甘肃省民乐县第一中学2024-2025学年高一（5）部下学期期中考试数学试卷

2024-2025 学年第二学期高一(5)部期中考试数学试卷第 1 页，共 4 页 民乐一中 2024-2025 学年第二学期高一（5）部期中考试 数学试卷 一、单选题 1．下面关于空间几何体叙述正确的是（ ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C．正四棱柱都是长方体 D．直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆柱 2．若 3 5 1 i i z   ，则 z z （ ） A． 2i B． 2i C． 2 D．2 3．设 ,m n是两条不同的直线， 为平面，则下列说法正确的是（ ） A．若 ,m n n ∥  ，则m  B．若m ∥ ,n n∥  ，则m ∥  C．若 ,m n ∥  ，则m n D．若m ∥ ,n ∥  ，则m ∥ n 4．若 2 tan 4 3          ，则 sin 2 （ ） A． 5 13  B． 5 13 C． 12 13  D． 12 13 5．如图，在 ABC 中，点 N是 BC的中点，点M是 AN的中点， 设 AB a= ， AC b ，那么MC （ ） A． 31 4 4 a b B． 1 3 4 4 a b C． 13 4 4 a b D． 13 4 4 a b 6．在处理一组数据时，若未计入数值 9，计算所得的平均值为 9，方差为 3．若将数值 9 纳入 分析，则该组数据（ ） A．平均数等于 9，方差等于 3 B．平均数等于 9，方差小于 3 C．平均数大于 9，方差小于 3 D．平均数小于 9，方差大于 3 2024-2025 学年第二学期高一(5)部期中考试数学试卷第 2 页，共 4 页 7．三棱锥 C PAB 中，若 , 60PA PB APC BPC     ， 2 2 2，  PC PA PB 则直线PC 与 平面PAB所成角的正弦值是（ ） A． 1 2 B． 2 2 C． 3 3 D． 6 3 8．在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c， (sin ,sin sin )m A C B ， ( 3 , )n a c b c ， 且m n ， 1b  ，则 AB AC 的最小值为（ ）. A． 1 B． 1 4 C． 1 3  D． 1 2  二、多选题 9．已知向量  2,1a   ，  1,b t  ，则下列说法正确的是（ ） A．若 a b ，则 t 的值为 2 B．若 t 的值为3，则 5a b  C．若0 2t  ，则 a 与 b 的夹角为锐角 D．若    a b a b   ，则 a b a b   10．已知 ABC 的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，则下列说法正确的是( ). A．若sin sinA B ，则 A B B．若 2 2 2a b c  ，则 ABC 为锐角三角形 C．若 cos cosa A b B ，则 ABC 为等腰三角形 D．若 2b  ， π 3 A  ，这样的三角形有两解，则 a 的取值范围为  3, 2 11．如图，在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，Q为线段 1 1B C 的中点，P为线段 1CC 上的 动点（含端点），则下列结论正确的是（ ） A．存在点 P，使得 1 / /面B C DPQ B．直线 DP与直线 1A B 所成角的取值范围为 π π , 4 2       C．DP PQ 的最小值为 5 2 D．P为线段 1CC 的中点时，过 D，P，Q三点的平面截正方 2024-2025 学年第二学期高一(5)部期中考试数学试卷第 3 页，共 4 页 体 1 1 1 1ABCD A B C D 所得的截面的面积为 3 10 2 三、填空题 12．已知水平放置的四边形 ABCD按照斜二测画法画出的直观图 A B C D   如图所示，其中 2A D   ， 4B C   ， 1A B   ，则四边形 ABCD的面积为 . 13．已知向量  1, 2a   ， 5a b  ，则 b 的最小值是 . 14．在直角梯形 ABCD中， //AB CD ， 90BAD  ， 2 2 4AB AD DC   ，点F 是 BC 边上中 点，若点 P 在线段 AF 上运动（含端点），则PA PD 的取值范围是 ． 四、解答题 15．设复数  1 21 i R , 2 iz a a z     ． (1)在复平面内，复数 1 2z z 对应的点在实轴上，求 1 2z z ； (2)若 1 2 z z 是纯虚数，且 1z 是方程 2 0( , )x bx c b c   R 的根，求实数 ,b c的值. 16．已知 1 sin 7   ， 11 sin( ) 14    ，且 π , (0, ) 2    ． (1)求  的值； (2)求 cos(2 )  的值． 17．如图，在三棱锥P ABC 中， 2 2AB BC  ， 4PA PB PC AC    ，O为 AC 的中点. （1）求证： PO 平面 ABC ； （2）若点M为棱 BC 的中点，求点 C到平面POM 的距离. 2024-2025 学年第二学期高一(5)部期中考试数学试卷第 4 页，共 4 页 18．如图，在 ABC 中，已知 2AB  ， 4AC  ， 60BAC  ，M 是 BC 的中点， N 是 AC 上的 点，且 AN xAC ， AM ， BN 相交于点 P .设 AB a ， AC b ； (1)若 1 3 x  ，试用向量 a ，b 表示 AM ，MN ； (2)若 AM PN ，求 ABN 的面积. 19．已知函数   1 sin cos sin 2 2 2 2 x x x f x           ，其中  0,1 ，若将  f x 的图象向左平移 π 3 个单位，得到函数  g x 的图象，且  g x 是偶函数. (1)求  f x 的解析式及单调递减区间； (2)在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c，已知   2 2 f A  且 sin 3a A  ，若D 是 BC 的 中点，求 AD 的最大值. 试卷第 1 页，共 12 页 2024-2025 学年度第二学期高一（5）部数学期中考试答案 一、单选题 1．下面关于空间几何体叙述正确的是（ ） A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B．有两个面互相平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台 C．正四棱柱都是长方体 D．直角三角形以其直角边所在直线为轴旋转一周形成的几何体是圆柱 【答案】C 【分析】由正棱锥的定义判断 A，由棱台的定义判断 B，由正四棱柱的定义判断 C，由圆锥的定 义判断 D. 【详解】对于 A，底面是正多边形且顶点在底面内的射影为底面中心的棱锥是正棱锥，故 A 错 误； 对于 B，将两个相同的棱台的底面重合得到的多面体满足有两个面互相平行，其余各面都是梯形， 但是这样的多面体不是棱台，故 B 错误； 对于 C，因为正四棱柱是底面为正方形的直棱柱，所以正四棱柱都是长方体，故 C 正确； 对于 D，根据圆锥的定义可知 D 不正确. 2．若 3 5 1 i i z   ，则 z z （ ） A． 2i B． 2i C． 2 D．2 【答案】D 【分析】先利用 3i i  ， 5i i 化简，再利用复数的除法运算求 z ，再求出 z ，最后利用复数的加 法运算即可. 【详解】因 3i i  ， 5i i ，则  3 5 2 1 i i1 i 1 i 1 i i i i z        ， 则 1 iz   ， 1 i 1 i 2z z      . 3．设 ,m n是两条不同的直线， 为平面，则下列说法正确的是（ ） A．若 ,m n n ∥  ，则m  B．若m ∥ ,n n∥  ，则m ∥  C．若 ,m n ∥  ，则m n 试卷第 2 页，共 12 页 D．若m ∥ ,n ∥  ，则m ∥ n 【答案】C 【分析】对于 A，利用直线与平面的位置关系判断；对于 B，利用直线与平面的位置关系判断； 对于 C，利用线面垂直的性质定理判断；对于 D，利用直线与直线的位置关系判断. 【详解】对于 A，若 ,m n n ∥  ，则m ∥  或m  或m 与 相交，故 A 错误； 对于 B，若m ∥ ,n n∥  ，则m ∥  或m  ，故 B 错误； 对于 C，若 ,m n ∥  ，则m n ，故 C 正确； 对于 D，若m ∥ ,n ∥  ，则m ∥ n 或m 与 n 相交或m 与 n 异面，故 D 错误. 4．若 2 tan 4 3          ，则 sin 2 （ ） A． 5 13  B． 5 13 C． 12 13  D． 12 13 【答案】A 【分析】由已知利用两角和的正切公式求得 tan ，再由二倍角公式及同角三角函数基本关系式 化弦为切求解． 【详解】∵ tan tan tan 1 24tan( ) 4 1 tan 3 1 tan π π π 4 tan              ，解得 1 tan 5    ， ∵ 22 2 2 1 2 2sin cos 2 tan 5 sin 2 2sin cos sin cos tan 1 131 5 1 5                                . 5．如图，在 ABC 中，点 N是 BC的中点，点 M是 AN的中点， 设 AB a= ， AC b ，那么MC （ ） A． 31 4 4 a b B． 1 3 4 4 a b C． 13 4 4 a b D． 13 4 4 a b 【答案】A 【分析】根据已知条件结合平面向量基本定理求解即可. 【详解】因为在 ABC 中，点 N是 BC的中点，点 M是 AN的中点， AB a= ， AC b ， 试卷第 3 页，共 12 页 所以 1 2 MC AC AM AC AN    1 1 ( ) 2 2 AC AB AC    1 1 4 4 AC AB AC   1 3 1 3 4 4 4 4 AB AC a b      . 6．在处理一组数据时，若未计入数值 9，计算所得的平均值为 9，方差为 3．若将数值 9 纳入分 析，则该组数据（ ） A．平均数等于 9，方差等于 3 B．平均数等于 9，方差小于 3 C．平均数大于 9，方差小于 3 D．平均数小于 9，方差大于 3 【答案】B 【分析】根据几个数的平均数计算公式与方差计算公式求解即可判断每个选项的正误． 【详解】设末计入 9 时的数据有 n 个，这些数的和为9n ， 那么加入 9 后，数据总和为9 9n  ，数据个数变为 1n  ，新的平均数为 9 9 9 1 n n    ． 根据方差公式   2 2 1 1 m i i s xx m    ，加入 9 后，   2 9 9 0  ，且分母增大，所以方差变小. 7．三棱锥 C PAB 中，若 , 60PA PB APC BPC     ， 2 2 2，  PC PA PB 则直线PC 与 平面PAB所成角的正弦值是（ ） A． 1 2 B． 2 2 C． 3 3 D． 6 3 【答案】B 【详解】过点C 作CG 平面PAB于G ，在平面PAB内过G 作 ,GH PA GE PB  ， 垂足分别为 ,H E ，连接 ,CH CE ，则 CPG 为直线 PC 与平面PAB所成的角， CG PA， , ,CG GH G GH CG 平面CHG ，则PA 平面CHG ， 又CH 平面CHG ，则PA CH ，同理PB CE ，由 60APC BPC   ， 得 1 2 PE PH PC  ，又PA PB ，因此四边形PEGH 为正方形， 2 2 2 PG PH PC  ， 2 2 CG PC ，所以直线 PC 与平面PAB所成角的正弦值 2 sin 2 CG CPG PC    . 8．在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c， (sin ,sin sin )m A C B ， ( 3 , )n a c b c ， 试卷第 4 页，共 12 页 且m n ， 1b  ，则 AB AC 的最小值为（ ）. A． 1 B． 1 4 C． 1 3  D． 1 2  【答案】D 【分析】根据向量垂直结合正、余弦定理可得 π 6 B  ，分析可知点 B 在优弧 AC 上运动（不包括端 点），结合数量积的几何意义运算求解. 【详解】因为 (sin ,sin sin )m A C B ， ( 3 , )n a c b c ，且m n ， 则      3 sin sin sin 0m n a c A C B b c       ， 利用正弦定理可得      3 0a a c c b b c     ， 整理可得 2 2 2 3a c b ac   ， 由余弦定理可得 2 2 2 3 3 cos 2 2 2 a c b ac B ac ac      ， 且  0,πB ，则 π 6 B  ， 又因为 1b  ，可得 ABC 的外接圆半径为 1 2sin b r B   ， 可知点 B 在优弧 AC 上运动（不包括端点）， 过外接圆圆心O 作 / /DE AC ， 当点 B 与点D 重合时， AB 在 AC 方向上的投影最小， 此时 2π 1 , 1, 3 2 DAC AD AC AF     根据数量积的几何意义可知： AB AC 的最小值为 1 1 1 2 2     . 二、多选题 9．已知向量  2,1a   ，  1,b t  ，则下列说法正确的是（ ） A．若a b ，则 t 的值为 2 B．若 t 的值为3，则 5a b  C．若0 2t  ，则 a 与 b 的夹角为锐角 D．若    a b a b   ，则 a b a b   试卷第 5 页，共 12 页 【答案】AB 【分析】结合向量垂直的坐标表示列方程求 t ，判断 A，先求a b ，结合向量的模的坐标表示求 a b ，判断 B，结合共线向量定理，举反例判断 C，结合向量垂直关系求 t ，再求 ,a b a b  ， 判断 D. 【详解】对于 A：若a b ，则  2 1 1 0a b t        ，解得 2t   ，故 A 正确； 对于 B：由 3t  可得  1,3b   ，又  2,1a   ，所以  3,4a b   ， 所以   2 2 3 4 5a b     ，故 B 正确； 对于 C：当 1 2 t  时， 1 1, 2 b        ，又  2,1a   ，所以 2a b ， 所以 a 与 b 同向，此时 a 与 b 的夹角为0，故 C 错误； 对于 D：若    a b a b   ，则     0a b a b    ， 即 2 2 0a b  ，即 2 2 2 2( 2) 1 ( 1) t     ，解得 2t   ， 当 2t  时，  2,1a   ，  1,2b   ，  3,3a b   ，  1, 1a b    ，显然 a b a b   ， 当 2t   时，  2,1a   ，  1, 2b    ，  3, 1a b    ，  1,3a b   ，此时 a b a b   ，故 D 错误． 10．已知 ABC 的内角 A，B，C的对边分别为 a，b，c，则下列说法正确的是( ). A．若sin sinA B ，则 A B B．若 2 2 2a b c  ，则 ABC 为锐角三角形 C．若 cos cosa A b B ，则 ABC 为等腰三角形 D．若 2b  ， π 3 A  ，这样的三角形有两解，则 a 的取值范围为  3, 2 【答案】AD 【分析】利用正弦定理判断 A、D，利用余弦定理判断 B，利用正弦定理将边化角，再由二倍角 公式判断 C. 【详解】对于 A，因为sin sinA B ，由正弦定理可得 a b ，所以 A B ，故 A 正确； 对于 B，由余弦定理 2 2 2 cos 0 2 a b c C ab     ，可知C 为锐角， 试卷第 6 页，共 12 页 但是无法判断角 A和角 B是否为锐角，所以无法判断 ABC 是否为锐角三角形，故 B 错误； 对于 C，因为 cos cosa A b B ，所以sin cos sin cosA A B B ，即sin 2 sin 2A B ， 又  , 0,πA B ，所以  2 ,2 0,2πA B ，所以2 2A B 或2 2 πA B  ， 即 A B 或 π 2 A B  ，即 ABC 为等腰三角形或直角三角形，故 C 错误； 对于 D，因为三角形有两解，所以 sinb A a b  ，即 3 2 3 2 2 a    ，即 a 的取值范围为  3, 2 ， 故 D 正确. 11．如图，在棱长为 2 的正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 中，Q为线段 1 1B C 的中点，P为线段 1CC 上的动 点（含端点），则下列结论正确的是（ ） A．存在点 P，使得 1 / /面B C DPQ B．直线 DP与直线 1A B 所成角的取值范围为 π π , 4 2       C．DP PQ 的最小值为 5 2 D．P为线段 1CC 的中点时，过 D，P，Q三点的平面截正方体 1 1 1 1ABCD A B C D 所得的截面 的面积为 3 10 2 【答案】AB 【分析】利用中位线平行可判断 A 选项；B 选项过点A 作 1 //AP DP，转化为求直线 1AP 与直线 1A B 所成角；将侧面 1 1DCC D 和侧面 1 1BCC B 展开至同一平面可判断 C 选项；D 选项作出截面，求截面 面积. 【详解】当 P为 1C C 中点时， 1 / /B C PQ 可得 1 / /面B C DPQ 故 A 正确； 如图，过点A 作 1 //AP DP，则直线 DP与直线 1A B 所成角与直线 1AP 与直线 1A B 所成角相等，当点 1 P 运动至点 1B 时，角最大为 π 2 ，点 1P 运动至点 B 时，角最小为 π 4 ，故 B 正确； 试卷第 7 页，共 12 页 如图，将侧面 1 1DCC D 和侧面 1 1BCC B 展开至同一平面，当 , ,D P Q三点共线时，DP PQ 取最小值 2 2 2 3 13  ，故 C 错误； 如图，过点 , ,D P Q三点的平面截正方体所得截面为等腰梯形 1PQA D ， 其中上底 2PQ  ，下底 1 2 2DA  ，腰为 5 ，则梯形高为 3 2 2 ，所以等腰梯形 1PQA D 的面积 为   1 3 2 9 2 2 2 2 2 2     ，故 D 错误. 三、填空题 12．已知水平放置的四边形ABCD按照斜二测画法画出的直观图 A B C D   如图所示，其中 2A D   ， 4B C   ， 1A B   ，则四边形 ABCD的面积为 . 【答案】6 【分析】利用斜二测画法规则画出原图形，再求直角梯形的面积. 【详解】根据斜二测画法，原来的高变成了45 方向的线段，且长 度是原高的一半， 1A B   ，所以原高为 2AB  ， 画出原图形如图所示，过点 D作DE BC 于 E，而横向长度不变， 且梯形 ABCD是直角梯形，则  2 4 2 6 2 ABCD S     四边形 . 13．已知向量  1, 2a   ， 5a b  ，则 b 的最小值是 . 【答案】 5 【分析】设  ,b x y ，由平面向量数量积的运算可出 2 5x y  ，再利用平面向量的模长公式结 合二次函数的基本性质可求得 b 的最小值. 【详解】设  ,b x y ，则 2 5a b x y    ，可得 2 5x y  ， 试卷第 8 页，共 12 页 故     2 22 2 2 2 2 5 5 20 25 5 2 5 5b x y y y y y y            ， 当且仅当 2y   时， b 取最小值 5 . 14．在直角梯形 ABCD中， //AB CD ， 90BAD  ， 2 2 4AB AD DC   ，点 F 是BC 边上中点， 若点 P 在线段 AF 上运动（含端点），则PA PD 的取值范围是 ． 【答案】 1 ,8 10       【分析】建立平面直角坐标系，令 AP t AF ，  0,1t ，利用数量积的坐标表示即可得出PA PD 的取值范围. 【详解】以点A 为坐标原点，分别以 AB 为 x 轴， AD 为 y 轴建立平面直角坐标系， 则  0,0A 、  0,2D 、  4,0B 、  2,2C ，则  3,1F ， 由点 P 是线段 AF 上的动点（含端点），可令 AP t AF ，  0,1t ， 所以  3 ,AP t AF t t  ，则  3 , 2DP AP AD t t    ， 所以      2 29 2 10 2PA PD AP DP AP DP t t t t t            ，  0,1t ， 由二次函数性质可得当 1 10 t  时取得最小值 1 10  ， 当 1t  时取得最大值8，可得 1 ,8 10 PA PD         . 因此，PA PD 的取值范围是 1 ,8 10       . 四、解答题 15．设复数  1 21 i R , 2 iz a a z     ． (1)在复平面内，复数 1 2z z 对应的点在实轴上，求 1 2z z ； (2)若 1 2 z z 是纯虚数，且 1z 是方程 2 0( , )x bx c b c   R 的根，求实数 ,b c的值. 【答案】(1) 1 2 3 i z z (2) 2, 5b c   【详解】（1）因为 1 21 i, 2 iz a z    ，则  1 2 3 1 iz z a    ， 若复数 1 2z z 对应的点在实轴上，则 1 2z z R ， 试卷第 9 页，共 12 页 可得1 0a  ，即 1a  ， 所以   1 2 1 i 2 i 3 iz z      . （2）因为         1 2 1 i 2 i1 i 2 2 1 i 2 i 2 i 2 i 5 5 az a a a z            ， 若 1 2 z z 是纯虚数，则 2 0 5 2 1 0 5 a a       ，解得 2a  ， 若 1 1 2iz   是方程 2 0x bx c   的根，则 1 1 2z i  也是该方程的根， 由韦达定理可得 1 1 1 1 z z b z z c        ，即 2 5 b c     ，所以 2, 5b c   . 16．已知 1 sin 7   ， 11 sin( ) 14    ，且 π , (0, ) 2    ． (1)求  的值； (2)求 cos(2 )  的值． 【答案】(1) π 3   (2) 23 98 【详解】（1）因为 π , 0, 2         ，所以 π π , 2 2           ， 则 cos 0  ，  cos 0   ， 又因为 1 sin 7   ，   11 sin 14    ， 所以 2 4 3 cos 1 sin 7     ，    2 5 3 cos 1 sin 14         ， 所以      sin sin sin cos cos sin                4 3 5 3 1 3 7 1 7 1 214 4 1     ， 因为 π 0, 2        ，所以 π 3   ； （2）由（1）知， 1 sin 7   ， 4 3 cos 7   ， π 3   故 1 4 3 8 3 sin 2 2sin cos 2 7 7 49        ， 2 2 1 47 cos 2 1 2sin 1 2 7 49              ， 试卷第 10 页，共 12 页 所以   47 1 8 3 3 23 cos 2 cos 2 cos sin 2 sin 49 2 49 2 98              ． 17．如图，在三棱锥P ABC 中， 2 2AB BC  ， 4PA PB PC AC    ，O为 AC 的中点. （1）求证： PO 平面 ABC ； （2）若点M为棱 BC 的中点，求点 C到平面POM 的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2） 2 ． 【详解】（1）连接OB ， ∵ PA PC ，O 是 AC 中点，∵ PO AC ， 2 2 2 2 4 2 2 3PO PC OC     ， 又 2 2, 4AB BC AC   ， 2 2 2AB CB AC  ，∵ AB BC ，所以 1 2 2 OB AC  ， 而 4PB  ，所以 2 2 2PB BO OP  ，∵OB PO ， AC OB O ， ,AC OB都包含于平面 ABC ，∵ PO 平面 ABC ； （2）由（1） PO 平面 ABC ，可得PO CB ， 又M 是 BC 中点，∵ / /OM AB ，而 AB BC ，∵OM CB ， OM PO O ， 所以 CB 平面POM ，所以 CM 的长就是C 到平面POM 的距离. 1 2 2 CM CB  ．即C 到平面POM 的距离为 2 ． 18．如图，在 ABC 中，已知 2AB  ， 4AC  ， 60BAC  ，M 是 BC 的中点，N 是 AC 上的点， 且 AN xAC ， AM ， BN 相交于点 P .设 AB a ， AC b ； (1)若 1 3 x  ，试用向量 a ，b 表示 AM ，MN ； (2)若 AM PN ，求 ABN 的面积. 【答案】(1) 1 1 1 1 , 2 2 2 6 AM a b MN a b     ； (2) 4 3 5 ABN S  . 【详解】（1）由题意，M 是 BC 的中点，则   1 1 1 2 2 2 AM AB AC a b    ， 因为 1 3 x  ，所以 1 1 3 3 AN AC b  ， 则 1 1 1 1 1 3 2 2 2 6 MN AN AM b a b a b        . 试卷第 11 页，共 12 页 所以， 1 1 1 1 , 2 2 2 6 AM a b MN a b     . （2）因为 AM PN ，所以 AM BN . 因为 1 1 2 2 AM a b  ， BN AN AB a xb     ， 所以   2 21 1 1 1 1 1 2 2 2 2 2 2 AM BN a b a xb a xb x a b                        ， 又因为 2 22 2 4, 16, 2 4 cos 60 4a AB b AC a b         ， 所以， 1 1 1 1 4 16 4 10 4 0 2 2 2 2 AM BN x x x                  ，解得 2 5 x  . 所以， 2 5 AN AC ，则 8 5 AN  ， 所以 1 1 8 3 4 3 sin 60 2 2 2 5 2 5 ABN S AB AN         . 19．已知函数   1 sin cos sin 2 2 2 2 x x x f x           ，其中  0,1 ，若将  f x 的图象向左平移 π 3 个 单位，得到函数  g x 的图象，且  g x 是偶函数. (1)求  f x 的解析式及单调递减区间； (2)在 ABC 中，角 , ,A B C 所对的边分别为 , ,a b c，已知   2 2 f A  且 sin 3a A  ，若D 是BC 的 中点，求 AD 的最大值. 【答案】(1)   2 3 π sin 2 4 4 f x x        ， π 8 π 5π 8 π , , 3 3 3 3         k k k Z . (2) 3 . 【详解】（1）因为 21 1 1 1 1 2 π sin cos sin sin sin sin cos sin 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 4 x x x x f x x x x x ， 所以   2 π π sin 2 3 4 g x x           . 因为  g x 是偶函数，所以 π π π π, 3 4 2 k k     Z . 又  0,1 ，所以 3 4   ， 试卷第 12 页，共 12 页 所以   2 3 π sin 2 4 4 f x x        . 因为 π 3 π 3π 2 π 2 π, 2 4 4 2      k x k k Z， 所以  f x 的单调递减区间是 π 8 π 5π 8 π , , 3 3 3 3         k k k Z . （2）因为   2 2 f A  ， 所以 3 π 3 π π sin 1, 2 π, 4 4 4 4 2 A A k k            Z，即 π 8 π , 3 3 k A k  Z . 又  0,πA ，所以 π 3 A  ， 所以 3 sin 3 2 a A a   ，解得 2a  . 由 2 2 2 2 cosa b c bc A   ，得 2 2 2 4 ( )b c bc b c bc      ， 所以4 bc ，当且仅当b c 时取等号， 所以 2 2 2 2 2 2 , 4 | | 2 4 2 12AD AB AC AD AB AC AB AC b c bc bc            ， 所以 3AD  ，则 AD 的最大值是 3 .