高一级数学第二学期期中考试
宁波市三锋教研联盟2022-2023学年高一下学期期中联考数学试题含解析
绝密★考试结束前2022学年第二学期宁波三锋教研联盟期中联考高一年级数学学科 试题考生须知：1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字。
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效。
4．考试结束后，只需上交答题纸。
选择题部分一、选择题：本大题共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.已知向量(2,6),(1,),//a a b b λ==若，则λ等于（ ）A.2B.-3C.3D.-22.在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，若0045,60b A B ==，则a =（ ）A.1B.3.设a ，b 是两个非零向量，则“//a b ”是“||||||a b a b +=+”成立的（ ）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 4.若直线l α不平行于平面，则下列结论成立的是 （ ）A.α内的所有直线都与l 异面B.α内不存在与l 平行的直线C.α内的所有直线都与l 相交D.l α直线与平面有公共点5.如图，平行四边形ABCD 的对角线相交于点O ,E 为AO 的中点，若(),ED xAB y AD x y =+∈R ，则x y -等于（ ） A.-1 B.1 C.12 D.12- 6.在ABC ∆中，23A π=，2AB AC ==，以AB 所在的直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成一个几何体，则该几何体的体积为（ ） A.72π B.2πC.πD.3πA7.已知ABC ∆中，D 是BC 的中点，且,,AB AC AB AC AD AB +=-=则向量BA 在BC上的投影向量为（ ）A.14BCC.14BC -D.4BC -8.如图，已知长方体1111ABCD A B C D -，12,3AB AD AA ===,E F ､分别是棱1AA ､11A D 的中点，点P为底面四边形ABCD 内（包括边界）的一动点，若直线1D P 与平面BEF 无公共点，则点P的轨迹长度为（ ）A.D.1+二．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 9.下列命题是真命题的是（ ）A.平行于同一直线的两条直线平行B.平行于同一平面的两条直线平行C.平行于同一直线的两个平面平行D.平行于同一平面的两个平面平行10.在平面直角坐标系中，已知点()()()001,2,3,1,O A B ，，则（ ） A.5AB = B.AOB ∆是直角三角形C.OA OB 以，为邻边的平行四边形的顶点D 的坐标为()4,4D.与OA垂直的单位向量的坐标为⎛ ⎝⎭⎝⎭或 11.如图，空间四边形ABCD 中，,E F 分别是边,AB BC 的中点，,G H 分别在线段,DC DA 上，且满足,,,(0,1)DG DC DH DA λμλμ==∈，则下列说法正确的是（ ）A.12λμ当==时，四边形EFGH 是矩形B.23λμ当==时，四边形EFGH 是梯形C.λμ≠当时，四边形EFGH 是空间四边形D.λμ≠当时，直线,EH FG BD ，相交于一点E1AAB12.在ABC ∆中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且1cos cos a A c C+=，则下列结论正确的有（ ） A.2A C = B.222a c bc -=C.112sin tan tan A C A -+的最小值为a c的取值范围为()0,2 非选择题部分三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分.13.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，书中提出了：已知三角形三边,,a b c 求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即：S =即有ABC ∆满足2,3,a b c ===ABC ∆的面积ABC S =△ ．14.长方体的所有顶点都在一个球面上，长、宽、高分别为3,2,1，则该球的表面积是 ．15.如图，一座垂直建于地面的信号发射塔CD 的高度为20m ， 地面上一人在A 点观察该信号塔顶部，仰角为45︒，沿直线步 行1min 后在B 点观察塔顶，仰角为30︒，若150ADB ∠=︒， 此人的身高忽略不计，则他的步行速度为 m/s . 16.在锐角ABC ∆中，3B π=，1AB AC -=，则AB AC ⋅的取值范围为__________.四、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.(本题10分)已知向量12,1,2a b a b ===. （1）求(2)()a b a b +-的值；（2）a b a b +-求2与的夹角的余弦值.18.(本题12分)已知ABC ∆三个内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，向量(,3)m a =, (sin ,cos ),n B A m n =⊥且.（1） 求角A ； （2） 若2,a b ==求ABC ∆的面积.19.(本题12分) 如图，在三棱柱BCF ADE -中，若,G H 分别是线段,AC DF 的中点. （1）求证：//GH BF ；（2）在线段CD 上是否存在一点P ，使得平面//GHP BCF 平面， 若存在，指出P 的具体位置并证明；若不存在，说明理由.20.(本题12分)如图，直角梯形ABCD 中，//,,4,2,3AB CD AB CB AB CD DAB π⊥==∠=.且1124AM AD AN AB ==，.（1）若G MN 是的中点，证明：,,A G C 三点共线；（2）若P CB 为边上的动点（包括端点），求PM PN PB +（）的最小值．21.(本题12分)如图，在棱长为2的正方体1111ABCD A B C D -中,,P Q 分别是棱1,DD AB 的中点. （1）若M 为棱1CC 上靠近C 点的四等分点,求证: //BM PQC 平面；（2）若平面PQC 与直线1AA 交于R 点，求平面PRQC 将正方体分割成的上、下两部分的体积之比. (不必说明画法与理由).22.(本题12分) cos sin 0C a C +=，②()22sin sin sin sin sin B C A B C -=-，③233AB AC =，三个条件中任选一个补充在下面的横线上，并加以解答． （注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答计分．）在锐角ABC ∆中，ABC ∆的面积为S ，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且选条件：_______． （1）求角A 的大小；（2）作AB BD ⊥（,A D BC 位于直线异侧），使得四边形ABDC 满足,4BCD BD π∠==AC 的最大值.C 1A N CBA2022学年第二学期宁波三锋教研联盟期中联考高一年级数学学科参考答案一、选择题：本大题共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.二．选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分. 三、填空题：本题共4小题，每题5分，共20分. 14π 15.3 16.（0，3）四、解答题:本大题共6小题，共70分。
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）．。
精品解析：福建省福州第一中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试题(解析版)
福州一中2021-2022学年第二学期第三学段模块考试高一数学必修第二册模块试题（完卷120分钟 满分160分）参考公式：球地表面积公式24S R π=（R 为球地半径）一，选择题：本题共8小题,每小题5分,共40分．在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地．1. 若复数21iz =+,则|1|z +=（ ）A. 2B.C. 4D. 5【结果】B 【思路】【思路】由复数地四则运算得出z ,再由模长公式计算即可.【详解】()()()21i 21i 1i 1i 1i z -===-++-,|1|2i z +=-==故选：B2. 已知向量()1,1a m =- ,()2,4b =,若a b ∥,则实数m =（ ）．A. 1B. 1- C.32D. 32-【结果】C 【思路】【思路】向量共线地充要款件.【详解】因为a b∥,所以()1420m -⨯-=,所以32m =．故选：C ．3. 在ABC 中,角A ,B ,C 所对地边分别为a ,b ,c ,若a =,2224b c +=,则角A 地最大值为（ ）A.2πB.3πC.4πD.6π【结果】B 【思路】【思路】由题设可得2222b c a +=,依据余弦定理有22c s 4o A b c bc +=,利用基本不等式求角A 地范围,即可确定最大值.【详解】由222242b c a +==,则2222b c a +=,所以cos b c a b c bc A bc bc bc +-+==≥=22222212442,0A π<<,所以03A π<≤,故A 地最大值为3π.故选：B4. P 是ABC 所在平面内一点,若3CB PA PB =+,则:ABP ABC S S =△△（ ）A. 1:4 B. 1:3C. 2:3D. 2:1【结果】A 【思路】【思路】由题设可得3PA CP =,可得,,C P A 共线且4CA PA =,即可确定结果.【详解】由题设,3PA CB BP CP =+=,故,,C P A 共线且3CP PA =,如下图示：所以:1:4ABP ABC S S = .故选：A5. 已知向量a = ,b 是单位向量,若|2|a b -= 则a 与b地夹角为（ ）A.6π B.3πC.23π D.56π【结果】B 【思路】【思路】求出a = 地模,将|2|a b -= ,求出向量a ,b地数量积,再依据向量地夹角公式求得结果.【详解】∵a = ,b是单位向量,若|2|a b -=∴||2a = ,1b||=,2(2)13a b -= ,∴224413a a b b -⋅+= .∴444113a b ⨯-⋅+= ,∴1a b ⋅= ,∴11cos ,212||||a b a b a b ⋅===⨯⋅,由[],0,πa b ∈ ∴a 与b地夹角为3π,故选:B.6. 已知正方体ABCD A B C D ''''-棱长为2,M ,N ,P 分别是棱AA '，AB ，BC 地中点,则平面MNP 截正方体所得地多边形地周长为（ ）A. +B.C.D. 【结果】C 【思路】【思路】利用平面基本性质作出正方体中地截面图,再由正方体地特征判断截面地性质,即可求周长.【详解】过直线MN 与射线,B A B B '''分别交于,I J ,作射线JP 交,CC B C '''于,G H ,连接IH 交,A D C D ''''于,E F ,如下图示：所以六边形MNPGFE 即为面MNP 截正方体所得地多边形,又M ,N ,P 分别是棱AA '，AB ，BC 地中点,易知：,,G F E 均为中点,所以截面为正六边形,故周长为.故选：C7. 表面积为324π地球,其内接正四棱柱（底面是正方形地直棱柱）地高是14,则这个正四棱柱地表面积等于（ ）A. 567B. 576C. 240D. 49π【结果】B 【思路】【思路】由题意画出截面图形,利用正四棱柱地对角线地长等于球地直径,通过勾股定理求出棱柱地底面边长,然后求出表面积.【详解】设球地半径为R ,正四棱柱地底面边长为a ,作轴地截面如图114AA =,AC =,又因为24324R ππ=,所以9R =,可得：AC ==,所以AC ==所以8a =,所以正四棱柱地表面积2823214576S =⨯+⨯=,故选：B【点睛】本题主要考查了球与正四棱柱地关系,考查求几何体地表面积,属于中档题.8. ABC 中,已知()()()()sin sin sin b c A C a c A C ++=+-,设D 是BC 边地中点,且ABC 则()AB DA DB ⋅+等于( )A. 2B. 4C. -4D. -2【结果】A 【思路】【思路】依据正，余弦定理求出A 。
浙江省绍兴市2023-2024学年高一下学期创新班期中考试数学试卷含答案
绍兴2023学年第二学期期中考试高一（素养班）试卷（答案在最后）命题：一、选择题：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.若复数z 满足z=i （2+z ）（i 为虚数单位），则z=（）A.1+i B.1-iC.-1+iD.-1-i【答案】C 【解析】【分析】利用复数的除法运算求解好、即可【详解】由题意2i i z z =+，()()()2i 1i 2i1i 1i 1i 1i z +===-+--+．”故选：C ．2.如图所示，梯形A B C D ''''是平面图形ABCD 用斜二测画法得到的直观图，2A D ''=，1A B B C ''''==，则平面图形ABCD 中对角线AC 的长度为（）A.B.C.D.5【答案】C 【解析】【分析】根据斜二测画法的规则确定原图形，利用勾股定理求得长度．【详解】由直观图知原几何图形是直角梯形ABCD ，如图，由斜二测法则知22AB A B ''==，1BC B C ''==，所以AC ===故选：C ．3.已知样本数据12100,,,x x x 的平均数和标准差均为4，则数据121001,1,,1x x x ------ 的平均数与标准差分别为（）A.54-，B.516-，C.416， D.44，【答案】A 【解析】【分析】根据样本数据同加上一个数和同乘以一个数后的新数据的平均值和方差的性质即可求解.【详解】由题意知，样本数据12100,,,x x x 的标准差为4，所以样本数据12100,,,x x x 的方差为16，因为样本数据12100,,,x x x 的平均数为4和方差为16，所以121001,1,,1x x x ------ 的平均数为415--=-，121001,1,,1x x x ------ 的方差为()211616-⨯=，所以121001,1,,1x x x ------ 的标准差为4，故选：A.4.一个圆锥的侧面展开图是半径为1的半圆，则此圆锥的内切球的表面积为（）A.π B.π2C.π3 D.π4【答案】C 【解析】【分析】由侧面展开图的半圆弧长等于圆锥底面圆周长可构造方程求得圆锥底面半径，由此可确定圆锥轴截面为正三角形，求得正三角形内切圆半径即为所求内切球半径，代入球的表面积公式即可得到结果.【详解】设圆锥底面半径为r ，则12π2π1π2r =⨯⨯=，解得：12r =；∴圆锥的轴截面是边长为1的正三角形，∴此正三角形内切圆的半径为136=，即圆锥内切球半径6=R ，∴圆锥内切球的表面积21π4π4π123S R ==⨯=.故选：C.5.光源(3,2,1)P 经过平面Oyz 反射后经过(1,6,5)Q ，则反射点R 的坐标为（）A.75(0,,)22B.(0,4,3)C.97(0,,)22D.(0,5,4)【答案】D 【解析】【分析】设点P 关于平面Oyz 的对称点为P '，得到点R 为P Q '与平面Oyz 的交点，令(0,,)R m n ，结合PR PQ λ=，列出方程组，即可求解.【详解】设点(3,2,1)P 关于平面Oyz 的对称点为P '，可得(3,2,1)P '-，则点R 为P Q '与平面Oyz 的交点，令(0,,)R m n ，则P R P Q λ''=，且(1,6,5)Q ，又由(3,2,1),(4,4,4)P R m n P Q ''=--=，所以342414m n λλλ=⎧⎪-=⎨⎪-=⎩，解得5,4m n ==，所以(0,5,4)R .故选：D.6.若4,2145,,,的第 p 百分位数是4,则 p 的取值范围是（）A.(]4080，B.[)4080，C.[]40,80 D.()40,80【答案】D 【解析】【分析】根据百分位数的定义求解即可.【详解】1,2,4,4,5的第 p 百分位数是4,则()5%24p ⨯∈，，所以()4080p ∈，.故选：D7.如图是棱长均相等的多面体EABCDF ，其中四边形ABCD 是正方形，点P Q M N ，，，分别为DE ，AB ，AD ，BF 的中点，则异面直线PQ 与MN 所成角的余弦值为（）A.13B.12C.23D.34【答案】C 【解析】【分析】取AE 的中点K ，连接PK ，QK ，求得1122PQ DA EB =+ ，1122MN DF AB =+，则可求得PQ MN ⋅ ，进一步求得32PQ MN ==,按向量夹角公式求解即可【详解】如图，四边形ABCD ，BEDF 均是边长为a 的正方形，多面体的侧面均为等边三角形，取AE 的中点K ，连接PK ，QK ，则1122PQ PK KQ DA EB =+=+.同理可得1122MN DF AB =+.所以1111()()2222PQ MN DA EB DF AB ⋅=+⋅+ 11114444DA DF DA AB EB DF EB AB=⋅+⋅+⋅+⋅21π11π1cos 0cos 434432a a a a a a =⋅⋅⋅++⋅⋅+⋅⋅⋅=取CE 的中点H ，连接PH ，BH ，则//PH CD ，且1.2PH CD =又点Q 为AB 的中点，AB CD =且//AB CD ，所以//PH QB 且PH QB =，则四边形QBHP 为平行四边形，所以πsin32PQ BH BE ==⋅=.同理可得=MN .设PQ ，MN的夹角为θ，则2122cos 322a PQ MN PQ MNθ⋅==⋅，即异面直线PQ 与MN 所成角的余弦值为23.故选：C8.在正方体1111ABCD A B C D -中，点M N ，分别是直线CD AB ，上的动点，点 P 是△11AC D 内的动点（不包括边界），记直线1D P 与MN 所成角为θ，若θ的最小值为π3，则1D P 与平面11AC D 所成角的正弦的最大值为（）A.36-B.36+C.6D.6+【答案】B 【解析】【分析】根据正方体的几何性质，作出1QD ⊥平面11AC D ，再由线面角的最小性可知，当α取最大值时，,,D P Q 三点共线，只需求此时1D PQ ∠的正弦值即可.【详解】如图所示，连接1BD ，交平面11AC D 于点Q.设1D P 与平面11AC D 所成角为α，正方体的棱长为a ，根据正方体的性质可得，1BD ⊥平面11AC D ，所以1QD ⊥平面11AC D ，且点Q 为11A C D 的中心，所以1sin sin D PQ α=∠.又因为直线1D P 与MN 所成角为θ，且θ的最小值为π3，所以1D P 与平面1111D C B A 所成角为π3，所以1DD P ∠为π6.由线面角的最小性可知，当α取最大值时，,,D P Q 三点共线，所以此时1111π6D PQ D DP DD P D DP ∠=∠+∠=∠+.又因为在1DD Q中，易得11133D Q BD ==，1DD a =，所以63DQ a ==，所以1111136sin 33D Q DQ D DQ D DQ DD DD ====∠∠，所以1111πsin sin sin()sin()6D PQ D DQ DD P D DQ α==∠+∠=∠+∠11113sin cos 2223236D DQ D DQ +=∠∠=⨯⨯+.故选：B .二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.在12件同类产品中，有9件正品和3件次品，从中任意抽出3件产品，设事件A “3件产品都是次品”，事件B “至少有1件是次品”，事件C “至少有1件是正品”，则下列结论正确的是（）A.A 与C 为对立事件B.B 与C 不是互斥事件C.A B A =D.()()1P B P C +=【答案】ABC 【解析】【分析】通过分析事件，从而判断事件的关系.【详解】从中任意抽出3件产品，共有4种情况：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品.事件B 的可能情况有：3件产品都是次品，2件次品1件正品，1件次品2件正品，事件C 的可能情况有：2件次品1件正品，1件次品2件正品，3件产品都是正品.A 与C 为对立事件，故A 正确；B C ⋂={2件次品1件正品，1件次品2件正品}，则B 与C 不是互斥事件，故B 正确；A B ⊆ ，A B A ∴⋂=，故C 正确；由上知()()1P B P C +>，故D 错误.故选：ABC10.在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试．为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，样本容量为n ，按照[)[)[)[)[]506060707080809090100，，，，，，，，，的分组作出频率分布直方图如图所示，其中，成绩落在区间[)5060，内的人数为16．则（）A.图中0.016x =B.样本容量1000n =C.估计该市全体学生成绩的平均分为71.6分D.该市要对成绩前25%的学生授予“优秀学生”称号，则授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为77.25分【答案】AD 【解析】【分析】根据频率之和等于1，即可判断A ；根据频率，频数和样本容量之间的关系即可判断B ；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C ；根据题意算出25%分位数，再根据频率分布直方图的性质，即可判断D ．【详解】对于A ，因为()0.0300.0400.0100.004101x ++++⨯=，解得0.016x =，故A 正确；对于B ，因为成绩落在区间[)50,60内的人数为16，所以样本容量16(0.01610)100n ⨯=÷=，故B 不正确；对于C ，学生成绩平均分为0.01610550.03010650.04010750.01010850.004109570.6⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯=，故C 不正确；对于D ，设授予“优秀学生”称号的学生考试成绩大约至少为y ，由于[)90,100的频率为0.004100.04⨯=，[)80,90的频率为0.010100.10⨯=，[)70,80的频率为0.040100.40⨯=，则0.040.100.140.25,0.040.100.400.540.25+=<++=>，所以[7080),y ∈，则()()100.0040.010800.0400.25y ⨯++-⨯=，解得77.25y =，所以大约成绩至少为77.25的学生能得到此称号，故D 正确．故选：AD ．11.勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图所示，若正四面体ABCD 的棱长为a .则（）A.能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为aB.勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为312a⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭C.勒洛四面体中过A B C ，，三点的截面面积为(212π4a D.勒洛四面体的体积3326π128V a a ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭，【答案】AD 【解析】【分析】对于A ，根据勒洛四面体表面上任意两点间距离小于等于a ，进行判断；对于B ，求出BE a =，4OB a =，相减即为能够容纳的最大球的半径；对于C ，找到最大截面，求出截面面积；对于D ，勒洛四面体的体积介于正四杨体ABCD 的体积和正四面体ABCD 的外接球体积之间，求出正四面体ABCD 的体积和正四面体ABCD 的外接球的体积，从而求出答案．【详解】由题意知：勒洛四面体表面上任意两点间距离的最大值a ，故A 正确；勒洛四面体能容纳的最大球，与勒洛四面体的弧面相切，如图，其中点E 为该球与勒洛四面体的一个切点，O 为该球的球心，由题意得该球的球心O 为正四面体ABCD 的中心，半径为OE ，连接BE ，易知B ，O ，E 三点共线，设正四面体ABCD 的外接球半径为r ，由题意得：222))r r -+=，解得4r a =，BE a ∴=，4OB a =，由题意得(1)44OE a =-=-，故B 错误；勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD 表面的截面，如图，则勒洛四面体截面面积最大值为三个半径为a ，圆心角为60︒的扇形的面积减去两个边长为a 的正三角形的面积，即222113π2(π642a a ⨯-⨯=-，故C 错误；对于D ，勒洛四面体的体积介于正四面体ABCD 的体积和正四面体ABCD 的外接球的体积之间，正四面体底面面积为24a ，底面所在圆的半径为2323a ⨯=，∴=，∴正四面体ABCD 的体积231136234312V a a a =⨯⨯=，设正四面体ABCD 的外接球半径为r ，则由题意得：222()()33a r a r -+=，解得4r a =，∴正四面体ABCD 的外接球的体积为328V a =，∴勒洛四面体的体积V 满足33π128a V a <<，故D 正确．故选：AD ．【点睛】方法点睛:解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下;(1)定球心:如果是内切球，球心到切点的距离相等目为球的半径;如果是外接球，球心到接点的距离相等目为半径;(2)作截面:选准最佳角度做出截面(要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系)，达到空间问题平面化的目的;(3)求半径下结论:根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.从含有6件次品的50件产品中任取4件，观察其中次品数，这个试验的样本空间Ω＝______.【答案】{}0,1,2,3,4【解析】【分析】取出的4件产品中，最多有4件次品，最少是没有次品，由此能求出样本空间.【详解】取出的4件产品中，最多有4件次品，最少是没有次品，所以样本空间{0,1,2,3,4}Ω=.故答案为：{0,1,2,3,4}.13.如图，甲乙做游戏，两人通过划拳（剪刀、石头、布）比赛决胜谁首先登上第3个台阶，并规定从平地开始，每次划拳赢的一方登上一级台阶，输的一方原地不动，平局时两人都上一个台阶．如果一方连续赢两次，那么他将额外获得上一级台阶的奖励，除非已经登上第3个台阶，当有任何一方登上第3个台阶时游戏结束，则游戏结束时恰好划拳3次的概率为______．【答案】1327【解析】【分析】不妨假设游戏结束时恰好划拳3次时是甲登上第3个台阶，考虑所有可能的情况，同时考虑到也可能是划拳3次恰好是乙登上第3个台阶，根据独立事件乘法公式和互斥事件的加法公式，即可求得答案.【详解】设事件“第(N )i i *∈次划拳甲赢”为i A ，事件“第(N )i i *∈次划拳甲平局”为i B ，事件“第(N )i i *∈次划拳甲输”为i C ，则()()()13i i i P A P B P C ===；故()()()()()()()()()()123123123322P X P A P B P A P B P A P A P B P B P B ==++()()()()()()()()()()()()1231231231232222P A P B P B P B P A P B P B P B P A P C P A P A ++++11111111111111111122222333333333333333333=⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯+⨯⨯⨯11113233327+⨯⨯⨯=，故答案为：1327【点睛】难点点睛：解答本题的难点在于考虑清楚游戏结束时恰好划拳3次的所有可能情况，要注意到最终登上第3个台阶的人在第2次划拳时不能输.14.在三棱锥 A BCD -中，二面角 A BD C --的大小为π3， BAD CBD ∠∠=，2BD BC ==，则三棱锥外接球表面积的最小值为____________．【答案】4π3【解析】【分析】221R OE =+，故只需求OE 的最小值，则在四边形12OO EO 中计算即可.【详解】取ABD △外心1O ，BCD △外心2O ，BD 中点为E ，则222O A O B O D ==，111O B O C O D ==，2OO ⊥面ABD ，1OO ⊥面BCD 所以12,O E BD O E BD ⊥⊥，12π3O EO ∠=，设BAD CBD θ∠=∠=，由正弦定理得22sin BDO B θ=，余弦定理得2222cos 88cos CD BC BD BC BD θθ=+-⋅=-，所以4sin2CD θ==，所以由正弦定理得12sin CD O B θ=，即11cos 2O B θ=，所以21sin O B θ=，21tan O E θ==，1tan 2O E θ==，在四边形12OO EO 中，22221212122tan12tan 2tan tan O O O E O E O E O E θθθθ=+-⋅=+-222422221tan 1tan 7tan 4tan 1222tan 224tan 4tan 22θθθθθθθ⎛⎫---+ ⎪⎝⎭=+-=，222212227111111tan 32333sin 3tan 32O O R OE θπθ-=+=+=+-≥=，当且仅当14tan 72θ-=时等号成立，所以三棱锥外接球表面积最小值为()2414ππ3R =，故答案为：4π3.【点睛】思路点睛：本题考查三棱锥外接球表面积，解题关键是用一个变量表示出球的表面积，前提是选定一个参数，由已知设BAD CBD θ∠=∠=，其他量都用表示，并利用三角函数恒等变换，换元法，基本不等式等求得最小值．四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．15.已知复数22(232)(32)z m m m m i =--+-+，(其中i 为虚数单位)（1）当复数z 是纯虚数时，求实数m 的值；（2）若复数z 对应的点在第三象限，求实数m 的取值范围.【答案】（1）,（2）()1,2m ∈【解析】【详解】（1）由题意有时，解得，即时，复数为纯虚数.（2）由题意有：222320{320m m m m --<-+<，解得：12{212m m -<<<<，所以当()1,2m ∈时，复数z 对应的点在第三象限考点：纯虚数概念16.如图，在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 是以2为边长的菱形，且120BAD ∠=︒，PB PD =，M 为PC 的中点.（1）求证：平面PBD ⊥平面PAC ；（2）若PC ==，求直线PD 与平面AMD 所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）14【解析】【分析】（1）设AC 交BD 于点N ，连接PN ，可证明BD ⊥平面PAC ，从而得到平面PBD ⊥平面PAC .（2）可证PA ⊥平面ABCD ，取CD 的中点E ，则AE AB ⊥，故以A 为坐标原点，直线,,AB AE AP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，利用向量法可求线面角的正弦值，或利用等积法求出点P 到平面AMD 的距离为d ，故可求线面角的正弦值.【小问1详解】设AC 交BD 于点N ，连接PN ，.PB PD = ，PN BD ∴⊥.底面ABCD 是以2为边长的菱形，AC BD ∴⊥.又PN AC N = ，,PN AC ⊂平面PAC ，BD ∴⊥平面PAC .又BD ⊂Q 平面PBD ，∴平面PBD ⊥平面PAC .【小问2详解】法一： 底面ABCD 是以2为边长的菱形，且120BAD ∠=︒，ABC ∴ 与ACD 为等边三角形，2AC ∴=.PC ==222PC PA AC ∴=+，即PA AC ⊥.BD ⊥ 平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，BD PA ∴⊥.又BD AC N = ，,BD AC ⊂平面ABCD ，PA ∴⊥平面ABCD .取CD 的中点E ，则AE CD ⊥，AE AB ∴⊥.又PA ⊥平面ABCD ，故以A 为坐标原点，直线,,AB AE AP 分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，则()()()()0,0,0,2,0,0,0,0,2,1,A B P C，()1,,,122D M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，()()12,,,1,22PD AM AD ⎛⎫∴=--==- ⎪ ⎪⎝⎭.设平面AMD 的一个法向量为(),,n x y z = ，则0,0,n AD n AM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩即0,10.22x x y z ⎧-+=⎪⎨++=⎪⎩取x =1,y z ==n = .设直线PD 与平面AMD 所成角为α，则sin 14n PD n PDα⋅=== ，∴直线PD 与平面AMD 所成角的正弦值为4214.法二： 底面ABCD 是以2为边长的菱形，且120BAD ∠=︒，ABC ∴ 与ACD 均为等边三角形，2AC ∴=.PC == 222PC PA AC ∴=+，即PA AC ⊥.由（1）知BD ⊥平面PAC ，PA ⊂平面PAC ，BD PA ∴⊥.又BD AC N = ，,BD AC ⊂平面ABCD ，PA ∴⊥平面ABCD .AD ⊂ 平面ABCD ，PA AD ∴⊥，∴由勾股定理得PD =，M 为PC的中点，12AM PC ∴==.在PCD中，由余弦定理得2222222cos 24PC CD PD PCD PC CD+-+-∠===⋅，在MCD△中，由余弦定理得2222222cos 24MD CM CD MD PCD CM CD+-+-∠===⋅，解得2MD =.在AMD 中，2AD MD ==，AM =，1222AMD S ∴==△.设点P 到平面AMD 的距离为d ，又易知点C 到平面PAD由P AMD M PAD V V --=得，111323AMD PAD S d S ⋅=⨯⨯△△，11112232232d ∴⨯⋅=⨯⨯⨯⨯，解得d =.所以直线PD 与平面AMD 所成角的正弦值为4214d PD ==.17.为了了解学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性等，某学校对在校1500名学生进行了一次坐位体前屈测试，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取75人，已知这1500名学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为13.2和13.36，女生的平均数和方差分别为15.2和17.56．（1）求样本中男生和女生应分别抽取多少人；（2）求抽取的总样本的平均数，并估计全体学生的坐位体前屈成绩的方差．【答案】（1）45；30；（2）平均数14；方差16.【解析】【分析】（1）首先计算抽样比，再计算男生和女生应抽取的人数；（2）代入总体平均数公式和方差公式，即可求解.【小问1详解】总体容量1500，样本容量75，则抽样比为751150020=，所以样本中男生数量119004520n =⨯=，女生数量()2115009003020n =-⨯=.【小问2详解】抽取的样本中男生的平均数13.2x =，方差2113.36s =，抽取的样本中女生的平均数15.2y =，方差2217.56s =，所以总体样本的平均数为()14513.23015.21475ω=⨯+⨯=，总体样本的方差()(){}22214513.3613.2143017.5615.21475s ⎡⎤⎡⎤=+-++-⎣⎦⎣⎦()16305701675=+=.所以估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16.18.如图，已知直角三角形ABC 的斜边//BC 平面α，A 在平面α上，AB ，AC 分别与平面α成30 和45 的角，6BC =．（1）求BC 到平面α的距离；（2）求平面ABC 与平面α的夹角．【答案】（1；（2）π3.【解析】【分析】（1）过,B C 作平面α的垂线，利用直角三角形边角关系及勾股定理建立方程求解.（2）作出二面角的平面角，利用余弦定理、三角形面积公式求解即得.【小问1详解】过B 作BE α⊥，垂足为E ，过C 作CF α⊥，垂足为F ，连AE 、AF 、EF ，则30BAE ∠=o ，45CAF ∠= ，设BC 到平面α的距离为d ，由//BC 平面α，得BE CF d ==，在Rt BEA 中，sin30d AB=，则212dAB d==，在Rt CAF △中，AC =，在Rt ABC △中，222BC AB AC =+，则223624d d =+，所以d =.【小问2详解】由（1）知，四边形BCFE 是矩形，过点A 作直线//l EF ，显然//l BC ，在平面α内过点A 作AO EF ⊥于O ，则AO l ⊥，过O 作//OG BE 交BC 于G ，连接AG ，则,OG OG EF α⊥⊥，有OG l ⊥，而,,AO OG O AO OG =⊂ 平面AOG ，于是l⊥平面AOG ，又AG ⊂平面AOG ，则l AG ⊥，即GAO ∠平面ABC 与平面α的夹角，由（1）知，AB AC ==，则12ABC S AB AC =⋅= ，在△AEF中，6AE AF EF ===，，则222cos 23AE AF EF EAF AE AF +-∠==⋅，于是1sin 3EAF ∠=，1sin 2EAF S AE AF EAF =⋅⋅∠= 因此112cos 122EAF ABC EF AOS AO GAO AG S BC AG ⋅∠====⋅ ，又π02GAO <∠≤，则π3GAO ∠=，所以平面ABC 与平面α的夹角为π3.19.如图，四棱锥S ABCD -的底面是平行四边形，平面α与直线AD SA SC ，，分别交于点,,P Q R ，且AP SQ CRAD SA CS==，点M 在直线SB 上运动，在线段CD 上是否存在一定点N，使得其满足：（i ）直线//MN α；（ii ）对所有满足条件（i ）的平面α，点M 都落在某一条长为m的线段上，且3m SB =．若存在，求出点N 的位置；若不存在，说明理由．【答案】存在， N 在靠近 C 的三等分点处.【解析】【分析】以,,SA SB SC为一组基地，用向量证明即可.【详解】存在，N 在靠近C 的三等分点处.设SA a SB b SC c SD d ====，，，，则d a b c =-+，因为AP SQ CRx AD SA CS ===，所以()1SQ xa SR SC CR c xc x c ==+=-=-，，()()()11SP x a xd x a x a b c a xb xc =-+=-+-+=-+，又因为//MN α，所以存在λμ∈R ，，使得NM QR QP λμ=+，故()SM SN SP SQ SR μλμλ=+-++ ，设()()11SN tSC t SD tc t d =+-=+- ，所以()()()()()11SM tc t a b c a xb xc xa x c μλμλ=+--++-+-++-，整理得()()()11111SM t x x a t x b x x c μλμμλ⎡⎤⎡⎤⎡⎤=-+----++++-⎣⎦⎣⎦⎣⎦，又点M 在直线SB 上的充要条件是SM yb =，则()()110110t x x x x μλμλ⎧-+--=⎪⎨++-=⎪⎩，消去λ，得()211221x t x x μ--=-+，所以()()()()222213*********221tx t x t x t x t y t x t x x x x μ+----+-=--=-+=-+-+，故()()223233210y t x t y x y t -++--+-+=，①当322t y -=时，2t x =；②当322t y -≠时，()()()2Δ332423210t y y t y t =----+-+≥，所以()()()224843210*y t y t t --+--≤，12103y y -==，解得23t =.此时，①中0y =代入(*)不等式成立，故2133SN c d =+，所以存在，N 在靠近C 的三等分点处.【点睛】方法点睛：当平面α运动时，对于定点N ，确定动点M 的存在范围，使之满足所有的题设条件，我们以,,SA SB SC为一组基向量，利用向量的方法给出本题的一种证法.。
2022—2023学年度广东省茂名市第一中学高一第二学期期中考试数学试题及答案
茂名市第一中学2022—2023学年度第二学期期中考试高一数学试卷考试时间：120分钟总分：150分一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1．设z ＝1+2i ，则在复平面内z 的共轭复数对应的点位于（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．＝（）A ．B ．C ．D ．3．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知1,3,3===b a A π，则c 等于（）A ．2B ．C ．D ．4．一梯形的直观图是如图所示的等腰梯形，且直观图OA ′B ′C ′的面积为2，则原梯形的面积为（）A ．2B ．22C ．24D ．45.为了得到函数ππsin 3cos cos3sin 33y x x =+的图象，可以将函数sin 3y x =图象()A.向左平移π个单位B.向左平移π9个单位C.向右平移π个单位D.向右平移π9个单位6.在空间中，下列命题正确的是（）A ．三点确定一个平面B ．若直线l 与平面α平行，则l 与平面α内的任意一条直线都平行C ．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面D ．如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行7.在ABC 中，已知2cos c a B =⋅，那么ABC 一定是（）A.等腰直角三角B.等腰三角形C.直角三角形D.等边三角形8.已知中，，，点D 是AC 的中点，M 是边BC 上一点，的最小值是()A. B. C. D.二､多选题（本大题共4小题，共20分。
在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分。
）9.复数i z 2321+=，i 是虚数单位，则下列结论正确的是（）A.z 的实部是21 B.z 的共轭复数为3122i +C.z 的实部与虚部之和为2 D.z 在复平面内的对应点位于第一象限10.已知平面向量()1,0a =，(1,b = ，则下列说法正确的是（）A.||16a b +=B.()2a b a +⋅= C.33,cos >=<→→b a D.向量+a b在a 上的投影向量为2a11．在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，以下结论中正确的有（）A ．若sin A ＞sinB ，则A ＞BB ．若sin2A ＝sin2B ，则△ABC 一定为等腰三角形C ．若cos 2A +cos 2B ﹣cos 2C ＝1，则△ABC 为直角三角形D ．若△ABC 为锐角三角形，则sin A ＜cos B 12.如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点O ，点E 是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是（）A.直三棱柱的体积是1B.直三棱柱的外接球表面积是C.三棱锥的体积与点E 的位置有关D.的最小值为三、填空题(每小题5分，共20分)13．设复数z 满足其中i 是虚数单位，则__________.14．圆锥的半径为2，高为2，则圆锥的侧面积为．15．非零向量→a ＝（sin θ，2），＝（cos θ，1），若→a 与共线，则tan （θ﹣4π）＝．16南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上；以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．把以上文字写成公式，即])2([41222222b a c a c S -+-=（其中S 为三角形的面积，a ，b ，c 为三角形的三边）．在斜△ABC 中，a ，b ，c 分别为内角A ，B ，C 所对的边，若)cos 3(cos C B c a +=，且B C a sin 3sin =．则此△ABC 面积的最大值为．四、解答题（本大题共6小题，共70分)17．（10分）已知向量→a ＝（1，1），→b ＝（2，﹣3）．（1）若→c ＝2→a +3→b ，求→c 的坐标；（2）若→a λ﹣2→b 与→a 垂直，求λ的值．18．（12分）已知△ABC 的内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足bc a c b -=-22）（．（1）求角A 的大小；（2）若a ＝2，sinC ＝2sinB ，求△ABC 的面积．19．（12分）（1）已知正四棱锥的底面边长是6，侧棱长为5，求该正四棱锥的体积；（2）如图（单位：cm ），求图中阴影部分绕AB 旋转一周所形成的几何体的体积．20（12分）已知函数x x x x f 4cos 212sin )1cos 2()(2+-=．（1）求f （x ）的最小正周期及单调递减区间；（2）若α∈（0，π），且22)84(=-παf ，求α的值．21．（12分）如图，在四棱锥P ﹣ABCD 中，E 是线段PD 上的点，且，PA ＝PD ＝AD ＝3，32CE =，BC ∥AD ，∠ADC ＝45°．（1）求证：CE ∥平面PAB ；（2）若M 是线段CE 上一动点，则线段AD 上是否存在点N ，使MN ∥平面PAB ？若存在，求出MN 的最小值；若不存在，说明理由．22.（12分）借助国家实施乡村振兴政策支持，某网红村计划在村内扇形荷花水池OAB 中修建荷花观赏台，助推乡村旅游经济.如图所示，扇形荷花水池OAB 的半径为20米，圆心角为π4.设计的荷花观赏台由两部分组成，一部分是矩形观赏台MNPQ ，另一部分是三角形观赏台AO C.现计划在弧AB 上选取一点M ，作MN 平行OA 交OB 于点N ，以MN 为边在水池中修建一个矩形观赏台MNPQ ，NP 长为5米；同时在水池岸边修建一个满足AO OC =且2COA AOM ∠=∠的三角形观赏台AOC ，记)46(ππ<≤=∠x x AOM .（1）当π6AOM ∠=时,过点M 作OA 的垂线，交OA 于点E ，过点N 作OA 的垂线，交OA 于点F,求ME ,OF 及矩形观赏台MNPQ 的面积；（2）求整个观赏台（包括矩形观赏台和三角形观赏台两部分）面积的最大值.茂名市第一中学2022—2023学年度第二学期期中考试高一数学试卷答案1【答案】D ．解：∵z ＝1+2i ，∴z 的共轭复数＝1﹣2i ，对应的点为（1，﹣2），故在第四象限，2【答案】D解：根据向量的线性运算法则，可得．3【答案】A解：，则由余弦定理可得，3＝1+c 2﹣2c ×1×cos＝1+c 2﹣c ，∴c 2﹣c ﹣2＝0，解得c ＝2或﹣1（舍）．4【答案】C解：把该梯形的直观图还原为原来的梯形，如图所示；设该梯形的上底为a ，下底为b ，高为h ，则直观图中等腰梯形的高为h ′＝h sin45°；∵等腰梯形的体积为（a +b ）h ′＝（a +b ）•h sin45°＝2，∴（a +b ）•h ＝＝4∴该梯形的面积为4．5【答案】B【详解】依题意，ππππsin 3coscos3sin sin(3)sin 3(3339y x x x x =+=+=+，所以函数sin 3y x =图象向左平移π9个单位可得πsin 3()9y x =+的图象.6【答案】C解：对于A ，不共线的三点确定一个平面，故A 错误；对于B ，l ∥α，则l 与平面α内的直线平行或异面，故B 错误；对于C ，由平面基本性质及其推论得：两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，故C 正确；对于D ，如果两条平行直线中的一条与一个平面平行，那么另一条也与这个平面平行或在这个平面内，故D 错误．7【答案】B解：已知2c a cosB ＝，则：2sinC sinAcosB ＝，整理得：()2sin A B sinAcosB +＝，则：()0sin A B -＝，所以：A B ＝.8.【答案】B解：根据题意，建立图示直角坐标系，，，则，，，，是边BC上一点，设，则，，，当时，取得最小值，9【答案】ACD解:由题得A 正确；z 的共轭复数为1322i -，则B 不正确；z 的实部与虚部之和为13222+=，则C 正确；z 在复平面内的对应点为13(,22，位于第一象限，则D 正确.10【答案】BD解：((11,02,2a b +=++= ，所以4a b +==，故A错误；()1202a a b ⋅+=⨯+⨯=，故B 正确；1313,cos =⋅>=<→→→→→→ba b a b a ，向量+a b 在a 上的投影向量为()2·21a ab a a a a a ⋅+=⨯=，故D 正确．11【答案】AC【解答】解：对于A ，若sin A ＞sin B 成立，由正弦定理可得a ＞b ，所以A ＞B ，故正确；对于B ，由sin2A ＝sin2B ，得到2A ＝2B 或2A +2B ＝π，可得A ＝B 或A +B ＝，则△ABC为等腰三角形或直角三角形，故错误；对C ，若cos 2A +cos 2B ﹣cos 2C ＝1，可得若（1﹣sin 2A ）+（1﹣sin 2B ）﹣（1﹣sin 2C ）＝1，整理得：sin 2A +sin 2B ＝sin 2C ，可得a 2+b 2＝c 2．可得△ABC 为直角三角形，故正确；对于D ，若△ABC 是锐角三角形，则A +B +C ＝π，A +B ＞，A ＞﹣B ，A 、B 、C 均是锐角，由正弦函数在（0，）递增，所以：sin A ＞sin （﹣B ）＝cos B ，故错误．12【答案】AD解：在直三棱柱中，，，所以其体积V=Sh=121121=⨯⨯⨯，故A 正确；对于B ，由直三棱柱结构特征及外接球的对称性可得，其外接球即为长宽高分别为2，1，1的长方体的外接球，所以其外接球半径为，所以其外接球的表面积为，故B 错误；由平面，且点E 是侧棱上的一个动点，，三棱锥的高h 为定值，，，故三棱锥的体积为定值，故C 错误；将四边形沿翻折，使四边形与四边形位于同一平面内，此时，连接与相交于点E ，此时最小，即，故D 正确．13【答案】解：，故14【答案】解：如图，圆锥的母线，圆锥的侧面展开图为扇形，故侧面积为，．15【答案】【解答】解：∵向量＝（sin θ，2），＝（cos θ，1），且与共线，∴＝2，即tan θ＝2，则tan（θ﹣）＝＝＝．16【答案】解：∵，∴sin A＝sin C（cos B+cos C），即sin C cos B+sin C cos C＝sin（B+C）＝sin B cos C+cos B sin C，即sin C cos C＝sin B cos C，又C∈（0，π）且C≠，∴sin B＝sin C，∴b＝c，又．∴ac＝b，解得a＝3，＝＝＝，当c＝3时，S max＝．17解：（1）∵＝（1，1），＝（2，﹣3），∴＝2+3＝2（1，1）+3（2，﹣3）＝（8，﹣7）； 4分（2）λ﹣2＝λ（1，1）﹣2（2，﹣3）＝（λ﹣4，λ+6）， 6分∵λ﹣2与垂直，∴1×（λ﹣4）+1×（λ+6）＝0， 9分即λ＝﹣1． 10分18解：（1）因为（b﹣c）2＝a2﹣bc，可得b2+c2﹣a2＝bc， 2分所以cos A＝＝， 3分又A∈（0，π），所以A＝． 5分（2）因为sin C＝2sin B，由正弦定理可得c＝2b， 6分又a＝2，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bc cos A，可得4＝b2+c2﹣bc， 8分解得b＝，c＝， 10分所以S△ABC＝bc sin A＝××＝ 12分19【解答】解：（1）正四棱锥的底面边长是a＝6，侧棱长为l＝5，所以正四棱锥的高为h＝＝， 2分所以正四棱锥的体积为V＝Sh＝×62×＝12； 5分（2）图中阴影部分绕AB旋转一周所形成的几何体，是圆台挖去一个半球，圆台的体积为V圆台＝π（r2+rr′+r′2）h＝×（22+2×5+52）×4＝52π， 8分半球的体积为V半球＝πr3＝×23＝， 10分所以该几何体的体积为V＝V圆台﹣V半球＝52π﹣＝3140（cm3）． 12分20【答案】（1）；；（2）．【解答】解：（1）∵f（x）＝（2cos2x﹣1）sin2x+cos4x＝cos2x sin2x+cos4x 1分＝（sin4x+cos4x）＝sin（4x+）， 3分∴f（x）的最小正周期T＝， 4分令，可得，∴f（x）的单调递减区间为； 6分（2）∵f（）＝，∴， 8分∵α∈（0，π），，∴， 10分∴ 12分21【解答】（1）证明：如图1，在PA上取点F使，连接EF，BF，如图示：∵，∴EF∥AD且， 1分又BC∥AD，且， 2分∴EF∥AD，EF＝AD，∴四边形BCEF为平行四边形，∴CE∥BF， 3分而CE⊄平面PAB， 4分BF⊂平面PAB，则CE∥平面PAB． 5分（2）解：线段AD上存在点N且，使得MN∥平面PAB；理由如下：如图2，在AD上取点N使，连接CN，EN，如图示：∵，，∴EN∥PA， 6分∵EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EN∥平面PAB； 7分由（1）知CE∥平面PAB，又CE∩EN＝E，∴平面CEN∥平面PAB，又M是CE上的动点，MN⊂平面CEN，∴MN∥平面PAB， 8分∴线段AD上存在点N，使得MN∥平面PAB．∵BC∥AN，BC＝AN，∴ND＝2， 9分在△CND中，∠ADC＝45°，，由余弦定理知CN＝2． 10分在△CEN中，CN＝NE＝2，，∴由余弦定理知∠CNE＝120°，∴MN 的最小值为， 11分∴线段AD 上存在点N ，使MN ∥平面PAB ，且MN 的最小值为1． 12分22.【详解】（1）当π6AOM ∠=时，则π1sin 201062ME OM =⋅=⨯=. 2分πcos 2062OE OM =⋅=⨯=. 3分过N 作OA 的垂线，交AO 于点F ，NF ME =.∵π4AOB ∠=，10OF NF ==，∴10MN OE OF =-=-. 4分因为5NP =.矩形MNPQ 的面积())510501S MN NP =⋅=⨯=-平方米.所以矩形观赏台MNPQ 的面积)501平方米. 5分（2）由题意可知，AOM x ∠=，π4AOB ∠=，π4MON x ∠=-，3π4MNO ∠=，在OMN 中，由sin sin MN OM MON MNO =∠∠，得()cos sin 20cos sin MN OM x OM x x x =-=-. 6分矩形MNPQ 的面积()()1520cos sin 100cos sin S MN NP x x x x =⋅=⨯-=-.7分观赏台AOC 的面积211sin 2020sin 2200sin 222S OA OC AOC x x =⋅⋅∠=⨯⨯=.整个观赏台面积()12100cos sin 200sin 2S S S x x x=+=-+. 8分设πcos sin 4t x x x ⎛⎫=-=+ ⎪⎝⎭，46(ππ<≤x ，∴.2130-≤<t 9分()2222cos sin cos sin 2sin cos 1sin 2t x x x x x x x =-=+-=-.∴2sin 21x t =-. 10分∴()100cos sin 200sin 2S x x x =-+()2211002001200212.54t t t ⎛⎫=+-=--+ ⎪⎝⎭.当]213,0(41-∈=t 时，整个观赏台观赏台S 取得最大值为212.5平方 11分∴整个观赏台的面积S 的最大值为212.5平方米. 12分。
2022-2023学年江西省部分学校高一年级下册学期4月期中联考数学试题【含答案】
高一数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4．本试卷主要考试内容：北师大版必修第二册第一章至第四章第二节．一、选择题：本大题共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.在平行四边形ABCD 中，AC BC -=（）A.DAB.BDC.BAD.DC【答案】D 【解析】【分析】根据平面向量加减法规则求解.【详解】如图，根据平面向量的加法规则有：,AB BC AC AC BC AB DC+=∴-==；故选：D.2.下列函数为偶函数且在π0,2⎛⎫⎪⎝⎭上为减函数的是（）A.()sin f x x= B.()tan =f x x C.()cos f x x = D.()f x x=【答案】C 【解析】【分析】根据函数的性质逐项分析.【详解】对于A ，()sin f x x =是奇函数；对于B ，()tan f x x =是奇函数；对于C ，()cos f x x =是偶函数，并且在π0,2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭时是减函数；对于D ，()f x x =是偶函数，但在0x >时是增函数；故选：C.3.已知()0,1A 、(),3B m 、()4,7C 三点共线，则m =（）A.13-B.13C.43D.2【答案】C 【解析】【分析】求出AB 、AC，可知//AB AC uuu r uuu r ，利用平面向量共线的坐标表示可求得实数m 的值.【详解】因为()0,1A 、(),3B m 、()4,7C ，则(),2AB m =，()4,6AC = ，因为A 、B 、C 三点共线，则//AB AC uuu r uuu r ，所以86m =，即43m =．故选：C.4.已知一扇形的面积为8，所在圆的半径为2，则扇形的周长为（）A.6B.8C.10D.12【答案】D 【解析】【分析】根据扇形面积公式求弧长，进而求扇形的周长.【详解】由题知：由扇形的面积182S rl ==，且2r =，l 为弧长，所以弧长2882l ⨯==，则扇形的周长为2l r +=12．故选：D5.已知,,a b c 分别为ABC 三个内角,,A B C 的对边，且2cos 3a Cbc =+，则ABC 是（）A.锐角三角形B.直角三角形C.等腰三角形D.钝角三角形【答案】D 【解析】【分析】正弦定理和两角和的正弦公式，化简得到2cos sin sin 03A C C +=，进而得到2cos 3A =-，得到ππ2A <<，即可求解.【详解】因为2cos 3a Cbc =+，由正弦定理得2sin cos sin sin 3A C B C =+，又因为πA C B +=-，可得sin sin()sin cos cos sin B A C A C +A C =+=，所以2cos sin sin 03A C C +=，因为(0,π)C ∈，可得sin 0C >，所以2cos 3A =-，又因为(0,π)A ∈，所以ππ2A <<，所以ABC 为钝角三角形.故选：D.6.已知cos1,sin1,tan1a b c ===，则（）A.a b c <<B.c b a <<C.b c a <<D.c a b<<【答案】A 【解析】【分析】利用三角函数单调性结合中间值2,12即可比较大小.【详解】因为函数sin y x =在π(0,)2上单调递增，所以π21sin1sin42b >=>=，因为函数cos y x =在π(0,)2上单调递减，所以π20cos1cos42a <=<=，因为函数tan y x =在π(0,)2上单调递增，所以πtan1tan14c =>=，所以212a b c <<<<，即a b c<<.故选：A7.如图，一艘船向正北方向航行，航行速度为每小时1039海里，在A 处看灯塔S 在船的北偏东3sin 4θθ⎛⎫= ⎪ ⎪⎝⎭的方向上．1小时后，船航行到B 处，在B 处看灯塔S 在船的北偏东3θ的方向上，则船航行到B 处时与灯塔S 之间的距离为（注：sin 2sin()sin cos cos sin 2sin cos θθθθθθθθθ=+=+=）（）A.103海里B.203海里C.1013海里D.2013海里【答案】B 【解析】【分析】借助正弦定理求解三角形.【详解】由题意得，在ABS 中，BAS θ∠=，1039AB =，32BSA θθθ∠=-=．由正弦定理有sin sin AB BS BSA BAS =∠∠，代入数据得1039sin 2sin BS θθ=，解得539cos BS θ=．因为3sin 4θ=，所以13cos 4θ=，203BS =（海里）．故选：B8.彝族图案作为人类社会发展的一种物质文化，有着灿烂的历史．按照图案的载体大致分为彝族服饰图案、彝族漆器图案、彝族银器图案等，其中蕴含着丰富的数学文化．如图1所示的漆器图案中出现的“阿基米德螺线”，该曲线是由一动点沿一条射线以等角速度转动所形成的轨迹，这些螺线均匀分布，将其简化抽象为图2所示，若以OA 为始边，射线OA 绕着点O 逆时针旋转，终边与OB 重合时的角为α，终边与OE 重合时的角为β，终边与OH 重合时的角为γ，则cos cos cos αβγ++的值为（）A.1B.33-C.1-D.0【答案】D 【解析】【分析】根据题意可得,,αβγ，然后结合余弦的和差角公式，代入计算，即可得到结果.【详解】由已知得2π9α=，2π8π2π2π49939β=⨯==+，2π14π4π2π79939γ=⨯==+，所以2π2π2π4π2πcos cos cos coscos cos 93939αβγ⎛⎫⎛⎫++=++++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭2π2π2π2π2π4π2π4π2πcos cos cos sin sin cos cos sin sin 939393939=+-+-2π12π32π12π32πcoscos sin cos sin 0929292929=---+=．故选:D二、选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.已知函数π()cos 25x f x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，则（）A.()f x 的图象关于2π,05⎛⎫-⎪⎝⎭对称 B.()f x 的图象关于直线8π5x =对称C.3π5f x ⎛⎫+⎪⎝⎭为奇函数 D.()f x 为偶函数【答案】BC 【解析】【分析】利用余弦型函数的图象及其性质，逐一分析选项即可．【详解】因为π()cos 25x f x ⎛⎫=+⎪⎝⎭，2πππcos 10555f ⎛⎫⎛⎫-=-+=≠ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，A 错误；8π4ππcos 1555f ⎛⎫⎛⎫=+=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，B 正确；3π13πππcos cos sin 5255222x x f x x ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫+=++=+=- ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，所以()f x 是奇函数，C 正确；易知()()f x f x -≠，所以()f x 不是偶函数，D 错误．故选：BC10.在△ABC 中，1AB =，2AC =，2π3A =，5BC CD =，E 为AC 的中点，则（）A.4BD DC=B.6155AD AC AB=- C.1AB AC ⋅= D.3910AD BE ⋅=【答案】BD 【解析】【分析】利用向量的线性运算可得AB 选项正误；利用向量的数量积公式可得CD 选项正误.【详解】因为5BC CD = ，所以6BD CD =，故A 错误；由向量加法的三角形法则，可得()66615555AD AB BD AB BC AB AC AB AC AB =+=+=+-=-，故B 正确；由数量积公式得：2πcos 13AB AC AB AC ⋅=⋅=- ，故C 错误；6113955210AD BE AC AB AC AB ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，故D 正确．故选：BD11.已知a ，b ，c 分别为△ABC 三个内角A ，B ，C 的对边，若2a =，π4A =，b x =，满足此条件的三角形只有一个，则x 的值可能为（）A.2B.2C.22D.3【答案】ABC 【解析】【分析】由正弦定理及三角函数的图象与性质可判定结果.【详解】由正弦定理得2πsin sin4xB =，则22sin x B =，又3π0,4B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，且满足条件的三角形只有一个，即x 有唯一的角与其对应，所以ππ0,24B ⎧⎫⎛⎤∈⎨⎬ ⎥⎩⎭⎝⎦，故{}(]22sin 220,2x B =∈ ．故选：ABC ．12.已知函数sin cos ()22sin cos x xf x x x+=+，则（）A.()y f x =的图象关于直线π4x =对称 B.()y f x =的图象关于点π,04⎛⎫-⎪⎝⎭对称C.()f x 既是周期函数又是奇函数 D.()f x 的最大值为12【答案】ABD 【解析】【分析】对于A ，验证π()2f x f x ⎛⎫-= ⎪⎝⎭即可；对于B ，验证π()2f x f x ⎛⎫--=- ⎪⎝⎭即可；对于C ，找反例ππ()()44f f -≠-即可判断；对于D ，令sin cos t x x =+，则原函数可化为21ty t =+，分0,0t t =≠结合基本不等式即可判断.【详解】对于A ，因为ππsin cos πsin cos 22()ππ222sin cos 22sin cos 22x x x x f x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫-+- ⎪ ⎪+⎛⎫⎝⎭⎝⎭-=== ⎪+⎛⎫⎛⎫⎝⎭+-- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()y f x =的图象关于直线π4x =对称．A 正确．对于B ，因ππsin cos πsin cos 22()ππ222sin cos 22sin cos 22x x x x f x f x x x x x ⎛⎫⎛⎫--+-- ⎪ ⎪--⎛⎫⎝⎭⎝⎭--===- ⎪+⎛⎫⎛⎫⎝⎭+---- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，所以()y f x =的图象关于点π,04⎛⎫-⎪⎝⎭对称，B 正确．对于C ，ππ22sin()cos()π4422()0ππ42222sin()cos()224422f -+--+-===+---⨯⨯，ππ22sincos π24422()ππ432222sin cos 224422f ++===++⨯⨯，则ππ()()44f f -≠-，所以()f x 不是奇函数，C 错误．对于D ，令πsin cos 2sin [2,2]4t x x x ⎛⎫=+=+∈- ⎪⎝⎭，则212sin cos t x x =+，当0=t 时，0y =；当[2,0)t ∈-或(0,2]时，211111212t y t t t t t==≤=++⨯，当且仅当1t =时，等号成立，此时函数取得最大值12，D 正确．故选：ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13.函数()π2sin 135x f x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭的最小正周期为__________，最小值为__________.【答案】①.6π②.3-【解析】【分析】利用正弦函数的性质求解．【详解】()f x 的最小正周期2π6π13T ==，最小值为2(1)1⨯--=－3.故答案为：6π；3-．14.已知函数()()πtan 34f x x ϕϕ⎛⎫=+≤ ⎪⎝⎭的图象关于点π,09⎛⎫- ⎪⎝⎭对称，则ϕ=__________.【答案】π6-##1π6-【解析】【分析】由正切函数tan y x =的图象关于点(π,0),Z 2kk ∈对称求解．【详解】因为()()πtan 34f x x ϕϕ⎛⎫=+≤ ⎪⎝⎭的图象关于点π,09⎛⎫- ⎪⎝⎭对称，所以Z π,32πk k ϕ-+=∈，所以ππ,Z 32k k ϕ=+∈，因为π4ϕ≤，所以π6ϕ=-.故答案为：π6-．15.已知M 为线段AB 上的任意一点，O 为直线AB 外一点，A 关于点O 的对称点为C ，B 关于点C 的对称点为D ，若OM xOC yOD =+，则3x y +=________．【答案】1-【解析】【分析】以,OA OB为基底，利用A ，B ，M 三点共线求解.【详解】因为A 关于点O 的对称点为C ，所以OC OA =- ，2BD BC = ，BC OC OB =-，又B 关于点C 的对称点为D ，所以222OD OB BC OC OB OA OB =+=-=--，又OM xOC yOD =+，所以()()2OM x y OA y OB =--+- ，因为A ，B ，M 三点共线，所以21x y y ---=，即31x y +=-；故答案为：1-16.如图，某公园内有一个边长为12m 的正方形ABCD 区域，点M 处有一个路灯，5m BM =，3sin 5MBQ ∠=，现过点M 建一条直路分别交正方形区域两边AB ，BC 于点P 和点Q ，若对五边形APQCD 区域进行绿化，则此绿化区域面积的最大值为________2m ．【答案】120【解析】【分析】设BP 和BQ 的长，使PBQ 的面积最小，即可使五边形APQCD 面积最大.【详解】设m BP x =，m BQ y =，（012x <<，012y <<），∵3sin 5MBQ ∠=，π0,2MBQ ⎛⎫∠∈ ⎪⎝⎭，∴π4sin sin cos 25PBM MBQ MBQ ⎛⎫∠=-∠=∠= ⎪⎝⎭，∴PBM 的面积为2114sin 52m 225PBM S BP BM PBM x x =⋅⋅⋅∠=⋅⋅⋅= ，MBQ V 的面积为21133sin 522m 52MBQ y BM BQ M S BQ y =⋅⋅⋅∠=⋅⋅⋅= ，∵PBQ 的面积PBQ PBM MBQ S S S =+ ，∴13222xy x y =+，即43xy x y=+∵012x <<，012y <<，∴由基本不等式得4324343xy x y x y xy =+≥⋅=，解得43xy ≥，即48xy ≥，当且仅当43x y =，即6x =，8y =时，等号成立，∴PBQ 的面积的最小值为()2min14824m 2PBQS =⨯= ，∴五边形APQCD 面积的最大值()2max min14424120m PB D Q ABC S S S =-=-= ．故答案为：120.四、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.在ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知222c a b ab =++．（1）求角C ；（2）若47c =，ABC 的周长为1247+，求sin sin A B +．【答案】（1）2π3C =（2）32128【解析】【分析】（1）由余弦定理计算即可；（2）由正弦定理计算即可.【小问1详解】由余弦定理可得222222cos c a b ab C a b ab =+-=++，解得1cos 2C =-，因为C 是ABC 的一个内角，故2π3C =【小问2详解】因为47c =，ABC 的周长为647+，所以6a b +=，由正弦定理sin sin sin a b c A B C ==，可得87sin sin sin 3a b c A B C +==+解得321sin sin 28A B +=18.已知平面向量()1,2a = ，()0,1b =- ，a c ⊥ ，且3b c ⋅= ．（1）求c 的坐标；（2）求向量- a c 在向量b上的投影向量的模．【答案】（1）()6,3-（2）5【解析】【分析】根据向量数量积的定义，投影向量的定义和坐标运算规则求解.【小问1详解】设(),c x y = ，因为a c ⊥ ，所以20x y +=，又3b c y ⋅=-= ，解得6x =，=3y -，所以()6,3c =-；【小问2详解】()5,5a c -=- ，所以()5a c b -⋅=- ，则向量- a c 在向量b 上的投影向量的模为()5a c b b-⋅= ；综上，()6,3c =- ，向量- a c 在向量b上的投影向量的模为5.19.已知角θ的始边为x 轴非负半轴,终边过点(1,2)A -.（1）求3ππcos 2sin 22sin(2π)22cos()θθθθ⎛⎫⎛⎫-+++ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭---的值.（2）已知角α的始边为x 轴非负半轴,角θ和α的终边关于y 轴对称,求πsin 6α⎛⎫-⎪⎝⎭的值.【答案】（1）2-（2）3236-【解析】【分析】（1）由三角函数定义得sin ,cos θθ值,然后由诱导公式化简后代入计算;（2）写出,θα关系,求出sin ,cos αα的值,再代入两角差的正弦公式求解即可.【小问1详解】由题可知3OA =,则63sin ,cos ,tan 233θθθ==-=-,所以3ππcos 2sin sin 2cos tan 2222sin(2π)22cos()sin 22cos tan 22θθθθθθθθθθ⎛⎫⎛⎫-+++ ⎪ ⎪-+-+⎝⎭⎝⎭===--------.【小问2详解】因为角θ和α的终边关于y 轴对称,所以6sin 3α=,3cos 3α=,所以π31323sin sin cos 6226ααα-⎛⎫-=-= ⎪⎝⎭.20.赵爽是我国古代数学家，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”（以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成）．类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形．已知sin 2sin CAF ACF ∠=∠．（1）证明：F 为AD 的中点；（2）求向量AC 与BE 夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）714【解析】【分析】（1）由sin 2sin CAF ACF ∠=∠得CF 2AF =，再根据全等三角形性质可得AF CE =，从而可得2CF CE =，继而得出E 为CF 的中点，F 为AD 的中点，从而得证.（2）设1AC = ，由向量的线性运算可得4677BE AC AB =- ，分别求出,,BE AC BE AC ⋅ 的值，由向量AC 与BE 夹角的余弦值为BE AC BE AC⋅ 得出结论.【小问1详解】证明：因为sin 2sin CAF ACF ∠=∠，所以由正弦定理得CF 2AF =．又因为AFC BDA CEB ≌≌△△△，所以AF CE =，所以2CF CE =，即E 为CF 的中点，所以F 为AD 的中点.【小问2详解】设1AC = ，()()111242BE BF BC BA BD BC =+=++ ，所以111422BE BA BE BC ⎛⎫=++ ⎪⎝⎭ ，则24467777BE BA BC AC AB =+=- ，所以224616483627774949497BE AC AB AC AC AB AB ⎛⎫=-=-⋅+= ⎪⎝⎭．又24646177777BE AC AC AB AC AC AB AC ⎛⎫⋅=-⋅=-⋅= ⎪⎝⎭，所以向量AC 与BE 夹角的余弦值为714BE AC BE AC ⋅= ．21.如图，在平面四边形ABCD 中，4AC =，BC CD ⊥．（1）若2AB =，3BC =，15CD =，求△ACD 的面积；（2）若2π3B ∠=，π6D ∠=，求3162AD BC ⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭的最大值．【答案】（1）7154（2）463【解析】【分析】（1）先用余弦定理求出cos ACB ∠，再利用面积公式求解；（2）设BCA θ∠=，运用正弦定理分别表示出,BC AD ，再利用恒等变换以及三角函数的性质求解.【小问1详解】在ABC 中，22216947cos 22438AC BC AB ACB AC BC +-+-∠===⋅⨯⨯，因为BC CD ⊥，所以7sin cos 8ACD ACB ∠=∠=，所以ACD 的面积117715sin 4152284S AC CD ACD =⋅⋅∠=⨯⨯⨯=；【小问2详解】设BCA θ∠=，π03θ<<，则π2ACD θ∠=-，π3BAC θ∠=-．在ABC 中，2ππsin sin 33BC AC θ=⎛⎫- ⎪⎝⎭，则8πsin 33BC θ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，在ACD 中，ππsin sin 62AD AC θ=⎛⎫- ⎪⎝⎭，则8cos AD θ=，所以31438π4cos sin 62333AD BC θθ⎛⎫⎛⎫⎛⎫+-=+-- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭434346πcos sin sin 3334θθθ⎛⎫=+=+ ⎪⎝⎭，当π4θ=时，3162AD BC ⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭取得最大值463；综上，ACD 的面积为7154，3162AD BC ⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭的最大值463.22.已知函数()()[]2sin (0,0,2π)f x x ωϕωϕ=+>∈的部分图象如图所示.（1）求()f x 的解析式；（2）将函数()f x 图象的横坐标变为原来的3倍，纵坐标不变，再向左平移π个单位长度，得到函数()y g x =的图象，若()πg x λ+在区间π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭上无零点，求正数λ的取值范围.【答案】（1）()π2sin 6f x x ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭（2）170,1,22⎛⎤⎡⎤⋃ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦【解析】【分析】（1）根据图中的点的坐标求出参数值即可求出函数解析式；（2）先通过图象变换求出函数解析式，然后利用函数无零点建立不等式关系即可求解.【小问1详解】因为()02sin 1f ϕ==，可得1sin 2ϕ=，因为()f x 在0x =处附近单调递增，所以6πϕ=，所以()π2sin 6f x x ω⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，因为()ππ2sin π16f ω⎛⎫=+=- ⎪⎝⎭，所以π1sin π,62ω⎛⎫+=- ⎪⎝⎭因为()f x 在πx =处附近单调递减，且当0x >时，()f x 在πx =处的第一次取值为12-，所以π7ππ66ω+=，可得1ω=.即()π2sin 6f x x ⎛⎫=+⎪⎝⎭.【小问2详解】将()f x 图象的横坐标变为原来的3倍，纵坐标不变，可得到π2sin 36x y ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，再把π2sin 36x y ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象向左平移π个单位长度，可得()()1ππ2sin π2sin 2cos 36323x x g x x ⎡⎤⎛⎫=++=+= ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭的图象，则()ππ2cos 33x g x λλ⎛⎫+=+ ⎪⎝⎭，由()πg x λ+在区间π,π2⎛⎫ ⎪⎝⎭上无零点可得3ππ22T λ=≥，解得06λ<≤，因为π,π2x ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以πππππ,336333x λλλ⎛⎫+∈++ ⎪⎝⎭，则ππππ632ππππ332k k λλ⎧+≥-+⎪⎪⎨⎪+≤+⎪⎩，k ∈Z ，解得15632k k λ-+≤≤+，k ∈Z ，由06λ<≤，可得170,1,22λ⎛⎤⎡⎤∈⋃ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦，即正数λ的取值范围为170,1,22⎛⎤⎡⎤⋃ ⎥⎢⎥⎝⎦⎣⎦.。
江苏盐城五校联考2024年高一4月期中数学试卷
2023/2024学年度第二学期 联盟校期中考试高一年级数学试题（总分150分 考试时间120分钟）注意事项：1. 本试卷中所有试题必须作答在答题纸上规定的位置，否则不给分.2. 答题前，务必将自己的姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题纸上.3. 作答非选择题时必须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题纸的指定位置上，作答选择题必须用2B 铅笔在答题纸上将对应题目的选项涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题纸清洁，不折叠、不破损.一、单项选择题：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. 复数()()1i 2i z =−+的实部为（ ） A. 3iB. 3C. i −D. －12. sin 27cos18cos 27sin18°°+°°=（ ）A.B. C.D. 3. 在ABC △中，内角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，且满足::3:4:6a b c =，则cos A 的值为（ ）A.14B. 14−C.4348D. 4348−4. 已知向量a ，b 的夹角为34π，a = ，1b = ，则a b += （ ）A. 1B.C.D. 55. 在ABC △中，cos cos a A b B =，则ABC △的形状为（ ） A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形6. tan 23tan 3723tan 37°+°°°=（ ）A.B.C.D. 7. 已知两个非零向量a 与b 的夹角为θ，我们把数量sin a b θ叫作向量a 与b 的叉乘a b × 的模，记作a b × ，即sin a b a b θ×=.若向量()2,4a = ，()3,1b =− ，则a b ×=（ ） A. －14B. 14C. －2D. 28. 在ABC △中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，已知6A π=，则2sin cos B C −的取值范围为（ ）A. B. C. 32D. (二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9. 在ABC △中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，若a =c =，4A π=，则C 的值可以是（ ） A.56πB.23π C.34π D.3π10. 已知cos α=3cos 5β=，其中,2παπ∈，0,2πβ ∈ ，以下判断正确的是（ ）A. 4sin 25α=B. 7cos 225β=−C. ()cos αβ−D. ()sin αβ+11. 已知a ，b 是两个不共线的向量，且a = ，1b =，则下列结论中正确的是（ ）A. a b −的取值范围是)1−B. a b ≤⋅≤C. a 在b 0D. a b + 与a b − 的夹角最大值为3π三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12. 已知复数z 满足()()1i 1i z −=+，其中i 为虚数单位，则z =______.13. 如图，在ABC △中，13AN AC = ，P 是线段BN 上的一点，若17AP mAB AC =+，则实数m =______.14. 在ABC △中，角A ，B ，C 所对的边长分别为a ，b ，c ，若()tan tan 2tan tan tan AB A BC =+，则222c a b =+______.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.（13分）实数m 取什么值时，复数()()222356i z mm m m =−−+−−是：（1）实数？ （2）纯虚数？16.（15分）已知向量()1,2a = ，()3,b k =.（1）若a b ∥，求实数k 的值；（2）若()2a a b ⊥+，求实数k 的值.17.（15分）已知a ，b ，c 分别为ABC △三个内角A ，B ，C 的对边，且222b c a bc +−=. （1）求A ；（2）已知3a =，ABC △，且AD 为角A 的角平分线，求线段AD 的长.18.（17分）已知平面向量()sin ,cos a x x = ，),cos b x x − ，设函数()2f x a b =⋅.（1）求()f x 的最大值；（2）若在ABC △中()2f A =−，D 在BC 边上，且2BAD π∠=，22BD DC ==，求ABC △的周长.19.（17分）已知O 为坐标原点，对于函数()sin cos f x a x b x =+，称向量(),OM a b =为函数()f x 的伴随向量，同时称函数()f x 为向量OM的伴随函数.（1）设函数()4cos cos 1232x x g x π=−⋅−，试求()g x 的伴随向量OM ；（2）将（1）中函数()g x 的图像横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再把整个图像向左平移23π个单位长度，得到()h x 的图像，已知()2,3A −，()2,6B ，问在()y h x =的图像上是否存在一点P ，使得AP BP ⊥，若存在，求出P 点坐标；若不存在，说明理由.。
上海市上海师范大学附属中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
上师大附中2023学年第二学期高一年级数学期中2024.05一、填空题（本大题共有12题,满分54分,第1-6题每题4分,第7-12题每题5分）1．向量()3,4m =-的单位向量为________（用坐标表示）.2．△ABC 中，已知120A =︒，45B =︒，2AC =，则边BC 的长为________.3．已知向量()1,1a = ，()3,5b = ，则b 在a方向上的投影为________（用坐标表示）.4．设1e ，2e 是不平行向量，若124e e - 与12ke e +平行，则实数k 的值为________.5．已知△ABC 三边上的高分别为A h 、B h 、C h ，且::4:5:6A B C h h h =，则此三角形最大角的余弦值为________.6．函数tan 2y x =，,66ππx ⎡⎤∈-⎢⎣⎦的最大值为________.7．在△ABC 中，2AB =，3AC =，3AB AC ⋅=-，则△ABC 的面积为________.8．若函数()cos f x x =，[]0,2x π∈与()tan g x x =的图象交于M 、N 两点，则OM ON +=________.9．如图，这个优美图形由一个正方形和以各边为直径的四个半圆组成，若正方形ABCD 的边长为4，点P 在四段圆弧上运动，则AP AB ⋅的取值范围为________.10．设函数()sin f x x =，若对于任意2,3ππ⎡⎤α∈⎢⎥⎣⎦，都存在[]0,m β∈，使得()()0f f α+β=，则m 的最小值为________.11．若存在实数ϕ，使函数()()1(0)2f x cos x =ω+ϕ-ω>在[],3x ππ∈上有且仅有2个零点，ω的取值范围为________.12．已知平面向量a 、b ，且2a b == ，2a b ⋅= ，向量c满足22c a b a b --=- ，则当()c b R -λλ∈取最小值时λ的值为________.二、选择题（13~14每题4分，15~16每题5分，共18分，每题有且仅有一个答案正确）13．函数tan y x =是（）.A．最小正周期为2π的奇函数B．最小正周期为π2的偶函数C．最小正周期为π的奇函数D．最小正周期为π的偶函数14．已知1e 、2e是互相垂直的单位向量，则下列四个向量中模最大的是（）.A．121122e e +B．121233e e +C．123144e e +D．121655e e -+15．设集合2462 sin sin sin sin ,,02023202320232023ππkπA x x k Z k ⎧⎫π==++++∈>⎨⎬⎩⎭，则集合A 的元素个数为（）.A．1012B．1013C．2024D．202516．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知()1,0A 、()0,1B 、()1,1C -、()1,0D -、()0,1E -、()1,1F -．有一封闭图形ABCDEF ，其中图形第一、三象限的部分为两段半径为1的圆弧，二、四象限的部分为线段BC 、CD 、EF 、FA ．角α的顶点在原点，始边与x 轴的正半轴重合，α的终边与该封闭图形ABCDEF 交于点P ，点P 纵坐标y 关于α的函数记为()y f =α，则有关函数()y f =α图象的说法正确的是（）.A．关于直线4πα=成轴对称，关于坐标原点成中心对称B．关于直线34πα=成轴对称，且以2π为周期C．以2π为周期，但既没有对称轴，也没有对称中心D．夹在1y =±之间，且关于点(),0π成中心对称三、解答题（共78分）17．（本题满分14分，第（1）题6分，第（2）题8分）在平面直角坐标系xOy 中，已知()1,1A -，()2,1B -，(),2C m ．（1）若2m =，求△ABC 的面积S ；（2）是否存在实数m ，使得A 、B 、C 三点能构成直角三角形？若存在，求m 的取值集合；若不存在，请说明理由．18．（本题满分14分，第（1）题6分，第（2）题8分）已知函数()y f x =，()2213πf x sin x ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭．（1）求函数()y f x =的最小正周期和单调增区间；（2）若不等式()1f x t +<在0,4πx ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上恒成立，求实数t 的取值范围．19．（本题满分14分，第（1）题6分，第（2）题8分）“但有一枝堪比玉，何须九畹始征兰”，盛开的白玉兰是上海的春天最亮丽的风景线，除白玉兰外，上海还种植木兰科的其他栽培种，如黄玉兰和紫玉兰等．某种植园准备将如图扇形空地AOB 分成三部分，分别种植白玉兰、黄玉兰和紫玉兰；已知扇形的半径为70米，圆心角为23π，动点P 在扇形的弧上，点Q 在OB 上，且∥PQ OA ．（1）当50OQ =米时，求PQ 的长；（2）综合考虑到成本和美观原因，要使白玉兰种植区△OPQ 的面积尽可能的大．设AOP ∠=θ，求△OPQ 面积的最大值．20．（本题满分18分，第（1）题4分，第（2）题6分，第（3）题8分）在△ABC 中，120CAB ∠=︒．（1）如图1，若点P 为△ABC 的重心，试用AB 、AC 表示AP ；（2）如图2，若点P 在以A 为圆心，AB 为半径的圆弧 BC 上运动（包含B 、C 两个端点），且1AB AC ==，设(),AP AB AC R =λ+μλμ∈，求λμ的取值范围；（3）如图3，若点P 为△ABC 外接圆的圆心，设(),AP m AB nAC m n R =+∈，求m n +的最小值．21.（本题满分18分，第（1）题4分，第（2）题6分，第（3）题8分）已知向量33,22x x a cos sin ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，,22x x b cos sin ⎛⎫=- ⎪⎝⎭ ，函数()f x a b m a b =⋅-+ ，m R ∈．（1）若0m =，求6πf ⎛⎫⎪⎝⎭的值；（2）用x 表示a b + ，若,34ππx ⎡⎤∈-⎢⎣⎦时，()f x 的最小值为4-，求实数m 的值；（3）设n 为正整数，函数()y f x =在区间()0,nπ上恰有2024个零点，请求出所有满足条件的n 的值及相应m 的取值范围．参考答案一、填空题2.;3.;5.;6.;8.π;11.15,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭12.311．若存在实数ϕ，使函数()()1(0)2f x cos x =ω+ϕ-ω>在[],3x ππ∈上有且仅有2个零点，ω的取值范围为________.【答案】15,33⎡⎫⎪⎢⎣⎭【解析】因为()()1(0)2f x cos x =ω+ϕ-ω>,由()0f x =,得到()12cos x ω+ϕ=,所以()23x k k Z πω+ϕ=+π∈或()23x k k Z πω+ϕ=-+π∈,所以()()2233k k x k Z x k Z ππ-ϕ+π--ϕ+π=∈=∈ωω或又因为存在实数ϕ,使函数()f x 在[]3x ,∈ππ上有且仅有2个零点,所以7522332k k ππ-ϕ+π-ϕ+π-≤πωω且1122332k k ππ-ϕ+π-ϕ+π->πωω,即232π≤πω且1032π>πω,解得1533≤ω<.故答案为:1533,⎡⎫⎪⎢⎣⎭.12．已知平面向量a 、b ，且2a b == ，2a b ⋅= ，向量c满足22c a b a b --=- ，则当()c b R -λλ∈取最小值时λ的值为________.【答案】3【解析】设,a b的夹角为[],0,θθ∈π因为2,2a b a b ==⋅= ,由公式a b a b cos ⋅=⋅⋅θ 所以12cos θ=,解得3πθ=因为()()a b a b a b -=-⋅-22a a ab b b =⋅-⋅+⋅= ()()a b a b a b +=+⋅+223a a ab b b =⋅+⋅+⋅= ,243a b += 则由题,向量c满足22c a b a b --=- ,如图所示:设(),,2,OA a OB b OE a b ===+ OC c = 则(),2BA a b EC c a b=-=-+所以()22EC c a b =-+=,故C 在E 为圆心，2为半径的圆上若OD b =λ ,则DC c b =-λ由图象可知，当且仅当,,E C D 三点共线且ED OD⊥时,||DC 最小，即()c b R -λλ∈ 取得最小值,此时,666EOD OD OE cos ππ∠==⋅= 又2,b OD b ==λ,解得3λ=.二、选择题13.14.D15.A16.C15．设集合2462 sin sin sin sin ,,02023202320232023ππkπA x x k Z k ⎧⎫π==++++∈>⎨⎬⎩⎭，则集合A 的元素个数为（）.A．1012B．1013C．2024D．2025【答案】A【解析】根据题意可知,当01011,k k Z <∈时,()202023k ,π∈π,此时()2012023k sin ,π∈;又因为2023为奇数,2k 为偶数,且22023k π中的任意两组角都不关于2π对称,所以22023k sinπ的取值各不相同,因此当01011,k k Z <∈时集合A 中x 的取值会随着k 的增大而增大,所以当1011k =时，集合A 中有1011个元素;当1012k =时，易知2420232023x sinsin ππ=++⋯2022202420232023sin sin ππ++242022202320232023sin sin sinπππ=++⋯+2023sin π⎛⎫+π+ ⎪⎝⎭242022202320232023=sinsin sin πππ++⋯+2023sin π-，又易知202220232023sin sinππ=,所以可得2420232023x sin sin ππ=++⋯2022202420232023sin sin ππ++22023sinπ=4202020232023sin sin ππ++⋯+即1012k =时x 的取值与1010k =时的取值相同,与0k =时的取值不相同,根据集合元素的互异性可知,1012k =时并没有增加集合中的元素个数,以此类推可得当1012k时，集合A 中的元素个数并没有随着k 的增大而增加,所以可得集合A 的元素个数为1012个.故选：B .16．如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知()1,0A 、()0,1B 、()1,1C -、()1,0D -、()0,1E -、()1,1F -．有一封闭图形ABCDEF ，其中图形第一、三象限的部分为两段半径为1的圆弧，二、四象限的部分为线段BC 、CD 、EF 、FA ．角α的顶点在原点，始边与x 轴的正半轴重合，α的终边与该封闭图形ABCDEF 交于点P ，点P 纵坐标y 关于α的函数记为()y f =α，则有关函数()y f =α图象的说法正确的是（）.A．关于直线4πα=成轴对称，关于坐标原点成中心对称B．关于直线34πα=成轴对称，且以2π为周期C．以2π为周期，但既没有对称轴，也没有对称中心D．夹在1y =±之间，且关于点(),0π成中心对称【答案】C【解析】由题意可知,()y f =α的最小正周期为2π且当()0,;2f sin παα=α时 当()3,1;24f ππ<αα=时 当()3,;4f tan π<απα=-α时 当()3,;2f sin ππ<αα=α时 当()37,1;24f ππ<αα=-时当()72,,4f tan π<απα=α时 作出()f α的图像，如图所示:由图像要知,函数()y f =α的图像既没有对称轴,也没有对称中心.故选：C .三．解答题17.（1）（2）43,3⎧⎫-⎨⎬⎩⎭18.（1）（2）19.（1）80(2)220．（本题满分18分，第（1）题4分，第（2）题6分，第（3）题8分）在△ABC 中，120CAB ∠=︒．（1）如图1，若点P 为△ABC 的重心，试用AB 、AC 表示AP；（2）如图2，若点P 在以A 为圆心，AB 为半径的圆弧 BC 上运动（包含B 、C 两个端点），且1AB AC ==，设(),AP AB AC R =λ+μλμ∈，求λμ的取值范围；（3）如图3，若点P 为△ABC 外接圆的圆心，设(),AP m AB nAC m n R =+∈，求m n +的最小值．【答案】（1）1133AP AB AC =+ （2）[]01,（3）2【解析】(1)延长AO 交BC 于D ,则D 是BC 中点,所以()2211133233AP AD AB AC AB AC ==⋅+=+ (2)以A 为原点,建立如图所示坐标系,则()10B ,,1322C ,⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭,设()P cos ,sin θθ,203,π⎡⎤θ∈⎢⎥⎣⎦,因为AP AB AC =λ+μ ,所以()()131022cos ,sin ,,⎛⎫θθ=λ+μ- ⎪ ⎪⎝⎭所以33233cos sin ⎧λ=θ+θ⎪⎪⎨⎪μ=θ⎪⎩,所以()22333231sin cos sin 2sin sin 21cos 2333333⎛⎫λμ=θθ+θ=θ+θ=θ+-θ ⎪ ⎪⎝⎭()1213sin 2cos 21sin 23363π⎛⎫=θ-θ++θ-+ ⎪⎝⎭因为203,π⎡⎤θ∈⎢⎥⎣⎦,所以72666,πππ⎡⎤θ-∈-⎢⎥⎣⎦,则[]21201;363sin ,π⎛⎫λμ=θ-+∈ ⎪⎝⎭(3)因为120CAB ∠= ,所以120CPB ∠= 由()AP m AB nAC m,n R =+∈ 可得()()AP m AP PC n AP PB =+++ 即()1m n AP mPC nPB --=+ ,平方可得()2222221m n AP m PC n PB --=+ 2mnPC PB+⋅即()222221||m n AP m PC n PB --=+ 2120mn PC PB cos +⋅所以()2221m n m n mn --=+-,整理可得3122mn m n +=+,由平行四边形法则可知1m n +>,令m n t +=,则21,13t mn t -=>,由基本不等式可得()24m n mn + ,即22134t t - ,解得2t 或23t ,所以2t ,则2m n + ,即m n +的最小值为2.21．【答案】（1）（2）（3）。
精品解析：福建省宁德市部分达标中学2022-2023学年高一下学期期中联合考试数学试题(解析版)
2020—2021学年宁德市部分达标中学第二学期期中联合考试高一数学试题一单项选择题：本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出地选项中,有且仅有一个选项是正确地1. 若复数11iz i -=+,则z =A. 1B. 1-C. iD. i-【结果】C【思路】【详解】由已知21(1)1(1)(1)ii z i i i i --===-++-,则z = i .故选C.2. 一梯形地直观图是如图所示地等腰梯形,且直观图O A B C ''''地面积为1,则原梯形地面积为（ ）A 1C. 2D. 【结果】D【思路】【思路】依据斜二测画法地规则将图还原,平面图是一个直角梯形,从而可求出其面积【详解】解：把该梯形地直观图还原为原来地梯形,如图所示,设原来梯形地上底为a ,下底为b ,高为h ,则直观图中等腰梯形地高为'1sin 452h h =︒,因为直观图地面积为'111()()sin 451222a b h a b h +=+⋅︒=,所以1()2a b h +==,所以原梯形地面积为故选：D .【点睛】此题考查了平面图形地直观图地画法与应用问题,掌握斜二测画法地作图规则是解题地关键,属于基础题3. ABC ∆地三个内角A ,B ,C 地对边分别为,,a b ,c ,2220a c b ac +--=,则B =（ ）A. 2π B. 3π C. 4π D. 6π【结果】B【思路】【思路】依据2220a c b ac +--=,利用余弦定理求解.【详解】因为2220a c b ac +--=,即222a c b ac+-=所以2221cos 222a cb ac B ac ac +-===,因为(0,)B π∈,所以3B π=．故选：B ．4. 阿基米德（Archimedes ,公圆前287年—公圆前212年）是古希腊伟大地数学家，物理学家和天文学家．他推导出地结论“圆柱内切球体地体积是圆柱体积地三分之二,并且球地表面积也是圆柱表面积地三分之二”是其毕生最满意地数学发现,后人按照他生前地要求,在他地墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球,如图,该球顶天立地,四周碰边,圆柱地底面直径与高都等于球地直径,若球地体积为36π,则圆柱地表面积为（ ）A. 36πB. 45πC. 54πD. 63π【结果】C【思路】【思路】首先理解题意,直接求解圆柱地体积,即可得圆柱底面地半径,再求圆柱地表面积.【详解】由题意可知,2=3V V 内切球圆柱,=54V π∴圆柱,设圆柱底面半径为r ,则2254r r ππ⨯=,得3r =,则圆柱地表面积222254S r r r πππ=⨯+=.故选：C5. 如图所示,在四边形ABCD 中,13DC AB = ,E 为BC 地中点,且=AE x AB y AD + ,则32x y -=A. 12 B. 32C. 1D. 2【结果】C【思路】【详解】E 为BC 地中点,12BE BC ∴＝， 而23BC BA AD DC AB AD ++=-+ ＝1121122332BE BC AB AD AB AD ⎛⎫∴=-+=-+ ⎪⎝⎭＝＝，则2132AE AB BE AB AD ++ ＝＝且AE x AB y AD + ＝ ,2132x y ∴＝，＝,则321x y ，-= 故选C ．6. △ABC 三个内角A ,B ,C 对边分别为a b c 、、,已知sin 2sin B C =,且78a A ==,则ABC 地面积等于（）的C. 2D. 3【结果】A【思路】【思路】由sin 2sin B C =结合正弦定理可得2b c =,利用余弦定理求得2,4c b ==,再依据三角形面积公式求得结果.【详解】由sin 2sin B C =可得：2b c = ,故22222567cos 248b c a c A bc c +--=== ,解得2,4c b == ,故11sin 4222ABC S bc A ==⨯⨯= ,故选：A7. ABC ∆是边长为1地等边三角形,点,D E 分别是边,AB BC 地中点,连接DE 并延长到点F ,使得2DE EF =,则·AF BC 地值为（ ）A. 58- B. 18 C. 14 D. 118【结果】B【思路】【详解】试题思路：设BA a = ,BC b =,∴11()22DE AC b a ==- ,33()24DF DE b a ==- ,1353()2444AF AD DF a b a a b =+=-+-=-+ ,∴25353144848AF BC a b b ⋅=-⋅+=-+= .【考点】向量数量积【名师点睛】研究向量地数量积问题,一般有两个思路,一是建立直角坐标系,利用坐标研究向量数量积。
安徽省马鞍山市重点中学2022-2023学年度高一下学期期中考试数学试题及参考答案
马鞍山市重点中学2022-2023学年度高一第二学期期中考试数学试卷（时间：120分钟 满分：150分）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填涂在答题卡指定位置上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。
如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。
回答非选择题时，用0.5mm 黑色签字笔将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
一、单选题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．） 1．复数12i z =-+，则z =（ ） A ．12i -B ．12i +C ．12i -+D ．12i --2．已知向量(2,1)(2,4)a b ==-，，则（ ） A ．2B ．3C ．4D ．5 3．已知边长为3的正方形ABCD ，点E 满足2DE EC =，则AE AC ⋅等于（ ） A ．6B ．9C ．12D ．154．在△ABC 中，cos C =23，AC =4，BC =3，则cos B =（ ） A ．19B ．13C ．12D ．235．一海轮从A 处出发，以每小时40海里的速度沿南偏东35︒的方向直线航行，30分钟后到达B 处，在C 处有一座灯塔，海轮在A 处观察灯塔，其方向是南偏东65︒，在B 处观察灯塔，其方向是北偏东70︒，那么B ，C 两点间的距离是（ ） A ．103海里 B ．203海里 C ．102 海里 D ．202海里6．已知向量，若a 与a λb +的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是（ ） A ．5,3⎛⎫-+∞ ⎪⎝⎭B ．5,3⎛⎫-∞- ⎪⎝⎭C ．5,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭D ．()5,00,3⎛⎫-⋃+∞ ⎪⎝⎭7．△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知a sin A －b sin B =4c sin C ，cos A =－14，则bc=（ ）A ．6B ．5C ．4D ．38．在矩形ABCD 中，1AB =，2AD =，动点P 在以点A 为圆心的单位圆上．若(),R AP AB AD λμλμ=+∈，则λμ+的最大值为（ ）A ．3B ．5C ．52D ．2二、多选题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．）9．已知向量()()()2,13,21,1a b c =-=-=，，，则（ ） A ．//a b B ．()a b c +⊥ C ．a b c +=D ．53c a b =+10．若复数z 满足()12i 8i z -=-，则（ ） A ．z 的实部为2 B ．z 的模为13C ．z 的虚部为2D ．z 在复平面内表示的点位于第四象限 11．在ABC 中，AB c =，BC a =，CA b =，下列命题为真命题的有（ ） A ．若a b >，则sin sin A B >B ．若0a b ⋅>，则ABC 为锐角三角形 C ．若0a b ⋅=，则ABC 为直角三角形D ．若()()=0，则ABC 为直角三角形12．在锐角ABC 中，角A ，B ，C 所对边分别为a ，b ，c ，外接圆半径为R ，若3a =3A π=，则（ ）A ．1R =B 32b <C ．bc 的最大值为3D ．223b c bc ++的取值范围为(]11,15三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把答案填在答题卡的相应位置．）13．已知向量()()1,3,3,4a b ==，若()a b b λ-⊥，则λ=________．14．ABC 的内角A ,B ,C 的对边α,b ,c ,已知30B ︒=,3b =,3c =,则A =________. 15．某教师组织本班学生开展课外实地测量活动，如图是要测山高MN ．现选择点A 和另一座山顶点C 作为测量观测点，从A 测得点M 的仰角45MAN ∠=︒，点C 的仰角30CAB ∠=︒，测得75MAC ∠=︒，60MCA ∠=︒，已知另一座山高400BC =米，则山高MN =_______米．16．记ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，3cos 5A =，若ABC 的面积为2，则当ABC 的周长取到最小值时，ba=______．四、解答题（本大题共6小题，17题10分，18-22题每小题12分，共70分．解答题应写出文字说明、演算步骤或证明过程．解答写在答题卡上的指定区域内．） 17．已知()1,3A ，()2,2B -，()4,1C . (1)若AB CD =，求D 点的坐标；(2)设向量a AB =，b BC =，若ka b -与3a b +平行，求实数k 的值.18．已知：复数()22i1i 1iz =+++，其中i 为虚数单位． (1)求z 及z ；(2)若223i z az b ++=+，求实数,a b 的值．19．在ABC 中，sin 23sin C C =． (1)求C ∠；(2)若6b =，且ABC 的面积为63，求ABC 的周长．20．如图，已知ABC ∆中，D 为BC 的中点，12AE EC =，AD BE ，交于点F ，设AC a =，AD b =．（1）用,a b 分别表示向量AB ，EB ； （2）若AF t AD =，求实数t 的值．21．在ABC 中，3A π=，2b =，再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求（1）B 的大小； （2）ABC 的面积．条件①：2222b ac a c +=+；条件②：cos sin a B b A =．22．在锐角△ABC 中，23a =，(2)cos cos b c A a C -=， （1）求角A ；（2）求△ABC 的周长l 的范围.参考答案：1．D【分析】根据共轭复数的概念即可确定答案. 【详解】因为复数12i z =-+，则12i z =--， 故选：D 2．D【分析】先求得a b -，然后求得a b -.【详解】因为()()()2,12,44,3a b -=--=-，所以()22435-=+-=a b .故选：D 3．D【分析】数形结合知3AB AD ==，AB DC =，0AB AD ⋅=，2233DE DC AB ==，利用向量的加法法则及向量的数量积运算即可得解.【详解】方法一：因为四边形ABCD 为边长为3的正方形，所以3AB AD ==，AB DC =，0AB AD ⋅=，因为2DE EC =，所以2233DE DC AB ==， 则()()()()23AE AC AD DE AB AD AB AD AB AD ⋅=++=++ 2232215AB AB AD AD =⋅++=； 方法二：以D 为坐标原点建立如图所示直角坐标系，因为2DE EC =，所以点E 为线段DC 上靠近点C 的三等分点，则(0,0),(0,3),(3,0),(2,0)D A C E ，因为(2,3),(3,3)AE AC =-=-，所以6915AE AC ⋅=+=.故选：D【点睛】本题考查向量的线性运算及数量积，属于基础题. 4．A【分析】根据已知条件结合余弦定理求得AB ，再根据222cos 2AB BC AC B AB BC+-=⋅，即可求得答案.【详解】在ABC 中，2cos 3C =，4AC =，3BC = 根据余弦定理：2222cos AB AC BC AC BC C =+-⋅⋅ 2224322433AB =+-⨯⨯⨯可得29AB = ，即3AB = 由22299161cos22339AB BC AC B AB BC +-+-===⋅⨯⨯故1cos 9B =. 故选：A.【点睛】本题主要考查了余弦定理解三角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题. 5．C【分析】根据题意画出草图，确定BAC ∠、ABC ∠的值，进而可得到ACB ∠的值，根据正弦定理可得到BC 的值． 【详解】解：如图，由已知可得，30BAC ∠=︒，3570105ABC ∠=︒+︒=︒，140202AB =⨯=， 从而1801803010545ACB BAC ABC ∠=︒-∠-∠=︒-︒-︒=︒． 在ABC 中，由正弦定理sin sin BC ABBAC ACB=∠∠，可得1sin30sin 452AB BC =⨯︒==︒ 故选：C ． 6．D【分析】根据向量夹角为锐角列出不等式组，求出λ的取值范围. 【详解】()()()1,2,1,2a b λλλλλ+=+=++， 由题意得：()()1220λλ+++>且212λλ++≠，解得：53λ>-且0λ≠，故选：D 7．A【分析】利用余弦定理推论得出a ，b ，c 关系，在结合正弦定理边角互换列出方程，解出结果.【详解】详解：由已知及正弦定理可得2224a b c -=，由余弦定理推论可得 22222141313cos ,,,464224242b c a c c c b A bc bc b c +---==∴=-∴=∴=⨯=，故选A ． 【点睛】本题考查正弦定理及余弦定理推论的应用． 8．C【分析】构建直角坐标系，令(cos ,sin )AP θθ=，[0,2)θπ∈，根据向量线性关系的坐标表示列方程组得cos 2sin θμθλ=⎧⎨=⎩，结合辅助角公式、正弦函数性质求最值.【详解】构建如下直角坐标系：(0,1),(2,0)AB AD ==，令(cos ,sin )AP θθ=，[0,2)θπ∈，由(),R AP AB AD λμλμ=+∈可得：cos 2sin θμθλ=⎧⎨=⎩，则cos 5sin )2θλμθθϕ+=+=+且1tan 2ϕ=，所以当sin()1θϕ+=时，λμ+5. 故选：C 9．BD【分析】根据向量的平行与垂直坐标公式及加减运算对选项一一判断即可． 【详解】因为()()221310⨯--⨯-=≠，所以,a b 不平行，则A 错； 由()()()1,11,1110a b c +⋅=-⋅=-+=，所以()a b c +⊥，则B 正确； 由()1,1a b =-+，()1,1c =，故C 错；由()()53109,561,1a b c +=--+==，故D 正确. 故选：BD 10．AB【分析】化简复数后根据实部、虚部的概念可判断选项A 、C ，求出复数的模，可判断选项B ，根据复数的几何意义可判断选项D. 【详解】因为()()()()8i 12i 8i 1015i 23i 12i 12i 12i 5z -+-+====+--+， 所以z 的实部为2，z 的虚部为3，所以23||2313z =+=z 在复平面内表示的点位于第一象限故A 、B 正确，C ，D 错误． 故选：AB 11．ACD【分析】利用正弦定理判断选项A ，利用数量积的性质判断选项B 和C ，利用数量积的性质和余弦定理判断选项D ．【详解】解：A ：若a b >，由正弦定理得2sin 2sin R A R B >，sin sin A B ∴>，则 A 正确；B ：若0a b ⋅>，则cos()0ACB π-∠>，cos 0ACB ∴∠<，即ACB ∠为钝角，ABC ∴为钝角三角形，故 B 错误；C ：若0a b ⋅=，则AC BC ⊥，ABC ∴为直角三角形，故 C 正确；D ：若()()0b c a b a c +-⋅+-=，则22()0b a c --=，2222a c b a c ∴+-=⋅，222cos 2a c b B a c+-=- ，由余弦定理知222cos 2a c b B a c+-=，cos cos B B ∴=-，则cos 0B =， (0,)B π∈，2B π∴=，ABC 为直角三角形，故 D 正确．故选：ACD ． 12．ACD【分析】由正弦定理求外接圆半径；由题设知1sin (,1)2B ∈，结合2sin b R B =即可求范围；由余弦定理及基本不等式求bc 的最大值，注意取最大的条件；由C 分析有222234()9b c bc b c ++=+-，结合正弦定理边角关系及,B C 的范围，应用二倍角正余弦等恒等变换，根据三角函数的值域求范围. 【详解】由题设，外接圆直径为22sin aR A==，故1R =，A 正确； 锐角ABC 中3090B ︒<<︒，则1sin (,1)2B ∈，故2sin (1,2)b R B =∈，B 错误；22222313cos 12222b c a b c A bc bc bc+-+-===≥-，则3bc ≤，当且仅当b c ==C正确；由C 分析知：222234()9b c bc b c ++=+-，而2sin ,2sin b B c C ==，又2(,)362B C πππ=-∈且(,)62C ππ∈，则22224(sin sin )42(cos 2cos 2)b c B C B C +=+=-+=42cos[()()]2cos[()()]B C B C B C B C -++--+-- 44cos()cos()B C B C =-+-242cos(2)3C π=+-，而22(,)333C πππ-∈-， 所以21cos(2)(,1]32C π-∈，则242cos(2)(5,6]3C π+-∈， 所以223(11,15]b c bc ++∈，D 正确. 故选：ACD【点睛】关键点点睛：D 选项222234()9b c bc b c ++=+-，应用边角关系及角的范围，结合三角恒等变换将22b c +转化为三角函数性质求范围.13．35【分析】根据平面向量数量积的坐标表示以及向量的线性运算列出方程，即可解出． 【详解】因为()()()1,33,413,34a b λλλλ-=-=--，所以由()a b b λ-⊥可得， ()()3134340λλ-+-=，解得35λ=．故答案为：35．【点睛】本题解题关键是熟记平面向量数量积的坐标表示，设()()1122,,,a x y b x y ==，121200a b a b x x y y ⊥⇔⋅=⇔+=，注意与平面向量平行的坐标表示区分．14．90︒或30︒【解析】由正弦定理求A ，注意有两解．【详解】由正弦定理sin sin b c B C =得sin sin c B C b == 因为c b >，所以C B >，所以60C =︒或120°． A =90°或30°． 故答案为：90°或30°．【点睛】本题考查正弦定理，掌握正弦定理是解题关键．但要注意用正弦定理解三角形可能会有两解．15．【分析】在直角ABC 得AC ，在AMC 中，由正弦定理求得AM ，再在直角AMN 中，求得MN ．【详解】显然MN 与CB 平行且与,,AN AB BN 都垂直，30CAB ∠=︒，则2800AC BC ==， AMC 中，180756045AMC ∠=︒-︒-︒=︒，由正弦定理sin sin AM AC ACM AMC =∠∠得800sin 60sin 45AM =︒︒，AM =又直角AMN 中，45MAN ∠=︒，所以MN AM =故答案为：16 【分析】根据给定条件，结合三角形面积定理、余弦定理求出周长的函数表达式，再借助函数性质、均值不等式计算作答. 【详解】由题意得4sin 5A =，因为1sin 22ABC S bc A ==，则5bc =，由余弦定理2223cos 25b c a A bc +-==，得22()16b c a +=+，即b c +=，则a b c a ++=而函数()f x x =()0,∞+上单调递增，即当a 最小时，ABC 的周长最小， 显然2216()420a b c bc +=+≥=，当且仅当b c =“=”，此时min 2a =，所以当ABC 的周长取到最小值时，b a =．17．(1)4(5,)D - (2)13k =-【分析】（1）根据题意设(,)D x y ，写出,C AB D 的坐标，根据向量相等的坐标关系求解； （2）直接根据向量共线的坐标公式求解即可.【详解】（1）设(,)D x y ，又因为()()()1,3,2,2,4,1A B C -，所以=(1,5),(4,1)AB CD x y -=--，因为=AB CD ，所以4115x y -=⎧⎨-=-⎩，得54x y =⎧⎨=-⎩， 所以4(5,)D -.（2）由题意得，(1,5)a =-，(2,3)b =，所以=(2,53)ka b k k ----，3(7,4)a b +=，因为ka b -与3a b +平行，所以4(2)7(53)0k k ----=，解得13k =-. 所以实数k 的值为13-.18．(1)13i z =+，z =(2)1a =，9b =【详解】（1）()()()()222i 1i 2i 1i 2i 2i i i 13i 1i 1i 1i z -=++=+=+-=+++-，则z （2）由（1）得：()()()()213i 13i 86i 3i 863i 23i a b a a b a b a ++-+=-++-+=+-+-=+， 82633a b a +-=⎧∴⎨-=⎩，解得：19a b =⎧⎨=⎩. 19．(1)6π (2)663【分析】（1）利用二倍角的正弦公式化简可得cos C 的值，结合角C 的取值范围可求得角C 的值；（2）利用三角形的面积公式可求得a 的值，由余弦定理可求得c 的值，即可求得ABC 的周长.【详解】（1）解：因为()0,C π∈，则sin 0C >2sin cos C C C =，可得cos C =，因此，6C π=. （2）解：由三角形的面积公式可得13sin 22ABC S ab C a ===，解得a =由余弦定理可得2222cos 48362612c a b ab C =+-=+-⨯=，c ∴=所以，ABC的周长为6a b c ++=.20．（1）2AB b a =-，423EB a b -+=；（2）12t =． 【解析】（1）根据向量线性运算，结合线段关系，即可用,a b 分别表示向量AB ，EB ； （2）用,a b 分别表示向量FB ，EB ，由平面向量共线基本定理，即可求得t 的值.【详解】（1）由题意，D 为BC 的中点，12AE EC =，可得13AE AC =，AC a =，AD b =． ∵2AB AC AD +=，∴2AB b a =-，∴–EB AB AE = 123b a a =-- 423a b =-+ （2）∵AD A tb F t ==，∴–FB AB AF =()2a t b =-+- ∵423EB a b -+=，FB ，EB 共线， 由平面向量共线基本定理可知满足12423t --=-， 解得12t =． 【点睛】本题考查了平面向量的线性运算，平面向量共线基本定理的应用，属于基础题. 21．选择见解析；（1）4B π=；（2【分析】选择条件①时：（1）利用余弦定理求出cos B 和B 的值；（2）由正弦定理求出a 的值，再利用三角形内角和定理求出sin C ，计算ABC 的面积．选择条件②时：（1）由正弦定理求出tan B 和B 的值；（2）由正弦定理求出a 的值，再利用三角形内角和定理求出sin C ，计算ABC 的面积．【详解】选择条件①：222b a c =+，（1）由222b a c =+，得222a c b +-=，所以222cos 2a c b B ac +-===； 又(0,)B π∈， 所以4B π=；（2）由正弦定理知sin sin a b A B =，所以sin sin b A a B==所以()1sin sin sin cos cos sin 2C A B A B A B =+=+==所以ABC 的面积为11sin 22ABC S ab C ==△． 选择条件②：cos sin a B b A =．（1）由正弦定理得sin sin a b A B=， 所以sin sin a B b A =；又cos sin a B b A =，所以sin cos B B =，所以tan 1B =；又(0,)B π∈， 所以4B π=；（2）由正弦定理知sin sin a b A B =，所以sin sin b A a B==所以()1sin sin sin cos cos sin 2C A B A B A B =+=+==所以ABC 的面积为11sin 22ABC S ab C ==△． 【点睛】方法点睛：(1)在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到；(2)解题中注意三角形内角和定理的应用及角的范围限制．22．（1）3π.（2）(6+ 【分析】（1）根据正弦定理边化角以及两角和的正弦公式，可得1cos 2A =，可得3A π=； （2）利用正弦定理将l 表示为B 的函数，根据锐角三角形得B 的范围，再根据正弦函数的图象可得结果.【详解】（1）∵(2)cos cos b c A a C -=，2cos cos cos b A a C c A ∴=+，所以2sin cos sin cos sin cos B A A C C A =+，所以2sin cos sin()B A A C =+，所以2sin cos sin B A B =，因为sin 0B ≠，所以1cos 2A =， 0,2A π⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，所以3A π=. （2）4sin a A ==， 所以4sin sin b c B C==,所以4sin b B =，24sin 4sin()3c C Bπ==-， 所以24sin 4sin()3l a b c B Bπ=++=+-6sinB B =+ )6B π=+ 因为△ABC 是锐角三角形，且3A π=，所以022032B B πππ⎧<<⎪⎪⎨⎪<-<⎪⎩，解得62B ππ<<， 所以2(,)633B πππ+∈，所以sin()6B π+∈， 所以(6l ∈+.【点睛】本题考查了正弦定理、两角和的正弦公式、锐角三角形的概念和正弦函数的图象的应用，属于中档题。
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高一级数学第二学期期中考试
科试卷
考试时间：120分钟 满分150分 命题教师：WHT
一、选择题：共10小题，每题5分，共50分。
每题的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，选出该选项的字母标号，填入答题卡相应的位置. (1))3
cos(π-等于
(A)23-
(B)21- (C)21 (D)2
3
(2) 下列两个变量之间的关系是相关关系的是
(A)正方形的面积与边长 (B)角的弧度数和它的正弦值 (C)广告的支出经费与商品的销售收入 (D)出租车的车费与行驶的里程数
(3)某市通用电器厂从已编号(1~50)的50支日光灯成品中随机抽取5支进行质量检验，用每部分选取的号码间隔一样的系统抽样方法确定选取5支的编号可能是 (A)3,9,15,21,27 (B) 6,11,16,21,26 (C)5,15,25,35,45 (D)9,17,25,33,41 (4) 十进制的数2006化为5进制的数，这个数从右往左数第一位数字是 (A) 1 (B) 2 (C) 3 (D) 4 (5)若角α与β终边互为反向延长线，则α与β的关系一定是 (A)βα-= (B))(2Z k k ∈+=βπα (C) βπα+= (D) )()12(Z k k ∈++=βπα
(6)右图是BASIC 语言的一个程序，执行后的输出结果是
(A) 4 (B)10
(C)5- (D) 13
(7)已知2
1tan -=θ，则θθcos sin ⋅等于
(A) 52 (B) 52- (C) 52± (D)10
1±
(8)甲、乙两人约定：从装有2个红球和2个白球的袋中无放回地取两次球(四个球除颜色不同外，大小外型相同)，若取出的两球同色，则甲胜，若异色则乙胜.则 (A)甲获胜概率大 (B)乙获胜的概率大
(C)两人获胜的概率相等都为21 (D) 两人获胜的概率相等但不等于2
1
(9)将一条长为5cm 的绳子随机地切成两段，A 表示事件“所切两段都不小于1cm ”，则A 事件的概率是
(A)51 (B)52 (C)53 (D) 5
4
(10)若A 、B 是锐角三角形的两个内角，则点)cos sin ,sin (cos A B A B P --在 (A)第一象限 (B)第二象限 (C) 第三象限 (D)第四象限
第二学期期中考试
高一级数学科试卷
考试时间：120分钟 满分150分 命题教师：WHT
一、选择题：
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.
(11)2弧度的圆心角所对的弧长为6，则这个圆心角所夹的扇形的面积是________ (12) 某杂志《自测健康状况》报道中，自测血压结果与相应年龄的的统计数据如下表。
观察表中的数据特点，用适当的数填入表中的空白(_____)处.
(13)函数x y cos 2-=(R x ∈)的最大值是_________，取得最大值时自变量x 的取值集合是____________________
(14) 设函数f (x )的图象与直线x =a ，x =b 及x 轴所围成图形的面积称为函数f (x )在[a ，b]
上的面积，已知函数y ＝sin(n x )在[0，n
π]上的面积为n 2（n ∈N * ），（i ）y ＝sin3x 在[0,32π]
上的面积为 ；（ii ）y ＝sin （3x －π）＋1在[3
π，34π
]上的面积为 .
三、解答题：本大题共6小题，共80分。
解题应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
(15)(12分，允许用计算器) 某地的海水养殖鱼身体吸收汞，汞的含量若超过体重的1.00ppm(百万分之一)时就会对人体产生危害。
在15条鱼的样本中发现的汞含量是： 0.95 1.16 0.98 1.37 1.02 1.43 1.16 0.72 1.20 1.14 0.82 1.35 1.29 1.26 1.31
①用前两位数作为茎，补完样本数据的茎叶图(右图)，并简要描述样本的汞含量分布特点。
②求出样本数据的平均数x 和标准差s .(精确到0.01)
③求含汞量在s x -与s x +之间的鱼所占百分比.
(16)(14分)
已知角α终边上有一点M(-3,6) ①求αcos 的值
②化简：
)
(tan )
2sin()cos()
2
cos(
πααππααπ
--⋅
++ ，并求该式的值.
(17)(14分)问题：求使不等式10131211>++++∙∙∙n
成立的最小自然数n .
请你设计一个算法解决这个问题。
要求：简要说明你的算法思路，后画程序框图表示你的算法，无须用程序语言写程序.
(17)(12分) 刘老师手中拿着红心与方片两种花色的扑克牌共16张，其中红心的牌号两两不同，方片的牌号也两两不同。
现让你从中不放回地任抽取两张，若你取得同种花色的概
率是
2
1，问老师手中红心与方片的牌相差几张？
(参考定理：从n个不同的元素中任取出两个不同的元素组成一组，则不同的可能组合
共有
2)1
(
n
n
种)
(19)(14分)是否存在实数a 与b ，使
x x x x b x x a x f 224466cos sin 6)cos (sin )cos (sin )(++++=的值与x 无关，且恒等于1，
若存在，求出b a ,的值，若不存在，说明理由.
(20)(14分)已知函数)(x f 的定义域是Ｒ，对任意实数x ，均有)1()1(x f x f +=-与
)()4(x f x f =-成立，对Z k ∈，用k I 表示区间]12,12(+-k k ，当0
I x ∈时,|)|1(3
8)(x x f -=.
①证明：)(x f 是周期函数 ②试求)(x f 在k I 上的解析式
③过坐标系原点随机任作一条倾斜角为锐角的直线，求该直线与函数))((R x x f y ∈=的图象交点多于8个的概率．。