2020-2021高中三年级数学下期末第一次模拟试卷(含答案)(5)

2020-2021高中三年级数学下期末第一次模拟试卷(含答案)(5)
一、选择题
1．若3
tan 4
α= ，则2cos 2sin 2αα+=（ ） A ．
6425 B ．
4825
C ．1
D ．
1625
2．从分别写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，则抽得的第一张卡片上的数字不大于第二张卡片的概率是（ ） A ．
110
B ．
310
C ．
35
D ．
25
3．若满足
sin cos cos A B C
a b c
==，则ABC ∆为（ ） A ．等边三角形 B ．有一个内角为30°的直角三角形 C ．等腰直角三角形
D ．有一个内角为30°的等腰三角形
4．已知函数()()sin f x A x =+ωϕ()0,0A ω>>的图象与直线()0y a a A =<<的三个相邻交点的横坐标分别是2,4,8，则()f x 的单调递减区间是（ ）
A ．[]
6,63k k ππ+，k Z ∈
B ．[]63,6k k ππ-，k Z ∈
C ．[]6,63k k +，k Z ∈
D ．[]63,6k k -，k Z ∈
5．若θ是ABC ∆的一个内角，且1
sin θcos θ8
=-，则sin cos θθ-的值为（ ） A ．3-
B ．
32
C ．52
-
D ．
5 6．设R λ∈，则“3λ=-”是“直线2(1)1x y λλ+-=与直线()614x y λ+-=平行”的（ ） A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件 C ．充要条件
D ．既不充分又不必要条件
7．函数y =2x sin2x 的图象可能是
A ．
B ．
C ．
D ．
8．水平放置的ABC V 的斜二测直观图如图所示,已知4B C ''=,3AC ''
=,//'''B C y 轴,
则ABC V 中AB 边上的中线的长度为( )
A ．
73
2
B 73
C ．5
D ．
52
9．在ABC ∆中，A 为锐角，1lg lg()lgsin 2b A c
+==-ABC ∆为（ ） A ．等腰三角形 B ．等边三角形 C ．直角三角形
D ．等腰直角三角形
10．设双曲线22221x y a b
-=（0a >，0b >）的渐近线与抛物线2
1y x =+相切，则该双曲
线的离心率等于（ ） A 3B ．2
C 6
D 511．在[0,2]π内，不等式3
sin 2
x <-的解集是（ ） A ．(0)π，
B ．4,33ππ⎛⎫
⎪⎝
⎭
C ．45,33ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
D ．5,23ππ⎛⎫
⎪⎝⎭
12．某公司的班车在7:30，8:00，8:30发车，小明在7:50至8:30之间到达发车站乘坐班车，且到达发车站的时刻是随机的，则他等车时间不超过10分钟的概率是 A ．
1
3
B ．
12
C ．
23
D ．
34
二、填空题
13．事件,,A B C 为独立事件，若()()()111,,688
P A B P B C P A B C ⋅=
⋅=⋅⋅=，则()P B =_____．
14．若过点()2,0M 且斜率为3的直线与抛物线()2
:0C y ax a =>的准线l 相交于点
B ，与
C 的一个交点为A ，若BM MA =
v u u u v
，则a =____．
15．在平面直角坐标系xOy 中，角α与角β均以Ox 为始边，它们的终边关于y 轴对称.若1
sin 3
α=
，则cos()αβ-=___________. 16．已知函数()sin ([0,])f x x x π=∈和函数1
()tan 2
g x x =
的图象交于,,A B C 三点，则ABC ∆的面积为__________．
17．若x ，y 满足约束条件x y 102x y 10x 0
--≤⎧⎪-+≥⎨⎪≥⎩
，则x
z y 2=-+的最小值为______．
18．ABC V 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知2b =，3c =，2C B =，则
ABC V 的面积为______．
19．3
71()x x
+的展开式中5x 的系数是 .（用数字填写答案）
20．如图，长方体1111ABCD A B C D -的体积是120，E 为1CC 的中点，则三棱锥E -BCD 的体积是_____.
三、解答题
21．如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 是平行四边形，连接BD ，其中DA DP =，
BA BP =.
（1）求证：PA BD ⊥；
（2）若DA DP ⊥，060ABP ∠=，2BA BP BD ===，求二面角D PC B --的正弦值.
22．已知A 为圆2
2
:1C x y +=上一点，过点A 作y 轴的垂线交y 轴于点B ，点P 满足
2.BP BA =u u u v u u u v
（1）求动点P 的轨迹方程；
（2）设Q 为直线:3l x =上一点，O 为坐标原点，且OP OQ ⊥，求POQ ∆面积的最小值.
23．如图，在三棱柱111ABC A B C -中，H 是正方形11AA B B 的中心，122AA =，
1C H ⊥平面11AA B B ，且1 5.C H =
（Ⅰ）求异面直线AC 与11A B 所成角的余弦值； （Ⅱ）求二面角111A AC B --的正弦值；
（Ⅲ）设N 为棱11B C 的中点，点M 在平面11AA B B 内，且MN ⊥平面111A B C ，求线段
BM 的长．
24．在直角坐标平面内，以原点O 为极点，x 轴的非负半轴为极轴建立极坐标系．已知点
A ，
B 的极坐标分别为()
π42，，5π224⎛⎫ ⎪⎝⎭
，，曲线C 的方程为r ρ=（0r >）．
（1）求直线AB 的直角坐标方程；
（2）若直线AB 和曲线C 有且只有一个公共点，求r 的值．
25．已知3,cos )a x x =r ，(sin ,cos )b x x =r ，函数()f x a b =⋅r r .
（1）求()f x 的最小正周期及对称轴方程； （2）当(,]x ππ∈-时，求()f x 单调递增区间.
26．在ABC ∆中，内角A ，B ，C 的对边a ，b ，c ，且a c >，已知2BA BC ⋅=u u u r u u u r
，
1
cos 3
B =，3b =，求：
（1）a 和c 的值； （2）cos()B C -的值.
【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除
一、选择题 1．A 解析：A
【解析】
试题分析：由3tan 4α=
，得34sin ,cos 55αα==或34
sin ,cos 55
αα=-=-，所以2161264cos 2sin 24252525
αα+=
+⨯=，故选A ． 【考点】同角三角函数间的基本关系，倍角公式．
【方法点拨】三角函数求值：①“给角求值”将非特殊角向特殊角转化，通过相消或相约消去非特殊角，进而求出三角函数值；②“给值求值”关键是目标明确，建立已知和所求之间的联系．
2．C
解析：C 【解析】 【分析】
设第一张卡片上的数字为x ，第二张卡片的数字为y ，问题求的是()P x y ≤， 首先考虑分别写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，有多少种可能，再求出x y ≤的可能性有多少种，然后求出()P x y ≤. 【详解】
设第一张卡片上的数字为x ，第二张卡片的数字为y ， 分别写有数字1，2，3，4，5的5张卡片中随机抽取1张，放回后再随机抽取1张，共有5525⨯=种情况， 当x y ≤时，可能的情况如下表：
()255
P x y ≤=
=，故本题选C .
【点睛】
本题考查用列举法求概率，本问题可以看成有放回取球问题.
3．C
解析：C 【解析】 【分析】
由正弦定理结合条件可得tan tan 1B C ==，从而得三角形的三个内角，进而得三角形的
【详解】
由正弦定理可知
sin sin sin A B C
a b c ==，又sin cos cos A B C a b c
==， 所以cos sin ,cos sin B B C C ==，有tan tan 1B C ==.
所以45B C ==o .所以180454590A =--=o o o o . 所以ABC ∆为等腰直角三角形. 故选C. 【点睛】
本题主要考查了正弦定理解三角形，属于基础题.
4．D
解析：D 【解析】 【详解】
由题设可知该函数的最小正周期826T =-=，结合函数的图象可知单调递减区间是
2448
[
6,6]()22
k k k Z ++++∈，即[36,66]()k k k Z ++∈，等价于[]63,6k k -，应选答案D ．
点睛：解答本题的关键是充分利用题设中的有效信息“函数()()sin f x A x ωϕ=+
(0,0)A ω>>的图象与直线(0)y a a A =<<的三个相邻交点的横坐标分别是
2,4,8”．结合图像很容易观察出最小正周期是826T =-=，进而数形结合写出函数的单调递减区间，从而使得问题获解．
5．D
解析：D 【解析】
试题分析：θ是ABC ∆的一个内角,
，又，所以有
，故本题
的正确选项为D.
考点：三角函数诱导公式的运用.
6．A
解析：A 【解析】 【分析】
当3λ=-时，两条直线是平行的，但是若两直线平行，则3λ=-或1λ=，从而可得两者之间的关系. 【详解】
当3λ=-时，两条直线的方程分别为：6410x y ++=，3220x y +-=，此时两条直线
若两条直线平行，则()()2161λλλ⨯-=--，所以3λ=-或1λ=，经检验，两者均符合，
综上，“3λ=-”是“直线()211x y λλ+-=与直线()614x y λ+-=平行” 的充分不必要条件，故选A. 【点睛】
充分性与必要性的判断，可以依据命题的真假来判断，若“若p 则q ”是真命题，“若q 则p ”是假命题，则p 是q 的充分不必要条件；若“若p 则q ”是真命题，“若q 则p ”是真命题，则p 是q 的充分必要条件；若“若p 则q ”是假命题，“若q 则p ”是真命题，则p 是q 的必要不充分条件；若“若p 则q ”是假命题，“若q 则p ”是假命题，则
p 是q 的既不充分也不必要条件.
7．D
解析：D 【解析】
分析:先研究函数的奇偶性，再研究函数在π
(,π)2
上的符号，即可判断选择.
详解：令()2sin 2x
f x x =，
因为,()2sin 2()2sin 2()x
x x R f x x x f x -∈-=-=-=-，所以()2sin 2x
f x x =为奇函
数，排除选项A,B;
因为π(,π)2
x ∈时，()0f x <，所以排除选项C ，选D.
点睛：有关函数图象的识别问题的常见题型及解题思路：（1）由函数的定义域，判断图象的左、右位置，由函数的值域，判断图象的上、下位置；（2）由函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）由函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）由函数的周期性，判断图象的循环往复．
8．A
解析：A 【解析】 【分析】
根据斜二测画法的规则还原图形的边角关系再求解即可. 【详解】
由斜二测画法规则知AC BC ⊥,即ABC V 直角三角形,其中3AC =,8BC =,所以
AB =所以AB . 故选：A . 【点睛】
本题主要考查了斜二测画法前后的图形关系,属于基础题型.
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
试题分析：由1lg lg()lgsin b A c
+==-
lg
b b
c =⇒=
且sin 2A =
，又因为A 为锐角，所以45A =o
，由2b c =
，根据正弦定理，得sin sin sin(135)cos sin 22
B C B B B =
=-=+o ，解得cos 090B B =⇒=o ，所以三角形为等腰直角三角形，故选D. 考点：三角形形状的判定.
10．D
解析：D 【解析】
由题意可知双曲线的渐近线一条方程为b y x a =，与抛物线方程组成方程组2,1
b y x
a y x ⎧
=⎪⎨⎪=+⎩消
y 得，2
210,()40b b x x a a -+=∆=-=，即2()4b a =
，所以e == D. 【点睛】
双曲线22
221x y a b
-=（0a >，0b >）的渐近线方程为b y x a =±．
直线与抛物线交点问题，直线与抛物线方程组方程组，
当直线与抛物线对称轴平行时，直线与抛物线相交，只有一个交点．
当直线与抛物线对称轴不平行时，当>0∆时，直线与抛物线相交，有两个交点． 当0∆=时，直线与抛物线相切，只有一个交点． 当∆<0时，直线与抛物线相离，没有交点．
11．C
解析：C 【解析】 【分析】
根据正弦函数的图象和性质，即可得到结论． 【详解】
解：在[0，2π]内，
若sin x 3
2
-
＜，则43π＜x 53π＜， 即不等式的解集为（43π，53
π）， 故选：C ． 【点睛】
本题主要考查利用三角函数的图象与性质解不等式，考查数形结合的思想，属于基础题．
12．B
解析：B 【解析】
试题分析：由题意，这是几何概型问题，班车每30分钟发出一辆，到达发车站的时间总长度为40，等车不超过10分钟的时间长度为20，故所求概率为201
402
=，选B. 【考点】几何概型
【名师点睛】这是全国卷首次考查几何概型,求解几何概型问题的关键是确定“测度”,常见的测度有长度、面积、体积等.
二、填空题
13．【解析】【分析】【详解】分析：根据独立事件的关系列出方程解出详解：设因为所以所以所以点睛：本题主要考查相互独立事件的概率的乘法公式及对立事件的概率关系属于中档题 解析：
12
【解析】 【分析】 【详解】
分析：根据独立事件的关系列出方程，解出()P B . 详解：设()()()P A a,P B b,P C c ===,
因为()()()111,,688
P A B P B C P A B C ⋅=
⋅=⋅⋅=， 所以()()16118118ab b c ab c ⎧
=⎪⎪
⎪
-=⎨⎪
⎪
-=⎪⎩
所以111
a ,
b ,324
c =
== 所以()1
P B 2
=
点睛：本题主要考查相互独立事件的概率的乘法公式及对立事件的概率关系，属于中档题．
14．【解析】【分析】由直线方程为与准线得出点坐标再由可得点为线段的中点由此求出点A 的坐标代入抛物线方程得出的值【详解】解：抛物线的准线方程为过点且斜率为的直线方程为联立方程组解得交点坐标为设A 点坐标为因 解析：8
【解析】 【分析】
由直线方程为2)y x =-与准线:a
l x 4
=-
得出点B 坐标，再由BM MA u u u u v u u u v =可得，点M 为线段AB 的中点，由此求出点A 的坐标，代入抛物线方程得出a 的值.
【详解】
解：抛物线()2
:0C y ax a =>的准线方程为:a l x 4
=-
过点()2,0M
2)y x =-，
联立方程组2)4y x a x ⎧=-⎪
⎨=-
⎪⎩
，
解得，交点B
坐标为(a 4-
， 设A 点坐标为00(,)x y ， 因为BM MA u u u u v u u u v
=，
所以点M 为线段AB 的中点，
所以00()4428)402a x a y ⎧+-⎪=⎪
⎪⎨+⎪+⎪=⎪⎩
，解得(a A 44+，
将)
()a a 8A 444
++代入抛物线方程，
即))()2a 8a
a 444
+=+， 因为0a >， 解得8a =. 【点睛】
本题考查了抛物线的性质、向量相等等知识，解决几何问题时，往往可以转化为代数问题来进行研究，考查了数形结合的思想.
15．【解析】试题分析：因为和关于轴对称所以那么（或）所以【考点】同角三角函数诱导公式两角差的余弦公式【名师点睛】本题考查了角的对称关系以及诱导公式常用的一些对称关系包含：若与的终边关于轴对称则若与的终边
解析：7
9
-
【解析】
试题分析：因为α和β关于y 轴对称，所以2,k k Z αβππ+=+∈，那么
1sin sin 3βα==
，cos cos 3αβ=-=
（或cos cos 3
βα=-=），
所以()2
2
2
7
cos cos cos sin sin cos sin 2sin 19
αβαβαβααα-=+=-+=-=-
. 【考点】同角三角函数，诱导公式，两角差的余弦公式
【名师点睛】本题考查了角的对称关系，以及诱导公式，常用的一些对称关系包含：若α与β的终边关于y 轴对称，则2,k k Z αβππ+=+∈ ，若α与β的终边关于x 轴对称，则2,k k Z αβπ+=∈，若α与β的终边关于原点对称，则2,k k Z αβππ-=+∈.
16．【解析】【分析】画出两个函数图像求出三个交点的坐标由此计算出三角形的面积【详解】画出两个函数图像如下图所示由图可知对于点由解得所以【点睛】本小题主要考查正弦函数和正切函数的图像考查三角函数图像交点坐
【解析】 【分析】
画出两个函数图像，求出三个交点的坐标，由此计算出三角形的面积.
【详解】
画出两个函数图像如下图所示，由图可知()()0,0,π,0A C ，对于B 点，由sin 1
tan 2y x y x =
⎧⎪
⎨=⎪⎩
，解得π3,3B ⎛⎫ ⎪ ⎪⎝⎭，所以13
3π
π22
4
ABC S ∆=⨯⨯
=.
【点睛】
本小题主要考查正弦函数和正切函数的图像，考查三角函数图像交点坐标的求法，考查三角函数面积公式，属于中档题.
17．-1【解析】【分析】画出约束条件表示的平面区域由图形求出最优解再计算目标函数的最小值【详解】画出约束条件表示的平面区域如图所示由图形知当目标函数过点A 时取得最小值由解得代入计算所以的最小值为故答案为
解析：-1 【解析】 【分析】
画出约束条件表示的平面区域，由图形求出最优解，再计算目标函数1
z x y 2
=-+的最小值． 【详解】
画出约束条件102100x y x y x --≤⎧⎪
-+≥⎨⎪≥⎩
表示的平面区域如图所示，
由图形知，当目标函数1
z x y 2
=-+过点A 时取得最小值，由{
x 0
x y 10=--=，解得
()A 0,1-，代入计算()z 011=+-=-，所以1
z x y 2
=-+的最小值为1-．
故答案为1-． 【点睛】
本题考查了线性规划的应用问题，也考查了数形结合的解题方法，是基础题．
18．【解析】【分析】由已知利用正弦定理二倍角的正弦函数公式可求的值根据同角三角函数基本关系式可求的值利用二倍角公式可求的值根据两角和的正弦函数公式可求的值即可利用三角形的面积公式计算得解【详解】由正弦定 解析：
157
16
【解析】 【分析】
由已知利用正弦定理，二倍角的正弦函数公式可求cos B 的值，根据同角三角函数基本关系式可求sin B 的值，利用二倍角公式可求sin C ，cos C 的值，根据两角和的正弦函数公式可求sin A 的值，即可利用三角形的面积公式计算得解． 【详解】
2b =Q ，3c =，2C B =，
∴由正弦定理sin sin b c B C =，可得：23
sin sin B C
=，可得：
233sin sin22sin cos B B B B
==， ∴可得：3cos 4B =
，可得：27sin 1cos 4
B B =-=， ∴可得：37sin sin22sin cos
C B B B ===，21
cos cos22cos 18C B B ==-=，
()13sin sin sin cos cos sin 484816
A B C B C B C ∴=+=+=
⨯+⨯=
，
11sin 2322S bc A ∴=
=⨯⨯=
．
． 【点睛】
本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，二倍角公式，两角和的正弦函数公式，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现ab 及2b 、2a 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.
19．【解析】由题意二项式展开的通项令得则的系数是考点：1二项式定理的展开式应用 解析：35
【解析】
由题意，二项式3
71()x x
+展开的通项372141771()
()r r
r r r r T C x C x x
--+==，令2145r -=，得4r =，则5x 的系数是4
735C =.
考点：1.二项式定理的展开式应用.
20．【解析】【分析】由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积【详解】因为长方体的体积为120所以因为为的中点所以由长方体的性质知底面所以是三棱锥的底面上的高所以三棱锥的体积【点睛】本题蕴
解析：【解析】 【分析】
由题意结合几何体的特征和所给几何体的性质可得三棱锥的体积. 【详解】
因为长方体1111ABCD A B C D -的体积为120， 所以1120AB BC CC ⋅⋅=， 因为E 为1CC 的中点， 所以11
2
CE CC =
， 由长方体的性质知1CC ⊥底面ABCD ， 所以CE 是三棱锥E BCD -的底面BCD 上的高， 所以三棱锥E BCD -的体积
1132V AB BC CE =⨯⋅⋅
=11111
1201032212AB BC CC =⨯⋅⋅=⨯=.
【点睛】
本题蕴含“整体和局部”的对立统一规律.在几何体面积或体积的计算问题中，往往需要注意理清整体和局部的关系，灵活利用“割”与“补”的方法解题.
三、解答题
21．(1)见解析；(2) 43
sin 7
α= 【解析】
试题分析：.（1）取AP 中点M ，易证PA ⊥面DMB ，所以PA BD ⊥，（2）以
,,MP MB MD 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，平面DPC 的法向量
()
13,1,3n =--u v ，设平面PCB 的法向量2n u u v =()
3,1,3-，1212
12•1cos ,7
n n n n n n ==u v u u v
u v u u v u v u u v ，即43
sin α=
. 试题解析：
（1）证明：取AP 中点M ，连,DM BM ， ∵DA DP =，BA BP =
∴PA DM ⊥，PA BM ⊥，∵DM BM M ⋂= ∴PA ⊥面DMB ，又∵BD ⊂面DMB ，∴PA BD ⊥
（2）∵DA DP =，BA BP =，DA DP ⊥，060ABP ∠=
∴DAP ∆是等腰三角形，ABP ∆是等边三角形，∵2AB PB BD ===，∴1DM =，
3BM =.
∴222BD MB MD =+，∴MD MB ⊥
以,,MP MB MD 所在直线分别为,,x y z 轴建立空间直角坐标系， 则()1,0,0A -，()
3,0B ，()1,0,0P ，()0,0,1D
从而得()1,0,1DP =-u u u v ，()3,0DC AB ==u u u v u u u u u v ，()
1,3,0BP =-u u u v ，()1,0,1BC AD ==u u u v u u u v
设平面DPC 的法向量()1111,,n x y z =u v
则11•0•0n DP n DC ⎧=⎪⎨=⎪⎩u v u u u v
u v u u u v
，即111
10
0x z x -=⎧⎪⎨+=⎪⎩
，∴(1n =u v ， 设平面PCB 的法向量()2212,,n x y z =u u v
，
由22•0•0n BC n BP ⎧=⎪⎨=⎪⎩u u v u u u v
u u v u u u v
，得22220
x z x +=⎧⎪⎨-=⎪⎩
，∴2n =u u v ∴121212•1
cos ,7
n n n n n n ==u v u u v
u v u u v u
v u u v 设二面角D PC B --为α
，∴sin α==
点睛：利用法向量求解空间二面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.
22．(1) 22
1
4
x y += (2) 3.2 【解析】 【分析】
（1）设出A 、P 点坐标，用P 点坐标表示A 点坐标，然后代入圆方程，从而求出P 点的轨迹；
（2）设出P 点坐标，根据斜率存在与否进行分类讨论，当斜率不存在时，求出POQ ∆面积的值，当斜率存在时，利用点P 坐标表示POQ ∆的面积，减元后再利用函数单调性求出最值，最后总结出最值. 【详解】
解：（1） 设(),P x y ， 由题意得：()()1,,0,A x y B y ， 由2BP BA =u u u v u u u v
，可得点A 是BP 的中点， 故102x x +=， 所以12
x
x =
， 又因为点A 在圆上，
所以得2
214
x y +=，
故动点P 的轨迹方程为2
214
x y +=.
（2）设()11,P x y ，则10y ≠，且2
21114
x y +=，
当10x =时，11y =±，此时()33,0,2
POQ Q S ∆=； 当10x ≠时，1
1
,OP y k x = 因为OP OQ ⊥, 即1
1
,OQ x k y =-
故1133,x Q y ⎛⎫- ⎪⎝
⎭，
OP ∴=
OQ ==，
22
111
1322POQ
x y S OP OQ y ∆+==⋅①， 2
21114x y +=代入① 2111143334
322POQ
y S y y y ∆⎛⎫-=⋅=- ⎪ ⎪⎝⎭
()101y <≤
设()()4
301f x x x x
=
-<≤ 因为()24
f x 30x
'=-
-<恒成立， ()f x ∴在(]
0,1上是减函数， 当11y =时有最小值，即3
2
POQ S ∆≥, 综上：POQ S ∆的最小值为3.2
【点睛】
本题考查了点的轨迹方程、椭圆的性质等知识，求解几何图形的长度、面积等的最值时，常见解法是设出变量，用变量表示出几何图形的长度、面积等，减元后借助函数来研究其最值. 23．（Ⅰ
）3
；（Ⅱ
；（Ⅲ
【解析】
【分析】
（Ⅰ）以B 为坐标原点，BA 所在直线为x 轴，1BB 所在直线为y 轴，建立坐标系，设异
面直线AC 与11A B 所成角为α，算出11,AC A B u u u r u u u u r ，再利用cos α=11|cos ,|AC A B 〈〉u u u r u u u u r
计算即
可；
（Ⅱ）分别求出平面11AA C 的法向量m u r 与平面111B AC 的法向量n r
，再利用向量的夹角公式
算得cos ,m n 〈〉u r r
即可；
（Ⅲ）设(,,0)M a b ，由MN ⊥平面111A B C ，得11110
0MN A B MN A C ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩
u u u u v u u u u v u u u u v u u u u v ，进一步得到M 的坐标，再由模长公式计算BM 的长. 【详解】
如图所示，建立空间直角坐标系，其中点B 为坐标原点，BA 所在直线为x 轴，1BB 所在直线为y 轴， 由题意，
111(0,0,0),B A C A B C ，
（Ⅰ
）11((AC A B ==-u u u r u u u u r ，
所以111111cos ,||||AC A B AC A B AC A B ⋅〈〉===u u r
u u u r u u u u r u u u r u u u u r ，
设异面直线AC 与11A B 所成角为α，
则cos α
=11|cos ,|3
AC A B 〈〉=
u u u r u u u u r
， 所以异面直线AC 与11A B
所成角的余弦值为
3
. （Ⅱ
）易知111(AA AC ==u u u r u u u u r
，
设平面11AA C 的法向量(,,)m x y z =， 则11100m AC m AA ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩u u u u v v u u u v v
，即00
⎧+=⎪⎨=⎪⎩，
令x =
z =
，所以m =u r
，
同理，设平面111
B A
C 的法向量(,,)n x y z =r ， 则111100n A C n A B ⎧⋅=⎪
⎨⋅=⎪⎩u u u u v v u u u u v v
，即00
⎧-+=⎪⎨-=⎪⎩，
令y =
z =
n =r
，
所以2
cos ,7
||||77m n m n m n ⋅〈〉===⋅⋅u r r
u r r u
r r ， 设二面角1
11A AC B --的大小为θ， 则2235
sin 1()7θ=-=
， 所以二面角111A AC B --的正弦值为
35
. （Ⅲ）由N 为棱11B C 的中点，得2325,,N ⎛⎫
⎪⎝⎭， 设(,,0)M a b ，则2325,,222MN a b ⎛⎫
=-- ⎪⎝⎭u u u u r ，
由MN ⊥平面111A B C ，得111100
MN A B MN A C ⎧⋅=⎪
⎨⋅=⎪⎩u u u u v u u u u v u u u u v u u u u v ，即 2
(22)022325(2)(2)5022a a b ⎧⎛
⎫-⋅-=⎪ ⎪ ⎪⎪⎝⎭
⎨⎛⎫⎛⎫⎪-⋅-+-⋅-+⋅= ⎪ ⎪⎪ ⎪ ⎪⎝
⎭⎝⎭
⎩，
解得222
4a b ⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩
，故22,,024M ⎛⎫
⎪⎝⎭，因此22,,024BM ⎛⎫= ⎪⎝⎭u u u u r ， 所以线段BM 的长为10
||BM =
u u u u r
.
【点睛】
本题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，考查学生的空间想象能力、运算能力和推理论证能力. 24．（1）340x y -+=；（2210
【解析】 【分析】
（1）求得()04A ，
，()22B --，，问题得解． （2）利用直线AB 和曲线C 相切的关系可得：圆心到直线A B 的距离等于圆的半径r ，列方程即可得解． 【详解】
（1）分别将()π42A ，
，()
5π4
B ，转化为直角坐标为()04A ，，()22B --，， 所以直线AB 的直角坐标方程为340x y -+=． （2）曲线
C 的方程为r ρ
=（0r >），其直角坐标方程为222x y r +=．
又直线A B 和曲线C 有且只有一个公共点，即直线与圆相切， 所以圆心到直线A B 的距离等于圆的半径r . 又圆心到直线A B
=r
．
【点睛】
本题主要考查了极坐标与直角坐标互化，还考查了直线与圆相切的几何关系，考查计算能力及点到直线距离公式，属于中档题． 25．(1) T π= ；26k x ππ
=
+（k Z ∈）. (2) 5(,]6ππ--，[,]36
ππ-和2[,]3
π
π 【解析】 【分析】
（1）化简得()1
sin 262
f x x π⎛⎫=++ ⎪⎝
⎭，再求函数的周期和对称轴方程；（2）先求出函数在R 上的增区间为[,3
6
k k π
π
ππ-+
] （k Z ∈），再给k 赋值与定义域求交集得解.
【详解】
解：（1）(
)2
cos cos f x a b x x x =⋅+r r
111cos2sin 22262x x x π⎛
⎫=
++=++ ⎪⎝
⎭ 所以()f x 的周期22
T π
π==, 令26
2
x k π
π
π+
=+
（k Z ∈），即26
k x ππ
=
+（k Z ∈） 所以()f x 的对称轴方程为26
k x ππ
=
+（k Z ∈）.
（2）令222262k x k πππππ-≤+≤+ （k Z ∈） 解得36
k x k π
πππ-≤≤+ （k Z ∈），由于(]
,x ππ∈- 所以当1,0k =-或1时， 得函数()f x 的单调递增区间为5,6ππ⎛⎤--
⎥⎝⎦，,36ππ⎡⎤-⎢⎥⎣⎦和2,3ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦
. 【点睛】 本题主要考查三角恒等变换，考查三角函数的周期的求法和对称轴的求法，考查三角函数的单调区间的求法，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. 26．（1）3,2a c ==；（2）
2327 【解析】 试题分析：（1）由2BA BC ⋅=u u u r u u u r 和1cos 3
B =，得ac=6.由余弦定理，得2213a c +=. 解，即可求出a ，c ；（2） 在AB
C ∆中，利用同角基本关系得
22sin .3
B = 由正弦定理，得42sin sin 9c
C B b =
=，又因为a b c =>，所以C 为锐角，因此27cos 1sin 9
C C =-=，利用cos()cos cos sin sin B C B C B C -=+，即可求出结果. （1）由2BA BC ⋅=u u u r u u u r 得，，又1cos 3
B =，所以ac=6. 由余弦定理，得2222cos a c b ac B +=+.
又b=3，所以2292213a c +=+⨯=.
解，得a=2，c=3或a=3，c=2.
因为a>c,∴ a=3，c=2.
（2）在ABC ∆中，2212sin 1cos 1()33B B =-=-=
由正弦定理，得22242sin sin 3c C B b ===a b c =>，所以C 为锐角，因此22427cos 1sin 1()99
C C =-=-=.
于是cos()cos cos sin sin B C B C B C -=+=1723393927⋅+⋅=. 考点：1.解三角形；2.三角恒等变换.。