厦门市高一下期数学质量检测试卷年含答案、解析)
2022-2023学年福建省厦门市高一年级下册学期期中考试数学试题【含答案】
福建省厦门市2022—2023学年度第二学期期中考试高一年数学试卷考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．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．3．考试结束后，将答题卡交回.一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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．1.已知i 为虚数单位，复数22iz i +=-，则复数z 的模为（）．A.2B.5C.1D.2【答案】C 【解析】【分析】根据复数除法运算，先化简z ；再由复数模的计算公式，即可得出结果.【详解】因为复数()222342555i i z ii ++===+-，所以91612525z =+=．故选：C ．2.已知平面向量()1,a m = ，(),2b n = ，()3,6c = ，若a c ∥ ，b c ⊥，则实数m 与n 的和为()A.6B.6- C.2D.2-【答案】D 【解析】【分析】根据a c ∥ 、b c ⊥分别求出m 和n 即可．【详解】a ∥c，1236mm ∴=⇒=；b c ⊥ ，0b c ∴⋅=，31204n n ∴+=⇒=-；242m n ∴+=-=-．故选：D ．3.已知圆锥PO ，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，顶角为2π3的等腰三角形，该圆锥的侧面积为（）A.26πmB.263πm C.233πm D.2123πm 【答案】B 【解析】【分析】运用圆锥侧面积公式计算即可.【详解】如图所示，设圆锥的半径为r ，母线为l ，由题意知，132r OB AB ===，在Rt POB △中，112ππ2233BPO BPA ∠=∠=⨯=，所以323π3sin 32OB l BP ====，所以圆锥侧面积为2ππ32363πm rl =⨯⨯=.故选：B.4.中国古代数学专著《九章算术》的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的半周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n 使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率π.据此，当n 足够大时，可以得到π与n 的关系为（）A.360πsin 2n n︒≈B.180πsinn n ︒≈ C.360π21cos n n ︒⎛⎫≈- ⎪⎝⎭ D.180π1cos 2n n︒≈-【答案】A 【解析】【分析】设圆的半径为r ，由题意可得221360πsin2r n r n ︒≈⋅⋅⋅，化简即可得出答案.【详解】设圆的半径为r ，将内接正n 边形分成n 个小三角形，由内接正n 边形的面积无限接近圆的面即可得：221360πsin2r n r n︒≈⋅⋅⋅，解得：360πsin 2n n ︒≈.故选：A .5.在ABC 中，60A ∠=︒，1b =，ABC 的面积为3，则sin aA为（）．A.8381B.2393C.2633D.27【答案】B 【解析】【分析】由已知条件，先根据三角形面积公式求出c 的值，然后利用余弦定理求出a 的值，即可得sin aA的值.【详解】解：在ABC 中，因为60A ∠=︒，1b =，ABC 的面积为3，所以113sin 12223ABC bc A S c ==⨯⨯⨯= ，所以4c =，因为2222212cos 14214132a b c bc A =+-=+-⨯⨯⨯=，所以13a =，所以13239sin 332a A ==.故选：B.6.已知m ，n 为两条不同的直线，,αβ为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若//,//,//m n αβαβ，则//m nB.若//,//,m m n αβαβ⋂=，则//m nC.若//,//αβn n ，则//αβD.若//,m n n α⊂，则//m α【答案】B 【解析】【分析】A ：结合两直线的位置关系可判断//m n 或,m n 异面；B ：结合线面平行的性质可判断//m n ；C ：结合线面的位置关系可判断//αβ或,αβ相交；D ：结合线面的位置关系可判断//m α或m α⊂.【详解】A ：若//,//,//m n αβαβ，则//m n 或,m n 异面，故A 错误；B ：因为//m α，所以在平面α内存在不同于n 的直线l ，使得//l m ，则l //β，从而//l n ，故//m n ，故B 正确；C ：若//,//αβn n ，则//αβ或,αβ相交，故C 错误；D ：若//,m n n α⊂，则//m α或m α⊂，故D 错误.故选：B7.如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，棱柱的侧面均为矩形，11AA =，3AB BC ==，1cos 3ABC ∠=，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为（）A.3B.2C.5D.7【答案】D 【解析】【分析】连接1BC ，得11A BC V ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC V 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解AC '即可.【详解】连接1BC ，得11A BC V ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC V 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则有1C AP PC AP PC A '++'=≥，如图，当,,A P C '三点共线时，则AC '即为1AP PC +的最小值.在三角形ABC 中，3AB BC ==，1cos 3ABC ∠=，由余弦定理得：2212cos 332323AC AB BC AB BC B =+-⋅=+-⨯⨯=,所以112A C =，即12A C '=,在三角形1A AB 中，11AA =，3AB =，由勾股定理可得：2211132A B AA AB =+=+=,且160AA B ∠=︒.同理可求：12C B =，因为11112A B BC A C ===，所以11A BC V 为等边三角形，所以1160BA C ∠=︒，所以在三角形1AAC '中，111120AA C AA B BA C ''∠=∠+∠=︒,111,2AA A C '==,由余弦定理得：11421272AC ⎛⎫'=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭.故选：D.8.已知ABC 中，π3A ∠=，D ，E 是线段BC 上的两点，满足BD DC =，BAE CAE ∠=∠，192AD =，635AE =，则BC 长度为（）A.19 B.23 C.7 D.6319-【答案】C 【解析】【分析】由BAE CAE ABCS S S +=△△△可得出56b c bc +=，由1()2AD AB AC =+ 两边平方可求得,,bc b c +然后在ABC 中利用余弦定理可求得答案.【详解】如图，记,,BC a AC b AB c ===,BAE CAE ABC S S S += △△△，π6BAE CAE ∠=∠=，635AE =，1631631sin sin sin 25625623πππc b bc ∴⨯⨯+⨯⨯=，333()104b c bc ∴+=，即56b c bc +=，1()2AD AB AC =+ ，192AD =，()()2222211244AD AB AB AC AC b c bc ∴=+⋅+=++ 2211125119()()4443644b c bc bc bc =+-=⨯-=，即225()366840bc bc --=，(6)(25114)0bc bc -+=，6,5,bc b c ∴=∴+=在ABC 中，2222222cos()32513π87a b c bc b c bc b c bc =+-=+-=+-=-=,7BC a ∴==.故选：C.二、选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.已知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O 与圆台的两个底面和侧面都相切，则（）A.圆台的母线长为4B.圆台的高为4C.圆台的表面积为26πD.球O 的表面积为12π【答案】ACD 【解析】【分析】作出圆台的轴截面，设圆台上、下底面圆心分别为12,O O ，半径分别为12,r r ，连接,,OD OE OA ，利用平面几何知识得到2123R r r ==，即可逐项计算求解．【详解】设梯形ABCD 为圆台的轴截面，则内切圆O 为圆台内切球的大圆，如图，设圆台上、下底面圆心分别为12,O O ，半径分别为12,r r ，则12,,O O O 共线，且1212,O O AB O O CD ⊥⊥，连接,,OD OE OA ，则,OD OA 分别平分,DAB ADC ∠∠，故12,r r E AE D ==，,,22ππODA DOA OE D OA A D +∠=∠=⊥∠，故2E O A E DE =⋅，即2123R r r ==，解得3R =，母线长为124r r +=，故A 正确；圆台的高为223R =，故B 错误；圆台的表面积为22π1π3π(13)426π⨯+⨯+⨯+⨯=，故C 正确；球O 的表面积为24π12πS R ==，故D 正确.故选：ACD.10.已知1z 与2z 是共轭虚数，则（）A.2212z z < B.2122z z z =C.12R z z +∈ D.12R z z ∈【答案】BC 【解析】【分析】设出复数12,z z ，根据复数的运算，对每个选项进行逐一分析，即可判断.【详解】由题意，复数1z 与2z 是共轭虚数，设1i z a b =+、2i z a b =-，R a b ∈、且0b ≠，对于A 项，22212i z a b ab =-+，22222i z a b ab =--，当0a ≠时，由于复数不能比较大小，故A 项不成立；对于B 项，因为2212z z a b ⋅=+，2222||z a b =+，所以2122||z z z ⋅=，故B 项正确；对于C 项，因为122R z z a +=∈，所以C 选项正确；对于D 项，由222122222()2()(i i i i)i i z a b a b a b abz a b a b a b a b a b ++-===+--+++不一定是实数，故D 项不成立.故选：BC.11.对于ABC ，有如下命题，其中正确的有（）A.若22sin sin A B =，则ABC 为等腰三角形B.若sin cos A B =，则ABC 为直角三角形C.若222sin sin cos 1A B C ++<，则ABC 为钝角三角形D.若3,1,30AB AC B === ，则ABC 的面积为34或32【答案】ACD 【解析】【分析】A.根据条件得到,A B 的关系，由此进行判断；B.利用诱导公式直接分析得到,A B 的关系并判断；C.利用正弦定理得到222,,a b c 的关系，结合余弦定理进行判断；D.先利用正弦定理计算出sin C 的值，由此可求,C A 的值，结合三角形面积公式进行计算并判断.【详解】对于A ：22sin sin ,A B A B ABC =∴=⇒ 是等腰三角形，A 正确；对于B ：sin cos ,2A B A B π=∴-=或,2A B ABC π+=∴ 不一定是直角三角形，B 错误；对于C ：2222222222sin sin 1cos ,sin ,cos 02A B C C a a abb bc C c ++<--==∴+∴<< ，ABC ∴ 为钝角三角形，C 正确；对于D ：由正弦定理，得sin 3sin .2AB B C AC ⋅==而,60AB AC C >∴= 或120,C = 90A ∴= 或30,A =当90,60A C =︒=︒时，131322ABCS =⨯⨯=，当30,120A C =︒=︒时，1311sin12024ABC S =⨯⨯⨯︒=，32ABC S ∴=或3,4D 正确.故选：ACD.12.“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi -regularsolid )，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知2AB =，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（）A.该半正多面体的体积为203B.该半正多面体过,,A B C 三点的截面面积为332C.该半正多面体外接球的表面积为8πD.该半正多面体的顶点数V 、面数F 、棱数E 满足关系式2V F E +-=【答案】ACD 【解析】【分析】根据几何体的构成可判断A ，由截面为正六边形可求面积判断B ，根据外接球为正四棱柱可判断C ，根据顶点，面数，棱数判断D.【详解】如图，该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.对于A ，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：11202228111323V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=，故正确；对于B ，过,,A B C 三点的截面为正六边形ABCFED ，所以()2362334S =⨯⨯=，故错误；对于C ，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为2,侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积2244(2)8S R πππ==⨯=，故正确；对于D ，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足1214242+-=，故正确.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.i 是虚数单位，已知22i ωω-=-，写出一个满足条件的复数ω．______．【答案】1i ω=+（答案不唯一，满足i a a ω=+（R a ∈）均可）【解析】【分析】运用复数的模的运算公式计算即可.【详解】设i a b ω=+，（,R a b ∈），则22|2||(2)i |(2)a b a b ω-=-+=-+，22|2i ||(2)i |(2)a b a b ω-=+-=+-，因为|2||2i |ωω-=-，所以2222(2)(2)a b a b -+=+-，解得：a b =，所以i a a ω=+，（R a ∈）所以可以取1i ω=+.故答案为：1i ω=+（答案不唯一，满足i a a ω=+（R a ∈）均可）.14.在矩形ABCD 中，已知2AB =，1BC =，点P 是对角线AC 上一动点，则AP BP ⋅的最小值为___________.【答案】45-##0.8-.【解析】【分析】以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求出AP BP ⋅，进而结合二次函数的性质即可求出结果.【详解】以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立直角坐标系，又因为2AB =，1BC =，所以()()()()0,0,2,0,2,1,0,1,A B C D 则直线AC 的方程为12y x =，所以设()2,P m m ，且01m ≤≤，而()()2,,22,AP m m BP m m ==-,所以()2222AP BP m m m ⋅=-+ 254m m=-结合二次函数的性质可知，当25m =时，AP BP ⋅ 有最小值，且最小值为222454555⎛⎫⨯-⨯=- ⎪⎝⎭，故答案为：45-.15.太湖中有一小岛C ，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A 处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1km 到达B 处后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________km.【答案】36【解析】【详解】如图所示，过C 作CD ⊥AB ，垂足为D ，∠A=15°，∠CBD=75°，AB=1km ，△ABC 中，BC=00sin15sin 60，△CBD 中，CD=BCcos15°=001sin 302sin 60=36km ．故填36．16.如图，平面四边形ABCD 中，其中3os 4c DAB ∠=，BAC DAC ∠=∠，AD AB <，且5AB =，14AC BD ==，若(),R AC AB AD λμλμ=+∈，则λμ+=______．【答案】75##1.4【解析】【分析】运用余弦定理求得AD 的值，在AB 上取点E ，使得2AE AD ==，结合角平分线性质可得AF D E ⊥，再运用向量加法可求得结果.【详解】在ABD △中，由余弦定理得：2222cos BD AB AD AB AD BAD =+-⋅⋅∠，即：231425254AD AD =+-⨯⨯，解得：2AD =或112AD =，又因为5AD AB <=，所以2AD =.在AB 上取点E ，使得2AE =，连接DE ，交AC 于点F ，如图所示，又因为AC 为DAB ∠的角平分线，所以AF D E ⊥，F 为DE 的中点，在ADE V 中，由余弦定理得：22232222224DE =+-⨯⨯⨯=，所以2211141()42222AF AE DE AC =-=-==，所以225AC AF AE AD AB AD ==+=+，所以2=5λ，1μ=，所以75λμ+=.故答案为：75.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知复数z 满足2z z ⋅=，且z 的虚部为-1，z 在复平面内所对应的点在第四象限．（1）求z ；（2）若z ，2z 在复平面上对应的点分别为A ，B ，O 为坐标原点，求∠OAB ．【答案】（1）1i z =-（2）π2OAB ∠=【解析】【分析】（1）运用复数几何意义设出z ，再结合共轭复数定义写出z ，再运用复数乘法运算求得结果.（2）运用复数几何意义、两点间距离公式及勾股定理可求得结果.【小问1详解】由题意知，设i z a =-（0a >），则i z a =+，所以222i 12z z a a ⋅=-=+=，解得：1a =，所以1i z =-.【小问2详解】由（1）知，1i z =-，所以22(1i)2i z =-=-，所以(1,1)A -，(0,2)B -，如图所示，所以(1,1)AO =- ，(1,1)AB =--，22||(1)12AO =-+= ，22||(1)(1)2AB =-+-= ，所以11cos 02||||AO AB OAB AO AB ⋅-∠===.所以π2OAB ∠=.18.如图，已知P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，M 、N 分别是AB PC 、的三等分点（M 靠近B ，N 靠近C ）；（1）求证：//MN 平面PAD ．（2）在PB 上确定一点Q ，使平面//MNQ 平面PAD ．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）过点N 作//NE CD ，交PD 于点E ，连接AE ，证得证得四边形AMNE 为平行四边形，得到//MN AE ，结合线面平行的判定定理，即可求解；（2）取PB 取一点Q ，使得13BQ BP =，证得//MQ PA ，得到//MQ 平面PAD ，结合（1）中//MN 平面PAD ，利用面面平行的判定定理，证得平面//MNQ 平面PAD ．【小问1详解】证明：过点N 作//NE CD ，交PD 于点E ，连接AE ，因为N 为PC 的三等分点，可得23NE CD =，又因为M 为AB 的三等分点，可得23AM AB =，因为//AB CD 且AB CD =，所以//AM NE 且AM NE =，所以四边形AMNE 为平行四边形，所以//MN AE ，又由MN ⊄平面PAD ，AE ⊂平面PAD ，所以//MN 平面PAD .【小问2详解】证明：取PB 取一点Q ，使得13BQ BP =，即点Q 为PB 上靠近点B 的三等点，在PAB 中，因为,M Q 分别为,AB PB 的三等分点，可得MB BQAB BP=，所以//MQ PA ，因为MQ ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，所以//MQ 平面PAD ；又由（1）知//MN 平面PAD ，且MN MQ M ⋂=，,MN MQ ⊂平面MNQ ，所以平面//MNQ 平面PAD ，即当点Q 为PB 上靠近点B 的三等点时，能使得平面//MNQ 平面PAD ．19.如图，在ABC 中，π3BAC ∠=，D 为AB 中点，P 为CD 上一点，且满足13AP t AC AB =+ ，ABC 的面积为332，（1）求t 的值；（2）求AP的最小值.【答案】（1）13t =（2）2【解析】【分析】（1）利用,,C P D 三点共线，可设DP mDC =，推出1(1)2AP mAC m AB =+- ，结合13AP t AC AB =+ ，即可求得t 的值；（2）利用（1）的结论可得2221(2)9A AC AB A PC AB ++=⋅ ，利用三角形面积得出||||6AC AB ⋅=，结合基本不等式即可求得答案.【小问1详解】在ABC 中，D 为AB 中点，则,,C P D 三点共线，设,()DP mDC AP AD m AC AD =∴-=- ,故1(1)(1)2AP mAC m AD mAC m AB =+-=+- ，又13AP t AC AB =+ ，故11(1)23m t m =⎧⎪⎨-=⎪⎩，解得13m t ==，即13t =.【小问2详解】由（1）知1133AP AC AB =+，所以2222211()(2)1339AC AB AC AP AP AB AC AB +=+=+⋅=221(||||2||||cos )9AC AB AC AB BAC =++⋅∠1(2||||2||||cos )9AC AB AC AB BAC ≥⋅+⋅∠ ，当且仅当||||AC AB = 时取等号，又332ABC S =△，则133||||sin 22AC AB BAC ⋅∠= ,即1π33||||sin ,||||6232AC AB AC AB ⋅=∴⋅= ，故21π(2626c 2os )2,93AP AP ≥⨯+⨯=≥∴ ，即AP 的最小值为2，当且仅当||||6AC AB ==时取等号.20.ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且π2sin 6b c A ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.（1）求C ；（2）若1c =，D 为ABC 的外接圆上的点，2BA BD BA ⋅= ，求四边形ABCD 面积的最大值.【答案】（1）π6；（2）312+.【解析】【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式化简，即可得出3tan 3C =，进而根据角的范围得出答案；（2）解法一：由已知可推出BC CD ⊥，然后根据正弦定理可求出22R =，进而求出2BD =，3AD =.设BC x =，CD y =，表示出四边形的面积，根据基本不等式即可得出答案；解法二：根据投影向量，推出BC CD ⊥，然后同解法一求得3AD =.设CBD θ∠=，表示出四边形的面积，根据θ的范围，即可得出答案；解法三：同解法一求得3AD =，设点C 到BD 的距离为h ，表示出四边形的面积，即可推出答案；解法四：建系，由已知写出点的坐标，结合已知推得BD 是O 的直径，然后表示出四边形的面积，即可推出答案.【小问1详解】因为π2sin 6b c A ⎛⎫=+⎪⎝⎭，在ABC 中，由正弦定理得，i s n in 2sin πs 6B A C ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.又因为()()sin sin πsin B A C A C =--=+，所以()πsin 2s n sin i 6A C A C ⎛⎫+=+⎪⎝⎭，展开得sin cos cos sin sin sin cos 31222A C A C C A A ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭，即sin cos si 30n sin A C C A -=，因为sin 0A ≠，故cos 3sin C C =，即3tan 3C =.又因为()0,πC ∈，所以π6C =.【小问2详解】解法一：如图1设ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为R ，因为2BA BD BA ⋅= ，所以()0BA BD BA ⋅-= ，即0BA AD ⋅=，所以DA BA ⊥，故BD 是O 的直径，所以BC CD ⊥.在ABC 中，1c =，122πsin sin 6c A R BC =∠==，所以2BD =.在ABD △中，223AD BD AB =-=.设四边形ABCD 的面积为S ，BC x =，CD y =，则224x y +=，ABD CBD S S S =+△△11312222AB BC xyAD CD =+⋅=⋅+2231312222x y +≤+⋅=+，当且仅当2x y ==时，等号成立.所以四边形ABCD 面积最大值为31 2+.解法二：如图1设ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，BD在BA上的投影向量为BAλ，所以()2BA BD BA BA BAλλ⋅=⋅=.又22BA BD BA BA⋅==，所以1λ=，所以BD在BA上的投影向量为BA，所以DA BA⊥.故BD是O的直径，所以BC CD⊥.在ABC中，1c=，122πsin sin6cARBC=∠==，所以2BD=，在ABD△中，223AD BD AB=-=.设四边形ABCD的面积为S，CBDθ∠=，π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则2cosCBθ=，2sinCDθ=，所以ABD CBDS S S=+△△1122BAD CDAB C=⋅⋅+3sin22θ=+，当π22θ=时，S最大，所以四边形ABCD 面积最大值为312+.解法三：如图1设ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，因为2BA BD BA ⋅= ，所以()0BA BD BA ⋅-= ，即0BA AD ⋅= ，所以DA BA ⊥.故BD 是O 的直径，所以BC CD ⊥.在ABC 中，1c =，122πsin sin 6c A R BC =∠==，所以2BD =.在ABD △中，223AD BD AB =-=.设四边形ABCD 的面积为S ，点C 到BD 的距离为h ，则ABD CBD S S S =+△△1122AD h AB BD ⋅+⋅=32h =+，当1h R ==时，S 最大，所以四边形ABCD 面积最大值为312+.解法四：设ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为R ，在ABC 中，1c =，122πsin sin 6c A R BC =∠==，故ABC 外接圆O 的半径1R =.即1OA OB AB ===，所以π3AOB ∠=.如图2，以ABC 外接圆的圆心为原点，OB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系xOy ，则13,22A ⎛⎫⎪⎪⎝⎭，()10B ,.因为C ，D 为单位圆上的点，设()cos ,sin C αα，()cos ,sin D ββ，其中()0,2πα∈，()0,2πβ∈.所以13,22BA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()cos 1,sin BD ββ=- ，代入2BA BD BA ⋅= ，即1BA BD ⋅=，可得113cos sin 1222ββ-++=，即π1sin 62β⎛⎫-= ⎪⎝⎭.由()0,2πβ∈可知ππ11π,666β⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，所以解得ππ66β-=或π5π66β-=，即π3β=或πβ=.当π3β=时，A ，D 重合，舍去；当πβ=时，BD 是O 的直径.设四边形ABCD 的面积为S ，则1313sin sin 2222ABD CBD S S S BD BD αα=+=⋅+⋅=+△△，由()0,2πα∈知sin 1α≤，所以当3π2α=时，即C 的坐标为()0,1-时，S 最大，所以四边形ABCD 面积最大值为312+.21.如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为菱形，且60ABC ∠=︒，2AB =，2PA PB ==．M 是棱PD 上的点，O 是棱AB 的中点，PO 为四棱锥P ABCD -的高，且四面体MPBC 的体积为36．（1）证明：PM MD =；（2）若过点C ，M 的平面α与BD 平行，且交PA 于点Q ，求多面体DMC AQB -体积．【答案】（1）证明见解析（2）32【解析】【分析】（1）由题意AD 平面PBC ，求得体积关系：12M PBC D PBC V V --=，即可得出答案；（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面α的法向量为n，设()0,,AQ AP λλλ== ，由0n CQ ⋅= 得23λ=，求出ACQ 面积，平面ACQ 的法向量1n ，利用向量法求出M 到平面ACQ 的距离d ，进而求得M ACQ V -，Q ABC V -，M ADC V -，相加即可得出答案.【小问1详解】因为2PA PB ==，2AB =，AB 中点O ，所以PO AB ⊥，1PO =，1BO =.又因为ABCD 是菱形，60ABC ∠=︒，所以CO AB ⊥，3CO =.因为AD BC ∥，BC ⊂平面PBC ，AD ⊄平面PBC ，所以AD 平面PBC ，所以11131233323A D PBC A PBC P ABC BC V V V P S O ---====⨯⨯⨯⨯=⋅△.因为3162M PBC D PBC V V --==，所以点M 到平面PBC 的距离是点D 到平面PBC 的距离的12，所以PM MD =.【小问2详解】因为PO ⊥平面ABCD ，,BO CO ⊂平面ABCD ，所以PO BO ⊥，PO CO ⊥，又BO CO ⊥，如图，以O 为坐标原点，OC ，OB ，OP的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则()0,1,0A -，()0,1,0B ，()3,0,0C，()3,2,0D-，()0,0,1P ，所以31,1,22M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，()3,1,0AC =，()3,1,0BC =-，()3,3,0BD =-，()0,1,1AP = ，31,1,22CM ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭.设平面α的法向量为(),,n x y z = ，则00n BD n CM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即33031022x y x y z ⎧-=⎪⎨--+=⎪⎩，取1y =，得()3,1,5=n .因为Q AP ∈，设()0,,AQ AP λλλ==，则()3,1,CQ AQ AC λλ=-=-- ，因为3150n CQ λλ⋅=-+-+= ，所以23λ=，23AQ AP =，所以123,,33CQ ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，220,,33AQ ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()22212423333CQ ⎛⎫⎛⎫=-+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，222223332AQ ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，ACQ 中，2221cos 822422332242233AQC ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⨯⨯∠==,0πAQC <∠<,2137sin 188AQC ⎛⎫∠=-= ⎪⎝⎭，1224237733831sin 22ACQ S AQ CQ AQC =⨯⨯⨯⨯⨯∠⨯==△,设平面ACQ 的法向量为()1111,,n x y z = ，则1100n AQ n CQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111112203323033y z y z x ⎧+=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩.取11x =，得()11,3,3n =-.设M 到平面ACQ 的距离为d ，又31,1,22CM ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭ ，则()()()()1222131113322133217d CM n n ⎛⎫-⨯+-⨯-+⨯ ⎪===+⋅⎝⎭-+，11219733337M ACQ ACQ V S d -=⨯⨯⨯=⨯=△，∵23AQ AP = ，∴Q 到平面ABC 的距离为2233PO =，又12332ABC S =⨯⨯= ，∴1223339Q ABC ABC V S -=⨯⨯=△,∵PM MD =，∴M 到平面ADC 的距离为1122PO =，又3ADC ABC S S ==△△，∴113326M ADC ADC V S -=⨯⨯=△,多面体DMC AQB -体积为323339962M ACQ Q ABC M ADC V V V V ---=++=++=.22.如图1，某景区是一个以C为圆心，半径为3km 的圆形区域，道路1l ，2l 成60°角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道AB ，点A ，B 分别在1l 和2l 上，修建的木栈道AB 与道路1l ，2l 围成三角地块OAB ．（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）．（1）当OAB 为正三角形时求修建的木栈道AB 与道路1l ，2l 围成的三角地块OAB 面积；（2）若OAB 的面积103S =，求木栈道AB 长；（3）如图2，设CAB α∠=，①将木栈道AB 的长度表示为α的函数，并指定定义域；②求木栈道AB 的最小值．【答案】（1）2273km（2）3km 3（3）①33π0πtan 3tan 3AB ααα⎛⎫=+<< ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭，②63km 【解析】【分析】（1）运用等面积法可求得等边三角形的边长，进而求得等边三角形的面积.（2）方法1：运用内切圆性质及三角形面积公式可求得结果.方法2：运用两个三角形面积公式可得a b c ++，ab 的值，再结合余弦定理可得22()3c a b ab =+-，联立可求得AB 的长.（3）①运用内切圆性质可得π3CBM α∠=-，进而运用直角三角形中的正切公式可表示出AB .②方法1：运用分离常数法、“1”的代换及基本不等式可求得结果.方法2：运用切化弦、和角公式、积化和差公式化简AB 表达式，再结合三角函数在区间上求最值即可.方法3：运用切化弦、和差角公式、二倍角公式、辅助角公式化简，再结合三角函数在区间上求最值即可.【小问1详解】如图所示，设三角地块OAB 面积为S ，等边△OAB 边长为a ，所以由等面积法得：211π33sin 223S a a =⨯⨯=，解得63a =，所以221π3sin (63)273234OAB S a ==⨯=△.故修建的木栈道AB 与道路1l ，2l 围成的三角地块OAB 面积为273平方千米.【小问2详解】方法1：设圆C 分别与OB 、OA 、AB 相切于点N 、E 、M ，如图所示，则3NC =，NC OB ⊥，1π26NOC BOA ∠=∠=，所以在Rt ONC △中，33πtan6NCON ==，所以33OE ON ==，设BM BN m ==，AE AM n ==，所以12(33)31032AOB S m n =⨯⨯++⨯=△，解得：33m n +=，即：33AB =.故木栈道AB 长为3km 3.方法2：设三角地块OAB 面积为S ，OB a =，OA b =，AB c =，3r =，由等面积法可得：()11sin 22S ab BOA r a b c =∠=++，即：()()13103103242433r a b c ab a b c ab =++=⇒=++=，所以3203a b c ++=①，40ab =②，在△OAB 中，由余弦定理得2222222cos 2cos60c a b ab BOA c a b ab ︒=+-∠⇒=+-222()3a b ab a b ab =+-=+-，即：22()3c a b ab =+-③，由①②③解得：33c =.故木栈道AB 长为3km 3.【小问3详解】如图所示，①由题意知，2π3OBA OAB ∠+∠=，由内切圆的性质可知，π3CBA CAB ∠+∠=，设直线AB 和圆C 相切点M ，CAB α∠=，则π3CBM α∠=-，因为00π003CAB CBA αα>⎧∠>⎧⎪⇒⎨⎨∠>->⎩⎪⎩，解得：π03α<<，又因为tan CM AM α=，πtan 3CMBM α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以tan 3AM α=，πn 33ta BM α=⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以33π0πtan 3tan 3AB AM BM ααα⎛⎫=+=+<< ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭.即：33π0πtan 3tan 3AB ααα⎛⎫=+<< ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭.②方法1：3tan 1312333πtan tan tan 3tan 3tan ta 3331n AB ααααααα⎛⎫+=+=+=+- ⎪ ⎪⎛⎫--⎝⎭- ⎪⎝⎭()143tan 4tan 3tan 3tan 333533tan tan 3tan 3tan αααααααα⎛⎫-⎛⎫⎡⎤=++--=++- ⎪ ⎪ ⎪⎣⎦--⎝⎭⎝⎭3(54)3363≥⨯+-=，当且仅当π6α=时等号成立，故木栈道AB 的长度最小值为63km .方法2：πππcos()cos sin()sin cos()33333πππtan sin sin()sin sin()33cos tan 333AB αααααααααααα⎛⎫--+- ⎪=+=+=⨯ ⎪⎛⎫ ⎪--- ⎪⎝⎭⎝⎭ππsin[()]sin333333π11ππ1ππcos(2)cos[()]cos[()]cos(2)cos 32233233αααααααα-+=⨯=⨯=⎡⎤⎡⎤-----+---⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦因为π03α<<，所以πππ2333α-<-<，所以1πcos(2)123α<-≤，所以3363π1cos(2)32AB α=≥--，故木栈道AB 的长度最小值为63km .方法3：πππcos()cos sin()sin cos()33333πππtan sin sin()sin sin()33cos tan 333AB αααααααααααα⎛⎫--+- ⎪=+=+=⨯ ⎪⎛⎫ ⎪--- ⎪⎝⎭⎝⎭ππsin[()]sin333333π13131sin(2)sin (cos sin )sin 2(1cos 2)622244αααααααα-+=⨯=⨯=+----，因为π03α<<，所以ππ5π2666α<+<，所以1πsin(2)126α<+≤，所以3363π1sin(2)62AB α=≥+-，故木栈道AB 的长度最小值为63km .【点睛】方法点睛：解三角形的应用问题的要点（1）从实际问题抽象出已知的角度、距离、高度等条件，作为某个三角形的元素；（2）利用正弦、余弦定理解三角形，得实际问题的解．解三角形中最值（范围）问题的解题策略利用正弦、余弦定理以及面积公式化简整理，构造关于某一个角或某一边的函数或不等式，利用函数的单调性或基本不等式等求最值（范围）．。
福建省厦门市2019-2020学年高一下学期期末考试数学试题解析版
．
【点评】考查等比数列的下标差性质，难度较低．
6．设 a,b, c 是三条不同直线， , , 是三个不同平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若 a ⊥ b ， b ⊥ c ，则 a ⊥ c
B． ⊥ , ⊥ ，则 / /
C．若 a ⊥ b ， a ⊥ ，则 b / /
D．若 / / ， a ⊥ ，则 a ⊥
等或互补，D 错；
【点评】本题结合正四棱锥，考察了空间中平行、垂直、线线角、二面角，与今年高考题金字塔题遥相呼应，利用正
四棱锥的基本性质对立体几何的相关基础知识进行了全面的考察，难度中等偏上．
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第Ⅱ卷（非选择题 共 100 分） 三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在答题卷上的相应题目的答题区域内作答．
厦门市 2019—2020 学年（下）高一 7 月质检 数学试卷
试卷分Ⅰ卷和Ⅱ卷两部分，满分 150 分 考试时间 120 分钟
第Ⅰ卷（选择题 共 50 分）
一、单选题：本题共 8 个小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一个是符合题目要求
的．在答题卷上相应题目的答题区域内作答．
【点评】此题考查学生对二次函数、一元二次不等式与图像的关系的理解与掌握，属于基础题 14．如上图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，则该几何体的侧面积为________
【答案】 4 5 【 解 析 】 由 三 视 图 可 知 几 何 体 为 圆 锥 ， 侧 面 积 S = 1 lr ， 母 线 长 度 r = 22 + 42 = 2 5 ， 底 面 周 长 为
【点评】本题考察等比数列通项公式，代入首项和公比即可，属简单题
2021-2022学年福建省厦门市高一下学期质量检测(期末)数学试题【含答案】
2021-2022学年福建省厦门市高一下学期质量检测（期末）数学试题一、单选题1．已知（i 是虚数单位），则(1)i z i +=||z =A ．BCD ．212B【分析】利用复数除法运算求得，再求.z z【详解】依题意，所以()()()11111122i i i z i i i i -===+++-z ==故选：B.本小题主要考查复数除法运算，考查复数的模的运算，属于基础题.2．厦门中学生助手有男志愿者120人，女志愿者180人，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为50的样本.如果样本按比例分配，那么男志愿者应抽取的人数是（ ）A ．10B ．20C ．30D ．40B【分析】根据分层抽样的定义建立比例关系即可.【详解】依题意得，厦门中学生助手一共有人，120180300+=其中男志愿者所占比例为：，12023005=则抽取一个容量为50的样本中，男志愿者应抽取的人数为.250205⨯=故选：B.3．已知，，，则（ ）()0.5P A =()0.3P B =()0.2P AB =()P A B =A ．0.5B ．0.6C ．0.8D ．1B【分析】依题意根据计算可得；()()()()P A B P A P B P AB =+- 【详解】解：因为，，()0.5P A =()0.3P B =()0.2P AB =则，所以事件与事件不相互独立，()()()P AB P A P B ≠A B ．()()()()0.50.30.20.6P A B P A P B P AB ∴=+-=+-=故选：B4．下列正确的是（）A．过球面上两点与球心有且只有一个平面B．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台C．底面是正多边形，侧棱与底面所成的角都相等的棱锥是正棱锥D．有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体是棱台C【分析】根据棱台、圆台的定义判断B、D，根据公理3的推论判断A，根据正棱锥的定义判断C；【详解】解：对于A：当球面上的两点恰好是直径的两个端点时这三点共线，此时过这三点有无数个平面，故A错误；对于B：用一个平行于底面的平面截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故B错误；对于C：根据正棱锥的定义：底面是正多边形，顶点在底面的射影是底面正多边形的中心．所以底面是正多边形且侧棱和底面成等角的棱锥是正棱锥，符合定义，是正棱锥；故C正确．对于D：两个底面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体中，侧棱延长不一定会相交，所以不一定是棱台，故D错误；故选：C5．正四面体A-BCD中，M为棱AD的中点，则直线AB与CM所成角的余弦值为（）A B C DA【分析】通过平移，把异面直线夹角问题转化为共面直线夹角问题，再解三角形.【详解】设正四面体的ABCD 的棱长为2，取AD 中点N ，连结MN ，CN ，则MN //AB ，且MN =AB =1，既是异面直线AB 和CM12CMN ∠所成角（或所成角的补角），CM =CN =sin 60CD在等腰中，=MNC cos ∠CMN 12MNCM==所以异面直线AB 与CM .故B ，C ，D 错误.故选：A.6．在△ABC 中，点D 在边BC 上，M 是AD 的中点，若，(,)BM AB AC R λμλμ=+∈ 则λ+μ=（ ）A ．B ．-2C ．D ．212-12A【分析】根据平面向量基本定理，将 和 作为基底即可.ABAC 【详解】依题意作上图，设 ，BD mBC =()1122BM BD DM mBC AD mBC AB BD=+=-=-+ ()11222m mBC AB mBC BC AB=-+=-，()112222m m m AC AB AB AB AC +⎛⎫=--=-+ ⎪⎝⎭∴；11,,222m m λμλμ+=-=+=-故选：A.7．抛掷-枚质地均匀的骰子2次，甲表示事件“第一次骰子正面向上的数字是2”，乙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是5”，丙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是7”，则（ ）A ．甲乙互斥B ．乙丙互为对立C ．甲乙相互独立D ．甲丙相互独立D【分析】先根据古典概型的概率公式分别求出三个事件的概率，再利用互斥事件、对立事件以及事件的独立性定义判断各选项的正误即可.()()()P AB P A P B =【详解】由题意可知，先后抛掷两枚骰子出现点数的所有可能情况为36种，甲表示事件“第一次骰子正面向上的数字是2”包含的基本事件有：，则；()()()()()()212223242526,，,，,，,，,，,161366P ==乙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是5” 包含的基本事件有：，则；()()()()1,4,2,3,3,2,4,1241369P ==丙表示事件“两次骰子正面向上的数字之和是7” 包含的基本事件有：，则；()()()()()()1,6,2,5,3,4,4,3,5,2,6,1361366P ==对于A ，甲乙有可能同时发生不是互斥事件，A 错误；对于B ，除了乙丙以外还有其他事件发生不是对立事件，B 错误；对于C ，甲乙同时发生的概率为，C 错误；412136P PP =≠对于D ，甲丙同时发生的概率为，D 正确.513136P PP ==故选：D.8．记的内角，，所对的边分别为，，，若，，ABC A B C a b c 1c =cos 2sin a B C =，则外接圆的半径为（ ）1cos sin 8A B =ABC A ．B ．C ．D ．1234B【分析】根据正弦定理进行边角互化，再结合三角恒等变换化简可得，再结合正sin C 弦定理可得外接圆半径.【详解】由，则，1c =cos 2sin 2sin a B C c C ==由正弦定理得，2sin cos 2sin A B C =所以，即，21sin cos cos sin 2sin 8A B A B C +=+21sin 2sin 8C C =+解得，1sin 4C =所以，，1241sin 4c R C ===2R =故选：B.9．已知复数，是方程的两根，则（ ）1z 2z 210x x ++=A ．B ．121z z +=121z z ==C ．D ．212z z =111R z z +∈B【分析】解方程可得与，进而判断各选项.1z 2z 【详解】由，210x x++=得，，112z =-212z =-故，A 选项错误；121z z +=-，，B选项正确；11z ==21z ==，C选项错误；221211312442z z ⎛⎫=-+=-=-= ⎪ ⎪⎝⎭，D选项错误；11112z z +=-=故选：B.二、多选题10．我省高考采用“3+1 +2”模式，语文、数学、外语是必选科目，物理和历史必选一科，化学、生物、思想政治、地理四个科目选择两科.现统计甲、乙两名学生高一年六个科目的学年成绩如图所示，则（ ）A ．甲六科学年成绩比乙均衡B ．甲、乙六科学年成绩均在70分以上C ．从成绩角度看，乙更适合选择历史科目组D ．甲、乙六科学年成绩超过90分的科目数量相同ACD【分析】根据两学生六科成绩直接可判断各选项.【详解】由图可知，甲同学六科学年成绩比乙均衡，A 选项正确；甲同学六科成绩均在70分以上，乙的物理成绩在70分以下，B 选项错误；乙同学的历史成绩高于物理成绩，所以，从成绩角度看，乙更适合选择历史科目组，C 选项正确；甲同学的物理与化学成绩超过90分，乙同学历史与思想政治成绩超过90分，所以两人超过90分的科目数量相同，D 选项正确；故选：ACD.11．若，，则（ ）()2,0a =(b =A ．B ．2a b ⋅= a b a b+=- C ．与的夹角为D ．在方向上的投影向量为a b6πb a 12aAD【分析】根据数量积的坐标表示及向量模的坐标表示判断A 、B 、C ，再根据投影向量的定义计算判断D ；【详解】解：因为，，所以，，()2,0a =(b =1202a b ⨯⋅=+= 2a =，2=所以，，则(a b +=(1,a b -=a += ，故A 正确，B 错误；2a =- 设与的夹角为，则，因为，所以，故C 错a b θ21cos 222a b a b θ⋅===⨯⋅[]0,θπ∈3πθ=误；在方向上的投影向量为，故D 正确；b a1211222ab a a aa a⋅⋅⋅=⨯=故选：AD12．如图，圆台O 2O 2中，母线AB 与下底面所成的角为60°，BC 为上底面直径，O 2A =6O 1B =6，则（ ）A ．圆台的母线长为10B ．圆台的侧面积为70πC ．由点A 出发沿侧面到达点C 的最短距离是D ．在圆台内放置一个可以任意转动的正方体，则正方体棱长的最大值是4ABD【分析】对A ，根据轴截面分析即可；对B ，根据圆台的侧面积公式求解即可；对C ，将圆台侧面展开，再计算即可；AC 对D ，计算圆台内能放下的最大球的直径，再根据该球为此正方体外接球求解即可【详解】对A ，母线长为，故A 正确；2110cos 60AO BO -=对B ，由A 母线长为10，则根据圆台的侧面积公式，故B 正()101670S ππ=⨯⨯+=确；对C ，由题意，侧面全展开的圆心角为22ππ==线段有小部分不在扇环上，故由点A 出发沿侧面到达点C 的最短距离大于AC 故C 错误；对D ，由题意，该圆台的轴截面可补全为一个边长为12的正三角形，故圆台中能放下，直径为=，故D 正确；4=故选：ABD 三、填空题13．若复数是纯虚数，则实数m =____.()()22563iz m m m m =-++-2【分析】根据纯虚数实部为0虚部不为0计算即可【详解】由题意，，解得 2256030m m m m ⎧-+=⎨-≠⎩2m =故2.14．记锐角的内角，，的对边分别为，，，且ABC A B C a b c ，若，是的两条高，则的取值范222sin sin cos sin cos B C B C A +=+BE CF ABC BECF 围是______.1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭【分析】根据正弦定理进行边角互化，可得角，再根据高线的性质可得，再A BE cCF b =利用边角互化，结合三角函数值域可得范围.【详解】由，得，222sin sin cos sin cos B C B C A +=+222sin sin sin sin sin B C B C A -=-再由正弦定理得，故，222b c a bc +-=2221cos 22b c a A bc +-==所以，3Aπ=故，sin sin sin 113sin sin sin 22B BE c A c C CF b A b BB π⎛⎫+ ⎪⎝⎭=====+=又为锐角三角形，ABC 故，即，02032B B ππππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<--<⎪⎩62B ππ<<，tan B ⎫∈+∞⎪⎪⎭故，11,222BE CF ⎛⎫= ⎪⎝⎭故答案为.1,22⎛⎫ ⎪⎝⎭15．某电池厂有A ，B 两条生产线制造同一型号可充电电池.现采用样本量比例分配的分层随机抽样，从某天两条生产线上的成品中随机抽取样本，并测量产品可充电次数的均值及方差，结果如下：项目抽取成品数样本均值样本方差A 生产线产品82104B 生产线产品122004则20个产品组成的总样本的方差为_____.28【分析】利用均值公式计算出总样本的均值，再利用方差的公式：，22211n i i S x xn ==-∑求出，进一步求出总样本的方差即可.21nii x=∑【详解】依题意得，，，82221121048Ai i S x ==-=∑1222211200412B i i S x ==-=∑解得：，，()822184210ii x==⨯+∑()12221124200ii x==⨯+∑又，8128210122002042020A B x x x +⨯+⨯===()()20812222221112221120420201842101242002042028.i i i i i i S x x x x ===⎛⎫∴=-=⨯+- ⎪⎝⎭⎡⎤=⨯⨯++⨯+-⎣⎦=∑∑∑20个产品组成的总样本的方差为28.∴故答案为.28四、双空题16．从直线a ，b 和平面这三个空间元素中取两个，若已知它们与第三个元素有平行β或垂直关系，则所取的两个元素也有平行或垂直关系.写出一个满足题意的真命题：若_____，则_____ ,a b ββ⊥⊥//a b【分析】结合线面位置关系的判定定理和性质定理，合理判定和构造满足题意即可.【详解】对于直线a ，b 和平面这三个空间元素中取两个，则有：β若，则；,a b ββ⊥⊥//a b 若，，则；//a b a β⊥b β⊥若，，则.//a b b β⊥a β⊥（答案不唯一，写出一个即可）故若，则；,a b ββ⊥⊥//a b 五、解答题17．已知是两个单位向量，，且.12,e e 1122,6AB e AC e e ==-- ||BC = (1)求的夹角；12,e e(2)若D 为线段BC 上一点，DC =2BD ，求证：AD ⊥AB .(1)3π(2)证明见解析【分析】（1）利用表示出，再结合即可求出答案.12,e eBC（2）利用表示出，则可计算出.则可说明AD ⊥AB.12,e e AD0AD AB ⋅= 【详解】(1)因为.1122,6AB e AC e e ==--所以.1236BC AC AB =-=--e e则||BC == 解得：121cos ,2=e e 所以的夹角12,e e 12,3e e π= (2);()1121223621133AD AB BD AB BC =+---=+=+= e e e e e .()1211224022AD AB -⋅⋅=-⨯= e e e =所以AD ⊥AB.18．如图，棱长为2的正方体ABCD –A 1B 1C 1D 1中，E ，F 分别是棱AA 1，CC 1的中点，过E 作平面，使得//平面BDF .αα(1)作出截正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1所得的截面，写出作图过程并说明理由；α(2)求平面与平面的距离.αBDF (1)答案见解析【分析】（1）根据平面与平面平行的性质可得经过，可得截面；α11,,E B D （2）转化为点线距，利用等体积法可求结果.【详解】(1)连接，由正方体性质可得，；1111,,B D EB ED 11//BD B D 1//BF ED 又，所以平面平面；BF BD B ⋂=11//EB D BDF 因为//平面，且，所以平面与平面重合，即平面就是截αBDF E α∈11EB D α11EB D α正方体ABCD - A 1B 1C 1D 1所得的截面.(2)由（1）可知平面与平面的距离等于点到平面的距离；αBDF 1B BDF设点到平面的距离为，由题意可得的1B BDF d BD BF DF ===BDF；的面积为；1BB F 2由可得，解得11B BDFD BB FV V --=111233BDF BB F S d S ⋅=⨯△△d =所以平面与平面αBDF 19．防洪是修建水坝的重要目的之一. 现查阅一条河流在某个水文站50年的年最大洪峰流量（单位：100 m 3·s -1）的记录，统计得到如下部分频率分布直方图：记年最大洪峰流量大于某个数的概率为p ，则年最大洪峰流量不大于这个数的概率为1-p .定义重现期（单位：年）为概率的倒数.规定：当p <50%时，用p 报告洪水，即洪水的重现期；当p >50%时，用1 -p 报告枯水，即枯水的重现期.如1T p =1.1T p =-，则报告洪水，重现期T =100（年），通俗的说法就是“百年一遇".1100p =(1)补齐频率分布直方图（用阴影表示） ，并估计该河流年最大洪峰流量的平均值（同一组数据用该区间的中点值作代表） ；x (2)现拟在该水文站修建水坝，要求其能抵挡五十年一遇的洪水.用频率估计概率，求它能承受的最大洪峰流量（单位：100 m 3·s -1）的最小值的估计值.(1)频率分布直方图见解析，34.6x =(2)55【分析】（1）设的频率为，根据频率分布直方图中所有的小矩形的面积之和[)40,50x 为得到方程，即可求出，从而求出组的纵轴，即可得到频率分布直方图；1x [)40,50（2）依题意根据百分位数计算规则计算可得；【详解】(1)解：设的频率为，则，解[)40,50x ()0.0080.020.0440.004101x +++⨯+=得，所以组的纵轴为，0.24x =[)40,50100.024x ÷=所以频率分布直方图如下所示：所以该河流年最大洪峰流量的平均值；()0.00815+0.0225+0.04435+0.02445+0.004551034.6x =⨯⨯⨯⨯⨯⨯=(2)解：依题意可得，即，150p =1110.9850p -=-=设最大洪峰流量估计值为，，y ()()0.008+0.02+0.044+0.02410500.0040.98y ⨯+-⨯=解得，55y =所以它能承受的最大洪峰流量（单位：100 m 3·s -1）的最小值的估计值为；5520．如图，三棱台中，.111ABC A B C -111111,2,BC CC AB BC CA B C CC C ⊥====(1)求证：；1AB BC ⊥(2)若二面角的平面角为60°，求直线AC 1与平面BCC 1B ，所成角的正弦值.1C BC A --(1)证明见解析(2)34【分析】（1）先证明为矩形，进而根据线面垂直的判定证明平面即11DCC B BD ⊥1B AD 可；（2）取中点，连接，根据线面垂直的性质可得二面角的平1B D E 1,AE EC 1C BC A --面角即为，设，根据勾股定理得，根据余弦定理可得160ADB ∠= 112B C =1C E =，再根据线面垂直的性质与判定证明平面，进而求解即3AE =AE ⊥11BCC B 1sin AC E ∠可【详解】(1)取中点，连接.因为，则，又BC D 1,AD B D 1122BC B C ==11DC B C =，且，故为矩形，故.又，故1BC CC ⊥11DC B C ∥11DCC B 1B D BD ⊥AB BC CA ==，又平面，故平面，又平面，故AD BD ⊥1,B D AD ⊂1B AD BD ⊥1B AD 1AB ⊂1B AD 1AB BC⊥(2)由（1）因为平面，故二面角的平面角即为.取BD ⊥1B AD 1C BC A --160ADB ∠=中点，连接.设，则，1B D E 1,AE EC 112B C =2BD DC ==1112CC B C ==,1B E ED ==1C E ==AD =.故，所以，又3AE ==222AE ED AD +=AE ED ⊥平面，故，又，故平面，故AE ⊂1ADB BD AE ⊥BD ED D = ,BD ED ⊂11BCC B 平面，故直线AC 1与平面BCC 1B ，所成角的为.故AE ⊥11BCC B 1EAC ∠，即直线AC 1与平面BCC 1B ，所成角的正弦值为113sin 4AE AC E AC ∠===3421．某学校组织校园安全知识竞赛.在初赛中有两轮答题，第一轮从A 类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B 类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分若两轮总积分不低于60分则晋级复赛.小芳和小明同时参赛，已知小芳每个问题答对的概率都为0.5.在A 类的5个问题中，小明只能答对4个问题；在B 类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响.(1)求小明在第一轮得40分的概率；(2)以晋级复赛的概率大小为依据，小芳和小明谁更容易晋级复赛？(1)；35(2)小明更容易晋级复赛.【分析】（1）对A 类的5个问题进行编号：，设小明只能答对4个问题的编,,,,a b c d e 号为：，列出所有的样本空间，即可求出小明在第一类得40分的概率；a b c d ,,,（2）依题意能够晋级复赛，则第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分；或4030第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分；或第一轮答错两题得分，第二轮40600答对两题得分；或第一轮答对一题得分，第二轮答对两题得分；分别求出小芳60060和小明晋级复赛的概率，进行比较得出结论.【详解】(1)对A 类的5个问题进行编号：，第一轮从A 类的5个问题中任选,,,,a b c d e 两题作答，则有共种，()()()()()()()()()(){},,,,,,,,,,,,,,,,,,,a b a c a d a e b c b d b e c d c e d e 10设小明只能答对4个问题的编号为：，a b c d ,,,则小明在第一轮得40分，有共种，()()()()()(){},,,,,,,,,,,a b a c a d b c b d c d 6则小明在第一轮得40分的概率为：；63105=(2)由（1）知，小明在第一轮得40分的概率为，35则小明在第一轮得0分的概率为：，32155-=依题意，两人能够晋级复赛，即两轮总积分不低于60分当第一轮答对两题得分，第二轮答对一题得分时，∴4030小芳和小明晋级复赛的概率分别为：；()()10.50.50.510.510.50.50.125P =⨯⨯⨯-+-⨯=⎡⎤⎣⎦；()230.40.60.60.40.2885P =⨯⨯+⨯=当第一轮答对两题得分，第二轮答对两题得分时，4060小芳和小明晋级复赛的概率分别为：；；30.50.50.50.50.0625P =⨯⨯⨯=430.40.40.0965P =⨯⨯=当第一轮答错一题得分，第二轮答对两题得分时，060小芳和小明晋级复赛的概率分别为：；；()()50.510.510.50.50.50.50.125P ⎡⎤=⨯-+-⨯⨯⨯=⎣⎦620.40.40.0645P =⨯⨯=当第一轮答错两题得分，第二轮答对两题得分时，060小芳晋级复赛的概率分别为：；()()710.510.50.50.50.0625P ⎡⎤=-⨯-⨯⨯=⎣⎦小芳晋级复赛的概率为：；∴13570.1250.06250.1250.06250.375PP P P +++=+++=小明晋级复赛的概率为：；2460.2880.0960.0640.448P P P ++=++=，0.4480.375> 小明更容易晋级复赛.∴22．记△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知，.cos sin 0a C C b c +--=b =(1)若c ；a =(2)点A ，B ，C 分别在等边△DEF 的边DE ，EF ，FD 上（不含端点）.若△DEF 面积的最大值为c .(1)6c =(2)c =【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简可求出角，再利用余弦定理可求出，A c （2）由三角形面积的最大值求出的最大值，设，则DE ACD BAE α∠=∠=，然后分别在和中利用余弦定理表示出，从而120ABE α∠=︒-ACD △ABE △,AD AE 可表示，化简后利用三角函数的性质可求出其最大值，从而列方程可求出DE c【详解】(1)因为，cos sin 0a C C b c --=所以由正弦定理得，sin cos sin sin sin 0A C A C B C +--=因为，()B A C π=-+所以,sin cos sin sin()sin 0A C A C A C C -+-=，sin cos sin sin cos cos sin sin 0A C A C A C A C C +---=，sin cos sin sin 0A C A C C --=因为，sin 0C ≠，cos 1A A -=，11cos 22A A -=，1sin 62A π⎛⎫-=⎪⎝⎭因为，5,666A πππ⎛⎫⎛⎫-∈- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所以，，66A ππ-=3A π=因为a =b =所以由余弦定理得，2222cos a b c bc A =+-，，2213c =+-23180c c --=，得（舍去），或(3)(6)0c c +-=3c =-6c =(2)由（1）可知，3A π=b =由于△DEF 面积的最大值为2DE =DE =所以的最大值为DE 因为，所以，60CAB ∠=︒120DAC BAE ∠+∠=︒因为，所以，120DAC ACD ∠+∠=︒ACD BAE ∠=∠设，则，ACD BAE α∠=∠=120ABE α∠=︒-在中，由正弦定理得ACD △sin sin AC ADD ACD=∠，得，sin AD α=sin AD α=在中，由正弦定理得，ABE △sin sin AB AEE ABE =∠所以，得，sin 60sin(120)c AE α=︒︒-sin(120)sin 60c AE α=⋅︒-︒所以sin(120)sin 60cDE AD AE αα=+=+︒-︒1sin(120)]sin 60c αα=+︒-︒1sin120cos cos120sin )sin 60c c ααα=+︒-︒︒11)sin cos]sin602cαα=︒，其中，1)sin60αθ=+︒tanθ=所以当时，取得最大值，sin()1αθ+=DE所以，1sin60=︒=所以，即，2321c+=2180c+-=所以，(0c c-+=解得或，c=c=-关键点点睛：此题考查正弦定理和余弦定理的应用，考查三角函数恒等变换公式的应用，第（2）问解题的关键是分别在和中利用余弦定理表示出，ACD△ABE△,AD AE从而可得，化简后利用三角函数的性sin(120)sin60cDE AD AEαα=+=+︒-︒质可求得其最大值，考查计算能力，属于较难题。
福建省厦门市第一中学2025届高三第二次调研数学试卷含解析
福建省厦门市第一中学2025届高三第二次调研数学试卷考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。
考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。
1．在260202x y x y x y --≤⎧⎪-+≥⎨⎪+≥⎩条件下，目标函数()0,0z ax by a b =+>>的最大值为40，则51a b +的最小值是（ ）A ．74B ．94C ．52D ．22．已知七人排成一排拍照，其中甲、乙、丙三人两两不相邻，甲、丁两人必须相邻，则满足要求的排队方法数为（ ）. A ．432 B ．576 C ．696D ．9603．如图，在中，点M 是边的中点，将沿着AM 翻折成，且点不在平面内，点是线段上一点.若二面角与二面角的平面角相等，则直线经过的（ ）A ．重心B ．垂心C ．内心D ．外心4．已知函数()(0x f x m m m =->，且1)m ≠的图象经过第一、二、四象限，则|2)|a f =，384b f ⎛⎫= ⎪⎝⎭，|(0)|c f =的大小关系为( ) A ．c b a << B ．c a b << C ．a b c <<D ．b a c <<5．某中学2019年的高考考生人数是2016年高考考生人数的1.2倍，为了更好地对比该校考生的升学情况，统计了该校2016年和2019年的高考情况，得到如图柱状图：则下列结论正确的是（ ）.A ．与2016年相比，2019年不上线的人数有所增加B ．与2016年相比，2019年一本达线人数减少C ．与2016年相比，2019年二本达线人数增加了0.3倍D ．2016年与2019年艺体达线人数相同 6．已知复数z 534i=+，则复数z 的虚部为（ ） A ．45B ．45-C ．45iD ．45-i 7．设m ∈R ，命题“存在0m >，使方程20x x m +-=有实根”的否定是( ) A ．任意0m >，使方程20x x m +-=无实根 B ．任意0m ≤，使方程20x x m +-=有实根 C ．存在0m >，使方程20x x m +-=无实根 D ．存在0m ≤，使方程20x x m +-=有实根8．已知m ，n 是两条不重合的直线，α是一个平面，则下列命题中正确的是（ ） A ．若//m α，//n α，则//m n B ．若//m α，n ⊂α，则//m n C ．若m n ⊥，m α⊥，则//n αD ．若m α⊥，//n α，则m n ⊥9．某人2018年的家庭总收人为80000元，各种用途占比如图中的折线图，2019年家庭总收入的各种用途占比统计如图中的条形图，已知2019年的就医费用比2018年的就医费用增加了4750元，则该人2019年的储畜费用为（ ）A ．21250元B ．28000元C ．29750元D ．85000元10．已知(2)f x +是偶函数，()f x 在(]2-∞，上单调递减，(0)0f =，则(23)0f x ->的解集是 A ．2()(2)3-∞+∞，，B ．2(2)3， C ．22()33-，D ．22()()33-∞-+∞，， 11．已知双曲线2222:1(0,0)x y C a b a b-=>>的渐近线方程为34yx ，且其右焦点为(5,0)，则双曲线C 的方程为（ ） A ．221916x y -=B ．221169x y -= C ．22134x y -= D ．22143x y -= 12．由实数组成的等比数列{a n }的前n 项和为S n ，则“a 1>0”是“S 9>S 8”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件D ．既不充分也不必要条件二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
福建省厦门市2022-2023学年高一下学期期末质量检测数学试题
福建省厦门市2022-2023学年高一下学期期末质量检测数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________二、多选题9．如图是全国居民消费价格涨跌幅的统计图（月度同比增长率是指本月和上一年同月相比较的增长率，月度环比增长率是指本月和上一个月相比较的增长率），从2022年5月到2023年5月（）A．全国居民消费价格月度同比涨跌幅的极差为1.9%B．2023年1月份全国居民消费价格月度环比涨幅最大383 383 384 387 388 391 393 395 399 402403 404 405 405 405 406 409 410 411 411411 412 413 415 415 415 416 416 418 418419 424 427 427 428 431 431 432 432 437437 438 441 443 447 449 450 452 457 459(1)按如下方式把100个样本观测数据以组距20分为6组：[)340,360，[)360,380，．．．，[]440,460，画频率分布直方图．根据所给数据补全直方图（用阴影表示），并估计总体的大致分布情况；(2)根据国家标准，以男性的“小腿加足高”数据的第95百分位数和女性的“小腿加足高”数据的第5百分位数作为工作椅座高的上、下限值．根据这次调查结果，确定工作椅座高的范围，并判断是否在国家标准范围[]360,480（单位：mm ）内？若不在，请你从统计学的角度分析可能的原因．20．已知ABC V 的内解,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，满足cos cos b A a B a -=．(1)求证：2B A =；(2)若D 为AB 上一点，且2BD BC ==，求ACD V 的面积的最大值．21．为了建设书香校园，营造良好的读书氛围，学校开展“送书券”活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响．连胜两个游戏可以获得一张书券，连胜三个游戏可以获得两张书券．游戏规则如下表：因为D 是AB 中点，所以1//DF AB ，因为DF Ë平面11AB C ，1AB Ì平面11AB C ，所以//DF 平面11AB C ．因为E 是1CC 中点，F 是1BB 中点所以11//B F C E ，11B F C E =，所以四边形11B FEC 为平行四边形，所以11//EF B C ，因为EF Ë平面11AB C ，11B C Ì平面11AB C ，所以//EF 平面11AB C ，因为DF Ì平面DEF ，EF Ì平面DEF ，DF EF F =I ，所以平面//DEF 平面11AB C ，因为DE Ì平面DEF ，所以//DE 平面11AB C ．（2）取BC 中点M ，连接AM ，。
厦门市2011-2012高一下质量检测数学及答案
厦门市2011—2012学年（下）高一质量检测一．选择题1.若()()4,1-3,2==BC AB ，，则AC 等于()7,1.A ()71.--，B ()1,3.-C ()1,3.-D2.一个球的体积和表面积在数值上相等，则该求的半径的数值为A.1B.2C.3D.4 3.如果()21-cos =+απ，那么⎪⎭⎫⎝⎛+απ2sin 的值是 21.-A 21.B 23.-C 23.D 4.圆心在直线07--2=y x 上的圆与y 轴交于两点()40.-，A ,()20.-，B ,则该圆的方程为 ()()53-2.22=++y x A ()()532-.22=++y x B()()53-2.22=++y x C ()()532-.22=++y x D5.关于x 的方程()04sin ≥=x xx π的实根的个数是 A.1 B.2 C.3 D.46.设直线0=++c by ax 的倾斜角为α，且0cos sin =+αα，则b a ,的关系式1.=+b a A 1.=-b a B 0.=+b a C 0.=-b a D7.在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 交于O ，E 是线段OD 的中点，AE 的延长线与CD 交于点F ，若===AF b AD a AB 则,, b a A +31. b a B 31.+ b a C 4341.+ b a C 4143.+8.已知m,n 是两条不同的直线，βα、是两个不同的平面，下列四个命题 ①若n m n m //,//,//则αα ②βαββαα//,//,//,,则若n m n m ⊂⊂ ③βαβα⊥⊂⊥m m 则若,, ④ααββα//,,m m m 则，若∉⊥⊥ 其中不正确的命题个数为A.1B.2C.3D.4ABCDOEF9.若圆()92-22=+y x 上至少有三个不同的点到直线0:=+by ax l 的距离为2，则直线l 的斜率的取值范围是⎪⎪⎭⎫⎢⎣⎡∞+⎥⎦⎤ ⎝⎛-∞-，3333,. A (][)∞+-∞-，33,. B⎥⎦⎤⎢⎣⎡-33,33.，C []33.，-D10.平面直角坐标系xOy 中，锐角α的始边是x 轴的非负半轴，终边与单位元交于点A 。
厦门市2021-2022学年度第二学期高一年级质量检测数学试题参考答案与评分标准
厦门市2021-2022学年度第二学期高一年级质量检测数学试题参考答案与评分标准一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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．1．B 2．B 3．B 4．C 5．A 6．A 7．D 8．B题源：1．教材P95 复习参考题7；2．教材P181 问题3； 3．教材P242 练习1； 4．教材P106 习题8.1-6；5．教材P148 练习3； 6．教材P26 例1； 7．教材P233 练习-2；教材P250 习题10.2-1； 8．教材P54 习题6.4-17二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分． 9．ACD 10．AD 11．BD 12．ABD题源：9．教材P199；10．教材P18； 11．教材P80 练习4-2； 12．教材P119 练习-1． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．2 14．若a ，b ，则a b ∥ 15．1,2216．28注：14题的可能答案还有：（ⅰ）若a ，b ∥，则a b ； （ⅱ）若a ∥，b ，则a b ； （ⅲ）若a b ∥，b ，则a ； （ⅳ）若b a ∥，a ，则b ．题源：13．教材P69 例1；14．教材P171 复习参考题8-15； 15．教材P54 习题6.4-16； 16．教材P212 例6四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 17．本题考查平面向量基本定理，向量的线性运算，向量的数量积等知识；考查推理论证能 力和运算求解能力；考查化归与转化、数形结合等数学思想．本题满分10分．（题源： 教材P37 习题6.3-11）（1）解：因为121126232BC AC AB e e e e e． --------------------- 1分由BC 263BC ，即222121122123294495463e e e e e e e e， 解得1212e e ， ---------------------------------------------------------------------------- 3分所以1212121cos ,2e e e e e e， 因为 12,0,πe e ，所以1e ，2e 的夹角为π3． ------------------------------------ 5分（2）解：由题意知2DC BD，即2AC AD AD AB ，化简得1121211246233AD AB AC e e e e e， ---------------------------- 7分所以21211121222221202AD AB e e e e e e． ---------- 9分又因为AD ，AB 均为非零向量，所以AD AB，所以AD AB ． ------- 10分18．本题考查空间几何体结构特征、直线与平面的位置关系、平面与平面的位置关系、棱锥 的体积等基本知识；考查空间想象、推理论证、运算求解等能力，考查化归与转化、数 形结合等数学思想．本题满分12分．（题源：教材P140 例4；P138 例3）（1）解：连接1B E ，1D E 和11B D ，则平面11B D E 为平面 ． ------------------------- 2分 在正方体1AC 中，因为11BB DD ∥，11BB DD ，所以四边形11BB D D 为平行四边 形，所以11B D BD ∥．又因为11B D 平面BDF ，BD 平面BDF ，所以11B D ∥平面BDF ． ----- 3分 取1BB 的中点H ，连接EH ，1C H ，因为11EH A B ∥，11EH A B ，1111C D A B ∥， 1111C D A B ，所以四边形11C D EH 为平行四边形，所以11D E C H ∥．又因为1BH C F ∥，1112BH C F BB ，所以四边形1BHC F 为平行四边形，所以1C H BF ∥，所以1D E BF ∥．又1D E 平面BDF ，BF 平面BDF ，所以1D E ∥平面BDF ． ------------ 5分 又因为1111D E B D D ，111,D E B D 平面 ，所以平面 ∥平面BDF ． -- 6分1A1A（2）解：由（1）知平面 ∥平面BDF ，所以平面 内的点1B 到平面BDF 的距离等 于平面 到平面BDF 的距离，设距离为d ． --------------------------------------- 7分 因为DC 平面11BB C C ，所以三棱锥1DBB F 的高即为DC ．因为12BDF S △，112222BB F S △， ------- 9分又11B BDF D BB F V V ，所以11133BDF BB F d S DC S △△，所以1BB F BDF DC S d S △△．------------------------------------------------------------------------------------------------ 11分即d ． -------------------------------------------------------------------- 12分19．本题考查频率分布直方图、样本的数字特征、用样本估计总体等知识；考查推理论证、 运算求解、数据处理等数学能力；考查数形结合、化归与转化等数学思想．本题满分 12分．（题源：教材P202 例3；P206） （1）解：由频率分布直方图知年最大洪峰流量在区间 10,20， 20,30， 30,40，50,60上的频率分别为100.0080.08 ，100.0200.2 ，100.0440.44 ， 100.0040.04 ， ------------------------------------------------------------------------- 2分 所以年最大洪峰流量在区间 40,50的频率为 10.080.20.440.040.24 ． -------------------------------------------------------------------------------------------------- 3分 所以频率分布直方图中缺失的小矩形的高度为0.24100.024 ． ------------ 4分 补齐频率分布直方图如下：------- 5分所以150.08250.2350.44450.24550.04x 1.2515.410.8 2.234.6 ． -------------------------------------------- 7分 （2）解：设水坝能承受的最大洪峰流量的最小值为a ．由题意知150T p ，所以10.0250p，即要求年最大洪峰流量大于a 的概率 小于等于0.02． ---------------------------------------------------------------------------- 8分 所以可由样本的98%分位数作为a 的估计值． ------------------------------------- 9分 由频率分布方图可知年最大洪峰流量在区间 50,60的频率为0.04，所以样本的98%分位数在 50,60内． ------------------------------------------------------------- 10分 设样本的98%分位数为m ，由 10.004600.98m ，得55m ． --- 11分所以样本的98%分位数的估计值为55． 所以，a 的估计值为55（单位：31100m s ）．----------------------------------- 12分 20．本题考查空间中点、线、面之间的位置关系，线面角、二面角等数学知识；考查运算求 解、推理论证、空间想象等数学能力；考查转化与化归，数形结合等数学思想．（题源： 教材P155 练习-3；P171 复习参考题8-13） （1）证明：取BC 中点M ，连接AM ，1B M ． 因为11B C MC ∥且11B C MC ，所以四边形11MCC B 为平行四边形， --------------------------------------------------- 1分 所以11B M CC ∥且11B M CC =． ---------------------------------------------------------- 2分 又1BC CC ，所以1BC B M ． ------------------------------------------------------- 3分 因为AB AC ，MB MC ，所以BC AM ． ------------------------------------ 4分 又1AM B M M ，1,AM B M 平面1AB M ，所以BC 平面1AMB ． ---- 5分 因为1AB 平面1AMB ，所以1AB BC ． ------------------------------------------- 6分（2）解：由（1）可知1B MA 为二面角1CBC A 的平面角，即160B MA ． -------------------------------------------------------------------------------------------------- 7分 设2AB a，则11AM B M CC ，所以1AMB △为等边三角形． 所以11B C a ，1AB ． ------------------------------------------------------------ 8分取1B M 的中点H ，连接AH ，1C H ，则1AH B M ．由（1）可知BC 平面1AMB ，AH 平面1AMB ，从而AH BC ．又1BC B M B ，1,BC B M 平面11BCC B ，所以AH 平面11BCC B ． --- 9分 所以1AC H 为直线1AC 与平面11BCC B 所成的角． ----------------------------- 10分 因为1BC AB ，11BC B C ∥，所以111B C AB ． 所以12AC a． ------------------------------------------------------ 11分又3sin 602AH AM a ，在1Rt AHC △中，113sin 4AH AC H AC ． 所以直线1AC 与平面11BCC B 所成角的正弦值为34．------------------------------------------------------------------------------------------------ 12分 21．本题考查样本空间、古典概型、概率的基本性质、事件的相互独立性等数学知识；考查 逻辑推理、运算求解等数学能力；考查化归与转化、分类讨论等数学思想．本题满分 12分（题源：教材P235 例8；P249 例3）（1）解：记M “小明在第一轮得40分”，小明能答对的A 类的4个问题记为1a ，2a ，3a ，4a ，不能答对的A 类的1个问题记为b ，则样本空间为 1213,,,,a a a a 141232423434,,,,,,,,,,,,,,,a a a b a a a a a b a a a b a b ，共有10个样本点． -------------------------------------------------------------------------------------------------- 2分M 所包含的基本事件为 121314232434,,,,,,,,,,,M a a a a a a a a a a a a ， 共有6个样本点； -------------------------------------------------------------------------- 3分 因为A 类问题中的每个问题被抽到的可能性相等，所以这是一个古典概型．所以 60.610P M ，即小明在第一轮得40分的概率为0.6． --------------- 4分（2）解：记i M “第二轮比赛小明恰好答对B 类的i 个问题”，1,2i ； N “小芳在第一轮得40分”；i N “第二轮比赛小芳恰好答对B 类的i 个问题”，1,2i ．根据独立性假设 10.40.60.60.40.48P M ， 20.40.40.16P M ． 且 0.50.50.25P N ， 10.50.50.50.50.5P N ，20.50.50.25P N ． --------------------------------------------------------------- 6分 记G “小明晋级复赛”，H “小芳晋级复赛”，则122G MM MM MM ，122H NN NN NN ，且1MM ，2MM ，2MM 两两互斥，1NN ，2NN ，2NN两两互斥，M 与1M ，M 与2M ，M 与2M ，N 与1N ，N 与2N ，N 与2N 分别 相互独立．且 10.4P M P M ，110.250.75P N P N ． -------------- 7分所以122P G P MM P MM P MM122P M P M P M P M P M P M ， 0.60.480.60.160.40.160.448 ． -------------------------- 9分122P H P NN P NN P NN122P N P N P N P N P N P N ， 0.250.50.250.250.750.250.375 ． -------------------------- 11分因为0.4480.375 ，所以小明更容易晋级复赛． --------------------------------- 12分22．本题考查正弦定理、余弦定理等数学知识；考查推理论证、运算求解等数学能力；考查 数形结合、化归与转化、分类讨论等数学思想．本题满分12分．（题源：教材P54 习 题6.4-22） （1）解：因为cos sin 0a C C b c ，由正弦定理及180A B C 知，sin cos sin sin sin 0A C A C B C ，即 sin cos sin sin sin 0A C A C A C C ，即sin cos sin sin cos cos sin sin 0A C A C A C A C C ，由sin 0Ccos 1A A ，即 1sin 302A ， ------------------ 3分又 0,180A ，所以60A ． ------------------------------------------------------ 4分 ABC 中，由余弦定理，2222cos a b c bc A，所以2180c ，即0c c，解得c （负值舍去）． ------------------------- 5分（2）解：由24DEF S DE，得DE的最大值为 如图，设DAC ，因为60E D ，所以120ACD EAB ，所以EBA ．ACD △中，由正弦定理 sin 120sin 60AD b，即 120sin 60AD ． ABE △中，由正弦定理sin 60AE c ，所以sin sin 60c AE． ----------------- 7分所以 120sin sin 60sin 60c DE ADAE3cos sin sin 22c． 其中3tan 2，且 0,90 ． --------------------------------------------- 9分下面证明：无论c 取何值，总存在一个 ，使得90 ． 因为DAC EBA ，120ACD EAB ， 所以180180FBC ABC ABE B ， 所以180********FCB ACB ACD C C ． 又因为点A ，B ，C 分别在等边DEF △的边DE ，EF ，FD 上（不含端点）， 所以DAC ，EBA ，ACD ，EAB ，FBC ，FCB 都大于0 ，所以0,1200,1800,600B C，即0,120,180,60B C①． （ⅰ）当c b 时，C B ，又因为120B C ，所以60120C ，060B . 所以600C ，180120B ． 所以①式可化为60120C ，所以 60,120C ．又因为33tan ，所以 0,30 ．又6090C ，12090 ，所以 9060,120C ．------------------------------------------------------------------------------------------------ 10分（ⅱ）当c b 时，C B ，又因为120B C ，所以60120B ，060C ，所以600C ，180120B . 所以①式可化为0180B ，所以 ,180B .又因为33tan 2且33tan 22，所以 30,60 ，所以180603090B .所以 90,180B ． ---------------------------------------------------------- 11分 所以当90 时，maxDE ，得c ． -------------------------------------------------------- 12分。
福建省厦门市集美高中2024届数学高一第二学期期末调研试题含解析
福建省厦门市集美高中2024届数学高一第二学期期末调研试题考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。
选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．在ABC ∆中，若2,30,a b A ===︒则B 等于（ ） A ．30B ．30150︒︒或C ．60︒D ．60120︒︒或2．设m R ∈，过定点A 的动直线0x my +=和过定点B 的动直线30mx y m --+=交于点(),P x y ，则PA PB •的最大值是（） A ．5B ．10CD3．设x ，y 满足约束条件326000x y x y +-≤⎧⎪≥⎨⎪≥⎩，则z =x -y 的取值范围是 A ．[–3,0]B ．[–3,2]C ．[0,2]D ．[0,3]4．以n S ,T n 分别表示等差数列{}{}n b n a ，的前n 项和，若S 73n n nT n =+，则55a b 的值为A ．7B ．214C ．378 D ．235．已知平面向量()1,1a =-，()2,b x =-，若a b ⊥，则实数x =( ) A ．-2B ．-1CD ．26．将cos 2y x =图像向左平移6π个单位，所得的函数为（ ） A ．cos(2)3y x π=+B ．cos(2)6y x π=+C ．cos(2)3y x π=-D ．cos(2)6y x π=-7．在ABC 中，已知其面积为22()S a b c =--，则cos A = （ ）A ．34B ．1315C ．1517D ．17198．已知扇形AOB 的圆心角3AOB π∠=，弧长为2π，则该扇形的面积为（ ）A ．6πB ．12πC ．6D ．129．直线l ：20ax y +-=与圆22:2440M x y x y +--+=的位置关系为（ ） A ．相离B ．相切C ．相交D ．无法确定 10．已知等比数列的公比为，且，数列满足，若数列有连续四项在集合中，则（ ） A ．B ．C ．D ．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
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厦门市2016-20１7学年度第二学期高一年级质量检测数 学 试 题本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷（非选择题)两部分,满分1５0分，考试时间１20分钟.一、选择题：本大题共12小题，每小题５分，共60分.在每小题所给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.在答题卷上相应题目的答题区域作答.1.已知角α的终边经过点(错误!，-错误!)，则α是( ）Ａ.第一象限角 B .第二象限角 C .第三象限角 D ．第四象限角2．已知向量ａ＝(１,3），b ＝（－２,-４)则( )Ａ．a ⊥ｂ Ｂ.ａ∥ｂ C .a ⊥(ａ－ｂ） D .a ∥(a －ｂ)3.已知平面α和两条直线a ，b 则下列结论成立的是( )A .如果ａ∥α，b ∥α那么a ∥b Ｂ.如果ａ∥b ，a ∥α,ｂ⊄α,那么b ∥α C .如果ａ∥b ,那么a 平行于经过ｂ的任何平面 Ｄ.如果a ∥α那么ａ与α内的任何直线平行 4.已知直线l １:ｘ+m ｙ＋m －３=０与直线l ２:(m -１)ｘ+2y +8=０平行,则m 的值为（ )Ａ.－1或2 B .1或-2 C .2 D .－2５．若一扇形的弧长等于其所在圆的内接正方形边长，则其圆心角α（0<α<π)的弧度数为( ） A .＼f （π，4) B ．π2C .错误! D6.在正六边形A ＢCDEF 中,设错误!=a ,错误!＝b 则错误!=( )Ａ．2a +b B .2a －b C .-2a +b D .-2a -ｂ７．已知ａ=tan ＼ｆ(2π,5），b =ｔa ｎ（－错误!），c ＝c ｏｓ错误!，则a ,b ,c ) A .a ＜ｂ<ｃ B ．a <c ＜b C .c ＜a <b 8．祖暅是我国南北朝时代伟大的数学家，他在实践的基础上提出了体积计算的 原理:祖暅原理：”幂势既同,则积不容异”，意思是,如果两个等高的几何体在同高处截得的截面面积恒等,那么这两个几何体的体积相等。
利用这个原理求球的体积时,需要构造一个满足条件的几何体.已知该几何体的三视图如图所示,用一个与该几何体的下底面平行且相距为ｈ(0＜h ＜ｒ)的平面截该几何体，则截面面积为( )A .πr 2 Ｂ.πｈ2 C ．π( r -h )2 D .π（ｒ２－h 2） 9.已知点M （2,1）直线l 与圆x 2＋y 2=4相交于P ，Q 两点,且|MP |＝|MQ |,则直线l 的斜率为( ) A .2 B .－2 C . 错误! D .-错误!r第8题A .3B .2 Ｃ．３ D .411.已知三棱柱AB Ｃ—A １Ｂ1C 1的底面A ＢC 是边长为1的正三角形，侧棱A Ａ1与底面所成的角是６0°，在侧棱AA １,ＢB 1,CC 1上分别有点Ｐ，Q ,Ｒ且A Ｐ=３2,B Ｑ＝1,ＣＲ＝错误!，则截面ＰＱR 与底面A ＢC 之间的几何体的体积是( )A .错误!B .错误!C ．错误!D .错误!１2．已知Ａ,B 是锐角三角形ＡB Ｃ的两个内角,设m ＝tan A •ｔan Ｂ,f (x )=log 错误!x ,则下列各式一定成立的是（ ) A .f (cos A )>f (ｓin B ) B .f (si ｎA )>ｆ(ｃo ｓB ） C .f (cos Ａ)≥ｆ（s ｉn Ｂ） D .f (si ｎA )>ｆ(cosＢ）二、填空题：本大题4小题,每小题5分，共2０分．把答案填在答题卡相应位置. 13.已知Ａ（0,1)，Ｂ(－３,4),C (2，ａ)三点共线,则a 的值为 .14．向量a ,ｂ满足ａ·ｂ＝-６，｜b ｜=3，则a 在b 方向上的投影是 ． 15.已知函数f (x )＝A sin(ωx +ϕ)(A ＞0,ω>0，|ϕ|<＼f(π,２）)的部分图像如图所示,则 f (ｘ)的解析式为 ．16.正方体ABC Ｄ—Ａ1B 1Ｃ1D 1的棱长为3,P 是平面ＡB １Ｄ１内一点,满足A １P ＝5,Ｑ是平面BC １D 内异于B 的一点，则直线A 1Ｐ与直线BQ 所成角的余弦值的取值范围为 ． 三、解答题：本大题共6小题，共7０分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 1７.（本小题满分10分)如图,在四棱柱AB ＣD —A １B １C 1D 1中，底面ＡＢCD 是菱形，ＤD 1⊥底面AB ＣD ，E 是DD 1的中点. (1)求证：B Ｄ１/／平面ＡEC ; （2)求证：平面AEC ⊥平面B ＤD 1。
E1C 1DB 1A 1AC18.(本小题满分12分）已知tan（错误!+α)=-2.(1）求tanα；(２)设β∈(0，π),且满足错误!siｎβ•coｓβ+cｏｓ２β＝－错误!cos2α,求β．19．(本小题满分１２分)已知四边形ＡＢCD是平行四边形，Ａ(0,3)，B(４，1)，Ｄ为边AB的垂直平分线与ｘ轴的交点.(1)求点C的坐标;(2)一条光线从点D射出，经直线AB反射,反射光线经过CＤ的中点Ｅ,求反射光线所在直线的方程.20．(本小题满分1２分)已知偶函数f (x )=A sin(ωx ＋ϕ）(ω>0,－π<ϕ＜0)的最小正周期为π． (1)求f (x )在[＼f(π,6)，错误!]上的值域;（２）将f (x )图像上的所有点向右平移＼ｆ(π,2)个单位,横坐标缩短到原来的2３倍,纵坐标伸长到原来的2倍，得到函数ｇ(ｘ）的图像，求方程g (x )=12x -错误!的所有实数根的和.２1．（本小题满分12分)如图，三棱锥Ｖ—AＢC中,平面VAＢ⊥平面ABC，平面VAC⊥平面ABC.(１)求证:VA⊥平面ABＣ;(2)已知AＣ=3,AB＝2BC＝23,三棱锥V—ABC外接圆半径为３，求二面角V—BC—A的余弦值.B22.(本小题满分12分）已知A(错误!,错误!)，B(3错误!，错误!),动点P满足|PB|＝２|PＡ|，Ｐ的轨迹为曲线C，y轴左侧的点Ｅ在直线AB上,圆心为E的圆与x轴相切，且被ｙ轴截得的弦长为错误!.(1)求Ｃ和圆Ｅ的方程；(2)若直线l与圆Ｅ相切，且与Ｃ恰有一个公共点,求l的方程．数学参考答案一、选择题：本大题共１2小题，每小题5分,共60分.1—5：ＤCBCC 6—1０:ADDBA 1１－12 AB 二、填空题：本大题共４小题,每小题5分,共2０分.13． 1- 14. 2- 15. ()2sin(2)3π=+f x x 1６. ⎡⎢⎣⎦三、解答题:本大题共6小题,共70分．17. 本小题考查直线与平面平行、垂直的判定定理及性质定理等基础知识；考查空间想象能力、推理论证能力.本题满分10分.证明:（Ⅰ）设AC ，BD 交于点O . ∵四边形ABCD 为菱形，∴O 是AC 的中点, ········· 1分∵E 是1DD 的中点，连接OE ，∴OE ∥1BD , ········ 3分 ∵OE ⊂平面AEC ,1BD ⊄平面AEC ， ·········· 4分 ∴1BD ∥平面AEC ; ······································· 5分 (Ⅱ）∵四边形ABCD 为菱形，∴BD ⊥AC , ··················································· 6分 ∵1DD ⊥底面ABCD ，AC ⊂平面ABCD ，∴1DD ⊥AC , ﻩ7分 ∵1BB ⊂平面1BDD ，BD ⊂平面1BDD ，1BB ∩BD =B ， ·············· 8分 ∴AC ⊥平面1BDD ,ﻩ9分∵AC ⊂平面AEC ，∴平面AEC ⊥平面1BDD . 018. 本小题考查同角三角函数关系、两角和与差、二倍角公式及其变形等基础知识；考查运算求解能力、推理论证能力;考查函数与方程、转化与化归等数学思想．本题满分12分．解法一:(Ⅰ)因为1tan tan 241tan πααα+⎛⎫+==- ⎪-⎝⎭, ··················································· 2分解得tan 3α=. ····································································· ５分（Ⅱ)由tan 3α=,得sin 3cos αα=，即sin 3cos αα=, ①因为22sin cos 1αα+=, ②由①②，得21cos 10α=,所以24cos22cos 1αα=-=-，９ﻩ分2111cos cos 2cos2sin(2)122262πββββββ+=++=++=,即1sin(2)62πβ+=， ······························································ 1１分所以2266ππβπ+=+k 或522,66ππβπ+=+∈k k Z ,所以βπ=k 或,3πβπ=+∈k k Z ,因为(0,)βπ∈,所以3πβ=. (1)２分A 1解法二：(Ⅰ)tan tan 44ππαα⎡⎤⎛⎫=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦tan 141tan4παπα⎛⎫+- ⎪⎝⎭=⎛⎫++ ⎪⎝⎭21312--==-. ·················· ５分 (Ⅱ) 因为tan 3α=，所以22222222cos sin 1tan 4cos2cos sin cos sin 1tan 5ααααααααα--=-===-++, ···· ９分2111cos cos 2cos2sin(2)12262πββββββ+=++=++=，即1sin(2)62πβ+=,ﻩ11分所以2266ππβπ+=+k 或522,66ππβπ+=+∈k k Z ,所以βπ=k 或,3πβπ=+∈k k Z ,因为(0,)βπ∈，所以3πβ=. ····················································· 12分19. 本题考查直线的方程、直线平行与垂直的性质及对称等基础知识,考查运算求解能力，考查方程思想与数形结合的数学思想．本题满分12分.解:（Ⅰ)如图,设AB 中点为M ,则()2,2M ,ﻩ1分由AB 的垂直平分线与x 轴交于点D ,可知1⋅=-MD AB k k ,∵131402-==--AB k ,∴2=MD k ， 2ﻩ分 ∴直线MD 的方程为()222-=-y x ，即22=-y x ，令0=y ，则1=x ，∴D 点的坐标为()1,0ﻩ3分 又∵四边形ABCD 为平行四边形,设(),C a b ,∴=DC AB ,即()()1,4,2-=-a b ························· 5分 ∴5=a ,2=-b ,即C 点的坐标为()5,2- ················· 6分 (Ⅱ)由(Ⅰ）知，直线AB 的方程为260+-=x y ,ﻩ7分如图,设D 点关于直线AB 的对称点为(),'D m n ,则1112126022⎧-⎛⎫⋅-=- ⎪⎪⎪⎝⎭⎨+⎪+⋅-=⎪⎩m n m n ,解得34=⎧⎨=⎩m n ,∴'D ()3,4，ﻩ１０分又∵CD 的中点E 的坐标为()3,1-E ， ········································ １１分∴反射光线所在直线'D E 的方程为3=x . ···································· １２分２０. 本小题主要考查三角函数图象与性质,三角函数图象的平移伸缩变换等基础知识，考查学生运算求解能力，考查学生数形结合、化归转化等数学思想．本题满分１2分． 解:(Ⅰ）∵()f x 是偶函数，∴(0)1=±f ，即sin 1ϕ=±,∵0πϕ-<<，∴2πϕ=-，ﻩ１分 ∵()f x 的最小正周期为π,∴2ω=, ················································ 2分 ∴()sin(2)cos22π=-=-f x x x , ····················································· 3分 2ππ4ππ1BV ab∴1()[,1]2∈-f x ，即()f x 在2[,]63ππ上的值域为1[,1]2-．ﻩ５分 (Ⅱ)依题意得()2cos(3)2cos3π=--=g x x x , ············································· ６分由()2cos30==g x x 得32ππ=+x k ,即,36ππ=+∈k x k Z ， ∴令0=k ，可知()g x 的图象关于点(,0)6π对称，ﻩ7分令1()212π=-h x x ,则()h x 图象经过点(,0)6π,且关于点(,0)6π对称，········ 8分 ∵max 474()2()()3123πππ=<==h g g x ,max 53()2()34ππ=>=h g x ，ﻩ9分 ∴()g x 与()h x 的图象位置如下图所示： (1)∴()g x 与()h x 的图象有9个交点，不妨将交点横坐标依次记为1239,,,,⋅⋅⋅x x x x ， 由()g x 和()h x 的图象均关于点(,0)6π对称，可得123932π+++⋅⋅⋅+=x x x x ， ∴方程1()212π=-g x x 的所有实数根的和为32π. ································ 1２分 2１. 本小题考查直线与平面、平面与平面垂直的判定定理及性质定理，几何体外接球，二面角等基础知识；考查空间想象能力,推理论证能力及运算求解能力;考查数形结合思想,化归与转化思想.本小题满分12分. 解法一:(Ⅰ)在平面ABC 内任取一点P （异于A )，分别作,⊥⊥PE AB PF AC ,,E F 为垂足,······································· 1分∵平面⊥VAB 平面ABC ，平面VAB 平面ABC =AB ,,⊥PE AB∴⊥PE 平面VAB ， ········································· 3分∵⊂VA 平面VAB , ∴⊥PE VA ,ﻩ4分同理⊥PF VA ,ﻩ5分∵,,⊥⊥=VA PE VA PF PE PF P ,∴⊥VA 平面ABC . ·········································· ６分(Ⅱ)∵3,223===AC AB BC ∴222=+AB BC AC ,∴90∠=︒ACB ， ············································· ７分 ∵VA ⊥平面ABC ,,⊂AB BC 平面ABC ,∴⊥VA AB ，⊥VA BC ， ∵,,⊥⊥=BC AC BC VA AC VA A ,∴⊥BC 平面VAC , ∴∠VCA 是二面角--V BC A 的平面角，9ﻩ分 取VB 中点O ，则===OA OB OC OV , ∴O 是三棱锥-V ABC 外接球的球心, ············································ 10分 ∵三棱锥-V ABC 外接球的半径为3,∴6=BV ，∴33VC∴33cos ∠VCA ,即二面角--V BC A 3312ﻩ分解法二：(Ⅰ)在平面VAB 内,过A 作直线a AB ⊥, ············································· 1分 ∵平面VAB ⊥平面ABC ,平面VAB 平面ABC AB =,∴a ⊥平面ABC ，2ﻩ分O FEPVC BAA CB V ba ∴a ⊂平面VAC ，∴平面VAB 平面VAC a =, ∴a 与VA 重合， ······························· 5分 ∴VA ⊥平面ABC . ····························· 6分 (Ⅱ）同解法一．解法三:（Ⅰ)在平面VAB 内,不过A 作直线a AB ⊥，∵平面VAB ⊥平面ABC ,平面VAB 平面ABC AB =， ∴a ⊥平面ABC ，······································································· 1分 同理,在平面VAC 内,不过A 作直线b AC ⊥，则有b ⊥平面ABC ， ········· 2分∴a ∥b ,ﻩ3分∵b ⊄平面VAB ，a ⊂平面VAB ,∴b ∥平面VAB ,······························4分∵平面VAB 平面VAC VA =， ∴b ∥VA ,ﻩ5分 ∴VA ⊥平面ABC . ···························6分(Ⅱ）同解法一.2２． 本小题考查圆的方程,直线与圆,圆与圆的位置关系等基础知识;考查运算求解能力,推理论证能力；考查函数与方程，数形结合,化归与转化等数学思想．本小题满分12分. 解：(Ⅰ) 设点(),P x y ，由2=PB PA ,， 化简得(223924⎛⎫-+-= ⎪⎝⎭xy ,即C 的方程为(223924⎛⎫+-= ⎪⎝⎭x y .ﻩ2分由75,42⎫⎛⎫⎪ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭A B ,得直线AB 的斜率4-==-B A AB B A y y k x x ，直线AB的方程为52=-+y x ，即1=+y x ． ··············· 3分 设()00,E x y ，圆E的半径为r ,则依题意得000220011160⎧=+⎪⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎪<⎩y r y rx x ,解得0033,44===xy r ，即34⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭E ,34=r, 所以，圆E 的方程为2239416⎛⎛⎫+-= ⎪ ⎝⎭⎝⎭x y . ······························ 5分 (Ⅱ)由(Ⅰ)知圆E 的圆心34⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭E ,半径34=r ,----(ｉ)(ii)当则2,tan αββ==，所以22tan tan tan 21tan βαββ===-所以直线l 的方程为=+y x ，即167+y ， 综上可知，直线l 的方程为1=-+y 或0=y 或1677=+y x . ···· 1２分。