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2019年厦门市高一数学下期中一模试题含答案一、选择题1．设l 为直线，,αβ是两个不同的平面，下列命题中正确的是( )A ．若//l α，//l β，则//αβB ．若l α⊥，l β⊥，则//αβC ．若l α⊥，//l β，则//αβD ．若αβ⊥，//l α，则l β⊥2．已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的求面上，ABC ∆是边长为1的正三角形，SC 为球O 的直径，且2SC =，则此棱锥的体积为（ ）A ．26B ．36C ．23D ．223．下列命题正确的是（ ）A ．经过三点确定一个平面B ．经过一条直线和一个点确定一个平面C ．两两相交且不共点的三条直线确定一个平面D ．四边形确定一个平面4．已知三棱锥S ABC -的所有顶点都在球O 的球面上，SC 为球O 的直径，且SC OA ⊥，SC OB ⊥，OAB V 为等边三角形，三棱锥S ABC -的体积为43，则球O 的半径为( )A ．3B ．1C ．2D ．45．已知正四面体ABCD 中，M 为棱AD 的中点，设P 是BCM ∆（含边界）内的点，若点P 到平面ABC ，平面ACD ，平面ABD 的距离相等，则符合条件的点P （ ） A ．仅有一个B ．有有限多个C ．有无限多个D ．不存在 6．已知圆M ：2220x y y =++与直线l ：350ax y a +-+=，则圆心M 到直线l 的最大距离为（ ）A ．5B ．6C ．35D ．41 7．用一个平面去截正方体，则截面不可能是（ ）A ．直角三角形B ．等边三角形C ．正方形D ．正六边形 8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为( )A ．12B ．18C ．24D ．309．长方体的三个相邻面的面积分别为2，3，6，则该长方体外接球的表面积为( ) A ．72π B ．56π C ．14π D ．64π10．点A 、B 、C 、D 在同一个球的球面上，AB=BC=2，AC=2，若四面体ABCD 体积的最大值为23，则这个球的表面积为（ ） A ．1256π B ．8π C ．2516π D ．254π 11．若方程21424x kx k +-=-+ 有两个相异的实根，则实数k 的取值范围是（ ）A ．13,34⎛⎤ ⎥⎝⎦B ．13,34⎛⎫ ⎪⎝⎭C ．53,124⎛⎫ ⎪⎝⎭D ．53,124纟çúçú棼 12．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M ，N 分别是1BC ，1CD 的中点，则下列说法错误．．的是( )A ．MN 与1CC 垂直B ．MN 与AC 垂直 C ．MN 与BD 平行 D ．MN 与11A B 平行二、填空题13．如图，在正方体1111—ABCD A B C D 中，M N ，分别为棱111C D C C ，的中点，有以下四个结论：①直线AM 与1CC 是相交直线；②直线AM 与BN 是平行直线；③直线BN 与1MB 是异面直线；④直线AM 与1DD 是异面直线．其中正确的结论的序号为________．14．已知圆22:20(0)M x y ay a +-=>截直线0x y +=所得线段的长度是22M 与圆22:(1)(1)1N x y -+-=的位置关系是_________．15．在平面直角坐标xOy 系中,设将椭圆()2222110y x a a a +=>-绕它的左焦点旋转一周所覆盖的区域为D ，P 为区域D 内的任一点，射线()02x y x =≥－上的点为Q ，若PQ 的最小值为a ，则实数a 的取值为_____．16．已知,m n 为直线，,αβ为空间的两个平面，给出下列命题：①,//m n m n αα⊥⎧⇒⎨⊥⎩；②,////m n m n αβαβ⊂⎧⎪⊂⇒⎨⎪⎩；③,//m m ααββ⊥⎧⇒⎨⊥⎩；④,//m m n n ββ⊥⎧⇒⎨⊥⎩．其中的正确命题为_________________．17．在一个密闭的容积为1的透明正方体容器内装有部分液体，如果任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形，那么液体体积的取值范围是 ．18．在平面直角坐标系内，到点A （1，2），B （1，5），C （3，6），D （7，﹣1）的距离之和最小的点的坐标是 ．19．在各棱长均为1的正四棱锥P ABCD -中，M 为线段PB 上的一动点，则当AM MC +最小时，cos AMC ∠=_________20．已知四面体ABCD 的外接球球心O 在棱CD 上，AB=3，CD=2，则A 、B 两点在四面体ABCD 的外接球上的球面距离是________.三、解答题21．如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥面ABCD ，//AB CD ，且22,22CD AB BC ===，90ABC ∠=︒，M 为BC 的中点．（1）求证：平面PDM ⊥平面PAM ；（2）若二面角P DM A --为30°，求直线PC 与平面PDM 所成角的正弦值．22．已知点(3,3)M ，圆22:(1)(2)4C x y -+-=.（1）求过点M 且与圆C 相切的直线方程；（2）若直线40()ax y a -+=∈R 与圆C 相交于A ，B 两点，且弦AB 的长为23实数a 的值.23．已知圆22:(2)(3)4C x y -+-=外有一点()41-,，过点P 作直线l ．(1)当直线l 与圆C 相切时，求直线l 的方程；(2)当直线l 的倾斜角为135︒时，求直线l 被圆C 所截得的弦长．24．四棱锥P -ABCD 中，底面ABCD 是直角梯形，//AB CD ，90BCD ∠=︒，22AB AD DC ===.PAD △ 为正三角形，二面角P -AD -C 的大小为23π.（1）线段AD 的中点为M.求证：平面PMB ⊥平面ABCD ；（2）求直线BA 与平面P AD 所成角的正弦值.25．如图，矩形ABCD 的两条对角线相交于点M(2，0)，AB 边所在直线的方程为x －3y －6＝0，点T(－1，1)在AD 边所在直线上．求：(1) AD 边所在直线的方程；(2) DC 边所在直线的方程．26．在正方体1111ABCD A B C D -中，AB=3，E 在1CC 上且12CE EC =．（1）若F 是AB 的中点，求异面直线1C F 与AC 所成角的大小；（2）求三棱锥1B DBE -的体积．【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．B【解析】A中，,αβ也可能相交；B中，垂直与同一条直线的两个平面平行，故正确；C中，,αβ也可能相交；D中，l也可能在平面β内.【考点定位】点线面的位置关系2．A解析：A【解析】【分析】【详解】根据题意作出图形：设球心为O，过ABC三点的小圆的圆心为O1，则OO1⊥平面ABC，延长CO1交球于点D，则SD⊥平面ABC．∵CO1=2333⨯=，∴116 133OO=-=，∴高SD=2OO1=263，∵△ABC是边长为1的正三角形，∴S△ABC=3，∴132623S ABCV-=⨯⨯=三棱锥．考点：棱锥与外接球，体积．【名师点睛】本题考查棱锥与外接球问题，首先我们要熟记一些特殊的几何体与外接球（内切球）的关系，如正方体（长方体）的外接球（内切球）球心是对角线的交点，正棱锥的外接球（内切球）球心在棱锥的高上，对一般棱锥来讲，外接球球心到名顶点距离相等，当问题难以考虑时，可减少点的个数，如先考虑到三个顶点的距离相等的点是三角形的外心，球心一定在过此点与此平面垂直的直线上．如直角三角形斜边中点到三顶点距离相等等等．3．C解析：C【解析】根据确定一个平面的公理及推论即可选出.【详解】A 选项，根据平面基本性质知，不共线的三点确定一个平面，故错误；B 选项，根据平面基本性质公理一的推论，直线和直线外一点确定一个平面，故错误；C 选项，根据公理一可知，不共线的三点确定一个平面，而两两相交且不共点的三条直线，在三个不共线的交点确定的唯一平面内，所以两两相交且不共点的三条直线确定一个平面，正确；选项D,空间四边形不能确定一个平面，故错误；综上知选C.【点睛】本题主要考查了平面的基本性质公理一及其推论，属于中档题.4．C解析：C【解析】【分析】根据题意作出图形，欲求球的半径r ．利用截面的性质即可得到三棱锥S ABC -的体积可看成是两个小三棱锥S ABO -和C ABO -的体积和，即可计算出三棱锥的体积，从而建立关于r 的方程，即可求出r ，从而解决问题．【详解】解：根据题意作出图形：设球心为O ，球的半径r ．SC OA ⊥Q ，SC OB ⊥，SC ∴⊥平面AOB ，三棱锥S ABC -的体积可看成是两个小三棱锥S ABO -和C ABO -的体积和．2343123S ABC S ABO C ABO V V V r r ---∴=+=⨯⨯⨯⨯=三棱锥三棱锥三棱锥， 2r ∴=．故选：C ．【点睛】本题考查棱锥的体积，考查球内接多面体，解题的关键是确定将三棱锥S ABC -的体积看成是两个小三棱锥S ABO -和C ABO -的体积和，属于中档题．5．A【解析】【分析】根据正四面体的对称性分析到平面ABC ，平面ACD ，平面ABD 的距离相等的点的轨迹，与BCM ∆所在平面的公共部分即符合条件的点P .【详解】在正四面体ABCD 中，取正三角形BCD 中心O ，连接AO ，根据正四面体的对称性，线段AO 上任一点到平面ABC ，平面ACD ，平面ABD 的距离相等，到平面ABC ，平面ACD ，平面ABD 的距离相等的点都在AO 所在直线上，AO 与BCM ∆所在平面相交且交于BCM ∆内部，所以符合题意的点P 只有唯一一个.故选：A【点睛】此题考查正四面体的几何特征，对称性，根据几何特征解决点到平面距离问题，考查空间想象能力.6．A解析：A【解析】【分析】计算圆心为()0,1M -，350ax y a +-+=过定点()3,5N -，最大距离为MN ，得到答案.【详解】圆M ：2220x y y =++，即()2211x y ++=，圆心为()0,1M -， 350ax y a +-+=过定点()3,5N -，故圆心M 到直线l 的最大距离为5MN =. 故选：A .【点睛】本题考查了点到直线距离的最值问题，确定直线过定点()3,5N -是解题的关键.7．A解析：A【解析】【分析】画出截面图形如图显然A正三角形C正方形：D正六边形可以画出三角形但不是直角三角形；故选A．用一个平面去截正方体，则截面的情况为：①截面为三角形时，可以是锐角三角形、等腰三角形、等边三角形，但不可能是钝角三角形、直角三角形；②截面为四边形时，可以是梯形（等腰梯形）、平行四边形、菱形、矩形，但不可能是直角梯形；③截面为五边形时，不可能是正五边形；④截面为六边形时，可以是正六边形．故可选A．8．C解析：C【解析】试题分析：由三视图可知，几何体是三棱柱消去一个同底的三棱锥，如图所示，三棱柱的高为，消去的三棱锥的高为，三棱锥与三棱柱的底面为直角边长分别为和的直角三角形，所以几何体的体积为，故选C．考点：几何体的三视图及体积的计算．【方法点晴】本题主要考查了几何体的三视图的应用及体积的计算，着重考查了推理和运算能力及空间想象能力，属于中档试题，解答此类问题的关键是根据三视图的规则“长对正、宽相等、高平齐”的原则，还原出原几何体的形状，本题的解答的难点在于根据几何体的三视图还原出原几何体和几何体的度量关系，属于中档试题．9．C解析：C【解析】【分析】由题意首先求得长方体的棱长，然后求解其外接球的表面积即可.【详解】设长方体的棱长分别为,,a b c ，则236ab bc ac =⎧⎪=⎨⎪=⎩，所以()236abc =，于是213a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，设球的半径为R ，则2222414R a b c =++=，所以这个球面的表面积为24R π=14π． 本题选择C 选项.【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.10．D解析：D【解析】试题分析：根据题意知，ABC V 是一个直角三角形，其面积为1．其所在球的小圆的圆心在斜边AC 的中点上，设小圆的圆心为Q ，若四面体ABCD 的体积的最大值，由于底面积ABC S V 不变，高最大时体积最大，所以，DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为12·33ABC S DQ =V ，即12133DQ ⨯⨯=，∴2DQ =，设球心为O ，半径为R ，则在直角AQO V 中，222OA AQ OQ =+，即()22212R R =+-，∴54R =，则这个球的表面积为：2525444S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭；故选Ｄ． 考点：球内接多面体，球的表面积． 11．D解析：D【解析】【分析】由题意可得，曲线22(1)4(1)x y y +-=…与直线4(2)y k x -=-有2个交点，数形结合求得k 的范围.【详解】如图所示，化简曲线得到22(1)4(1)x y y +-=…，表示以(0,1)为圆心，以2为半径的上半圆，直线化为4(2)y k x -=-，过定点(2,4)A ，设直线与半圆的切线为AD ，半圆的左端点为(2,1)B -，当AD AB k k k <…，直线与半圆有两个交点，AD 221k =+，解得512AD k =， 4132(2)4AB k -==--，所以53,124k ⎛⎤∈ ⎥⎝⎦. 故选：D【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，属于中档题.12．D解析：D【解析】【分析】先利用三角形中位线定理证明//MN BD ，再利用线面垂直的判定定理定义证明MN 与1CC 垂直，由异面直线所成的角的定义证明MN 与AC 垂直，即可得出结论.【详解】如图：连接1C D ，BD ，Q 在三角形1C DB 中，//MN BD ，故C 正确．1CC ⊥Q 平面ABCD ，1CC BD ∴⊥，MN ∴与1CC 垂直，故A 正确；AC BD ^Q ，//MN BD ，MN ∴与AC 垂直，B 正确；∵//MN BD ，MN ∴与11A B 不可能平行，D 错误故选：D ．【点睛】本题主要考查了正方体中的线面关系，线线平行与垂直的证明，异面直线所成的角及其位置关系，熟记正方体的性质是解决本题的关键.二、填空题13．③④【解析】【分析】【详解】试题分析：因为四边不共面所以直线与是异面直线所以①错误的；同理直线与也是异面直线直线与是异面直线直线与是异面直线所以②是错误的；③是正确的④是正确的故填③④考点：空间中直解析：③④【解析】【分析】【详解】试题分析：因为1,,,A M C C 四边不共面，所以直线AM 与1CC 是异面直线，所以①错误的；同理，直线AM 与BN 也是异面直线，直线BN 与1MB 是异面直线，直线AM 与1DD 是异面直线，所以②是错误的；③是正确的,④是正确的，故填③④．考点：空间中直线与直线的位置关系的判定．14．相交【解析】【分析】根据直线与圆相交的弦长公式求出的值结合两圆的位置关系进行判断即可【详解】解：圆的标准方程为则圆心为半径圆心到直线的距离圆截直线所得线段的长度是即则圆心为半径圆的圆心为半径则即两个 解析：相交【解析】【分析】根据直线与圆相交的弦长公式，求出a 的值，结合两圆的位置关系进行判断即可．【详解】解：圆的标准方程为222:()(0)M x y a a a +-=>，则圆心为(0,)a ，半径R a =，圆心到直线0x y +=的距离d =，Q圆22:20(0)M x y ay a +-=>截直线0x y +=所得线段的长度是∴即24a =，2a =，则圆心为(0,2)M ，半径2R =，圆22:(1)(1)1N x y -+-=的圆心为(1,1)N ，半径1r =，则MN =3R r +=Q ，1R r -=，R r MN R r ∴-<<+，即两个圆相交．故答案为：相交．【点睛】本题主要考查直线和圆相交的应用，以及两圆位置关系的判断，根据相交弦长公式求出a 的值是解决本题的关键．15．【解析】【分析】先确定轨迹再根据射线上点与圆的位置关系求最值即得结果【详解】所以为以为圆心为半径的圆及其内部设射线的端点为所以的最小值为故答案为：【点睛】本题考查动点轨迹以及点与圆位置关系考查数形结【解析】【分析】先确定D 轨迹，再根据射线上点与圆的位置关系求最值，即得结果.【详解】2222222(1)1,111,y x c a a c a a =+∴=--=∴=-Q ， 所以D 为以(1,0)F -为圆心，1a +为半径的圆及其内部，设射线()02x y x =≥－的端点为(2,2)A ，所以PQ 的最小值为1||(1),12,2AF a a a a -+===.故答案为：1132-+.【点睛】本题考查动点轨迹以及点与圆位置关系，考查数形结合思想以及基本分析求解能力，属中档题.16．③④【解析】关于①也会有的结论因此不正确；关于②也会有异面的可能的结论因此不正确；容易验证关于③④都是正确的故应填答案③④解析：③④【解析】关于①,也会有n⊂α的结论,因此不正确；关于②,也会有,m n异面的可能的结论,因此不正确；容易验证关于③④都是正确的,故应填答案③④.17．【解析】【分析】【详解】试题分析：如图正方体ABCD-EFGH此时若要使液面不为三角形则液面必须高于平面EHD且低于平面AFC而当平面EHD平行水平面放置时若满足上述条件则任意转动该正方体液面的形状解析：15, 66⎛⎫ ⎪⎝⎭【解析】【分析】【详解】试题分析：如图，正方体ABCD-EFGH，此时若要使液面不为三角形，则液面必须高于平面EHD，且低于平面AFC．而当平面EHD平行水平面放置时，若满足上述条件，则任意转动该正方体，液面的形状都不可能是三角形．所以液体体积必须＞三棱柱G-EHD的体积16，并且＜正方体ABCD-EFGH体积-三棱柱B-AFC体积15166-=考点：1．棱柱的结构特征；2．几何体的体积的求法18．（24）【解析】【分析】【详解】取四边形ABCD对角线的交点这个交点到四点的距离之和就是最小值可证明如下：假设在四边形ABCD中任取一点P在△APC中有AP＋PC＞AC在△BPD中有PB＋PD＞BD解析：（2，4）【解析】【分析】【详解】取四边形ABCD 对角线的交点，这个交点到四点的距离之和就是最小值．可证明如下： 假设在四边形ABCD 中任取一点P ，在△APC 中，有AP ＋PC ＞AC ，在△BPD 中，有PB ＋PD ＞BD ，而如果P 在线段AC 上，那么AP ＋PC ＝AC ；同理，如果P 在线段BD 上，那么BP ＋PD ＝BD.如果同时取等号，那么意味着距离之和最小，此时P 就只能是AC 与BD 的交点． 易求得P(2,4)．19．【解析】【分析】将侧面和侧面平展在一个平面上连即可求出满足最小时点的位置以及长解即可求出结论【详解】将侧面和侧面平展在一个平面上连与交点即为满足最小正四棱锥各棱长均为在平展的平面中四边形为菱形且在正 解析：13- 【解析】【分析】将侧面PAB 和侧面PBC 平展在一个平面上，连AC ，即可求出满足AM MC +最小时，点M 的位置，以及,AM CM 长，解AMC V ，即可求出结论.【详解】将侧面PAB 和侧面PBC 平展在一个平面上，连AC 与PB 交点即为满足AM MC +最小，正四棱锥P ABCD -各棱长均为1，在平展的平面中四边形PABC 为菱形，且60PAB ∠=o ，3AM MC ==P ABCD -中，2AC =在ACM V 中，222332144cos 32324AM CM AC AMC AM CM +-+-∠===-⋅⋅.故答案为:13-.【点睛】本题考查线线角，要注意多面体表面的长度关系转化为共面的长度关系，考查直观想象能力，属于中档题. 20．【解析】【分析】根据球心到四个顶点距离相等可推断出O 为CD 的中点且OA ＝OB ＝OC ＝OD 进而在△A0B 中利用余弦定理求得cos ∠AOB 的值则∠AOB 可求进而根据弧长的计算方法求得答案【详解】解：球心 解析：23π 【解析】【分析】根据球心到四个顶点距离相等可推断出O 为CD 的中点，且OA ＝OB ＝OC ＝OD ，进而在△A 0B 中，利用余弦定理求得cos ∠AOB 的值，则∠AOB 可求，进而根据弧长的计算方法求得答案．【详解】解：球心到四个顶点距离相等，故球心O 在CD 中点，则OA ＝OB ＝OC ＝OD ＝1，再由AB =A 0B 中，利用余弦定理cos ∠AOB 11312112+-==-⨯⨯， 则∠AOB 23π=，则弧AB 23π=•123π=． 故答案为：23π． 【点睛】本题主要考查了余弦定理的应用、四面体外接球的性质等，考查了学生观察分析和基本的运算能力． 三、解答题21．（1）详见解析；（2． 【解析】【分析】（1）在直角梯形ABCD 中，由条件可得222AD AM DM =+，即DM AM ⊥．再由PA ⊥面ABCD ，得DM PA ⊥，利用线面垂直的判定可得DM ⊥平面PAM ，进一步得到平面PDM ⊥平面PAM ；（2）由（1）知，,PM DM AM DM ⊥⊥，则PMA ∠为二面角P DM A --的平面角为30°，求得tan301PA AM =⋅︒=．以A 为坐标原点，分别以,,AE AB AP 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，求出PC u u u r 的坐标及平面PDM 的一个法向量，由PC u u u r 与n r 所成角的余弦值可得直线PC 与平面PDM 所成角的正弦值．【详解】（1）证明：在直角梯形ABCD 中，由已知可得，1,2,2AB CD BM CM ====可得223,6AM DM ==，过A 作AE CD ⊥，垂足为E ，则1,22DE AE ==29AD =，则222AD AM DM =+，∴DM AM ⊥．∵PA ⊥面ABCD ，∴DM PA ⊥，又PA AM A =I ，∴DM ⊥平面PAM ，∵DM ⊂平面PDM ，∴平面PDM ⊥平面PAM ； （2）解：由（1）知，,PM DM AM DM ⊥⊥，则PMA ∠为二面角P DM A --的平面角为30°，则tan301PA AM =⋅︒=．以A 为坐标原点，分别以,,AE AB AP 所在直线为,,x y z 轴建立空间直角坐标系， 则()0,0,1P ，(22,1,0)D -，2,1,0)C ，(2,1,0)M ，(22,1,1),(22,1,1),(2,1,1)PC PD PM =-=--=-u u u r u u u u r ．设平面PDM 的一个法向量为(,,)n x y z =， 由2020n PD x y z n PM x y z ⎧⋅=--=⎪⎨⋅=+-=⎪⎩u u u v v u u u u v v ，取1x =，得2321,22n ⎛= ⎝⎭r ． ∴直线PC 与平面PDM 所成角的正弦值为： ||230|cos ,|||||106PC n PC n PC n ⋅<>===⋅⋅u u u r r u u u r r u u u r r 【点睛】向量法是求立体几何中的线线角、线面角、面面角时常用方法.22．（1）3x =或34210x y +-=；（2）34-. 【解析】【分析】 （1）考虑切线的斜率是否存在，结合直线与圆相切的的条件d=r ，直接求解圆的切线方程即可．（2）利用圆的圆心距、半径及半弦长的关系，列出方程，求解a 即可．【详解】（1）由圆的方程得到圆心(1,2)，半径2r =.当直线斜率不存在时，直线3x =与圆C 显然相切；当直线斜率存在时，设所求直线方程为3(3)y k x -=-，即330kx y k -+-=，2=，解得34k =-， ∴ 方程为33(3)4y x -=--，即34210x y +-=. 故过点M 且与圆C 相切的直线方程为3x =或34210x y +-=. （2）∵ 弦长AB为 2.圆心到直线40ax y -+=的距离d =∴224⎛⎫+=⎝⎭， 解得34a =-. 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系的综合应用，考查切线方程的求法，考查了垂径定理的应用，考查计算能力．23．（1）4x =或3480x y +-=（2）【解析】【分析】(1)根据题意分斜率不存在和斜率存在两种情况即可求得结果;(2)先求出直线方程，然后求得圆心C 与直线l 的距离,由弦长公式即可得出答案.【详解】解: (1)由题意可得()2,3C ,直线l 与圆C 相切当斜率不存在时，直线l 的方程为4x =,满足题意当斜率存在时，设直线l 的方程为14y k x +=-,即410kx y k ---=∴2234121k k k ---=+,解得34k =- ∴直线的方程为3480x y +-=∴直线l 的方程为4x =或3480x y +-=(2)当直线l 的倾斜角为135︒时，直线l 的方程为30x y +-=圆心()2,3C 到直线l 的距离为23322+-=∴弦长为2222(2)22-=【点睛】本题考查了直线的方程、直线与圆的位置关系、点到直线的距离公式及弦长公式，培养了学生分析问题与解决问题的能力.24．（1）证明见解析；（2）34. 【解析】【分析】(1)直角梯形ABCD 中,过D 作DF ⊥AB 于F ,求解三角形可得ABD △为正三角形，又PAD △为正三角形，M 为线段AD 的中点，可得PM ⊥AD ，BM ⊥AD ，再由线面垂直的判定可得AD ⊥平面PBM ，从而得到平面PMB ⊥平面ABCD ；(2)在平面PMB 中，过B 作BO ⊥PM ,垂足为O ,则BO ⊥平面P AD ,连接AO ,则∠BAO 为直线BA 与平面P AD 所成角，然后求解三角形得答案.【详解】（1）证明：过D 作DF ⊥AB 于F在Rt ADE ∆中，2,1AD AE ==,3BAD π∴∠=∴BAD V 和PAD △是正三角形，∵M 是AD 的中点，∴AD MB ⊥，AD MP ⊥，又∵MB MP M ⋂=，∴AD ⊥平面PMB ，又∵AD ⊂平面ABCD∴平面PMB ⊥平面ABCD.（2）由（1）知PMB ∠是二面角P -AD -B 的平面角 ∴23PMB π∠=. 由（1）知AD ⊥平面PMB∵AD ⊂平面P AD∴平面PAD ⊥平面PBM∴过B 作平面P AD 的垂线，则垂足E 在PM 延长线上,∴3BME π∠=. 连结AE ，则BAE ∠是AB 与平面P AD 所成的角,∴3BM =，∴32BE =， ∴3sin 4BAE BE AB ∠== 【点睛】本题主要考查平面与平面垂直的判定，线面角的求法，二面角，考查空间想象能力与思维能力，属于中档题.25．（1）320x y ++=；（2）320x y -+=【解析】分析：（1）先由AD 与AB 垂直，求得AD 的斜率，再由点斜式求得其直线方程；（2）根据矩形特点可以设DC 的直线方程为()306x y m m -+=≠-，然后由点到直线的2210510m+=m 的值，即可求出结果. 详解：(1)由题意：ABCD 为矩形，则AB⊥AD，又AB 边所在的直线方程为：x －3y －6＝0，所以AD 所在直线的斜率k AD ＝－3，而点T(－1，1)在直线AD 上．所以AD 边所在直线的方程为：3x ＋y ＋2＝0.(2)方法一：由ABCD 为矩形可得，AB∥DC，所以设直线CD 的方程为x －3y ＋m ＝0.由矩形性质可知点M 到AB 、CD 的距离相等 所以＝,解得m ＝2或m ＝－6(舍)．所以DC 边所在的直线方程为x －3y ＋2＝0.方法二：方程x －3y －6＝0与方程3x ＋y ＋2＝0联立得A （0，-2），关于M 的对称点C （4，2）因AB ∥DC ，所以DC 边所在的直线方程为x －3y ＋2＝0.点睛：本题主要考查直线方程的求法，在求直线方程时，应先选择适当的直线方程的形式，并注意各种形式的适用条件．用斜截式及点斜式时，直线的斜率必须存在，而两点式不能表示与坐标轴垂直的直线，截距式不能表示与坐标轴垂直或经过原点的直线．故在解题时，若采用截距式，应注意分类讨论，判断截距是否为零；若采用点斜式，应先考虑斜率不存在的情况．26．(1)4π (2) 92 【解析】【分析】（1）连接AC ，11A C ，由11AC AC P 知11FC A ∠ （或其补角）是异面直线1C F 与AC 所成角，由余弦定理解三角形即可（2）根据11B DBE D BEB V V --=，且三棱锥1D BEB -的高为DC ，底面积为1BEB ∆的面积.【详解】（1）连接AC ，11A C ，∵1111,AC AC FC A ∴∠P （或其补角）是异面直线1C F 与AC 所成角在11FC A ∆中，111135932,2A C A F C F === 22211935(32)()(222cos 92322FC A +-∠==⨯∴异面直线1C F 与AC 所成角为4π． （2）由题意得， 1111119333=3322B DBED BEB BEB V V S DC --∆==⋅=⋅⋅⋅⋅． 【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角，三棱锥的体积，属于中档题.。
2020-2021厦门市高一数学下期中第一次模拟试卷附答案一、选择题1．在长方体1111ABCD A B C D -中，2AB BC ==，1AC 与平面11BB C C 所成的角为30o ，则该长方体的体积为（ ）A ．8B ．C ．D ．2．已知m ，n 表示两条不同直线，α表示平面，下列说法正确的是（ ）A ．若//,//,m n αα则//m nB ．若m α⊥，n α⊂，则m n ⊥C ．若m α⊥，m n ⊥，则//n αD ．若//m α，m n ⊥，则n α⊥ 3．三棱锥P -ABC 中，P A ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，P A =2，AB =BC =1，则其外接球的表面积为（ ）A ．6πB ．5πC ．4πD ．3π4．已知定义在R 上的函数()21()x m f x m -=-为实数为偶函数,记0.5(log 3),a f =2b (log 5),c (2)f f m ==,则,,a b c ,的大小关系为（ ）A ．a b c <<B ．c a b <<C ．a c b <<D ．c b a <<5．四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为正方形，PA ⊥底面ABCD ，2AB =，72PA =，若该四棱锥的所有顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ） A ．812π B ．814π C ．65π D ．652π 6．若直线20ax y +-=和直线()2140x a y +-+=平行，则a 的值为（ ） A ．1-或2 B ．1- C ．2 D ．不存在7．点A 、B 、C 、D 在同一个球的球面上，，AC=2，若四面体ABCD 体积的最大值为23，则这个球的表面积为（ ） A ．1256π B ．8π C ．2516π D ．254π 8．设有两条直线m ，n 和三个平面α，β，γ，给出下面四个命题：①m αβ=I ，////n m n α⇒，//n β②αβ⊥，m β⊥，//m m αα⊄⇒；③//αβ，//m m αβ⊂⇒；④αβ⊥，//αγβγ⊥⇒其中正确命题的个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．49．已知点()1,2-和⎫⎪⎪⎝⎭在直线():100l ax y a --=≠的两侧，则直线l 的倾斜角的取值范围是 ( )A ．,43ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ B ．2,33ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ C ．25,36ππ⎛⎫ ⎪⎝⎭ D ．30,,34πππ⎛⎫⎛⎫⋃ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭10．已知实数,x y 满足250x y ++=，那么22x y +的最小值为（ ）A ．5B ．10C ．25D ．210 11．已知直线()()():21110l k x k y k R ++++=∈与圆()()221225x y -+-=交于A ，B 两点，则弦长AB 的取值范围是（ ）A ．[]4,10B ．[]3,5C ．[]8,10D ．[]6,1012．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，1CC ⊥平面ABC ，ABC V 是等腰三角形，BA BC =，123AC CC ==，，D 是AC 的中点，点F 在侧棱1A 上，若要使1C F ⊥平面BDF ，则1AF FA 的值为( )A ．1B ．12或2C ．2或2D ．13或3 二、填空题13．设P ，A ，B ，C 是球O 表面上的四个点，PA ，PB ，PC 两两垂直，且1PA PB PC ===，则球O 的表面积为____________.14．已知A ，B ，C ，D 是同一球面上的四个点，其中ABC ∆是正三角形，AD ⊥平面ABC ，26AD AB ==，则该球的体积为_________.15．直线与圆交于两点，则________． 16．已知圆22:(2)1M x y +-=，Q 是x 轴上的动点，QA ，QB 分别切圆M 于A ，B两点，则动弦AB 的中点P 的轨迹方程为__________.17．直线10x y --=与直线20x ay --=互相垂直，则a =__________．18．在正方体1111ABCD A B C D -中，①BD P 平面11CB D ②直线AD 与1CB 所成角的大小为60︒③1AA BD ⊥ ④平面11A BC ∥平面1ACD请把所有正确命题的序号填在横线上________．19．在正方体1111ABCD A B C D -中，E 是棱1DD 的中点，则直线BE 和平面11ABB A 所成的角的正弦值为_____________.20．已知球的表面积为20π，球面上有A 、B 、C 三点．如果2AB AC ==，22BC =，则球心到平面ABC 的距离为__________．三、解答题21．如图，矩形ABCD 所在平面与半圆弧»CD所在平面垂直，M 是»CD 上异于C ，D 的点．（1）证明：平面AMD ⊥平面BMC ；（2）在线段AM 上是否存在点P ，使得MC ∥平面PBD ？说明理由．22．如图1所示，在等腰梯形ABCD 中，4524AB CD BAD AB CD ∠=︒==∥，，，点E 为AB 的中点.将ADE ∆沿DE 折起，使点A 到达P 的位置，得到如图2所示的四棱锥P EBCD -，点M 为棱PB 的中点.（1）求证：PD MCE ∥平面；（2）若PDE EBCD ⊥平面平面，求三棱锥M BCE -的体积.23．已知ABC ∆的三个顶点(),A m n 、()2,1B 、()2,3C -.（1）求BC 边所在直线的方程；（2）BC 边上中线AD 的方程为2360x y -+=，且7ABC S ∆=，求点A 的坐标.24．已知过点A (0，1)且斜率为k 的直线l 与圆C ：(x －2)2＋(y －3)2＝1交于M ，N 两点．(1)求k 的取值范围；(2)若OM ON ⋅u u u u v u u u v ＝12，其中O 为坐标原点，求|MN |.25．在平面直角坐标系xOy 中，直线2210x y +-=与圆C 相切，圆心C 的坐标为()2,1-（1）求圆C 的方程；（2）设直线y =x +m 与圆C 交于M 、N 两点. ①若22MN ≥m 的取值范围；②若OM ⊥ON ，求m 的值.26．在ABC ∆中，已知()1,2A ，()3,4C ，点B 在x 轴上，AB 边上的高线CD 所在直线的方程为220x y --=.（1）求B 点坐标；（2）求ABC ∆面积.【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除一、选择题1．C解析：C【解析】【分析】首先画出长方体1111ABCD A B C D -，利用题中条件，得到130AC B ∠=o，根据2AB =，求得123BC =，可以确定122CC =，之后利用长方体的体积公式求出长方体的体积.【详解】在长方体1111ABCD A B C D -中，连接1BC ，根据线面角的定义可知130AC B ∠=o，因为2AB =，所以123BC =，从而求得122CC =， 所以该长方体的体积为222282V =⨯⨯= C.【点睛】该题考查的是长方体的体积的求解问题，在解题的过程中，需要明确长方体的体积公式为长宽高的乘积，而题中的条件只有两个值，所以利用题中的条件求解另一条边的长就显得尤为重要，此时就需要明确线面角的定义，从而得到量之间的关系，从而求得结果. 2．B解析：B【解析】试题分析：线面垂直，则有该直线和平面内所有的直线都垂直，故B 正确.考点：空间点线面位置关系．3．A解析：A【解析】分析：将三棱锥的外接球转化为以,,AP AB BC 为长宽高的长方体的外接球，从而可得球半径，进而可得结果.详解：因为PA ⊥平面AB ，,AB BC ⊂平面ABC ，PA BC ∴⊥，,PA AB AB BC ⊥⊥Q ，所以三棱锥的外接球，就是以,,AP AB BC 为长宽高的长方体的外接球，外接球的直径等于长方体的对角线， 即24116R =++=246R ππ=，故选A.点睛：本题主要考查三棱锥外接球表面积的求法，属于难题.要求外接球的表面积和体积，关键是求出求的半径，求外接球半径的常见方法有：①若三条棱两垂直则用22224R a b c =++（,,a b c 为三棱的长）；②若SA ⊥面ABC （SA a =），则22244R r a =+（r 为ABC ∆外接圆半径） ③可以转化为长方体的外接球；④特殊几何体可以直接找出球心和半径.4．B解析：B【解析】由()f x 为偶函数得0m =,所以0,52log 3log 32121312,a =-=-=-=2log 521514b =-=-=,0210c =-=,所以c a b <<,故选B.考点：本题主要考查函数奇偶性及对数运算.5．B解析：B【解析】【分析】根据题意可知，该四棱锥的外接球即为其所在长方体的外接球，根据公式即可求得.【详解】根据题意，为方便说明，在长方体中找出该四棱锥如图所示：由图可知在长方体中的四棱锥P ABCD -完全满足题意，故该四棱锥的外接球即是长方体的外接球，故外接球半径222722294R ⎛⎫++ ⎪⎝⎭==， 故该球的表面积为28144S R ππ==. 故选：B .【点睛】本题考查四棱锥外接球的问题，关键的步骤是将问题转化为求长方体的外接球. 6．C解析：C【解析】【分析】直接根据直线平行公式得到答案.【详解】直线20ax y +-=和直线()2140x a y +-+=平行，则()12a a -=，解得2a =或1a =-.当1a =-时，两直线重合，排除.故选：C .【点睛】本题考查了根据直线平行求参数，意在考查学生的计算能力，多解是容易发生的错误.7．D解析：D【解析】试题分析：根据题意知，ABC V 是一个直角三角形，其面积为1．其所在球的小圆的圆心在斜边AC 的中点上，设小圆的圆心为Q ，若四面体ABCD 的体积的最大值，由于底面积ABC S V 不变，高最大时体积最大，所以，DQ 与面ABC 垂直时体积最大，最大值为12·33ABC S DQ =V ，即12133DQ ⨯⨯=，∴2DQ =，设球心为O ，半径为R ，则在直角AQO V 中，222OA AQ OQ =+，即()22212R R =+-，∴54R =，则这个球的表面积为：2525444S ππ⎛⎫== ⎪⎝⎭；故选Ｄ． 考点：球内接多面体，球的表面积． 8．B解析：B【解析】【分析】根据直线与平面、平面与平面的位置关系的性质和定理，逐项判断，即可得到本题答案.【详解】对于选项①，,//m n m αβ⋂=不能得出,////n n αβ，因为n 可能在α或β内，故①错误；对于选项②，由于,,m m αββα⊥⊥⊄，则根据直线与平面平行的判定，可得//m α，故②正确；对于选项③，由于//αβ，m α⊂，则根据面面平行的性质定理可得//m β，故③正确； 对于选项④，由于,αβαγ⊥⊥，则,βγ可能平行也可能相交，故④错误.故选：B【点睛】本题主要考查直线与平面、平面与平面的位置关系的性质和定理，考查学生的空间想象能力和推理判断能力.9．D解析：D【解析】设直线l 的倾斜角为θ∈[0,π).点A (1,−2),B 直线l :ax −y −1=0(a ≠0)经过定点P (0,−1). ()121,01PA PB k k ---==-==-∵点(1,−2)和在直线l :ax −y −1=0(a ≠0)的两侧，∴k P A <a <k PB ,∴−1<tanθtanθ≠0. 解得30,34ππθθπ<<<<.本题选择D 选项. 10．A解析：A【解析】(,)x y 到坐标原点的距离，又原点到直线250x y ++=的距离为d ==A.11．D解析：D【解析】【分析】由直线()()21110k x k y ++++=，得出直线恒过定点()1,2P -，再结合直线与圆的位置关系，即可求解.【详解】由直线()()():21110l k x k y k R ++++=∈，可得()210k x y x y ++++=，又由2010x y x y +=⎧⎨++=⎩，解得12x y =⎧⎨=-⎩，即直线恒过定点()1,2P -，圆心()1,2C ，当CP l ⊥时弦长最短，此时2222AB CP r ⎛⎫+= ⎪⎝⎭，解得min 6AB =， 再由l 经过圆心时弦长最长为直径210r =， 所以弦长AB 的取值范围是[]6,10.故选：D.【点睛】本题主要考查了直线系方程的应用，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中熟练利用直线的方程，得出直线恒过定点，再结合直线与圆的位置关系求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.12．B解析：B【解析】【分析】易证1BD C F ⊥，故要使1C F ⊥平面BDF ，只需1C F DF ⊥，然后转化到平面11AAC C 中，根据勾股定理计算，即可得结果.【详解】1CC ⊥平面ABC ，BD ⊂平面ABC ，所以1BD CC ⊥，又BA BC =，D 为AC 中点，所以BD AC ⊥，又1AC CC C =I ，所以BD ⊥平面11AAC C ，1C F Q 平面11AAC C ，所以1C F BD ⊥，因为DF BD D =I ，故要使1C F 平面BDF ，只需1C F DF ⊥，在四边形11AAC C 中，1231AC CC AD CD ====，，， 设AF x =，则13FA x =-，由22211C D DF C F =+得()()2219143x x ⎡⎤+=+++-⎣⎦， 即2320x x -+=，解得1x =或2x =， 所以112AF FA =或者12AF FA =， 故选：B.【点睛】本题考查了棱柱的结构特征，考查了空间中直线与平面的垂直的性质，勾股定理，考查空间想象能力和推理能力，属于中档题．二、填空题13．【解析】【分析】利用条件两两垂直且把三棱锥扩展为正方体球的直径即是正方体的体对角线长由球的表面积公式求解【详解】先把三棱锥扩展为正方体则正方体的体对角线的长为所以球的半径为所以球的表面积为【点睛】本 解析：3π【解析】【分析】利用条件PA ，PB ，PC 两两垂直，且1PA PB PC ===把三棱锥P ABC -扩展为正方体，球的直径即是正方体的体对角线长，由球的表面积公式求解．【详解】先把三棱锥P ABC -3,所以球的半径为3 所以球的表面积为234π3π⨯=⎝⎭．【点睛】 本题主要考查了球的体积公式：343V r π=球（其中r 为球的半径）及长方体的体对角线长公式：222l a b c =++,,a b c 分别是长方体的长、宽、高）．14．【解析】【分析】取正的外心为过作平面的垂线在上取点使得即得是三棱锥外接球球心求出球半径可得体积【详解】如图是外心延长线与交于点是中点过作平面取∵平面ABC ∴到的距离相等∴是三棱锥外接球球心∴所以故答 解析：323π【分析】取正ABC 的外心为M ，过M 作平面ABC 的垂线，在上取点O ，使得12OM AD =，即得O 是三棱锥A BCD -外接球球心，求出球半径可得体积． 【详解】如图，M 是ABC ∆外心，AM 延长线与BC 交于点E ，E 是BC 中点，过M 作MO ⊥平面ABC ，取12OM AD =， ∵AD ⊥平面ABC ，∴//MO AD ，O 到,A D 的距离相等，∴O 是三棱锥A BCD -外接球球心，233332AM =⨯⨯=，3OM =，∴22223(3)23OA OM AM =+=+=， 所以2344()(23)32333V OA πππ==⨯=． 故答案为：323π．【点睛】本题考查求球的体积，解题关键是作出外接球球心．三棱锥外接球球心在过各面中点且与面垂直的直线上．15．22【解析】【分析】首先将圆的一般方程转化为标准方程得到圆心坐标和圆的半径的大小之后应用点到直线的距离求得弦心距借助于圆中特殊三角形半弦长弦心距和圆的半径构成直角三角形利用勾股定理求得弦长【详解】根 解析：【解析】 【分析】首先将圆的一般方程转化为标准方程，得到圆心坐标和圆的半径的大小，之后应用点到直线的距离求得弦心距，借助于圆中特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成直角三角形，利用勾股定理求得弦长.根据题意，圆的方程可化为，所以圆的圆心为，且半径是，根据点到直线的距离公式可以求得， 结合圆中的特殊三角形，可知，故答案为.【点睛】该题考查的是有关直线被圆截得的弦长问题，在解题的过程中，熟练应用圆中的特殊三角形半弦长、弦心距和圆的半径构成的直角三角形，借助于勾股定理求得结果.16．【解析】【分析】转化条件点三点共线即可得到点满足的条件化简即可得解【详解】由圆的方程可知圆心半径为设点点三点共线可得由相似可得即联立消去并由图可知可得故答案为：【点睛】本题考查了圆的性质和轨迹方程的解析：2271416x y ⎛⎫+-=⎪⎝⎭(2)y < 【解析】 【分析】转化条件点P 、M 、Q 三点共线、2MQ PM BM ⋅=即可得到点P 满足的条件，化简即可得解. 【详解】由圆的方程可知圆心()0,2，半径为1.设点(),P x y ，(),0Q a ，点P 、M 、Q 三点共线， 可得22y x a-=-， 由相似可得2MQ PM BM ⋅=即()222421a x y ++-=，联立消去a 并由图可知2y <，可得()2271()2416x y y +-=<.故答案为：()2271()2416x y y +-=<【点睛】本题考查了圆的性质和轨迹方程的求法，考查了转化能力和运算能力，属于中档题.17．【解析】【分析】根据直线垂直的条件计算即可【详解】因为直线与直线互相垂直所以解得故填【点睛】本题主要考查了两条直线垂直的条件属于中档题 解析：1-【分析】根据直线垂直的条件计算即可. 【详解】因为直线10x y --=与直线20x ay --=互相垂直， 所以110a ⨯+= 解得1a =-.故填1-. 【点睛】本题主要考查了两条直线垂直的条件，属于中档题.18．①③④【解析】【分析】利用线面平行的判定定理判断①；由异面直线所成角判断②；由线面垂直的性质判断③；由面面平行的判定定理判断④【详解】对于①如下图所示由于则四边形为平行四边形则面面所以平面故①正确；解析：①③④ 【解析】 【分析】利用线面平行的判定定理判断①；由异面直线所成角判断②；由线面垂直的性质判断③；由面面平行的判定定理判断④. 【详解】对于①，如下图所示，由于1111,DD BB DD BB =P ，则四边形11DD B B 为平行四边形，则11D B BD P11D B ⊂面11D B C ，BD ⊄面11D B C ，所以BD P 平面11CB D ，故①正确；对于②，由于AD BC ∥，则直线AD 与1CB 所成角为145B CB ∠=︒，故②错误； 对于③，1AA ⊥面ABCD ，BD ⊂面ABCD ，则1AA BD ⊥，故③正确； 对于④，在正方体中，1111,AA CC AA CC =P ，则四边形11AAC C 为平行四边形 所以1111,AC AC AC ⊄P 平面1ACD ，AC ⊂平面1ACD ，所以11A C ∥平面1ACD 同理1A B P 平面1ACD ，1111111,,AC A B A AC A B ⋂=⊂平面11A BC 所以平面11A BC ∥平面1ACD ，故④正确； 故答案为：①③④【点睛】本题主要考查了利用判定定理证明线面平行，面面平行，利用线面垂直的性质证明线线垂直，异面直线所成角，属于中档题.19．【解析】【分析】作出直线和平面所成的角解直角三角形求得线面角的正弦值【详解】设为的中点连接根据正方体的性质可知平面所以是直线和平面所成的角设正方体的边长为在中所以故答案为：【点睛】本小题主要考查线面解析：23【解析】 【分析】作出直线BE 和平面11ABB A 所成的角，解直角三角形求得线面角的正弦值. 【详解】设F 为1AA 的中点，连接,,EF EB BF ，根据正方体的性质可知EF ⊥平面11ABB A ，所以EBF ∠是直线BE 和平面11ABB A 所成的角.设正方体的边长为2，在Rt EBF ∆中2EF =，2222213BE =++=，所以2sin 3EF EBF BE ∠==. 故答案为：23【点睛】本小题主要考查线面角的求法，考查空间想象能力，属于基础题.20．【解析】设球的半径为表面积解得∵在中∴从圆心作平面的垂线垂足在斜边的中点处∴球心到平面的距离故答案为点睛：本题考查的知识点是空间点线面之间的距离计算其中根据球心距球半径解三角形我们可以求出所在平面截 3【解析】设球的半径为r ，表面积24π20πS r ==，解得5r =ABC V 中，2AB AC ==，22BC =222AB AC BC +=，∴90BAC ∠=︒，从圆心作平面ABC 的垂线，垂足在斜边BC 的中点处，∴球心到平面ABC 的距离22132d r BC ⎛⎫=-= ⎪⎝⎭3点睛：本题考查的知识点是空间点、线、面之间的距离计算，其中根据球心距d ，球半径R ，解三角形我们可以求出ABC V 所在平面截球所得圆（即ABC V 的外接圆半径），构造直角三角形，满足勾股定理，我们即可求出球心到平面ABC 的距离是与球相关的距离问题常用方法. 三、解答题21．（1）证明见解析 （2）存在，理由见解析 【解析】 【分析】【详解】分析：（1）先证AD CM ⊥,再证CM MD ⊥，进而完成证明． （2）判断出P 为AM 中点，，证明MC ∥OP ，然后进行证明即可． 详解：（1）由题设知，平面CMD ⊥平面ABCD ，交线为CD ． 因为BC ⊥CD ，BC ⊂平面ABCD ，所以BC ⊥平面CMD ，故BC ⊥DM ．因为M 为»CD上异于C ，D 的点，且DC 为直径，所以DM ⊥CM ． 又BC ∩CM =C ，所以DM ⊥平面BMC ． 而DM ⊂平面AMD ，故平面AMD ⊥平面BMC ． （2）当P 为AM 的中点时，MC ∥平面PBD ．证明如下：连结AC 交BD 于O ．因为ABCD 为矩形，所以O 为AC 中点． 连结OP ，因为P 为AM 中点，所以MC ∥OP ．MC ⊄平面PBD ，OP ⊂平面PBD ，所以MC ∥平面PBD ．点睛：本题主要考查面面垂直的证明，利用线线垂直得到线面垂直，再得到面面垂直，第二问先断出P 为AM 中点，然后作辅助线，由线线平行得到线面平行，考查学生空间想象能力，属于中档题． 22．（1）见解析；（2）26【解析】 【分析】（1）连接BD ，交CE 于点O ，连接OM ，易知底面EBCD 是平行四边形，则O 为BD 中点，又M 是BP 中点，可知PD MO P ，则结论可证.（2）先证明ADE V 是等腰直角三角形，由条件中的面面垂直可得PD ⊥平面BCDE ，则由（1）可知MN ⊥平面BCDE ，则MN 为三棱锥M BCE -的高，底面BCE V 的面积容易求得，根据公式求三棱锥M BCE -的体积. 【详解】（1）在平面图中，因为12BE AB CD ==且//BE CD ， 所以四边形EBCD 是平行四边形； 在立体图中，连接BD ，交CE 于点O ，连接OM ，所以点O 是BD 的中点，又因为点M 为棱PB 的中点，所以//OM PD ，因为PD ⊄平面MCE ，OM ⊂平面MCE ， 所以//PD 平面MCE ； （2）在平面图中，因为EBCD 是平行四边形，所以DE BC =，因为四边形ABCD 是等腰梯形， 所以AD BC =，所以AD DE =，因为45BAD ∠=︒，所以AD DE ⊥； 在立体图中，PD DE ⊥，又平面PDE ⊥平面EBCD ，且平面PDE ⋂平面EBCD DE =，PD ⊂平面PDE 所以PD ⊥平面EBCD ，由（1）知//OM PD ，所以OM ⊥平面EBCD ， 在等腰直角三角形ADE 中，因为2AE =，所以2AD DE ==所以112222OM PD AD ===，又1BCE ADE S S ∆∆==， 所以123M BCE BCE V S OM -∆=⋅⋅=. 【点睛】本题考查平面几何与立体几何的关系，线面平行的证明，面面垂直的性质等，有一定的综合性，属中等题.23．（1）240x y +-=；（2）点A 坐标为()3,4、()3,0- 【解析】 【分析】（1）利用两点式求得BC 边所在直线方程；（2）利用点到直线的距离公式求得A 到直线BC 的距离，根据面积7ABC S ∆=以及点A 在直线2360x y -+=上列方程组，解方程组求得A 点的坐标.【详解】（1）由()2,1B 、()2,3C -得BC 边所在直线方程为123122y x --=---，即240x y +-=. （2）BC ==A 到BC 边所在直线240x y +-=的距离为d =A 在直线2360x y -+=上，故1722360ABC S BC d m n ∆⎧=⋅⋅=⎪⎨⎪-+=⎩，即2472360m n m n ⎧+-=⎨-+=⎩，解得()3,4A 或()30A -,. 【点睛】本小题主要考查利用两点式求直线方程，考查点到直线的距离公式，考查三角形面积公式，属于基础题. 24．（1）；（2）2． 【解析】试题分析：（1）由题意可得，直线l 的斜率存在，用点斜式求得直线l 的方程，根据圆心到直线的距离等于半径求得k 的值，可得满足条件的k 的范围．（2）由题意可得，经过点M 、N 、A 的直线方程为y=kx+1，根据直线和圆相交的弦长公式进行求解试题解析：（1）由题意可得，直线l 的斜率存在， 设过点A （0，1）的直线方程：y=kx+1，即：kx-y+1=0． 由已知可得圆C 的圆心C 的坐标（2，3），半径R=1．1=，解得：12k k ==．k <<A （0，1）的直线与圆C ：()()22231x y -+-=相交于M ，N 两点．（2）设M ()11,x y ；N ()22,x y ，由题意可得，经过点M 、N 、A 的直线方程为y=kx+1，代入圆C 的方程()()22231x y -+-=，可得()()2214170kxk x +-++=，∴()121222417,11k x x x x k k++==++， ∴()()()2212121212212411111k k y y kx kx k x x k x x k ++=++=+++=+，由2121221248·121k k OM ON x x y y k++=+==+u u u u r u u u r ，解得 k=1， 故直线l 的方程为 y=x+1，即 x-y+1=0．圆心C 在直线l 上，MN 长即为圆的直径．所以|MN|=2考点：直线与圆的位置关系；平面向量数量积的运算25．（1）22(2)(1)4x y -++=；（2）①51m -≤≤-；②m =或32m -=【解析】 【分析】（1）假设圆的方程，利用以()2,1C -为圆心的圆与直线10x y +-=相切，即可求得圆C 的方程；（2）①直线y x m =+圆C 交于M 、N 两点，根据圆心到直线的距离，半径，弦长之间的关系，得到关系式求出m 的范围.②设()()1122,,,M x y N x y ，联立直线与圆的方程，通过韦达定理以及判别式，通过OM ⊥ON ，求出m 的值即可. 【详解】解：（1）设圆的方程是222(2)(1)x y r -++=，依题意，直线10x y +-=与圆C 相切，∴所求圆的半径2r ==，∴所求的圆方程是22(2)(1)4x y -++=； （2）①圆心()2,1C -到直线y x m =+的距离d ==MN ∴==≥解得51m -≤≤-；②设()()1122,,,M x y N x y ，22(2)(1)4y x mx y =+⎧⎨-++=⎩， 消去y ，得到方程2222(1)210x m x m m +-+++=，由已知可得，判别式(224(1)422+1)0m m m ∆=--⨯+>， 化简得2610m m ++<，21212211,2m m x x m x x +++=-+=①， 由于OM ⊥ON ，可得12120x x y y += 又1122,y x m y x m ==++， 所以()2121220x x m x x m +++=②，由①，②得32m -=或32m -=，满足>0∆，故32m -+=或32m -=. 【点睛】本题重点考查圆的标准方程，考查直线与圆的位置关系，考查圆中弦长的计算，合理运用圆的性质是关键.注意韦达定理及整体思想的运用，属中档题. 26．(1) ()5,0B ; (2)6 【解析】 【分析】(1)根据AB 边上的高线CD 所在直线的方程为220x y --=求得AB 的斜率,再设B 点坐标利用斜率求解即可.(2)求得直线AC 的方程,再计算B 点到直线AC 的距离与线段AC 的长度即可. 【详解】(1)由AB 边上的高线CD 所在直线的方程为220x y --=,其斜率为2,故直线AB 的斜率为1122k -==-.设()0,0B x 则00201512x x -=-⇒=-.故()5,0B (2)因为()1,2A ,()3,4C ,故42:131AC k -=-,故:2110AC l y x x y -=-⇒-+=. 又AC ==又B 点到直线AC的距离d == .故11622ABC S AC d ∆=⋅=⨯=. 【点睛】本题主要考查了直线方程的表达式与解析几何中的距离公式等,需要根据题意选取公式求解即可.属于中等题型.。
一、填空题（每题3分，共24分），请把答案写在下面表格中对应的位置。
1．设1ln()z x y =+的定义域为 0x y +>且1x y +≠2. 过原点且与直线10240x y z x y +++=⎧⎨-+=⎩垂直的平面方程为 123x y z==-3. 已知,,a b c 都是单位向量，且满足++0a b c =，求++a b b c c a ⋅⋅⋅= 32-4. 两平面062=-+-z y x 和052=-++z y x 的夹角是3π 5. 将xoz 坐标面上的曲线x z 52=绕x 轴旋转所生成的旋转曲面方程为5y z x +=6. 设 ⎪⎪⎭⎫⎝⎛+=y x xy z ln ,则 2z x y ∂=∂∂______0_7. 微分方程y xy x y'=+的通解是sin y Cx x =8. 函数23u xy z xyz =+-在点0(0,1,2)P -沿方向(1l =的方向导数0P ul∂=∂152二、选择题：（每题2分，共20分）请把答案写在下面表格中对应的位置。
1．向量(,,)x y z a a a a =与x 轴垂直，则[ A ](A).0x a = (B).0y a = (C).0z a = (D).0x y a a == 2．设1(,,)()zx f x y z y=，则(1,1,1df ＝[ B ]A. dx dy +B.dx dy - C.dx dz - D. dx dz +3．在空间直角坐标系中，方程 22120x y --=所表示的曲面是 [ D ](A) 椭球面 (B) 椭圆抛物面 (C) 单叶双曲面 (D) 椭圆柱面（A）)ln(y x -（B ）)ln(2y x -（C）)ln (ln 21y x - （D ）)ln(2y x -4. 设函数(,)0(,)0,(,)(0,0)xy x y f x y x y ⎧≠⎪=⎨⎪=⎩,则函数(,)f x y 在(0,0)处[ C ]（A ）不连续 （B ）连续但不可微 （C ）可微 （D ）偏导数不存在5. 下列微分方程中，属于可分离变量的微分方程是 [ C ] （A ）0)sin(=+ydy dx xy x （B ）)ln(y x y +='（C ）y x dxdysin = （D ）21y e y xy x =+'6．已知函数22(,)f xy x y x y xy +=++，则(,)f x y x ∂∂，(,)f x y y∂∂分别为[ D ]. (A). 2, 2y x ; (B).22,2x y y x ++; (C).2,1y -; (D).1,2y -.7. 设函数22)(4),(y x y x y x f ---=，则)2,2(-是),(y x f 的[ A ]（A ）极大值点 （B ）极小值点 （C ）驻点而非极值点 （D ）非驻点 8.设2(,,),(,)0x f x y z yz e z g x y x y z xyz ==+++=其中是由方程确定的隐函数，则(0,1,1)x f '-=[ C ](A). 0 (B). -1(C).1 （D ）.-29．微分方程0294=+'+''y y y ，0|0==x y ，15|0='=x y 的特解是=y [ B ]（A ）x ex5cos )1(32-- （B ）x ex3sin 52-（C ）x e x5sin 32- （D ）x e x 3cos )1(52--10. 判断极限22200lim x y x yx y →→=+[ C ] (A). 不存在 (B). 1 (C). 0 （D ）.无法确定（A ）0)sin(=+ydy dx xy x （B ）)ln(y x y +=' （C ）y x dxdysin = （D ）21y e y xy x =+' 三、计算题（每题6分，共35分）1、求直线1010x y z x y z +--=⎧⎨-++=⎩在平面:0x y z ∏++=上的投影直线方程.解：设过该直线的平面束方程为：(1)(1)0x y z x y z λ+--+-++= 即(1)(1)(1)(1)0x y z λλλλ++-+-+-=--------------------------2分又要找一个和平面∏垂直的平面(1)1(1)1(1)101λλλλ∴+⋅+-⋅+-⋅=⇒=--------------------------------------4分 即得平面：10y z --=与平面∏垂直----------------------------------------5分∴该投影直线方程为100y z x y z --=⎧⎨++=⎩-----------------------------------------6分2、求曲面222y x z +=平行于平面022=-+z y x 的切平面方程.解：令(,,)=F x y z 222+-x y z ，则(,,)(,2,1==-x y z n F F F x y ---------------------2分又平面220+-=x y z 的法向量为(2,2,1)-根据题意知21221-==-x y ， 2,1==x y ，---------------------------------------4分从而(2,2,=-n ，切点为(2,1------------------------------------------5分 所以该曲面平行与平面220+-=x y z 的切平面方程为：-------------------------------5分3、设0ze xyz -=，求22zx∂∂.解：x 对方程两边同时对求导：()0zz ze y z x x x∂∂-+=∂∂-------------------------------------------------------2分∴zz yzx e xy∂=∂- ----------------------------------------------------------3分222()()()z z z z z ye xy yz e y zx x xe xy ∂∂---∂∂∂∴=∂----------------------------------------5分2322322()z zz y ze xy z y z e e xy --=-------------------------------------6分4、设(,),y z f xy f x=且可微，求dz . 解：122z yf y f x x∂''=⋅-⋅∂ -----------------------------------------------------6分121z f x f y x∂''=⋅+⋅∂---------------------------------------------------------2分2)0∂∂++=∂∂z z xz xy y y -------------------------------------------------------- 2分 解出：z zx z∂=∂y zy y ∂=∂---------------------------------------------1分四、解答题（每题7分，4小题共计共28分）。
2022-2023学年福建省厦门市高一下册数学期中专项模拟试题（A 卷）第I 卷（选一选）评卷人得分一、单 选 题1．在中，若，，则（ ）ABC 30B =︒2b =sin aA =A ．B ．C ．D ．424-2．，则（ ）()1sin π3α-=cos 2=αA ．B ．C ．D ．89 7979-89-3．已知，，则1cos cos 2αβ+=1sin sin 3αβ+=cos()αβ-=A ．B ．C ．D ．5972-597213361336-4．在中，角，，所对的边分别是，，，已知，，，ABC A B C a b c a =2c =2cos 3A =则（ ）b =A ．3B C ．D ．135．已知，则（ ）(1,1),(2,),()a b m a a b ==⊥-||b = A ．2B C ．1D ．06．在中，内角，，所对的边分别为，，，若，且，ABC A B C a b c cos cos a B b A =sin a b C =则的形状是（ ）ABC A ．锐角三角形B ．钝角三角形C ．等腰直角三角形D ．直角三角形7．向量，且，则( )1,tan ,(cos ,1)3a a b a ⎛⎫== ⎪⎝⎭//a bcos 2πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭A ．B ．C ．D ．1313-8．如图，，下列等式中成立的是（ ）2AB CA OA a OB b OC c ==== ，，，A ．B ．3122c b a=- 3122c a b=-C ．D ．2c a b =-2c b a =- 9．的内角的对边分别为，，，若的面积为，则ABC A B C ，，a b c ABC 2224a b c +-C =A ．B ．C ．D ．π2π3π4π6评卷人得分二、多选题10．下列各式中值为1的是（ ）A ．B ．tan12tan 331tan12tan 33︒+︒-︒︒sincos1212ππC ．D sin 72cos18cos 72sin18︒︒+︒︒22cos sin 88ππ⎫-⎪⎭11．若，则下列结论正确的是（ ）()1cos,0,23ααπ=∈A ．B ．7cos 9α=sin α=C ．D ．1cos 223απ⎛⎫-=-⎪⎝⎭cos 22πα⎛⎫+= ⎪⎝⎭12．已知函数，则下列说确的是（ ）()111sin 2cos 2222f x x x =-+A ．函数的最小正周期为()f x πB ．函数的图象关于点对称()f x π1(,)82C ．若，则函数的值为1π[0,]4x ∈()f x D ．若1212π0,()()2x x f x f x <<<<则第II 卷（非选一选）评卷人得分三、填 空 题13．已知三点共线，则=____ .(1,2),(1,),(3,4)A B x C -x 14．已知，且⊥，则________．(sin ,4),(1,cos )a b αα== a b 2sin 22sin αα+=15．已知方程，的两根为，，，，则23310x ax a +++=()2a >tan αtan βα,22ππβ⎛⎫∈- ⎪⎝⎭________.αβ+=16．已知的内角、、的对边分别为、、，若，，且的ABC ∆A B C a b c 1cos 3A =23b c =ABC ∆___________.=a 评卷人得分四、解 答 题17．在中，内角A 、B 、C 所对的边分别为，，，已知．ABC a b c sin cos()6b A a B π=-（Ⅰ）求角B 的大小； （Ⅱ）设，，求．2a =3c =b 18．的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知.ABC cos cos 2cos a C c A b B +=（1）求B ；（2）若的面积为的周长.b =ABC ABC 19．已知向量.(cos ,sin ),(2,1)a b θθ==-(1) 若，求的值；a b ⊥sin cos sin cos θθθθ-+(2) 若，求的值.2,0,2a b πθ⎛⎫-=∈ ⎪⎝⎭ sin 4πθ⎛⎫+ ⎪⎝⎭20．已知，其中.sin 4πα⎛⎫-= ⎪⎝⎭tan 7β=,(0,)2παβ∈（1）求的值；sin α（2）求.αβ+21．在中，内角A ，B，C 所对的边分别为a ，b ，c ，且满足，.ABC sin2A =6AB AC ⋅= (1)求的面积；ABC (2)若，求BC 边中线的长.5b =22．在△ABC 中，内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且a ＋b ，2sin 2C ＝3sin A sin B .（1）求角C 的大小；（2）若S △ABC c 的值.数学答案1．A【分析】由正弦定理即可得到答案.【详解】根据题意，由正弦定理可得.24sin sin sin 30a b A B ===︒故选：A.2．B【分析】由诱导公式及余弦的二倍角公式进行求值.【详解】因为，所以.()1sin πsin 3αα-==217cos 212sin 1299αα=-=-⨯=故选：B 3．A【详解】,2221(cos cos )cos 2cos cos cos 4αβααββ+=++= ,2221(sin sin )sin 2sin sin sin 9αβααββ+=++=两式相加得： ，则 ，选A.1322cos()36αβ+-=59cos()72αβ-=-4．A【分析】由余弦定理列方程求解．【详解】由余弦定理得，解得（负值舍去）．2222cos a b c bc A =+-2254223b b =+-⨯⨯3b =故选：A ．5．A【分析】先由求出，再计算即可.()a a b ⊥-0m =||b 【详解】，解得，.(1,1),()110a b m a a b m -=--⋅-=-+-=0m =||2b == 故选：A.6．C【分析】转化为，可得继而由，可得cos cos a B b A =in 0()s A B -=,A B =sin a b C =，即得解sin 1,2C C π==【详解】由题意，由正弦定理sin sin sin a b cA B C==cos cos sin cos sin cos a B b A A B B A =⇔=sin cos sin cos sin()0A B B A A B ∴-=-=又,(0,)(,)0A B A B A B πππ∈∴-∈-∴-=即,A B a b ==sin sin 1a b C C =⇔=又(0,)2C C ππ∈∴=因此为等腰直角三角形ABC 故选：C7．C【分析】先根据求出的值，再利用诱导公式化简即得解.//a bsin αcos 2πα⎛⎫+ ⎪⎝⎭【详解】因为，//a b 所以，11sin tan cos 0,cos 033cos ααααα-=∴-⋅=所以.1sin =3α所以.1cos =sin 23παα⎛⎫+-=-⎪⎝⎭故选C本题主要考查向量平行的坐标表示和诱导公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.8．B【分析】本题首先可向量减法的三角形法则对已知条件中的进行化简，化简为2AB CA =然后化简并代入即可得出答案．()2OB OA OA OC -=- ，OA a OB b OC c 、、===【详解】因为，2AB CA OA a OB b OC c ==== ，，，所以，()2OB OA OA OC -=- 所以，即，故选B ．3122OC OA OB =- 3122c a b=- 本题考查的知识点是平面向量的基本定理，考查向量减法的三角形法则，考查数形思想与化归思想，是简单题．9．C【详解】分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得．12ABC S absinC =2222a b c abcosC +-=详解：由题可知222124ABCa b c S absinC +-== 所以2222absinC a b c +-=由余弦定理2222a b c abcosC+-=所以sinC cosC=()C 0,π∈ C 4π∴=故选C.点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理．10．ACD【分析】逆用两角和的正切公式、二倍角公式、两角和的正弦公式，角的三角函数值进行求解即可.【详解】A ：，符合题意；tan12tan 33tan(1233)tan 4511tan12tan 33︒+︒=︒+︒=︒=-︒︒B ：，没有符合题意；11sincossin(2)12122124πππ=⨯=C ：，符合题意；sin 72cos18cos 72sin18sin(7218)sin 901︒︒+︒︒=︒+︒=︒=D ：，符合题意，22cos sin )18884ππππ⎫-=⨯==⎪⎭故选：ACD 11．BD【分析】根据同角的三角函数关系式、诱导公式，二倍角公式进行逐一判断即可.【详解】由，所以.()0,0,22απαπ⎛⎫∈⇒∈ ⎪⎝⎭sin 2α===A ：因为，所以，本选项结论没有正确；1cos23α=217cos 2cos 121299αα=-=⨯-=-B ：因为，1cos23α=sin 2α=1sin 2sin cos 2223ααα==⨯=确；C ：因为，所以本选项结论没有正确；1cos 2cos 223ααπ⎛⎫-==⎪⎝⎭D ：因为cos sin 222παα⎛⎫+=-= ⎪⎝⎭故选：BD 12．ABC【分析】化简的解析式，根据三角函数的最小正周期、对称、最值、单调性等知识对选项进行分()f x 析，从而确定正确答案.【详解】，()π1242f x x ⎛⎫-+ ⎪⎝⎭A ，的最小正周期为，A 选项正确.()f x 2ππ2=B ，，所以函数的图象关于点对称，B 选项正确.ππsin 2084⎛⎫⨯-= ⎪⎝⎭()f x π1(,)82C ，，ππππππ0,02,2,sin 2424444x x x x ⎛⎫≤≤≤≤-≤-≤≤-≤ ⎪⎝⎭，所以C 选项正确.()01f x ≤≤D ，，所以在区间上没有是单调函数，D 选项πππ3π0,02π,22444x x x <<<<-<-<()f x π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭错误.故选：ABC 13．0【分析】列方程来求得.AB t AC =x【详解】依题意：三点共线，(1,2),(1,),(3,4)A B x C -所以，即.AB t AC =()()()2212,22,22,2,220t t x t t t x t x -==-⎧⎧--==⇒⎨⎨-==⎩⎩故014．2417【分析】利用得到，可得，再通过倍角公式以及同角之间三角函数关系变形a b ⊥r r =0a b ⋅ tan 4α=-，然后“弦化切”即可得出答案。
2022-2023学年福建省厦门一中高一（下）期中数学试卷一、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．已知i 为虚数单位，复数z =2+i2−i，则复数z 的模为（ ） A ．2B ．√5C ．1D ．√22．已知平面向量a →=(1，m)，b →=(n ，2)，c →=(3，6)，若a →∥c →，b →⊥c →，则实数m 与n 的和为（ ） A ．6B ．﹣6C ．2D ．﹣23．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 ．6πm 2B ．6√3πm 2C ．3√3πm 2D ．12√3πm 24．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：圆的帐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 ．π≈n2sin360°nB ．π≈nsin180°nC ．π≈n √2(1−cos360°n) D ．π≈n 2√1−cos 180°n5．在△ABC 中，∠A ＝60°，b ＝1，△ABC 的面积为√3，则asinA为（ ）A ．8√381B ．2√393C ．26√33D ．2√76．已知m ，n 为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A ．若m ∥α，n ∥β，α∥β，则m ∥n B ．若m ∥α，m ∥β，α∩β＝n ，则m ∥nC ．若n ∥α，n ∥β，则α∥βD ．若m ∥n ，n ⊂α，则m ∥α7．如图所示，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，棱柱的侧面均为矩形，AA 1＝1，AB =BC =√3，cos ∠ABC =13，P 是A 1B 上的一动点，则AP +PC 1的最小值为（ ）A ．√3B ．2C ．√5D ．√78．已知△ABC 中，∠A =π3，D ，E 是线段BC 上的两点，满足BD ＝DC ，∠BAE ＝∠CAE ，AD =√192，AE =6√35，则BC 长度为（ ） A ．√19 B ．2√3 C ．√7 D ．6√3−√19二、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4 B ．圆台的高为4C ．圆台的表面积为26πD ．球O 的表面积为12π10．已知z 1与z 2是共轭虚数，则（ ）A ．z 12＜z 22B ．z 1z 2=|z 2|2C ．z 1+z 2∈RD ．z 1z 2∈R11．对于△ABC ，有如下命题，其中正确的有（ ） A ．若sin2A ＝sin2B ，则△ABC 为等腰三角形 B ．若sin A ＝cos B ，则△ABC 为直角三角形C ．若sin 2A +sin 2B +cos 2C ＜1，则△ABC 为钝角三角形D ．若AB =√3，AC ＝1，B ＝30°，则△ABC 的面积为√34或√3212．“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AB =√2，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3√32C ．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V +F ﹣E ＝2 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|ω﹣2|＝|ω﹣2i |，写出一个满足条件的复数ω． ．14．在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，BC ＝1，点P 是对角线AC 上一动点，则AP →⋅BP →的最小值为 ． 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°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 ．16．如图，平面四边形ABCD 中，其中cos ∠DAB =34，∠BAC ＝∠DAC ，AD ＜AB ，且AB ＝5，AC =BD =√14，若AC →=λAB →+μAD →(λ，μ∈R)，则λ+μ＝ ．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．（10分）已知复数z 满足z •z =2，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 ，z 2在复平面上对应的点分别为A ，B ，O 为坐标原点，∠OAB ．18．（12分）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P AD ．（2）在PB 上确定一点Q ，使平面MNQ ∥平面P AD ．19．（12分）如图，在△ABC 中，∠BAC =π3，D 为AB 中点，P 为CD 上一点，且满足AP →=tAC →+13AB →，△ABC 的面积为3√32，（1）求t 的值； （2）求|AP →|的最小值．20．（12分）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b ＝2c sin （A +π6）． （1）求C ；（2）若c ＝1，D 为△ABC 的外接圆上的点，BA →•BD →=BA →2，求四边形ABCD 面积的最大值． 21．（12分）如图，已知四棱锥P ﹣ABCD 的底面为菱形，且∠ABC ＝60°，AB ＝2，PA =PB =√2．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P A 于点Q ，求多面体DMC ﹣AQB 体积．22．（12分）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l 1，l 2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l 1和l 2上，修建的木栈道AB 与道路l 1，l 2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l 1，l 2围成的三角地块OAB 面积；（2）若△OAB的面积S=10√3，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．2022-2023学年福建省厦门一中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、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z =2+i2−i，则复数z 的模为（ ） A ．2B ．√5C ．1D ．√2解：因为复数z =2+i 2−i ，所以|z|=|2+i||2−i|=√55=1． 故选：C ．2．已知平面向量a →=(1，m)，b →=(n ，2)，c →=(3，6)，若a →∥c →，b →⊥c →，则实数m 与n 的和为（ ） A ．6 B ．﹣6 C ．2 D ．﹣2解：∵a →∥c →，∴1×6＝3×m ，解得m ＝2， ∵b →⊥c →，∴3×n +2×6＝0，解得n ＝﹣4， ∴m +n ＝2﹣4＝﹣2． 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 ．6πm 2 B ．6√3πm 2C ．3√3πm 2D ．12√3πm 2解：如图所示，设圆锥的半径为r ，母线为l ，圆锥PO ，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ， 由题意知，r =OB =12AB =3，在Rt △POB 中，∠BPO =12∠BPA =12×2π3=π3， 所以l =BP =OB sin π3=332=2√3，所以圆锥侧面积为πrl =π×3×2√3=6√3πm 2． 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：圆的帐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 ．π≈n2sin360°nB ．π≈nsin180°nC ．π≈n √2(1−cos 360°n ) D ．π≈n2√1−cos 180°n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：πr 2≈n ⋅12⋅r 2⋅sin 360°n ， 解得：π≈n2sin 360°n ． 故选：A ．5．在△ABC 中，∠A ＝60°，b ＝1，△ABC 的面积为√3，则a sinA为（ ）A ．8√381B ．2√393C ．26√33D ．2√7解：在△ABC 中，因为∠A ＝60°，b ＝1，△ABC 的面积为√3， 所以S △ABC =12bcsinA =12×1×c ×√32=√3， 所以c ＝4，因为a 2=b 2+c 2−2bccosA =12+42−2×1×4×12=13， 所以a =√13， 所以asinA=√13√32=2√393． 故选：B ．6．已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A．若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n B．若m∥α，m∥β，α∩β＝n，则m∥nC．若n∥α，n∥β，则α∥βD．若m∥n，n⊂α，则m∥α解：若m∥α，n∥β，α∥β，则m∥n或m与n相交或m与n异面，故A错误；若m∥α，则在平面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；若n∥α，n∥β，则α∥β或α与β相交，故C错误；若m∥n，n⊂α，则m∥α或m⊂α，故D错误．故选：B．7．如图所示，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，棱柱的侧面均为矩形，AA1＝1，AB=BC=√3，cos∠ABC= 1，P是A1B上的一动点，则AP+PC1的最小值为（）3A．√3B．2C．√5D．√7解：连接BC1，得△A1BC1，以A1B所在直线为轴，将△A1BC1所在平面旋转到平面ABB1A1，设点C1的新位置为C′，连接AC′，则有AP+PC1＝AP+PC′≥AC′，当A，P，C′三点共线时，则AC′即为AP+PC1的最小值．在三角形ABC 中，AB =BC =√3，cos ∠ABC =13，由余弦定理得：AC =√AB 2+BC 2−2AB ⋅BCcosB =√3+3−2×3×13=2， 所以A 1C 1＝2，即A 1C ′＝2，在三角形A 1AB 中，AA 1＝1，AB =√3，由勾股定理可得：A 1B =√AA 12+AB 2=√1+3=2，且∠AA 1B ＝60°． 同理可求C 1B ＝2，因为A 1B ＝BC 1＝A 1C 1＝2， 所以△A 1BC 1为等边三角形，所以∠BA 1C 1＝60°，所以在三角形AA 1C ′中，∠AA 1C ′＝∠AA 1B +∠BA 1C ′＝120°，AA 1＝1，A 1C ′＝2， 由余弦定理得：AC ′=√1+4−2×1×2×(−12)=√7． 故选：D ．8．已知△ABC 中，∠A =π3，D ，E 是线段BC 上的两点，满足BD ＝DC ，∠BAE ＝∠CAE ，AD =√192，AE =6√35，则BC 长度为（ ） A ．√19B ．2√3C ．√7D ．6√3−√19解：如图，记BC ＝a ，AC ＝b ，AB ＝c ，∵S △BAE +S △CAE ＝S △ABC ，∠BAE =∠CAE =π6，AE =6√35， ∴12×c ×6√35sinπ6+12b ×6√35×sin π6=12bcsin π3， ∴3√310(b +c)=√34bc ，即b +c =56bc ， ∵AD →=12(AB →+AC →)，AD =√192，∴AD →2=14(AB →2+2AB →⋅AC →+AC →2)=14(b 2+c 2+bc) =14(b +c)2−14bc =14×2536(bc)2−14bc =194， 即25（bc ）2﹣36bc ﹣684＝0，∴（bc ﹣6）（25bc +114）＝0， ∴bc ＝6，∴b +c ＝5，在△ABC 中，由余弦定理可得：a 2=b 2+c 2−2bccos π3=b 2+c 2−bc =(b +c)2−3bc =25−18=7， ∴BC =a =√7． 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4 B ．圆台的高为4C ．圆台的表面积为26πD ．球O 的表面积为12π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O 1，O 2，半径分别为r 1，r 2， 则O 1，O ，O 2共线，且O 1O 2⊥AB ，O 1O 2⊥CD ，连接OD ，OE ，OA ，则OD ，OA 分别平分∠ADC ，∠DAB ， 故DE ＝r 1，AE ＝r 2，∠OAD +∠ODA =π2，∠DOA =π2，OE ⊥AD ， 故OE 2＝DE •AE ，即R 2＝r 1r 2＝3，解得R =√3， 母线长为r 1+r 2＝4，故A 正确； 圆台的高为2R =2√3，故B 错误；圆台的表面积为π×12+π×32+π×（1+3）×4＝26π，故C 正确； 球O 的表面积为S ＝4πR 2＝12π，故D 正确． 故选：ACD ．10．已知z 1与z 2是共轭虚数，则（ ）A ．z 12＜z 22B ．z 1z 2=|z 2|2C ．z 1+z 2∈RD ．z 1z 2∈R解：由题意，复数z 1与z 2是共轭虚数，设z 1＝a +bi 、z 2＝a ﹣bi ，a 、b ∈R 且b ≠0，对于A 项，z 12=a 2−b 2+2abi ，z 22=a 2−b 2−2abi ，当a ≠0时，由于复数不能比较大小，故A 项不成立；对于B 项，因为z 1⋅z 2=a 2+b 2，|z 2|2=a 2+b 2，所以z 1⋅z 2=|z 2|2，故B 项正确； 对于C 项，因为z 1+z 2＝2a ∈R ，所以C 选项正确； 对于D 项，由z 1z 2=a+bi a−bi=(a+bi)2(a−bi)(a+bi)=a 2−b 2a 2+b 2+2ab a 2+b 2i 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sin2A ＝sin2B ，则△ABC 为等腰三角形 B ．若sin A ＝cos B ，则△ABC 为直角三角形C ．若sin 2A +sin 2B +cos 2C ＜1，则△ABC 为钝角三角形D ．若AB =√3，AC ＝1，B ＝30°，则△ABC 的面积为√34或√32解：对于A ：sin2A ＝sin2B ，∴A ＝B ⇒△ABC 是等腰三角形，或2A +2B ＝π⇒A +B =π2，即△ABC 是直角三角形．故A 不对；对于B ：由sin A ＝cos B ，∴A ﹣B =π2或A +B =π2．∴△ABC 不一定是直角三角形； 对于C ：sin 2A +sin 2B ＜1﹣cos 2C ＝sin 2C ，∴a 2+b 2＜c 2．∴△ABC 为钝角三角形，C 正确； 对于D ：由正弦定理，得 sin C =c⋅sinB b =√32．而c ＞b ，∴C ＝60°或C ＝120°．∴A ＝90°或A ＝30°． ∴S △ABC =12bc sin A =√32或√34．D 正确． 故选：CD ．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AB =√2，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3√32C ．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V +F ﹣E ＝2解：该半多面体，是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得，对于A ：因为由正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥，所以该几何体的体积V =2×2×2−8×13×12×1×1=203，故A 正确；过A ，B ，C 三点的截面为正六边形ABCFED ，所以S =6×√34×(√2)2=3√3，故B 错误；由已知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，∴(2R)2=(√2)2+(√2)2+22， ∴R =√2，∴该半正多面体的外接球的表面积S =4πR 2=4π×(√2)2=8π，故C 正确．我们来证明：对于任意简单多面体，设V 为多面体定点数，F 为多面体面数，E 为多面体边数，则有公式：V +F ﹣E ＝2．证明：任何多面体若有一个面不是三角形，增加一对角线，即加一面、一边，F +V ﹣E 的值不变，一直重复，最后可令每一个面都是三角形．考虑每一个面都是三角形时，取走一面，即要证明 F +V ﹣E ＝1．减少一个三角形，可以取去一面、一点、两边或一面、一边，F +V ﹣E 的值均不变，最后剩下一个三角形，可知 F +V ﹣E ＝1+3﹣3＝1． 所以对于任何多面体，F +V ﹣E ＝2． 选项D 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|ω﹣2|＝|ω﹣2i |，写出一个满足条件的复数ω． ω＝1+i （答案不唯一，满足ω＝a +ai （a ∈R ）均可） ．解：设ω＝a +bi ，（a ，b ∈R ），则|ω−2|=|(a −2)+bi|=√(a −2)2+b 2，|ω−2i|=|a +(b −2)i|=√a 2+(b −2)2， 因为|ω﹣2|＝|ω﹣2i |，所以√(a −2)2+b 2=√a 2+(b −2)2，解得：a ＝b ， 所以ω＝a +ai （a ∈R ）， 所以可以取ω＝1+i ．故答案为：ω＝1+i （答案不唯一，满足ω＝a +ai （a ∈R ）均可）．14．在矩形ABCD 中，已知AB ＝2，BC ＝1，点P 是对角线AC 上一动点，则AP →⋅BP →的最小值为 −45 ． 解：如图所示：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AB ＝2，BC ＝1，所以A （0，0），B （2，0），C （2，1），D （0，1）， 则直线AC 的方程为y =12x ， 所以设P （2m ，m ），且0≤m ≤1， 而AP →=（2m ，m ），BP →=（2m ﹣2，m ）， 所以AP →•BP →=2m （2m ﹣2）+m 2＝5m 2﹣4m ，结合二次函数的性质可知，当m =25时，AP →•BP →有最小值，且最小值为5×（25）2﹣4×25=−45．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°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 √36km ．解：如图所示，过C 作CD ⊥AB ，垂足为D ，∠A ＝15°，∠CBD ＝75°，AB ＝1km ， △ABC 中，BC =sin15°sin60°，△CBD 中，CD ＝BC cos15°=12sin30°sin60°=√36km ．16．如图，平面四边形ABCD 中，其中cos ∠DAB =34，∠BAC ＝∠DAC ，AD ＜AB ，且AB ＝5，AC =BD =√14，若AC →=λAB →+μAD →(λ，μ∈R)，则λ+μ＝75．解：在△ABD 中，由余弦定理得：BD 2＝AB 2+AD 2﹣2AB •AD •cos ∠BAD ， 即：14=25+AD 2−2×5×34AD ，解得：AD ＝2或AD =112， 又因为AD ＜AB ＝5， 所以AD ＝2，在AB 上取点E ，使得AE ＝2，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 ⊥DE ，F 为DE 的中点，在△ADE 中，由余弦定理得：DE 2=22+22−2×2×2×34=2， 所以AF =√AE 2−(12DE)2=√4−12=√142=12AC ， 所以AC →=2AF →=AE →+AD →=25AB →+AD →， 所以λ=25，μ＝1， 所以λ+μ=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．（10分）已知复数z 满足z •z =2，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 ，z 2在复平面上对应的点分别为A ，B ，O 为坐标原点，∠OAB ． 解：（1）设z ＝x ﹣i （x ∈R ）， ∵z •z =2，∴|z |2＝x 2+1＝2， 得x ＝﹣1或x ＝1，又z 在复平面内所对应的点在第四象限， ∴z ＝1﹣i ；（2）∵z 2＝（1﹣i ）2＝﹣2i ，∴A （1，﹣1），B （0，﹣2），O （0，0）， AO →=(−1，1)，AB →=(−1，−1)， 则cos ∠OAB =AO →⋅AB→|AO →|⋅|AB →|=1−1√2⋅√2=0， ∴∠OAB ＝90°．18．（12分）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P AD ．（2）在PB 上确定一点Q ，使平面MNQ ∥平面P AD ．解：（1）证明：取PD 三等分点E （E 靠近D ），连接NE ，AE ，因为M 、N 分别是AB 、PC 的三等分点（M 靠近B ，N 靠近C ）， 所以AM =23AB ，NE ∥23DC ，NE ＝DC ，又因为平行四边形ABCD ，所以AM ∥NE ，AM ＝NE ，所以四边形AMNE 为平行四边形，MN ∥AE ， 又因为AE ⊂面ADP ，故MN ∥面P AD ．（2）解：取PB 三等分点F （点F 靠近点B ），连接FN ，FM ，由题可知M ，N ，F 分别为AB ，PC ，PB 的三等分点， 所以MF ∥P A ，NF ∥BC ，又因为BC ∥AD ，所以FN ∥AD ， NF ∩MF ，AD ⊂面P AD ，P A ⊂面P AD ，∴面MNF ∥面P AD ， 所以Q 与F 重合，即Q 为PB 的三等分点（靠近B 点）．19．（12分）如图，在△ABC 中，∠BAC =π3，D 为AB 中点，P 为CD 上一点，且满足AP →=tAC →+13AB →，△ABC 的面积为3√32，（1）求t 的值； （2）求|AP →|的最小值．解：（1）∵D 为AB 中点，∴AP →=tAC →+13AB →=tAC →+23AD →，又P ，C ，D 三点共线， ∴t +23=1，∴t =13；（2）∵△ABC 的面积为12bcsinA =√34bc 3√32， ∴bc ＝6，由（1）知AP →=13AC →+13AB →，∴AP →2=19(AC →2+AB →2+2AC →⋅AB →) =19(b 2+c 2+2bc ⋅12)=19(b 2+c 2+6)≥19(2bc +6)=2， 当且仅当b ＝c 时等号成立， ∴AP →2的最小值为2， ∴|AP →|的最小值为√2．20．（12分）△ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且b ＝2c sin （A +π6）． （1）求C ；（2）若c ＝1，D 为△ABC 的外接圆上的点，BA →•BD →=BA →2，求四边形ABCD 面积的最大值． 解：（1）由正弦定理及b ＝2c sin （A +π6），知sin B ＝2sin C sin （A +π6）， 所以sin （A +C ）＝2sin C （√32sin A +12cos A ）， 所以sin A cos C +cos A sin C =√3sin C sin A +sin C cos A ，即sin A cos C =√3sin C sin A ， 因为sin A ≠0，所以tan C =sinCcosC =√33， 又C ∈（0，π），所以C =π6．（2）因为BA →•BD →=BA →2，所以|BA →|•|BD →|cos B ＝|BA →|2，即|BD →|cos B ＝|BA →|， 所以∠BAD =π2，即BD 为外接圆的直径， 所以∠BCD =π2，由（1）知，∠ACB =π6，所以∠ACD =π2−π6=π3， 在△ABC 中，c ＝1，∠ACB =π6，由正弦定理知，外接圆的直径R =csin∠ACB =1sin π6=2，解法一：在△ABD 中，BD ＝R ＝2，AD =√BD 2−AB 2=√3， 设BC ＝x ，CD ＝y ，则x 2+y 2＝BD 2＝4，所以四边形ABCD 面积S =12A A B •AD +12A B C •CD =12×1×√3+12A x y ≤√32+12•x 2+y22=√32+12⋅42=√32+1， 当且仅当x ＝y =√2时，等号成立， 故四边形ABCD 面积的最大值为√32+1． 解法二：设∠BAC ＝α，则∠CAD =π2−α， 在△ACD 中，由正弦定理知，R =ADsin∠ACD =CDsin∠CAD ，所以AD ＝2sin π3=√3，CD ＝2sin （π2−α）＝2cos α，在△ABC 中，由正弦定理知，R =BCsin∠BAC，所以BC ＝2sin α，所以四边形ABCD 面积S =12AB •AD +12BC •CD =12×1×√3+12×2sin α×2cos α=√32+sin2α， 因为α∈（0，π2），所以2α∈（0，π），所以当2α=π2，即α=π4时，sin2α取得最大值1，此时S 取得最大值√32+1， 故四边形ABCD 面积的最大值为√32+1． 21．（12分）如图，已知四棱锥P ﹣ABCD 的底面为菱形，且∠ABC ＝60°，AB ＝2，PA =PB =√2．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P A 于点Q ，求多面体DMC ﹣AQB 体积．证明：（1）因为PA =PB =√2，AB ＝2，AB 中点O ， 所以PO ⊥AB ，PO ＝1，BO ＝1．又ABCD 是菱形，∠ABC ＝60°，所以CO ⊥AB ，CO =√3，因为AD ∥BC ，BC ⊂平面PBC ，AD ⊄平面PBC ，所以AD ∥平面PBC ，所以V D−PBC =V A−PBC =V P−ABC =13PO ⋅S △ABC =13×1×12×2×√3=√33． 因为V M−PBC =√36=12V D−PBC ，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 ．解：（2）因为PO ⊥平面ABCD ，BO ，CO ⊂平面ABCD ， 所以PO ⊥BO ，PO ⊥CO ，又BO ⊥CO ，故以OC →，OB →，OP →的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向，建系如图，则A （0，﹣1，0），B （0，1，0），C(√3，0，0)，D(√3，−2，0)，P （0，0，1），所以M(√32，−1，12)，AC →=(√3，1，0)，BC →=(√3，−1，0)，BD →=(√3，−3，0)，所以AP →=(0，1，1)，CM →=(−√32，−1，12)． 设平面α的法向量为n →=(x ，y ，z)，则{n →⋅BD →=√3x −3y =0n →⋅CM →=−√32x −y +12z =0，取n →=(√3，1，5)， 因为Q ∈AP ，设AQ →=λAP →=(0，λ，λ)，则CQ →=AQ →−AC →=(−√3，λ−1，λ)，因为n →⋅CQ →=−3+λ−1+5λ=0，所以λ=23，AQ →=23AP →，所以CQ →=(−√3，−13，23)，AQ →=(0，23，23)， |CQ →|=√(−√3)2+(−13)2+(23)2=4√23，|AQ →|=√(23)2+(23)2=2√23， △ACQ 中，cos ∠AQC =(2√23)2+(4√23)2−222×2√23×4√23=18，0＜∠AQC ＜π，sin ∠AQC =√1−(18)2=3√78，S △ACQ =12×AQ ×CQ ×sin∠AQC =12×2√23×4√23×3√78=√73， 设平面ACQ 的法向量为n 1→=(x 1，y 1，z 1)，则{n 1→⋅AQ →=23y 1+23z 1=0n 1→⋅CQ →=−√3x 1−13y 1+23z 1=0，取n 1→=(1，−√3，√3)，设M 到平面ACQ 的距离为d ，又CM →=(−√32，−1，12)，则d =|CM →⋅n 1→||n 1→|=|(−√32)×1+(−1)×(−√3)+12×√3|√1+(−√3)2+(√3)2=√217，V M−ACQ =13×S △ACQ ×d =13×√73×√217=√39， ∵AQ →=23AP →，∴Q 到平面ABC 的距离为23PO =23，又S △ABC =12×2×√3=√3，∴V Q−ABC =13×S △ABC ×23=2√39， ∵PM ＝MD ，∴M 到平面ADC 的距离为12PO =12，又S △ADC =S △ABC =√3，∴V M−ADC =13×S △ADC ×12=√36， 多面体DMC ﹣AQB 体积为V =V M−ACQ +V Q−ABC +V M−ADC =√39+2√39+√36=√32．22．（12分）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l 1，l 2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l 1和l 2上，修建的木栈道AB 与道路l 1，l 2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l 1，l 2围成的三角地块OAB 面积； （2）若△OAB 的面积S =10√3，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． 解：（1）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：S =12×3a ×3=12a 2sin π3，解得a =6√3， 所以S △OAB =12a 2sin π3=√34×(6√3)2=27√3． 故修建的木栈道AB 与道路l 1，l 2围成的三角地块OAB 面积为27√3平方千米．（2）设圆C 分别与OB 、OA 、AB 相切于点N 、E 、M ，如图所示，则NC ＝3，NC ⊥OB ，∠NOC =12∠BOA =π6，所以在Rt △ONC 中，ON =NC tan π6=3√3， 所以OE =ON =3√3，设BM ＝BN ＝m ，AE ＝AM ＝n ，所以S △AOB =12×2×(3√3+m +n)×3=10√3， 解得：m +n =√33，即：AB =√33．故木栈道AB 长为√33km ． （3）如图所示，①由题意知，∠OBA +∠OAB =2π3，由内切圆的性质可知，∠CBA +∠CAB =π3，设直线AB 和圆C 相切点M ，∠CAB ＝α，则∠CBM =π3−α， 因为{∠CAB ＞0∠CBA ＞0⇒{α＞0π3−α＞0，解得：0＜α＜π3， 又因为tanα=CM AM ，tan(π3−α)=CM BM ，所以AM =3tanα，BM =3tan(π3−α)， 所以AB =AM +BM =3tanα+3tan(π3−α)(0＜α＜π3)． 即：AB =3tanα+3tan(π3−α)(0＜α＜π3)． ②AB =3tanα+3tan(π3−α)=3(1tanα+√3tanα+1√3−tanα)=3tanα+12√3−tanα3√3 =√3(1tanα43−tanα)[tanα+(√3−tanα)]−3√3=√3(5+√3−tanαtanα4tanα3−tanα)−3√3≥√3×(5+4)−3√3=6√3， 当且仅当α=π6时等号成立，故木栈道AB 的长度最小值为6√3km ．。
2023-2024学年厦门市高一数学第二学期期中考试卷（考试时间120分钟，满分150分）考试时间：2024年4月28日考试时长120分钟一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知复数2i i z =-，则z 对应的点Z 在复平面的（）A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限2．已知向量(2,1),(1,4)a b ==- ，则23a b -=（）A ．(7,10)-B ．(1,14)C ．(7,10)-D ．(7,6)3．下列命题中正确的是（）A ．有两个面互相平行，其余各面都是四边形的几何体叫棱柱B ．棱柱中互相平行的两个面叫棱柱的底面C ．棱柱的侧面都是平行四边形，而底面不是平行四边形D ．棱柱的侧棱都相等，侧面是平行四边形4．在空间四边形ABCD 中，AC=BD ，E ，F ，G ，H 分别是边AB ，BC ，CD ，DA 的中点，顺次连接各边中点E ，F ，G ，H ，所得四边形EFGH 的形状是（）A ．梯形B ．矩形C ．正方形D ．菱形5．某校运动会开幕式上举行升旗仪式，在坡度为15︒的看台上，同一列上的第一排和最后一排测得旗杆顶部的仰角分别为60︒和30︒，第一排和最后一排的距离为（如图所示），则旗杆的高度为（）A ．10mB ．30mC ．D ．6．在ABC 中，若sin 2sin cos C B B =，且64ππ,B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则c b 的范围为（）A ．B ．)2C ．()0,2D ．)27．如图，点A ，B ，C ，M ，N 为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线//MN 平面ABC 的是（）A ．B ．C ．D ．8．已知AB AC ⊥ ，||AB t = ，1||AC t= ．若点P 是△ABC 所在平面内一点，且2||||AB ACAP AB AC =+，则PB PC ⋅ 的最大值为（）A ．13B ．5-C ．5-D ．10+二、多选题：本小题共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．设复数12i1i z +=+，则（）A ．z 的实部为32B ．31i 22z =-C ．z 的虚部为1i2D ．1z =10．已知ABC 的内角A 、B 、C 所对的边分别为a 、b 、c ，下列说法正确的是（）A ．若sin :sin :sin 2:3:4ABC =，则ABC 是钝角三角形B ．若sin sin A B >，则a b>C ．若0AC AB ⋅>，则ABC 是锐角三角形D ．若45A =o ，2a =，b =，则ABC 只有一解11．“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论．奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联．它的具体内容是：已知M 是ABC 内一点，BMC △，AMC ，AMB 的面积分别为A S ，B S ，C S ，且0A B C S MA S MB S MC ⋅+⋅+⋅=．以下命题正确的有（）A ．若::1:1:1ABC S S S =，则M 为AMC 的重心B ．若M 为ABC 的内心，则0BC MA AC MB AB MC ⋅+⋅+⋅=C ．若45BAC ∠=︒，60ABC ∠=︒，M 为ABC 的外心，则::2:1A B C S S S =D ．若M 为ABC 的垂心，3450MA MB MC ++= ，则cos AMB ∠=三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.12．在△ABC 中，B ＝135°，C ＝15°，a ＝5，则此三角形的最大边长为.13．将边长为2的正方形卷成一个圆柱的侧面，所得圆柱的体积为．14．在ABC 中，角,,A B C 所对的边分别为,,a b c .若a c =，sin 3,26sin 2A aB =≤≤，则ABC S - 的最大值为.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.15．在锐角ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知sin a B ．(1)若2b =，3c =，求a 的值：(2)若2a bc =，判断ABC 的形状．16．如图，在平行四边形ABCD 中，4AB =，2AD =，60BAD ︒∠=，E ，F 分别为AB ，BC 上的点，且2AE EB =，2=CF FB ．(1)若DE x AB y AD =+，求x ，y 的值；(2)求AB DE ⋅的值；(3)求cos BEF ∠．17．如右图所示，ABCD －A 1B 1C 1D 1是正四棱柱，侧棱长为1，底面边长为2，E 是棱BC 的中点．(1)求证：BD 1∥平面C 1DE ；(2)求三棱锥D －D 1BC 的体积18．已知ABC 的内角A ，B ，C 的对边为a ，b ，c ，且()3sin sin 32sin A B c bC a b--=+．(1)求sin A ；(2)若ABC①已知E 为BC 的中点，求ABC 底边BC 上中线AE 长的最小值；②求内角A 的角平分线AD 长的最大值．19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当ABC 的三个内角均小于120︒时，使得120AOB BOC COA ∠=∠=∠=︒的点O 即为费马点；当ABC 有一个内角大于或等于120︒时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知ABC 的内角,,A B C 所对的边分别为,,a b c ，且cos2cos2cos21B C A +-=(1)求A ；(2)若2bc =，设点P 为ABC 的费马点，求PA PB PB PC PC PA ⋅+⋅+⋅；(3)设点P 为ABC 的费马点，PB PC t PA +=，求实数t 的最小值．1．C【分析】根据虚数单位的性质化简，再由实部、虚部符号确定复数对应点所在象限.【详解】因为2i i=1i z =---，所以z 对应的点Z 在复平面的第三象限，故选：C 2．A【分析】根据向量线性运算的坐标表示计算可得；【详解】解：因为(2,1),(1,4)a b ==-，所以()()()2322,131,47,10a b -=--=- ；故选：A 3．D【分析】根据题意，结合棱柱的几何结构特征，逐项判定，即可求解.【详解】对于A 中，如图所示满足有两个面互相平行，其余各面都是四边形，但该几何体不是棱柱，故A 不正确；对于B 中，正六棱柱中有四对互相平行的面，但只有一对面为底面，所以B 不正确；对于C 中，长方体、正方体的底面都是平行四边形，故C 不正确；对于D 中，根据棱柱的几何结构特征，可得棱柱的侧棱都相等，且侧面都是平行四边形，所以D 正确.故选：D.4．D【分析】根据空间四边形中各点的位置，结合中位线的性质可得EFGH 是平行四边形，再由AC=BD 即可判断四边形EFGH 的形状.【详解】如图所示，空间四边形ABCD 中，连接AC ，BD 可得一个三棱锥，将四个中点连接，得到四边形EFGH ，由中位线的性质及基本性质4知，EH ∥FG ，EF ∥HG ；∴四边形EFGH 是平行四边形，又AC=BD ，∴HG=12AC=12BD=EH ，∴四边形EFGH 是菱形.故选：D 5．B【分析】先根据正弦定理求出BC ，再根据直角三角形三角函数关系即可求解.【详解】如图，由题可知：在ABC 中，45A =︒，105ABC ∠=︒，所以30ACB ∠=︒．sin 45BC=︒，所以22BC ==，在Rt CBD △中，3sin 6030(m)2CD BC ︒==⨯=．故选：B 6．A【分析】根据题意，利用正弦定理化简得到2cos c B b =，结合64ππ,B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭和余弦函数的性质，即可求解.【详解】因为sin 2sin cos C B B =，由正弦定理得2cos c b B =，则2cos cB b=，又因为64ππ,B ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭cos B <<2cos B <所以cb的范围为.故选：A.7．D【分析】对于A ，根据//MN AC 结合线面平行的判断定理即可判断；对于B,根据//MN BE 结合线面平行的判断定理即可判断；对于C ，根据//MN BD ，结合线面平行的判断定理即可判断；对于D ，根据四边形AMNB 是等腰梯形，AB 与MN 所在的直线相交，即可判断.【详解】对于A,如下图所示，易得//,//AC EF MN EF ,则//MN AC ，又MN ⊄平面ABC ,AC ⊂平面ABC ,则//MN 平面ABC ，故A 满足；对于B ，如下图所示，E 为所在棱的中点，连接,,EA EC EB ,易得,//AE BC AE BC =,则四边形ABCE 为平行四边形，,,,A B C E 四点共面，又易知//MN BE ，又MN ⊄平面ABC ,BE ⊂平面ABC ,则//MN 平面ABC ，故B 满足；对于C,如下图所示，点D 为所在棱的中点，连接,,DA DC DB ,易得四边形ABCD 为平行四边形，,,,A B C D 四点共面，且//MN BD ,又MN ⊄平面ABC ,BD ⊂平面ABC ,则//MN 平面ABC ，故C 满足；对于D ，连接,AM BN ,由条件及正方体的性质可知四边形AMNB 是等腰梯形，所以AB 与MN 所在的直线相交，故不能推出MN 与平面ABC 不平行，故D 不满足，故选：D.8．B【分析】以A 为原点，建立直角坐标系，利用向量的数量积的坐标运算，以及二次函数的性质，即可求解.【详解】以A 为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，设P （x ，y ）则1(,0),(0,0)B t C t t >，可得(1,0)AB AB = ，2(0,2)||AC AC = ，所以(1,2)AP = ，即(1,2)P ，故(1,2)PB t =-- ，11,2PC t ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭，所以221455PB PC t t t t ⎛⎫⋅=-+-=-+≤- ⎪⎝⎭ 2t t =即t 时等号成立．故选：B．9．AB【分析】根据复数除法求出z ，由复数的概念判断AC ，根据共轭复数判断B ，根据模的定义判断D.【详解】因为()()()()12i 1i 12i 122i i 31i 1i 1i 1i 222z +-+++-====+++-，所以z 的实部为32，虚部为12，31i 22z =-，102z =，故选：AB 10．ABD【分析】对于A ，利用正弦定理及大边对大角，结合余弦定理的推论即可求解；对于B ，利用正弦定理的角化边即可求解；对于C ，利用向量的数量积的定义即可求解；对于D ，利用正弦定理及三角函数的特殊值对应特殊角即可求解.【详解】对于A ，因为ABC 的三个角满足sin :sin :sin 2:3:4A B C =，所以由正弦定理化简得::2:3:4a b c =，设2,3,4a k b k c k ===，c 为最大边，由余弦定理得222222249163cos 02124a b c k k k C ab k +-+-===-<，所以C 为钝角，所以ABC 是钝角三角形，故A 正确；对于B ，由sin sin A B >及正弦定理，得22a b R R>,解得a b >，故B 正确；对于C ，因为0AC AB ⋅>，所以cos cos 0AC AB AC AB A bc A ⋅⋅==> ，所以cos 0A >，所以A 为锐角，但无法确定B 和C 是否为锐角，故C 错误；对于D ，由正弦定理得222sin 45sin B=，解得sin 1B =，因为0180B << ,所以90B = ，所以ABC 只有一解，故D 正确.故选：ABD.11．ABD【分析】A 选项，0MA MB MC ++=，作出辅助线，得到A ，M ，D 三点共线，同理可得M 为ABC 的重心；B 选项，设内切圆半径为r ，将面积公式代入得到0BC MA AC MB AB MC ⋅+⋅+⋅=；C 选项，设外接圆半径，由三角形面积公式求出三个三角形的面积，得到比值；D 选项，得到::3:4:5A B C S S S =，作出辅助线，由面积关系得到线段比，设MD m =，MF n =，5ME t =，表示出AM ，BM ，MC ，结合三角函数得到m ，m =，进而求出余弦值；【详解】对A 选项，因为::1:1:1A B C S S S =，所以0MA MB MC ++=，取BC 的中点D ，则2MB MC MD += ，所以2MD MA =-，故A ，M ，D 三点共线，且2MA MD =，同理，取AB 中点E ，AC 中点F ，可得B ，M ，F 三点共线，C ，M ，E 三点共线，所以M 为ABC 的重心，A 正确；对B 选项，若M 为ABC 的内心，可设内切圆半径为r ，则12A S BC r =⋅，12B S AC r =⋅，12C S AB r =⋅，所以1110222BC r MA AC r MB AB r MC ⋅⋅+⋅⋅+⋅⋅= ，即0BC MA AC MB AB MC ⋅+⋅+⋅=，B 正确；对C 选项，若45BAC ∠=︒，60ABC ∠=︒，M 为ABC 的外心，则75ACB ∠=︒，设ABC 的外接圆半径为R ，故290BMC BAC ∠=∠=︒，2120AMC ABC ∠=∠=︒，2150AMB ACB ∠=∠=︒，故2211sin 9022A S R R =︒=，221sin1202B S R R =︒，2211sin15024C S R R =︒=，所以::2A B C S S S =，C错误；对D 选项，若M 为ABC 的垂心，3450MA MB MC ++=，则::3:4:5A B C S S S =，如图，AD BC ⊥，CE AB ⊥，BF AC ⊥，相交于点M ，又ABC A B C S S S S =++ ，31124AABC S S == ，即:3:1AM MD =，41123BABC S S == ，即:1:2MF BM =，512CABC S S =，即:5:7ME MC =，设MD m =，MF n =，5ME t =，则3AM m =，2BM n =，7MC t =，因为CAD CBF ∠=∠，sin ,sin 32n mCAD CBF m n∠=∠=，所以32n m m n =，即3m =，3cos 22m BMD n n ∠===，则()cos cos πAMB BMD ∠=-∠=D 正确；故选：ABD.【点睛】关键点点睛：本题考查向量与四心关系应用，关键是利用三角形的几何关系及向量数量积及向量线性表示逐项判断.12．【详解】解：利用正弦定理可知，B 角对的边最大，因为05sin 230,51sin sin sin 2a b aBA b AB A =∴=∴===故答案为：13．2π【分析】先计算底面积，再计算体积.【详解】122R R ππ=∴=22122V R h ππππ=⨯=⨯⨯=故答案为2π【点睛】本题考查了圆柱的体积，意在考查学生的空间想象能力和计算能力.14【分析】由正弦定理和余弦定理以及三角形面积公式化简计算可得.【详解】222sin 37,23,,cos sin 229A a c b a b a c B B ac +-=∴==∴==，则sin B =2221922ABC S a a ⎫∴-=-⋅=+=-+⎪⎝⎭ []2,6,ABC a S ∈∴-V Q故答案为：922.15．(1)a =(2)等边三角形．【分析】（1）由正弦定理边化角，求出π3A =，再利用余弦定理可得答案；(2)由余弦定理得结合2a bc =得2220b c bc +-=，进而b c =，从而可得答案.【详解】（1）由正弦定理，33sin sin sin sin ,sin 022a B b A B B B =⇒≠ ，故ππsin 0,223A A A ⎛⎫=∈⇒= ⎪⎝⎭，再由余弦定理得，2222212cos 2322372a b c bc A =+-=+-⨯⨯⨯=,从而a =（2）因为π3A =，所以由余弦定理得222a b c bc=+-结合2a bc =得2220b c bc +-=，进而22,b c a b a b c =⇒===，所以ABC 是等边三角形．16．(1)2,13x y ==-(2)203【分析】（1）由向量的运算法则求解（2）分解后由数量积的运算求解（3）由数量积的定义求夹角【详解】（1）23DE DA AE AB AD =+=- ，故2,13x y ==-（2）2220()1642cos 60333AB DE AB AB AD ⋅=⋅-=⨯-⨯⨯︒=（3）111,,333EB AB EF AB AD ==+4||3EB =，27||3EF =16499cos 14||||EB EFBEF EB EF +⋅∠==17．(1)见解析；(2)23.【分析】（1）利用三角形中位线的性质，证明线线平行，从而可得线面平行；（2）利用等体积11D D BC D DBC V V --=，即可求得三棱锥D ﹣D 1BC 的体积．【详解】（1）证明：连接D 1C 交DC 1于F ，连接EF ，在正四棱柱ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，底面四边形DCC 1D 1为矩形，∴F 为D 1C 的中点．又E 为BC 的中点，∴EF ∥D 1B ．∴BD 1∥平面C 1DE ．（2）解：连接BD ，11D D BC D DBCV V --=又△BCD 的面积为12222S =⨯⨯=．故三棱锥D ﹣D 1BC 的体积1111221333D DBC BCD V S D D -∆==⨯⨯=．【点睛】本题考查线面平行，考查三棱锥体积的计算，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题．18．(1)sin A =(2)AE，AD【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到1cos 3A =，进而求出sin A ；（2）由面积公式求出16bc =，进而根据向量的模长公式结合不等式即可求解AE 的最值，根据三角形面积公式，结合等面积法，利用基本不等式可求解AD 的最值.【详解】（1）由正弦定理，得3()32a b c b a b c --=+，即22223c b a bc +-=，故2221cos 23232bc c b a A bc bc +-===，因为cos 0A >，所以π(0,)2A ∈，所以22sin 3A ==；（2）①由（1）知sin 3A =，因为ABC1n si 2bc A =，解得16bc =，由于()12AE AB AC =+ ，所以()()2222222111212183222cos 2444343433AE AB AC AB AC c b bc A c b bc bc bc bc ⎛⎫⎛⎫=++⋅=++=++≥+=⨯= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭当且仅当b c =时，等号取得到，所以2323AE AE ≥⇒ ②因为AD 为角A 的角平分线，所以1sin sin 2BAD CAD A ∠=∠=，由于ADB ADC ABC S S S += ，所以111sin sin sin sin cos 2222222A A A A AD c AD b bc A bc +==，由于sin02A ≠,所以()2cos 2A AD c b bc +=，由于2212cos 2cos 1cos cos 23232A A A A =-=⇒=⇒，又16bc =，所以()63262cos216233A AD c b bc +==⨯⨯由于8b c +≥，当且仅当b c =时，等号取得到，故()83AD c b AD =+≥=，故3AD ≤，19．(1)π2A =(2)(3)2+【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cos2cos2cos21B C A +-=可得222a b c =+，即可求得答案；（2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案.（3）由（1）结论可得2π3APB BPC CPA ∠=∠=∠=，设||||||,||,||PB m PA PC n PA PA x ===，推出m n t +=，利用余弦定理以及勾股定理即可推出2m n mn ++=，再结合基本不等式即可求得答案.【详解】（1）由已知ABC 中cos2cos2cos21B C A +-=，即22212sin 12sin 12sin 1B C A -+--+=，故222sin sin sin A B C =+，由正弦定理可得222a b c =+，故ABC 直角三角形，即π2A =.（2）由（1）π2A =，所以三角形ABC 的三个角都小于120︒，则由费马点定义可知：120APB BPC APC ∠=∠=∠=︒，设,,PA x PB y PC z === ，由APB BPC APC ABC S S S S ++= 得：111122222xy yz xz +=⨯，整理得xy yz xz ++=，则PA PB PB PC PA PC⋅+⋅+⋅111142222233xy yz xz ⎛⎫⎛⎫⎛⎫=⋅-+⋅-+⋅-=-⨯=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭.（3）点P 为ABC 的费马点，则2π3APB BPC CPA ∠=∠=∠=，设||||||||,||,00,,0,PB m PA PC n PA PA x m n x ===>>>，则由PB PC t PA +=得m n t +=；由余弦定理得()22222222π||2cos 13AB x m x mx m m x =+-=++，()22222222π||2cos 13AC x n x nx n n x =+-=++，()2222222222π||2cos 3BC m x n x mnx m n mn x =+-=++，故由222||||||AC AB BC +=得()()()222222211n n x m m x m n mn x +++++=++，即2m n mn ++=，而0,0m n >>，故22()2m n m n mn +++=≤，当且仅当m n =，结合2m n mn ++=，解得1m n ==又m n t +=，即有2480t t --≥，解得2t ≥+2t ≤-故实数t 的最小值为2+【点睛】关键点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设||||||,||,||PB m PA PC n PA PA x ===，推出m n t +=，结合费马点含义，利用余弦定理推出2m n mn ++=，然后利用基本不等式即可求解.。
加油！有志者事竟成答卷时应注意事项１、拿到试卷，要认真仔细的先填好自己的考生信息。
２、拿到试卷不要提笔就写，先大致的浏览一遍，有多少大题，每个大题里有几个小题，有什么题型，哪些容易，哪些难，做到心里有底；３、审题，每个题目都要多读几遍，不仅要读大题，还要读小题，不放过每一个字，遇到暂时弄不懂题意的题目，手指点读，多读几遍题目，就能理解题意了；容易混乱的地方也应该多读几遍，比如从小到大，从左到右这样的题；４、每个题目做完了以后，把自己的手从试卷上完全移开，好好的看看有没有被自己的手臂挡住而遗漏的题；试卷第１页和第２页上下衔接的地方一定要注意，仔细看看有没有遗漏的小题；５、中途遇到真的解决不了的难题，注意安排好时间，先把后面会做的做完，再来重新读题，结合平时课堂上所学的知识，解答难题；一定要镇定，不能因此慌了手脚，影响下面的答题；６、卷面要清洁，字迹要清工整，非常重要；７、做完的试卷要检查，这样可以发现刚才可能留下的错误或是可以检查是否有漏题，检查的时候，用手指点读题目，不要管自己的答案，重新分析题意，所有计算题重新计算，判断题重新判断，填空题重新填空，之后把检查的结果与先前做的结果进行对比分析。
亲爱的朋友，你们好!经过两个月的学习，你们一定有不小的收获吧，用你的自信和智慧，认真答题，相信你一定会闯关成功。
相信你是最棒的！12021-2022年福建厦门高一数学上学期期中试卷及答案一、单选题（40分，每题5分） 1．下列能构成集合的是（ ） A ．中央电视台著名节目主持人 B ．我市跑得快的汽车C ．上海市所有的中学生D ．数学必修第一册课本中所有的难题2．已知函数, 则（ ）()()21,02,0x x f x f x x ⎧-≤⎪=⎨->⎪⎩()1f =A ．1 B ．0 C ． D ．1-2-3．条件“”成立的 条件 a >22a >()A ．必要不充分 B ．充分不必要 C ．充分必要D ．既不充分也不必要4．已知命题p ：x 0∈R ，x 02+5<0，那么命题p 的否定是（ ） ∃A ．x 0∈R ，x 02+5>0 B ．x 0∈R ，x 02+5≥0 ∃∃C ．∀x ∈R ，x 2+5≥0D ．∀x ∈R ，x 2+5<05．果农采摘水果，采摘下来的水果会慢慢降低新鲜度.已知某种水果降低的新鲜度y 与其采摘后时间x （天）满足的函数关系式为.若采摘2天后，这种水果降低的新鲜y mx b =+度为20%；采摘3天后，这种水果降低的新鲜度为40%.则采摘下来的这种水果降低的新鲜度为70%需要经过（ ） A ．4天B ．4.5天C ．5天D ．5.5天6．下列对应关系或关系式中是从A 到B 的函数的是（ ）A ．，，B ．，， A ⊆R B ⊆R 221x y +={}1,0,1A =-{}1,2B =:1f x y x →=+C ．，，D ．，， A =R B =R 1:2→=-f x y x A =Z B =Z :→=f x y 7．已知，则的值为（ ） 2log 3a =44a a -+A ．B ．C ．D ．521033768298．若函数与在区间上都是减函数，则的取值范围()24f x x ax =-+()2212x a g x x a-+=-[]1,2a （ ） A ．B ．C ．D ．(,1]-∞1,12⎛⎤- ⎥⎝⎦11,22⎛⎤- ⎥⎝⎦11(,)22-二、多选题（20分，每题5分）9．下列四组函数中是相同函数的有（ ）A ．；B ．；()1, f n n n N =+∈()1, g x xx Z =-∈()f x x=()g x =C ． D ．；()f x =2()g t =()f x ()g x =10．已知函数，则下列结论中错误的是（ ） ()1211,02,0xx f x x x ⎧⎛⎫-≤⎪ ⎪⎪⎝⎭=⎨⎪>⎪⎩A ．的值域为 B ．的图象与直线有两个交点 ()f x ()0,∞+()f x 2y =C ．是单调函数D ．是偶函数()f x ()f x 11．下列说法正确的有（ ）A ．B ．C ．D ． 1331log log 54<0.30.20.2log 0.1<0.60.63.41.8> 1.33.6128-⎛⎫< ⎪⎝⎭12．某医药研究机构开发了一种新药，据监测，如果患者每次按规定的剂量注射该药物，注射后每毫升血液中的含药量y （微克）与时间t （小时）之间的关系近似满足如图所示的曲线．据进一步测定，当每毫升血液中含药量不少于0.125微克时，治疗该病有效，则（ ）A ．3a =B ．注射一次治疗该病的有效时间长度为6小时C ．注射该药物小时后每毫升血液中的含药量为0.4微克18D ．注射一次治疗该病的有效时间长度为时 31532三、填空题（20分，每题5分）13．若，，，则t 的取值范围为______．13a b -<+<24a b <-<23t a b =+14．函数的反函数为，则___________. 2()(1)1(0)f x x x =-+≤1()y f x -=1(5)f -=15．函数y ＝log a (2x －3)＋8的图象恒过定点A ，且点A 在幂函数f (x )的图象上，则f （3）＝________.16．函数单调递增区间为________________；值域为_______________．212()log (4)f x x x =-四、解答题（共6大题，总分70分） 17．（12分）已知全集，集合，集合，求： }{|6U x N x =∈≤{}0,1,3,5A ={}2,4,5B =（1），； A B A B （2），. (∁U A )∩B (∁U B )∩A18．（10分）化简：（1）126016(2018)449-⎛⎫+--⨯ ⎪⎝⎭（2）2log 33718182log 7log 9log 6log 3-⋅++19．（12分）已知函数.()()()()2201010x x x f x x x x ⎧-+>⎪==⎨⎪--<⎩（1）求的值；()()1f f -（2）画出函数的图象；()f x （3）指出函数的单调区间.（直接写结果） ()f x20．（12分）已知某公司生产某款手机的年固定成本为40万元，每生产1万部还需另投入16万元．设公司一年内共生产该款手机x 万部并全部销售完，每1万部的销售收入为万元，且．()R x ()24006,040740040000,40x x R x x xx -<≤⎧⎪=⎨->⎪⎩（1）写出年利润（万元）关于年产量x （万部）的函数的解析式；()W x （2）当年产量为多少万部时，公司在该款手机的生产中获得的利润最大?并求出最大利润．21．（12分）已知函数是R 上的奇函数．21()21x x a f x ⋅-=+（1）求a 的值；（2）判断并证明的单调性； ()f x22．（12分）已知. ()()()ln 1ln 1f x x x =--+（1）指出函数的定义域，并求，，，的值； ()f x 13f ⎛⎫- ⎪⎝⎭12f ⎛⎫- ⎪⎝⎭12f ⎛⎫ ⎪⎝⎭13f ⎛⎫⎪⎝⎭（2）观察（1）中的函数值，请你猜想函数的一个性质，并证明你的猜想； ()f x （3）解不等式：. ()1ln 30f x ++>答案1—4:CBBC 4—8:BBDD 9、BC 10、ACD 11、ABC 12、AD13． 91322t -<<14． 1-15． 2716． [2,4)[2,)-+∞17．（1）；（2）；{}5A B = {}0,1,2,3,4,5A B = (){}2,4=U A B ð(){}0,1,3U B A ⋂=ð18． 【答案】（1）（2）299π+19． （1）（2）作图见解析（3）递减区间：，，递增区间：1(),0-∞()1,+∞()0,120． （1）()2638440,04040000167360,40x x x W x x x x ⎧-+-<≤⎪=⎨--+>⎪⎩（2）当年产量为32万部时，获得的利润最大，最大利润为6104万元 21． 【答案】(1) ； (2)证明见详解； (3) .1a =(],2m ∈-∞22、【答案】（1）的定义域;;;;()f x (1,1)-1ln 23f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭1ln 32f ⎛⎫-= ⎪⎝⎭1ln 23f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭;（2）详见详解;（3）1ln 32f ⎛⎫=- ⎪⎝⎭1(2,)2--。
第Ⅰ卷（选择题 共60试卷分Ⅰ卷和Ⅱ卷两部分，满分150分考试时间1202021年11月厦门一中高二期中考试数学试卷分钟分）一、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，只有一个是符合题目要求的．在答题卷上相应题目的答题区域内作答． （2021一中高二11月期中考，1）直线+=x 30的倾斜角是( )A ．π6B ．π3C ．π32 D ．π65（2021一中高二11月期中考，2）空间中，与向量(3,0,4)a =同向共线的单位向量e 为( )A ．(1,0,1)e =B ．(1,0,1)e =或(1,0,1)e =−−C ．34(,0,)55e =D ．34(,0,)55e =或34(,0,)55e =−−（2021一中高二11月期中考，3）已知动点Q 在∆ABC 所在平面内运动，若对空间中任意一点P ，都有-2+5PQ PA PB mCP =+,则实数m 为( ).A. 0B. 2C. −1D. −2（2021一中高二11月期中考，4）若点A 的坐标为(3,2)，F 为抛物线=y x 22的焦点，点P 是抛物线上的一动点，则+PA PF ||||取得最小值时点P的坐标是( )A ．(0,0)B ．C ．(2,2)D ．2(,1)1（2021一中高二11月期中考，5）已知椭圆+=>>a ba b x y 1(0)2222的两顶点为A a (,0)，B b (0,)，且左焦点为F ，若 ∆FAB 是以B 为直角顶点的直角三角形，则椭圆的离心率e 为( )ABCD（2021一中高二11月期中考，6）如图，在平行六面体1111ABCD A B C D −中，以顶点A 为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60︒，M 为11AC 与11B D 的交点，则BM 的长为（ ）A ．94B ．32C ．54D（2021一中高二11月期中考，7）唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河”，诗中隐含着一个有趣的数学问题−− “将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在的位置为(2,0)B −，若将军从山脚下的点1(3A ，0)处出发，河岸线所在直线方程为23x y +=，则“将军饮马”的最短总路程为( )A B ．5 C D ．163（2021一中高二11月期中考，8）如图，已知双曲线222:1(0)x C y a a −=>的右焦点为F ，点A ，B 分别在C 的两条渐近线上，AF x ⊥轴，AB OB ⊥，//(BF OA O 为坐标原点），则a 的值为（）A ．3B CD ．163二、多选题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合要求，全部选对得5分，选对但不全得3分，有选错的得0分．在答题卷上相应题目的答题区域内作答．（2021一中高二11月期中考，9）已知双曲线E ，则双曲线E 的渐近线方程为( )A ．y =B ．y =C ．12y x =±D ．2y x =±（2021一中高二11月期中考，10）如图，以等腰直角三角形斜边BC 上的高AD 为折痕，把ABD ∆和ACD ∆折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论，其中正确的是( )A ．AB AC ⊥B ．AD 与平面BCD 的法向量平行C ．BD AC ⊥D ．平面ADC 的法向量和平面ABC 的法向量互相垂直（2021一中高二11月期中考，11）线段AB 是抛物线了()220y px p =>过焦点F 的弦，下列命题正确的有A. AF 最小值是pB. AB 最小值是2pC. AOB ∠可能为锐角，其中O 为坐标原点;D.以AB 为直径的圆一定与直线: 2px =−相切（2021一中高二11月期中考，12）在棱长为1的正方体1111ABCD A B C D −中，点P 满足1DP DD DA λμ=+，[0λ∈，1]，[0μ∈，1]，则以下说法正确的是( )A ．当λμ=时，//BP 平面11CB D B ．当12μ=时，存在唯一点P 使得DP 与直线1CB 的夹角为3πC ．当1λμ+=时，CPD ．当1λμ+=时，CP 与平面11BCC B 所成的角不可能为3π三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在答题卷上的相应题目的答题区域内作答．（2021一中高二11月期中考，13）已知向量()()3,1,2,,,4a b x y =−=−，且//a b ，则x y +=_____（2021一中高二11月期中考，14）已知动圆M 与圆221:(4)4C x y ++=外切，与圆222:(4)4C x y −+=内切，则动圆圆心M 的轨迹方程为_______（2021一中高二11月期中考，15）三棱锥P ABC −,3PA PB PC AC ABC π====∠=,则点P到底面ABC 的距离为_______（2021一中高二11月期中考，16）已知椭圆22221(0)x y a b a b+=>>上一点A 关于原点的对称点为点B ，F为其右焦点，若AF BF ⊥，设ABF α∠=，且63,ππα⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，则该椭圆的离心率e 的取值范围是_________四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤，在答题卷上相应题目的答题区域内作答． （2021一中高二11月期中考，17）已知直线:(2)10l ax a y +−+=. （1）若直线l 在x 轴上截距和在y 轴上截距相等，求a 的值；（2）若直线l 与圆22(2)4x y −+=相交于A 、B 两点，且AB =l 的方程.（2021一中高二11月期中考，18）中心在原点的双曲线E 焦点在x 轴上且焦距为4，请从下面3个条件中选择1个补全条件，并完成后面问题：①该曲线经过点(2,3)A ；②该曲线的渐近线与圆22840x x y −++=相切；③点P 在该双曲线上，1F ，2F 为该双曲线的焦点，当点P 的纵坐标为32时恰好12PF PF ⊥ （1）求双曲线E 的标准方程；（2）过定点(1,1)Q 能否作直线l ，使l 与此双曲线相交于1Q ，2Q 两点，且Q 是弦12Q Q 的中点?若存在，求出l 的方程；若不存在，说明理由。
