上海市华东师范大学第二附属中学2018-2019学年高二下学期3月月考数学试题卷含答案详析
上海市2018-2019学年度华师大二附中高二下学期3月月考试卷数学一、选择题（本大题共4小题，共12.0分）1.对于实系数一元二次方程，在复数范围内其解是，下列结论中不正确的是（）A. 若，则B. 若，则且C. 一定有D. 一定有【答案】D【解析】【分析】实系数方程可从与0的大小关系进行分情况讨论，对选项逐一研究筛选。
【详解】选项A、B显然成立；在实数范围内韦达定理得到的选项C的结论，在复数范围内由计算可得，同样也能成立；选项D：复数范围内，故选D【点睛】在复数范围内，实系数方程的判别式时，方程的根可以通过虚数进行表示。
2. 教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线（）A. 平行B. 垂直C. 相交D. 异面【答案】B【解析】分析：由题设条件可知，可以借助投影的概念对及三垂线定理选出正确选项解答：解：由题意，直尺所在直线若与地面垂直，则在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线垂直若直尺所在直线若与地面不垂直，则其必在地面上有一条投影线，在平面中一定存在与此投影线垂直的直线，由三垂线定理知，与投影垂直的直线一定与此斜线垂直综上，教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线垂直故选B3.若为非零实数，则以下四个命题都成立：①；②；③若，则；④若，则.则对于任意非零复数，上述命题中仍为真命题的个数为（）个.A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】B【解析】【分析】本题主要考查复数的性质，可根据复数的运算性质进行判断。
【详解】解：在复数范围内，存在使，命题①错误；②在复数范围内，复数满足，根据运算性质可得到，故成立；③在复数范围内表示的是复数与的模长，模长相等，复数可以不相等。
④在复数范围内，由于是非零复数，所以在得两边同时除以可得，故成立。
故选B【点睛】实数运算成立的等式，在复数范围内未必成立，不同范围成立条件不一样，注意合理使用。
4.（2013•浙江）在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1=fβ[fα（P）]，Q2=fα[fβ（P）]，恒有PQ1=PQ2，则（ ）A. 平面α与平面β垂直B. 平面α与平面β所成的（锐）二面角为45°C. 平面α与平面β平行D. 平面α与平面β所成的（锐）二面角为60°【答案】A【解析】设P1=fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足∵Q1=fβ[fα（P）]=fβ（P1），∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足同理，若P2=fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足因此Q2=fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足∵对任意的点P，恒有PQ1=PQ2，∴点Q1与Q2重合于同一点由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α﹣l﹣β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直故选：A二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）5.设，则______．【答案】1【解析】【分析】通过运算，将复数转化为形式,即可得解.【详解】解：,所以Imz=1【点睛】本题考查复数的除法运算，复数的虚部的定义，其中正确进行复数的除法运算是解题的关键，是基础题.6.设m∈R，m2+m﹣2+（m2﹣1）i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m= ．【答案】﹣2【解析】．【考点定位】考查复数的定义及运算，属容易题。
7.若复数满足，则______．【答案】【解析】【分析】设，则，利用复数相等，求出，的值，结合复数的模长公式进行计算即可．【详解】设，则，则由得，即，则，得，则，故答案为：．【点睛】本题主要考查复数模长的计算，利用待定系数法，结合复数相等求出复数是解决本题的关键．8.若是实系数方程的一个虚根，且，则．【答案】4【解析】设,则方程的另一个根为,且，由韦达定理直线所以9.已知空间四边形中，，点分别是边和的中点，且，则异面直线和所成角的大小是_________________________；【答案】【解析】【分析】要求异面直线和所成角，先找出与异面直线和平行的两条相交的直线，探寻出异面直线和所成角，进而在三角形中解决角的大小问题【详解】解：取的中点，连接因为，为中点所以，同理：所以，异面直线和所成角即为所成角异面直线和所成角即为或其补角在中，由余弦定理得异面直线和所成角为60°【点睛】异面直线所成角问题，要借助平行关系，找出具体角，然后在三角形中，求出角的大小。
10.已知在长方体中，，，，则直线与平面所成角的大小是______．【答案】【解析】【分析】利用面面垂直的性质作出在平面上的垂足，连接得的射影，即得斜线与平面所成的角，进而可得解．【详解】如图，在上底面作于，连接，易知即为与平面所成的角，利用所给数据，求得，，，，故答案为：．【点睛】此题考查了斜线与平面所成的角，难度不大．11.已知点是边长为1的等边三角形所在平面外一点，且，则点到平面的距离是_________________________；【答案】【解析】【分析】由于，所以点在平面的射影为底面等边三角形的重心，设重心为点，所以，，在三角形求解。
【详解】解：设等边三角形的重心为点，连接因为且，所以，平面所以，在等边中，在中，。
【点睛】点到面的距离常见解决方法是：1.找出点到面的距离对应线段；2.等体积法求解。
12.已知直线、与平面、，下列命题：①若平行内的一条直线，则；②若垂直内的两条直线，则；③若，，且，，则；④若，，且，则；⑤若，且，则；⑥若，，，则．其中正确的命题为______（填写所有正确命题的编号）．【答案】⑤⑥【解析】【分析】①，根据直线与平面平行的判定定理知命题错误；②，根据直线与平面垂直的判定定理知命题错误；③，根据平面与平面平行的判定定理知命题错误；④，根据平面与平面垂直的判定定理知命题错误；⑤，由直线与平面平行的性质定理知命题正确；⑥，由平面与平面平行的性质定理知命题正确．【详解】对于①，若平行内的一条直线，则不一定成立，如时，①错误；对于②，若垂直内的两条直线，则不一定成立，如内的这两条直线平行时，②错误；对于③，若，，且，，当时，则由平面与平面平行的判定定理，不能得出，③错误；对于④，若，，且，则由平面与平面垂直的判定定理，不能得出，④错误；对于⑤，若，且，则由直线与平面平行的性质定理，得出，⑤正确；对于⑥，若，，，则由平面与平面平行的性质定理，即可判定，⑥正确．综上，其中正确的命题序号为⑤⑥．故答案为：⑤⑥．【点睛】本题考查了空间中的平行与垂直关系的判定与性质的应用问题，是基础题．13.设集合，其中是复数，若集合中任意两数之积及任意一个数的平方仍是中的元素，则集合___________________；【答案】或【解析】【分析】根据若集合中任意两数之积及任意一个数的平方仍是中的元素，分两种情况讨论，一种两者相乘等于自身的情况，第二种是均不等于自身情况，依次分析。
【详解】解：集合中任意两数之积仍是中的元素所以会出现两者相乘等于自身的情况，也有可能均不等于自身情况即其中有一项为或者（1）当时，或若，则或所以，或又因为集合中任意一个数的平方仍是中的元素所以，剩下的一个数必为-1，所以集合当时，则必须又因为集合中任意一个数的平方仍是中的元素则，解得，或，，所以，集合。
（2）当时，三个等式相乘则得到所以得到或若，则三者必有一个为0，同（1）可得集合。
若，则得到，当时，则可以得到且，则不成立；当时，则，不成立。
故集合M为或【点睛】求解这类问题时，要注意逻辑严谨分析，对每一个条件，每一种情况都要力求准确到位，在复数范围内要注意实系数方程的解有扩充。
14.如图，已知正方体的棱长为，点为线段上一点，是平面上一点，则的最小值是______．【答案】【解析】【分析】当取得最小时，点必定是点在平面上的射影，即在上。
与在二面角的两个面内，此时可将在两个不同平面上的量通过对平面翻折，转化到同一平面上求解。
【详解】解：当取得最小时，点必定是点在平面上的射影，即在上。
与在二面角的两个面内，为此将绕旋转90°，使得平面与平面在同一平面内，由，故当共线且与垂直时，取得最小。
在平面内，因为所以，，又，所以与都是等腰直角三角形，所以得到=，故的最小值为。
【点睛】空间中的最短（长）距离常见方法是通过射影等方法转化为平面上的最值问题。
三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）15.在正方体中，、分别是、的中点．（1）求证：四边形是菱形；（2）作出直线与平面的交点（写出作图步骤）．【答案】（1）证明见解析；（2）见解析.【解析】【分析】（1）取中点，连接，，可证四边形为平行四边形，四边形为平行四边形，得到四边形为平行四边形，再由，可得，得到四边形是菱形；（2）连接和，则与的交点，即为直线与平面的交点．【详解】（1）证明：取中点，连接，，如图所示，则，，四边形为平行四边形，则，由为正方体，且，分别为，的中点，可得为平行四边形，，，则，且，四边形为平行四边形，由，可得，四边形是菱形；（2）连接和，则与的交点，即为直线与平面的交点，如图所示．【点睛】本题考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了空间想象与逻辑推理能力，是中档题．16.如图，在长方体中，、分别是棱、的中点，，，求：（1）与所成的角；（2）与平面所成的角．【答案】（1）；（2）；【解析】【分析】（1）求直线与所成的角，通过可转化为直线与所成的角，然后在中利用余弦定理解可得；（2）直线与平面所成的角，首先要求出在平面上射影，由长方体可得在平面上射影即为，所以直线与平面所成角的平面角即为或其补角，在中解得线面角的大小。
【详解】解：因为，分别是棱的中点所以，所以，直线与所成的角即为直线与所成的角所以，直线与所成的角为或其补角连接在中，，，由余弦定理解得所以，直线与所成的角（2）因为长方体所以，平面连接所以直线与平面所成角的平面角即为或其补角，在中，，，所以所以直线与平面所成角的平面角即为。
【点睛】异面直线所成角常见解法是通过平行找出异面直线所成角的平面角，然后在三角形中利用解三角形的方法求解角的大小；线面所成角常见解法是通过找出斜线在平面上的射影，射影与其直线所成角即为线面所成角的平面角，然后在三角形中利用解三角形的方法求解角的大小。
17.如图，在空间四边形中，平面，，且，．（1）若，，求证：平面；（2）求二面角的大小．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）推导出，，从而平面，进而，再由，能证明平面．（2）以为原点，为轴，为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角的大小．【详解】证明：（1）平面，平面，，，，平面，，，，平面．解：（2）以为原点，为轴，为轴，过点作平面的垂线为轴，建立空间直角坐标系，，．，，，，，，，设平面的法向量，则，取，得，设平面的法向量，则，取，得，设二面角的平面角为，则．二面角的大小为.．【点睛】本题考查线面垂直的证明，考查二面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．18.复数所对应的点在点及为端点的线段上运动，复数满足，求：（1）复数模的取值范围；（2）复数对应的点的轨迹方程.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)根据条件可设，由此可表示出的模形式，进而得出模的范围；（2）复数对应的点的轨迹方程即求点的横、纵坐标的等量关系，将用（1）中的形式进行表示，转化为参数方程，即可解决轨迹方程。
2023-2024学年上海市华东师范大学第二附属中学高二下学期3月月考数学试卷含详解
2023-2024学年上海市华师大二附中高一年级下学期3月月考数学试卷2024.3一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分.1.已知全集U =R ，集合{}2M x x =>，则M =________________．2.若复数z 满足()1i 2i z +=+（其中i 为虚数单位），则z 的虚部为______.3.已知函数()1f x x =，则0(2)(2)lim x f x f x ∆→+∆-=∆__________．4.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若4131a a +=则16S =________5.一个圆锥的侧面展开图是圆心角为43π；则圆锥母线与底面所成角的余弦值为6.已知a 、b 为实数，函数ln ay x x =+在1x =处的切线方程为40x y b -+=，则ab 的值______.7.已知1,1,10x y xy >>=，则12lg lg x y +的最小值为______.8.在直角三角形ABC 中，5AB =，12AC =，13BC =，点M 是ABC 外接圆上的任意一点，则AB AM ⋅的最大值是___________.9.已知椭圆2222:1(0)x y M a b a b +=>>，双曲线2222:1x y N m n -=.若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 与双曲线N 的离心率之积为__________．10.已知四棱锥S ABCD -的高为1，底面是边长为2的正方形，顶点在底面的投影是底面的中心，E 是BC 的中点，动点P 在棱锥表面上运动，并且总保持PE AC ⊥，则动点P 的轨迹的周长为______.11.已知定义在R 上的函数()f x 关于y 轴对称，其导函数为()f x '，当0x ≥时，不等式()()1xf x f x +>'．若对x ∀∈R ，不等式()()e e e x x x f axf ax ax->-恒成立，则a 的取值范围是______.12.已知F 为抛物线24y x =的焦点，A 、B 、C 为抛物线上三点（允许重合），满足0FA FB FC ++= ，且FA FB FC ≤≤ ，则FC的取值范围是___．二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．13.如果,,,R a b c d ∈，则正确的是（）A.若a >b ，则11a b< B.若a >b ，则22ac bc >C.若a >b ，c >d ，则a +c >b +dD.若a >b ，c >d ，则ac >bd14.定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，如图是()f x '的图像，下列说法中不正确的是（）A.[]1,3-为函数()f x 的单调增区间B.[]3,5为函数()f x 的单调减区间C.函数()f x 在0x =处取得极大值D.函数()f x 在5x =处取得极小值15.已知集合{|()()20,,,}A z a bi z a bi z a b R z C =++-+=∈∈，{|||1,}B z z z C ==∈，若A B ⋂=∅，则a ，b 之间的关系是A.1a b +> B.1a b +< C.221a b +< D.221a b +>16.在数列{}n a 中，12a =，2a a =，()11*211,N ,n n n n n n n nn a a a a a n a a aa +++++⎧≥⎪⎪=∈⎨⎪<⎪⎩.对于命题：①存在[)2,a ∈+∞，对于任意的正整数n ，都有3n n a a +=.②对于任意[)2,a ∈+∞和任意的正整数n ，都有n a a ≤.下列判断正确的是（）A.①是真命题，②也是真命题B.①是真命题，②是假命题C.①是假命题，②是真命题D.①是假命题，②也是假命题三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤17.如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是正方形，PA AB =.（1）求证：直线BD ⊥平面PAC ；（2）求直线PC 与平面PBD 所成的角的大小.18.已知函数()22sin 3sin cos f x x x x ωωω=+的最小正周期为π，其中0ω>．（1）求ω的值与函数()f x 的单调增区间；（2）设ABC 的内角、、A B C 的对边分别为a b c 、、，且3,sin 2sin c B A ==，()3f C =，求ABC 的面积．19.为了更直观地让学生认识棱锥的几何特征，某教师计划制作一个正四棱锥教学模型．现有一个无盖的长方体硬纸盒，其底面是边长为20cm 的正方形，高为10cm ，将其侧棱剪开，得到展开图，如图所示．1P ，2P ，3P ，4P 分别是所在边的中点，剪去阴影部分，再沿虚线折起，使得1P ，2P ，3P ，4P 四个点重合于点P ，正好形成一个正四棱锥P ABCD -，如图所示，设AB x =（单位：cm ）．（1）若10x =，求正四棱锥P ABCD -的表面积；（2）当x 取何值时，正四棱锥P ABCD -的体积最大．20.已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>，依次连接椭圆E 的四个顶点构成的四边形面积为（1）若a =2，求椭圆E 的标准方程；（2）以椭圆E 的右顶点为焦点的抛物线G ，若G 上动点M 到点(10,0)H 的最短距离为，求a 的值；（3）当2a =时，设点F 为椭圆E 的右焦点，(2,0)A -，直线l 交E 于P 、Q （均不与点A 重合）两点，直线l 、AP 、AQ 的斜率分别为k 、1k 、2k ，若1230kk kk ++=，求FPQ △的周长．21.已知函数()ln h x x xλ=+，其中λ为实数.（1）若()y h x =是定义域上的单调函数，求实数λ的取值范围；（2）若函数()y h x =有两个不同的零点，求实数λ的取值范围；（3）记()()g x h x x λ=-，若(),p q p q <为()g x 的两个驻点，当λ在区间42,175⎡⎤⎢⎥⎣⎦上变化时，求()()g p g q -的取值范围.2023-2024学年上海市华师大二附中高一年级下学期3月月考数学试卷2024.3一、填空题（本大题共有12小题，满分54分）考生应在答题纸相应编号的空格内直接填写结果，1-6题每个空格填对得4分，7-12题每个空格填对得5分，否则一律得0分.1.已知全集U =R ，集合{}2M x x =>，则M =________________．【答案】[]22-,【解析】【分析】根据补集的定义直接进行运算即可.【详解】因为{}2M x x =>，所以{}{}2|22M x x x x =≤=-≤≤，故答案为：[2,2]-.2.若复数z 满足()1i 2i z +=+（其中i 为虚数单位），则z 的虚部为______.【答案】12-##0.5-【解析】【分析】利用复数的除法运算得z ，即可求解.【详解】()()()()2+i 1i 2+i 31i,1+i 1+i 1i 22z -===--则z 的虚部为12-.故答案为：12-.3.已知函数()1f x x =，则0(2)(2)limx f x f x∆→+∆-=∆__________．【答案】14-【解析】【分析】首先计算()()()22122f x f x x +∆-=-∆+∆，当0x ∆→时，即可求值.【详解】()()()11222222xf x f x x -∆+∆-=-=+∆+∆，()()()22122f x f x x +∆-=-∆+∆，()()()002211limlim 224x x f x f x x ∆→∆→⎛⎫+∆-=-=- ⎪ ⎪∆+∆⎝⎭.故答案为：14-4.已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ，若4131a a +=则16S =________【答案】8【解析】【分析】由等差数列的性质结合等差数列的求和公式可得答案.【详解】由等差数列的性质可得：1164131a a a a +=+=，所以()1161616116822a a S +⨯⨯===，故答案为：8.5.一个圆锥的侧面展开图是圆心角为43π；则圆锥母线与底面所成角的余弦值为【答案】23【解析】【详解】试卷分析：设圆锥的母线长为1，底面圆的半径为r ，由题意圆锥的侧面展开图得弧长（即圆锥得底面圆周长）为43π，由得圆锥母线与底面所成角的余弦值为23r l =.考点：圆锥的侧面展开图.6.已知a 、b 为实数，函数ln ay x x=+在1x =处的切线方程为40x y b -+=，则ab 的值______.【答案】21【解析】【分析】求导，点斜式得到直线方程，对应项相等得ab .【详解】由()ln af x x x =+，得21()a f x x x'=-，则()11f a '=-，又()1f a =，则切线方程为()()11y a a x -=--，即()112y a x a=--+14,12a a b ∴-=-+=，得3,7a b =-=-21ab ∴=故答案为：21.7.已知1,1,10x y xy >>=，则12lg lg x y+的最小值为______.【答案】3+##3+【解析】【分析】依题意可得lg lg 1x y +=，再由基本不等式“1”的妙用即可得解.【详解】因为1,1,10x y xy >>=，所以lg lg lg 1x y xy +==，lg 0x >，lg 0>y ，所以1212lg 2lg ()(lg lg )33lg lg lg lg lg lg y x x y x y x y x y +=++=++≥+3=+当且仅当lg 2lg lg lg y xx y=，即lg 2y x ==-时，等号成立，显然此时,x y 有解，所以12lg lg x y+的最小值为3+.故答案为：3+.8.在直角三角形ABC 中，5AB =，12AC =，13BC =，点M 是ABC 外接圆上的任意一点，则AB AM ⋅的最大值是___________.【答案】45【解析】【分析】建立平面直角坐标系，用圆的方程设点M 的坐标，计算AB AM ⋅的最大值．【详解】建立平面直角坐标系，如图所示：(0,0)A ，(5,0)B ，(0,12)C ，ABC 外接圆225169()(6)24x y -+-=，设M 513(cos 22θ+，136sin )2θ+，则513(cos 22AM θ=+ ，136sin )2θ+，(5,0)AB =，2565cos 4522AB AM θ⋅=+≤ ，当且仅当cos 1θ=时取等号．所以AB AM ⋅的最大值是45．故答案为：45．9.已知椭圆2222:1(0)x y M a b a b +=>>，双曲线2222:1x y N m n-=.若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 与双曲线N 的离心率之积为__________．【答案】1)-【解析】【分析】利用条件求出正六边形的顶点坐标，代入椭圆方程，求出椭圆的离心率，利用渐近线的夹角求双曲线的离心率，从而得出答案．【详解】如图正六边形中，,OA AB c BD ===，直线OB 即双曲线的渐近线方程为y =，由椭圆的定义可得)21a AB BD c =+=，所以椭圆的离心率1c e a ===，双曲线的渐近线方程为n y x m =，则=n m ，双曲线的离心率2e ==，所以椭圆M 与双曲线N 的离心率之积为1)-【点睛】本题考查椭圆的定义和离心率，双曲线的简单性质，属于一般题．10.已知四棱锥S ABCD -的高为1，底面是边长为2的正方形，顶点在底面的投影是底面的中心，E 是BC 的中点，动点P 在棱锥表面上运动，并且总保持PE AC ⊥，则动点P 的轨迹的周长为______.【答案】【解析】【分析】先根据线面垂直确定点P 的轨迹，再解三角形得周长.【详解】设底面的中心为O ，则SO ⊥面ABCD SO AC ∴⊥,由正方形ABCD 得,AC BD SO BD O AC ⊥=∴⊥I 面SBD取SC ，CD 的中点为G ，F ，易得面//SBD 面GEF ，所以AC ⊥面GEF ，因此动点P 的轨迹为GEF ∆，因为1,SO BD BO SB ====2GE GF ==，EF =P+【点睛】本题考查线面垂直判定与性质定理以及立体几何中轨迹问题，考查综合分析论证与求解能力，属中档题.11.已知定义在R 上的函数()f x 关于y 轴对称，其导函数为()f x '，当0x ≥时，不等式()()1xf x f x +>'．若对x ∀∈R ，不等式()()e eexxxf axf ax ax ->-恒成立，则a 的取值范围是______.【答案】[)0,e 【解析】【分析】构造函数()()g x xf x x =-，判断单调性及奇偶性，去掉函数符号，转化为e x ax >恒成立,分离参数求最值即可求解.【详解】定义在R 上的函数()f x 关于y 轴对称，∴函数()f x 为R 上的偶函数．令()()g x xf x x =-，则()()g x g x -=-,()g x 为奇函数．()()()1g x xf x f x ''=+-．当0x ≥时，不等式()()1xf x f x +>'．()0g x '∴>，()g x 在[)0,∞+单调递增．∴函数()g x 在R 上单调递增．对x ∀∈R ，不等式()()e eexxxf axf ax ax ->-恒成立，()()e e e x x x f axf ax ax ⇒->-,即()()exg g ax >e x ax ∴>．当0x >时，e ()xa h x x <=，则2(1)()x e x h x x'-=，则()01,0x h x <<'<；()1,0x h x '>>；故()h x 在()0,1单调递减，在()1,∞+单调递增；可得1x =时，函数()h x 取得极小值即最小值，()1eh =e a ∴<．当0x <时，e xa x>，则()0h x <，则0a ≥则a 的取值范围是[)0,e .故答案为：[)0,e .12.已知F 为抛物线24y x =的焦点，A 、B 、C 为抛物线上三点（允许重合），满足0FA FB FC ++=，且FA FB FC ≤≤ ，则FC的取值范围是___．【答案】5,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】首先求出焦点坐标与准线方程，设()11,A x y ，()22,B x y ，()33,C x y ，根据焦半径公式表示出FA ，FB，FC，依题意可得1233x x x ++=，即可求出3x 的取值范围，即可得解.【详解】解：设()11,A x y ，()22,B x y ，()33,C x y ，抛物线24y x =的焦点坐标为()1,0F ，准线方程为=1x -，所以11FA x =+ ，21F x B =+ ，31FC x =+，0FA FB FC ++=，又A 、B 、C 为抛物线上三点，显然三点不完全重合，∴()()()()1122331,1,1,0,0x y x y x y -+-+-=，即1233x x x ++=，1230y y y ++=，所以123222123012y y y y y y ++=⎧⎨++=⎩，因为FA FB FC ≤≤，所以123111x x x ≤≤+++，等价于123y y y ≤≤，由对称性，不妨设312210y y y y y =--≤≤≤，所以()222222123121212y y y y y y y ++=++--=，即2212126y y y y ++=，所以()()222212*********y y y y y y y y +≤++=≤+，所以2233364y y ≤≤，所以33364x x ≤≤，3322x ≤≤，351,32FC x ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦，当()330,0,,,22A B C ⎛⎛ ⎝⎝时，即52FC = ；当(11,,2,22A B C ⎛⎛- ⎝⎝时，即3FC = ;所以5,32FC ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦故答案为：5,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦二、选择题（本大题共有4题，满分18分，第13、14题每题4分，第15、16题每题5分）每题有且只有一个正确选项．考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．13.如果,,,R a b c d ∈，则正确的是（）A.若a >b ，则11a b < B.若a >b ，则22ac bc >C.若a >b ，c >d ，则a +c >b +dD.若a >b ，c >d ，则ac >bd 【答案】C【解析】【分析】根据不等式的性质即可逐一求解.【详解】对于A:取2,1a b ==-则11a b>，故A 错，对于B:若0c =，则22=ac bc ，故B 错误，对于C:由同号可加性可知：a >b ，c >d ，则a +c >b +d ，故C 正确，对于D:若2,1,2,3a b c d ===-=-，则4,3ac bd =-=-，ac bd <，故D 错误.故选：C14.定义在R 上的函数()f x 的导函数为()f x '，如图是()f x '的图像，下列说法中不正确的是（）A.[]1,3-为函数()f x 的单调增区间B.[]3,5为函数()f x 的单调减区间C.函数()f x 在0x =处取得极大值D.函数()f x 在5x =处取得极小值【答案】C【解析】【分析】[]13,x ∈-时，()0f x '≥，()f x 单调递增，A 正确，[]3,5x ∈时，()0f x '≤，()f x 单调递减，B 正确，[]13,x ∈-时，()f x 单调递增，C 错误，根据单调性判断D 正确，得到答案.【详解】对选项A ：[]13,x ∈-时，()0f x '≥，()f x 单调递增，正确；对选项B ：[]3,5x ∈时，()0f x '≤，()f x 单调递减，正确；对选项C ：[]13,x ∈-时，()f x 单调递增，错误；对选项D ：[]3,5x ∈时，()f x 单调递减，当()5,x ∈+∞时，()f x 单调递增，函数()f x 在5x =处取得极小值，正确；故选：C ．15.已知集合{|()()20,,,}A z a bi z a bi z a b R z C =++-+=∈∈，{|||1,}B z z z C ==∈，若A B ⋂=∅，则a ，b 之间的关系是A.1a b +> B.1a b +< C.221a b +< D.221a b +>【答案】C【解析】【分析】先设出复数z ，利用复数相等的定义得到集合A 看成复平面上直线上的点，集合B 可看成复平面上圆的点集，若A ∩B ＝∅即直线与圆没有交点，借助直线与圆相离的定义建立不等关系即可．【详解】设z ＝x +yi ，,x y R ∈,则（a +bi ）（x ﹣yi ）+（a ﹣bi ）（x +yi ）+2＝0化简整理得，ax +by +1＝0即，集合A 可看成复平面上直线上的点，集合B 可看成复平面上圆x 2+y 2=1的点集，若A ∩B ＝∅，即直线ax +by +1＝0与圆x 2+y 2=1没有交点，1d =，即a 2+b 2＜1故选C ．【点睛】本题考查了复数相等的定义及几何意义，考查了直线与圆的位置关系，考查了转化思想，属于中档题．16.在数列{}n a 中，12a =，2a a =，()11*211,N ,n n n n n n n n n a a a a a n a a a a +++++⎧≥⎪⎪=∈⎨⎪<⎪⎩.对于命题：①存在[)2,a ∈+∞，对于任意的正整数n ，都有3n n a a +=.②对于任意[)2,a ∈+∞和任意的正整数n ，都有n a a ≤.下列判断正确的是（）A.①是真命题，②也是真命题B.①是真命题，②是假命题C.①是假命题，②是真命题D.①是假命题，②也是假命题【答案】A【解析】【分析】对①，直接令2a =判断即可；对②，利用反证法，先设数列中第一项满足n a a >的项为k a ，再推导21,k k a a --的大小推出矛盾即可；【详解】对①，当2a =时，易得12a =，22a =，31a =，42a =，52a =，61a =…故数列{}n a 为2，2，1循环.所以对于任意的正整数n ，都有3n n a a +=成立，故①正确；对②，对于任意[)2,a ∈+∞，有12a =，2a a =，32a a =，42a =，设数列中第一项满足n a a >的项为k a ，则4k >，此时易得21,k k a a a --≤，又()11*211,N ,n n n n n n n n n a a a a a n a a a a +++++⎧≥⎪⎪=∈⎨⎪<⎪⎩，且由题意，0n a >恒成立，故21n a +≥，即数列{}n a 中所有项都满足1n a ≥，故211,k k a a a --≤≤，因为[]2112max ,1,k k k k k a a a a a a ----⎧⎫=∈⎨⎩⎭，与k a a >矛盾，故对于任意[)2,a ∈+∞和任意的正整数n ，都有n a a ≤.故选：A三、解答题（本大题满分78分）本大题共有5题，解答下列各题必须在答题纸相应编号的规定区域内写出必要的步骤17.如图，在四棱锥P ABCD -中，已知PA ⊥底面ABCD ，底面ABCD 是正方形，PA AB =.（1）求证：直线BD ⊥平面PAC ；（2）求直线PC 与平面PBD 所成的角的大小.【答案】（1）证明见解析（2）1arcsin3【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理即可证明；（2）以A 为坐标原点，分别以AB AD AP ､､为x y z ､､轴，建立空间直角坐标系.分别求出直线PC 的方向向量与平面PBD 的法向量，由线面角的向量公式代入即可求解.【小问1详解】因为PA ⊥平面ABCD ，且BD ⊂平面ABCD ，所以PA BD ⊥.在正方形ABCD 中，AC BD ⊥.而PA AC A = ，,PA AC ⊂平面PAC ，故BD ⊥平面PAC .【小问2详解】以A 为坐标原点，分别以AB AD AP ､､为x y z ､､轴，建立空间直角坐标系.设1AB =，则()()()()1,0,0,0,1,0,0,0,1,1,1,0B D P C ，从而()()()1,0,1,0,1,1,1,1,1PB PD PC =-=-=- .设平面PBD 的法向量为(),,n x y z =r，0000PB n x z x z y z y z PD n ⎧⎧⋅=-==⎧⎪⇒⇒⎨⎨⎨-==⋅=⎩⎪⎩⎩ ，令1z =，则()1,1,1n = .设直线PC 与平面PBD 所成的角为θ，则1 sin|cos,3PC nPC nPC nθ⋅===⋅∣，故PC与夹面PBD的所成角大小为1 arcsin3.18.已知函数()22sin cosf x x x xωωω=+的最小正周期为π，其中0ω>．（1）求ω的值与函数()f x的单调增区间；（2）设ABC的内角、、A B C的对边分别为a b c、、，且2sinc B A==，()3f C=，求ABC的面积．【答案】（1）1ω=，πππ,π,63k k k⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z（2）32【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换得到()π2sin216f x xω⎛⎫=-+⎪⎝⎭，根据最小正周期得到ω，进而得到函数解析式，得到单调递增区间；（2）根据()3f C=求出π3C=，由正弦定理得到2b a=，由余弦定理得到1a=，求出三角形面积.【小问1详解】()π1cos22sin216f x x x xωωω⎛⎫=-+=-+⎪⎝⎭，2ππ2Tω==，()π1,2sin216f x xω⎛⎫∴==-+⎪⎝⎭，令πππ22π,2π,622x k k k⎡⎤-∈-+∈⎢⎥⎣⎦Z，解得πππ,π,63x k k k⎡⎤∈-+∈⎢⎥⎣⎦Z，故()f x的单调增区间为πππ,π,63k k k⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z．【小问2详解】()π2sin 2136f C C ⎛⎫=-+= ⎪⎝⎭ ，即sin 216πC ⎛⎫-= ⎪⎝⎭，又()0,πC ∈，ππ11π2,666C ⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，故ππ262C -=，解得π3C =，sin 2sin B A =，2b a ∴=，2222cos c a b ab C =+- ，222342a a a ∴=+-，解得1a =，1322,sin 22ABC b a S ab C ∴====△．19.为了更直观地让学生认识棱锥的几何特征，某教师计划制作一个正四棱锥教学模型．现有一个无盖的长方体硬纸盒，其底面是边长为20cm 的正方形，高为10cm ，将其侧棱剪开，得到展开图，如图所示．1P ，2P ，3P ，4P 分别是所在边的中点，剪去阴影部分，再沿虚线折起，使得1P ，2P ，3P ，4P 四个点重合于点P ，正好形成一个正四棱锥P ABCD -，如图所示，设AB x =（单位：cm ）．（1）若10x =，求正四棱锥P ABCD -的表面积；（2）当x 取何值时，正四棱锥P ABCD -的体积最大．【答案】（1）2400cm ；（2）16x =.【解析】【分析】（1）连接AC ，BD ，交于点O ，设BC 中点为E ，连接PE ，EO ，PO ，利用底面积与侧面积的和求解表面积；（2）由AB x =，可得2x OE =，)(200202x PE x =-<<，先利用勾股定理求出棱锥的高，然后表示出体积，再利用导数求最大值时x 的的值.【详解】在正四棱锥P ABCD -中，连接AC ，BD ，交于点O ，设BC 中点为E ，连接PE ，EO ，PO ．（1）∵10AB =，∴5OE =，15PE =，∴正四棱锥P ABCD -的表面积为141010410154002ABCD PBC S S S =+=⨯+⨯⨯⨯=表△，∴正四棱锥P ABCD -的表面积为2400cm ．（2）∵AB x =，∴2x OE =，)(200202x PE x =-<<，∴)222052002022x x PO x x ⎛⎛⎫⎫=---<<⎪⎪ ⎭⎭⎝⎝，∴正四棱锥P ABCD -的体积为)()()241252525202020020333V x x x x x x x x =⨯-=⨯-=-<<．令)()()(420020t x x x x =-<<，则)()(3516t x x x '=-，当016x <<时，)(0t x '>，)(t x 单调递增；当1620x <<时，)(0t x '<，)(t x 单调递减，∴)()(max 16t x t =，∴)()(max 16V x V =，∴当16x =时，正四棱锥P ABCD -的体积最大．【点睛】方法点睛：解决立体几何中的最值问题一般有两种方法：一是几何法，特别是平面几何的有关结论来解决，非常巧妙；二是将立体几何中最值问题转化为函数问题，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角函数有界法、导数法以及均值不等式法求解.20.已知椭圆2222:1(0)x y E a b a b+=>>，依次连接椭圆E 的四个顶点构成的四边形面积为（1）若a =2，求椭圆E 的标准方程；（2）以椭圆E 的右顶点为焦点的抛物线G ，若G 上动点M 到点(10,0)H 的最短距离为，求a 的值；（3）当2a =时，设点F 为椭圆E 的右焦点，(2,0)A -，直线l 交E 于P 、Q （均不与点A 重合）两点，直线l 、AP 、AQ 的斜率分别为k 、1k 、2k ，若1230kk kk ++=，求FPQ △的周长．【答案】（1）22143x y +=；（2）4；（3）8【解析】【分析】（1）直接利用四边形面积可知=ab 2a =即可求出b 值，即可求得椭圆方程；（2）设出点M 坐标，由两点间距离公式构造二次函数求最值即可；（3）设出直线方程与椭圆方程联立利用韦达定理及1230kk kk ++=可求出直线方程，得出直线恒过定点，即可求出三角形FPQ △的周长.【小问1详解】由已知得椭圆四个顶点构成的四边形面积为1222a b ⨯⨯⨯=，即=ab∵2a =，∴b =，∴椭圆E 的标准方程为22143x y +=；【小问2详解】椭圆的右顶点为(),0a ，以椭圆E 的右顶点为焦点的抛物线的标准方程为24y ax =，设动点()00,M xy ，则()()()22222200000010201004102100102MH x y x x ax x a a =-+=-++=--+--⎡⎤⎣⎦当1020a ->时，即05a <<，最小值在对称轴处取得，即()(22100102a --=，解得4a =或6a =（舍去），当1020a -≤，即05a <≤，最小值在00x =处取得，此时MH 最小值为10，不符合题意，故4a =；【小问3详解】设直线l 的方程为y kx m =+，()11,P x y ，()22,Q x y ，则1112y k x =+，2222y k x =+，故12121212122222y y kx m kx m k k x x x x +++=+=+++++，则()()()()()()()12211212122233322kx m x kx m x kk kk k k k x x +++++++=++=+++()()()12121212224324kx x k m x x mk x x x x ++++=++++，当2a =时椭圆的方程为22143x y +=，将椭圆方程与直线方程联立22143x y y kx m ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩可得()2223484120k x kmx m +++-=，()()22222264434412144481920k m k m m k ∆=-+-=-+>，即22340m k -+>，122834km x x k -+=+，212241234m x x k-=+，即()()2221222241282243434334128243434m km k k m m k k k k k k m km k k --⨯++⨯+++++=--+⨯+++()()222041616m k m k m km k --==-+，故m k =或2m k =，此时均满足0∆>，若m k =，则直线l 的方程为y kx k =+，此时直线恒过()1,0-，若2m k =，则直线l 的方程为2y kx k =+，此时直线恒过()2,0-，与题意矛盾，点()1,0-为椭圆的左焦点1F ，故FPQ △的周长为1148PF FQ PQ PF FQ PF QF a ++=+++==.21.已知函数()ln h x x xλ=+，其中λ为实数.（1）若()y h x =是定义域上的单调函数，求实数λ的取值范围；（2）若函数()y h x =有两个不同的零点，求实数λ的取值范围；（3）记()()g x h x x λ=-，若(),p q p q <为()g x 的两个驻点，当λ在区间42,175⎡⎤⎢⎥⎣⎦上变化时，求()()g p g q -的取值范围.【答案】（1）(,0∞⎤-⎦（2）10eλ<<（3）6302ln 2,4ln 2517⎡⎤--⎢⎥⎣⎦【解析】【分析】（1）直接由导数求出参数的范围即可.（2）由导数判断单调性后转化为方程根的个数问题，再求最小值小于零得出结果.（3）根据驻点得出导函数为零的的两根，用韦达定理将双变量换成单变量带入()()g p g q -，写出表达式再求导即可.【小问1详解】易得定义域为()0,∞+，()221x h x x x xλλ-'=-=，当且仅当0λ≤时，()0h x '>恒成立，()y h x =是定义域上的单调递增函数，符合题意；而当0λ>时，()h x '既不恒正，也不恒负，即()y h x =不是定义域上的单调函数，不符合题意，舍去；所以，由题意得实数λ的取值范围为(],0-∞；【小问2详解】函数()y h x =有两个不同的零点，所以()y h x =不是定义域上的单调函数，即0λ>；∴()y h x =在()0,λ上为单调递减函数，在[),λ+∞上为单调递增函数，且当x 趋近于0和+∞时，()y h x =趋近于+∞，∴函数()y h x =有两个不同的零点()()min 1ln 100eh x h l l l ==+<Þ<<.【小问3详解】(),p q p q < 为()()ln x x g x x x xh λλλ=-=+-的两个驻点，(),0p q p q ∴<<为()210g x x x l l =--=¢的两根，即一元二次方程20x x λλ-+=有两个不同的正根，即11p q pq λ⎧+=⎪⎨⎪=⎩，则1142,11751p q p p p q p λ⎧⎡⎤==∈⎪⎢⎥+⎣⎦+⎪⎪⎨⎪<=⎪⎪⎩，解得1142p ≤≤，()()()2111122ln ln 2ln p g p g q g p g p p p p p p p p p l l l 骣骣骣骣-琪琪琪琪\-=-=+----=+琪琪琪琪桫桫桫桫2212242ln 2ln 211⎛⎫-=+⋅=+- ⎪+⎝⎭+p p p p p p p ，令()24112ln 2,,142⎡⎤=+-∈⎢⎥+⎣⎦m p p p p ，()()()()2222222128011p p m p p p p p -=-=++¢³ ()m p \在11,42p 轾Î犏犏臌上为单调递增函数，则()3064ln 2,2ln 2175m p 轾Î-+-+犏犏臌，()()()6302ln 2,4ln 2517g p g q m p 轾\-=Î--犏犏臌.【点睛】关键点睛：第二问是零点问题，转化为方程根的个数问题；第三问较难，首先将双变量转化为单变量需用驻点这一条件，再用韦达定理表示出来，注意新变量的取值范围，最后再构造函数求单调性得出结果.。
2018-2019学年上海市华东师范大学第二附属中学高二下学期3月检测数学试题(解析版)
2018-2019学年上海市华东师范大学第二附属中学高二下学期3月检测数学试题一、单选题1．对于实系数一元二次方程20ax bx c ++=，在复数范围内其解是12x x 、，下列结论中不正确的是（ ）A.若240b ac -=，则12x x R =∈B.若240b ac -＜，则12x R x R ∉∉，且12x x =C.一定有1212bc x x x x a a+=-=， D.一定有()221224b ac x x a--=【答案】B【解析】根据题意，利用一元二次方程求根公式和根与系数的关系，对选项中的命题进行分析、判断正误即可. 【详解】解:对于A ，当240b ac -=，则122bx x R a==-∈，即A 正确，对于B ，当240b ac -<，则1x = ，2x =，则12x R x R ∉∉，，且12x x ≠，即B 错误， 对于C ，由根与系数的关系可得1212b cx x x x a a+=-=，，即C 正确， 对于D ，()221224b ac x x a--=，即D 正确，故选：B. 【点睛】本题考查了一元二次方程求根公式和根与系数的关系，重点考查了运算能力，属基础题. 2．教室内有一把尺子，无论怎样放置，地面上总有这样的直线与该直尺所在直线（ ） A ．平行 B ．垂直C ．相交D ．异面【答案】B解：选项A ，当直尺所在直线与地面只有一个公共点时，若地面上能找出一条直线与此相平行，则直尺所在直线与地面是平行的，线面平行时，直尺所在直线与地面是没有公共点的，与条件矛盾，选项A 错误选项B ：直线与地面共有三种位置关系，1.直线在地面内，可以找到一条直线与已知直线垂直；2.直线与地面有一共公共点，即相交时，可以找到一条直线与已知直线垂直；3. 直线与地面平行时，可以找到一条直线与已知直线异面垂直，所以选项B 正确。
选项C ：当直尺所在直线与地面平行时，直尺所在直线与地面是没有公共点的，所以不可能找出一条直线与直尺所在直线相交，选项C 错误选项D ：当直尺所在直线在地面内时，直尺所在直线与地面上所有直线都是共面的，所以不可能找出一条直线与直尺所在直线异面，选项D 错误 【点睛】说明命题的错误，可试着去寻找出反例；若命题是正确的，则应用相应定理进行证明。
2018-2019学年上海市华东师范大学第二附属中学高二3月月考数学试题 解析版
上海市华东师范大学第二附属中学2018-2019学年高二3月月考数学试题一、单选题1．对于实系数一元二次方程，在复数范围内其解是，下列结论中不正确的是（）A．若，则B．若，则且C．一定有D．一定有【答案】D【解析】【分析】实系数方程可从与0的大小关系进行分情况讨论，对选项逐一研究筛选。
【详解】选项A、B显然成立；在实数范围内韦达定理得到的选项C的结论，在复数范围内由计算可得，同样也能成立；选项D：复数范围内，故选D【点睛】在复数范围内，实系数方程的判别式时，方程的根可以通过虚数进行表示。
2．教室内有一把尺子，无论怎样放置，地面上总有这样的直线与该直尺所在直线（）A．平行B．垂直C．相交D．异面【答案】B【解析】【分析】直线与平面三种位置关系，对每个选项举反例排除或证明。
【详解】解：选项A，当直尺所在直线与地面只有一个公共点时，若地面上能找出一条直线与此相平行，则直尺所在直线与地面是平行的，线面平行时，直尺所在直线与地面是没有公共点的，与条件矛盾，选项A错误选项B：直线与地面共有三种位置关系，1.直线在地面内，可以找到一条直线与已知直线垂直；2.直线与地面有一共公共点，即相交时，可以找到一条直线与已知直线垂直；3. 直线与地面平行时，可以找到一条直线与已知直线异面垂直，所以选项B正确。
选项C：当直尺所在直线与地面平行时，直尺所在直线与地面是没有公共点的，所以不可能找出一条直线与直尺所在直线相交，选项C错误选项D：当直尺所在直线在地面内时，直尺所在直线与地面上所有直线都是共面的，所以不可能找出一条直线与直尺所在直线异面，选项D错误【点睛】说明命题的错误，可试着去寻找出反例；若命题是正确的，则应用相应定理进行证明。
直线与平面的位置共有三种，对每一种情况进行具体分析求解。
3．若为非零实数，则以下四个命题都成立：①；②；③若，则；④若，则.则对于任意非零复数，上述命题中仍为真命题的个数为（）个.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】【分析】本题主要考查复数的性质，可根据复数的运算性质进行判断。
上海市华东师范大学第二附属中学2018-2019学年高二下学期期中考试数学试题(原卷版)
华东师大二附中2019届高二数学期中考试试卷一、填空题：1.设是平面外两条直线，且，那么是的________条件.2.已知直线及平面，下列命题中：①；②；③；④.所有正确命题的序号为________.3.地球北纬圈上有两地分别在东经和处，若地球半径为，则两地的球面距离为________.4.如果一个球和立方体的每条棱都相切，那么称这个球为立方体的棱切球，那么单位立方体的棱切球的体积是________.5.若三棱锥的所有的顶点都在球的球面上，且平面，，，，则球的表面积为__________．6.如图所示，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱，，则它的5个面中，互相垂直的面有__________对.7.下图由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成，将4个正三角形沿着其与正方形的公共边折起后形成的四棱锥的体积为________.8.有一块四边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形,如图所示，，则这块菜地的面积为________.9.四面体的6条棱所对应的6个二面角中，钝二面角最多有________个.10.如图1，平面中的角的内角平分线分面积所成的比，把这个结论类比到空间：在三棱锥（如图2）中，平面平分二面角且与相交于，则类比的结论是____________.二、选择题：11.当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了（）A. 三点确定一平面B. 不共线三点确定一平面C. 两条相交直线确定一平面D. 两条平行直线确定一平面12.正方体被平面所截得的图形不可能是（）A. 正三角形B. 正方形C. 正五边形D. 正六边形13.如图，正方体的棱线长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中错误的是A.B.C. 三棱锥的体积为定值D.14.由一些单位立方体构成的几何图形，主视图和左视图如图所示，则这样的几何体体积的最小值是（）（每个方格边长为1）A. 5B. 6C. 7D. 8三、解答题：15.在正方体中，分别是的中点.求证：空间．．四边形是菱形.16.在棱长为2的正方体中，（如图）是棱的中点，是侧面的中心.（1）求三棱锥的体积；（2）求异面直线与的夹角；（3）求与底面所成的角的大小.（结果用反三角函数表示）17.如图，在正三棱柱中，是的中点，是线段上的动点，且.（1）若，求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）若直线与平面所成角的大小为，求的最大值18.平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体，直角三角形也可以推广到直角四面体，如果四面体中棱两两垂直，那么称四面体为直角四面体. 请类比直角三角形中的性质给出2个直角四面体中的性质，并给出证明.（请在结论中选择1个，结论4，5中选择1个，写出它们在直角四面体中的类似结论，并给出证明，多选不得分，其中表示斜边上的高，分别表示内切圆与外接圆的半径）直角三角形直角四面体。
2018-2019学年上海市华东师范大学第二附属中学高二下学期期中考试数学试题 解析版
绝密★启用前上海市华东师范大学第二附属中学2018-2019学年高二下学期期中考试数学试题一、单选题1．当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了（）A．三点确定一平面B．不共线三点确定一平面C．两条相交直线确定一平面D．两条平行直线确定一平面【答案】B【解析】【分析】自行车前后轮与撑脚分别接触地面，使得自行车稳定,此时自行车与地面的三个接触点不在同一条线上.【详解】自行车前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上,所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自行车稳定.故选B项.【点睛】本题考查不同线的三个点确定一个平面，属于简单题.2．正方体被平面所截得的图形不可能是（）A．正三角形B．正方形C．正五边形D．正六边形【答案】C【解析】【分析】平面与正方形相交与不同的位置，可以出现正三角形，正方形，正六边形，不可能出现正五边形【详解】如图所示，平面与正方形相交与不同的位置，可以出现正三角形，正方形，正六边形，不可能出现正五边形，故选C项【点睛】本题考查正方形的截面图形，空间想象能力，属于基础题.3． 如图，正方体1111ABCD A BC D -的棱线长为1，线段11B D 上有两个动点E 、F ，且12EF =，则下列结论中错误的是A ．AC BE ⊥B ．//EF ABCD 平面C ．三棱锥A BEF -的体积为定值D ．AEF BEF ∆∆的面积与的面积相等 【答案】D【解析】可证11AC D DBB AC BE ⊥⊥平面，从而，故A 正确；由11D B ∥平面ABCD ，可知//EF ABCD 平面，B 也正确；连结BD 交AC 于O ，则AO 为三棱锥A BEF -的高，4112121=⨯⨯=∆BEF S ，三棱锥A BEF -的体积为242224131=⨯⨯为定值，C 正确；D 错误。
选D 。
4．由一些单位立方体构成的几何图形，主视图和左视图如图所示，则这样的几何体体积的最小值是（ ）（每个方格边长为1）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】C【解析】【分析】通过主视图和左视图分析出原几何体的形状，可以得到原几何体的体积【详解】通过主视图和左视图分析出原几何体的形状如图所示，可知最少共有7个单位立方体.则几何体的体积最小值为7.故选C项【点睛】本题考查由三视图还原几何体，空间想象能力，属于基础题.第II卷（非选择题)请点击修改第II卷的文字说明二、填空题5．设是平面外两条直线，且，那么是的________条件.【答案】充分不必要【解析】【分析】判断由能否得到，再判断由能否得到【详解】证明充分性：若，结合，且在平面外，可得，是充分条件；证明必要性：若，结合，且是平面外，则可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件.故填“充分不必要”【点睛】本题考查空间线面平行，线线平行之间的关系，充分条件和必要条件，属于简单题. 6．已知直线及平面，下列命题中：①；②；③；④.所有正确命题的序号为________.【答案】④【解析】【分析】①直线还可能在面内，②直线与平面也可能平行, ③直线还可能在面内, ④正确. 【详解】①直线与平面可能平行，也可能在面内，所以错误②直线与平面可能垂直，也可能平行，所以错误.③直线与平面可能平行，也可能在面内，所以错误.④可以得到直线与平面垂直，所以正确.【点睛】本题考查直线与直线，直线与平面的位置关系，属于简单题.7．地球北纬圈上有两地分别在东经和处，若地球半径为，则两地的球面距离为________.【答案】【解析】【分析】由于甲、乙两地在同一纬度圈上，计算经度差，求出甲、乙两地对应的弦长，以及球心角，然后求出球面距离．【详解】地球表面上从地（北纬，东经）到地（北纬，西经）两地都在北纬上，对应的的纬圆半径是,经度差是所以所以球心角是所以两地的球面距离是.【点睛】本题考查球面距离及其他计算，考查空间想象能力，是基础题．8．如果一个球和立方体的每条棱都相切，那么称这个球为立方体的棱切球，那么单位立方体的棱切球的体积是________.【答案】【解析】【分析】根据图形很容易找到球的半径，在计算体积得到答案.【详解】球和立方体的每条棱都相切，则球的直径为立方体的面对角线长度，所以单位立方体的棱切球的半径为所以球的体积为【点睛】考查空间想象能力，球的体积计算，是基础题．9．若三棱锥的所有的顶点都在球的球面上，且平面，，，，则球的表面积为__________．【答案】【解析】如图，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，因为平面，所以，所以，所以截球所得的圆的半径，所以球的半径，所以球的表面积为.点睛：本题主要考查了有关球的组合体问题，其中解答中涉及到直线与平面垂直的性质，球的性质和球的表面公式等知识点的综合运用，试题有一定的难度，属于中档试题，此类问题的解答中正确把握组合体的结构特征，正确应用球的性质是解答的关键. 10．如图所示，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱，，则它的5个面中，互相垂直的面有__________对.【答案】5【解析】由勾股定理逆定理得P A⊥AD，P A⊥AB，∴P A⊥面ABCD，P A⊥CD，P A⊥CB.由直线与平面垂直的判定定理及平面与平面垂直的判定定理易得结论．平面P AB⊥平面P AD，平面P AB⊥平面ABCD，平面P AB⊥平面PBC，平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD⊥平面PCD.答案：5.11．下图由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成，将4个正三角形沿着其与正方形的公共边折起后形成的四棱锥的体积为________.【答案】【解析】【分析】画出立体图形，通过底面对角线的一半，侧棱，以及高所构成的直角三角形，求出高，再求出四棱锥的体积.【详解】根据平面图形可得四棱锥侧棱长度为2，底面正方形的边长为2，其对角线长度为，在底面对角线的一半，侧棱，以及高所构成的直角三角形，高的长度为所以四棱锥的体积为【点睛】本题考查平面图形与立体图形的关系，求四棱锥的体积，属于简单题.12．有一块四边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形,如图所示，，则这块菜地的面积为________.【答案】【解析】【分析】先确定直观图中的线段长，再确定平面图形中的线段长，即可求得图形的面积．【详解】在直观图中，，，，原来的平面图形上底长为，下底为，高为平面图形的面积为【点睛】本题考查斜二测画法，直观图与平面图形的面积的比例关系的应用，考查计算能力．属于简单题.13．四面体的6条棱所对应的6个二面角中，钝二面角最多有________个.【答案】3【解析】【分析】通过定性分析，对四面体取特殊情况可以得到钝二面角的个数【详解】将三棱锥的顶点，向下压到与底重合，侧面的3个二面角都是，将这个顶点稍稍提高一点点，离开底面，此时3个侧面的二面角都是钝角.【点睛】本题考查利用极限思想，通过定性分析来解决问题，属于简单题.14．如图1，平面中的角的内角平分线分面积所成的比，把这个结论类比到空间：在三棱锥（如图2）中，平面平分二面角且与相交于，则类比的结论是____________.【答案】【解析】三、解答题15．在正方体中，分别是的中点.求证：空间四边形是菱形.【答案】证明见解析【解析】【分析】取中点，联结，证明四边形，都是平行四边形，从而得到四边形是平行四边形，再证明，得到空间四边形是菱形. 【详解】证明：取中点，联结，则，四边形是平行四边形，，∴四边形是平行四边形，，，∴四边形是平行四边形，又,,，空间四边形是菱形.【点睛】本题考查正方体内线段之间的关系，空间四边形的证明，属于简单题.16．在棱长为2的正方体中，（如图）是棱的中点，是侧面的中心.（1）求三棱锥的体积；（2）求异面直线与的夹角；（3）求与底面所成的角的大小.（结果用反三角函数表示）【答案】（1）；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）对三棱锥换底，换成以为顶点，为底的三棱锥，求出底面的面积和对应的高，得到所求的体积.（2）找到异面直线与所成的角，在内由余弦定理求出.（3）找出直线与底面所成的角，【详解】（1）（2），或其补角即为异面直线与所成角，在，，，，异面直线与所成角为（3）取中点，联结，且平面，平面，即为与底面所成的角，,，与底面所成的角的大小为.【点睛】本题考查三棱锥等体积转化，求异面直线所成的角，直线与平面所成的角，属于中档题. 17．如图，在正三棱柱中，是的中点，是线段上的动点，且.（1）若，求证：；（2）求二面角的余弦值；（3）若直线与平面所成角的大小为，求的最大值【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）【解析】【分析】（1）取中点，通过线线垂直证明平面，从而得到（2）取中点，中点，联结，则即为二面角的平面角，再利用余弦定理求出其余弦值.（3）利用等体积法，求出到平面的距离及的长度，从而表示出关于的函数，求出最大值.【详解】（1）取中点，联结和，∵，为中点，又为中点，，，，同理，平面，；（2）取中点，中点，联结，则，，即为二面角的平面角，设，则，，即二面角的余弦值为（3）设，到平面的距离为，则，由等体积法，，即，可得，而，∴，当且仅当，即时，等号成立，即的最大值为.【点睛】本题考查通过线面垂直证明线线垂直，二面角的求法，以及线面角的正弦值的表示，属于中档题.18．平面图形很多可以推广到空间中去，例如正三角形可以推广到正四面体，圆可以推广到球，平行四边形可以推广到平行六面体，直角三角形也可以推广到直角四面体，如果四面体中棱两两垂直，那么称四面体为直角四面体. 请类比直角三角形中的性质给出2个直角四面体中的性质，并给出证明.（请在结论中选择1个，结论4，5中选择1个，写出它们在直角四面体中的类似结论，并给出证明，多选不得分，其中表示斜边上的高，分别表示内切圆与外接圆的半径）直角三角形直角四面体【答案】证明见解析【解析】【分析】结论1：分别表示，然后证明结论2：在中利用等面积法，表示出高，然后分别表示，再证明结论3：利用结论2中得到的的表达式，再表示出，再证明结论4：内切球的球心与四个顶点相连接，把三棱锥分成四个小的三棱锥，利用进行证明结论5：将直角四面体补形成为以为长、宽、高的长方体，再进行证明.【详解】记的面积依次为，平面与所成角依次为，点到平面的距离为分别表示内切球与外接球的半径，内切球的球心为，直角三角形直角四面体证明：设，过作，垂足为，联结，过作，垂足为，易证：，平面，则，结论1：，在中，，s；结论2：，∴。
2018-2019学年上海市华东师范大学第二附属中学高二3月月考数学试题 解析版
上海市华东师范大学第二附属中学2018-2019学年高二3月月考数学试题一、单选题1．对于实系数一元二次方程，在复数范围内其解是，下列结论中不正确的是（）A．若，则B．若，则且C．一定有D．一定有【答案】D【解析】【分析】实系数方程可从与0的大小关系进行分情况讨论，对选项逐一研究筛选。
【详解】选项A、B显然成立；在实数范围内韦达定理得到的选项C的结论，在复数范围内由计算可得，同样也能成立；选项D：复数范围内，故选D【点睛】在复数范围内，实系数方程的判别式时，方程的根可以通过虚数进行表示。
2．教室内有一把尺子，无论怎样放置，地面上总有这样的直线与该直尺所在直线（）A．平行B．垂直C．相交D．异面【答案】B【解析】【分析】直线与平面三种位置关系，对每个选项举反例排除或证明。
【详解】解：选项A，当直尺所在直线与地面只有一个公共点时，若地面上能找出一条直线与此相平行，则直尺所在直线与地面是平行的，线面平行时，直尺所在直线与地面是没有公共点的，与条件矛盾，选项A错误选项B：直线与地面共有三种位置关系，1.直线在地面内，可以找到一条直线与已知直线垂直；2.直线与地面有一共公共点，即相交时，可以找到一条直线与已知直线垂直；3. 直线与地面平行时，可以找到一条直线与已知直线异面垂直，所以选项B正确。
选项C：当直尺所在直线与地面平行时，直尺所在直线与地面是没有公共点的，所以不可能找出一条直线与直尺所在直线相交，选项C错误选项D：当直尺所在直线在地面内时，直尺所在直线与地面上所有直线都是共面的，所以不可能找出一条直线与直尺所在直线异面，选项D错误【点睛】说明命题的错误，可试着去寻找出反例；若命题是正确的，则应用相应定理进行证明。
直线与平面的位置共有三种，对每一种情况进行具体分析求解。
3．若为非零实数，则以下四个命题都成立：①；②；③若，则；④若，则.则对于任意非零复数，上述命题中仍为真命题的个数为（）个.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【解析】【分析】本题主要考查复数的性质，可根据复数的运算性质进行判断。
上海市华东师范大学第二附属中学2018-2019学年高二下学期期中考试数学试题(解析版)
华东师大二附中2019届高二数学期中考试试卷一、填空题：1.设是平面外两条直线，且，那么是的________条件.【答案】充分不必要【解析】【分析】判断由能否得到，再判断由能否得到【详解】证明充分性：若，结合，且在平面外，可得，是充分条件；证明必要性：若，结合，且是平面外，则可以平行，也可以相交或者异面，所以不是必要条件. 故填“充分不必要”【点睛】本题考查空间线面平行，线线平行之间的关系，充分条件和必要条件，属于简单题.2.已知直线及平面，下列命题中：①；②；③；④.所有正确命题的序号为________.【答案】④【解析】【分析】①直线还可能在面内，②直线与平面也可能平行, ③直线还可能在面内, ④正确.【详解】①直线与平面可能平行，也可能在面内，所以错误②直线与平面可能垂直，也可能平行，所以错误.③直线与平面可能平行，也可能在面内，所以错误.④可以得到直线与平面垂直，所以正确.【点睛】本题考查直线与直线，直线与平面的位置关系，属于简单题.3.地球北纬圈上有两地分别在东经和处，若地球半径为，则两地的球面距离为________. 【答案】【解析】【分析】由于甲、乙两地在同一纬度圈上，计算经度差，求出甲、乙两地对应的弦长，以及球心角，然后求出球面距离．【详解】地球表面上从地（北纬，东经）到地（北纬，西经）两地都在北纬上，对应的的纬圆半径是,经度差是所以所以球心角是所以两地的球面距离是.【点睛】本题考查球面距离及其他计算，考查空间想象能力，是基础题．4.如果一个球和立方体的每条棱都相切，那么称这个球为立方体的棱切球，那么单位立方体的棱切球的体积是________.【答案】【解析】【分析】根据图形很容易找到球的半径，再计算体积得到答案.【详解】球和立方体的每条棱都相切，则球的直径为立方体的面对角线长度，所以单位立方体的棱切球的半径为所以球的体积为【点睛】考查空间想象能力，球的体积计算，是基础题．5.若三棱锥的所有的顶点都在球的球面上，且平面，，，，则球的表面积为__________．【答案】【解析】如图，三棱锥的所有顶点都在球的球面上，因为平面，所以，所以，所以截球所得的圆的半径，所以球的半径，所以球的表面积为.点睛：本题主要考查了有关球的组合体问题，其中解答中涉及到直线与平面垂直的性质，球的性质和球的表面公式等知识点的综合运用，试题有一定的难度，属于中档试题，此类问题的解答中正确把握组合体的结构特征，正确应用球的性质是解答的关键.6.如图所示，四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱，，则它的5个面中，互相垂直的面有__________对.【答案】5【解析】由勾股定理逆定理得P A⊥AD，P A⊥AB，∴P A⊥面ABCD，P A⊥CD，P A⊥CB.由直线与平面垂直的判定定理及平面与平面垂直的判定定理易得结论．平面P AB⊥平面P AD，平面P AB⊥平面ABCD，平面P AB⊥平面PBC，平面P AD⊥平面ABCD，平面P AD⊥平面PCD.答案：5.7.下图由一个边长为2的正方形及四个正三角形构成，将4个正三角形沿着其与正方形的公共边折起后形成的四棱锥的体积为________.【答案】【解析】【分析】画出立体图形，通过底面对角线的一半，侧棱，以及高所构成的直角三角形，求出高，再求出四棱锥的体积. 【详解】根据平面图形可得四棱锥侧棱长度为2，底面正方形的边长为2，其对角线长度为，在底面对角线的一半，侧棱，以及高所构成的直角三角形，高的长度为所以四棱锥的体积为【点睛】本题考查平面图形与立体图形的关系，求四棱锥的体积，属于简单题.8.有一块四边形的菜地，它的水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形,如图所示，，则这块菜地的面积为________.【答案】【解析】【分析】先确定直观图中的线段长，再确定平面图形中的线段长，即可求得图形的面积．【详解】在直观图中，，，，原来的平面图形上底长为，下底为，高为平面图形的面积为【点睛】本题考查斜二测画法，直观图与平面图形的面积的比例关系的应用，考查计算能力．属于简单题. 9.四面体的6条棱所对应的6个二面角中，钝二面角最多有________个.【答案】3【解析】【分析】通过定性分析，对四面体取特殊情况可以得到钝二面角的个数【详解】将三棱锥的顶点，向下压到与底重合，侧面的3个二面角都是，将这个顶点稍稍提高一点点，离开底面，此时3个侧面的二面角都是钝角.【点睛】本题考查利用极限思想，通过定性分析来解决问题，属于简单题.10.如图1，平面中的角的内角平分线分面积所成的比，把这个结论类比到空间：在三棱锥（如图2）中，平面平分二面角且与相交于，则类比的结论是____________.【答案】【解析】二、选择题：11.当我们停放自行车时，只要将自行车旁的撑脚放下，自行车就稳了，这用到了（）A. 三点确定一平面B. 不共线三点确定一平面C. 两条相交直线确定一平面D. 两条平行直线确定一平面【答案】B【解析】【分析】自行车前后轮与撑脚分别接触地面，使得自行车稳定,此时自行车与地面的三个接触点不在同一条线上.【详解】自行车前后轮与撑脚分别接触地面，此时三个接触点不在同一条线上,所以可以确定一个平面，即地面，从而使得自行车稳定.故选B项.【点睛】本题考查不共线的三个点确定一个平面，属于简单题.12.正方体被平面所截得的图形不可能是（）A. 正三角形B. 正方形C. 正五边形D. 正六边形【答案】C【解析】【分析】平面与正方形相交与不同的位置，可以出现正三角形，正方形，正六边形，不可能出现正五边形【详解】如图所示，平面与正方形相交与不同的位置，可以出现正三角形，正方形，正六边形，不可能出现正五边形，故选C项【点睛】本题考查正方形的截面图形，空间想象能力，属于基础题.13.如图，正方体的棱线长为1，线段上有两个动点E、F，且，则下列结论中错误的是A.B.C. 三棱锥的体积为定值D.【答案】D【解析】可证，故A正确；由∥平面ABCD，可知，B也正确；连结BD交AC于O，则AO为三棱锥的高，，三棱锥的体积为为定值，C正确；D错误。
上海市华东师范大学二附中2018-2019学年高一下学期数学3月阶段测试题(解析版)
华东师范大学二附中2021届高一下学期数学3月阶段测试一、填空题（每小题4分，共40分）1.已知点在角的终边上，且，则______________.【答案】【解析】【分析】利用三角函数的定义可求得sinα与cosα，利用诱导公式化简，则可得结果．【详解】因为，则r13a，∴sinα，cosα，又,故答案为.【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，涉及诱导公式及同角基本关系式的应用，属于基础题．2.求值：______________.【答案】1【解析】【分析】先利用同角基本关系将原式切化弦，再利用两角和的正弦公式，结合二倍角的正弦公式化简分子，进而再利用诱导公式变形，约分后即可得到结果．【详解】因为＝•）＝•＝•＝•＝1．故答案为：1.【点睛】本题考查了三角函数的化简求值问题，考查了两角和的正弦公式、同角三角函数间的基本关系，以及诱导公式的运用，熟练掌握公式是解本题的关键．3.已知，则的值为_______________.【答案】【解析】【分析】由下向上依次运算，1﹣csc2x＝﹣cot2x，11+tan2x，11﹣cos2x．【详解】原式代入得．故答案为.【点睛】本题考查了化简求值问题，考查了同角三角函数的基本关系及二倍角的余弦公式的应用，属于中档题．4.已知锐角是钝角的两个内角，且的终边过点，则是第______象限角.【答案】二【解析】【分析】由题意得，利用正弦函数的单调性及诱导公式可得结果.【详解】若△ABC为钝角三角形且为锐角，则，因此，则sin<sin（）＝cos，同理可得sin<sin（）＝cos，所以，，故P在第二象限，故答案为：二.【点睛】本题考查了三角形内角的关系，考查了正弦函数单调性的应用，考查了诱导公式的应用，属于中档题.5.在中，已知，给出以下四个论断：①②③④，其中正确的是.【答案】②④【解析】试题分析：因为，整理得，所以不正确，，，，所以②正确，，③错，，，，故④正确，故答案为②④.考点：1、三角形内角和定理及诱导公式；2、两角和的正弦公式及同角三角函数之间的关系.【方法点晴】本题通过对多个命题真假的判断考察三角函数的有界性、三角形内角和定理、诱导公式、两角和的正弦公式、同角三角函数关系以及数学化归思想，属于难题.该题型往往出现在在填空题最后两题，综合性较强，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱更不能因贪快而审题不清，其次先从最有把握的命题入手，最后集中力量攻坚最不好理解的命题.6.已知，则____________.【答案】【解析】【分析】利用二倍角的三角函数公式，结合弦化切化简得，由，直接得出结果．【详解】∵分子、分母都除以cos2θ，∴得=，（）∵，∴所求=故答案为．【点睛】本题考查了二倍角的三角函数公式与同角三角函数基本关系的应用，考查了弦化切的方法，属于中档题．7.已知，，则__________．【答案】【解析】分析：先根据条件解出再根据两角和正弦公式化简求结果.详解：因为，，所以，因此点睛：三角函数求值的三种类型(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；②变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.(3)给值求角：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角.8.已知，且是关于的方程的两个根中较小的根，则的值为____________.【答案】【解析】【分析】由方程的两根之积为1和较小根为tanα得到方程较大的根为即cotα，然后根据两根之和等于﹣2secα列出等式，利用同角三角函数间的基本关系化简得到sinα的值，根据正弦函数的周期和特殊角的三角函数值求出α的值，代入到两根之中检验得到符合题意的值．【详解】∵tan是方程x2+2x sec+1＝0的较小根，且两根之积为1，∴方程的较大根是cot．∴tan+cot＝﹣2sec，即，且tan<cot,∴．又，解得或，又tan<cot，∴，故答案为.【点睛】本题考查了韦达定理的应用，考查了利用同角三角函数间的基本关系化简求值，易错点是容易忽视的范围及条件而导致没有取舍，属于中档题．9.在中，已知．则______．【答案】【解析】【详解】由三角万能公式得．解得或．又由、、为的三个内角知，，．故．因此，．10.在中，，则____________.【答案】【解析】【分析】根据余弦定理化简，得到；由题意，在BC上取D，使得BD＝AD，连接AD，找出A﹣B，设BD＝x，在△ADC中两次利用余弦定理将cos（A﹣B）及cos C表示出，分别求出x建立关于a，b 的方程，化简变形后利用整体换元求出答案．【详解】由题意知，4cos C，∴由余弦定理得，4，化简可得＝2，则,又中不妨设a＞b，∴A＞B．在BC上取D，使得BD＝AD，连接AD，设BD＝x，则AD＝x，DC＝a﹣x，AC＝b，在△ADC中，cos∠DAC＝cos（A﹣B），由余弦定理得：（a﹣x）2＝x2+b2﹣2x•b•，即：(b﹣6a)x＝，解得：x＝．①又在△ADC中，由余弦定理还可得cos C，∴cos C，化简得x＝，②由①②可得，又＝2，联立可得=,即=,两边同时除以，得=+6，令，则12，解得t=或，又由题意，∴t=cos C=，故答案为：.【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，考查了运算化简的技巧，考查利用几何图形解决问题的能力，属于难题．二、选择题（每小题4分，共16分）11.若角和角的终边关于轴对称，则下列等式恒成立的是（）A. B. C. D. .【答案】A【解析】由角和角的终边关于轴对称得 ,所以, , ,.选A.12.“”是“”的（）A. 充分非必要条件B. 必要非充分条件C. 充要条件D. 既不充分亦不必要条件【答案】D【解析】【分析】根据两角和的正切公式，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．【详解】由（1+tanα）（1+tanβ）＝2得1+tanα+tanβ+tanαtanβ＝2，即tanα+tanβ＝1﹣tanαtanβ，∴1，∴．(k，不一定有“”；反之，“”不一定有“”，如=，，此时无意义；∴“”是“”的既不充分亦不必要条件．故选D．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判定，考查了两角和的正切公式，举反例说明命题不成立是解决此类题的常用方法，属于基础题．13.已知中，且，，则是（）A. 正三角形B. 直角三角形C. 正三角形或直角三角形D. 直角三角形或等腰三角形【答案】C【解析】【分析】由tan A+tan B tan A tan B，推导出C＝60°，由，推导出A＝60°或90°，从而得到△ABC 的形状．【详解】∵tan A+tan B tan A tan B，即tan A+tan B（1﹣tan A tan B），∴tan（A+B），又A与B都为三角形的内角，∴A+B＝120°，即C＝60°，∵，∴,∴2B＝60°或120°，则A=90°或60°∴△ABC为直角三角形或等边三角形．故选：C．【点睛】本题考查三角形形状的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意两角和与差的正切函数及二倍角正弦公式的合理运用．14.设且则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】试题分析：由已知得，，去分母得，，所以，又因为，，所以，即，选考点：同角间的三角函数关系，两角和与差的正弦公式．【此处有视频，请去附件查看】三、解答题：15.如图，点是单位圆上的两点，点是圆与轴的正半轴的交点，将锐角的终边按逆时针方向旋转到.（1）若点的坐标为，求的值；（2）用表示，并求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由已知利用任意角的三角函数的定义可得，cos和sin的值，再利用二倍角公式求得sin2和cos2的值，可得的值．（2）由题意可得，|OC|＝|OB|＝1，∠COB＝，由余弦定理可得的解析式．根据∈（0，），利用余弦函数的定义域和值域求得|BC|的范围．【详解】（1）由已知，，∴，∴；（2）由单位圆可知：，由余弦定理得：，∵，∴，∴，∴，∴.【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，考查了二倍角公式及余弦定理的应用，考查了余弦函数求值域的问题，属于中档题．16.在中，已知.（1）求周长的最大值；（2）若，求的面积.【答案】（1）6；（2）.【解析】【分析】（1）由余弦定理及已知条件可得：，利用基本不等式解得，从而可求周长的最大值．（2）由已知及三角函数恒等变换的应用化简可得，分类讨论分别求出a，b的值，利用三角形面积公式即可计算得解．【详解】（1）由余弦定理，得，于是得，当且仅当时，等号成立，∴，即周长的最大值为6；（2），⇒，或，①时，，此时，②时，由正弦定理，知，∵，∴，综上，的面积为.【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，三角形面积公式，余弦定理，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了分类讨论思想和转化思想的应用，属于中档题．17.（1）如图，点在线段上，直线外一点对线段的张角分别为，即.求证：.（2）在中，，其中，试用表示线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）利用三角形的面积公式将表示出来，化简整理可得结论；（2）选用三角形的面积公式：可得，再利用正弦定理表示出整理可得BC. 【详解】（1）等式两边同除，即得；（2）∵，∴.【点睛】本题考查了三角形面积公式的应用，灵活选择三角形面积公式是解决本题的关键，属于基础题. 18.如图，边长为1的正方形中，分别为边上的点，且的周长为2.（1）求线段长度的最小值；（2）试探究是否为定值，若是，给出这个定值；若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据△CPQ周长为2，并且△CPQ是直角三角形，设∠CPQ＝θ，根据三角函数的定义，CP＝PQ cosθ，CQ＝PQ sinθ，因此可以表示出，求该函数的最小值即可；（2）利用解析法求解：分别以AB，AD所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设Q（x，1），P（1，y），利用两点间距离公式求出PQ，根据△CPQ周长为2，找出x，y的关系，求出∠PAQ的正切值，即可求得结果．【详解】（1）设∠CPQ＝θ，则CP＝PQ cosθ，CQ＝PQ sinθ（）∴∴（2）分别以AB，AD所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设Q（x，1），P（1，y），设∠DAQ＝，∠PAB＝∴，即xy+（x+y）＝1又tan＝x，tan＝y∴，∴∴【点睛】本题考查三角函数的应用，特别求角的问题，转化为求角的某个三角函数值，体现了用数研究形的数学思想，考查运算能力和分析解决问题的能力，属于中档题．。
上海市2018-2019学年度华师大二附中高二下学期数学3月月考试卷(解析版)
上海市2018-2019学年度华师大二附中高二下学期数学3月月考试卷一、选择题（本大题共4小题，共12.0分）1.对于实系数一元二次方程ax2+bx+c=0，在复数范围内其解是x1、x2，下列结论中不正确的是（）A. 若，则B. 若，则，且C. 一定有D. 一定有2.教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线（）A. 平行B. 垂直C. 相交D. 异面3.若a、b为非零实数，则以下四个命题都成立：①；②（a+b）2=a2+2ab+b2；③若|a|=|b|，则a=±b；④若a2=ab，则a=b，则对于任意非零复数a、b，上述命题中仍为真命题的个数为（）个A. 1B. 2C. 3D. 44.在空间中，过点A作平面π的垂线，垂足为B，记B=fπ（A）．设α，β是两个不同的平面，对空间任意一点P，Q1=fβ[fα（P）]，Q2=fα[fβ（P）]，恒有PQ1=PQ2，则（）A. 平面与平面垂直B. 平面与平面所成的锐二面角为C. 平面与平面平行D. 平面与平面所成的锐二面角为二、填空题（本大题共10小题，共30.0分）5.设，则Imz =______．6.设m R，m2+m-2+（m2-1）i是纯虚数，其中i是虚数单位，则m=______．7.若复数z满足，则|z|=______．8.若z是实系数方程x2+2x+p=0的一个虚根，且|z|=2，则p=______．9.已知空间四边形ABCD中，AC=BD=2，点E、F分别是边BC和AD的中点，且，则直线AC和BD所成角的大小是______．10.已知在长方体A1B1C1D1-ABCD中，AB=4，BC=3，CC1=3，则直线AB1与平面ACC1A1所成角的大小是______．11.已知点P是边长为1的等边三角形ABC所在平面外一点，且PA=PB=PC=2，则点P到平面ABC的距离是______．12.已知直线l、m与平面α、β，下列命题：①若l平行α内的一条直线，则l∥α；②若l垂直α内的两条直线，则l⊥α；③若m⊊α，l⊊α，且m∥β，l∥β，则α∥β；④若m⊊α，l⊊β，且l⊥m，则α⊥β；⑤若l∥α，l⊊β且α∩β=m，则l∥m；⑥若α∥β，α∩γ=l，β∩γ=m，则l∥m．其中正确的命题为______（填写所有正确命题的编号）．13.设集合M={α，β，γ}，其中α、β、γ是复数，若集合M中任意两数之积及任意一个数的平方仍是M中的元素，则集合M=______．14.如图，已知正方体A1B1C1D1-ABCD的棱长为a，点P为线段BC1上一点，Q是平面ABCD上一点，则D1P+PQ的最小值是______．三、解答题（本大题共5小题，共60.0分）15.在正方体A1B1C1D1-ABCD中，E、F分别是BC、A1D1的中点．（1）求证：四边形B1EDF是棱形；（2）作出直线A1C与平面B1EFD的交点（写出作图步骤）．16.如图，在长方体A1B1C1D1-ABCD中，E、F分别是棱AA1、AB的中点，AB=BC=4，AA1=3，求：（1）EF与A1C1所成的角；（2）A1C与平面ABCD所成的角．17.如图，在空间四边形ABCD中，AB⊥平面BCD，∠BCD=90，且AB=BC=1，．（1）若CE⊥BD，EF⊥AD，求证：AD⊥平面CEF；（2）求二面角C-AD-B的大小．18.复数z1所对应的点在以点（1，1）及（1，-1）为端点的线段上运动，复数z2满足|z2|=1，求：（1）复数z1•z2模的取值范围；（2）复数对应的点的轨迹方程．19.如图，在四棱锥P-ABCD中，AD∥BC，∠ADC=∠PAB=90°，BC=CD=AD．E为棱AD的中点，异面直线PA与CD所成的角为90°．（Ⅰ）在平面PAB内找一点M，使得直线CM∥平面PBE，并说明理由；（Ⅱ）若二面角P-CD-A的大小为45°，求直线PA与平面PCE所成角的正弦值．答案和解析1.【答案】B【解析】解：对于A，b2-4ac=0时，x1=x2=-R，A正确；对于B，设△=b2-4ac＜0，则x1R，x2R，=，x2=，则≠，B错误；求出x对于C，由根与系数的关系知，C正确；对于D，=，D正确．故选：B．根据题意，利用一元二次方程求根公式和根与系数的关系，对选项中的命题分析、判断正误即可．本题考查了一元二次方程的求根公式和根与系数的关系应用问题，是基础题．2.【答案】B【解析】解：由题意，直尺所在直线若与地面垂直，则在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线垂直若直尺所在直线若与地面不垂直，则其必在地面上有一条投影线，在平面中一定存在与此投影线垂直的直线，由三垂线定理知，与投影垂直的直线一定与此斜线垂直综上，教室内有一直尺，无论怎样放置，在地面总有这样的直线，使得它与直尺所在直线垂直故选：B．由题设条件可知，可以借助投影的概念对及三垂线定理选出正确选项本题考查空间中直线与平面之间的位置关系，解题的关键是熟练掌握线面垂直与三垂线定理，再结合直线与地面位置关系的判断得出答案．3.【答案】B【解析】解：对于①，当a=i时，a+=i+=0，∴①不成立；对于②，根据复数代数形式的运算法则，满足乘法公式，②成立；对于③，在复数集C中，|1|=|i|，则a=i，b=1时，i=1不成立，∴③不成立；对于④，根据复数的运算法则知，若a2=ab，则a=b，④成立；综上，上述命题仍然成立的所有序号是②④．故选：B．根据复数的概念和性质，利用复数的代数形式的运算法则，即可得出正确的结论．本题考查了复数的概念和性质以及其基本的运算法则应用问题，是基础题．4.【答案】A【解析】解：设P1=fα（P），则根据题意，得点P1是过点P作平面α垂线的垂足∵Q1=fβ[fα（P）]=fβ（P1），∴点Q1是过点P1作平面β垂线的垂足同理，若P2=fβ（P），得点P2是过点P作平面β垂线的垂足因此Q2=fα[fβ（P）]表示点Q2是过点P2作平面α垂线的垂足∵对任意的点P，恒有PQ1=PQ2，∴点Q1与Q2重合于同一点由此可得，四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α-l-β的平面角∵∠P1Q1P2是直角，∴平面α与平面β垂直故选：A．设P1是点P在α内的射影，点P2是点P在β内的射影．根据题意点P1在β内的射影与P2在α内的射影重合于一点，由此可得四边形PP1Q1P2为矩形，且∠P1Q1P2是二面角α-l-β的平面角，根据面面垂直的定义可得平面α与平面β垂直，得到本题答案．本题给出新定义，要求我们判定平面α与平面β所成角大小，着重考查了线面垂直性质、二面角的平面角和面面垂直的定义等知识，属于中档题．5.【答案】-1【解析】解：∵===1-i，∴Imz=-1．故答案为：-1．利用复数的乘除运算法则直接求解．本题考查复数的虚部的求法，考查复数的乘除运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．6.【答案】-2【解析】解：∵复数z=（m2+m-2）+（m-1）i为纯虚数，∴m2+m-2=0，m2-1≠0，解得m=-2，故答案为：-2．根据纯虚数的定义可得m2-1=0，m2-1≠0，由此解得实数m的值．本题主要考查复数的基本概念，得到m2+m-2=0，m2-1≠0，是解题的关键，属于基础题．7.【答案】【解析】解：设z=a+bi，则=a-bi，则由得3（a+bi）+a-bi=1+i，即4a+2bi=1+i，则，得，则|z|====，故答案为：．设z=a+bi，则=a-bi，利用复数相等，求出a，b的值，结合复数的模长公式进行计算即可．本题主要考查复数模长的计算，利用待定系数法，结合复数相等求出复数是解决本题的关键．8.【答案】4【解析】解：设z=a+bi，则方程的另一个根为z'=a-bi，且，由韦达定理直线z+z'=2a=-2，∴a=-1，∴，所以故答案为：4设出复数z，利用已知条件，结合韦达定理，及|z|=2，求得p．本题考查复数代数形式乘除运算，韦达定理的使用，复数的模，是中档题．9.【答案】【解析】解：分别取CD、AB的中点为G、H，连接EG、GF、FH、EH，得四边形EGFH为平行四边形，且AC∥EH，BD∥FH，则∠EHF（或其补角）为直线AC和BD所成角的平面角，又EH=HF=1，EF=，易得∠EHF=，即直线AC和BD所成角的大小是，故答案为：．由异面直线所成角的作法得：分别取CD、AB的中点为G、H，连接EG、GF、FH、EH，得四边形EGFH为平行四边形，且AC∥EH，BD∥FH，则∠EHF（或其补角）为直线AC和BD所成角的平面角，再求出该角即可得解．本题考查了异面直线所成角的作法，属中档题．10.【答案】arcsin【解析】解：如图，在上底面作B1E⊥A1C1于E，连接AE，易知∠EAB1即为AB1与平面ACC1A1所成的角，利用所给数据，求得AB1=5，EB1=，∴sin∠EAB1==，∴∠EAB1=arcsin，故答案为：arcsin．利用面面垂直的性质作出B1在平面ACC1A1上的垂足E，连接AE得AB1的射影，即得斜线与平面所成的角，求解不难．此题考查了斜线与平面所成的角，难度不大．11.【答案】【解析】解：取BC 中点D，连结AD，过P作PO⊥平面ABC，交AD于O，∵点P是边长为1的等边三角形ABC所在平面外一点，且PA=PB=PC=2，∴AO=AD==，∴点P到平面ABC的距离是：PO===．∴点P到平面ABC的距离是．故答案为：．取BC中点D，连结AD，过P作PO⊥平面ABC，交AD于O，则AO=AD==，由此能求出点P到平面ABC的距离．本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．12.【答案】⑤⑥【解析】解：对于①，若l平行α内的一条直线，则l∥α不一定成立，如l⊂α时，∴①错误；对于②，若l垂直α内的两条直线，则l⊥α不一定成立，如α内的这两条直线平行时，∴②错误；对于③，若m⊊α，l⊊α，且m∥β，l∥β，则由平面与平面平行的判定定理，不能得出α∥β，③错误；对于④，若m⊊α，l⊊β，且l⊥m，则由平面与平面垂直的判定定理，不能得出α⊥β，④错误；对于⑤，若l∥α，l⊊β且α∩β=m，则由直线与平面平行的性质定理，得出l∥m，⑤正确；对于⑥，若α∥β，α∩γ=l，β∩γ=m，则由平面与平面平行的性质定理，即可判定l∥m，⑥正确．综上，其中正确的命题序号为⑤⑥．故答案为：⑤⑥．①，根据直线与平面平行的判定定理知命题错误；②，根据直线与平面垂直的判定定理知命题错误；③，根据平面与平面平行的判定定理知命题错误；④，根据平面与平面垂直的判定定理知命题错误；⑤，由直线与平面平行的性质定理知命题正确；⑥，由平面与平面平行的性质定理知命题正确．本题考查了空间中的平行与垂直关系的判定与性质的应用问题，是基础题．13.【答案】【解析】解：集合M中任意两数之积及任意一个数的平方仍是M中的元素，则M={-1，0，1}，故答案为{-1，0，1}．任何数乘以0等于0，-1的平方等于1，1的平方等于1，任何数乘以1等于任何数．本题考查了子集与交集，并集运算的转换，属基础题．14.【答案】（1+）a【解析】解：把△CBB1沿BC1上转90°，与平面BC1D1共面，当D1Q⊥BC时，D1P+PQ=D1Q最小，PD1=a，PQ=a-a，所以D1P+PQ的最小值为（1+）a，故答案为：（1+）a．把△CBB1沿BC1上转90°，与平面BC1D1共面，当D1Q⊥BC时，D1P+PQ=D1Q 最小．多面体和旋转体表面上的最短距离问题的解法：求多面体表面上两点间的最短距离，一般将表面展开为平面图形，从而把它转化为平面图形内两点连线的最短长度问题．15.【答案】（1）证明：取AD中点G，连接FG，BG，如图1所示，则B1B∥FG，B1B=FG，∴四边形B1BGF为平行四边形，则BG∥B1F，由ABCD-A1B1C1D1为正方体，且E，G分别为BC，AD的中点，可得BEDG为平行四边形，∴BG∥DE，BG=DE，则B1F∥DE，且B1F=DE，∴四边形B1EDF为平行四边形，由△B1BE≌△B1A1F，可得B1E=B1F，∴四边形B1EDF是菱形；（2）连接A1C和AC1，则A1C与AC1的交点O，即为直线A1C与平面B1EFD的交点，如图所示．【解析】（1）取AD中点G，连接FG，BG，可证四边形B1BGF为平行四边形，四边形BEDG为平行四边形，得到四边形B1EDF为平行四边形，再由△B1BE≌△B1A1F，可得B1E=B1F，得到四边形B1EDF是菱形；（2）连接A1C和AC1，则A1C与AC1的交点O，即为直线A1C与平面B1EFD 的交点．本题考查了空间中的平行关系应用问题，也考查了空间想象与逻辑推理能力，是中档题．16.【答案】解：（1）连接EF，A1B，BC1，则EF∥A1B，∴∠BA1C1（或其补角）即为EF与A1C1所成的角，∵AB=BC=4，AA1=3，∴A1B=5，BC1=5，A1C1=4，∴cos∠BA1C1==，故EF与A1C1所成的角为：arccos．（2）连接AC，易知∠ACA1即为A1C与平面ABCD所成的角，tan∠ACA1===．故A1C与平面ABCD所成的角为：arctan．【解析】（1）利用中位线把异面直线所成角转化为∠BA1C1，用余弦定理求解；（2）直接得到A1C在底面的射影AC，利用正切值求角．此题考查了异面直线所成角，线面所成角，难度不大．17.【答案】证明：（1）∵AB⊥平面BCD，CE⊂平面BCD，∴AB⊥CE，∵CE⊥BD，AB∩BD=B，∴CE⊥平面ABD，∴CE⊥AD，∵EF⊥AD，CE∩EF=E，∴AD⊥平面CEF．解：（2）以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过点C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，∵AB=BC=1，．∴A（0，1，1），B（0，1，0），C（0，0，0），D（，0，0），=（，，），=（0，0，-1），=（0，-1，-1），设平面ADC的法向量=（x，y，z），则，取y=1，得=（0，1，-1），设平面ADB的法向量=（x，y，z），则，取x=1，得=（1，，0），设二面角C-AD-B的平面角为θ，则cosθ===．∴二面角C-AD-B的大小为．【解析】（1）推导出AB⊥CE，CE⊥BD，从而CE⊥平面ABD，进而CE⊥AD，再由EF⊥AD，能证明AD⊥平面CEF．（2）以C为原点，CD为x轴，CB为y轴，过点C作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出二面角C-AD-B的大小．本题考查线面垂直的证明，考查二面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是中档题．18.【答案】解：（1）依题意得z1=1+bi，（-1≤b≤1），∴|z1z2|=|z1||z2|=|z1|=[1，]．（2）z12=1-b2+2bi，设z12=（x，y），则，消去b得y2=4-4x，（0≤x≤1）【解析】（1）根据复数模的定义运算可得；（2）设z12=（x，y），∵z12=1-b2+2bi，则，消去参数b可得．本题考查了复数的运算，属基础题．19.【答案】解：（I）延长AB交直线CD于点M，∵点E为AD的中点，∴AE=ED=AD，∵BC=CD=AD，∴ED=BC，∵AD∥BC，即ED∥BC．∴四边形BCDE为平行四边形，即EB∥CD．∵AB∩CD=M，∴M CD，∴CM∥BE，∵BE⊂平面PBE，∴CM∥平面PBE，∵M AB，AB⊂平面PAB，∴M平面PAB，故在平面PAB内可以找到一点M（M=AB∩CD），使得直线CM∥平面PBE．（II）如图所示，∵∠ADC=∠PAB=90°，异面直线PA与CD所成的角为90°，AB∩CD=M，∴AP⊥平面ABCD．∴CD⊥PD，PA⊥AD．因此∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，大小为45°．∴PA=AD．不妨设AD=2，则BC=CD=AD=1．∴P（0，0，2），E（0，1，0），C（-1，2，0），∴=（-1，1，0），=（0，1，-2），=（0，0，2），设平面PCE的法向量为=（x，y，z），则，可得：．令y=2，则x=2，z=1，∴ =（2，2，1）．设直线PA与平面PCE所成角为θ，则sinθ=＜，＞===．【解析】（I）延长AB交直线CD于点M，由点E为AD的中点，可得AE=ED=AD，由BC=CD=AD，可得ED=BC，已知ED∥BC．可得四边形BCDE为平行四边形，即EB∥CD．利用线面平行的判定定理证明得直线CM∥平面PBE即可．（II）如图所示，由∠ADC=∠PAB=90°，异面直线PA与CD所成的角为90°AB∩CD=M，可得AP⊥平面ABCD．由CD⊥PD，PA⊥AD．因此∠PDA是二面角P-CD-A的平面角，大小为45°．PA=AD．不妨设AD=2，则BC=CD=AD=1．可得P（0，0，2），E（0，1，0），C（-1，2，0），利用法向量的性质、向量夹角公式、线面角计算公式即可得出．本题考查了空间位置关系、空间角计算公式、法向量的性质，考查了空间想象能力、推理能力与计算能力，属于中档题．。
2018-2019学年上海市华东师范大学二附中高一下学期数学3月阶段测试题(解析版)
2018-2019学年上海市华东师范大学二附中高一下学期数学3月阶段测试题一、单选题1．若角和角的终边关于轴对称，则下列等式恒成立的是（）A．B．C．D．.【答案】A【解析】由角和角的终边关于轴对称得 ,所以,, , .选A.2．“”是“”的（）A．充分非必要条件B．必要非充分条件C．充要条件D．既不充分亦不必要条件【答案】D【解析】根据两角和的正切公式，利用充分条件和必要条件的定义进行判断．【详解】由（1+tanα）（1+tanβ）＝2得1+tanα+tanβ+tanαtanβ＝2，即tanα+tanβ＝1﹣tanαtanβ，∴1，∴．(k，不一定有“”；反之，“”不一定有“”，如=，，此时无意义；∴“”是“”的既不充分亦不必要条件．故选D．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判定，考查了两角和的正切公式，举反例说明命题不成立是解决此类题的常用方法，属于基础题．3．已知中，且，，则是（）A．正三角形B．直角三角形C．正三角形或直角三角形D．直角三角形或等腰三角形【答案】C【解析】由tan A +tan Btan A tan B ，推导出C ＝60°，由，推导出A ＝60°或90°，从而得到△ABC 的形状． 【详解】 ∵tan A +tanB tan A tan B ， 即tan A +tan B （1﹣tan A tan B ）， ∴tan （A +B ），又A 与B 都为三角形的内角，∴A +B ＝120°，即C ＝60°， ∵，∴,∴2B ＝60°或120°，则A =90°或60° ∴△ABC 为直角三角形或等边三角形． 故选：C ． 【点睛】本题考查三角形形状的判断，是中档题，解题时要认真审题，注意两角和与差的正切函数及二倍角正弦公式的合理运用． 4．设0,,0,,22ππαβ⎛⎫⎛⎫∈∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭且1sin tan ,cos βαβ+=则（ ） A ．32παβ-= B ．32παβ+=C ．22παβ-=D ．22παβ+=【答案】C【解析】试题分析：由已知得， sin 1sin tan cos cos αβααβ+==，去分母得， sin cos cos cos sin αβααβ=+，所以()sin cos cos sin cos ,sin cos sin 2παβαβααβαα⎛⎫-=-==- ⎪⎝⎭，又因为22ππαβ-<-<，022ππα<-<，所以2παβα-=-，即22παβ-=，选C【考点】同角间的三角函数关系，两角和与差的正弦公式．二、解答题5．如图，点是单位圆上的两点，点是圆与轴的正半轴的交点，将锐角的终边按逆时针方向旋转到.（1）若点的坐标为，求的值；（2）用表示，并求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）由已知利用任意角的三角函数的定义可得，cos和sin的值，再利用二倍角公式求得sin2和cos2的值，可得的值．（2）由题意可得，|OC|＝|OB|＝1，∠COB＝，由余弦定理可得的解析式．根据∈（0，），利用余弦函数的定义域和值域求得|BC|的范围．【详解】（1）由已知，，∴，∴；（2）由单位圆可知：，由余弦定理得：，∵，∴，∴，∴，∴.【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，考查了二倍角公式及余弦定理的应用，考查了余弦函数求值域的问题，属于中档题．6．在中，已知.（1）求周长的最大值；（2）若，求的面积.【答案】（1）6；（2）.【解析】（1）由余弦定理及已知条件可得：，利用基本不等式解得，从而可求周长的最大值．（2）由已知及三角函数恒等变换的应用化简可得，分类讨论分别求出a，b的值，利用三角形面积公式即可计算得解．【详解】（1）由余弦定理，得，于是得，当且仅当时，等号成立，∴，即周长的最大值为6；（2），⇒，或，①时，，此时，②时，由正弦定理，知，∵，∴，综上，的面积为.【点睛】本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，三角形面积公式，余弦定理，基本不等式在解三角形中的综合应用，考查了分类讨论思想和转化思想的应用，属于中档题．7．（1）如图，点在线段上，直线外一点对线段的张角分别为，即.求证：.（2）在中，，其中，试用表示线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）利用三角形的面积公式将表示出来，化简整理可得结论；（2）选用三角形的面积公式：可得，再利用正弦定理表示出整理可得BC.【详解】（1）等式两边同除，即得；（2）∵，∴.【点睛】本题考查了三角形面积公式的应用，灵活选择三角形面积公式是解决本题的关键，属于基础题.8．如图，边长为1的正方形中，分别为边上的点，且的周长为2.（1）求线段长度的最小值；（2）试探究是否为定值，若是，给出这个定值；若不是，说明理由.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根据△CPQ周长为2，并且△CPQ是直角三角形，设∠CPQ＝θ，根据三角函数的定义，CP＝PQ cosθ，CQ＝PQ sinθ，因此可以表示出，求该函数的最小值即可；（2）利用解析法求解：分别以AB，AD所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设Q（x，1），P（1，y），利用两点间距离公式求出PQ，根据△CPQ周长为2，找出x，y 的关系，求出∠PAQ的正切值，即可求得结果．【详解】（1）设∠CPQ＝θ，则CP＝PQ cosθ，CQ＝PQ sinθ（）∴∴（2）分别以AB，AD所在直线为x轴、y轴建立平面直角坐标系，设Q（x，1），P（1，y），设∠DAQ＝，∠PAB＝∴，即xy+（x+y）＝1又tan＝x，tan＝y∴，∴∴【点睛】本题考查三角函数的应用，特别求角的问题，转化为求角的某个三角函数值，体现了用数研究形的数学思想，考查运算能力和分析解决问题的能力，属于中档题．三、填空题9．已知点在角的终边上，且，则______________.【答案】【解析】利用三角函数的定义可求得sinα与cosα，利用诱导公式化简，则可得结果．【详解】因为，则r13a，∴sinα，cosα，又,故答案为.【点睛】本题主要考查任意角的三角函数的定义，涉及诱导公式及同角基本关系式的应用，属于基础题．10．求值：______________.【答案】1【解析】先利用同角基本关系将原式切化弦，再利用两角和的正弦公式，结合二倍角的正弦公式化简分子，进而再利用诱导公式变形，约分后即可得到结果．【详解】因为＝•）＝•＝•＝•＝1．故答案为：1.【点睛】本题考查了三角函数的化简求值问题，考查了两角和的正弦公式、同角三角函数间的基本关系，以及诱导公式的运用，熟练掌握公式是解本题的关键．11．已知，则的值为_______________.【答案】【解析】由下向上依次运算，1﹣csc2x＝﹣cot2x，11+tan2x，11﹣cos2x．【详解】原式代入得．故答案为.【点睛】本题考查了化简求值问题，考查了同角三角函数的基本关系及二倍角的余弦公式的应用，属于中档题．12．已知锐角是钝角的两个内角，且的终边过点，则是第______象限角.【答案】二【解析】由题意得，利用正弦函数的单调性及诱导公式可得结果.【详解】若△ABC为钝角三角形且为锐角，则，因此，则sin<sin（）＝cos，同理可得sin<sin（）＝cos，所以，，故P在第二象限，故答案为：二.【点睛】本题考查了三角形内角的关系，考查了正弦函数单调性的应用，考查了诱导公式的应用，属于中档题.13．在中，已知，给出以下四个论断：①②③④，其中正确的是.【答案】②④【解析】试题分析：因为，整理得，所以不正确，，，，所以②正确，，③错，，，，故④正确，故答案为②④.【考点】1、三角形内角和定理及诱导公式；2、两角和的正弦公式及同角三角函数之间的关系.【方法点晴】本题通过对多个命题真假的判断考察三角函数的有界性、三角形内角和定理、诱导公式、两角和的正弦公式、同角三角函数关系以及数学化归思想，属于难题.该题型往往出现在在填空题最后两题，综合性较强，同学们往往因为某一点知识掌握不牢就导致本题“全盘皆输”，解答这类问题首先不能慌乱更不能因贪快而审题不清，其次先从最有把握的命题入手，最后集中力量攻坚最不好理解的命题.14．已知，则____________.【答案】【解析】利用二倍角的三角函数公式，结合弦化切化简得，由，直接得出结果．【详解】∵分子、分母都除以cos2θ，∴得=，（）∵，∴所求=故答案为．【点睛】本题考查了二倍角的三角函数公式与同角三角函数基本关系的应用，考查了弦化切的方法，属于中档题．15．已知，，则__________．【答案】【解析】分析：先根据条件解出再根据两角和正弦公式化简求结果.详解：因为，，所以，因此点睛：三角函数求值的三种类型(1)给角求值：关键是正确选用公式，以便把非特殊角的三角函数转化为特殊角的三角函数.(2)给值求值：关键是找出已知式与待求式之间的联系及函数的差异.①一般可以适当变换已知式，求得另外函数式的值，以备应用；②变换待求式，便于将已知式求得的函数值代入，从而达到解题的目的.(3)给值求角：实质是转化为“给值求值”，先求角的某一函数值，再求角的范围，确定角.16．已知，且是关于的方程的两个根中较小的根，则的值为____________.【答案】【解析】由方程的两根之积为1和较小根为tanα得到方程较大的根为即cotα，然后根据两根之和等于﹣2secα列出等式，利用同角三角函数间的基本关系化简得到sinα的值，根据正弦函数的周期和特殊角的三角函数值求出α的值，代入到两根之中检验得到符合题意的值．【详解】∵tan是方程x2+2x sec+1＝0的较小根，且两根之积为1，∴方程的较大根是cot．∴tan+cot＝﹣2sec，即，且tan<cot,∴．又，解得或，又tan<cot，∴，故答案为.【点睛】本题考查了韦达定理的应用，考查了利用同角三角函数间的基本关系化简求值，易错点是容易忽视的范围及条件而导致没有取舍，属于中档题．17．在中，已知．则______．【答案】【解析】【详解】由三角万能公式得．解得或．又由、、为的三个内角知，，．故．因此，．18．在中，，则____________.【答案】【解析】根据余弦定理化简，得到；由题意，在BC上取D，使得BD＝AD，连接AD，找出A﹣B，设BD＝x，在△ADC中两次利用余弦定理将cos （A﹣B）及cos C表示出，分别求出x建立关于a，b的方程，化简变形后利用整体换元求出答案．【详解】由题意知，4cos C，∴由余弦定理得，4，化简可得＝2，则,又中不妨设a＞b，∴A＞B．在BC上取D，使得BD＝AD，连接AD，设BD＝x，则AD＝x，DC＝a﹣x，AC＝b，在△ADC中，cos∠DAC＝cos（A﹣B），由余弦定理得：（a﹣x）2＝x2+b2﹣2x•b•，即：(b﹣6a)x＝，解得：x＝．①又在△ADC中，由余弦定理还可得cos C，∴cos C，化简得x＝，②由①②可得，又＝2，联立可得=,即=,两边同时除以，得=+6，令，则12，解得t=或，又由题意，∴t=cos C=，故答案为：.【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，考查了运算化简的技巧，考查利用几何图形解决问题的能力，属于难题．。