2024-2025学年四川省眉山市仁寿县校际联考高一（下）期末数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年四川省眉山市仁寿县校际联考高一（下）期末数学试卷（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知复数z=21−i，则z−在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.若n个样本1−x1、1−x2、1−x3、…、1−xn的平均数是−5，方差为4，则对于样本1+2x1、1+2x2、1+2x3、⋯、1+2xn的平均数与方差分别是( )
A. 16、6B. 10、16C. 13、18D. 13、16
3.已知两条不同的直线m，n，三个不同的平面α，β，γ，则下列说法正确的是( )
A. 若m//n，n⊂α，则m//αB. 若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
C. 若m⊥γ，n⊥γ，则m//nD. 若α⊥β，γ⊥β，则α//γ
4.已知Rt△ABC的直角顶点C在平面α外，AB⊂α，AC，BC与平面α所成的角分别为45°,30°,AB= 6，则点C到平面α的距离为( )
A. 6B. 2 6C. 1D. 2
5.如图所示，在空间四边形ABCD中，点E，H分别是边AB，AD的中点，点F，G分别是边BC，CD上的点，且CFCB=CGCD=23，则下列说法正确的是( )
①E，F，G，H四点共面；②EF与GH异面；
③EF与GH的交点M可能在直线AC上，也可能不在直线AC上；
④EF与GH的交点M一定在直线AC上．
A. ①③B. ①④C. ②③D. ②④
6.已知cs(α+π6)+sinα=35，则cs(2α+23π)的值是( )
A. −725B. −2325C. 725D. 2325
7.斯特瓦尔特定理是由18世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论.根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，点D在边BC上，且BDDC=mn，则AD2=mb2+nc2m+n−mna2(m+n)2.已知△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，b=2c=4，asinB+ 3bcsA=0，点D在BC上，且△ABD的面积与△ADC的面积之比为2，则AD的值是( )
A. 2 133B. 2 73C. 133D. 7
8.设函数f(x)的图象与函数y=2csπx(x∈[−12,32])的图象关于x轴对称，将f(x)的图象向右平移12个单位长
度后得到函数g(x)的图象，则函数y=1x−1的图象与y=g(x)的图象的所有交点的横坐标之和为( )
A. 8B. 6C. 4D. 2
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题正确的是( )
A. 若z1，z2∈C，z12+z22=0，则z1=z2=0
B. 若z=a+bi(a,b∈R)，则当a=0，b≠0时，z为纯虚数
C. 若|z+ 3+i|=1，则|z|的最大值为3
D. 若实数a与ai对应，则实数集与纯虚数集可建立一一对应关系
10.下列有关向量的命题正确的是( )
A. 若a,b,c均为非零向量，且a⋅b=a⋅c，则b=c
B. 已知单位向量a,b,c满足2a+3b+4c=0，则a⋅b=14
C. 在△ABC中，若(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且AB|AB|⋅AC|AC|=12，则△ABC为等边三角形
D. 若点P在△ABC所在平面内，且OP=OB+OC2+λ(AB|AB|csB+AC|AC|csC),λ∈R，则点P的轨迹经过△ABC的外心
11.如图，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角△ABC沿BC向上翻折，得三棱锥A−BCD，设CD=2，点E，F分别为棱BC，BD的中点，下列说法正确的是( )
A. 在翻折过程中，存在某个位置使得AB⊥CD
B. 若AC⊥CD，则AD与平面BCD所成角的正切值为 217
C. 当三棱锥A−BCD体积取得最大值时，二面角D−AC−B的平面角大小为π3
D. 当AE⊥EF时，三棱锥A−BCD外接球的表面积为16π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知有8个样本数据分别为4，7，8，11，13，16，20，22，则估计该组数据的总体的上四分位数为______．
13.如图，在△ABC中，AN=13NC，P是线段BN上一点，若AP=mAB+nAC，则mn的最大值为______．
14.如图，E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点，把△AEF，△CBE，△CFD折起构成一个三棱锥P−CEF(A,B,D重合于P点)，则三棱锥P−CEF的外接球与内切球的半径之比是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知四棱锥S−ABCD的底面是菱形，SA⊥平面ABCD．
(1)设平面SBC∩平面SAD=l，求证：l//BC；
(2)求证：SC⊥BD．
16.(本小题15分)
某学校有学生1000人，为了解学生对本校食堂服务满意程度，随机抽取了100名学生对本校食堂服务满意程度打分，根据这100名学生的打分，绘制频率分布直方图(如图所示)，其中样本数据分组区间为[40,50)，[50,60)，[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]．
(Ⅰ)求频率分布直方图中a的值，并估计该校学生满意度打分不低于70分的人数；
(Ⅱ)试估计该校学生满意度打分的平均数和75%的分位数(同一组中的数据用该组区间的中间值代表，结果保留小数点后2位)；
(Ⅲ)若采用分层随机抽样的方法，从打分在[40,60)的学生中随机抽取10人了解情况，求在打分[40,50)、[50,60)中分别抽取的人数．
17.(本小题12分)
如图，在锐角△ABC中，2BD=CD，AE=DE，AB=λAP,AC=μAQ，AB=4，AC=3，S△ABC=3 3；
(1)用AB,AC表示AD；
(2)若λ=2μ，求PQ的长度；
(3)当1λ+2μ取最小值时，求AD⋅PQ．
18.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，△ABC是等边三角形，A1C=AC=2，A1C⊥A1B1，平面AA1C1C⊥平面ABC，点D，E，F分别为棱BC，A1C1，B1C1的中点．
(1)求证：A1D//平面CEF；
(2)求证：A1C⊥平面ABC；
(3)求二面角A1−EF−C的正切值．
19.(本小题12分)
已知O为坐标原点，对于函数f(x)=asinx+bcsx，称向量OM=(a,b)为函数f(x)的伴随向量，同时称函数f(x)为向量OM的伴随函数．
(Ⅰ)设函数g(x)= 3sin(x−π)−sin(32π−x)，试求g(x)的伴随向量OM；
(Ⅱ)记向量ON=(1, 3)的伴随函数为f(x)，求当f(x)=85且x∈(−π3,π6)时csx的值；
(Ⅲ)由(Ⅰ)中函数g(x)的图象(纵坐标不变)横坐标伸长为原来的2倍，再把整个图象向右平移2π3个单位长度得到ℎ(x)的图象，已知A(−2,3)，B(2,6)，问在y=ℎ(x)的图象上是否存在一点P，使得AP⊥BP.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由．
答案解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了复数的四则运算、共轭复数及复数的几何意义，属于基础题．
先对已知复数进行化简，然后结合复数的几何意义可求．
【解答】
解：z=21−i=2(1+i)(1−i)(1+i)=1+i，
则z−=1−i在复平面内对应的点为(1,−1)，位于第四象限．
故选：D．
2.【答案】D
【解析】解：由题意可知，1+2xi=−2(1−xi)+3，i=1，2，…，n，
∵样本1−x1、1−x2、1−x3、…、1−xn的平均数是−5，方差为4，
∴样本1+2x1、1+2x2、1+2x3、⋯、1+2xn的平均数为−2×(−5)+3=13，方差为(−2)2×4=16．
故选：D．
由题意可知，1+2xi=−2(1−xi)+3，i=1，2，…，n，再利用平均数和方差的性质求解．
本题主要考查了平均数和方差的性质，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：对于A，如图，m/​/n，n⊂α，此时m⊂α，故A错误；
对于B，如图，α/​/β，m⊂α，n⊂β，此时m，n异面，故B错误；
对于C，若m⊥γ，n⊥γ，则m/​/n，故C正确；
对于D，如图，α⊥β，γ⊥β，此时α⊥γ，故D错误．
故选：C．
借助长方体模型，举反例，m/​/n，n⊂α时，可得m⊂α，可判断A；
借助长方体模型，举反例，α/​/β，m⊂α，n⊂β时，可得m，n异面，可判断B；
直接用线面垂直的性质可判断C；
借助长方体模型，举反例，α⊥β，γ⊥β时，可得α⊥γ，可判断D．
本题考查空间中直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：如图，
过C作CO⊥α，垂足为O，连接AO，BO，
则∠CAO=45°，∠CBO=30°，设CO=ℎ，
则AC= 2ℎ，BC=2ℎ，在Rt△ACB中，又AB= 6，
由勾股定理可得(2ℎ)2+( 2ℎ)2=6，
解得ℎ=1．
即C到平面α的距离为1．
故选：C．
由题意画出图形，过C作CO⊥α，垂足为O，连接AO，BO，设CO=ℎ，可得BC=2ℎ，AC= 2ℎ，在Rt△ACB中，由勾股定理列式求解ℎ得答案．
本题考查空间中点到平面距离的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
5.【答案】B
【解析】解：依题意，可得EH//BD，FG//BD，故FG//EH，所以E，F，G，H四点共面，所以①正确，②错误；
因为EH=12BD，FG=23BD，所以四边形EFGH是梯形；
EF与GH必相交，设交点为M．
因为点M在EF上，故点M在平面ACB上，
同理，点M在平面ACD上，所以点M是平面ACB与平面ACD的交点．
又AC是这两个平面的交线，
所以点M一定在直线AC上．所以④正确，③错误．
故选：B．
利用平面几何的性质及平行公理可得FG/​/EH，且四边形EFGH是梯形，结合公理可得答案．
本题考查了空间中两直线的位置关系，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：因为cs(α+π6)+sinα=35，
所以 32csα−12sinα+sinα=35，
可得 32csα+12sinα=35，
所以sin(α+π3)=35，
则cs(2α+23π)=cs2(α+π3)=1−2sin2(α+π3)=1−2×(35)2=725．
故选：C．
利用两角和的余弦公式，正弦公式化简已知等式可得sin(α+π3)=35，进而利用二倍角公式即可化简求解．
本题考查了两角和的余弦公式，正弦公式以及二倍角公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：由b=2c=4，可得b=4，c=2，
由asinB+ 3bcsA=0，可得sinAsinB+ 3sinBcsA=0，
因为sinB>0，可得sinA=− 3csA，即有tanA=− 3，
可得内角A=120°，
由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccs120°=16+4−2×4×2×(−12)=28，
由△ABD的面积与△ADC的面积之比为2，可得BDDC=mn=2，即m=2n，
所以AD2=mb2+nc2m+n−mna2(m+n)2=2n⋅16+4n3n−2n2×289n2=12−569=529，
解得AD=2 133．
故选：A．
由三角形的正弦定理可得内角A=120°，由余弦定理可得a2，由三角形的面积公式可得m=2n，代入斯特瓦尔特定理，计算可得所求值．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式、斯特瓦尔特定理，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意得f(x)=−2csπx(x∈[−12,32])，则g(x)=−2cs[π(x−12)]=−2sinπx(x∈[0,2])．
函数y=1x−1的图象由函数y=1x图形向右平移1个单位得到．
由函数y=1x−1的图象与y=g(x)的图象关于点(1,0)对称，在定义域内有4个交点．
所以函数y=1x−1的图象与y=g(x)的图象的所有交点的横坐标之和为2×2=4．
故选：C．
利用轴对称求得函数f(x)，利用三角函数平移变换得到函数g(x)，再利用函数的对称中心计算得到结果．
本题主要考查了函数图象的变化及对称性的应用，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题主要考查纯虚数和复数的几何意义，属于基础题．
对于A，结合特殊值法，即可求解，对于B，结合纯虚数的定义，即可求解，对于C，结合复数的几何意义，即可求解，对于D，结合纯虚数的定义，即可求解．
【解答】
解：对于A，令z1=1，z2=i，则z12+z22=0，但不满足z1=z2=0，故A错误，
对于B，当b=0，b≠0时，z=bi为纯虚数，故B正确，
对于C，|z+ 3+i|=1的几何意义是复数对应的点到点(− 3,−1)的距离为1，即z的轨迹为以(− 3,−1)为圆心，1为半径的圆，
则|z|的最大值为1+ ( 3)2+12=3，故C正确，
对于D，当a=0时，不满足实数集与纯虚数集可建立一一对应关系，故D错误．
故选：BC．
10.【答案】BCD
【解析】解：选项A，由a⋅b=a⋅c，可得a⋅(b−c)=0，
又a,b,c均为非零向量，则有b=c或a⊥(b−c)，故A错误；
选项B，由a,b,c为单位向量，且2a+3b+4c=0，
可得4c=−2a−3b，即16c2=4a2+12a⋅b+9b2，
则有16=13+12a⋅b，解得a⋅b=14，故B正确；
选项C，由向量数乘运算可知：
AB|AB|表示与AB同向的单位向量，AC|AC|表示与AC同向的单位向量，
故由AB|AB|⋅AC|AC|=12，可得AB与AC的夹角为60°，
又AB|AB|+AC|AC|表示AB和AC方向上的单位向量的和向量，
为与∠BAC的角平分线同向的向量，
由(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0可知，此向量与BC垂直，故AB=AC，
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+OC2=OD，
故由OP=OB+OC2+λ(AB|AB|csB+AC|AC|csC)，λ∈R，
可得OP−OD=DP=λ(AB|AB|csB+AC|AC|csC)，λ∈R，
又OP⋅BC=λ(AB⋅BC|AB|csB+AC⋅BC|AC|csC)=λ(−|BC|+|BC|)=0，
故DP⊥BC，故点P位于线段BC的垂直平分线上，
则点P的轨迹经过△ABC的外心，故D正确．
故选：BCD．
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．
本题考查平面向量的线性运算及数量积的性质及运算，属中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，当平面ABC与平面BCD垂直时，∵CD⊥BC，平面ABC与平面BCD的交线为BC，
CD⊂平面BCD，所以CD⊥平面ABC，又AB，AC⊂平面ABC，∴CD⊥AB，CD⊥AC，故A对；
对于B，连接AD，DE
因为AC⊥CD，BC⊥CD，AC∩BC=C，AC，BC⊂平面ABC，所以CD⊥平面ABC，
又AE⊂平面ABC，所以AE⊥CD，因为AB=AC，E为BC的中点，所以AE⊥BC，
又BC∩CD=C，BC，CD⊂平面BCD，所以AE⊥平面BCD，
则∠ADE即为AD与平面BCD所成角的平面角，在Rt△BCD中，CD=2，∠BDC=60°，
则BC=2 3，DE= CE2+CD2= 7，AE=12BC= 3，
所以tan∠ADE=AEDE= 217，即AD与平面BCD所成角的正切值为 217，故B正确；
对于C，当三棱锥A−BCD体积取得最大值时，顶点A到底面距离最大，
即平面ABC与平面BCD垂直时，由A选项可知，CD⊥平面ABC，又CD⊂平面ACD，
则平面ACD⊥平面ABC，则二面角D−AC−B的平面角的大小为π2，故C不正确；
对于D，当AE⊥EF时，得AF= AE2+EF2= ( 3)2+12=2，
又F是BD的中点，则BF=DF=CF=2，所以F是球心，R=2，
所以S=4πR2=16π，所以D正确．
故选：ABD．
对于A，存在一个位置使CD⊥平面ABC，可判断A；对于B，已知∠ADE即为AD与平面BCD所成角的平面角，求出其正切值，可判断B；对于C，证明平面ACD⊥平面ABC，可判断C；对于D，先确定球心，然后利用球的体积公式计算出体积，可判断D．
本题考查了空间中的位置关系，考查线面角，面面角的求法，考查外接球的表面积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．
12.【答案】18
【解析】解：由题意，数据的总体的上四分位数即第75百分位数，又样本数据有8个，
所以8×75%=6，第六位数和第七位数为16，20，
所以第上四分位数为16+202=18．
故答案为：18．
由百分位数的定义求解即可．
本题主要考了百分位数的定义，属于基础题．
13.【答案】116
【解析】解：在△ABC中，AN=13NC，P是线段BN上一点，
则AP=λAB+(1−λ)AN=λAB+14(1−λ)AC，
又AP=mAB+nAC，
则m=λn=14(1−λ)，
即m+4n=1，
则mn=14m⋅(4n)≤116(m+4n)2=116，
当且仅当m=4n=12时取等号，
则mn的最大值为116．
故答案为：116．
由平面向量基本定理，结合基本不等式的应用求解．
本题考查了平面向量基本定理，重点考查了基本不等式的应用，属中档题．
14.【答案】2 6
【解析】解：设正方形的边长为2，则折起后PE，PF，PC两两垂直，
且PE=PF=1，PC=2，则三棱锥P−EFC的外接球半径R等于以PE，PF，PC为长宽高的长方体的外接球半径，
所以R= 12+12+222= 62，
设三棱锥的内切球的半径为r，则三棱锥的体积为V=13⋅r⋅S表=13⋅r⋅22=4r3，
又三棱锥的体积为V=13⋅PE⋅S△PFC=13⋅1⋅12⋅1⋅2=13，
所以4r3=13，则r=14，
所以三棱锥的外接球半径与内切球的半径的比是 6214=2 6，
故答案为：2 6．
先根据折起后PE，PF，PC两两垂直可得三棱锥的外接球半径是以PE，PF，PC为长宽高的长方体的外接球半径，即可求出三棱锥的外接球半径，再设三棱锥的内切球的半径，根据等体积法可求出内切球的半径，进而可以求解．
本题考查了三棱锥的外接球半径和内切球的半径，涉及到长方体的性质以及等体积法的应用，考查了学生的运算能力，属于中档题．
15.【答案】证明：(1)∵BC⊄平面SAD，AD⊂平面SAD，AD//BC，
∴BC//平面SAD，
又BC⊂平面SBC，平面SAD∩平面SBC=l，
∴l//BC．
(2)∵SA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
∴SA⊥BD，
∵四棱锥S−ABCD的底面是菱形，
∴AC⊥BD，
∵AC∩SA=A，AC，SA⊂平面SAC，
∴BD⊥平面SAC，
又∵SC⊂平面SAC，
∴SC⊥BD．
【解析】(1)根据线线平行可得线面平行，进而根据线面平行的性质即可求解，
(2)根据线面垂直即可求证线线垂直．
本题考查线线平行、线线垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，是基础题．
16.【答案】解：(Ⅰ)由频率分布直方图可知，(0.004+a+0.018+0.022+0.022+0.028)×10=1，
解得a=0.006，
所以该校学生满意度打分不低于70分的人数为：1000×(0.28+0.22+0.18)=680(人)；
(Ⅱ)平均数为：x−=45×0.04+55×0.06+65×0.22+75×0.28+85×0.22+95×0.18=76.2(分)，
因为0.04+0.06+0.22+0.28=0.6，0.04+0.06+0.22+0.28+0.22=0.82，
所以75%的分位数位于[80,90)内，设其为m，
则0.6+(m−80)×0.22=0.75，
解得m≈86.82，
即75%的分位数约为86.82分；
(Ⅲ)由频率分布直方图可知，打分在[40,50)和[50,60)内的频率分别为0.04和0.06，
所以打分在[40,50)和[50,60)内的频率之比为2：3，
所以在打分[40,50)中抽取的人数为25×10=4人，在打分[50,60)中抽取的人数为35×10=6人．
【解析】(Ⅰ)根据频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1求出a的值，进而求出该校学生满意度打分不低于70分的人数；
(Ⅱ)利用平均数和百分位数的定义求解；
(Ⅲ)利用分层抽样的定义求解．
本题主要考查了频率分布直方图的应用，考查了平均数和百分位数的定义，属于中档题．
17.【答案】AD=23AB+13AC；
PQ=5 76；
−559．
【解析】(1)已知在锐角△ABC中，2BD=CD，
所以BD=12DC，
所以AD−AB=12(AC−AD)，
所以AD=23AB+13AC；
(2)已知AE=DE，AB=λAP,AC=μAQ，
所以AE=12AD，
所以AE=13AB+16AC，
所以AE=λ3AP+μ6AQ，
又P，E，Q三点共线，
所以λ3+μ6=1，
又λ=2μ，
可得λ=125,μ=65，
所以AP=512AB,AQ=56AC，
又AB=4，AC=3，
所以AP=53,AQ=52，
又因为S△ABC=3 3，
所以12×4×3×sinA=3 3，
所以sinA= 32，
因为△ABC是锐角三角形，
所以A=π3，
在△APQ中，由余弦定理PQ2=AQ2+AP2−2AQ⋅APcs∠BAC可得：PQ2=(53)2+(52)2−2×53×52×12=17536，
所以PQ=5 76；
(3)由(2)可知λ3+μ6=1，
则1λ+2μ=(1λ+2μ)(λ3+μ6)=13+μ6λ+2λ3μ+13≥23+2 μ6λ×2λ3μ=43，
当且仅当μ6λ=2λ3μ，即λ=32,μ=3时取最小值，
当λ=32,μ=3取时，AP=23AB,AQ=13AC，
所以AD⋅PQ=(23AB+13AC)⋅(13AC−23AB)=19AC2−49AB2=19×32−49×42=−559．
(1)由向量的线性运算可求得AD=23AB+13AC；
(2)由向量的线性运算可得AE=λ3AP+μ6AQ，利用点共线可得λ3+μ6=1，结合条件可求得λ=125,μ=65，利用面积可求A=π3，利用余弦定理可求PQ=5 196；
(3)利用1λ+2μ=(1λ+2μ)⋅1=(1λ+2μ)(λ3+μ6)，可求最小值及此时的λ=32,μ=3，进而可求AD⋅PQ．
本题考查了平面向量数量积的运算，属中档题．
18.【答案】解：(1)证明：取AC的中点G，连接DG，A1G，如图所示，

∵D是棱BC的中点，G是AC的中点，∴DG/​/AB，
∵点E，F分别为棱A1C1，B1C1的中点，∴EF/​/A1B1，
又AB/​/A1B1，
∴DG/​/EF，
又EF⊂平面CEF，DG⊄平面CEF，
∴DG/​/平面CEF，
在平行四边形AA1C1C中，G是AC的中点，E是A1C1的中点，
∴GC//A1E，GC=A1E，
∴四边形A1ECG是平行四边形，
∴GA1//CE，又CE⊂平面CEF，GA1⊄平面CEF，
∴GA1//平面CEF，
又GA1∩GD=G，GA1，GD⊂平面A1GD，
∴平面A1GD//平面CEF，
又A1D⊂平面A1GD，
∴A1D/​/平面CEF．
(2)证明：连接BG，如图所示，

∵△ABC是等边三角形，G是AC的中点，∴BG⊥AC，
又平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，BG⊂平面ABC，
∴BG⊥平面AA1C1C，
又A1C⊂平面AA1C1C，
∴BG⊥A1C，
又A1C⊥A1B1，AB/​/A1B1，∴A1C⊥AB，又AB∩BG=B，AB，BG⊂平面ABC，
∴A1C⊥平面ABC，
(3)在平面A1B1C1内，过点A1作直线EF的垂线，垂足为H，连接CH，如图所示，

由(2)易得A1C⊥平面A1B1C1，又EF，A1H⊂平面A1B1C1，
∴A1C⊥EF，A1C⊥A1H.
又A1C∩A1H=A1，A1C，A1H⊂平面A1CH，
∴EF⊥平面A1CH，又CH⊂平面A1CH，
∴EF⊥CH，又A1H⊥EF，
∴二面角A1−EF−C的平面角为∠A1HC，
在△A1HE中，A1H⊥HE，A1E=1，∠A1EH=60°，
∴A1H=A1Esin∠A1EH=1×sin60°= 32，
在△A1CH中，A1C⊥A1H，A1H= 32，A1C=2，
∴tan∠A1HC=A1CA1H=2 32=4 33，
即二面角A1−EF−C的正切值是4 33．
【解析】(1)根据条件先证明平面A1GD//平面CEF，再利用面面平行的性质定理即可得证；
(2)根据平面AA1C1C⊥平面ABC，得出BG⊥平面AA1C1C，进而有BG⊥A1C，再结合已知，利用线面垂直的判定定理即可得证；
(3)先证明二面角A1−EF−C的平面角为∠A1HC，再转化到三角形中求解即可．
本题考查空间线面位置关系的判定以及二面角的计算，属于中档题．
19.【答案】解：(Ⅰ)g(x)= 3sin(x−π)−sin(32π−x)=− 3sinx+csx，故OM=(− 3,1)；
(Ⅱ)由题意得：f(x)=sinx+ 3csx=2sin(x+π3)=85，
故sin(x+π3)=45，
由于x∈(−π3,π6)，所以x+π3∈(0,π2)，
所以cs(x+π3)=35，
所以csx=cs(x+π3−π3)=cs(x+π3)csπ3+sin(x+π3)sinπ3=35×12+45× 32=4 3+310；
(Ⅲ)g(x)=− 3sinx+csx=2cs(x+π3)，
所以ℎ(x)=2cs12x，假设存在点P(x,2cs12x)，使得AP⊥BP，
则AP⋅BP=(x+2,2cs12x−3)⋅(x−2,2cs12x−6)=x2−4+4cs212x−18cs12x+18=0，
即(2cs12x−92)2=254−x2，
因为−2≤2cs12x≤2，所以−132≤2cs12x−92≤−52，所以254≤(2cs12x−92)2≤1694，
又因为254−x2≤254，所以当且仅当x=0时，(2cs12x−92)2和254−x2同时等于254，此时P(0,2)，
故在函数y=ℎ(x)的图象上存在点P(0,2)，使得AP⊥BP．
【解析】(Ⅰ)利用诱导公式求出g(x)=− 3sinx+csx，从而得到g(x)的伴随向量；
(Ⅱ)根据向量得到f(x)，利用利用凑角法得到csx；
(Ⅲ)先求出ℎ(x)，再设出P点坐标，利用向量垂直关系得到方程，变形整理后得到(2cs12x−92)2=254−x2，根据等式左右两边的取值范围，得到当且仅当x=0时，(2cs12x−92)2和254−x2同时等于254，此时P(0,2)．
本题考查了三角函数的图象与性质，属于较难题目．