高一下学期期末考试试题(理)(解析版)
四川省成都市第七中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷(解析版)
成都七中高2026届高一下期期末考试数学试题一.单项选择题:本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.若2i z =-,则z z -=（）A.B.2iC.2D.4【答案】C 【解析】【分析】根据共轭复数写出z ，即可求出模长.【详解】2i z =- ，2i z ∴=+，即(2i)(2i)2i 2z z -=+--==.故选：C.2.若2,a a = 与b 夹角为60，且()b a b ⊥- ，则b = （）.A.32B.1C.D.2【答案】B 【解析】【分析】根据向量垂直，结合数量积的定义即可列方程求解.【详解】由()b a b ⊥- ，得20b a b ⋅-= ，故22cos600b b ⋅-=，故1b = 或0b = ，若0b = ，则,a b共线，不满足题意，故1b = ，故选：B3.已知tan 2α=，α为锐角，则πsin()4α+=（）. A.1010B.1010 C.31010-D.31010【答案】D 【解析】【分析】利用两角和的正弦公式把πsin()4α+展开，然后利用同角三角函数基本关系即可求解.【详解】πππ2sin(sin coscos sin (sin cos )4442ααααα+=+=+ ,，,α为锐角，sin 0,cos 0αα∴>>，sin tan 2cos ααα== ，sin 2cos αα∴=，又22sin cos 1αα+= sin ,cos 55αα∴==，即35sin cos 5αα+=，得0π2sin()31n cos 4201ααα+=+=.故选：D.4.将函数()sin f x x =的图象先向左平移π3个单位长度，再将得到的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，则()g x 的一条对称轴可能为（）.A.5π12B.π12C.5π3D.π3【答案】D 【解析】【分析】根据平移伸缩得到三角函数解析式再求对称轴即可.【详解】将函数()sin f x x =的图象先向左平移π3个单位长度，再将得到的图象上所有点的横坐标扩大到原来的2倍，纵坐标不变，得到函数()1πsin 23g x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，则对称轴为πππ,Z 232x k k +=+∈,所以对称轴为π2π,Z 3x k k =+∈，当0k =时对称轴为π3x =.故选：D.5.已知,,αβγ是三个不同的平面，,m n 是两条不同的直线，且m αβ⋂=，给出下列四个命题:①若//m n ，则//n α或//n β②若m n ⊥，则n α⊥或n β⊥③若,αβγβ⊥⊥，则//αγ④若,//n m n γβ⋂=，则//γα则上述命题中正确的个数为（）.A.0B.1C.2D.3【答案】B 【解析】【分析】利用直线、平面间的位置关系判断即可.【详解】对于①，若,//m m n αβ⋂=，则如图所示，第一种情况，n 在,αβ外，可得//n α或//n β；第二种情况，n 在β内，可得//n α；第三种情况，n 在α内，可得//n β，综上所述，//n α或//n β，故①正确；对于②，若,m m n αβ⋂=⊥，则n 与α相交或在α内，n 与β相交或在β内，故②错误；对于③，若m αβαβγβ⊥⋂=⊥，，，则,αγ相交或//αγ，故③错误；对于④，若,,//m n m n αβγβ⋂=⋂=，则//γα或γ与α相交，故④错误.故选：B.6.同时抛掷两枚质地均匀的六面骰子，则所得点数之差绝对值小于2的概率为（）.A.23B.59C.49D.13【答案】C 【解析】【分析】|根据古典概型计算即可.【详解】同时抛掷两枚质地均匀的六面骰子，则所得点数分别为,x y ，共有36种情况，点数之差绝对值小于2的情况有()()()()()()()()()()()()()()()()1,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,6,1,2,2,3,3,4,4,5,5,6,2,1,3,2,4,3,5,4,6,5共16种点数之差绝对值小于2的概率为()1642369P x y -<==.故选：C.7.羌族是中国西部地区的一个古老民族，被称为“云朵上的民族”，其建筑颇具特色.碉楼是羌族人用来御敌、储存粮食柴草的建筑，一般多建于村寨住房旁.现有一碉楼，其主体部分可以抽象成正四棱台1111ABCD A B C D -，如图，已知该棱台的体积为311224m 8m 4m AB A B ==，，，则二面角1A AB C--的正切值为（）.A.3B.2C.D.32【答案】A 【解析】【分析】先求出正四棱台的高，再取正四棱台上下底面的中心为1,O O ，取11,AB A B 的中点,E M ，作1//MN OO 交OE 于点N ，则MEN ∠为二面角1A AB C --的平面角，即可求解．【详解】解：设正四棱台的高为h ，则(221843V h =++，得()12246416323h =++，得6h =，取正四棱台上下底面的中心为1,O O ，如图所示：取11,AB A B 的中点,E M ，作1//MN OO 交OE 于点N ，则MEN ∠为二面角1A AB C --的平面角，则184=6,22MN OO h EN -====，得6tan 32MN MEN EN∠===，故选：A8.在ABC 中，角A B C ，，所对的边分别为a b c ，，，已知160a A == ，，设O G ，分别是ABC 的外心和重心，则AO AG ⋅的最大值是（）A.12B.13 C.14D.16【答案】B 【解析】【分析】设D 为BC 边中点，连接OD ,作OH AC ⊥于H ，即H 为AC 中点，求得212AO AC AC ⋅= ，212AO AB AB ⋅= ，化解得221166AO AG AB AC +=⋅ ，再通过余弦定理及均值不等式即可求解.【详解】设D 为BC 边中点，连接OD ,作OH AC ⊥于H ，即H 为AC 中点，因为21|||cos |||||2AO AC AO AC OAC AH AC AC ⋅=⋅∠=⋅= ,同理21|||cos 2|AO AB AO AB OAB AB ⋅=⋅∠= ,则()221332AO AG AO AD AO AB AC ⎛⎫⋅=⋅=⋅+ ⎪⎝⎭()()222211113666AO AB AC AB b c =⋅+=+=+，在ABC 中，1,60a A ==︒，由余弦定理得2222cos60a b c bc ︒=+-，即221b c bc +=+，由均值不等式，2212bc b c bc +=+≥，所以1bc ≤（当且仅当1b c ==等号成立），所以()()()2211111116663AO AG c b bc ⋅=+=+≤+= .故选：B．二.多项选择题:本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9.已知()()1,,2,3a b ==+λλr r，则（）.A.“1λ=”是“a ∥b”的必要条件B.“3λ=-”是“a ∥b”的充分条件C.“12λ=-”是“a b ⊥ ”的必要条件D.“12λ=”是“a b ⊥ ”的充分条件【答案】BC 【解析】【分析】对于AB ：根据向量平行的坐标表示结合充分必要条件分析判断；对于CD ：根据向量垂直的坐标表示结合充分必要条件分析判断.【详解】因为()()1,,2,3a b ==+λλr r，对于选项AB ：若a ∥b，则()23+=λλ，解得1λ=或3λ=-，可知a ∥b，等价于1λ=或3λ=-，若a ∥b ，不能推出1λ=，所以“1λ=”不是“a ∥b”的必要条件，故A 错误；若3λ=-，可以推出a ∥b ，所以“3λ=-”是“a ∥b”的充分条件，故B 正确；对于选项CD ：若a b ⊥，则230++=λλ，解得12λ=-，可知a b ⊥ ，等价于12λ=-，若a b ⊥ ，可以推出12λ=-，所以“12λ=-”是“a b ⊥ ”的必要条件，故C 正确；若12λ=，不能推出a b ⊥ ，“12λ=”不是“a b ⊥ ”的充分条件，故D 错误；故选：BC.10.已知一组样本数据()12201220,,,,x x x x x x ≤≤≤ 下列说法正确的是（）.A.该样本数据的第60百分位数为12x B.若样本数据的频率分布直方图为单峰不对称，且在右边“拖尾”，则其平均数大于中位数C.若样本数据的方差2022112520i i s x ==-∑，则这组样本数据的总和为100D.若由()21,2,,20i i y x i == 生成一组新的数据1220,,,y y y ，则这组新数据的平均值是原数据平均值的2倍【答案】BCD 【解析】【分析】根据题意，结合百分位数、数据方差，以及平均数与方差的性质，逐项判定，即可求解.【详解】对于A ，由200.612⨯=，可得第60百分位数为12132x x +，错误；对于B ，数据的频率分布直方图为单峰不对称，向右边“拖尾”，大致如图所示，由于“右拖”时最高峰偏左，中位数靠近高峰处，平均数靠近中点处，此时平均数大于中位数，正确；对于C ，由()11222202011252020i i i i s x x x ===∑-=∑-，则20202221150020i i i i x x x ==-=-∑∑，所以5x =,故这组样本数据的总和等于20100x =，正确；对于D ，若由()21,2,,20i i y x i == 生成一组新的数据1220,,,y y y ，则这组新数据的平均值是原数据平均值的2倍，正确．故选：BCD ．11.如图，在长方体ABCD A B C D -''''中，2,4,AB BC AA '===N 为棱C D ''中点，1,2D M P '=为线段A B '上一动点，下列结论正确的是（）.A.线段DP 长度的最小值为655B.存在点P ,使AP PC +=C.存在点P ，使A C '⊥平面MNP D.以B 为球心，176为半径的球体被平面AB C '所截的截面面积为6π【答案】AC 【解析】【分析】对于A ，在三角形中，由垂线段最短即可计算得到；对于B ，通过平面翻折，化空间到平面，利用两点之间线段最短计算出AP PC +的最小值，再与C ，依题意作出经过三点,,M N P 的平面，再证明A C '与平面垂直即得；对于D ，利用球的截面圆的性质，先通过等体积求得球心到平面的距离，再由垂径定理求出截面圆半径即得.【详解】对于A ，如图1，因A B A D ''===,BD =,故当DP A B ⊥'时，线段DP 长度最小，此时由等面积，1122DP ⨯⨯，解得655DP ==，故A 正确；对于B ，如图2，将平面A D CB ''旋转至平面11BC D A ',使之与平面A AB '共面，连接1AC 与A B '交于点1P ，此时1111AP PC AC +=为最小值.sinA BA '∠==,190A BC '∠=,故1cos cos(90)sinABC A BA A BA ''∠=∠+=-∠=-由余弦定理，2221122222cos 88(8AC ABC =+-⨯⨯∠=-⨯-=+,故1AC =>因此不存在这样的点P ，使AP PC +=B 错误；对于C ，如图3，取131,,22B E B F A G =='=''，连接FG 交A B '于P ，下证AC MN '⊥.连接D C ',由2D N D DD M DC''=='可得ND M D DC '' ,则得D C MN '⊥,因D A ''⊥平面DCC D '',因MN ⊂平面DCC D '',则D A MN ''⊥,因D C D A D ''''⋂=,,D C D A '''⊂平面A D C ''，故MN ⊥平面A D C ''，又A C '⊂平面A D C '',故A C MN '⊥.同理，A C EN '⊥,因MN EN N ⋂=,,MN EN ⊂平面MEN ,故A C '⊥平面MEN .下证//EF GM .取线段A G '的三等分点,J K ,取A D ''的中点H ，连接,,,EH HJ JF D K ',易证////,EH A B FJ EH A B FJ ''''==,则得EFJH ,得//EF JH ,易得//JH D K ',因//,D M GK D M GK ''=,得D MJK ' ,得//D K GM ',故得//EF GM .同理可得//MN FG ，因此,,,,M N E F G 五点共面．由A C '⊥平面MEN 可得A C '⊥面MNEFG .所以存在这样的点P 使A C '⊥面MNP ，故C正确；对于D ，如图4，以点B 为球心，176为半径的球面被面AB C '所截的截面为圆形，记其半径为r，则r =（*），其中d 为点B 到平面AB C '的距离．由B ABC B AB C V V --''=可得，1133ABC AB C S BB S d ''⨯⨯=⨯⨯ ，则122442132d ⨯⨯⨯==⨯，代入（*），得52r =，所以截面面积225ππ4S r ==，故D 错误．故选：AC.【点睛】关键点点睛：本题主要考查多面体中与动点有关的距离最值，截面性质问题，属于难题.解题关键在于处理距离和的最小值常常需要平面翻折，截面问题，一般应先作出截面，再根据条件分析截面性质，对于球的截面圆，常通过垂径定理求解.三.填空题:本大题共3小题，每小题5分，共计15分.12.习主席曾提出“绿水青山就是金山银山”的科学论断，为响应国家号召，农学专业毕业的小李回乡创业，在自家的田地上种植了,A B 两种有机生态番茄共5000株，为控制成本，其中A 品种番茄占40%.为估计今年这两种番茄的总产量，小李采摘了10株A 品种番茄与10株B 品种番茄，其中A 品种番茄总重17kg ，B 品种番茄总重23kg ，则小李今年共可收获番茄约_______kg .【答案】10300【解析】【分析】求解两种番茄的种植株数，利用比例即可求解.【详解】由题意，知A 品种番茄共40%5000=2000⨯株，B 品种番茄3000株，故共可收获番茄约172320003000103001010⨯+⨯=kg ，故答案为：1030013.已知三棱锥A BCD,ABC - 是边长为2的等边三角形，BCD △是面积为2的等腰直角三角形，且平面ABC ⊥平面BCD ，则三棱锥A BCD -的外接球表面积为_______.【答案】28π3##28π3【解析】【分析】判断出等腰直角三角形BCD △的直角，根据面面垂直的性质说明四边形1O EGO 为矩形，求出相关线段长，即可求得三棱锥外接圆半径，即可求得答案.【详解】由于ABC 是边长为2的等边三角形，故2BC =，BCD △是面积为2的等腰直角三角形，假设BDC ∠为直角，则BD DC ==112BCD S ==△不合题意；故DBC ∠或DCB ∠为直角，不妨设DBC ∠为直角，则2BD BC ==；设ABC 的中心为G ，E 为BC 的中点，则,,A G E 共线，且AE BC ⊥，由于平面ABC⊥平面BCD ，平面ABC ⋂平面BCD BC =，AE ⊂平面ABC ，故⊥AE 平面BCD ，设O 为三棱锥A BCD -的外接球球心，1O 为DC 中点，即为BCD △的外接圆圆心，连接1OO ，则1OO ⊥平面BCD ，则1OO AE ∥，连接1OG,O E ，则OG ⊥平面ABC ，AE ⊂平面ABC ,则OG AE ⊥，又⊥AE 平面BCD ，1O E ⊂平面BCD ，则1AE O E ⊥，则四边形1O EGO 为矩形，则112122323OG O E DB ,AG ====⨯=,故22273OA OG AG =+=，故三棱锥A BCD -的外接球表面积为228π4π3OA ⨯=，故答案为：28π314.在ABC 中，43AB AC AB AC P ⊥==，，，为斜边BC 上一动点，点Q 满足2PQ =，且AQ mAB nAC =+，则2m n +的最大值为______________.【答案】1323+【解析】【分析】取AB 中点D ，连接CD 交AQ 于点E ，由平面向量的线性运算得2AQ m n AE+=，过Q 作QF CD ∥交直线AB 于点,AQ AF F AEAD=，如图，当P 与B 重合，FQ 与P 相切时，AF AD取得最大值，即可求解．【详解】AB 中点D ，由题可知点Q 点在以P 为圆心，以2为半径的圆上，则2AQ mAB n AC mAD n AC =+=+；连接CD 交AQ 于点E ，()1AE AD AC λλ=+-，则()()1AQ AQ AQ AE AD AC AE AEλλ=⋅=⋅+- ，故2AQ m n AE+=．过Q 作QF CD ∥交直线AB 于点,AQ AF F AEAD=．如图，当P 与B 重合，FQ 与P 相切时，AF AD取得最大值．则3tan tan 2∠=∠=BFQ ADC，得sin ∠=BFQ ，得2,223sin 33BQ AB BF BF m n BFQAD +===+==∠．故答案为：1323+四.解答题:本大题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.如图，棱长为6的正方体1111ABCD A B C D -中，O 是AC 的中点，E 是1AA 的中点，点F 在AB上.（1）当F 是AB 的中点时，证明:平面//EFO 平面11A D C ;（2）当F 是靠近B 的三等分点时，求异面直线FO 与1AC 所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）3015．【解析】【分析】（1）利用OF OE ，分别为11,BC A C A D 的中位线，得到//OF 平面11A D C ，//OE 平面11A D C ，借助面面平行的判定定理证明即可;（2）由1//OE A C 可知EOF ∠或其补角为异面直线FO 与1AC 所成角，借助余弦定理求出即可.【小问1详解】由正方体1111ABCD A B C D -可知，,O E 是1,AC AA 中点，所以1//,OE A C 因为11A D ⊂平面11,A D C OE ⊄平面11A D C ，所以//OE 平面11A D C .因为F 是AB 中点，O 是AC 中点，所以OF 为ABC 的中位线，故11////OF BC A D ．又由于1AC ⊂平面11,A D C OF ⊄平面11A D C ，所以//OF 平面11A D C ．又,,OE OF O OE OF =⊂ 平面EFO ，故平面//EFO 平面11A D C ．【小问2详解】由1//OE A C 知，异面直线FO 与1AC 所成角即为EOF ∠或其补角．由于1AA ⊥平面,,ABCD AB AO ⊂平面ABCD ，则1AA 与,AB AO 都垂直，所以90EAF EAO ∠=∠=︒，由题意得4AF =，在Rt EAF △中，由勾股定理可得5EF =．易得3AO AE ==，在Rt EAO △中，由勾股定理可得EO =在OAF △中，45CAB ∠=︒，由余弦定理得FO ==，在EOF 中，由余弦定理可得2222cos EF EO FO EO FO EOF =+-⋅⋅∠，代入解得cos 015EOF ∠==>．所以异面直线FO 与1AC 所成角的余弦值为3015．16.2024年4月26日，主题为“公园城市、美好人居”的世界园艺博览会在四川成都正式开幕，共建成113个室外展园，涵盖了英式、法式、日式、意式、中东、东南亚等全球主要园林风格，吸引了全球各地游客前来参观游玩.现从展园之一的天府人居馆中随机抽取了50名游客，统计他们的参观时间(从进入至离开该展园的时长，单位:分钟，取整数)，将时间分成[)[)[]455555658595 ，，，，，，五组，并绘制成如图所示的频率分布直方图.（1）求图中a 的值;（2）由频率分布直方图，试估计该展园游客参观时间的第75百分位数(保留一位小数);（3）由频率分布直方图，估计样本的平均数¯(每组数据以区间的中点值为代表).【答案】（1）0.015a =；（2）78.3（3）69x =．【解析】【分析】（1）应用频率和为1求参数；（2）应用频率分布直方图求百分位数步骤求解；（3）应用频率分布直方图求平均数步骤求解.【小问1详解】由样本频率分布直方图可知()0.0120.0250.035101a +++⨯=，解得0.015a =；【小问2详解】样本频率直方图前三组频率之和为()0.0100.0250.035100.70.75++⨯=<，前四组频率之和为()0.0100.0250.0350.015100.850.75+++⨯=>，所以样本数据的第七十五百分位数在第四组内，设其为x ，则()750.0150.700.75x -⨯+=，解得78.3=x ，所以样本数据的第七十五百分位数为78.3．由样本估计总体，估计该展园游客参观时间的第七十五百分位数也为78.3；【小问3详解】0.0110500.03510600.02510700.01510800.0151090x =⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯，计算可得，样本的平均数69x =．17.甲、乙两位同学进行羽毛球比赛，并约定规则如下:在每个回合中，若发球方赢球，则得1分，并且下一回合继续由其发球;若发球方输球，则双方均不得分，且下一回合交换发球权;比赛持续三回合后结束，若最终甲乙得分相同，则为平局.已知在每回合中，甲获胜的概率均为23，各回合比赛结果相互独立，第一回合由甲发球.（1）求甲至少赢1个回合的概率;（2）求第二回合中有选手得分的概率;（3）求甲乙两人在比赛中平局的概率.【答案】（1）2627（2）59（3）427．【解析】【分析】（1）根据对立事件概率求法及乘法公式结合条件即得；（2）结合对立事件和独立事件，应用和事件求概率；（3【小问1详解】设事件=i A “第i 回合甲胜”，事件M =“甲至少赢一回合”，故M =“甲每回合都输”．i A 为i A 对立事件，()23i P A =，故()13i P A =．()()()()()()31231231261111327P M P M P A A A P A P A P A ⎛⎫=-=-=-=-=⎪⎝⎭，故甲至少赢1个回合的概率为2627．【小问2详解】设事件N =“第二回合有人得分”，由题可知1212N A A A A =⋃，且12A A 和12A A 互斥，则()()()()()()()1212121259P N P A A P A A P A P A P A P A =+=⋅+⋅=，故第二回合有人得分的概率为59．【小问3详解】设事件Q =“甲乙两人平局”，由题可知，只有0:0与1:1两种情况，因此123123Q A A A A A A =⋃，故()()()()()()()()()123123123123427P Q P A A A P A A A P A P A P A P A P A P A =+=+=，故甲乙两人平局的概率为427．18.记ABC 的内角A B C ，，的对边分别为a b c ，，，已知4,2,sin sin 2sin a c a A c C b B ==+=，D 是线段AC 上的一点，满足13AD AC =，过D 作一条直线分别交射线BA 、射线BC 于M N 、两点.（1）求b ，并判断ABC 的形状;（2）求BD 的长;（3）求BM BN ⋅的最小值.【答案】（1）b =，钝角三角形（2）2133（3）409【解析】【分析】（1）由正弦定理得b =cos 0A <，得到π2A >，ABC 是钝角三角形；（2）,BA BC 可作为一组基底，求出5cos ,cos 8BA BC B 〈〉== ，根据题目条件得到2133BD BA BC =+ ，平方后2BD，从而求出答案；（3）设,BM xBA BN yBC ==，根据向量共线得到()()1,0,1BD t BM tBN t =-+∈ ，由向量基本定理得到()21,313x y t t ==-，表达出()291BM BN BA BC t t⋅=⋅-⋅ ，其中50BA BC ⋅=>，由基本不等式求出最小值.【小问1详解】由正弦定理得，222sin sin 2s n 2i a a c A c C b B b ⇒+=+=，又4,2a c ==，解得b =．又因为22220b c a +-=-<，故222cos 02+-=<b c a A bc，因为0πA <<，故π2A >，所以ABC 是钝角三角形．【小问2详解】由平面向量基本定理，,BA BC可作为一组基底向量，且有2,4BA BC == ，2225cos ,cos 28a cb BA BC B ac+-〈〉===．由于13AD AC = ，所以()13BD BA BC BA -=- ，故2133BD BA BC =+ ．BD ==3===；【小问3详解】由题意可设,BM xBA BN yBC == ．由于,,M D N 三点共线，设MD tMN =，01t <<，故()BD BM t BN BM -=- ，故()()1,0,1BD t BM tBN t =-+∈．所以()21133BD t x BA ty BC BA BC =-⋅+⋅=+ ，由平面向量基本定理，解得()21,313x y t t ==-，所以()21,313BM BA BN BC t t ==-．因此()()21231391BM BN BA BC BA BC t t t t ⎛⎫⎛⎫⋅=⋅=⋅ ⎪ ⎪ ⎪--⋅⎝⎭⎝⎭，而||||cos 50BA BC BA BC B ⋅=⋅⋅=>，其中()11122t t t t -+-≤=，当且仅当1t t -=，即12t =时，等号成立，因此当12t =时，409BM BN ⋅= 为最小值．【点睛】平面向量解决几何最值问题，通常有两种思路：①形化，即用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或取值范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行求解；②数化，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域，不等式的解集，方程有解等问题，然后利用函数，不等式，方程的有关知识进行求解.19.如图，斜三棱柱111A B C ABC -中，90ABC ∠= ，四边形11ABB A 是菱形，D 为AB 中点，1A D ⊥平面ABC ，点1A 到平面11BCC B 1AA 与1CC 的距离为2.（1）求证:CB ⊥平面11ABB A ;（2）求1AC 与平面11BCC B 所成角的正弦值;（3）若E F ，分别为1AA AC ，的中点，求此斜三棱柱被平面1B EF 所截的截面面积.【答案】（1）证明见解析（2）155（3）53412．【解析】【分析】（1）根据线面垂直判定定理证明即可；（2）先根据线面垂直判定定理证明线面垂直，几何法得出线面角，再计算得出正弦值；（3）先找到截面，再计算截面即可.【小问1详解】因为1A D ⊥平面,ABC BC ⊂平面ABC ，故1A D BC ⊥．又由90ABC ∠=︒，即1,,AB BC AB A D D AB ⊥⋂=⊂平面11ABB A ,1A D ⊂平面11ABB A ，因此BC ⊥平面11ABB A ．【小问2详解】由于菱形11ABB A ，且1A D 为AB 的垂直平分线，因此可知1A AB △和11B A B 均为等边三角形．由BC ⊥平面11,ABB A BB ⊂平面1ABB A ，可得1BC BB ⊥，斜三棱柱进一步可得11B BCC 是矩形．此时作1111,A P BB AQ CC ⊥⊥，连接1,,PQ PC AC ．由题知，112,AQ A P =⊂平面11ABB A ，可得111,BC A P BC BB B BB ⊥⋂=⊂，平面11,BCC B BC ⊂平面11BCC B ，因此1AP ⊥平面11BCC B ，因此由题知，1,A P PQ PC =⊂平面11BCC B ，所以也有11,A P PQ A P PC ⊥⊥．因此，1ACP ∠为1AC 与平面11BB C C 所成角．在1Rt A PQ △中，1PQ ==，由矩形可知1BC PQ ==．由于1A P =1B AB △中，可以解得12,BB P =为1BB 中点，1BP =．所以，在Rt BCP △中，PC =1Rt ACP △中，1AC =．因此，111115sin ,5A P ACP AC AC ∠===与平面11BB C C所成角的正弦值为5．【小问3详解】延长1,EF C C 交于点M ，连接1MB ，交BC 于N ，连接FN ，如图，故四边形1B EFN 即为所得截面．上一问可知，菱形11ABB A 的边长为2，矩形11B BCC 中1BC =，平行四边形11ACC A中111112,AA CC AC AC AC =====．要计算截面1B EFN 的面积，首先研究1B EM △．在11A B E △中，由于11120EA B ∠=︒，由余弦定理可得1B E =,E F 为中点，因此12EM EF AC ===，此时有1MC AE ==，在直角11MB C中1MB N =为BC 的三等分点．因此1B EM △中，由余弦定理可得2221111cos 25EM MB EB EMB EM MB +-∠==⋅⋅，第21页/共21页所以可以计算得117sin 5EMB ∠=．设截面面积为S ，由于111,23MF ME MN MB ==，有11111115534sin sin 22612B EM NFM B EM S S S ME MB EMB MF MN EMB S =-=⋅⋅∠-⋅⋅∠==△△△因此，此斜三棱柱被平面1B EF 所截的截面面积为53412．。
云南省红河哈尼族彝族自治州第一中学2023-2024学年高一下学期7月期末地理试题(解析版)
红河州第一中学2024年春季学期高期末地理试卷考试时间：90分钟试卷分值：100分注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等相关信息填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
第I卷（选择题）一、选择题：本题共30个小题，每小题1.5分，共45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。
读浙江省年太阳辐射总量分布图（单位：MJ/m2），据此完成下面小题。
1.下列说法正确的是（）A.到达地面的太阳辐射能主要集中在太阳辐射的可见光波段B.浙江省年太阳辐射总量分布规律与全球太阳辐射总量空间分布规律大致相同C.浙江省年太阳辐射总量高值区形成的主要影响因素是地势高，空气稀薄D.浙江省太阳辐射总量冬季多于夏季2.浙南地区出现太阳辐射低值中心，与此关系最密切的是（）A.位于低纬度B.丘陵云雾多C.季风影响弱D.城市密度小【答案】1.A 2.B【解析】【1题详解】大气对太阳辐射的吸收具有选择性，大气中的臭氧和氧原子主要吸收太阳辐射中波长较短的紫外线：水汽和二氧化碳主要吸收太阳辐射中波长较长的红外线：而太阳辐射中能量最强的可见光被吸收很少，绝大部分可透过大气射向地面。
因此到达地面的太阳辐射能主要集中在可见光波段，A正确；本题没有全球太阳辐射总量空间分布的相关信息，无法与浙江省对比，排除B；浙江省位于我国地势第三极阶梯，地势较低，空气也并不稀薄，C错误；浙江省地处北温带地区，太阳辐射总量冬季少于夏季，D错误。
故选A。
【2题详解】在其它条件相同的情况下，纬度越低，年太阳辐射总量越高，浙南地区纬度低于浙北地区，与图中的低值中心不符，A错误；浙南地区位于浙闽丘陵地形区，多云雾、阴雨天气，太阳辐射总量较少，B正确；浙江位于我国东南沿海地区，省内各地区受季风影响差异不大，C错误；城市密度对太阳辐射总量的影响较小，D错误。
2024高一物理下学期期末测试卷(人教版)附解析
2024年下学期期末测试卷高一物理（考试时间：90分钟试卷满分：100分）注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。
答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
写在本试卷上无效。
3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。
写在本试卷上无效。
4．测试范围：人教版（2019）必修第二册全部、选修性必修第一册第1章。
5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
第Ⅰ卷一、选择题：本题共12小题，每小题4分，共48分。
在每小题给出的四个选项中，第1~8题只有一项符合题目要求，第9~12题有多项符合题目要求。
全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分。
1．图是某-家用体育锻炼的发球机，从同一点沿不同方向发出A、B两球，返回同一水平面时，两球落至同一位置。
如果不计空气阻力，关于两球的运动，下列说法正确的是（）A．两球运动至最高点时，两球速度相等B．两球运动过程中，A加速度大于B球加速度C．两球飞行时间相等D．从抛出至落回同一水平面，A球速度变化量大于B球速度变化量2．研究乒乓球发球问题，设球台长2L，网高h，如图乒乓球反弹前后水平分速度不变，竖直分速度大小不变、方向相反，且不考虑乒乓球的旋转和空气阻力（设重力加速度为g），从A点将球水平发出，刚好过网，在B点接到球，则下列说法正确的是（）A．网高4Lh =B．发球时的水平初速度02gv Lh=C．球落到球台上时的速度2v gh=D．球从A→B所用的时间24htg'=3．如图所示，一同学表演荡秋千，已知秋千的两根绳长均为4m，该同学质量为50kg，绳和踏板的质量忽略不计，当该同学荡到秋千支架的正下方时，踏板速度大小为4m/s，此时每根绳子平均承受的拉力最接近（）A ．100N B．200N C．330N D．360N4．如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比R B∶R C＝3∶2，A轮的半径大小与C轮的相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来。
山东省济南市2022-2023学年高一下学期期末物理试题(解析版)
2023年7月济南市高一期末考试物理试题注意事项：1.答卷前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题纸上。
2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。
写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分。
每小题只有一个选项符合题目要求。
1. 关于行星运动的规律，下列说法正确的是（ ）A. 所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳位于椭圆的中心处B. 行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越远，运行速率越大C. 离太阳的平均距离越大的行星，绕太阳公转的周期越大D. 不同轨道上的行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等 【答案】C 【解析】【详解】A ．根据开普勒第一定律可知，所有行星绕太阳运动的轨道都是椭圆，太阳位于椭圆的焦点处，故A 错误；B ．根据开普勒第二定律可知，行星在椭圆轨道上运行速率是变化的，离太阳越远，运行速率越小，故B 错误；C ．根据开普勒第三定律可知，离太阳的平均距离越大的行星，绕太阳公转的周期越大，故C 正确；D ．根据开普勒第二定律可知，对于同一行星，行星与太阳的连线在相等时间内扫过的面积相等，故D 错误。
故选C 。
2. 如图所示，地球上A B 、两点绕地轴转动，其纬度分别是123060ϕϕ°=°=、。
关于A B 、两点，下列说法正确的是（ ）A. 加速度之比为3:1B.C.D. 周期之比为3:1【答案】B 【解析】【详解】CD ．AB 两点均随地球自转一起绕地轴转动，角速度相同，周期相同，则角速度之比为1:1，周期之比为1:1，故CD 错误；A ．设地球半径为R ，由题意可知，A 点运动的半径为cos30A r R R =°=B 点运动的半径为1602B r Rcos R =°= 则::1A B r r =由a r ω=可知加速度之比为:::1A B A Ba a r r ==故A 错误； B ．由v r ω=可知线速度之比为:::1A B A Bv v r r ==故B 正确； 故选B 。
2021-2022学年内蒙古赤峰市高一下学期期末考试数学(理)试题【含答案】
m n (2, 1) (4,1) 17
2
2 ，故选 D.
a2 a1 3．已知 2, a1, a2 , 8 成等差数列， 2,b1,b2 ,b3, 8 成等比数列，则 b2 等于
1 A． 4
1
B． 2
1 C． 2
1 1 D． 2 或 2
B
8 2
【详解】试题分析：因为 2, a1, a2 , 8 成等差数列，所以 a2 a1
1 3
Sh
1(1 32
4 4) 4
32 3
；
V 64 2 32 128
所以该几何体体积为.
33
故选 A.
8．如图，平行四边形 ABCD 的对角线相交于点 O，E 为 AO 的中点，若
ED
x
AB
y
AD
x,
y
R
，则
x
y
等于（
）
A．1 B
B． 1
1
C． 2
1 D． 2
【分析】根据向量的加减法运算及平面向量基本定理求解即可.
A．2023
B．2024
C．3033
D．3034
A
【分析】根据函数的性质由 f 1 x f 1 x， f x f x 2 可得
f (x) f (x 1) f (x 2) f (x 3) 4
【详解】因为 f x f x 2 ， f 1 2 ，所以 f (1) 0 ， f (0) 1
ex2
e ex1 x2 1 )( e ex1 x2 )
，
又因为 0 x1 x2 ，所以 ex1 ex2 0 ， ex1ex2 0, ex1ex2 1 0
所以 f x1 f x2 0 ， f x为增函数，所以选项 C 正确；
精品解析：陕西省延安市宜川中学2020-2021学年高一下学期期末物理试题(解析版)
宜川中学教育集团2020~2021学年度第二学期期末考试高一物理试题第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题（本大题共15小题，每小题4分，计60分。
在每小题给出的四个选项中，第1~10题只有一项符合题目要求；第11~15题有多项符合题目要求，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不选的得0分）1. 一质点在力F作用下在水平面内沿曲线abc从a运动到c，已知质点的动能减小，关于在b点时力F的方向，下列图示中可能正确的是（虚线是曲线在b点的切线）（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【详解】质点沿曲线abc从a运动到c，可知质点在b点时力F的方向在轨迹的凹侧，由于质点的动能减小，可知力F与速度方向的夹角大于90 。
故选B。
2. 下列有关说法正确的是（）A. 摩擦起电说明电荷可以被创造B. 点电荷就是指体积很小的球形带电体C. 熔喷布利用静电感应和静电吸附来阻隔病毒D. 真空中有两个静止的点电荷间的库仑力为F ，若距离增大为2倍，则库仑力变为2F 【答案】C 【解析】【详解】A ．根据电荷守恒定律可知，摩擦起电并没有创造电荷，只是将电荷进行转移，故A 错误； B ．当带电体的形状大小在所研究的问题中可以忽略不计时，带电体可以看成点电荷，与带电体体积大小无关，故B 错误；C ．熔喷布利用静电感应和静电吸附来阻隔病毒，故C 正确；D ．真空中有两个静止的点电荷间的库仑力为F ，根据库仑定律122q q F kr若距离增大为2倍，则库仑力变为4F，故D 错误。
故选C 。
3. 如图是一种叫“指尖陀螺”的玩具。
当将陀螺绕位于中心A 的转轴旋转时，陀螺上B 、C 两点的周期、角速度及线速度的关系正确的是（ ）A. T B =T C ，v B >v CB. T B >T C ，v B <v CC. ωB =ωC ，v B =v CD. ωB =ωC ，v B <v C【答案】D 【解析】【详解】由于B 、C 是属于共轴转动，所以BC 两点的角速度相等，则转动周期相等；由于C 的半径大于B 的半径，所以根据v=rω知，C 的线速度大于B 的线速度。
广东省广州市天河区2023-2024学年高一下学期期末物理试题(解析版)
2023学年第二学期天河区期末考试高一物理满分为100分，考试用时75分钟。
注意事项：1．答卷前，考生必须用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号填写在答题卡相应的位置上。
2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案；不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔或涂改液。
不按以上要求作答的答案无效。
4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。
一、单项选择题：本题共8小题，每小题4分，共32分。
在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
1. 下列说法正确的是（）A. 在恒力作用下，物体不可能做曲线运动B. 速度方向改变的运动一定是曲线运动C. 做曲线运动的物体，速度可能不变，加速度一定不断地改变D. 做曲线运动的物体，在某一点的速度方向沿曲线上该点的切线方向【答案】D【解析】【详解】A．在恒力作用下，当恒力与速度方向不在同一直线上时，物体做曲线运动，故A错误；B．速度方向改变的运动不一定是曲线运动，比如竖直上抛运动，在最高点速度方向发生改变，但竖直上抛是直线运动，故B错误；C．做曲线运动的物体，速度大小可能不变，但速度方向时刻发生变化，加速度可能保持不变，故C错误；D．做曲线运动的物体，在某一点的速度方向沿曲线上该点的切线方向，故D正确。
故选D。
2. “祝融号”火星车需要“休眠”以度过火星寒冷的冬季。
假设火星和地球的冬季是各自公转周期的四分之一，且火星的冬季时长约为地球的1.88倍。
火星和地球绕太阳的公转均可视为匀速圆周运动。
下列关于火星、地球公转的说法正确的是（ ）A. 火星公转的线速度比地球的大 B. 火星公转的角速度比地球的大C. 火星公转的半径比地球的小 D. 火星公转的加速度比地球的小【答案】D 【解析】【详解】由题意可知，火星的公转周期大于地球的公转周期C ．根据可得可知火星的公转半径大于地球的公转半径，故C 错误；A ．根据可得结合C 选项，可知火星的公转线速度小于地球的公转线速度，故A 错误；B ．根据可知火星公转的角速度小于地球公转的角速度，故B 错误；D ．根据可得可知火星公转的加速度小于地球公转的加速度，故D 正确。
辽宁省部分高中2022-2023学年高一下学期7月期末联考物理试题(解析版)
高一考试物理试卷本试卷满分100分，考试用时75分钟．注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4．本试卷主要考试内容：人教版必修第二册，必修第三册第九、十章，选择性必修第一册第一章．一、选择题：本题共10小题，共46分．在每小题给出的四个选项中，第1~7题只有一项符合题目要求，每小题4分；第8~10题有多项符合题目要求，每小题6分，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．1. 下列四组物理量中均为矢量的是（）A. 速度电场强度B. 电势位移C. 动量动能D. 功加速度【答案】A【解析】【详解】A A正确；B．电势只有大小没有方向，是标量，位移既有大小又有方向，是矢量，故B错误；C．动量既有大小又有方向，是矢量，动能只有大小没有方向，是标量，故C错误；D．功只有大小没有方向，是标量，加速度既有大小又有方向，是矢量，故D错误。
故选A。
2. 滑滑梯是深受儿童喜爱的娱乐项目之一、如图所示，小孩沿一粗糙滑梯加速下滑，该过程中（）A. 小孩所受重力做功的功率增大，其机械能增大B. 小孩所受重力做功的功率增大，其机械能减小C. 小孩所受重力做功的功率减小，其机械能增大D. 小孩所受重力做功的功率减小，其机械能减小 【答案】B 【解析】【详解】小孩沿一粗糙滑梯加速下滑，由于滑动摩擦力做负功，其机械能减小，小孩所受重力做功的功率可表示为sin P mgv θ=随着速度增大，重力做功的功率增大。
故选B 。
3. 在电场中的某点放置一个试探电荷，其电荷量为q ，受到的静电力大小为F ，则该点的电场强度大小FE q=，若其他情况不变，仅将试探电荷的电荷量变为2q ，则下列说法正确的是（ ） A. 该点的电场强度大小仍为E ，试探电荷受到的静电力大小仍为F B. 该点的电场强度大小仍为E ，试探电荷受到的静电力大小变为2F C. 该点的电场强度大小变为2E ，试探电荷受到的静电力大小仍为F D. 该点的电场强度大小变为2E ，试探电荷受到的静电力大小变为2F 【答案】B 【解析】【详解】电场强度的定义式为F E q=电场强度与电场本身有关，与放入该点的试探电荷无关，所以将试探电荷的电荷量变为2q 后该点的电场强度大小为E ，那么该试探电荷所受的电场力为22F qE F ′==故B 正确，ACD 错误。
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广西南宁市第三中学2016-2017学年高一下学期期末考试数学试题（理）一、选择题1.= 600sin （ ） A.21 B.21-C.23D. 23-2.已知1sin 2A =,那么3cos 2A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭（ ）A ．12-B ．12C. D 3．已知向量(1,)a x =，(1,2)b x =-，若//a b ，则x =（ ） A ．1-或2B ．2-或1C ．1或2D ．1-或2-4．点M 在()()22539x y -+-=上，则点M 到直线3420x y +-=的最短距离为（ ） A. 9B ．8C. 5D ．25．若将函数()sin 2y x ϕ=+图象向右平移8π个单位长度后关于y 轴对称，则ϕ的值为（ ） A.4πB.38π C.34π D.58π 6．从1，2，3，4这四个数字中任取两个不同的数字构成一个两位数，则这个两位数大于 30的概率为（ ） A.12B.13C.14D.157．已知3sin 25πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭，则()cos 2πα-的值为（ ） A ．2425B ．725C. 725-D ．2425-8．已知圆()22:200M x y ay a +-=>截直线0x y +=所得线段的长度是，则圆M 与圆的()()22:111N x y -+-=的位置关系是（ ） A ．内切 B ．相交C ．外切D ．相离9. 一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）10．已知函数()()⎪⎭⎫⎝⎛<>>+=2,0,0sin πϕωϕωA x A x f 的部分图像如图所示，若将 ()x f 图像上的所有点向右平移2π单位得到函数()x g 的图象，则函数()x g 的单调递增区 间为（ ）A ．Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-,6,3ππππB ．Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡++,32,6ππππC ．Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-,12,12ππππD ．Z k k k ∈⎥⎦⎤⎢⎣⎡--,12,127ππππ 11．在平面直角坐标系中，O 为坐标原点，直线:10l x ky -+=与圆22:4C x y +=相交于, A B 两点，OM OA OB =+．若点M 在圆C 上，则实数k =（ ） A ．2-B ．1-C ．0D ．112．已知在矩形ABCD 中，AB =，3BC =，点E 满足13BE BC =，点F 在边CD 上，若•1AB AF =，则•AE BF =（ ）A. 1B. 2C.D. 3二、填空题13．如图，长方体1111ABCD A B C D -中，12AA AB ==，1AD =，点E ，F ，G 分别是1DD ，AB ，1CC 的中点，则异面直线1A E 与GF 所成的角是 ．14．在区间[]3,2-上随机取一个数x ，则事件“1142x⎛⎫≤≤ ⎪⎝⎭”发生的概率为________.15．直线10x +=的倾斜角为 ．16. 设()f x 是定义在R 上的奇函数，且()22xxmf x =+，设()()(),1{,1f x x g x f x x >=-≤，若函数()y g x t =-有且只有一个零点，则实数t 的取值范围是__________． 三、解答题17．已知直线()12:310,:20l ax y l x a y a ++=+-+=． （1）若12l l ⊥，求实数a 的值；（2）当12//l l 时，求直线1l 与2l 之间的距离．18．袋子中装有编号为123,,A A A 的3个黑球和编号为12,B B 的2个红球，从中任意摸出2个球.(Ⅰ)写出所有不同的结果；(Ⅱ)求恰好摸出1个黑球和1个红球的概率； (Ⅲ)求至少摸出1个红球的概率.19．已知向量a ＝(cos32x ，sin32x)，b ＝(－sin2x ，－cos 2x)，其中x ∈[，π]．（1）若|a ＋b |x 的值； （2）函数f(x)＝a ·b ＋|a ＋b |2，若()c f x 恒成立，求实数c 的取值范围．20．如图，在四棱锥ABCD P -中，底面ABCD 是边长为2的正方形，侧面PAD 是正 三角形，且平面⊥PAD 平面ABCD ，O 为棱AD 的中点.（1）求证：⊥PO 平面ABCD ； （2）求二面角B PD A --的余弦值。
21．已知向量(cos sin ,sin )a x x x ωωω=-，(cos sin )b x x x ωωω=--，设函数()()f x a b x λ=⋅+∈R 的图象关于直线x π=对称，其中,ωλ为常数，且1(,1)2ω∈． （1）求函数()f x 的最小正周期；（2）若()y f x =的图象经过点(,0)4π，求函数()f x 在区间]53π[0,上的取值范围．22．已知圆心为C的圆，满足下列条件：圆心C位于x轴正半轴上，与直线3x-4y+7=0相2，圆C的面积小于13．切，且被y轴截得的弦长为3（Ⅰ）求圆C的标准方程；（Ⅱ）设过点M(0，3)的直线l与圆C交于不同的两点A，B，以OA，OB为邻边作平行四边形OADB．是否存在这样的直线l，使得直线OD与MC恰好平行？如果存在，求出l的方程；如果不存在，请说明理由．【参考答案】1. D2. A 【解析】因3cos 2A π⎛⎫-= ⎪⎝⎭21sin -=-A .故应选A 3. A【解析】 ∵(1,)a x =，(1,2)b x =-，//a b ，∴12(1)0x x ⨯--=，∴2x =或1-，选A. 4. D【解析】 由圆的方程()()22539x y -+-=，可知圆心坐标(5,3)O ，则圆心到直线的距离5d ==，所以点M 到直线3420x y +-=的最短距离为2d r -=，故选D.5. C【解析】函数()sin 2y x ϕ=+图象向右平移8π个单位长度后得到sin 24x πϕ⎛⎫+- ⎪⎝⎭为偶函数， 故34πϕ=. 6, A【解析】所有可能为12，21，13，31，14，41，23，32，24，42，34，43共12个，满足条 件的有6个。
所以选A 7. B【解析】由3sin 25πα⎛⎫-=⎪⎝⎭，得3cos 5α=，所以()297cos cos 2122cos 122525ααπα=-=-==--⨯，故选B.8. B【解析】化简圆2221:()(0,),M x y a a M a r a M +-=⇒=⇒到直线0x y +=的距离d =⇒22122(0,2),2a a M r +=⇒=⇒=，又212(1,1),1||||||N r MN r r MN =⇒=⇒-<<12||r r +⇒两圆相交. 9. A【解析】该几何体为一个三棱柱截去一个三棱锥，所以体积为22122-23⨯⨯10. A【解析】 由图可得，()f x 的振幅2=A ，周期4()312T πππ=⨯-=，则2=w ，又||2πφ<，所以2122ππφ⨯+=，解得3πφ=，所以()2sin(2)3f x x π=+，平移后得()2sin[2()]2sin(2)1236g x x x πππ=-+=+，令Z k k x k ∈+≤+≤+-,226222πππππ，解得Z k k x k ∈+≤≤+-,63ππππ，所以()g x 的单调增区间为Z k k k ∈++-],6,3[ππππ.故本题正确答案为A ．11. C【解析】设A 1122(,),(,)x y B x y ，将直线方程代入22:4C x y +=，整理得，22(1)230k y ky +--=，所以，12122122,1(2)y y x x k y y k k +=+=+-=+2222(,)11OM A k k k O OB -++=+=．由于点M 在圆C 上，所以，222222()()411k k k -+=++， 解得，0k =，故选C ．12. B【解析】以A 点为坐标原点，AD ,AB 方向为x 轴，y 轴，建立平面直角坐标系，则：()(0,0,A B ，设()3,F m ，则：()()0,2,3,,21,AB AF m AB AF m m ==⋅===，即F ⎛ ⎝⎭，则： ()21,2,3,,3122AE BF AE BF ⎛⎫==-∴⋅=-= ⎪ ⎪⎝⎭。
本题选择B 选项. 13. 90【解析】连接11,B G B F ，由于11//A E B G ，所以1B GF ∠即为所求11B F B G GF ===190B GF ∠=．14.25【解析】114202xx ⎛⎫≤≤∴-≤≤ ⎪⎝⎭，所以所求概率为()()022235P --==-- 15. 56π16. 33,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【解析】()f x 是定义在R 上的奇函数，且()()2,002xxmf x f =+∴=，即()010f m =+=，得1m =-， 则()122xx f x =-，()12,1212,12x x x xx g x x ⎧->⎪⎪=⎨⎪-≤⎪⎩，则当1x >时，函数为增函数，且当1x →时，()1111322222g x →-=-=，当1x ≤时，函数为减函数，且()()11113122222g x g ⎛⎫≥=--=-=- ⎪⎝⎭ ,由()0y g x t =-=得()g x t =，作出函数()g x 和y t =的图象如图：要使函数()y g x t =-有且只有一个零点，则函数()g x 与y t =只有一个交点，则3322t -≤≤，故答案为33,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦ .17. 解：（1）由12l l ⊥知()320a a +-=，解得32a =； （2）当12l l ∥时，有()()230320a a a a --=⎧⎪⎨--≠⎪⎩解得3a =，12:3310,:30l x y l x y ++=++=，即3390x y++=，距离为d ==18.解：（Ⅰ）12A A ，13A A ，23A A ，11A B ，12A B ，21A B ，22A B ，31A B ，32A B ，12B B (Ⅱ) 记“恰好摸出1个黑球和1个红球”为事件A ，则事件A 包含的基本事件为11A B ，12A B ，21A B ，22A B ，31A B ，32A B ，共6个基本事件. 所以6()0.610P A ==. 恰好摸出1个黑球和1个红球的概率为0.6.(Ⅲ)记“至少摸出1个红球”为事件B ，则事件B 包含的基本事件为11A B ，12A B ，21A B ，22A B31A B ，32A B ，12B B ，共7个基本事件，所以7()0.710P B ==. 至少摸出1个红球的概率为0.7 . 19. 解 ：(1)∵a b +＝(cos32x －sin 2x ，sin 32x－cos 2x )，∴a b +＝，由a b +＝，即sin 2x ＝－12.∵x ∈[2π，π]，∴π≤2x ≤2π.因此2x ＝π＋6π或2x ＝2π－6π，即x ＝712π或x ＝1112π (2)∵a b ⋅＝－cos32x sin 2x －sin 32x cos 2x ＝－sin 2x ，∴f (x )＝a b ⋅＋2c b +＝2－3sin 2x ，∵π≤2x ≤2π，∴－1≤sin 2x ≤0，∴2≤f (x )＝2－3sin 2x ≤5，∴f (x )max ＝5.又c >f (x )恒成立， 因此c >max ，则c >5.∴实数c 的取值范围为(5，＋∞)．20. (1)证明：∵PAD ∆是正三角形，O 是AD 中点，∴AD PO ⊥ ∵平面⊥PAD 平面ABCD ，∴⊥PO 平面ABCD（2）解法1：平面PAD ⊥平面ABCD ,AB AD ⊥,AB ∴⊥平面PAD ，过A 作AG PD ⊥ 于G ，连接GB ，则,GB PD AGB ⊥∴∠为二面角A PD B --的平面角，在Rt ABG ∆中，2,cos AG AG AB GB AGB BG ==∴=∴∠===.解法2：（2）以O 为原点，以OA 为x 轴，OP 为z 轴，建立如图所示坐标系，(1,0,0),(1,2,0),(1,0,0),(1,2,0)A B D P C --∴)3,0,1(--=，)3,2,1(-=PB ， 设平面PDB 的法向量为),,(z y x =，则⎪⎩⎪⎨⎧=-+=⋅=+=⋅03203z y x PB n x z ，∴)3,3,3(-=n ， 又∵⊥CD 平面PAD ，∴平面PAD 的一个法向量为)0,1,0(=m ， ∴721213,cos =>=<m n .21.解：（1）()(cos sin )(cos sin )f x a b x x x x λωωωω=⋅+=---sin x x ωωλ+⋅+22(cos sin )2x x x ωωωλ=--++2cos 2x x ωωλ=-+2sin(2)6x πωλ=-+．因为图象关于直线x π=对称，所以262k πππωπ-=+，k Z ∈，所以123k ω=+，又1(,1)2ω∈，所以1k=时，56ω=， 所以函数()f x 的最小正周期为265526ππ=⨯． （2）因为()04f π=，所以52sin(2)0646ππλ⨯⨯-+=所以λ=5()2sin()36f x x π=-．由30,5x π⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以55,3666x πππ⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦，所以51sin(),1362x π⎡⎤-∈-⎢⎥⎣⎦， 所以52sin()()1236x f x π⎡-=∈-⎣，故函数()f x 在区间30,5π⎡⎤⎢⎥⎣⎦上的取值范围为1⎡-⎣．22.解：（I ）设圆C ：(x -a )2+y 2=R 2(a >0)，由题意知解得a =1或a =138，R R ==⎩，，又∵S =πR 2<13，∴a =1，∴圆C 的标准方程为：(x -1)2+y 2=4．（Ⅱ）当斜率不存在时，直线l 为：x =0不满足题意． 当斜率存在时，设直线l ：y =kx +3，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 又∵l 与圆C 相交于不同的两点，联立消去y 得：(1+k 2)x 2+(6k -2)x +6=0， ∴Δ=(6k -2)2-24(1+k 2)=36k 2-6k -5>0，解得或． x 1+x 2=，y 1+ y 2=k (x 1+x 2)+6=， ，， 假设//OD MC ，则12123()x x y y -+=+，∴， 解得，假设不成立． ∴不存在这样的直线l ．223(1)4y kx x y =+⎧⎨-+=⎩，，1k <-1k >+2621k k--+2261k k ++121211()()22OD OA OB x x y y =+=++，(13)MC =-，226226311k k k k -+⨯=++3(1(1)4k =∉-∞-⋃++∞，。