE=DB+BE=?13BC+16BA，DF=23BA，
AD=AB+BD=?BA+13BC=13BC?BA，
∵AD=λDE+μDF，
∴13BC?BA=λ(?13BC+16BA)+μ(23BA)，
∴?13λ=1316λ+23μ=?1，解得λ=?32μ=?34，
∴λ+μ=?94，
故答案為：?94.
選取BA，BC作為一組基底，根據題目中的線段關系表示出DE，DF，AD，列出關于λ，μ的方程組，解出λ，μ的值，進而求出結果．
本題主要考查了平面向量基本定理，屬于中檔題．
16.【答案】 21 83
【解析】解：因為N到平面A1B1C1D1的距離為定值，當直線NE與底面A1B1C1D1所成角最小時，點E與B1重合，
線段NE的長度是 12+22+42= 21；
∵D1C1//平面MNE，∴F到面EMN的距離等于C1到面MNE的距離，△MNE的面積等于△MNB1的面積，
故四面體MNEF的體積是V=VF?MNE=VC1?MNB1=VN?MB1C1=13×12×2×4×2=83.
故答案為： 21；83.
可得當直線NE與底面A1B1C1D1所成角最小時，點E與B1重合，即可求NE；利VF?MNE=VC1?MNB1=VN?MB1C1即可求四面體MNEF的體積．
本題考查了空間線面位置關系、幾何體體積求解，屬于中檔題．
17.【答案】解：(1)∵cs=a?b|a|?|b|=?14 14+3×12=? 1313，
∴向量a與b的夾角的余弦值為? 1313；
(2)∵a?b=(1, 3)，又c=(?1, 3)，
∴c在向量a?b上的投影向量為[c?(a?b)(a?b)2](a?b)=(24)?(1, 3)=(12, 32).
【解析】(1)根據向量夾角公式即可求解；
(2)根據投影向量的定義，向量數量積的坐標運算即可求解．
本題考查向量夾角公式，投影向量的定義，向量數量積的坐標運算，屬基礎題．
18.【答案】解(1)依題意得f(x)=m?n=2cs2x+ 3sin2x
=cs2x+1+ 3sin2x
=2sin(2x+π6)+1，
因為f(α)=2sin(2α+π6)+1=2,α∈(0,π)，
所以sin(2α+π6)=12,2α+π6∈(π6,13π6).
所以2α+π6=5π6，即α=π3.
(2)因為f(A)=2，A∈(0,π)，由(1)得A=π3.
因為S△ABC=12bcsinA= 32，
所以12×1×c× 32= 32，即c=2.
在△ABC中，由余弦定理得a2=b2+c2?2bccsA
=1+4?2×1×2×12=3,即a= 3.
由bsinB=csinC=asinA= 3 32=2，
得b=2sinB，c=2sinC，a=2sinA，
所以a+b+csinA+sinB+sinC=2sinA+2sinB+2sinCsinA+sinB+sinC=2.
【解析】(1)由向量的數量積的坐標表示和三角函數的恒等變換，計算可得所求角；
(2)運用三角形的面積公式和三角形的正弦定理、余弦定理，計算可得所求值．
本題主要考查平面向量的應用、正弦定理、余弦定理及三角恒等變換等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力等，考查化歸與轉化思想、函數與方程思想等，考查數學運算、邏輯推理等核心素養(yǎng)，體現(xiàn)基礎性、綜合性．
19.【答案】解：(1)證明：由題意知AD?//FC，所以四邊形ADCF是平行四邊形，
所以AF//CD，
又AD⊥DC，BC//AD，
所以BC⊥DC，
因為AF//CD，所以BC⊥AF，
因為PD垂直于平面ABCD，BC?平面ABCD，
所以BC⊥PD，
又PD∩DC=D，
所以BC⊥平面CDP，
因為CP?平面CDP，所以BC⊥CP，
因為EF//CP，所以BC⊥EF，
又EF∩AE=F，所以BC⊥平面AEF；
(2)如圖所示，G為PC的中點，N為PG的中點，
由題意知EG//BC//AD，
又EG=12BC=AD，
所以四邊形ADEG是平行四邊形，
所以AE//DG，
又M，N分別為DP，PG的中點，所以MN//DG//AE，
由于MN∩平面AEM=M，所以MN?平面AEM，
所以N為過點A，E，M的平面與PC的交點，
所以PNNC=13.
【解析】(1)通過證明BC⊥AF，BC⊥EF來證明BC⊥平面AEF；
(2)作MN//AE即可．
本題主要考查立體幾何相關知識，屬中檔題．
20.【答案】解：(1)易知身高在區(qū)間[185,195]上的頻率為0.008×10=0.08，身高在區(qū)間[185,195]上的頻數24，
所以n=240.08=300，
則a=0.008×10×300=24，b=0.04×10×300=120，c=300?24?120?36?24=96.
此時身高在區(qū)間[165,175)和[175,185)上的頻率分別為96300=0.32，36300=0.12，
頻率分布直方圖如下所示：
(2)因為男女生比例約為3：2，
不妨將男生樣本記為x1，x2，…，x120，平均數為x?，方差為sx2，
將女生樣本記為y1，y2，…，y80，平均數為y?，方差為sy2，
將樣本數據的平均數記為z?，方差記為s2，
則總樣本平均數z?=120120+80x?+80120+80y?=120×172+80×160200=167.2，
總樣本方差s2=1200[i=1120(xi?z?)2+j=180(yj?z?)2]=1200[i=1120(xi?x?+x??z?)2+j=180(yj?y?+y??z?)2]，
因為i=1120(xi?x?)=i=1120xi?120x?=0，
所以i=11202(xi?x?)(x??z?)=2(x??z?)i=1120(xi?x?)=0，
同理得j=1802(yj?y?)(y??z?)=0，
此時總樣本方差s2=1200[i=1120(xi?x?)2+i=1120(x??z?)2+j=180(yi?y?)2+j=180(y??z?)2]
=1200{120[sx2+(x??z?)2]+80[s_y=1200{120[16+(172?167.2)2]+80[20+(160?167.2)2]}
=12(16+23.04)+8(20+51.84)20=52.16，
所以估計該校高中生身高的總體平均數為167.2，方差為52.16.
【解析】(1)由題意，求出身高在區(qū)間[185,195]上的頻率和頻數，列出等式即可求出n的值，進而可得a，b，c的值，得到身高在區(qū)間[165,175)和[175,185)上的頻率，進而可補全頻率分布直方圖；
(2)將男生樣本記為x1，x2，…，x120，平均數為x?，方差為sx2，將女生樣本記為y1，y2，…，y80，平均數為y?，方差為sy2，將樣本數據的平均數記為z?，方差記為s2，根據平均數和方差公式進行求解即可．
本小題主要考查頻率分布直方圖的應用、平均數、方差等，考查了邏輯推理和運算能力．
21.【答案】解：(1)由正弦定理和sin2A+sin2C=sin2B+sinAsinC，可得a2+c2=b2+ac，
即為a2+c2?b2=ac，
由余弦定理可得csB=a2+c2?b22ac=ac2ac=12，
又B∈(0,π)，所以B=π3.
(2)由平面向量數量積的定義可得AB?AC=cbcsA=4，
所以bc?b2+c2?a22bc=4+c2?a22=4，
所以c2?a2=4①，
因為B=π3,b=2,b2=a2+c2?2accsB，
所以a2+c2?ac=4②，
①-②得2a2?ac=0，則c=2a，代入①得a=2 33，所以c=4 33，
所以S△ABC=12acsinB
=12×2 33×4 33× 32=2 33.
【解析】(1)由三角形的正弦定理和余弦定理，可得所求角；
(2)運用向量數量積的定義和余弦定理、三角形的面積公式，可得所求．
本題主要考查正弦定理、余弦定理、平面向量的數量積及三角恒等變換等基礎知識，考查推理論證能力、運算求解能力等，考查化歸與轉化思想、函數與方程思想等，考查數學運算、邏輯推理等核心素養(yǎng)，體現(xiàn)基礎性、綜合性．
22.【答案】解(1)證明：作PH⊥平面ABC，垂足為點H，如圖所示：
∵PA=PB=PC，∴HA=HB=HC，∴H是△ABC的外心，
∵O是△ABC的外心，∴O與H重合，即PO⊥平面ABC，
∵BC?平面ABC，∴BC⊥PO，
∵∠OBA=60°，OA=OB，∴△OAB是等邊三角形，
∴AB=OA，∠BAO=60°，
∵∠BAC=120°，∴∠OAC=60°，
∵OA=OC，∴△OAC是等邊三角形，
∴OA=AC，∴AB=AC=OB=OC，
∴四邊形OBAC為菱形，
∴BC⊥OA，
∵PO∩OA=O，∴BC⊥平面PAO，
又PA?平面PAO，在PA⊥BC；
(2)PA=PB=PC=3,BC=2 3，則BC邊的高為 PB2?(BC2)2= 32?( 3)2= 6，
∴S△PBC=12×2 3× 6=3 2，
在△ABC中，∠BAC=120°,BC=2 3，
由正弦定理得2R=BCsin∠BAC=2 3sin120°=4(R為△ABC外接圓的半徑)，
∴OA=R=2，
∵PA=3，
∴PO= PA2?OA2= 32?22= 5，
由余弦定理得BC2=AB2+AC2?2AB?AC?cs120°，即12=AB2+AC2+AB?AC≥3AB?AC，
∴AB?AC≤4，當且僅當AB=AC時等號成立，
又S△ABC=12?AB?AC?sin120°= 34AB?AC，
設點A到平面PBC距離為h，
VP?ABC=VA?PBC，即13S△ABC?PO=13?S△PBC?h，
∴h=S△ABC?POS△PBC= 34?AB?AC? 53 2≤ 34×4× 53 2= 306，當且僅當AB=AC時等號成立，
故點A到平面PBC距離最大值 306.
【解析】(1)作PH⊥平面ABC，垂足為點H，結合題意可得PO⊥平面ABC，利用線面垂直的判定定理和性質，即可證明結論；
(2)設點A到平面PBC距離為h，利用等體積法VP?ABC=VA?PBC，即13S△ABC?PO=13?S△PBC?h，表示出h=S△ABC?POS△PBC，結合題意利用正弦定理和余弦定理，即可得出答案．
本題考查直線與平面垂直和點到平面的距離，考查轉化思想，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．課程
年級
書法
對聯(lián)
燈謎
高一
15
x
30
高二
45
30
10
身高(單位：cm)
頻數
[145,155)
a
[155,165)
b
[165,175)
c
[175,185)
36
[185,195]
24

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