高一数学第二学期第二次四校联考试卷

广东省广州市增城区四校联考2024届数学高一第二学期期末质量检测模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。

2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。

3．考生必须保证答题卡的整洁。

考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。

在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．若一个人下半身长（肚脐至足底）与全身长的比近似为（，称为黄金分割比），堪称“身材完美”，且比值越接近黄金分割比，身材看起来越好，若某人着装前测得头顶至肚脐长度为72，肚脐至足底长度为103，根据以上数据，作为形象设计师的你，对TA 的着装建议是（ ） A ．身材完美，无需改善 B ．可以戴一顶合适高度的帽子 C ．可以穿一双合适高度的增高鞋D ．同时穿戴同样高度的增高鞋与帽子2．某四棱锥的三视图如图所示，则它的最长侧棱的长为（ ）A ．5B ．22C ．23D ．43．有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为 A ．45B ．35C ．25D ．154．设等比数列{}n a 的前n 项和为n S ，若362,6,S S ==则9S =（ ）A ．18B ．14C ．10D ．225．在正方体1111ABCD A B C D -中，异面直线AC 与1BC 所成的角为（ ） A ．30°B ．45°C ．60°D ．90°6．已知x y ，满足：020x x y x y ≥⎧⎪+≤⎨⎪-≤⎩，则目标函数3z x y =+的最大值为（ ）A ．6B ．8C ．16D ．47．已知数列}{n a 满足111,1n n a a a +=-=，则10a =（ ） A ．10B ．20C ．100D ．2008．已知数列{}n a 满足112,0,2121,1,2n n n n n a a a a a +⎧≤<⎪⎪=⎨⎪-≤<⎪⎩若135a =，则数列的第2018项为（ ） A ．15B ．25C ．35D ．459．在直三棱柱111ABC A B C -中，底面为直角三角形90ACB ∠=︒，2AC =，11BC CC ==，P 是1BC 上一动点，则1A P PC +的最小值是（ ）A ．2B 5C 3D 562+-10．已知1cos 32πα⎛⎫-=- ⎪⎝⎭，则sin 6πα⎛⎫+ ⎪⎝⎭的值等于 ( ) A ．3B ．3C ．12D ．12-二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。

广东省清远市四校联盟2023-2024学年高一下学期4月期中联考数学试题一、单选题1．已知复数34i z =-，则（ ）A ．z 的虚部为4i -B ．||34i z =+C ．34i z =+D ．z 在复平面内对应的点在第三象限2．下列命题正确的是（ ）A ．若,,a b c r r r 均为非零向量，则()()a b c a b c ⋅⋅=⋅⋅r r r r r rB ．若,a b r r 为相反向量，则0a b +=r rC ．,a b r r 为相等向量//a b ⇔r rD ．若,a b r r 均为单位向量，则a b a b +≤+r r r r3．边长为1的正方形O A B C ''''，它是水平放置的一个平面图形的直观图(如图)，则原图形的面积是（ ）A ．2BC ．D 4．若向量,a b r r 满足||3,||5,1a a b a b =-=⋅=r r r r r ，则||b =r （ ）A B ．C ．D ．5．在ABC V 中，已知120B =︒，AC 2AB =，则BC =（ ）A ．1BCD ．36．如图正四棱台的上、下底面的边长分别为2，4，侧棱长为2，则其体积为（ ）A ．BC ．D 7．如图，在ABC V 中，120,2,1BAC AB AC ∠=︒==，D 是边BC 上一点，2DC BD =，则AD BC ⋅=u u u r u u u r （ ）A ．83-B ．83C ．38-D ．388．如图，为测量山高MN ，选择A 和另一座山的山顶C 为测量观测点，从A 点测得M 点的仰角60,MAN C ∠=︒点的仰角45CAB ∠=︒以及75MAC ∠=︒；从C 点测得60MCA ∠=︒.已知山高100m BC =，则山高MN =（ ）A ．100mB ．150mC ．75mD ．二、多选题9．已知向量(2,1),(1,)a b t =-=-r r ，则下列说法正确的是（ ）A ．若a b ⊥r r ，则t 的值为2-B ．若//a b r r ，则t 的值为12C ．若0=t ，则b r 在a r 上的投影向量为2-D ．若()()a b a b +⊥-r r r r ，则||||a b a b +=-r r r r10．已知函数π()sin 3f x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，π()cos 23g x x ⎛⎫=- ⎪⎝⎭，以下四种变换方式能得到函数()g x 的图象的是（ ）A ．将函数()f x 图象上所有点的横坐标缩短为原来的12，再将所得图象向左平移7π12个单位长度B ．将函数()f x 图象上所有点的横坐标缩短为原来的12，再将所得图象向左平移π4个单位长度C ．将函数()f x 的图象向左平移π2个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的12D ．将函数()f x 的图象向左平移π4个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩短为原来的1211．已知函数()()sin f x A x ωϕ=+，π0,0,2A ωϕ⎛⎫>>< ⎪⎝⎭部分图象如图所示，下列说法正确的是（ ）A ．2A ω==B ．函数()y f x =的图象关于直线5π12x =-对称 C ．函数()y f x =在π,04⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上单调递增D ．将函数2cos 2y x x =-的图象向左平移π2个单位得到函数()y f x =的图象三、填空题12．已知(1,2),(2,3),(1,1)A B C --，则⋅=u u u r u u u r AB AC .13．下图为2018年某市某天6时至14时的温度变化曲线，其近似满足函数sin()0,0,2y A x b A πωϕωϕπ⎛⎫=++>><< ⎪⎝⎭的半个周期的图象，则该天8时的温度大约为.14．球面上三点A 、B 、C 所确定的截面到球心O 的距离等于球半径的1213，且6AB =，8BC =，10AC =，则该球的表面积为.四、解答题15．（1）在复数范围内解关于x 的方程：2340x x ++=；（2）设i 是虚数单位，求复数1i 2ia +-为纯虚数的充要条件； （3）在平行四边形ABCD 中，点A ，B ，C 分别对应复数2i,43i,35i +++，求点D 对应的复数.16．如图，正方形ABCD 的边长为6，E 是AB 的中点，F 是BC 边上靠近点B 的三等分点，AF 与DE 交于点M ．(1)求AF u u u r 与DE u u u r 所成角的余弦值；(2)设AM AF λ=u u u u r u u u r ，求λ的值．17．在ABC V 中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且(2)cos cos a c B b C -=.(1)求B 的大小；(2)若点D 满足2BC BD =u u u r u u u r ，且AD =4a =时，求b 的值.18．已知函数()sin (0)f x x ωω=>.(1)当23ω=时，求函数()f x 的最小正周期以及它的图象相邻两条对称轴的距离；(2)设2ω=，在ABC V 中，A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且2()s i n ,23f A Aa ==，求ABC V 面积的最大值.19．已知函数2π2π6()12cos 226x f x x ⎛⎫+ ⎪⎛⎫=-+ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪⎝⎭. (1)求函数()f x 在ππ,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的取值范围； (2)将函数()f x 的图象向右平移π6个单位长度，再把横坐标缩小为原来的12倍（纵坐标不变），得到函数()y g x =的图象，记方程2()3g x =在40,π3x ⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦上的根从小到大依次为1231,,,,,n n x x x x x -L ，试确定n 的值，并求1231222n n x x x x x -+++++L 的值.。

福建省“四地六校”高一下学期第二次联考（数学）（考试时间：1 总分150分）第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个答案中，只有一个项是符合题目要求的，把正确的代号填在答题卡指定的位置上。

1．在ABC ∆中，a = 6，b=4，C=30，则ABC ∆的面积是 （ ）A ．12B ．6C ．312D ．382．在ABC ∆中，一定成立的等式是 （ ）A ．B b A a sin sin = B ．A b B a sin sin =C ．B b A a cos cos =D ．A b B a cos cos = 3．等差数列-3，··· ，-89的项数是 （ ）A ．92B ．47C ．46D ．45 4．设4321,,,a a a a 成等比数列，其公比为2，则432122a a a a ++的值为 （ ）A ．41 B ．21 C ．81D ．15．如图所示，一个空间几何体的主视图和左视图都是边长为1的正方形，俯视图是一个直径为1的圆，那么这个几何体的全面积为A ．3π2B ．2πC ．3πD ．4π6．下面四个点中，位于0101{<-+>+-y x y x 表示的平面区域内的点是（ ）A ．（0，2）B ．（-2，0）C ．（0，-2）D ．（2，0）7．已知a ＞b, c ＞d,则 （ ）A ．ac ＞bdB ．22b a >C ．22d c >D ．c b d a ->-8．原点和点（1，1）在直线0=-+a y x 的两侧，则a 的取值范围是（ ）A ．20><a a 或B ．20==a a 或C ．20<<aD ．20≤≤a9．如果4log log 33=+n m ，那么n m +的最小值是（ ）A ．34B ．4C ．9D ．1810．已知两直线1l ：08=++n y mx 和012:2=-+my x l 若21l l ⊥且1l 在y 轴上的截距为 –1，则nm ,的值分别为 （ ） A ．2 ，7 B ．0，8 C ．-1，2 D ．0，-811．目标函数y x z +=2，变量y x ,满足⎪⎩⎪⎨⎧≥≤+≤+-12553034x y x y x ，则有（ ）A ．3,12min max ==z zB ．10max =z 532min =zC ．z z ,3min =无最大值D ．z 既无最大值，也无最小值12．已知等比数列｛n a ｝中2a =1，则前3项的和3s 的取值范围是（ ）A ．]1,(--∞B ．),1()0,(+∞-∞C ．),3[+∞D ．),3[]1,(+∞--∞第Ⅱ卷（非选择题共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题4分，共16分，把答案填在答题卡的相应位置。

福建省泉州市四校（晋江磁灶中学等）2024-2025学年高一数学下学期期中联考试题第Ⅰ卷（选择题 共 60 分）一、单项选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50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)1(i i -在复平面内表示的点位于（ ）A.第一象限B.其次象限C.第三象限D.第四象限 2.要得到函数)32cos(π+=x y 的图像，只须要将函数)62cos(π+=x y 的图像（ ）A.向左平移6π个单位长度B.向右平移6π个单位长度 C.向左平移12π个单位长度 D.向右平移12π个单位长度 3.如图，已知OAB ∆的直观图O A B '''∆是一个直角边长是1的等腰直角三角形，那么OAB ∆的面积是（ ）A.21 B.22C.1D.24.设n m ,是两条不同的直线，βα，是两个不同的平面，下列命题中正确的是（ ）A.若,////βαm m ，则βα//B.若,n m m ⊥⊥，α则α⊥nC.若,//n m m ，α⊥则α⊥nD.若,αβα⊥⊥m ，则β//m5.已知53)tan(=+βα，41)4-tan(=πβ，那么=+)4tan(πα（ ） A.237 B.2313 C.1813 D.1836.若向量）（2,1=→a ，）（1,0=→b ，→→→→+-b a b k a 2与共线，则实数k 的值为（ ） A.1- B.2- C.1 D.27.已知圆锥的表面积为π9，且它的侧面绽开图是一个半圆，则这个圆锥的底面半径为（ ）A.1B.3C.2D.28.如图所示，在正方形ABCD 中，E 为 BC 的中点，F 为 AE 的中点，则→DF =( )A.→→+-AD AB 4321B.→→-AD AB 4321C.→→-AD AB 2131D.→→+AD AB 32219.已知三棱锥ABC P -的三条侧棱两两相互垂直，且,2,7,5===AC BC AB 则此三棱锥的外接球的体积为（ ）A.38π B.328π C.316π D.332π 10.已知函数)2,0,0)(sin()(πϕωϕω<>>+=A x A x f ，4-π=x 是函数)(x f 的一个零点，且4π=x 是图像的一条对称轴，若)(x f 在），（69ππ上单调，则ω的最大值为（ ）A.18B.17C.15D.13二、多项选择题:本大题共2小题，每小题5分，共10分.在每小题给出的四个选项中，至少有2个选项是符合题目要求，不选或含有错误选项的得0分，只选出部分正确选项的得2分，正确选项全部选出的得5分.11.如图，正方体1111D C B A ABCD -的棱长为a ，则以下结论正确的事（ ）A.异面直线D A 1与1AB 所成的角为060B.直线D A 1与1BC 垂直C.直线D A 1与1BD 平行D.三棱锥CD A A 1-的体积为361a 12.ABC ∆是边长为1的等边三角形，已知向量,→→=a AB ,→→=b AC 则下列说法中正确的是（ ）A.)()(→→→→-⊥+b a b a B.23=⋅→→BC AB C.72=+→→b a D.若)2//()2(→→→→++b a b a λλ，则2=λ第Ⅱ卷（非选择题 共 90 分）三、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13.=-000036cos 24cos 36sin 24sin ______________.14.已知平行四边形ABCD 的顶点)7,6(),1,3(),2,1(C B A ---,则顶点D 的坐标为___________.15.如图，在三棱柱的侧棱A A 1和B B 1上各有一动点P ,Q 且满意BQ P A =1，过P ，Q ，C 三点的截面把棱柱分成两部分，则四棱锥ABQP C -与三棱柱ABC C B A -111的体积比为_______________.16.如图，某湖泊湿地为拓展旅游业务，现打算在湿地内建立一个观景台P ，已知射线AB ，AC 为湿地两边夹角为0120的马路长度均超过2千米，在两条马路AB ，AC 上分别设立游客接送点M ，N ，从观景台P 到M ，N 建立两条观光线路PM ，PN ，测得2=AM ，千米，2=AN 千米，060=∠MPN ，则PN PM +的最大值为__________千米.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.（本小题满分10分）已知复数iiz -+=23. （1）求z 的共轭复数-z ；（2）若i b az -=+1，求实数b a ,的值.18.（本小题满分12分）已知向量,→a →b 的夹角为060，且）（1,0=→a . （1）若2=→b ，求→b 的坐标；（2）若)()(→→→→-⊥+b a b a ，R ∈λ，求→→+b a λ的最小值.第15题图第16题图19.（本小题满分12分）如图，ABCD PA 矩形⊥所在的平面，M 、N 分别是AB 、PC 的中点． (1)求证：MN ∥平面PAD ；(2)若PD 与平面ABCD 所成的角为045，求证：PCD MN 平面⊥.20.（本小题满分12分）已知函数3)6sin(sin 4)(--=πx x x f .（1）求)(x f 的最小正周期；（2）求)(x f 在区间⎥⎦⎤⎢⎣⎡-6,4ππ上的值域.21.（本小题满分12分）已知ABC △的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，设()7cos cos a B b A ac +=，且sin2sin A A =.（1）求A 及a ；（2）若2b c -=，求BC 边上的高.22.（本小题满分12分）如图，已知四边形ABCD 是边长为2的菱形，060=∠ABC ，ABCD AEFC 平面平面⊥，AC EF //,AB AE =,EF AC 2=.（1）求证：AEFC BED 平面平面⊥；（2）若四边形AEFC 为直角梯形，且AC EA ⊥，求二面角D FC B --的余弦值.草稿纸2024年春季四校联合测试高一年数学科试卷（参考答案）一、单项选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 ACDCABBBBD【解析】10.二、多项选择题：本大题共2小题，每小题5分，共10分. 11. ABD 12. AC二、填空题:本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13.2114.）6,2( 15. 3:1 16.34 【解析】15.设三棱柱的体积为V ，侧棱和上各有一动点P ，Q 满意，四边形PQBA 与四边形的面积相等，故四棱椎的体积等于三棱锥的体积，因为三棱锥等于三棱柱的体积的，所以四棱锥与三棱柱的体积比为16.设，因为，所以在中，由正弦定理得，，所以，，因此．因为，所以．所以当，即时，取到最大值三、解答题:本大题共6小题，共70分.17. （1）i z -=-1 （2）2,1=-=b a【解析】解：（1）因为i ii i i i i i z +=+=+-++=-+=1555)2)(2()2)(3(23所以i z -=-1 （2）由（1）得，i ai b a b i a b az -=++=++=+1)()1(所以由复数的相等得，1,1=+-=b a a 且，解得2=b18. （1）)1,3()1,3(-==→→b b 或（2）23【解析】解：（1）设),(y x b =→，因为→→→→→→⋅>=<ba b a b a ,cos 且y y x b a =⨯+⨯=⋅→→10，11022=+=→a ，所以有2160cos 0⨯=y，解得1=y 又因为222=+=→y x b ，所以3±=x ，即)1,3()1,3(-==→→b b 或（3）因为)()(→→→→-⊥+b a b a ，所以0)()(=-⋅+→→→→b a b a ，即22→→=b a 所以1==→→b a所以202222260cos 212)(λλλλλλ++=+⋅+=+=+→→→→→→→→→→b a b b a a b a b a43)21(122++=++=λλλ所以，当21-=λ时，→→+b a λ有最小值为2319.【解析】证明(1)取PD 的中点E ，连接NE 、AE ，如图．又∵N 是PC 的中点，∴NE//DC ，NE=12DC又∵DC //AB ，AM ＝12AB ，∴AM =12CD ，∴NE=AM ，∴四边形AMNE 是平行四边形，∴MN ∥AE . ∵AE ⊂平面PAD ，MN ⊄平面PAD ，∴MN ∥平面PAD . (2)∵PA ⊥平面ABCD ，∴∠PDA 即为PD 与平面ABCD 所成的角， ∴∠PDA ＝45°，∴AP ＝AD ，∴AE ⊥PD . 又∵MN ∥AE ，∴MN ⊥PD . ∵PA ⊥平面ABCD ，∴PA ⊥CD . 又∵CD ⊥AD ，∴CD ⊥平面PAD . ∵AE ⊂平面PAD ，∴CD ⊥AE .∴CD ⊥MN ，又CD ∩PD ＝D ，∴MN ⊥平面PCD .20.（1）22T ππ==（2）[2,1]-【解析】解：（1）因为()4sin sin 6f x x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭4sin sin cos cos sin 66x x x ππ⎛⎫=- ⎪⎝⎭22sin cos x x x =--cos 2)sin 2x x =---sin 22x x =-2sin 23x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，所以22T ππ==. （2）因为64ππ≤≤-x ，所以322ππ≤≤-x .所以32326πππ≤+≤-x ，所以1)32sin(21≤+≤-πx . 所以2)32sin(21≤+≤-πx故()f x 在区间,46ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的值域为[2,1]-. 3,7)1.(21π==A a 14213)2(=h【解析】解:（1）因为()7cos cos a B b A ac +=，依据正弦定理得， 7sin cos sin cos sin ,7A B B A a C +=7sin sin ,7C a C ∴=又因为sin 0,C ≠7.a ∴=sin2sin ,2sin cos sin ,A A A A A =∴=因为sin 0,A ≠所以1cos 2A =，(0,),.3A A π∈π∴=（2）由（1）知，7,.3a A π==由余弦定理得2222cos ,a b c bc A =+-2227,7(),b c bc b c bc ∴=+-∴=-+因为2b c -=，所以74,bc =+所以 3.bc =设BC 边上的高为h .11333sin 3.2224ABC S bc A ∴==⨯⨯=△11337,224ABC S ah h =∴⨯=△，321.14h ∴=22.（1）证明见解析（2）【解析】（1）证明：因为四边形ABCD 是菱形，所以，又因为平面ABCD，平面平面ABCD，平面平面，所以平面AEFC，因为平面BDE，所以平面平面AEFC．（2）解：如图，连接FO，因为，四边形AEFC为直角梯形，且，所以可得四边形AEFO为矩形，，因为平面AEFC，平面AEFC，所以，因为，BD，平面ABCD，，所以平面ABCD，即平面ABCD，因为平面ABCD，所以，因为O为BD中点，所以，又，．所以．过B作交FC于G，则，所以为二面角的平面角，在中，所以，，同理，在中，由三角形面积公式得，则，在中，，所以二面角的余弦值为．。

2020-2021学年天津市四校联考高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共9小题，共45.0分）1.已知i是虚数单位，则复数1+i2−i的共轭复数为()A. 1−iB. 35−35i C. 15−35i D. 13−i2.在△ABC中，a=√3，b=1，A=60°，则B=()A. 30°B. 60°C. 30°或150°D. 60°或120°3.已知水平放置的△ABC按斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中B′O′=C′O′=1，A′O′=2，那么△ABC的周长为()A. 6B. 2+2√2C. 2+2√15D. 2+2√174.某校高一年级开展英语百词测试，现从中抽取100名学生进行成绩统计．将所得成绩分成5组：第1组[75,80)，第2组[80,85)，第3组[85,90)，第4组[90,95)，第5组[95,100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．则第4组的学生人数为()A. 20B. 30C. 40D. 505.设α，β为不重合的平面，m，n为不重合的直线，则其中正确命题的序号为()①m//α，α//β，则m//β；②m⊂α，n⊂β，α//β，则m//n；③m⊥α，n⊥β，α⊥β，则m⊥n；④n⊂β，m⊥α，m//n，则α⊥β．A. ①③B. ②③C. ②④D. ③④6. 在平行四边形ABCD 中，AC 与BD 交于点O ，CO ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CE⃗⃗⃗⃗⃗ ，BE 的延长线与CD 交于点F.若AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =a ⃗ ，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =b ⃗ ，则EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =( ) A. 67a⃗ −16b ⃗ B. −130a⃗ +16b ⃗ C. 130a⃗ +16b ⃗ D. 67a⃗ +16b ⃗ 7. 已知直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的各棱长均相等，体积为2√3，M 为A 1B 中点，则点M到平面A 1B 1C 的距离为( )A. √217B. 4√55C. √77D. 2√338. 下列四个命题正确的个数为( )①抛掷两枚质地均匀的骰子，则向上点数之和不小于10的概率为16；②现有7名同学的体重(公斤)数据如下：50，55，45，60，68，65，70，则这7个同学体重的上四分位数(第75百分位数)为65；③新高考改革实行“3+1+2”模式，某同学需要从政治、地理、化学、生物四个学科中任取两科参加高考，则选出的两科中含有政治学科的概率为12．A. 3B. 2C. 1D. 09. 已知O 是三角形ABC 的外心，若ACAB AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ +ABACAC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =2m(AO ⃗⃗⃗⃗⃗ )2，且sinB +sinC =√3，则实数m 的最大值为( )A. 3B. 35C. 75D. 32二、单空题（本大题共6小题，共30.0分）10. 已知平行四边形ABCD ，A(1,3)，B(2,4)，C(5,6)，则点D 的坐标为______． 11. 将圆心角为3π4，半径为8的扇形围成一个圆锥，则该圆锥的母线与底面所成角的余弦值为______．12. 记△ABC 的面积为S ，且满足8S =3BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CA⃗⃗⃗⃗⃗ ，则cos C 的值为______． 13. 甲参加猜成语比赛，假定甲每轮获胜的概率都是34，且各轮比赛结果互不影响，则在三轮比赛中甲恰好获胜两轮的概率为______．14. 已知正四棱锥P −ABCD 中，底面边长为2，侧面积为4√5，若该四棱锥的所有顶点都在球O 的表面上，则球O 的体积为______．15. 在△ABC 中，AB =AC =√3，2AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，2CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =514，则BC =______，延长DF 交AC 于点E ，点P 在边BC 上，则DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅EP ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为______． 三、解答题（本大题共5小题，共75.0分）16.已知平面向量a⃗，b⃗ 满足a⃗=(1,3)，|b⃗ |=√102．(1)若b⃗ //a⃗，求b⃗ 的坐标；(2)若(2a⃗+b⃗ )⊥(a⃗−5b⃗ )，求|3a⃗−2b⃗ |的值；(3)若a⃗在b⃗ 上的投影向量为−√2b⃗ ，求a⃗与b⃗ 的夹角．17.在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且c(sinB−√3cosB)+√3a=0．(Ⅰ)求角C的大小；(Ⅱ)若△ABC的外接圆半径R=√7，b=4，求△ABC的面积．18.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，√33sinC−cosA=a2−b22bc．(1)求角B的大小；(2)若角B为锐角，AD=2DC，c=3，BD=73，求a．19.如图，三棱柱ABC−A1B1C1，侧面A1ABB1⊥底面ABC，侧棱BB1=2，BA=1，∠ABB1=60°，点E、F分别是棱C1C、A1B1的中点，点M为棱BC上一点，且满，B1M⊥BC．足AM=12(1)求证：EF//平面CB1A；(2)求证：AB1⊥BC；(3)求直线BA1与平面MB1A所成角的余弦值．20.如图，平面四边形ABCD中，BC⊥CD，AB=AD=BC=3，BD=2√3，以BD为折痕将△ABD折起，使点A到达点P的位置，且PC=√6．(1)若E为棱PD中点，求异面直线CE与PB所成角的余弦值；(2)证明：平面BCD⊥平面PBC；(3)求二面角P−BD−C的平面角的正弦值．答案和解析1.【答案】C【解析】解：因为1+i2−i =(1+i)(2+i)(2−i)(2+i)=1+3i5=15+35i，所以共轭复数为15−35i．故选：C．先利用复数的除法运算求助复数，再利用共轭复数的定义求解即可．本题考查了复数的除法运算，共轭复数定义的应用，考查了运算能力，属于基础题．2.【答案】A【解析】解：因为a=√3，b=1，A=60°，所以由正弦定理asinA =bsinB，可得√3√32=1sinB，解得sinB=12，因为b<a，可得B<A，则B=30°．故选：A．由已知利用正弦定理可得sinB=12，根据大边对大角可求B<A，利用特殊角的三角函数值即可求解B的值．本题主要考查了正弦定理，大边对大角，特殊角的三角函数值在解三角形中的应用，考查了转化思想，属于基础题．3.【答案】D【解析】解：由直观图中B′O′=C′O′=1，A′O′=2，可得△ABC中，BO=CO=1，AO=4，因为AO⊥BC，则AB=AC=√42+12=√17又底边BC=2，所以△ABC的周长为2+2√17．故选：D．利用斜二测画法的规则，求出原△ABC中的信息，求解周长即可．本题主要考查了平面图形的直观图的画法及应用，其中熟记斜二测画法的规则是解答的关键，考查了数形结合思想的应用，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：由图可得，(0.01+0.02+m+0.06+0.07)×5=1，解得m=0.04，∴第四组的人数为0.04×5×100=20．故选：A．根据直方图中各区间所对应的频率和为1，可推得第4组[90,95)频率，再结合样本容量100，即可求解．本题考查了频率分布直方图的应用问题，也考查了频率、频数与样本容量的应用问题，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：①若m//α，α//β，则m//β或m⊂β，故①错误；②若m⊂α，n⊂β，α//β，则m//n或m与n异面，故②错误；③若m⊥α，α⊥β，则m⊂β或m//β，又n⊥β，则m⊥n，故③正确；④若m⊥α，m//n，则n⊥α，又n⊂β，可得α⊥β，故④正确．故选：D．由直线与平面平行、平面与平面平行的关系判断①；由两平面平行分析两平面中直线的位置关系判断②；由线面垂直与面面垂直的关系分析③；由直线与平面垂直的性质及面面垂直的判定判断④．本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．6.【答案】B【解析】解：如图所示：由CO ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CE ⃗⃗⃗⃗⃗ 得CE EA =15， 由DC//AB 得△EFC∽△EBA ，∴CFAB =CEEA =15， 又∵DC =AB ，∴CFDC =15，EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =16AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +15CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =16(DC ⃗⃗⃗⃗⃗ −DA ⃗⃗⃗⃗⃗ )−15DC ⃗⃗⃗⃗⃗ =−130DC ⃗⃗⃗⃗⃗ −16DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =−130a ⃗ +16b ⃗ ， 故选：B ．EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，根据△EFC∽△EBA 和CO ⃗⃗⃗⃗⃗ =3CE ⃗⃗⃗⃗⃗ 可得CF =15AB =15DC ，结合EF ⃗⃗⃗⃗⃗ =EC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF⃗⃗⃗⃗⃗ ，可解决此题． 本题考查平面向量共线定理，考查数学运算能力及直观想象能力，属于中档题．7.【答案】A【解析】解：直三棱柱ABC −A 1B 1C 1的各棱长均相等，设棱长为a ， 因为体积为2√3，则√34a 2⋅a =2√3，解得a =2，设点M 到平面A 1B 1C 的距离为d ， 因为A 1B 1=2，CB 1=CA 1=2√2， 则S △CA 1B 1=√7，由等体积法，V M−A 1B 1C =V C−A 1B 1M ， 即13⋅d ⋅S △CA 1B 1=13⋅√3⋅S △A 1B 1M ， 即13⋅d ⋅√7=13×√3×12×2×1， 解得d =√217，故点M 到平面A 1B 1C 的距离为√217．故选：A ．利用直棱柱的体积公式求出棱长，点M 到平面A 1B 1C 的距离为d ，由等体积法V M−A 1B 1C =V C−A 1B 1M ，求解即可．本题考查了点到平面距离的求解，涉及了直棱柱体积公式的应用，等体积法是求解点到平面的距离的常用方法，属于中档题．8.【答案】A【解析】解：①：抛掷两枚质地均匀的骰子，总的基本事件数为6×6=36种，向上点数之和不小于10的基本事件有(4,6)，(5,5)(5,6)，(6,4)，(6,5)，(6,6)共6种，所以所求事件的概率P=636=16，故①正确，②：因为7×75%=5.25，所以这7个同学体重的上四分位数(第75百分位数)为65，故②正确，③：从政治、地理、化学、生物四个学科中任取两科参加高考的基本事件个数为C42=6，选出的两科中含有政治学科的基本事件有(政治，地理)，(政治，生物)，(政治，化学)共3种，所以所求事件的概率P=36=12，故③正确，故选：A．①③：根据古典概型的概率计算公式即可求解；②：根据百分位数的求解公式即可求解．本题考查了命题的真假判断，涉及到古典概型的概率计算公式以及百分位数的求解，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．9.【答案】D【解析】解：如图所示：设AB=c，AC=b，∠BAO=θ，∠CAO=α，由ACAB AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO⃗⃗⃗⃗⃗ +ABACAC⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO⃗⃗⃗⃗⃗ =2m(AO⃗⃗⃗⃗⃗ )2得b c ⋅c⋅AOcosθ+cb⋅b⋅AOcosα=2m⋅AO2，化简得bcosθ+ccosα=2mAO，由O是三角形ABC的外心可知，O是三边中垂线交点，得cosθ=c2AO ，cosα=b2AO，代入上式得bc=2mAO2，∴m=bc2AO2．根据题意知，AO是三角形ABC外接圆的半径，可得sinB=b2AO ，sinC=c2AO，代入sinB+sinC=√3，得b+c=2√3AO，∴m =bc 2AO2≤(b+c 2)22AO 2=32，当且仅当“b =c ”时，等号成立． 故选：D ．设AB =c ，AC =b ，∠BAO =θ，∠CAO =β，由AC AB AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ +ABAC AC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AO ⃗⃗⃗⃗⃗ =2m(AO ⃗⃗⃗⃗⃗ )2得bc ⋅c ⋅AOcosθ+cb⋅b ⋅AOcosα=2m ⋅AO 2，化简得bcosθ+ccosα=2mAO ， 由O 是三角形ABC 的外心可知，O 是三边中垂线交点，得cosθ=c2AO ，cosα=b2AO ， 根据题意知，AO 是三角形ABC 外接圆的半径，可得sinB =bAO ，sinC =cAO 代入sinB +sinC =√3，得b +c =√3AO ，结合前面等式得m 关于b 、c 、AO 的表达式，再用基本不等式可解决此题．本题考查平面向量数量积性质及基本不等式应用，考查数学运算能力，属于难题．10.【答案】(4,5)【解析】解：平行四边形ABCD 中，A(1,3)，B(2,4)，C(5,6)， 设点D 的坐标为(x,y)，AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x −1,y −3)，BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,2)， 由AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得{x −1=3y −3=2，解得{x =4y =5，所以D(4,5)．故答案为：(4,5)．设点D 的坐标为(x,y)，根据AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =BC ⃗⃗⃗⃗⃗ 列方程组求出x 、y 的值． 本题考查了平面向量的坐标表示与运算问题，是基础题．11.【答案】38【解析】解：设母线长为l ，底面半径为r ，则依题意易知l =8， 由θ=2πr l，代入数据即可得r =3，因此所求角的余弦值即为rl =38． 故答案为：38．设母线长为l ，底面半径为r ，利用侧面展开图，求出圆心角，然后求出底面半径，即可求出圆锥母线与底面所成角的余弦值．本题是基础题，考查圆锥的侧面展开图，扇形的知识，圆锥的母线与底面所成的角，考查计算能力．12.【答案】−45【解析】解：∵8S =3BC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CA⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴8×12×|BC|×|CA|×sinC =3×|BC ⃗⃗⃗⃗⃗ |×|CA ⃗⃗⃗⃗⃗ |×cos(π−C)， ∴4sinC =−3cosC ， ∴tanC =−34，且C ∈(π2,π)， ∴cosC =−45，故答案为：−45．由三角形的面积公式及平面向量的数量积公式代入化简，再由同角三角关系式求解即可． 本题考查了平面向量的数量积公式应用及三角函数的应用，属于基础题．13.【答案】2764【解析】解：由题意，甲每轮获胜的概率都是34，且各轮比赛结果互不影响，所以在三轮比赛中甲恰好获胜两轮的概率为C 32⋅(34)2⋅(1−34)=2764． 故答案为：2764．利用相互独立事件的概率乘法公式列式求解即可．本题考查了相互独立事件的概率乘法公式的应用，属于基础题．14.【答案】9π2【解析】解：设正四棱锥的侧棱长为b ，又侧面积为4√5， ∴4×12×2×√b 2−1=4√5，解得b =√6， ∴正四棱锥P −ABCD 的高ℎ=√6−2=2， 正四棱锥P −ABCD 的外接球的球心O 在正四棱锥P −ABCD 的高所在直线上，如图，设球O 的半径为R ，则(2−R)2+(√2)2=R 2，解得R =32， 则球O 的体积为V =43πR 3=43π×(32)3=9π2．故答案为：9π2．由正四棱锥的底边长与侧面积可得侧棱长，求出正四棱锥的高，球心在高所在直线上，利用勾股定理求半径，则球的体积可求．本题主要考查正四棱锥的性质，直四棱锥的体积与其外接球的体积，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．15.【答案】√3 −3【解析】解：由2AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =3BD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +3AB ⃗⃗⃗⃗⃗由2CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，可得AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AC ⃗⃗⃗⃗⃗ +32AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ， AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(3AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅(32AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +AC⃗⃗⃗⃗⃗ )=92AB ⃗⃗⃗⃗⃗ 2+32AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AC⃗⃗⃗⃗⃗ 2=92×3−3+32√3×√3×cosA =514，则cosA =12.∴BC =√3．如图建立平面直角坐标系，可得B(−√32,0)，C(√32,0)，A(0,32)，设P(x,0)，√32≤x ≤√32．∵2CF ⃗⃗⃗⃗⃗ =AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴CF//AD ，CF =12AD ，∴C 为AE 中点， ∴ AE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =2AC⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∴PD ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +3AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x,32)+3((−√32,−32)=(−x −3√32,−3)， PE ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +AE ⃗⃗⃗⃗⃗ =PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +2AC⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x,32)+2(√32,−32)=(−x +√3,−32)， DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅EP ⃗⃗⃗⃗⃗ =PD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PE⃗⃗⃗⃗⃗ =(−x −3√32)(−x +√3)+(−3)×(−32)=−x 2−3√32x ∵−√32≤x ≤√32，∴x =√32时，DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅EP⃗⃗⃗⃗⃗ 最小，最小值为−3． 答案为：√3，−3．用 AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ，求得cos A ，即可求得BC ，建立平面直角坐标系，设P(x,0)，√32≤x ≤√32.即可求得DP ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅EP⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值． 本题考查了平面向量的线性、数量积的运算，考查了转化思想，属于中档题．16.【答案】解：(1)由题意设b ⃗ =λ(1,3)，|b ⃗ |=|λ|√12+32=√102，解得λ=±12，即b ⃗=(12,32)或b ⃗ =(−12,−32)， (2)∵(2a ⃗ +b ⃗ )⊥(a ⃗ −5b ⃗ )，∴(2a ⃗ +b ⃗ )⋅(a ⃗ −5b ⃗ )=0，即2 a ⃗⃗⃗ 2−9 a ⃗⃗⃗ ⋅b ⃗ −5b ⃗ 2=0，即2×(12+32)−9 a ⃗⃗⃗ ⋅b ⃗ −5×104=0，故 a⃗⃗⃗ ⋅b ⃗ =56， |3a ⃗ −2b ⃗ |=√9 a ⃗⃗⃗ 2−12a ⃗ ⋅b ⃗ +4b ⃗ 2=√90−10+10=3√10，(3)设a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为θ， 则| a ⃗⃗⃗ |⋅cosθ⋅b⃗ |b⃗ |=−√2b ⃗ ，即√10⋅cosθ⃗ √102=−√2b ⃗ ，即cosθ=−√22，θ=3π4．【解析】(1)由向量平行设b ⃗ =λ(1,3)，再由模公式求得，(2)由垂直得(2a ⃗ +b ⃗ )⋅(a ⃗ −5b ⃗ )=0，化简得 a ⃗⃗⃗ ⋅b ⃗ =56，从而整体代入求|3a ⃗ −2b ⃗ |， (3)设a ⃗ 与b ⃗ 的夹角为θ，由投影向量的定义的得| a ⃗⃗⃗ |⋅cosθ⋅b⃗ |b⃗ |=−√2b ⃗ ，从而解得．本题考查了平面向量的应用，重点考查了平行与垂直的应用，同时考查了整体思想与待定系数法的应用，属于中档题．17.【答案】解：(Ⅰ)因为c(sinB −√3cosB)+√3a =0，由正弦定理可得sinCsinB −√3sinCcosB +√3sinA =0， 又sinA =sin(B +C)=sinBcosC +cosBsinC ，所以sinCsinB −√3sinCcosB +√3sinBcosC +√3cosBsinC =0，即sinCsinB +√3sinBcosC =0， 因为sinB ≠0，所以sinC +√3cosC =0，即tanC =−√3，因为C ∈(0,π)， 所以C =2π3．(Ⅱ)因为C =2π3，△ABC 的外接圆半径R =√7，所以由 csinC =2R ，可得c =2√7×√32=√21，因为b =4，由余弦定理c 2=a 2+b 2−2abcosC ，可得21=a 2+16+4a ，即a 2+4a −5=0，解得a =1，(负值舍去)，所以△ABC 的面积S =12absinC =12×1×4×√32=√3．【解析】(Ⅰ)由正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式化简已知等式可得tan C 的值，结合范围C ∈(0,π)，可求C 的值．(Ⅱ)由题意利用正弦定理可求c 的值，根据余弦定理可求a 的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了正弦定理，两角和的正弦公式，同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．18.【答案】解：(1)因为√33sinC =cosA +a 2−b 22bc=b2+c 2−a 22bc+a 2−b 22bc=c 22bc = c2b ，所以由正弦定理可得√33sinC =sinC 2sinB，又sinC ≠0， 所以可得sinB =√32，又B ∈(0,π)， 所以B =π3，或2π3．(2)若角B 为锐角，则B =π3，又AD =2DC ，c =3，BD =73，设CD =x ，可得AD =2x ，AC =3x ， 在△ABC 中，由余弦定理可得9x 2=9+a 2−3a ，① 又cos∠ADB =−cos∠CDB ， 所以499+4 x 2−92×73×2x =−x 2+499−a 22×x×73，整理可得11+9x 2−3a 2=0，②由①②联立解得2a 2+3a −20=0，解方程可得a=52，或−4(舍去)．【解析】(1)由正弦定理，余弦定理化简已知等式，结合sinC≠0，可得sin B的值，结合范围B∈(0,π)，可得B的值．(2)由题意可得B=π3，设CD=x，可得AD=2x，AC=3x，在△ABC中，由余弦定理可得9x2=9+a2−3a，又cos∠ADB=−cos∠CDB，利用余弦定理可得11+9x2−3a2=0，联立解得2a2+3a−20=0，解方程可得a的值．本题主要考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想和方程思想的应用，属于中档题．19.【答案】(1)证明：设A1B∩AB1=O，连接OC，OF，因为O，F分别为A1B，A1B1的中点，则OF//BB1，OF=12BB1，因为E为CC1的中点，所以CE=12CC1=12BB1，且CC1//BB1，所以OF//OE，OF=OE，则四边形CEFO为平行四边形，故EF//OC，因为OC⊂平面CB1A，EF⊄平面CB1A，故EF//平面CB1A；(2)证明：因为∠ABB1=60°，AB=1，BB1=2，所以∠B1AB=90°，即AB⊥AB1，因为平面A1ABB1⊥平面ABC，且平面A1ABB1∩平面ABC=AB，所以AB1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，故AB 1⊥BC；(3)解：因为B1M⊥BC，AB1⊥BC，又B1M∩AB1=B1，B1M，AB1⊂平面MB1A，故BC⊥平面MB1A，连接OM，则OM为BA1在平面MB1A内的射影，所以∠OBM为BA1与平面MB1A所成的角，因为AB=1，AM=12，且AM⊥BM，所以BM=√32，在△A1AB中，A1B2=4+1−2×2×1×(−12)=7，所以A1B=√7，则OB=√72，所以OM=√74−34=1，故cos∠OBM=1√72=2√77，所以直线BA1与平面MB1A所成角的余弦值为2√77．【解析】(1)设A1B∩AB1=O，连接OC，OF，利用中位线定理可证明四边形CEFO为平行四边形，则EF//OC，由线面平行的判定定理证明即可；(2)利用已知的边角关系可得，AB⊥AB1，由面面垂直的性质定理可得AB1⊥平面ABC，即可证明结论；(3)先利用线面垂直的判定定理证明BC⊥平面MB1A，可得∠OBM为BA1与平面MB1A所成的角，然后在三角形中，由边角关系求解即可．本题主要考查了空间直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系，空间角的计算，在使用几何法求线面角时，可通过已知条件，在斜线上取一点作该平面的垂线，找出该斜线在平面内的射影，通过解直角三角形求得，属于中档题．20.【答案】(1)解：取DB的中点M，连接ME，MC，CE，因为E为PD的中点，则ME//PB，则∠MEC即为异面直线CE与PB所成的角，在△PCD中，PC=√6，CD=√3，PD=3，则PD2=PC2+CD2，所以△PCD为直角三角形，则CE=12PD=32，在△MEC中，ME=12PB=32，MC=12BD=√3，CE=32，由余弦定理可得，cos∠MEC=ME 2+CE2−MC22⋅ME⋅CE=94+94−32×32×32=13，故异面直线CE与PB所成角的余弦值为13；(2)证明：由(1)可知，CD⊥PC，又CD⊥BC，PC∩BC=C，PC，BC⊂平面PBC，所以CD⊥平面PBC，又CD⊂平面BCD，所以平面BCD⊥平面PBC；(3)解：在平面PBC内，过点PF⊥BC，连接MF，由(2)可知，平面BCD⊥平面PBC，又平面BCD∩平面PBC=BC，所以PF⊥平面BCD，因为PM⊥BD，由三垂线定理可得，MF⊥BD，则∠PMF即为二面角P−BD−C的平面角，在△PBC中，由余弦定理可得cosB=PB2+BC2−PC22⋅PB⋅BC =9+9−62×3×3=23，在Rt△PBF中，cosB=PFPB =PF3=23，所以PF=2，在等腰△PBD中，PM=√PB2−BM2=√9−3=√6，在Rt△PFM中，sin∠PMF=PFPM =√6=√63，故二面角P−BD−C的平面角的正弦值为√63．【解析】(1)取DB的中点M，连接ME，MC，CE，利用异面直线的定义，得到∠MEC即为异面直线CE与PB所成的角，在三角形中利用边角关系求解即可；(2)利用线面垂直的判定定理证明CD⊥平面PBC，由面面垂直的判定定理证明即可；(3)在平面PBC内，过点PF⊥BC，连接MF，利用二面角的平面角的定义可得，∠PMF 即为二面角P−BD−C的平面角，在三角形中利用边角关系求解即可．本题考查了翻折问题，异面直线所成角的求解，二面角的求解，面面垂直的判定，对于几何法求解空间角问题，解题的关键是利用定义找到对应的角，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题．。

2023—2024学年度下学期四校期初联考高一数学试题（答案在最后）本试卷满分150分，共4页。

考试时间120分钟。

考试结束后，只交答题卡。

第I 卷（选择题，共58分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考号填写在答题卡上并将条形码粘贴在粘贴处。

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。

—、单选题（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．已知集合{}122,lg(1)2x A x B x y x ⎧⎫=<<=+⎨⎬⎩⎭∣，则()R A B = ð（）A ．(,1)-∞B ．∅C ．(1,)-+∞D ．(,1)(1,1)-∞-- 2．设((5)),510,()215,10,f f x x f x x x +<<⎧=⎨-≥⎩则(9)f 的值为（）A ．9B ．11C ．28D ．143．“关于x 的不等式2(23)(23)40a x a x ---+≥的解集为R ”是“392a <<”的（）A ．充要条件B ．充分不必要条件C ．必要不充分条件D ．既不充分也不必要条件4．函数3()1ln ||x f x x =+的图像大致为（）A ．B ．C ．D ．5．设0.623log 6,log 12,2a b c ===，则（）A ．a b c<<B ．c a b<<C ．b a c<<D ．c b a<<6．已知函数()cos()0,0,||2f x M x M πωϕωϕ⎛⎫=+>><⎪⎝⎭的部分图象如图所示，其中,024A π⎛⎫ ⎪⎝⎭，7,0,(0,2)24B C π⎛⎫⎪⎝⎭，现先将函数()f x 图象上所有点的横坐标缩短为原来的13，再向左平移24π个单位长度，得到函数()g x 的图象，则5144g π⎛⎫-= ⎪⎝⎭（）A B ．-C D 7．已知(),()f x g x 分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，且满足()()2xf xg x +=．若(())0g f x a -≥恒成立，则实数a 的取值范围为（）A ．(,1)-∞B ．(,1]-∞C ．(1,)+∞D ．[1,)+∞8．已知函数()sin (0)3f x x πωω⎛⎫=-> ⎪⎝⎭在,012π⎛⎫- ⎪⎝⎭上单调递增，且在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有1个零点，则ω的取值范围为（）A ．22,93⎛⎫⎪⎝⎭B ．22814,,9399⎛⎫⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ C ．22814,,9399⎛⎫⎡⎫⎪⎪⎢⎝⎭⎣⎭D ．22814,,9399⎛⎫⎛⎤⎪ ⎥⎝⎭⎝⎦二、多选题（本大题共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．下列命题为真命题的有（）A ．若,a b ∈R ，则222a b ab +≥B ．若0,0a b m >>>，则a m ab m b+>+C ．若0a b <<，则11a b>D ．若22ac bc >，则a b>10．对于函数()tan 24f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭，下列说法正确的是（）A ．函数()f x 的是最小正周期是πB ．函数()f x 的图象的对称中心是,0()48k k Z ππ⎛⎫+∈⎪⎝⎭C ．函数|()|y f x =的图象的对称轴是()48k x k Z ππ=+∈D ．不等式()f x ≥的解集是73,248 x k x k k Z ππππ⎧⎫+≤<+∈⎨⎬⎩⎭11．设函数()f x 的定义域为R ，满足()()11f x f x +=--，且()()22f x f x +=-，当[]1,2x ∈时，2()f x ax b =+，若(0)(3)6f f +=，则以下正确的是（）A ．(4)()f x f x +=B ．2a =-C ．2b =D ．1722f ⎛⎫=⎪⎝⎭第II 卷（非选择题，共92分）三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12．已知幂函数()122()32m f x m m x=-满足(2)(3)f f <．则m =______．13．已知0,0,3x y x y xy >>++=，且不等式2()()10x y a x y +-++≥恒成立．则实数a 的取值范围是______．14．已知函数()()()2154087lo 7g x f x m x x m ⎛⎫--<⎪⎝⎭-≤=恰有3个零点，则m 的取值范围是______．四、解答题（本大题共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）求下列各式的值．（11220.25316(8)849-⎛⎫+-+⨯ ⎪⎝⎭；（2）()3log 314319lg 25lg 2log 9log 822-++-⨯+-16．（15分）已知函数2()2cos cos (0,R)f x x x x a a ωωωω=++>∈．已知()f x 的最大值为1，且()f x 的相邻两条对称轴之间的距离为2π．（1）求函数()f x 的解析式．（2）求()f x 在[0,]π的单调递增区间；（3）将函数()f x 图象上的点纵坐标不变，横坐标变为原来的12，再向右平移12π单位，得到函数()g x 的图象，若()g x 在区间[0,]m 上的最小值为(0)g ，求m 的最大值．17．（15分）已知,0,,22ππαβπ⎛⎫⎛⎫∈-∈ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭且2sin ,tan()1011αβα=--=-．（1）求cos 24πα⎛⎫+⎪⎝⎭；（2）求角2αβ+的大小．18．（17分）心理学家根据高中生心理发展规律，对离中生的学习行为进行研究，发现学生学习的接受能力依赖于老师引入概念和描述问题所用的时间．上课开始时，学生的兴趣激增，中间有一段时间学生的兴趣保持理想状态，随后学生的注意力开始分散．分析结果和实验表明，用()f x 表示学生掌握和接受概念的能力（()f x 的值越大，表示接受能力越强），x 表示提出和讲授概念的时间（单位：min ），满足以下关系：20.1 2.838,010,()56,1020,296,2040.x x x f x x x x ⎧-++<≤⎪=<≤⎨⎪-+<≤⎩（1）上课多少分钟后，学生的接受能力最强？能维持多少分钟？（2）有一道数学难题，需要54的接受能力及15min 的讲授时间：老师能否及时在学生处干所需接受能力的状态下讲授完成这道难题？19．（17分）已知函数2()log 1,()22xf x xg x =+=-．（1）求方程|()||()|f x g x =的解的个数（不要求详细过程，有简要理由即可）；（2）求函数()22()[()]2F x f x af x =-+在区间［2，4]上的最大值；（3）若函数()()()h x g f x =，且函数1(|()|)12y h g x =-的图象与函数3241|()|b y b g x +=--的图象有3个不同的交点，求实数b 的取值范围．2023—2024学年度下学期四校期初联考高一数学答案一．选择题（每小题5分，共8题，共40分）12345678ABCADCBD二．多选题（每小题6分，共3题，共18分）91011ACD BCABC1．A 【详解】1222x <<，得11x -<<，所以{11}A xx =-<<∣，函数()lg 1y x =+中，10x +>，即1x >-，所以{1}B xx =>-∣，{}R ð1B x x =≤-∣，所以()()R ð,1A B =-∞ ．故选：A 2．B【详解】()()()()()91421415132131511f f f f f ==⨯-==⨯-=．故选：B ．3．C【详解】当230a -=即32a =时，不等式20040x x ⨯-⨯+≥的解集为R ，符合题意；当230a -≠即32a ≠时，若不等式()()2232340a x a x ---+≥的解集为R ，可得()2230(23)16230a a a ->⎧⎨---≤⎩，解得31922a <≤，所以不等式()()2232340a x a x ---+≥的解集为R 可得31922a ≤≤，充分性不成立，若392a <<，则不等式()()2232340a x a x ---+≥的解集为R ，必要性成立，所以不等式()()2232340a x a x ---+≥的解集为R 是“392a <<”的必要不充分条件．故选：C ．4．A【详解】对于函数()f x ，有01ln 0x x ≠⎧⎨+≠⎩，解得0x ≠且1e x ≠±，所以，函数()f x 的定义域为1111,,00,,e ee e⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫-∞--+∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，因为()()33()1ln 1ln x x f x f x x x --===-+-+，函数()f x 为奇函数，排除CD 选项，当10ex <<时，1ln 0x +<，则()301ln x f x x =<+，排除B 选项．故选：A ．5．D【详解】由6<，得225log 6log 2a =>=，由912<<，得333log 9log 12log <<，即522b <<，而0.61222c =<=，所以c b a <<．故选：D 6．C【详解】记函数()f x 的最小正周期为T ，由题意知7224244T πππ=-=，得2T π=，所以24Tπω==，故()()cos 4f x M x ϕ=+．因为()f x 的图象过点,024A π⎛⎫⎪⎝⎭，所以()42242k k ππϕπ⨯+=+∈Z ，得()23k k πϕπ=+∈Z ，又2πϕ<，所以3πϕ=，故()cos 43f x M x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭，因为()f x 的图象过点()0,2C ，所以cos23M π=，解得4M =，所以()4cos 43f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭．将()f x 图象上所有点的横坐标缩短为原来的13，得到4cos 123y x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭的图象，再将所得图象向左平移24π个单位长度，得到函数()54cos 124cos 12236g x x x πππ⎛⎫⎛⎫=++=+⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭的图象，所以554cos 4cos 4cos cos sin sin 14412464646g ππππππππ⎛⎫⎛⎫⎛⎫-==+=-= ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，故选：C ．7．B【详解】因为()(),f x g x 分别是定义在R 上的偶函数和奇函数，所以()()()(),f x f x g x g x -=-=-，因为()()2xf xg x +=，①所以()()2xf xg x --+-=，所以()()2xf xg x --=，②①+②得()()2222,22x x x xf xg x --+-==，因为2xy =在定义域R 上单调递增，2xy -=在定义域R 上单调递减，所以()222x xg x --=在R 上单调递增，又()00g =，若()()0g f x a -≥恒成立，则()()()0g f x a g -≥恒成立，所以()0f x a -≥恒成立，所以()f x a ≥恒成立，所以只需min ()a f x ≤，因为20,20xx->>，所以222x x -+≥=（当且仅当22x x -=，即0x =时取等号），所以()2212x xf x -+=≥（当且仅当0x =时，取等号），所以1a ≤，所以a 的取值范围为(],1-∞．故选：B ．8．D【详解】当,0,,1231233x x πππππωω⎛⎫⎛⎫∈--∈--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，因为()f x 在,012π⎛⎫-⎪⎝⎭上单调递增，故1232πππω--≥-，则02ω<≤；当33,,,2232323x x πππππππωωω⎛⎫⎛⎫∈-∈--⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，且2,2333ππππω⎛⎤-∈- ⎥⎝⎦，38,2333ππππω⎛⎤-∈- ⎥⎝⎦，又因为()f x 在3,22ππ⎛⎫⎪⎝⎭上有且仅有1个零点，故讨论两种情况：①022323393023πππωωππωπ⎧-<-<⎪⎪⇒<<⎨⎪<-≤⎪⎩，②20814233399223πππωωπππωπ⎧≤-≤⎪⎪⇒<≤⎨⎪<-≤⎪⎩，综上：ω的取值范围为22814,,9399⎛⎫⎛⋃ ⎪ ⎝⎭⎝，故选：D ．9．ACD【详解】对于A ，因为2222()0a b ab a b +-=-≥，所以222a b ab +≥，故A 正确；对于B ，()()()b a ma m a ab bm ab am b m b b b m b b m -++---==+++，因为0,0a b m >>>，所以()()0,0b a m b b m -+，所以0a m a b m b +-<+，所以a m a b m b+<+，故B 错误；对于C ，若0a b <<，则110b a a b ab --=>，所以11a b>，故C 正确；对于D ，若22ac bc >，则20c >，所以a b >，故D 正确．故选：ACD ．10．BC【详解】函数()tan 24f x x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的最小正周期为2π，A 错误；由2,Z 42k x k ππ-=∈，解得,Z 48k x k ππ=+∈，则函数()f x 的图象的对称中心是(),0Z 48k k ππ⎛⎫+∈ ⎪⎝⎭，B 正确；由于()tan 2tan 24444f x x x f x ππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫-=--=-=⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，则8x π=是()y f x =图象的一条对称轴，又()tan 2tan 24444f x x x f x ππππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫⎛⎫--=---=-= ⎪ ⎪ ⎪⎢⎥⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎣⎦，则8x π=-是()y f x =图象的一条对称轴，而函数()y f x =的最小正周期是2π，则,Z 28k x k ππ=+∈及,Z 28k x k ππ=-∈都是()y f x =图象的对称轴，所以函数()y f x =图象的对称轴是()Z 48k x k ππ=+∈，C 正确；不等式()tan 24f x x π⎛⎫≥⇔-≥ ⎪⎝⎭，则2,Z 342k x k k πππππ+≤-<+∈，解得73,22428k k x k Z ππππ+≤<+∈，即不等式()f x ≥的解集是()73,22428k k k Z ππππ⎡⎫++∈⎪⎢⎣⎭，D 错误．故选：BC 11．ABC【详解】因为()()11f x f x +=--，所以()][()1111f x f x ⎡⎤+-=---⎣⎦，即()()2f x f x =--，又()()22f x f x +=-所以()()2f x f x =-+，所以()()()()2224f x f x f x f x ⎡⎤=-+=++=+⎣⎦，A 正确；因为()()()()()032146f f f f a b a b +=-+=-+++=，所以2a =-，B 正确；在()()11f x f x +=--中，令0x =，得()()11f f =-，即()a b a b +=-+，解得2b =，C 正确；1711395822222242f f f f ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=+==-=--⨯-+=- ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭，D 错误．故选：ABC 12．13-【详解】由幂函数的定义可知，2321m m -=，即23210m m --=，解得1m =或13m =-．当1m =时，()12f x x-=在()0,+∞上单调递减，不满足()()23f f <；当13m =-时，()56f x x =在()0,+∞上单调递增，满足()()23f f <．综上，13m =-．故答案为：13-．13．37,6⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦【详解】令t x y =+，则223412062x y x y xy t t t +⎛⎫++=≤⇒--≥⇒≥ ⎪⎝⎭，()21()10, x y a x y a t t+-++≥∴≤+ 在6t ≥恒成立，1y t t =+ 在[)6,+∞单调递增，min1376t t ⎛⎫∴+=⎪⎝⎭，37,6a ⎛⎤∴∈-∞ ⎥⎝⎦，故答案为：37,6⎛⎤-∞ ⎥⎝⎦．14．()()150,11,22,7⎛⎫⎪⎝⎭【详解】由()0f x =，得2log x m =或15477x m -=，函数()f x 在(]0,8上有3个零点，当且仅当直线y m =与函数2log y x =及15477xy =-在(]0,8内的图象有3个交点，函数2log y x =在(]0,1上单调递减，函数值集合为[)0,+∞，在[]1,8上单调递增，函数值集合为[]0,3，函数15477x y =-在(]0,1上单调递减，函数值集合为1715,77⎡⎫-⎪⎢⎣⎭，显然直线15477x y =-与2log y x =的图象交于点1,24⎛⎫⎪⎝⎭和()2,1，在坐标系内作出直线y m =和函数2log y x =及15477xy =-在(]0,8内的图象，如图，观察图象知，当1507x <<，且1m ≠且2m ≠时，直线y m =与函数2log y x =及15477xy =-在(]0,8内的图象有3个交点，所以m 的取值范围是()()150,11,22,7⎛⎫ ⎪⎝⎭ ．故答案为：()()150,11,22,7⎛⎫⎪⎝⎭15．（1）9（2）196（1）原式()1231122333443134(2)22(2)47ππ-⎡⎤⎛⎫⎡⎤=-++-+⨯+-⎢⎥ ⎪⎣⎦⎝⎭⎢⎥⎣⎦()131244134(2)22247ππ-⎛⎫=-++-+⨯+- ⎪⎝⎭1374944=++=．（2）()2log 31431lg25lg2log 9log 822-++-⨯+-23log 2lg9lg814lg5lg22lg4lg33=++-⨯+-2lg33lg2314lg102lg2lg323=+-⨯+-3141323=+-+-196=．16．（1）()22sin 21;0,,,663f x x ππππ⎛⎫⎡⎤⎡⎤=+- ⎪⎢⎥⎢⎥⎝⎭⎣⎦⎣⎦（2）3π【详解】（1）()22cos cos f x x x x aωωω=++cos212sin 216x x a x a πωωω⎛⎫=+++=+++ ⎪⎝⎭，31a +=，解得2;22T a π=-=，即22T ππω==，解得1ω=；()2sin 216f x x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭；令222262k x k πππππ-+≤+≤+，得,Z 36k x k k ππππ-+≤≤+∈所以函数()f x 的单调递增区间为(),36k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦；所以()f x 在[]0,π的单调递增区间为20,,,63πππ⎡⎤⎡⎤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦（2）将函数()f x 图象上的点纵坐标不变，横坐标变为原来的12，得到2sin 416y x π⎛⎫=+- ⎪⎝⎭的图象，再向右平移12π单位，得到函数2sin 412sin 411266y x x πππ⎡⎤⎛⎫⎛⎫=-+-=-- ⎪ ⎢⎝⎭⎝⎭⎣⎦的图象，即()2sin 416g x x π⎛⎫=-- ⎪⎝⎭；因为[]0,x m ∈，所以4,4666x m πππ⎡⎤-∈--⎢⎥⎣⎦，因为()g x 在区间[]0,m 上的最小值为()0g ，所以74660m m ππ⎧-≤⎪⎨⎪>⎩，解得03m π<≤．所以m 的最大值为3π．17．（1）50（2）74π【详解】（1）1,0,sin sin,,0210266πππααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫∈-=->-=-∴∈-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭cos10α∴===，2124cos212sin12525αα∴=-=-=，7sin22sin cos25ααα==-，247cos2cos2cos sin2sin44425225250πππααα⎛⎫∴+=-=⨯+⨯⎪⎝⎭；（2）()2,,tan211πβπβα⎛⎫∈-=-⎪⎝⎭，()()()21tan tan1117tan tan211tan tan31117βααββααβαα⎛⎫⎛⎫-+-⎪ ⎪-+⎝⎭⎝⎭=-+===---⎛⎫⎛⎫--⨯-⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，1355tan tan,3366ππββπ⎛⎫=->-=∴∈ ⎪⎝⎭，由倍角公式得222tan33tan211tan419βββ-===---，由（1）得1cos,tan107αα=∴=-，()13tan tan274tan21131tan tan2174αβαβαβ--+∴+===--⎛⎫⎛⎫---⎪⎪⎝⎭⎝⎭，21,0,sin sin,,0210266πππααα⎛⎫⎛⎫⎛⎫∈-=->-=-∴∈-⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭372,2,224ππαβπαβ⎛⎫∴+∈∴+=⎪⎝⎭．18．（1）上课10分钟后，学生的接受能力最强，能维持10分钟19．（2）老师不能及时在学生处于所需接受能力的状态下讲授完这道题【详解】（1）解：由题知()20.1 2.838f x x x=++在(]0,10上单调递增，所以()max ()1056f x f ==又(]10,20x ∈时，()56f x =()296f x x =-+在(]20,40x ∈上单调递减，()(]16,56f x ∈，所以上课10分钟后，学生的接受能力最强，能维持10分钟．（2）当(]0,10x ∈时，令()54f x ≥，即20.1 2.83854x x -++≥，化简得2281600x x -+≤，解得820x ≤≤，又(]0,10x ∈，所以810x ≤≤，此时有效时间为2分钟当(]10,20x ∈时，()56f x =，有效时间为10分钟，当(]20,40x ∈时，令()54f x ≥，解得2021x <≤，有效时间为1分钟，由于讲授时间需15分钟，但有效时间210113++=分钟，1315<，所以老师不能及时在学生处于所需接受能力的状态下讲授完这道题．19．（1）3个（2）max 5115,2()563,2a a F x a a ⎧-≤⎪⎪=⎨⎪->⎪⎩（3）4,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭【详解】（1）如图，由翻折变换分别作出函数22x y =-与函数2log 1y x =+的图象，因为两函数图象有3个不同的交点，所以方程()()f x g x =的解的个数3；（2）()()()22[]2F x f x af x =-+()222log 21log 3x a x a =+-+-，令][2log ,2,4,1,2t x x t ⎡⎤=∈∴∈⎣⎦，()F x 化为()()2213p t t a t a=+-+-()22[1]2t a a a =---++则函数()p t 的图象开口向上，且对称轴为1t a =-，当312a -≤即52a ≤时，()max max ()()2115F x p t p a ===-；当312a ->即52a >时，()max max ()()163F x p t p a ===-，max 5115,2();563,2a a F x a a ⎧-≤⎪⎪∴=⎨⎪->⎪⎩（3）()()()2log 12222x h x g f x x +==-=-，令(),(0)m g x m =>，()()()11222y h g x g x m =-=-=-，()32324141b b y b b m g x ++=--=--，令32241b m b m +-=--，即()214320m b m b -+++=①，函数()22x m gx ==-的图象如图，因为函数1(|()|)12y h g x =-的图象与函数3241|()|b y b g x +=--的图象有3个不同的交点，所以①式有2个不等的实根，且一根在(0,2)内，另一根为0或在[2,)+∞内；因为0m ≠所以方程①的两根一根在(0,2)内，另一根在[2,)+∞内．设2()(14)32m m b m b ϕ=-+++，当一根在(0,2)内，另一根在(2,)+∞内时，由(0)0(2)0ϕϕ>⎧⎨<⎩，即320450b b +>⎧⎨-<⎩，解得45b >；当一根为2时，由(2)0ϕ=解得45b =，验证：此时方程①为22122055m m -+=，解得2m =或11(0,2)5m =∉，故不合题意，舍去；综上所述，b 的取值范围是4,5⎛⎫+∞ ⎪⎝⎭．。

浙东北联盟（ZDB ）2023-2024学年第二学期期中考试高一数学试卷（答案在最后）命题学校：总分150分考试时间120分钟选择题部分一、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，有且只有一项是符合题目要求的）1.已知向量()5,12a =，则与向量a反向的单位向量的坐标为（）A.512,1313⎛⎫⎪⎝⎭ B.512,1313⎛⎫-- ⎪⎝⎭C.125,1313⎛⎫-⎪⎝⎭ D.512,1313⎛⎫-⎪⎝⎭【答案】B 【解析】【分析】与向量a方向相反的单位向量为a a- 求解即可.【详解】因为()5,12a =，所以13a ==，与向量()5,12a =方向相反的单位向量为512,1313a a ⎛⎫-=-- ⎪⎝⎭，故选：B2.设l ，m ，n 是不同的直线，m ，n 在平面α内，则“l m ⊥且l n ⊥”是“l α⊥”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【答案】B 【解析】【分析】利用线面垂直的判定、性质，结合充分条件、必要条件的意义判断作答.【详解】若l m ⊥且l n ⊥，当//m n 时，直线l 可以与平面α平行，此时//l α，不能推出l α⊥，若l α⊥，m ，n 是平面α内两条不同的直线，则l m ⊥，l n ⊥，所以“l m ⊥且l n ⊥”是“l α⊥”的必要不充分的条件.故选：B3.已知一个正方体的外接球的体积为92π，则这个正方体的体积为（）A.3B.278C.D.8【答案】C 【解析】【分析】根据正方体性质，223d a =,由外接球体积求出半径得出直径，最后得出边长，即可求出体积．【详解】根据正方体性质，球心在体对角线中点上，体对角线长为外接球直径d ，半径设为r ，边长为a ，则222223d a a a a =++=.根据题意39π4π23r =，解得32r =，则3d =，则293a =，则a =3V a ==故选：C.4.已知a = 3a b ⋅=- ，则向量b 在向量a 上的投影向量为（）A.a-rB.13aC.b- D.13br 【答案】A 【解析】【分析】利用投影向量公式可求向量b 在向量a上的投影向量.【详解】向量b 在向量a上的投影向量为a b a a a a⋅==-，故选：A.5.如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，点E ，F ，G ，H 分别是棱11B C ，1C C ，1B B ，AB 的中点，则异面直线EF 与GH 所成的角为（）A.π6B.π4C.π3D.π2【答案】C 【解析】【分析】分别取,CD BC 的中点,N Q ，连接,,,,,FN EQ QN EN GF HN ，由题意可知异面直线EF 与GH 所成的角（或其补角）即为EF 与FN 所成的角（或其补角），求出,,EF FN EN ，由余弦定理求解即可.【详解】分别取,CD BC 的中点,N Q ，连接,,,,,FN EQ QN EN GF HN ，由正方体的性质知：//,HN GF HN GF =，所以四边形GHNF 是平行四边形，所以//GH FN ，所以异面直线EF 与GH 所成的角（或其补角）即为EF 与FN 所成的角（或其补角），即为EFN ∠，设正方体的棱长为2，EF FN QN ===，EN ==所以22221cos242EF FN EN EFN EF FN +--∠====-⋅，所以异面直线EF 与GH 所成的角为π3.故选：C .6.若两个非零向量a 与b满足2a b a b b +=-= ，则向量a b + 与a b - 的夹角为（）A.π6B.π3C.2π3D.5π6【答案】B 【解析】【分析】利用模长公式结合数量积公式求解即可．【详解】因为2a b a b b +=-=，两边平方，得到2222|2||2|0a b a b a a b b a a b b a b +=-⇒+⋅+=-⋅+⇒⋅= 2222|2|4||a b b a a b b b +=⇒+⋅+=，即22||3||a b = ，即||||a b = (1),又a b + ＝2b (2)，a b -=2||b (3)．并且()()22·||cos a b a b a b a b a b θ+-=-=+-，则22||||cos ||||a b a b a b θ-=+- ，将(1),(2),(3)代入，得到222||1cos 24||b b θ== ，(0,π)θ∈，则π3θ=．故选：B.7.已知某圆台的上、下底面半径分别为1r 、2r ，且213r r =，若半径为1的球与圆台的上、下底面及侧面均相切，则该圆台的体积为（）A.13π9B.20π9C.26π9D.26π3【答案】C 【解析】【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征求解12,r r ，然后代入圆台体积公式求解即可.【详解】如图，设圆台上、下底面圆心分别为12,O O ，则圆台内切球的球心O 一定在12O O 的中点处，设球O 与母线AB 切于M 点，所以OM AB ⊥，所以121OM OO OO ===，所以1AOO 与AOM 全等，所以1AM r =，同理2BM r =，所以1214AB r r r =+=，过A 作2AG BO ⊥，垂足为G ，则2112BG r r r =-=，122AG O O ==，所以222AG AB BG =-，所以()()22211144212r r r =-=，所以133r =，所以2r =所以该圆台的体积为()2212121211126πππ2313339V O O r r r r ⎛⎫=⋅++=⨯++= ⎪⎝⎭.故选：C8.费马点是指位于三角形内且到三角形三个顶点距离之和最小的点.当三角形三个内角都小于23π时，费马点与三角形三个顶点的连线构成的三个角都为23π.如图，已知ABC 和ADE V 都是正三角形，4AB =，2AE =，且B ，A ，D 三点共线，设点P 是ACE △内的任意一点，则PA PC PE ++的最小值为（）A.5B.26C.33 D.27【答案】D 【解析】【分析】将PEC 绕点E 顺时针旋转60︒到QEF △，根据两点之间线段最短结合余弦定理可求PA PC PE ++的最小值，或者建立平面直角坐标系，根据费马点的性质结合圆的方程可求费马点的坐标，从而可求PA PC PE ++的最小值，也可以费马点的几何特征结合正弦定理可求,,PA PC PE 的值，从而可求PA PC PE ++的最小值.【详解】由题设有60EAC ∠=︒，而2,4AE AC ==，由余弦定理可得164423EC =+-⨯=所以222CE AE AC +=，故ACE △是直角三角形，且90AEC ∠=︒，60EAC ∠=︒.法一：几何法将PEC 绕点E 顺时针旋转60︒到QEF △，则,QF CP PE PQ ==，则PA PC PE PA QF PQ AF ++=++≥，当且仅当,,,A P Q F 四点共线时等号成立，此时180120APE QPE ∠=︒-∠=︒，180120CPE FQE PQE ∠=∠=︒-∠=︒，即P 为费马点时，PA PC PE ++取最小值，因为3EF EC ==9060150AEF ∠=︒+︒=︒，所以2537AF =+=.，故当且仅当P 为费马点时，PA PC PE ++取最小值且最小值为27.法二：解析法以点E 为原点建立平面直角坐标系，且()2,0A -，(0,23C ，由费马点的定义知点P 满足120APE CPE ∠==︒，故P 在以AE为弦且半径为11232r ==的劣弧上，设圆心为()()1,0M m m -<，而2413m +=，故3m =-，故31,3M ⎛⎫-- ⎪ ⎪⎝⎭，故圆()224:133M x y ⎛⎫+++= ⎪ ⎪⎝⎭，同理P 也在以CE为弦且半径为11222r ==的劣弧上，其方程为()(22:14N x y -+-=，由22224(1)3(1)(4x y x y ⎧⎛+++=⎪ ⎨⎝⎪-+-=⎩可得20y +=，再代入其中一式解得47x =-，7y =（0,0x y ==舍）所以取最小值时PE =，PA =PC =，故PA PC PE ++取最小值且最小值为法三：代数法设AEP θ∠=，则90PEC θ∠=︒-，由费马点的性质可得60PAE θ∠=︒-，30PCE θ∠=-︒（3060θ︒<<︒），由正弦定理可得()2sin 60sin120PE θ=︒-︒且()sin 30sin120PE θ=-︒︒，故()()sin 30sin 60θθ-︒=︒-，整理得到11cos sin 2222θθθθ-=-，解得2sin θθ=，即sin θθ==，此时()2sin 601sin12022PE θ⎛⎫︒-===︒而2sin sin120AP θ==︒2sin sin120PC θ==︒故PA PC PE ++的最小值为故选：D .【点睛】思路点睛：对于给定条件的几何问题，我们可以根据几何对象的性质结合正弦定理或余弦定理求解几何量，或者利用旋转构造最值线段.二、多项选择题（本题共有3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.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.若{}12e e，是平面内所有向量的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面内所有向量的基底的是（）A.{}1212e e e e +- ，B.{}1221e e e e --，C.{}21122364e e e e --，D.1212133e e e e ⎧⎫--⎨⎬⎩⎭，【答案】BCD 【解析】【分析】根据平面向量共线定理以及基底的概念逐一判断即可.【详解】对于A ，若存在实数λ，使得()1212e e e e λ+=- ，则11λλ=⎧⎨=-⎩，无解，所以12e e + 与12e e - 不共线，可以作为平面的基底，故A 错误；对于B ，因为()1221e e e e -=-- ，则12e e - 与21e e -是共线向量，不能作为平面向量的基底，故B 正确；对于C ，因为()2112123642e e e e -=--u u r u r ur u u r ，则2123e e - 与1264e e - 是共线向量，不能作为平面向量的基底，故C 正确；对于D ，因为12121333e e e e ⎛⎫-=- ⎪⎝⎭u r u u r u r u u r ，则123e e - 与1213e e -ur u u r 是共线向量，不能作为平面向量的基底，故D 正确.故选：BCD.10.在ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别是a ，b ，c ，且π4A =，b =，若ABC 有且仅有一个解，则c a -的可能取值有（）A.0B.4-C.32D.【答案】ABC 【解析】【分析】根据三角形解的个数可得ππ0,42B ⎛⎤⎧⎫∈⋃⎨⎬ ⎥⎝⎦⎩⎭，再根据正弦定理结合三角变换可求c a -的取值范围.【详解】由正弦定理可得sin sin a bA B=，故sin 2a B A ==，因为ABC 有且仅有一个解，故a b ≥或sin 2a b A =⨯=，由a b ≥可得A B ≥，由2a =可得sin 1B =，结合B 为三角形内角可得π2B =，故ππ0,42B ⎛⎤⎧⎫∈⋃⎨⎬ ⎥⎝⎦⎩⎭，由正弦定理得ππsin sin sin 44c a B B ⎡⎤⎛⎫-=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦){}cos 12222tan 420sin 2B B B -⎡=+=-∈-⋃⎣，而2>，35424022--=<，故3422-<<，故选：ABC.11.如图，正方体1111ABCD A B C D -的棱长为2，E 是线段11B C 的中点，F 是线段1CC 的中点，P 是线段1A D 上的一个动点，则下列结论中正确的是（）A.1C P 的最小值为6B.1B PC ∠可能是直角C.三棱锥A PEF -的体积为定值D.PEF !的周长的最小值为252【答案】ACD 【解析】【分析】求出等边11C A D 的高，即可判断A ；在矩形11A B CD 中假设1B PC ∠为直角，推出矛盾，即可判断B ；证明1A D//平面AEF ，即可判断C ，四边形1A DFE 求出PE PF +的最小值，即可判断D.【详解】对于A ，因为11C A D 为边长为22的等边三角形，所以1C P 的最小值即该等边三角形的高，即()1min322cos302262C P === ，故A 正确；对于B ：在矩形11A B CD 中112A B CD ==，1122A D B C ==，若190B PC ∠=︒，即1B P PC ⊥，此时11B A P PDC ∽，所以111B A A PPD CD=，则22PDPD -=，则240PD -+=，因为(2Δ4480=--⨯=-<，所以方程无解，即1B PC ∠不可能是直角，故B 错误；对于C ：连接1B C ，则1//EF B C ，又11//B C A D ，所以1//EF A D ，EF ⊂平面AEF ，1A D ⊄平面AEF ，所以1A D//平面AEF ，又P 是线段1A D 上的一个动点所以点P 到平面AEF 的距离为定值，又AEF △的面积为定值，所以三棱锥A PEF -的体积为定值，故C 正确；对于D ：因为==EF ，如下图，在四边形1A DFE 中EF =1A D =，1A E DF ===，作点F 关于1A D 的对称点F '，连接F E '交1A D 于点P ，此时PE PF +取得最小值，最小值为线段EF '的长度，又(122DM =-=，所以322FM ==，所以2FF FM '==，所以EF =='所以PEF !的周长的最小值为D 正确.故选：ACD非选择题部分三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分）12.水平放置的ABC 斜二测直观图为A B C ''' ，已知2A B B C ''''==，60A B C '''∠=︒，则ABC 的面积为______.【答案】【解析】【分析】根据题意，求出直观图的面积，由原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案.【详解】根据题意，水平放置的ABC 斜二测直观图为A B C ''' ，则直观图的面积122sin 260A B C S S '︒'''==⨯⨯⨯= ，则ABC 的面积为S '==.故答案为：13.已知圆柱的轴截面面积为1，则该圆柱侧面展开图的周长的最小值为______.【答案】【解析】【分析】求出圆柱侧面展开图的周长利用基本不等式可得答案.【详解】设圆柱的母线长为()0a a >，则圆柱的底面直径为1a，所以该圆柱侧面展开图的周长为12π⎛⎫+≥ ⎪⎝⎭a a当且仅当1π=a a即a =等号成立.故答案为：.14.已知向量a ，b ，c满足4a = ，2b = ，,3a b π= ，()()20a c b c -⋅-= ，则a c ⋅ 的取值范围为______.【答案】[]420，【解析】【分析】由题意可得：4a b ⋅=，设(),c x y = ，()4,0a = ，(b = ，由()()20a c b c -⋅-= 可得：()(2234x y -+-=，从而可得：4a c x ⋅=，进而可求出结果.【详解】由题意可得：14242a b ⋅=⨯⨯= ，设(),c x y = ，()4,0a = ，(b = ，()4,a c x y -=--，()22,b c x y -=- ，()()20a c b c -⋅-= ，()()()420x x y y ∴---=，整理得：()(2234x y -+-=，所以4a c x ⋅=，因为232x -≤-≤，所以15x ≤≤，所以4420x ≤≤，即a c ⋅的取值范围为[]4,20.故答案为：[]4,20.四、解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.已知向量(),1a x = ，()2,3b =-r ，()6,1c =-.（1）求满足2c a yb =+的实数x ，y 的值；（2）若()4//a c b +，求实数x 的值.【答案】（1）2x =，1y =-（2）2x =-【解析】【分析】（1）运用向量相等条件可解；（2）运用向量平行坐标表示可解．【小问1详解】因为(),1a x = ，()2,3b =-r，则()222,23a yb x y y +=-+ ，又()6,1c =-，2c a yb =+ ，所以226231x y y -=⎧⎨+=-⎩，解得2x =，1y =-；【小问2详解】因为(),1a x = ，()6,1c =-，则()446,3a c x +=+ ，又()4//a c b +，()2,3b =-r ，所以46323x +=-，解得2x =-.16.如图，在直三棱柱111ABC A B C -中，12AA AB AC ===，M 、N 分别是BC 、1CC 的中点，1AB MN ⊥.（1）证明：MN ⊥平面1AB M ；（2）求1C 点到平面1AB M 的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）3.【解析】【分析】（1）利用直三棱柱的构造特征，结合线面垂直的性质、判定推理即得.（2）由（1）中信息，结合相似三角形的性质求出BC ，再利用等体积法求解即得.【小问1详解】在直三棱柱111ABC A B C -中，由2AB AC ==，M 是BC 的中点，得AM BC ⊥，由1BB ⊥平面ABC ，AM ⊂平面ABC ，得1B B AM ⊥，而11,,BB BC B BB BC ⋂=⊂平面11BCC B ，则AM ⊥平面11BCC B ，又MN ⊂平面11BCC B ，则AM MN ⊥，而1AB MN ⊥，11,,AB AM A AB AM =⊂ 平面1AB M ，所以MN ⊥平面1AB M .【小问2详解】在矩形11BCC B 中，由（1）知1AM B M ⊥，1MN B M ⊥，1B MB MNC ∠=∠，于是直角1B BM 与直角MCN △相似，则1BM CNB B CM=，即·2BM CM =，因此2BM MC ==22BC =2AM =，16B M =，11111222BCC B MB C S S == ，11312MB A S AM B M =⋅= ，设1C 点到平面1AB M 的距离为d ，由1111C MB A A MB C V V --=，得1111133MB A MB C d AM S S ⋅=⋅ ，3222d =33d =，所以点1C 到平面1AB M 的距离为33.17.某村委为落实“美丽乡村”建设，计划将一块闲置土地改造成花卉观赏区.该土地为四边形形状，如图所示：100AB AD ==米，160BC =米，2120BAD BCD ∠∠==︒.（1）求cos BDC ∠的值；（2）若点,E F 分别为边,BC CD 上的点，且80CE =米，60CF =米，又点I 在以C 为圆心，CF 为半径的圆弧FG 上（BCD △内部），准备将四边形CEIF 区域种植郁金香.设ECI ∠θ=，求四边形CEIF 的面积关于θ的表达式，并求该面积的最大值（无须求出取得最大值时的条件）【答案】（1）35（2）()13sin S θϕ=+，其中ϕ为锐角且33tan 5ϕ=，最大值为13【解析】【分析】（1）由余弦定理可求BD ，由正弦定理可求sin BDC ∠，故可求cos BDC ∠，（2）由面积公式可求ECI S △，FCI S △，再利用辅助角公式可得S 及其最大值.【小问1详解】在ABD △上，由余弦定理BD ==在BCD △上，由正弦定理160200sin sin60BDC ∠==︒，所以4sin 5BDC ∠=，而160BD BC =>=，故π3BDC BCD ∠∠<=，故3cos 5BDC ∠=.【小问2详解】因为ECI ∠θ=，所以60FCI ∠θ=︒-，060θ︒<<︒，18060sin 2400sin 2ECI S θθ=⨯⨯=△，()()16060sin 601800sin 602FCI S θθ=⨯⨯︒-=︒- ，所以四边形CEIF 区域面积()12400sin 1800sin 602400sin 1800cos sin 22S θθθθθ⎛⎫=+︒-=+- ⎪ ⎪⎝⎭1500sin θθ=+()3005sin θθ=+()θϕ=+≤（平方米），其中ϕ为锐角且33tan 5ϕ=，因为3315<<，故4560ϕ︒<<︒，故当90θϕ=︒-时，S 有最大值且最大值为平方米.18.如图在直角梯形ABCD 中，2BC AD =，2BC CD ==，点E 为CD 的中点，以A 为圆心AD 为半径作圆交AB 于点G ，点P 为劣弧DG （包含D ，G 两点）上的一点，AC 与劣弧、BE 分别交于点F ，H .（1）求向量AF 与BE夹角α的余弦值；（2）若向量BH xBD y AC =+，求实数x ，y 的值；（3）若向量BP 与CP的夹角为β，求cos β的最小值.【答案】（1）2114（2）23x =，415y =（3）0【解析】【分析】（1）点B 为原点，BC 、BA分别为x 、y 轴正方向建立平面直角坐标系，由向量的夹角的坐标运算求解即可；（2）由平面向量基本定理可得324BH BA BC λλ=+，由A ，H ，C 三点共线求出4=5λ，由此可求出实数x ，y 的值；（3）法一：点O 为BC 中点，因为2AO =，所以以BC 为直径的圆与圆A 外切.由圆周角大于圆外角即可得出答案；法二：设DAP θ∠=，π0,2θ⎛⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎣⎦⎝⎭，则()cos 3sin P θθ，求出BP ，CP，由向量的夹角公式求解即可.【小问1详解】易得90ABC BAD ∠=∠=︒，且BCD △为正三角形，所以AB =，AC =以点B 为原点，BC 、BA分别为x 、y轴正方向建立平面直角坐标系，(()()(,2,0,0,0,2,,A C B AC =(3,,22D E ⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭，得2,AF AC ==，(12BE = ，所以cos 14AF BE AF BE α⋅====⋅.【小问2详解】()1322224BH BE BD BC BA BC BC BA BC λλλλλ⎛⎫==+=++=+ ⎪⎝⎭，又因为A ，H ，C 三点共线，所以3124λλ+=，解得4=5λ.()12BH xBD y AC x BA BC y BC BA⎛⎫=+=++- ⎪⎝⎭()2x x y BA y BC ⎛⎫=-++ ⎪⎝⎭，25325x y x y ⎧-=⎪⎪∴⎨⎪+=⎪⎩，解得23x =，415y =【小问3详解】法一：点O 为BC 中点，因为2AO =，所以以BC 为直径的圆与圆A 外切.因为圆周角大于圆外角，所以BPC ∠的最大值为90︒，即cos β的最小值为0.法二：设DAP θ∠=，π0,2θ⎛⎫⎡⎤∈ ⎪⎢⎥⎣⎦⎝⎭且如（1）所建平面直角坐标系，则()cos sin P θθ-，()cos sin BP θθ∴= ，()cos sin CP θθ=-.22cos 2cos 3sin BP CP θθθθ⋅=-++-()42cos 44sin 06πθθθ⎛⎫=-+=-+≥ ⎪⎝⎭当π3θ=时，BP CP ⋅ 取到最小值0，所以cos β的最小值为0.19.如图在四棱锥P ABCD -中，底面ABCD 为矩形，侧棱PA PD ⊥，且44AD AB ==，2PA =，PC =，点E 为AD 中点，（1）求证：平面PAD ⊥平面ABCD ；（2）求二面角B PC E --的余弦值；（3）点F 为对角线AC 上的点，且FG PB ⊥，垂足为G ，求FG 与平面ABCD 所成的最大角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）58（3）5【解析】【分析】（1）结合线面垂直的判定定理与面面垂直的判定定理即可得；（2）面面垂直的性质定理PH ⊥平面ABCD ，线面垂直的判定定理得AD ⊥平面PHK ，HM ⊥平面PBC ，线面平行的判定定理得//AD 平面PBC ，作EN PC ⊥垂足为N ，由等面积法得求出EN 可得答案；（3）作GI ⊥平面ABCD ，在平面PAB 作GJ PB ⊥交AB 于点J ，设线FJ 交线BH 于点L ，由线面垂直的判定定理得⊥FJ 平面BGL ，得≤IL IF ，90∠∠∠≤=- GFI GLI GBL ，求出cos ∠GBL 可得答案.【小问1详解】PA PD ⊥，PD ∴=则22213PC PD CD =+=，CD PD ∴⊥，又CD AD ⊥ ，=PD AD D ⋂，、⊂PD AD 平面PAD ，CD \^平面PAD ，CD ⊂平面ABCD ，∴平面PAD ⊥平面ABCD ；【小问2详解】侧棱PA PD ⊥，点E 为AD 中点.，2AE PE ==，2PA =，PAE ∴ 为正三角形，取AE 中点H ，则PH AD ⊥，1AH =，因为平面PAD ⊥平面ABCD ，平面PAD ⋂平面ABCD AD =，PH ⊂平面PAD ，所以PH ⊥平面ABCD ，HK ⊂平面ABCD ，所以PH HK ⊥，PH =，在BC 边上取1BK =，连接HK ，可得四边形ABKH 是长方形，可得HK AD ⊥，又= PH HK H ，、⊂PH HK 平面PHK ，所以AD ⊥平面PHK ，作HM PK ⊥，垂足为M ，HM ⊂平面PHK ，AD HM ⊥ ，BC HM ∴⊥，又= BC PK K ，、⊂BC PK 平面PBC ，HM ∴⊥平面PBC ，且2HM =，又//AD BC ，AD ⊄Q 平面PBC ，BC ⊂平面PBC ，//AD ∴平面PBC ，所以点E 到平面PBC 的距离2d =，且点E 的投影在PBC 内，在PCE 中，2PE =，EC =，由余弦定理得cosPEC ∠=，作EN PC ⊥垂足为N ，由等面积法得EN ==，所以二面角B PC E --的大小α的正弦值39sin 8d EN α==，5cos 8α=；【小问3详解】作GI ⊥平面ABCD ，则//GI PH ，BH 为PB 在平面ABCD 内的射影，所以点B ，I ，H 共线，再在平面PAB 作GJ PB ⊥交AB 于点J ，又FG PB ⊥ ，= FG GJ G ，、⊂FG GJ 平面GFJ ，PB ∴⊥平面GFJ ，设线FJ 交线BH 于点L ，则BG FJ ⊥，又GI FJ ⊥ ，= GI BG G ，、⊂GI BG 平面BGL ，FJ ∴⊥平面BGL ，⊂BL 平面BGL ，得FJ BL ⊥，IL IF ∴≤，90∠∠∠∴≤=- GFI GLI GBL ，又因为cos5BH GBL BP∠===，所以FG 与平面ABCD 所成的最大角的正弦值为5，当点F 为线BH 与AC 的交点时取到最大角.【点睛】方法点睛：求二面角的方法：1.概念法，概念法指的是利用概念直接解答问题；2.空间变换法，空间变换法指的是基本的空间方法，包括三垂线法、补角法、垂面法、切平面法等方法；3.空间向量法.。

2021—2022学年度第二学期四校联合体期中考试高一数学试卷一､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.）1．5tan 6π⎛⎫-= ⎪⎝⎭（）AB C ．D ．2．已知()231i 24i z +=+，则z =（）A ．2i--B ．2i-+C ．2i-D ．2i +3．已知向量()0,1a = ，(b = ，则a 在b 上的投影向量为（）A BC ．2a D 4．已知边长为2的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积为（）AB C ．4D 5．中国传统扇文化有着极其深厚的底蕴．一般情况下，折扇可看作是从一个圆面中剪下的扇形制作而成，设扇形的面积为1S ，圆面中剩余部分的面积为2S ，当1S 与2S 的比值为12时，扇面看上去形状较为美观，那么此时扇形的圆心角的弧度数为（）A ．(3πB ．1)πC ．1)πD ．2)π6．设有下面四个命题，其中假命题为（）A ．若复数z 满足22z z =，则Rz ∈B ．若i 为虚数单位，则232022i i i i 1i +++⋅⋅⋅+=-+C ．若复数1z ，2z 满足120z z ⋅=，则10z =或20z =D ．若复数z 满足R z z +∈，则Rz ∈7．已知0ω>，函数()sin(4f x x πω=+在(,)2ππ上单调递减，则ω的取值范围是（）A ．15[,24B ．13[,24C ．1(0,]2D ．(0,2]8．若4AB =，3AC CB = ，平面内一点P ，满足||||PA PC PB PCPA PB ⋅⋅=，sin PAB ∠的最大值是（）A ．23B ．12C ．13D ．16二､多项选择题（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，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.）9．下列命题正确的是（）A ．直棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的矩形B ．用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台C ．存在四个面均为直角三角形的四面体D ．棱台的侧棱延长后交于一点，且棱台侧面均为梯形10．在复平面内有一个平行四边形OABC ，点O 为坐标原点，点A 对应的复数为11i z =+，点B 对应的复数为212i z =+，点C 对应的复数为3z ，则下列结论正确的是（）A ．点C 位于虚轴上B ．132z z z +=C ．13z z AC-=D ．132z z z ⋅=11．筒车是我国古代发明的一种灌溉工具，因其经济又环保，至今还在农业生产中得到使用(图1)，明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理(图2).现有一个半径为3米的筒车按逆时针方向每分钟旋转1圈，筒车的轴心距离水面的高度为2米，设筒车上的某个盛水筒P 到水面的距离为d (单位：米)(在水面下则d 为负数)，若以盛水筒P 刚浮出水面为初始时刻，经过1秒后，下列命题正确的是（）(参考数据：2cos 483≈)A ．23sin 30d t πθ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，其中2sin 3θ=，且0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭B ．23sin 30d t πθ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭，其中2sin 3θ=，且0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭C ．当38t ≈时，盛水筒P 再次进入水中D ．当22t ≈时，盛水筒P 到达最高点12．如图，设()0,πα∈，且π2α≠，当xOy α∠=时，定义平面坐标系xOy 为α的斜坐标系，在α的斜坐标系中，任意一点P 的斜坐标这样定义：设1e ，2e是分别与x 轴，y 轴正方向相同的单位向量，若12OP xe ye =+，记(),OP x y =uu u r ，则下列结论中正确的是（）A ．设(),a m n = ，(),b s t = ，若a b =，则m s =，n t=B ．设(),a m n = ，则a =C ．设(),a m n = ，(),b s t = ，若a b，则0mt ns -=D ．设()1,2a = ，()2,1b = ，若a 与b的夹角为π3，则π3α=三､填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分.）13．将函数()sin 2f x x =的图像向左平移()0ϕϕ>个单位得到函数()cos 2g x x =的图像，则ϕ的最小值是__________．14．如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这是水面恰好是中截面，则图1中容器水面的高度是______．15．复数1z 、2z 满足()214i z m m =+-，()()22cos 3sin i ,,z m θλθλθ=++∈R ，若12z z =，则λ的取值范围是______.16．已知在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且5c =，点O 为其外接圆的圆心，已知12BO AC ⋅=，则当角C 取到最大值时△ABC 的面积为___________.四､解答题（本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程成演算步骤.）17．已知向量a 与b的夹角为3π4θ=，且3a = ，b = .(1)若2ka b + 与34a b +共线，求k ；(2)求a b ⋅ ，a b + .18．已知函数()2sin cos f x x x x =.（Ⅰ）求()f x 的最小正周期；（Ⅱ）若()f x 在区间,3m π⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值为32，求m 的最小值.19．ABC 的内角,,A B C 的对边分别为,,a b c ，已知2sin()8sin 2BA C +=．（1）求cosB ；（2）若6a c +=，ABC 面积为2，求b ．20．已知圆锥的底面半径6R =，高8h =(1)求圆锥的表面积和体积(2)如图若圆柱O O '内接于该圆锥，试求圆柱侧面积的最大值21．如图，在平面直角坐标系中，已知点()2,0A 和单位圆上的两点()10B ,，34,55C ⎛⎫- ⎪⎝⎭，点P 是劣弧 BC上一点，BOC α∠=，BOP β∠=．（1）若OC OP ⊥，求()()sin sin παβ-+-的值；（2）设()f t OA tOP =+ ，当()f t 的最小值为1时，求OP OC ⋅ 的值．22．如图所示，某镇有一块空地OAB ，其中3km OA =，33km OB =，AOB 90∠= .当地镇政府规划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖OMN ，其中,M N 都在边AB 上，且30MON ∠= ，挖出的泥土堆放在OAM △地带上形成假山，剩下的OBN △地带开设儿童游乐场.为安全起见，需在OAN 的周围安装防护网.(1)当3km 2AM=时，求防护网的总长度；(2)若要求挖人工湖用地OMN 的面积是堆假山用地OAM △试确定AOM的大小；(3)为节省投入资金，人工湖OMN 的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使OMN 的面积最小？最小面积是多少？1．A 【分析】利用诱导公式化简可得结果.【详解】5tan tan tan 666ππππ⎛⎫⎛⎫-=-== ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭故选：A.2．A 【分析】根据复数的乘方结合i 的性质，进行运算，再利用复数的除法求出z ，可得答案.【详解】由23(1i)24i z +=+，有2i 24i z =-，可得212i i 2i 2i i 1z --===---,故选：A 3．B 【分析】利用投影向量的定义即可得出答案.【详解】设a 与b的夹角为θ，则a 在b 上的投影向量为:cos b a b b a b b a a b a b b bbθ⋅⋅⋅=⋅⋅=⋅=.故选：B.4．C 【分析】依题意画出图形，结合图形利用斜二测画法规则可得结果.【详解】如图，A B C ''' 是边长为2的正ABC 的直观图，则2A B ''=，122C D CD ''==，则高sin 45C E C D '''==A B C ''' 的面积12244S =⨯⨯=.故选：C.5．A 【分析】根据扇形与圆面积公式，可知面积比即为圆心角之比，再根据圆心角和的关系，求解出扇形的圆心角．【详解】1S 与2S 所在扇形圆心角的比即为它们的面积比，设1S 与2S 所在扇形圆心角分别为,αβ，则αβ=，又2αβπ+=，解得(3απ=-故选:A 【点睛】本题考查圆与扇形的面积计算，难度较易．扇形的面积公式：21122S r lr α==，其中α是扇形圆心角的弧度数，l 是扇形的弧长．6．D 【分析】对于A ：利用复数的模和复数的乘法运算，结合复数相等进行分析判断；对于B ：利用i n 的周期性特征进行运算判断；对于C ：利用复数的乘法运算，结合复数相等进行分析判断；对于D ：i z a b =+，则i z a b =-，代入运算判断．【详解】对于A ：设i z a b =+，则()()2222222,i 2iz a b z a b a b ab =+=+=-+∵22z z =，则()22222i a b a b ab +=-+即2i 0b ab -=∴0b =即Rz ∈“若复数z 满足22z z =，则R z ∈”为真命题对于B ：N n ∀∈，4i 1n =，4+1i i n =，4+2i 1n =-，4+3i i n =-，∴4414243i i i i 0n n n n ++++++=则2320222i i i i i+i 1i+++⋅⋅⋅+==-+“若i 为虚数单位，则232022i i i i 1i +++⋅⋅⋅+=-+”为真命题对于C ：设1i z a b =+，2iz c d =+∵()()()()21i i 0i c d ac bd a z a d c z b b +=-++=+=则00ac bd ad bc -=⎧⎨+=⎩，解得：=0a b =或=0c d =即10z =或20z =“若复数1z ，2z 满足120z z ⋅=，则10z =或20z =”为真命题对于D ：设i z a b =+，则i z a b =-2R z z a +=∈恒成立“若复数z 满足R z z +∈，则R z ∈”为假命题故选：D ．7．A 【详解】由题意可得,322,22442k k k Z ππππππωπωπ+≤+<+≤+∈，∴1542,24k k k Z ω+≤≤+∈，0ω> ，1524ω∴≤≤．故A 正确．考点：三角函数单调性．8．C 【分析】由条件可得3,1AC BC ==，PC 是角平分线，然后由角平分线的性质可得3PA ACPB BC==，设PB x =，则3PA x =，然后221692cos 234333x x x PABx x +-∠==+≥=⨯⨯，即可得出sin PAB ∠的最大值.【详解】由4AB =，3AC CB =可得3,1AC BC ==因为||||PA PC PB PCPA PB ⋅⋅= ，所以APC BPC ∠=∠，即PC 是角平分线所以由角平分线的性质可得3PA ACPB BC==设PB x =，则3PA x =，由,PA PB AB PA PB AB +>-<可得12x <<因为221692cos 234333x x x PAB x x +-∠==+≥=⨯⨯当且仅当233x x =，即x cos PAB ∠的最小值为3所以sin PAB ∠的最大值是13故选：C 【点睛】本题考查了平面向量的数量积、余弦定理和利用基本不等式求最值，考查了学生的分析转化能力，属于中档题.9．CD 【分析】根据直棱柱、棱台的概念可以判断A 、B 、D 的正误，四个面均为直角三角形的四面体满足：PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥即可．【详解】对于A ：根据直棱柱的概念：侧棱与底面垂直的棱柱，则直棱柱的侧棱都相等，侧面也是矩形，但底面多边形的边长不一定相等，所以侧面不一定全等，A 错误；对于B 、D ：根据棱台的概念：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台，B 错误；棱台的侧棱延长后交于一点，且棱台侧面均为梯形，D 正确；对于C ：如图，三棱锥-P ABC ，PA ⊥平面ABC ，AB BC ⊥∵PA ⊥平面ABC ，则可得：PA BC ⊥,PA AB ⊥,PA AC⊥PA BC BC AB BC ⊥⎫⇒⊥⎬⊥⎭平面PAB ，则PB BC⊥∴三棱锥-P ABC 的四个面均为直角三角形，C 正确；故选：CD ．10．ABC 【分析】利用平面向量的线性运算求出点C 的坐标，可判断A 选项的正误；利用复数的加法可判断B 选项；利用复数的模长公式与平面内两点间的距离公式可判断C 选项的正误；利用复数的乘法可判断D 选项的正误.【详解】对于A 选项，由复数的几何意义可知点()1,1A 、()1,2B ，因为OB OA OC =+，则()0,1OC OB OA =-= ，则点C 对应的复数为i ，所以点C 在虚轴上，A 对；对于B 选项，由A 选项可知3i z =，则1321i i 12i z z z +=++=+=，B 对；对于C 选项，131z z -=，1AC =，所以，13z z AC -=，C 对；对于D 选项，()1321i i 1i z z z =+⋅=-+≠，D 错.故选：ABC.11．BD 【分析】若O 为筒车的轴心的位置，AC 为水面，P 为筒车经过t 秒后的位置，由题设知筒车的角速度30πω=/s ，令OAC θ∠=易得30t P p q Ð=-，而sin OB P OP=、2d OB =-，即可求d 的解析式判断A 、B 的正误，38t ≈、22t ≈代入函数解析式求d ，即可判断C 、D 的正误.【详解】由题意知，如上图，若O 为筒车的轴心的位置，AC 为水面，P 为筒车经过t 秒后的位置，筒车的角速度26030ππω==/s ，令2sin sin 3OAC q Ð==且0,2πθ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，∴sin sin(30t OB P OP p q =-=，故sin()30t OB OP p q =×-，而2d OB =-，∴23sin()23sin()3030t td p p q q =--=+-，故A 错误，B 正确；当38t ≈时，381804830p =°+°，且sin 48≈ cos θ=∴523sin(48)23(sin 48cos cos 48sin )3d q q q =-°-=-°-°=，故盛水筒P 没有进入水中，C 错误；当22t ≈时，22904230p =°+°，且cos 2sin 42483=≈，即42θ≈︒，∴23cos(42)23cos05d q =+°-=+°=，故盛水筒P 到达最高点，D 正确.故选：BD 【点睛】关键点点睛：画出筒车与水面的简单平面示意图，利用30tP p q Ð=-及盛水筒P 到水面的距离d 与相关线段的等量关系2d OB =-，写出函数解析式.12．AC 【分析】根据题意得：12a me ne =+，12b se te =+ ，对于A 结合向量相等理解判断；对于B 、D ：利用·cos a b a b θ= 以及22a a = 进行运算判断；对于C ：若a b，则R λ∃∈，使得()0a b b λ≠ =．【详解】()12,a m n a me ne =⇔=+，()12,b s t b se te =⇔=+ 对于A ：a b =即1212me ne se te +=+ ，则m s =，n t=A 正确；对于B ：()222222121122222cos 2a me ne m e mne e n e m mn n α++=++=+=即a =B 错误；对于C ：若a b，当0b =即0,0t s ==时，显然满足：0mt ns -=；当0b ≠ 即0t ≠或0t ≠时，则R λ∃∈，使得a b λ=，即()121212me ne se te se te λλλ+++== 则可得m sn t λλ=⎧⎨=⎩，消去λ得：0mt ns -=；C 正确；对于D ：结合可A 、B 知：若()1,2a =，()2,1b =则122a e e =+，122b e e =+ ，a b == ()()121212212222245cos 25a b e e e e e e e e α=+=+=+++根据题意得：π1cos 32a b a b a b==即()1245cos 54cos αα++=，可得：1cos 2α=-即2π3α=D 不正确；故选：AC ．13．4π【分析】将cos 2x 化为sin 22x π⎛⎫+ ⎪⎝⎭，进而通过平移得到答案.【详解】由已知可得sin 2()cos 2sin 22x x x πϕ⎛⎫+==+ ⎪⎝⎭，∴222k πϕπ=+，∴,4k k πϕπ=+∈Z ，∵0ϕ>，∴ϕ的最小值是4π．故答案为：4π.14．32##1.5【分析】根据水的体积与棱柱体积的关系得出结论．【详解】棱柱的体积公式是V Sh =，其中S 是q 底面积，h 是高．在图2中，水面是中截面，水面以上部分是一个三棱柱，所以这个三棱柱的底面积是原来三棱柱底面的14，从而这个小三棱柱的体积是大棱柱体积的14（高一样），所以水的体积是大三棱柱体积的34，那么图1中水面的高度是棱柱高的34，即为32．故答案为：32．15．9,716⎡⎤-⎢⎥⎣⎦【分析】根据复数相等可得出关于m 、λ、θ的等式，可得出2394sin 816λθ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，结合1sin 1θ-≤≤以及二次函数的基本性质可求得λ的取值范围.【详解】因为12z z =，则22cos 43sin m m θλθ=⎧⎨-=+⎩，所以，2223944cos 3sin 4sin 3sin 4sin 816λθθθθθ⎛⎫=--=-=-- ⎪⎝⎭，1sin 1θ-≤≤ ，故23994sin ,781616λθ⎛⎫⎡⎤=--∈- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦.故答案为：9,716⎡⎤-⎢⎥⎣⎦.16．【分析】取AC 的中点D ，得到OD ⊥AC ，利用向量的数量积求解得到7a =，用余弦定理和基本不等式得到cos C 的最小值，从而得到角C取到最大值时b =，再使用三角形面积公式进行求解出结果.【详解】设AC 的中点为D ，因为点O 为其外接圆的圆心，所以OA =OB =OC ，连接OD ，由三线合一得：OD ⊥AC ，则()()()2211121222BO AC BD DO AC BD AC BC BA BC BA BC BA ⋅=⋅⋅+==+-⋅=-=即22111222a c -=，所以7a =，由c a <知，角C 为锐角，故22224925124cos 21414abc b C b ab b b +-+-⎛⎫===+ ⎪⎝⎭，因为0b >，所以由基本不等式得：124cos 14C b b ⎛⎫=+≥ ⎪⎝⎭24b b =，即b =时等号成立，此时角C取到最大值，5sin 7C ==，115sin 7227ABC S ab C ==⨯⨯= △ABC 的面积为故答案为：17．(1)32(2)6a b ⋅=-，a b += 【分析】（1）根据平面向量共线定理列出方程组，从而可得出答案；（2）根据数量积得计算公式即可求出a b ⋅，根据a b +=得解.（1）解：若2ka b +与34a b + 共线，则存在λ，使得()234ka b a b λ+=+ ，即()()3240k a b λλ-+-= ，又因为向量a 与b不共线，所以30240k λλ-=⎧⎨-=⎩，解得1232k λ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，所以32k =；（2）解：cos,362a b a b a b⎛⎫⋅==⨯=-⎪⎪⎝⎭，a b+=.18．（Ⅰ）π；（Ⅱ）π3.【分析】（I）将()f x化简整理成()sin()f x A xωϕ=+的形式，利用公式2||Tπω=可求最小正周期；（II）根据[,]3x mπ∈-，可求26xπ-的范围，结合函数图象的性质，可得参数m的取值范围.【详解】（Ⅰ）()1cos211π1sin2sin2cos2sin22222262xf x x x x x-⎛⎫=+=-+=-+⎪⎝⎭，所以()f x的最小正周期为2ππ2T==.（Ⅱ）由（Ⅰ）知()π1sin262f x x⎛⎫=-+⎪⎝⎭.因为π,3x m⎡⎤∈-⎢⎥⎣⎦，所以π5ππ2,2666x m⎡⎤-∈--⎢⎥⎣⎦.要使得()f x在π,3m⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值为32，即πsin26x⎛⎫-⎪⎝⎭在π,3m⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的最大值为1.所以ππ262m-≥，即π3m≥.所以m的最小值为π3.点睛：本题主要考查三角函数的有关知识，解题时要注意利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简，化简时要注意特殊角三角函数值记忆的准确性，及公式中符号的正负. 19．（1）1517；（2）2．【详解】试题分析：（1）利用三角形的内角和定理可知A C Bπ+=-，再利用诱导公式化简()sin A C+，利用降幂公式化简28sin2B，结合22sin cos1B B+=，求出cos B；（2）由（1）可知8sin17B=，利用三角形面积公式求出ac，再利用余弦定理即可求出b.试题解析：（1）()2sin 8sin2BA C +=，∴()sin 41cosB B =-，∵22sin cos 1B B +=，∴()22161cos cos 1B B -+=，∴()()17cos 15cos 10B B --=，∴15cos 17B =；（2）由（1）可知8sin 17B =，∵1sin 22ABC S ac B =⋅=，∴172ac =，∴()2222222217152cos 2152153617154217b ac ac B a c a c a c ac =+-=+-⨯⨯=+-=+--=--=，∴2b =．20．(1)96π,96π;(2)24π.【分析】（1）由已知求得圆锥的母线长,再由圆锥的侧面积与体积公式求解;（2）作出圆柱与圆锥的截面图，把圆柱的侧面积用h 表示,然后结合二次函数求最值.【详解】（1）∵圆锥的底面半径R =6，高H =8，∴圆锥的母线长10L =，则表面积26036π96πS RL R πππ=+=+=，体积21963V R H ==ππ.（2）作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示,其中8,6,(08)SO OA OB OK h h ====<<，设圆柱底面半径为r ，则868r h-=，即3(8)4r h =-.设圆柱的侧面积为23322)(8)42r h h h h h S =⋅=⋅-'⋅=-+πππ.当4h =时，S '有最大值为24π.21．（1）15；（2）410-【分析】（1）根据任意角三角函数定义可求得sin ,cos αα，利用2πβα=-可求得sin cos βα=-，结合诱导公式可化简求出结果；（2）利用向量坐标表示可得到()2cos ,sin OA tOP t t ββ+=+，可求得224cos 4OA tOP t t β+=++ ，根据二次函数性质可求得22min44cos OA tOP β+=- ，从而利用()f t 的最小值构造方程可求得2cos β，根据角的范围可求得sin β和cos β，进而根据数量积的坐标运算可求得结果.【详解】（1）由34,55C ⎛⎫- ⎪⎝⎭可知：4sin 5α=，3cos 5α=-OC OP⊥ 2πβα∴=-3sin sin cos 25πβαα⎛⎫∴=-=-=⎪⎝⎭()()431sin sin sin sin 555παβαβ∴-+-=-=-=（2）由题意得：()cos ,sin P ββ()2,0OA ∴= ，()cos ,sin OP ββ=()2cos ,sin OA tOP t t ββ∴+=+()()22222cos sin 4cos 4OA tOP t t t t βββ∴+=++=++ 当2cos t β=-时，22min44cos OA tOP β+=-()min 1f t ∴=，解得：23cos 4β=1sin 2β∴==0βα<< 6πβ∴=cos 2β∴=12P ⎫∴⎪⎪⎝⎭3414525210OP OC -⎛⎫∴⋅=-⨯⨯=⎪⎝⎭ 【点睛】本题考查利用诱导公式化简求值、平面向量数量积的求解，涉及到任意角三角函数定义、向量坐标运算、向量模长最值的求解等知识；本题的解题关键是能够通过求解模长平方，结合二次函数的性质求得模长的最值.22．(1)9km(2)15(3)15AOM Ð=o 时，OMN 面积取最小值为(2272km4【分析】（1）在AOM 中利用余弦定理可求得OM ，由勾股定理得OM AN ⊥，知OAN 为正三角形，由此可得结果；（2）设()060AOM θθ∠=<<，由OMN OAM S =△△可得ON θ=；在OAN 中，利用正弦定理可得ON =；由此可构造方程求得θ；（3）设()060AOM θθ∠=<<，由（2）知2cos ON θ=；在AOM 中，利用正弦定理可得OM =+根据1sin 302OMN S OM ON =⋅⋅ ，结合三角恒等变换知识可化简得到OMN S =，由正弦函数的最值可确定所求最小值.【详解】（1） 在OAB 中，3OA =，OB =，AOB 90∠= ，60OAB ∴∠= ，在AOM 中，由余弦定理得：22299272cos 9424OM OA AM OA AM OAM =+-⋅∠=+-=，2OM ∴=；222OM AM OA ∴+=，则OM AN ⊥，30AOM ∴∠= ，OAN ∴ 为正三角形，则OAN 的周长为9，即防护网的总长度为9km .（2）设()060AOM θθ∠=<<，OMN OAM S ，1sin 30sin 22ON OM OA OM θ∴⋅=⋅ ，即ON θ=，在OAN 中，由()3sin 60cos sin 6030ON OA θθ==++得：ON =2cos θθ∴=，即1sin 22θ=，又02120θ<< ，230θ∴= ，解得：15θ= ，即15AOM Ð=o .（3）设()060AOM θθ∠=<<，由（2）知：2cos ON θ=，在AOM 中，由()sin 60sin 60OM OA θ=+ 得：OM =+，()127sin 30216sin 60cos OMN S OM ON θθ=⋅⋅=+222⎝⎭∴当且仅当26090θ+= ，即15θ=时，OMN 面积取最小值为(2272km 4.。

高一四校期中联考 数 学一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1．等差数列｛an ｝中，s10=120，那么a2＋a9= 2．等比数列｛an ｝中，满足a1+a2=3，a2+a3=6，则a7= 3．已知、、，则的边上的高所在直线方程为4．已知直线y=ax －2和y=（a ＋2）x ＋1互相垂直，则实数a 等于 5．在△ABC 中，已知A=450，B=150，a=1，则这个三角形的最大边的长为 6．在△ABC 中，已知a2＋b2－ab=c2，则∠C 的大小为7．已知等比数列｛an ｝中，a2=1，则其前三项和s3的取值范围是8．过点P （1，2）作一直线l ，使直线l 与点M （2，3）和点N （4，－5）的距离相等，则直线l 的方程为9．一个凸多边形各个内角的度数组成公差为50的等差数列，且最小内角为1200，则此多边形为 边形10．已知点P （x ，y ）在不等式组⎪⎩⎪⎨⎧≥-+≤-≤-0220102y x y x 表示的平面区域上运动，则z=x －y 的最大值为11．已知数列｛an ｝是公差不为零的等差数列，若a1=1, 且a1，a2，a5成等比数列，则an=12. 定义“等积数列”为：数列｛an ｝中，对任意n ∈N*，都有anan+1=p （常数），则数列｛an ｝称为等积数列，p 为公积，现已知数列｛an ｝为等积数列，且a1=1，a2=2，则当n 为奇数时，前n 项和sn=13．不等式 ++>0的解集是{|α<<β}, 其中β>α>0，则不等式2- +>0的解集是14．等差数列的前项和为，公差. 若存在正整数，使得，则当（）时，有an sn （填“>”、“<”、“=”）二、解答题：本大题共6小题，共90分，解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．(本题满分14分)求与点M （4，3）的距离为5，且在两坐标轴上的截距相等的直线方程.16．（本题满分14分）已知在等差数列{an}中，a1=31，sn 是它的前n 项的和，2210s s =（1）求sn ；（2）这个数列的前多少项的和最大，并求出这个最大值.)1 , 1(-A )1 , 3(B )3 , 1(C ABC ∆BC a 2x b x c x x c x b x a {}n a n n S 0<d (3)m m ≥m m a S =n m >+∈N n17．（本小题满分14分）已知f （x ）=－3x2＋a （6－a ）x ＋b. 解关于a 的不等式f （1）>0;当不等式f （x ）>0的解集为（－1，3）时，求实数a ，b 的值.18. (本小题满分16分)汽车在行驶中，由于惯性的作用，刹车后还要继续向前滑行一段距离才能停止，我们称这段距离为“刹车距离”。