浙江省宁波市镇海中学高一下学期期末数学试题(解析版)
2019-2020学年浙江省宁波市高一下学期期末数学试卷 (解析版)
2019-2020学年浙江省宁波市高一第二学期期末数学试卷一、选择题（共10小题）.1．不等式x2﹣x﹣2＞0的解集为（）A．（﹣1，2）B．（﹣1，1）C．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）D．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）2．一条直线过点A（1，0）和B（﹣2，3），则该直线的倾斜角为（）A．30°B．45°C．135°D．150°3．若0＜α＜，﹣＜β＜0，cosα＝，cosβ＝，则cos（α+β）＝（）A．B．C．D．4．若实数x，y满足，则3x+y的最小值为（）A．4B．6C．8D．105．sin2＝（）A．B．C．D．6．设a，b是非零实数，若a＜b，则下列不等式成立的是（）A．a2＜b2B．ab2＜a2bC．D．7．已知等差数列{a n}中，a2＝3，a4＝5，则＝（）A．B．C．D．8．如图，四边形ABCD中，∠ADC＝120°，∠ACD＝30°，∠BCD＝90°，DC＝，BC＝2，则AB＝（）A．B．C．D．9．已知数列{a n}的前n项和为S n＝2n﹣2（n∈N*），则下列结论正确的是（）A．a1a10＝a5a6B．对任意n≥2，且n∈N*，都有a n+1a n﹣1＝a n2C．S5，S10﹣S5，S15﹣S10成等比数列D．对任意n∈N*，都有a n+1＞a n10．已知正项数列{a n}，{b n}满足，设，当c5+c6最小时，c7的值为（）A．3B．C．5D．二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分．11．设直线l1：ax+3y+12＝0，直线l2：x+（a﹣2）y+4＝0．当a＝时，l1∥l2；当a ＝时，l1⊥l2．12．已知α为锐角，且，则sinα＝，tan2α＝．13．已知等比数列{a n}的公比为q（q＞0），前n项和为S n．若S2＝6，S4＝30，则a1＝，q＝．14．已知x＞0，y＞0，且x+2y＝1，则的最小值为；的最大值为．15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A＝，b2﹣，则tan B＝．16．记max（a，b）＝，设函数f（x）＝max{|x+1|，|x﹣t|}，若对于任意x∈R，都有f（x）≥2成立，则实数t的取值范围为．17．已知直线l1：2x﹣y﹣2＝0与x轴交于点A，直线l1⊥l2，且l1，l2的交点为P，O为坐标原点．若直线l2在y轴上截距为b（b＞0），且∠APO≤45°，则b的取值范围为．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．已知三角形的三个顶点A（﹣5，0），B（3，﹣3），C（0，2）．（Ⅰ）求BC边所在直线的方程；（Ⅱ）求△ABC的面积．19．已知函数f（x）＝sin x+a cos x（a＞0）的最大值为2．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设0＜θ＜，且f（θ）f（θ+）＝﹣，求sin2θ的值．20．如图，在△ABC中，AC＝4AB，cos B＝．（Ⅰ）求sin C的值；（Ⅱ）若AB＝5，D为边BC上一点，△ABD的面积为12，求的值．21．已知函数f（x）＝|2x+1|﹣|ax﹣1|（a∈R）．（Ⅰ）当a＝1时，求不等式f（x）＞1的解集；（Ⅱ）对于任意x∈（0，1），不等式f（x）＞x恒成立，则求实数a的取值范围．22．已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1﹣a n＝2n+1（n∈N*），数列{b n}的前n项和为S n，且满足3S n＝4b n﹣2（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（Ⅱ）记c n＝，求证：（ⅰ）当n≥2且n∈N*时，；（ⅱ）当n∈N*时，c1+c2+c3+…+c n＜．参考答案一、选择题（共10小题）.1．不等式x2﹣x﹣2＞0的解集为（）A．（﹣1，2）B．（﹣1，1）C．（﹣∞，﹣1）∪（2，+∞）D．（﹣∞，﹣2）∪（1，+∞）【分析】先将一元二次不等式进行因式分解，然后直接利用一元二次不等式的解法，求解即可．解：不等式x2﹣x﹣2＞0化为：（x﹣2）（x+1）＞0，解得x＞2或x＜﹣1．所以不等式的解集为：{x|x＞2或x＜﹣1}；故选：C．2．一条直线过点A（1，0）和B（﹣2，3），则该直线的倾斜角为（）A．30°B．45°C．135°D．150°【分析】由题意利用直线的斜率公式求出直线的斜率，再根据直线的倾斜角和斜率的关系求出直线的倾斜角．解：一条直线过点A（1，0）和B（﹣2，3），则该直线的斜率为＝﹣1，故该直线的倾斜角为135°，故选：C．3．若0＜α＜，﹣＜β＜0，cosα＝，cosβ＝，则cos（α+β）＝（）A．B．C．D．【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式可求sinα，sinβ的值，进而根据两角和的余弦函数公式即可化简求解．解：∵0＜α＜，﹣＜β＜0，cosα＝，cosβ＝，∴sin＝，sinβ＝﹣＝﹣，∴cos（α+β）＝cosαcosβ﹣sinαsinβ＝×﹣×（﹣）＝．故选：A．4．若实数x，y满足，则3x+y的最小值为（）A．4B．6C．8D．10【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．解：由约束条件作出可行域如图，令z＝3x+y，化为y＝﹣3x+z，由图可知，当直线y＝﹣3x+z过点A时，直线在y轴上的截距最小，z有最小值．联立，解得A（1，3）．∴z的最小值为6．故选：B．5．sin2＝（）A．B．C．D．【分析】利用二倍角的余弦函数公式，特殊角的三角函数值即可求解．解：sin2＝＝＝．故选：A．6．设a，b是非零实数，若a＜b，则下列不等式成立的是（）A．a2＜b2B．ab2＜a2bC．D．【分析】由不等式的相关性质，对四个选项逐一判断，由于a，b为非零实数，故可利用特例进行讨论得出正确选项解：A选项不正确，因为a＝﹣2，b＝1时，不等式就不成立；B选项不正确，因为a＝1，b＝2时，不等式就不成立；C选项正确，因为⇔a＜b，故当a＜b时一定有；D选项不正确，因为a＝1，b＝2时，不等式就不成立；故选：C．7．已知等差数列{a n}中，a2＝3，a4＝5，则＝（）A．B．C．D．【分析】求得a n＝n+1．利用，再累加求和即可．解：∵等差数列{a n}中，a2＝3，a4＝5，所以公差d＝1，可得a n＝n+1．∴，则＝﹣+﹣+…+﹣＝﹣＝＝．故选：B．8．如图，四边形ABCD中，∠ADC＝120°，∠ACD＝30°，∠BCD＝90°，DC＝，BC＝2，则AB＝（）A．B．C．D．【分析】在△ADC中可得AD＝DC＝，从而求得AC＝3，在△ABC中，由余弦定理求AB．解：在△ADC中，∵，∠ADC＝120°，∠ACD＝30°，DC＝，∴∠DAC＝∠ACD ＝30°，∴，∴AC＝2AD•cos30°＝3．在△ABC中，AC＝3，BC＝3，∠ACB＝60°，∴＝．故选：C．9．已知数列{a n}的前n项和为S n＝2n﹣2（n∈N*），则下列结论正确的是（）A．a1a10＝a5a6B．对任意n≥2，且n∈N*，都有a n+1a n﹣1＝a n2C．S5，S10﹣S5，S15﹣S10成等比数列D．对任意n∈N*，都有a n+1＞a n【分析】根据数列的S n＝2n﹣2，求a n＝s n﹣s n﹣1（n＞1），然后验证首项．解：∵S n＝2n﹣2．当n＝1 时a1＝s1＝0．当n≥2时．∴∴数列{a n}不是等比数列．A所以a1a10≠a5a6A不正确B当n＝2时a n+1a n﹣1＝0，a n2 ＝4 显然．B不正确C S5，S10﹣S5，S15﹣S10 不是等比数列．C不正确D对任意n∈N*，都有a n+1＞a n．D正确故选：D．10．已知正项数列{a n}，{b n}满足，设，当c5+c6最小时，c7的值为（）A．3B．C．5D．【分析】根据条件得到c n+1＝；然后将c6用c5表示，再利用基本不等式即可解．解：∵正项数列{a n}，{b n}满足，，∴c n+1＝＝＝；∴c5+c6＝c5+＝c5+1+≥2 ＝8，当且仅当c5+1＝，即c5＝3时取等号，当c5+c6最小时c5＝3，c6＝5；∴c7＝＝．故选：B．二、填空题：本大题共7小题，多空题每小题6分，单空题每小题6分，共36分．11．设直线l1：ax+3y+12＝0，直线l2：x+（a﹣2）y+4＝0．当a＝﹣1时，l1∥l2；当a ＝时，l1⊥l2．【分析】利用直线与直线平行或直线与直线垂直的性质能求出结果．解：直线l1：ax+3y+12＝0，直线l2：x+（a﹣2）y+4＝0．由l1∥l2得：，解得a＝﹣1，由l1⊥l2，得a×1+3（a﹣2）＝0，解得a＝．故答案为：﹣1，．12．已知α为锐角，且，则sinα＝，tan2α＝．【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系，二倍角公式，求得结果．解：∵已知α为锐角，且，∴1+sinα＝，sinα＝，∴cosα＝＝，∴tanα＝＝，则tan2α＝＝，故答案为：；．13．已知等比数列{a n}的公比为q（q＞0），前n项和为S n．若S2＝6，S4＝30，则a1＝2，q＝2．【分析】根据等比数列的前n项和公式进行计算即可解：∵等比数列{a n}的公比为q（q＞0），且S2＝6，S4＝30∴等比数列{a n}的公比为q≠1，∴∴∴q＝2，a1＝2故答案为2，214．已知x＞0，y＞0，且x+2y＝1，则的最小值为3；的最大值为．【分析】由＝（）（x+2y），展开后利用基本不等式即可求解；由＝，然后利用基本不等式即可求解．解：∵x＞0，y＞0，且x+2y＝1，则＝（）（x+2y）＝3+，当且仅当且x+2y＝1即y＝，x＝1+时取等号，＝＝，故答案为：3+2，15．在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知A＝，b2﹣，则tan B＝3．【分析】由余弦定理知，cos A＝，代入已知条件后化简得3c＝b，再根据正弦定理，将边化角有3sin C＝sin B，然后结合A+B+C＝π与正弦的两角和公式，可推出3cos B＝sin B，从而得解．解：由余弦定理知，cos A＝，∵A＝，b2﹣，∴＝，化简得3c＝b，由正弦定理知，＝，∴3sin C＝sin B，又A+B+C＝π，∴3sin（A+B）＝sin B，∴3×（sin B+cos B）＝sin B，即3cos B＝sin B，∴tan B＝＝3．故答案为：3．16．记max（a，b）＝，设函数f（x）＝max{|x+1|，|x﹣t|}，若对于任意x∈R，都有f（x）≥2成立，则实数t的取值范围为（﹣∞，﹣5]∪[3，+∞）．【分析】将f（x）写成分段函数的形式，求得f（x）的对称轴为x＝，代入即可得到f（x）的最小值，由题意可得f（x）min≥2，解不等式可得t的范围．解：函数f（x）＝max{|x+1|，|x﹣t|}＝，由f（x）的解析式，可得f（+x）＝f（﹣x），则f（x）的对称轴为x＝，所以f（x）的最小值为f（）＝||，若对于任意x∈R，都有f（x）≥2成立，则||≥2，解得t≥3或t≤﹣5，所以t的取值范围是（﹣∞，﹣5]∪[3，+∞）．故答案为：（﹣∞，﹣5]∪[3，+∞）．17．已知直线l1：2x﹣y﹣2＝0与x轴交于点A，直线l1⊥l2，且l1，l2的交点为P，O为坐标原点．若直线l2在y轴上截距为b（b＞0），且∠APO≤45°，则b的取值范围为[，+∞）．【分析】设直线l2：x+2y﹣2b＝0，当∠APO＝45°时，点O直线l2与l1的距离相等，由2b＝2，得b＝，由此能坟出当∠APO≤45°时，b的取值范围．解：∵直线l1：2x﹣y﹣2＝0与x轴交于点A∴A（，0），∵直线l1⊥l2，且l1，l2的交点为P，O为坐标原点．∴设直线l2：x+2y﹣2b＝0，直线l2在y轴上截距为b（b＞0），且∠APO≤45°，当∠APO＝45°时，点O直线l2与l1的距离相等，由2b＝2，得b＝，∴当∠APO≤45°时，b≥．∴b的取值范围为[，+∞）．故答案为：[，+∞）．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．已知三角形的三个顶点A（﹣5，0），B（3，﹣3），C（0，2）．（Ⅰ）求BC边所在直线的方程；（Ⅱ）求△ABC的面积．【分析】（Ⅰ）利用两点式可得：＝，化简即可得出．（Ⅱ）AB所在直线方程为：3x+8y+15＝0，利用点到直线的距离公式可得点C到直线AB的距离．利用两点之间的距离公式可得|AB|，即可得出△ABC的面积．解：（Ⅰ）由两点式可得：＝，化为：5x+3y﹣6＝0．（Ⅱ）AB所在直线方程为：3x+8y+15＝0，点C到直线AB的距离为：d＝．|AB|＝．∴S△ABC＝××＝．19．已知函数f（x）＝sin x+a cos x（a＞0）的最大值为2．（Ⅰ）求实数a的值；（Ⅱ）设0＜θ＜，且f（θ）f（θ+）＝﹣，求sin2θ的值．【分析】（Ⅰ）由题意利用函数的最大值，求出实数a的值．（Ⅱ）由题意利用诱导公式、二倍角公式，求出sin（2θ+）的值，可得cos（2θ+）的值，再利用两角和的正弦公式求得sin2θ＝sin[（2θ+）﹣]的值．解：（Ⅰ）∵函数f（x）＝sin x+a cos x（a＞0）的最大值为＝2，∴a＝，f（x）＝sin x+a cos x＝sin x+cos x＝2sin（x+）．（Ⅱ）∵0＜θ＜，且f（θ）f（θ+）＝2sin（θ+）•2sin（θ++）＝2sin（θ+）•2cos（θ+）＝2sin（2θ+）＝﹣，∴sin（2θ+）＝﹣，故2θ+为第三或第四象限角．若2θ+为第三象限角，则cos（2θ+）＝﹣＝﹣，sin2θ＝sin[（2θ+）﹣]＝sin（2θ+）cos﹣cos（2θ+）sin＝﹣•（﹣）﹣（﹣）•＝．若2θ+为第四象限角，则cos（2θ+）＝＝，sin2θ＝sin[（2θ+）﹣]＝sin（2θ+）cos﹣cos（2θ+）sin＝﹣•（﹣）﹣（）•＝﹣．综上，sin2θ＝，或sin2θ＝．20．如图，在△ABC中，AC＝4AB，cos B＝．（Ⅰ）求sin C的值；（Ⅱ）若AB＝5，D为边BC上一点，△ABD的面积为12，求的值．【分析】（Ⅰ）在△ABC中，由正弦定理可得：⇒sin C；（Ⅱ）首先求cos A，再由余弦定理求BC，最后利用△ABD的面积解得BD即可．解：（Ⅰ）在△ABC中，∵cos B＝，∴，由正弦定理可得：，⇒sin C＝．（Ⅱ）在△ABC中，∵AC＝4AB，AB＝5，∴AC＝4，∵AB＜AC，sin C＝，∴cos C＝，∴cos A＝﹣cos（B+C）＝﹣cos B cos C+sin B sin C＝﹣，由余弦定理可得：＝11，∵△ABD的面积为12，∴AB•BD sin B＝12，解得BD＝6，∴＝．21．已知函数f（x）＝|2x+1|﹣|ax﹣1|（a∈R）．（Ⅰ）当a＝1时，求不等式f（x）＞1的解集；（Ⅱ）对于任意x∈（0，1），不等式f（x）＞x恒成立，则求实数a的取值范围．【分析】（Ⅰ）求得f（x）＝|2x+1|﹣|x﹣1|，由零点分区间法，对x讨论，去绝对值，解不等式，求并集，可得所求解集；（Ⅱ）由题意可得2x+1﹣|ax﹣1|＞x，即|ax﹣1|＜x+1在x∈（0，1）恒成立，再由绝对值不等式的解法和参数分离法，结合恒成立思想，可得所求范围．解：（Ⅰ）当a＝1时，f（x）＝|2x+1|﹣|x﹣1|，当x≥1时，f（x）＞1，即为2x+1﹣（x﹣1）＞1，解得x＞﹣1，则x≥1；当﹣＜x＜1时，f（x）＞1，即为2x+1+（x﹣1）＞1，解得x＞，则＜x＜1；当x≤﹣时，f（x）＞1，即为﹣2x﹣1+（x﹣1）＞1，解得x＜﹣3，则x＜﹣3．综上可得，f（x）＞1的解集为{x|x＜﹣3或x＞}：（Ⅱ）对于任意x∈（0，1），不等式f（x）＞x恒成立，可得2x+1﹣|ax﹣1|＞x，即|ax﹣1|＜x+1在x∈（0，1）恒成立，则有﹣x﹣1＜ax﹣1＜x+1，可得﹣1＜a＜1+在x∈（0，1）恒成立，而y＝1+∈（3，+∞），所以﹣1＜a≤3，即a的范围是（﹣1，3]．22．已知数列{a n}满足a1＝1，a n+1﹣a n＝2n+1（n∈N*），数列{b n}的前n项和为S n，且满足3S n＝4b n﹣2（n∈N*）．（Ⅰ）求数列{a n}，{b n}的通项公式；（Ⅱ）记c n＝，求证：（ⅰ）当n≥2且n∈N*时，；（ⅱ）当n∈N*时，c1+c2+c3+…+c n＜．【分析】（Ⅰ）由a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+（a n﹣2﹣a n﹣3）+…+（a2﹣a1）+a1可得a n，由3S n＝4b n﹣2（n∈N*），3S n﹣1＝4b n﹣1﹣2（n∈N*）⇒b n＝4b n﹣1，即可得数列{b n}通项．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得记c n＝＝，（ⅰ），函数2在n≥2，n∈N+时单调递减，即可证明．（ⅱ）由（ⅰ）可得当n≥2且n∈N*时，，即可得c1+c2+c3+…+c n＜c1+c2++（）2c2+…+（）n﹣2c2，即可证明．解：（Ⅰ）∵a n+1﹣a n＝2n+1，∴a n＝（a n﹣a n﹣1）+（a n﹣1﹣a n﹣2）+（a n﹣2﹣a n﹣3）+…+（a2﹣a1）+a1＝（2n﹣1）+（2n﹣3）+..（2×1+1）+1＝，因为3S n＝4b n﹣2（n∈N*），所以3S n﹣1＝4b n﹣1﹣2（n∈N*），两式相减可得3b n＝4b n ﹣4b n﹣1（n≥2，n∈N*），⇒b n＝4b n﹣1，即可得数列{b n}是首项为2，公比为4的等比数列，∴b n＝2•4n﹣1＝22n﹣1．综上，，b n＝22n﹣1．（Ⅱ）由（Ⅰ）可得记c n＝＝，（ⅰ）∵c n＝＝，，∴，函数2在n≥2，n∈N+时单调递减，∴＜f（n）．当n≥2且n∈N*时，；（ⅱ）由（ⅰ）可得当n≥2且n∈N*时，，故c1+c2+c3+…+c n＜c1+c2++（）2c2+…+（）n﹣2c2＝+═﹣．∴n∈N*时，c1+c2+c3+…+c n＜．。
2018-2019学年浙江省宁波市镇海中学高一(下)期末数学试卷
2018-2019学年浙江省宁波市镇海中学高一（下）期末数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．（4分）如图是一个正四棱锥，它的俯视图是( )A ．B ．C ．D ．2．（4分）已知点(1，)(0)a a >到直线:20l x y +-=的距离为1，则a 的值为( ) A ．2B ．22-C ．21-D ．21+3．（4分）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，直线1AB 与1BC 所成角为( )A ．30︒B ．45︒C ．60︒D ．90︒4．（4分）在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，AB BC ⊥，5AB =，4BC =，2CD =，则梯形ABCD 绕着BC 旋转而成的几何体的体积为( )A ．52πB ．1163π C ．1003πD (28410)+ 5．（4分）已知直线倾斜角的范围是2[,)(,]3223ππππα∈⋃，则此直线的斜率的取值范围是()A ．[3,3]-B ．(,3][3,)-∞-+∞C ．33[,]33-D ．33(,][,)33-∞-+∞ 6．（4分）正三角形ABC 的边长为2cm ，如图，△A B C '''为其水平放置的直观图，则△A B C '''的周长为( )A ．8cmB ．6cmC ．(26)cm +D ．(223)cm +7．（4分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为( )A ．24πB ．6πC ．86πD 6π8．（4分）已知m ，n 表示两条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，给出下列四个命题： ①m αβ=，n α⊂，n m ⊥，则αβ⊥；②αβ⊥，m αγ=，n βγ=，则m n ⊥；③αβ⊥，αγ⊥，m βγ=，则m α⊥；④m α⊥，n β⊥，m n ⊥，则αβ⊥ 其中正确命题的序号为( ) A ．①②B ．②③C ．③④D ．②④9．（4分）若实数x ，y 满足不等式组031y x y x y ⎧⎪+⎨⎪--⎩，则2||z x y =-的最小值是( )A ．1-B ．0C ．1D ．210．（4分）已知圆1Γ与2Γ交于两点，其中一交点的坐标为(3,4)，两圆的半径之积为9，x轴与直线(0)y mx m =>都与两圆相切，则实数(m = ) A ．158B ．74C ．235 D ．35二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．11．（6分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，则该圆柱的表面积为 ，体积为 ．12．（6分）若直线12y kx k =+-与曲线21y x =-有交点，则实数k 的最大值为 ，最小值为 ．13．（6分）若过点(1,1)的直线l 被圆224x y +=截得的弦长最短，则直线l 的方程是 ，此时的弦长为 ．14．（6分）已知点(2,1)和圆22:220C x y ax y ++-+=，若点P 在圆C 上，则实数a = ；若点P 在圆C 外，则实数a 的取值范围为 ． 15．（4分）异面直线a ，b 所成角为3π，过空间一点O 的直线l 与直线a ，b 所成角均为θ，若这样的直线l 有且只有两条，则θ的取值范围为 ．16．（4分）在棱长均为2的三棱锥A BCD -中，E 、F 分别AB 、BC 上的中点，P 为棱BD 上的动点，则PEF ∆周长的最小值为 ．17．（4分）在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，2PA PB ==，22PC AB BC ===，作BD PC ⊥交PC 于D ，则BD 与平面PAB 所成角的正弦值是 ．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写岀文字说明、证明过程或演算步骤． 18．（14分）正四棱锥P ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 为PC 中点． （1）求证：//PA 平面BDE ；（2）求异面直线PA 与DE 所成角的余弦值．19．（15分）已知圆22:(2)(3)2C x y -+-=．（1）过原点O 的直线l 被圆C 所截得的弦长为2，求直线l 的方程；（2）过圆C 外的一点P 向圆C 引切线PA ，A 为切点，O 为坐标原点，若||||PA OP =，求使||PA 最短时的点P 坐标．20．（15分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD AB ⊥，//AB DC ，2AD DC AP ===，1AB =，点E 为棱PC 的中点．（Ⅰ）证明：BE DC ⊥；（Ⅱ）求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值．21．（15分）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是AB 的中点，E 在1CC 上，且12CE C E =． （1）求证：1AC ⊥平面1A BD ；（2）在线段1DD 上存在一点P ，1DP D P λ=，若1//PB 平面DME ，求实数λ的值．22．（15分）已知点(1,0)A ，(4,0)B ，曲线C 上任意一点P 满足||2||PB PA =． （1）求曲线C 的方程；（2）设点(3,0)D ，问是否存在过定点Q 的直线l 与曲线C 相交于不同两点E ，F ，无论直线l 如何运动，x 轴都平分EDF ∠，若存在，求出Q 点坐标，若不存在，请说明理由．2018-2019学年浙江省宁波市镇海中学高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4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．（4分）如图是一个正四棱锥，它的俯视图是( )A ．B ．C ．D ．【解答】解：该几何体直观图为一个正四棱锥，所以其俯视图轮廓为正方形，并且能够看到其四个侧棱，构成正方形的对角线， 故选：D ．2．（4分）已知点(1，)(0)a a >到直线:20l x y +-=的距离为1，则a 的值为( ) A ．2B ．22-C ．21-D ．21+【解答】解：点(1，)(0)a a >到直线:20l x y +-=的距离为1，∴|12|12a +-=，解得12a =+故选：D ．3．（4分）如图，正方体1111ABCD A B C D -中，直线1AB 与1BC 所成角为( )A ．30︒B ．45︒C ．60︒D ．90︒【解答】解：11//AB DC ，1DC B ∴∠是直线1AB 与1BC 所成角， 1BDC ∆是等边三角形，∴直线1AB 与1BC 所成角60︒．故选：C ．4．（4分）在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，AB BC ⊥，5AB =，4BC =，2CD =，则梯形ABCD 绕着BC 旋转而成的几何体的体积为( ) A ．52πB ．1163π C ．1003π D ．(28410)3π+ 【解答】解：梯形ABCD 绕着BC 旋转而成的几何体是圆台，圆台的高4h BC ==，上底面圆半径2r CD ==，下底面圆半径5R AB ==，∴梯形ABCD 绕着BC 旋转而成的几何体的体积：221()3V h R Rr r π=++14(25104)3π=⨯⨯++ 52π=．故选：A ．5．（4分）已知直线倾斜角的范围是2[,)(,]3223ππππα∈⋃，则此直线的斜率的取值范围是()A ．[3,3]-B ．(,3][3,)-∞-+∞C ．33[,]33-D ．33(,][,)33-∞-+∞ 【解答】解：根据题意，直线倾斜角的范围是2[,)(,]3223ππππα∈⋃，其斜率tan k α=， 则3k -或3k，即k 的取值范围为(-∞，3)(3-⋃，)+∞； 故选：B ．6．（4分）正三角形ABC 的边长为2cm ，如图，△A B C '''为其水平放置的直观图，则△A B C '''的周长为( )A ．8cmB ．6cmC ．(26)cmD ．(223)cm +【解答】解：正ABC ∆的边长为2cm ，则它的直观图△A B C '''中，2A B ''=，132sin 602O C ''=︒=； 2222332726612cos45121()42B C O B O C O B O C --∴''=''+''-''''︒=+-⨯==， 612B C ∴''=； 又2222332726612cos135121(()4A C O A O C O A O C ++''=''+''-''''︒=+-⨯=， 61A C +∴''=； ∴△A B C '''的周长为61612(26)()cm -+=+． 故选：C ．7．（4分）一个几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球的体积为( )A ．24πB ．6πC ．86πD ．6π【解答】解：由已知的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥， 其四个顶点是以俯视图为底面，以1为高的三棱锥的四个顶点，如图是长方体的一部分， 故其外接球，相当于一个长2，宽1，高1的长方体的外接球，故外接球的半径2221612122R ⨯++=， 故球的体积346()632V ππ=⨯=，故选：D ．8．（4分）已知m ，n 表示两条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，给出下列四个命题： ①m αβ=，n α⊂，n m ⊥，则αβ⊥；②αβ⊥，m αγ=，n βγ=，则m n ⊥；③αβ⊥，αγ⊥，m βγ=，则m α⊥；④m α⊥，n β⊥，m n ⊥，则αβ⊥ 其中正确命题的序号为( ) A ．①②B ．②③C ．③④D ．②④【解答】解：①m αβ=，n α⊂，n m ⊥，则n β⊥不一定成立，进而αβ⊥不一定成立，故错误；②令α，β，γ为底面为直角三角形的三棱柱的三个侧面，且αβ⊥，m αγ=，n βγ=，则//m n ，即m n ⊥不一定成立，故错误； ③αβ⊥，αγ⊥，m βγ=，则m α⊥，故正确；④若m α⊥，m n ⊥，则//n α，或n α⊂，又由n β⊥，则αβ⊥，故正确； 故选：C ．9．（4分）若实数x ，y 满足不等式组031y x y x y ⎧⎪+⎨⎪--⎩，则2||z x y =-的最小值是( )A ．1-B ．0C ．1D ．2【解答】解：画出实数x ，y 满足不等式组031y x y x y ⎧⎪+⎨⎪--⎩的可行域如图所示，可得(1B ，2)(1A -，0)，(3,0)C ，(0,1)D当目标函数2||z x y =-经过点(0,1)D 时，z 的值为1-， 故选：A ．10．（4分）已知圆1Γ与2Γ交于两点，其中一交点的坐标为(3,4)，两圆的半径之积为9，x 轴与直线(0)y mx m =>都与两圆相切，则实数(m = ) A ．158B ．74C 23D ．35【解答】解：两切线均过原点，∴连心线所在直线经过原点，该直线设为y tx =，设两圆与x 轴的切点分别为1x ，2x ，则两圆方程分别为：222111222222()()()()()()x x y tx tx x x y tx tx ⎧-+-=⎪⎨-+-=⎪⎩， 圆1Γ与2Γ交点的坐标为(3,4)P ， (3,4)P ∴在两圆上．∴222111(3)(4)()x tx tx -+-=①，222222(3)(4)()x tx tx -+-=②，又两圆半径之积为9，∴21212||||||9tx tx x x t ==③，联立①②③，可得1x ，2x 是方程222(3)(4)()x tx tx -+-=的两根， 化简得2(68)250x t x -++=，即1225x x =． 代入③，得2925t =，即35t =．由于所求直线的倾斜角是连心线所在直线倾斜角的两倍，即221tm t =-． 158m ∴=． 故选：A ．二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分．11．（6分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，则该圆柱的表面积为 6π ，体积为 ． 【解答】解：设圆柱的底面直径为2R ，则高为2R ， 圆柱的上、下底面的中心分别为1O ，2O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，244R ∴=，解得1R =，∴该圆柱的表面积2122126S πππ=⨯⨯+⨯⨯⨯=，体积2122V ππ=⨯⨯=． 故答案为：6π，2π．12．（6分）若直线12y kx k =+-与曲线21y x =-有交点，则实数k 的最大值为 1 ，最小值为 ．【解答】解：直线12y kx k =+-，即(2)1y k x =-+经过定点(2,1)P ． 曲线21y x =-表示圆221x y +=的上半部分，(1,0)A ，(0,1)B ． 直线12y kx k =+-与曲线21y x =-有交点， 则实数k 的最大值为10121PA k -==-，最小值为0PB k =． 故答案为：1，0．13．（6分）若过点(1,1)的直线l 被圆224x y +=截得的弦长最短，则直线l 的方程是 2x y += ，此时的弦长为 ．【解答】解：直线I 的方程为1(1)y k x -=-，与圆联立可得出两点M ，N ，即22(1)4x kx k +-+=，韦达定理求解得2122221k k x x k -+=+，2122231k k x x k --=+，2222121222323(1)1()442211k k k MN k x x x x k k +++=++-=+++，当1k =-时，MN 最短，直线I 为2x y +=，弦长为22 故填：2x y +=；2214．（6分）已知点(2,1)和圆22:220C x y ax y ++-+=，若点P 在圆C 上，则实数a = 52- ；若点P 在圆C 外，则实数a 的取值范围为 ．【解答】解：①P 在圆C 上，将P 点代入圆的方程，即22212220a ++-+=，解得52a =-，代入圆检验成立，②P 在圆C 外，将P 点代入圆的方程，即22212220a ++-+，解得5a -，圆的方程为222()(1)124a a x y ++-=-，2104a ->，解得2a >或2a <-，25a ∴->-或2a >，故填52-；25a ->-或2a >．15．（4分）异面直线a ，b 所成角为3π，过空间一点O 的直线l 与直线a ，b 所成角均为θ，若这样的直线l 有且只有两条，则θ的取值范围为 (6π，)3π．【解答】解：由最小角定理可得：异面直线a ，b 所成角为3π，过空间一点O 的直线l 与直线a ，b 所成角均为θ，若这样的直线l 有且只有两条，则θ的取值范围为：63ππθ<<，故答案为：(6π，)3π．16．（4分）在棱长均为2的三棱锥A BCD -中，E 、F 分别AB 、BC 上的中点，P 为棱BD 上的动点，则PEF ∆周长的最小值为 23 ．【解答】解：棱长均为2的三棱锥A BCD -中，E 、F 分别AB 、BC 上的中点，首先把三棱锥转换为平面图形，即转换为平面图形在平面展开图，棱长均为2的三棱锥A BCD -中，EF 分别为AB ，BC 的中点（中位线定理）得1EF =，因为所求周长最小为PE PF EF ++的值，所以要求PE PF +的值最小故2222cos120EF BE BF BE BF =+-︒，由于1BE BF ==，解得EF由于E 、F 分别为AB ，BC 的中点（中位线定理）得1EF =， 所以PEF ∆周长的最小值1EG FG EF ++=．故答案为：1+17．（4分）在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，2PA PB ==，PC AB BC ===，作BD PC ⊥交PC 于D ，则BD 与平面PAB 所成角的正弦值是． 【解答】解：如图，取AB 中点E ，AC 中点F ，连接EF ，PE ，AF ，2,AP PB AB ===PE ∴ AB BC ⊥，AB BC ==4AC ∴=，在APC ∆中，余弦定理可得2223cos 24PC AP AC PAC AP AC -++∠==．在APF∆中，余弦定理可得cos PF AP AF PAC =∠ 在PEF ∆中，PE PF EF ===AB ⊥面PEF ， 过F 作FO EP ⊥，易得FO ⊥面ABP ，且FO=，∴点C 到面ABP122PBCS∆=⨯=． ∴12PC BD ⨯⨯，∴BD =，PD =， :1:4PD PC ∴=，∴点D 到面ABP故BD 与平面PAB=，故答案为：2114．三、解答题：本大题共5小题，共74分．解答应写岀文字说明、证明过程或演算步骤． 18．（14分）正四棱锥P ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 为PC 中点． （1）求证：//PA 平面BDE ；（2）求异面直线PA 与DE 所成角的余弦值．【解答】解：（1）连接AC ， 设AC ，BD 的交点为O ， 连接OE ， 因为//OE PA ，PA ⊂/面EBD ，又OE ⊂面EBD ， 故//AP 面BDE ， （2）由（1）可得：DEO ∠为异面直线PA 与DE 所成的角，设2AB =，则1EO =，2OD ，3DE ， 由勾股定理可得：ODE ∆为直角三角形，则13cos 33OE DEO DE ∠===， 故异面直线PA 与DE 所成角的余弦值为33．19．（15分）已知圆22:(2)(3)2C x y -+-=．（1）过原点O 的直线l 被圆C 所截得的弦长为2，求直线l 的方程；（2）过圆C 外的一点P 向圆C 引切线PA ，A 为切点，O 为坐标原点，若||||PA OP =，求使||PA 最短时的点P 坐标．【解答】（1）原点O 在圆22:(2)(3)2C x y -+-=外，可得直线l 的斜率存在， 设直线方程为y kx =，即0kx y -=．由直线l 被圆C 所截得的弦长为2，得圆心(2,3)到直线的距离为1． 211k =+，解得623k ±=． ∴直线l 的方程为623y -=或623y +； （2）由圆的切线长公式可得22222||||(2)(3)2PA PC R x y =-=-+--， 由||||PA PO =得，2222(2)(3)2x y x y -+--=+，即46110x y +-=，即11342x y =-， 此时22222113133121||||()13()4222613PA PO x y y y y ==+-+=-+∴当3326y =，即11(13P ，33)26时，||PA 最短．20．（15分）如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD AB ⊥，//AB DC ，2AD DC AP ===，1AB =，点E 为棱PC 的中点．（Ⅰ）证明：BE DC ⊥；（Ⅱ）求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值．【解答】（Ⅰ）证明：如图，取PD 中点M ，连接EM ，AM ． 由于E ，M 分别为PC ，PD 的中点，故//EM DC ， 且12EM DC =， 又由已知，可得//EM AB ，且EM AB =， 故四边形ABEM 为平行四边形，所以//BE AM ． 因为PA ⊥底面ABCD ，故PA CD ⊥， 而CD DA ⊥，从而CD ⊥平面PAD ， 因为AM ⊂平面PAD ，于是CD AM ⊥， 又//BE AM ，所以BE CD ⊥．⋯（6分）（Ⅱ）解：连接BM ，由（Ⅰ）有CD ⊥平面PAD ，得CD PD ⊥， 而//EM CD ，故PD EM ⊥．又因为AD AP =，M 为PD 的中点，故PD AM ⊥， 可得PD BE ⊥，所以PD ⊥平面BEM ，故平面BEM ⊥平面PBD ．所以直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM ， 而BE EM ⊥，可得EBM ∠为锐角，故EBM ∠为直线BE 与平面PBD 所成的角．⋯（9分） 依题意，有22PD =，而M 为PD 中点， 可得2AM =，进而2BE =． 故在直角三角形BEM 中，12tan 22EM AB EBM BE BE ∠====， 所以直线BE 与平面PBD 所成的角的正切值为22．⋯（12分）21．（15分）如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是AB 的中点，E 在1CC 上，且12CE C E =． （1）求证：1AC ⊥平面1A BD ；（2）在线段1DD 上存在一点P ，1DP D P λ=，若1//PB 平面DME ，求实数λ的值．【解答】证明：（1）以D 为原点，分别以DA ，DC ，DD 所在直线为x ，y ，z 轴，建立空间直角坐标系，设6AB =，则(6A ，0，0)，1(0C ，6，6)，1(6A ，0，6)，(6B ，6，0)，(0D ，0，0)， 1(6AC =-，6，6)，1(6DA =，0，6)，(6DB =，6，0)，110AC DA =，10AC DB =， 11AC DA ∴⊥，1AC DB ⊥， 1DA DB D =，1AC ∴⊥平面1A BD ．解：（2）在线段1DD 上存在一点P ，1DP D P λ=，设(06)DP t t =，则(0P ，0，)t ，1(6B ，6，6)，(6M ，3，0)，(0E ，6，4)， 1(6PB =，6，6)t -，(6DM =，3，0)，(0DE =，6，4)，设平面DME 的法向量(n x =，y ，)z ，则630640n DM x y n DE y z ⎧=+=⎪⎨=+=⎪⎩，取1x =，得(1n =，2-，3)， 1//PB 平面DME ，∴16121830PB n t =-+-=，解得4t =，2λ∴=．22．（15分）已知点(1,0)A ，(4,0)B ，曲线C 上任意一点P 满足||2||PB PA =． （1）求曲线C 的方程；（2）设点(3,0)D ，问是否存在过定点Q 的直线l 与曲线C 相交于不同两点E ，F ，无论直线l 如何运动，x 轴都平分EDF ∠，若存在，求出Q 点坐标，若不存在，请说明理由． 【解答】解：（1）设(,)P x y ，||2||PB PA =．∴2222(4)2(1)x y x y -+-+224x y +=．（2）设存在定点Q 满足条件，设直线l 的方程为y kx b =+． 设1(E x ，1)y ，2(F x ，2)y ． 联立224y kx b x y =+⎧⎨+=⎩， 化为：22()4x kx b ++=， 222(1)240k x kbx b ∴+++-=，△0>．12221kbx x k ∴+=-+，212241b x x k -=+， 无论直线l 如何运动，x 轴都平分EDF ∠， 则0DE DF k k +=，∴1212033y yx x +=--． 1221()(3)()(3)0kx b x kx b x ∴+-++-=， 12122(3)()60kx x b k x x b ∴+-+-=，222422(3)6011b kb k b k b k k -∴---=++，化为：430k b +=．34k b ∴=-．3(1)4y b x ∴=-+，可得直线经过定点4(3，0)．∴存在过定点4(3Q ，0)的直线l 与曲线C 相交于不同两点E ，F ，无论直线l 如何运动，x轴都平分EDF ∠．。
2018-2019学年浙江省宁波市镇海中学高一(下)期末数学试卷
2018-2019学年浙江省宁波市镇海中学高一（下）期末数学试卷试题数：22.满分：1501.（单选题.4分）如图是一个正四棱锥.它的俯视图是（）A.B.C.D.2.（单选题.4分）已知点（1.a）（a＞0）到直线l：x+y-2=0的距离为1.则a的值为（）A. √2B. 2−√2C. √2−1D. √2+13.（单选题.4分）如图.正方体ABCD-A1B1C1D1中.直线AB1与BC1所成角为（）A.30°B.45°C.60°4.（单选题.4分）在直角梯形ABCD中.AB || CD.AB⊥BC.AB=5.BC=4.CD=2.则梯形ABCD绕着BC旋转而成的几何体的体积为（）A.52πB. 1163πC. 1003πD. (28+4√10)3π5.（单选题.4分）已知直线倾斜角的范围是α∈[π3，π2)∪(π2，2π3] .则此直线的斜率的取值范围是（）A. [−√3，√3]B. (−∞，−√3]∪[√3，+∞)C. [−√33，√33]D. (−∞，−√33]∪[√33，+∞)6.（单选题.4分）正三角形ABC的边长为2cm.如图.△A'B'C'为其水平放置的直观图.则△A'B'C'的周长为（）A.8cmB.6cmC. (2+√6) cmD. (2+2√3) cm7.（单选题.4分）一个几何体的三视图如图所示.则该几何体的外接球的体积为（）A.24πC.8 √6 πD. √6 π8.（单选题.4分）已知m.n 表示两条不同的直线.α.β.γ表示三个不同的平面.给出下列四个命题： ① α∩β=m .n⊂α.n⊥m .则α⊥β； ② α⊥β.α∩γ=m .β∩γ=n .则m⊥n ； ③ α⊥β.α⊥γ.β∩γ=m .则m⊥α； ④ m⊥α.n⊥β.m⊥n .则α⊥β 其中正确命题的序号为（ ） A. ① ② B. ② ③ C. ③ ④ D. ② ④9.（单选题.4分）若实数x.y 满足不等式组 {y ≥0x +y ≤3x −y ≥−1 .则z=2|x|-y 的最小值是（ ）A.-1B.0C.1D.210.（单选题.4分）已知圆Γ1与Γ2交于两点.其中一交点的坐标为（3.4）.两圆的半径之积为9.x 轴与直线y=mx （m ＞0）都与两圆相切.则实数m=（ ） A. 158 B. 74 C.2√35 D. 3511.（填空题.6分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1.O 2.过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形.则该圆柱的表面积为___ .体积为___ ．12.（填空题.6分）若直线y=kx+1-2k 与曲线 y =√1−x 2 有交点.则实数k 的最大值为___ .最小值为___ ．13.（填空题.6分）若过点（1.1）的直线l 被圆x 2+y 2=4截得的弦长最短.则直线l 的方程是___ .此时的弦长为___ ．14.（填空题.6分）已知点P（2.1）和圆C：x2+y2+ax-2y+2=0.若点P在圆C上.则实数a=___ ；若点P在圆C外.则实数a的取值范围为 ___ ．.过空间一点O的直线l与直线a.b所成角均为θ. 15.（填空题.4分）异面直线a.b所成角为π3若这样的直线l有且只有两条.则θ的取值范围为___ ．16.（填空题.4分）在棱长均为2的三棱锥A-BCD中.E、F分别AB、BC上的中点.P为棱BD上的动点.则△PEF周长的最小值为___ ．17.（填空题.4分）在三棱锥P-ABC中.AB⊥BC.PA=PB=2. PC=AB=BC=2√2 .作BD⊥PC交PC于D.则BD与平面PAB所成角的正弦值是___ ．18.（问答题.14分）正四棱锥P-ABCD的侧棱长与底面边长都相等.E为PC中点．（1）求证：PA || 平面BDE；（2）求异面直线PA与DE所成角的余弦值．19.（问答题.15分）已知圆C：（x-2）2+（y-3）2=2．（1）过原点O的直线l被圆C所截得的弦长为2.求直线l的方程；（2）过圆C外的一点P向圆C引切线PA.A为切点.O为坐标原点.若|PA|=|OP|.求使|PA|最短时的点P坐标．20.（问答题.15分）如图.在四棱锥P-ABCD中.PA⊥底面ABCD.AD⊥AB.AB ||DC.AD=DC=AP=2.AB=1.点E为棱PC的中点．（Ⅰ）证明：BE⊥DC；（Ⅱ）求直线BE与平面PBD所成角的正弦值．21.（问答题.15分）如图.在正方体ABCD-A1B1C1D1中.M是AB的中点.E在CC1上.且CE=2C1E．（1）求证：AC1⊥平面A1BD；（2）在线段DD1上存在一点P.DP=λD1P.若PB1 || 平面DME.求实数λ的值．22.（问答题.15分）已知点A（1.0）.B（4.0）.曲线C上任意一点P满足|PB|=2|PA|．（1）求曲线C的方程；（2）设点D（3.0）.问是否存在过定点Q的直线l与曲线C相交于不同两点E.F.无论直线l如何运动.x轴都平分∠EDF.若存在.求出Q点坐标.若不存在.请说明理由．2018-2019学年浙江省宁波市镇海中学高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析试题数：22.满分：1501.（单选题.4分）如图是一个正四棱锥.它的俯视图是（）A.B.C.D.【正确答案】：D【解析】：该几何体直观图为一个正四棱锥.所以其俯视图轮廓为正方形.并且能够看到其四个侧棱.构成正方形的对角线.只有D选项符合．【解答】：解：该几何体直观图为一个正四棱锥.所以其俯视图轮廓为正方形.并且能够看到其四个侧棱.构成正方形的对角线.故选：D．【点评】：本题考查了由正四棱锥的直观图得到其俯视图.属于基础题．2.（单选题.4分）已知点（1.a）（a＞0）到直线l：x+y-2=0的距离为1.则a的值为（）A. √2B. 2−√2C. √2−1D. √2+1【正确答案】：D【解析】：利用点到直线的距离公式即可得出．【解答】：解：点（1.a）（a＞0）到直线l：x+y-2=0的距离为1.=1.解得a=1+ √2∴ |1+a−2|√2故选：D．【点评】：本题考查了点到直线的距离公式.考查了推理能力.属于基础题．3.（单选题.4分）如图.正方体ABCD-A1B1C1D1中.直线AB1与BC1所成角为（）A.30°B.45°C.60°D.90°【正确答案】：C【解析】：由AB1 || DC1.知∠DC1B是直线AB1与BC1所成角.由此能求出直线AB1与BC1所成角．【解答】：解：∵AB1 || DC1.∴∠DC1B是直线AB1与BC1所成角.∵△BDC1是等边三角形.∴直线AB1与BC1所成角60°．故选：C．【点评】：本题考查异面直线所成角的大小的求法.是基础题.解题时要注意空间思维能力的培养．4.（单选题.4分）在直角梯形ABCD中.AB || CD.AB⊥BC.AB=5.BC=4.CD=2.则梯形ABCD绕着BC旋转而成的几何体的体积为（）A.52ππB. 1163πC. 1003πD. (28+4√10)3【正确答案】：A【解析】：梯形ABCD绕着BC旋转而成的几何体是圆台.圆台的高h=BC=4.上底面圆半径r=CD=2.下底面圆半径R=AB=5.由此能求出梯形ABCD绕着BC旋转而成的几何体的体积．【解答】：解：梯形ABCD绕着BC旋转而成的几何体是圆台.圆台的高h=BC=4.上底面圆半径r=CD=2.下底面圆半径R=AB=5.∴梯形ABCD绕着BC旋转而成的几何体的体积：V= 1πh（R2+Rr+r2）3π×4×（25+10+4）= 13=52π．故选：A．【点评】：本题考查旋转体的体积的求法.考查圆台的体积公式等基础知识.考查运算求解能力.考查数形结合思想.是中档题．5.（单选题.4分）已知直线倾斜角的范围是α∈[π3，π2)∪(π2，2π3] .则此直线的斜率的取值范围是（）A. [−√3，√3]B. (−∞，−√3]∪[√3，+∞)C. [−√33，√33]D. (−∞，−√33]∪[√33，+∞)【正确答案】：B【解析】：根据题意.由直线的斜率与倾斜角的关系k=tanα.结合正切函数的性质分析可得答案．【解答】：解：根据题意.直线倾斜角的范围是α∈[π3，π2)∪(π2，2π3] .其斜率k=tanα.则k≤- √3或k≥ √3 .即k的取值范围为（-∞.- √3）∪（√3 .+∞）；故选：B．【点评】：本题考查直线的倾斜角与斜率的关系.注意直线斜率的计算公式.属于基础题．6.（单选题.4分）正三角形ABC的边长为2cm.如图.△A'B'C'为其水平放置的直观图.则△A'B'C'的周长为（）A.8cmB.6cmC. (2+√6) cmD. (2+2√3) cm【正确答案】：C【解析】：根据平面图形的直观图画法.利用余弦定理求出B′C′和A′C′.再计算△A'B'C'的周长．【解答】：解：正△ABC 的边长为2cm.则它的直观图△A'B'C'中.A′B′=2.O′C′= 12 •2•sin60°= √32； ∴B′C′2=O′B′2+O′C′2-2O′B′•O′C′•cos45°=1+ 34 -2×1× √32 × √22 = 7−2√64 = (√6−12)2 . ∴B′C′= √6−12； 又A′C′2=O′A′2+O′C′2-2O′A′•O′C′•cos135°=1+34-2×1× √32 ×（- √22 ）= 7+2√64 = (√6+12)2. ∴A′C′=√6+12； ∴△A'B'C'的周长为2+ √6−12 + √6+12=（2+ √6 ）（cm ）． 故选：C ．【点评】：本题考查了平面图形的直观图画法与应用问题.也考查了余弦定理的应用问题.是基础题．7.（单选题.4分）一个几何体的三视图如图所示.则该几何体的外接球的体积为（ ）A.24πB.6πC.8 √6 πD. √6 π【正确答案】：D【解析】：由已知的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥.求出其外接球的半径.代入球的体积公式.可得答案．【解答】：解：由已知的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥. 其四个顶点是以俯视图为底面.以1为高的三棱锥的四个顶点.如图是长方体的一部分. 故其外接球.相当于一个长2.宽1.高1的长方体的外接球.故外接球的半径R 12×√12+22+12 = √62 .故球的体积V= 43π×(√62)3= √6π.故选：D．【点评】：本题考查的知识点是由三视图求体积和表面积.解决本题的关键是得到该几何体的形状．8.（单选题.4分）已知m.n表示两条不同的直线.α.β.γ表示三个不同的平面.给出下列四个命题：① α∩β=m.n⊂α.n⊥m.则α⊥β；② α⊥β.α∩γ=m.β∩γ=n.则m⊥n；③ α⊥β.α⊥γ.β∩γ=m.则m⊥α；④ m⊥α.n⊥β.m⊥n.则α⊥β其中正确命题的序号为（）A. ① ②B. ② ③C. ③ ④D. ② ④【正确答案】：C【解析】：根据空间线面关系的定义及几何特征.逐一分析给定四个命题的真假.可得答案．【解答】：解：① α∩β=m.n⊂α.n⊥m.则n⊥β不一定成立.进而α⊥β不一定成立.故错误；② 令α.β.γ为底面为直角三角形的三棱柱的三个侧面.且α⊥β.α∩γ=m.β∩γ=n.则m || n.即m⊥n不一定成立.故错误；③ α⊥β.α⊥γ.β∩γ=m.则m⊥α.故正确；④ 若m⊥α.m⊥n.则n || α.或n⊂α.又由n⊥β.则α⊥β.故正确；故选：C．【点评】：本题考查的知识点是空间线面关系.命题的真假判断与应用.难度中档．9.（单选题.4分）若实数x.y 满足不等式组 {y ≥0x +y ≤3x −y ≥−1.则z=2|x|-y 的最小值是（ ） A.-1B.0C.1D.2【正确答案】：A【解析】：画出可行域.求出A.B 、C 坐标.利用角点法求解即可．【解答】：解：画出实数x.y 满足不等式组 {y ≥0x +y ≤3x −y ≥−1的可行域如图所示. 可得B （1.2）A （-1.0）.C （3.0）.D （0.1）当目标函数z=2|x|-y 经过点D （0.1）时.z 的值为-1.故选：A ．【点评】：本题考查线性规划的简单应用.角点法求法具体目标函数的最值的求法的应用.考查数形结合思想以及计算能力．10.（单选题.4分）已知圆Γ1与Γ2交于两点.其中一交点的坐标为（3.4）.两圆的半径之积为9.x 轴与直线y=mx （m ＞0）都与两圆相切.则实数m=（ ）A. 158B. 74C. 2√35D. 35【正确答案】：A【解析】：设直线y=tx.设两圆与x 轴的切点分别为x 1.x 2.由题意得到 (3−x 1)2+(4−tx 1)2=(tx 1)2 .(3−x 2)2+(4−tx 2)2=(tx 2)2 . |tx 1|•|tx 2|=|x 1x 2|t 2=9 .进一步得到x 1.x 2是方程（3-x ）2+（4-tx ）2=（tx ）2的两根.求得t 值.从而求出m 的值．【解答】：解：∵两切线均过原点.∴连心线所在直线经过原点.该直线设为y=tx.设两圆与x 轴的切点分别为x 1.x 2.则两圆方程分别为： {(x −x 1)2+(y −tx 1)2=(tx 1)2(x −x 2)2+(y −tx 2)2=(tx 2)2. ∵圆Γ1与Γ2交点的坐标为P （3.4）.∴P （3.4）在两圆上．∴ (3−x 1)2+(4−tx 1)2=(tx 1)2 ① .(3−x 2)2+(4−tx 2)2=(tx 2)2 ② .又两圆半径之积为9.∴ |tx 1|•|tx 2|=|x 1x 2|t 2=9 ③ .联立 ① ② ③ .可得x 1.x 2是方程（3-x ）2+（4-tx ）2=（tx ）2的两根.化简得x 2-（6+8t ）x+25=0.即x 1x 2=25．代入 ③ .得 t 2=925 .即t= 35 ．由于所求直线的倾斜角是连心线所在直线倾斜角的两倍.即m= 2t 1−t 2 ．∴m= 158 ．故选：A ．【点评】：本题考查直线与圆的位置关系.考查推理论证能力、运算求解能力.考查化归与转化思想、函数与方程思想.是中档题．11.（填空题.6分）已知圆柱的上、下底面的中心分别为O 1.O 2.过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形.则该圆柱的表面积为___ .体积为___ ．【正确答案】：[1]6π; [2]2π【解析】：利用圆柱的截面是面积为4的正方形.求出圆柱的底面直径与高.然后求解圆柱的表面积．【解答】：解：设圆柱的底面直径为2R.则高为2R.圆柱的上、下底面的中心分别为O 1.O 2.过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形.∴4R2=4.解得R=1.∴该圆柱的表面积S=π×12×2+2×π×1×2=6π.体积V=π×12×2=2π．故答案为：6π.2π．【点评】：本题考查圆柱的表面积、体积的求法.考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识.考查运算求解能力.是中档题．12.（填空题.6分）若直线y=kx+1-2k与曲线y=√1−x2有交点.则实数k的最大值为___ .最小值为___ ．【正确答案】：[1]1; [2]0【解析】：直线y=kx+1-2k.即y=k（x-2）+1经过定点P（2.1）．曲线y=√1−x2表示圆x2+y2=1的上半部分.A（1.0）.B（0.1）．∵直线y=kx+1-2k与曲线y=√1−x2有交点.利用斜率的意义即可得出．实数k的最大值为k PA.最小值为k PB．【解答】：解：直线y=kx+1-2k.即y=k（x-2）+1经过定点P（2.1）．曲线y=√1−x2表示圆x2+y2=1的上半部分.A（1.0）.B（0.1）．∵直线y=kx+1-2k与曲线y=√1−x2有交点.=1.最小值为k PB=0．则实数k的最大值为k PA= 1−02−1故答案为：1.0．【点评】：本题考查了直线与圆的方程、斜率的几何意义、数形结合方法.考查了推理能力与计算能力.属于中档题．13.（填空题.6分）若过点（1.1）的直线l被圆x2+y2=4截得的弦长最短.则直线l的方程是___ .此时的弦长为___ ．【正确答案】：[1]x+y=2; [2] 2√2 【解析】：联立直线与圆后韦达定理求解弦长.求出k 值即可． 【解答】：解：直线I 的方程为y-1=k （x-1）.与圆联立可得出两点M.N.即x 2+（kx-k+1）2=4.韦达定理求解得 x 1+x 2=2k 2−2k k 2+1 . x 1•x 2=k 2−2k−3k 2+1 .MN= √k 2+1√(x 1+x 2)2−4x 1x 2 = √43k 2+2k+3k 2+1 = 2√(k+1)2k 2+1+2 .当k=-1时.MN 最短.直线I 为x+y=2.弦长为 2√2 .故填：x+y=2； 2√2 ．【点评】：本题主要考查韦达定理的运用.以及两点间距离公式.属于中档题．14.（填空题.6分）已知点P （2.1）和圆C ：x 2+y 2+ax-2y+2=0.若点P 在圆C 上.则实数a=___ ；若点P 在圆C 外.则实数a 的取值范围为 ___ ．【正确答案】：[1]- 52 ; [2]-2＞a - 52 或a ＞2【解析】：根据点与圆的直角坐标关系求解即可．【解答】：解： ① P 在圆C 上.将P 点代入圆的方程.即22+12+a•2-2+2=0.解得a=- 52 .代入圆检验成立.② P 在圆C 外.则22+12+a•2-2+20.解得a - 52 .圆的方程为 (x +a 2)2+(y −1)2=a 24−1 . ∴ a 24−1＞0 .解得a ＞2或a ＜-2.∴-2＞a - 52或a ＞2.故答案为:- 52 ；-2＞a - 52 或a ＞2．【点评】：本题主要考查点与圆的直角坐标关系.熟知点在圆上和圆外的关系是解决本题的关键．15.（填空题.4分）异面直线a.b 所成角为 π3 .过空间一点O 的直线l 与直线a.b 所成角均为θ.若这样的直线l 有且只有两条.则θ的取值范围为___ ．【正确答案】：[1]（ π6 . π3 ）【解析】：由最小角定理可得：θ的取值范围为 π6 ＜θ＜π3 .得解．【解答】：解：由最小角定理可得：异面直线a.b所成角为π3.过空间一点O的直线l与直线a.b所成角均为θ.若这样的直线l有且只有两条.则θ的取值范围为：π6＜θ ＜π3.故答案为：（π6 . π3）．【点评】：本题考查了最小角定理.属简单题．16.（填空题.4分）在棱长均为2的三棱锥A-BCD中.E、F分别AB、BC上的中点.P为棱BD 上的动点.则△PEF周长的最小值为___ ．【正确答案】：[1]1+ √3【解析】：首先把空间图形转换为平面图形.进一步利用余弦定理的应用求出三角形的边长.最后求出三角形周长的最小值．【解答】：解：棱长均为2的三棱锥A-BCD中.E、F分别AB、BC上的中点.首先把三棱锥转换为平面图形.即转换为平面图形在平面展开图.棱长均为2的三棱锥A-BCD中.EF分别为AB.BC的中点（中位线定理）得EF=1.因为所求周长最小为PE+PF+EF的值.所以要求PE+PF的值最小故EF2=BE2+BF2-2BE•BF•cos120°.由于BE=BF=1.解得EF= √3 .由于E、F分别为AB.BC的中点（中位线定理）得EF=1.所以△PEF周长的最小值1+ √3．故答案为：1+ √3【点评】：本题考查的知识要点：空间图形和平面图形之间的转换.解三角形的应用.余弦定理的应用.主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力.属于基础题型．17.（填空题.4分）在三棱锥P-ABC中.AB⊥BC.PA=PB=2. PC=AB=BC=2√2 .作BD⊥PC交PC于D.则BD与平面PAB所成角的正弦值是___ ．【正确答案】：[1] √2114【解析】：取AB中点E.AC中点F.连接EF.PE.AF. AP=PB=2，AB=2√2 .可得cos ∠PAC=−PC2+AP2+AC22AP•AC = 34．PF= √AP2+AF2−2AP•AFcos∠PAC = √2 .求得点C到面ABP的距离.即可得点D到面ABP的距离.即可得BD与平面PAB所成角的正弦值．【解答】：解：如图.取AB中点E.AC中点F.连接EF.PE.AF.∵ AP=PB=2，AB=2√2 .∴PE= √2．∵AB⊥BC.AB=BC=2 √2 .∴AC=4.在△APC中.余弦定理可得cos ∠PAC=−PC 2+AP2+AC22AP•AC= 34．在△APF中.余弦定理可得PF= √AP2+AF2−2AP•AFcos∠PAC = √2 . 在△PEF中.PE=PF=EF= √2．且AB⊥面PEF.过F作FO⊥EP.易得FO⊥面ABP.且FO= √62.∴点C到面ABP的距离为√6 .∵ S△△PBC=12×2×√8−1=√7．∴ 1 2×PC×BD=√7 .∴ BD=√142.PD= √22.∴PD：PC=1：4.∴点D到面ABP的距离为√64．故BD与平面PAB√64√142= √2114.故答案为：√2114．【点评】：本题考查考查空间中线线、线面间的位置关系.考查几何法求线面角.属于难题．18.（问答题.14分）正四棱锥P-ABCD的侧棱长与底面边长都相等.E为PC中点．（1）求证：PA || 平面BDE；（2）求异面直线PA与DE所成角的余弦值．【正确答案】：【解析】：（1）由线面平行的判定定理得：OE || PA.又OE⊂面EBD.故AP || 面BDE. （2）由异面直线所成角的求法得：∠DEO为异面直线PA与DE所成的角.设AB=2.则EO=1.OD= √2 .DE= √3 .则cos∠DEO= OEDE =√3= √33.得解．【解答】：解：（1）连接AC. 设AC.BD的交点为O.连接OE.因为OE || PA.PA⊄面EBD.又OE⊂面EBD.故AP || 面BDE.（2）由（1）可得：∠DEO为异面直线PA与DE所成的角. 设AB=2.则EO=1.OD= √2 .DE= √3 .由勾股定理可得：△ODE为直角三角形.则cos∠DEO= OEDE = 1√3= √33.故异面直线PA与DE所成角的余弦值为√33．【点评】：本题考查了线面平行的判定定理及异面直线所成角的求法.属中档题．19.（问答题.15分）已知圆C：（x-2）2+（y-3）2=2．（1）过原点O的直线l被圆C所截得的弦长为2.求直线l的方程；（2）过圆C外的一点P向圆C引切线PA.A为切点.O为坐标原点.若|PA|=|OP|.求使|PA|最短时的点P坐标．【正确答案】：【解析】：（1）由题意设出直线方程.利用垂径定理列式求解；（2）由两点间距离公式及切线长公式.可由|PA|=|PO|得到.化简可得x= 114−32y .则|PA|=|PO|=√x2+y2 = √(114−32y)2+y2 .然后利用配方法求解．【解答】：（1）原点O在圆C：（x-2）2+（y-3）2=2外.可得直线l的斜率存在. 设直线方程为y=kx.即kx-y=0．由直线l被圆C所截得的弦长为2.得圆心（2.3）到直线的距离为1．由 |2k−3|√k 2+1=1 .解得k= 6±2√33 ． ∴直线l 的方程为y= 6−2√33x 或y= 6+2√33x ； （2）由圆的切线长公式可得|PA|2=|PC|2-R 2=（x-2）2+（y-3）2-2.由|PA|=|PO|得.（x-2）2+（y-3）2-2=x 2+y 2.即4x+6y-11=0.即x= 114−32y .此时|PA|=|PO|= √x 2+y 2 = √(114−32y)2+y 2 = 12√13(y −3326)2+12113 . ∴当y= 3326 .即P （ 1113 . 3326 ）时.|PA|最短．【点评】：本题考查直线与圆的位置关系.考查分析解决问题的能力.考查计算能力.考查数学转化思想方法.属于中档题．20.（问答题.15分）如图.在四棱锥P-ABCD 中.PA⊥底面ABCD.AD⊥AB .AB ||DC.AD=DC=AP=2.AB=1.点E 为棱PC 的中点．（Ⅰ）证明：BE⊥DC ；（Ⅱ）求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值．【正确答案】：【解析】：（Ⅰ）取PD 中点M.连接EM.AM ．由已知得四边形ABEM 为平行四边形.由此能证明BE⊥CD ．（Ⅱ）连接BM.由已知条件推导出∠EBM 为直线BE 与平面PBD 所成的角.由此能求出直线BE 与平面PBD 所成的角的正弦值．【解答】：（Ⅰ）证明：如图.取PD 中点M.连接EM.AM ．由于E.M 分别为PC.PD 的中点.故EM || DC.且EM= 12DC .又由已知.可得EM || AB.且EM=AB.故四边形ABEM 为平行四边形.所以BE || AM ．因为PA⊥底面ABCD.故PA⊥CD .而CD⊥DA .从而CD⊥平面PAD.因为AM⊂平面PAD.于是CD⊥AM .又BE || AM.所以BE⊥CD ．…（6分）（Ⅱ）解：连接BM.由（Ⅰ）有CD⊥平面PAD.得CD⊥PD .而EM || CD.故PD⊥EM ．又因为AD=AP.M 为PD 的中点.故PD⊥AM .可得PD⊥BE .所以PD⊥平面BEM.故平面BEM⊥平面PBD ．所以直线BE 在平面PBD 内的射影为直线BM.而BE⊥EM .可得∠EBM 为锐角.故∠EBM 为直线BE 与平面PBD 所成的角．…（9分）依题意.有PD=2 √2 .而M 为PD 中点.可得AM= √2 .进而BE= √2 ．故在直角三角形BEM 中.tan∠EBM= EM BE =AB BE =√2=√22 . 所以直线BE 与平面PBD√2√2+4 = √33 ．…（12分）【点评】：本题考查异面直线垂直的证明.考查直线与平面所成角的正切值的求法.解题时要认真审题.注意空间思维能力的培养．21.（问答题.15分）如图.在正方体ABCD-A 1B 1C 1D 1中.M 是AB 的中点.E 在CC 1上.且CE=2C 1E ．（1）求证：AC 1⊥平面A 1BD ；（2）在线段DD 1上存在一点P.DP=λD 1P.若PB 1 || 平面DME.求实数λ的值．【正确答案】：【解析】：（1）以D 为原点.分别以DA.DC.DD 所在直线为x.y.z 轴.建立空间直角坐标系.利用向量法能证明AC 1⊥平面A 1BD ．（2）设DP=t （0≤t≤6）.求出平面DME 的法向量.利用向量法能求出λ的值．【解答】：证明：（1）以D 为原点.分别以DA.DC.DD 所在直线为x.y.z 轴.建立空间直角坐标系.设AB=6.则A （6.0.0）.C 1（0.6.6）.A 1（6.0.6）.B （6.6.0）.D （0.0.0）.AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（-6.6.6）. DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（6.0.6）. DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（6.6.0）.AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ • DA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0. AC 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ •DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0.∴AC 1⊥DA 1.AC 1⊥DB .∵DA 1∩DB=D .∴AC 1⊥平面A 1BD ．解：（2）在线段DD 1上存在一点P.DP=λD 1P.设DP=t （0≤t≤6）.则P （0.0.t ）.B 1（6.6.6）.M （6.3.0）.E （0.6.4）.PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（6.6.6-t ）. DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =（6.3.0）. DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =（0.6.4）.设平面DME 的法向量 n ⃗ =（x.y.z ）.则 {n ⃗ •DM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =6x +3y =0n ⃗ •DE ⃗⃗⃗⃗⃗ =6y +4z =0.取x=1.得 n ⃗ =（1.-2.3）. ∵PB 1 || 平面DME.∴ PB 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ •n⃗ =6-12+18-3t=0.解得t=4. ∴λ=2．【点评】：本题考查线面垂直的证明.考查实数值的求法.考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识.考查运算求解能力.是中档题．22.（问答题.15分）已知点A （1.0）.B （4.0）.曲线C 上任意一点P 满足|PB|=2|PA|．（1）求曲线C 的方程；（2）设点D （3.0）.问是否存在过定点Q 的直线l 与曲线C 相交于不同两点E.F.无论直线l 如何运动.x 轴都平分∠EDF .若存在.求出Q 点坐标.若不存在.请说明理由．【正确答案】：【解析】：（1）设P （x.y ）.由|PB|=2|PA|．可得 √(x −4)2+y 2 =2 √(x −1)2+y 2 .化简即可得出．（2）设存在定点Q 满足条件.设直线l 的方程为y=kx+b ．设E （x 1.y 1）.F （x 2.y 2）．直线l 的方程与圆的方程联立化为：（1+k 2）x 2+2kbx+b 2-4=0.由无论直线l 如何运动.x 轴都平分∠EDF .可得k DE +k DF =0.可得 y 1x 1−3 + y 2x 2−3=0．（kx 1+b ）（x 2-3）+（kx 2+b ）（x 1-3）=0.利用根与系数的关系代入即可得出．直线的斜率不存在直线过定点Q 时.满足题意．【解答】：解：（1）设P （x.y ）.∵|PB|=2|PA|．∴ √(x −4)2+y 2 =2 √(x −1)2+y 2 .化为：x 2+y 2=4．（2） ① 设存在定点Q 满足条件.设直线l 的方程为y=kx+b ．设E （x 1.y 1）.F （x 2.y 2）．联立 {y =kx +b x 2+y 2=4. 化为：x 2+（kx+b ）2=4.∴（1+k 2）x 2+2kbx+b 2-4=0.△＞0．∴x 1+x 2=- 2kb 1+k 2 .x 1x 2= b 2−41+k 2 .无论直线l 如何运动.x 轴都平分∠EDF .则k DE +k DF =0.∴ y 1x 1−3+ y 2x 2−3 =0． ∴（kx 1+b ）（x 2-3）+（kx 2+b ）（x 1-3）=0.∴2kx 1x 2+（b-3k ）（x 1+x 2）-6b=0.∴2k• b 2−41+k 2 -（b-3k ） 2kb 1+k 2 -6b=0. 化为：4k+3b=0．∴k=- 34 b ．∴y=b （- 34 x+1）.可得直线经过定点（ 43 .0）．② 如果斜率不存在时.直线过定点Q 时.满足题意．∴存在过定点Q （ 43 .0）的直线l 与曲线C 相交于不同两点E.F.无论直线l 如何运动.x 轴都平分∠EDF ．【点评】：本题考查了圆的标准方程及其性质、两点之间的距离公式、斜率计算公式、直线经过定点问题.考查了推理能力与计算能力.属于中档题．。
高中数学：2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高一(下)期末数学试卷(含参考答案)
2022-2023学年浙江省宁波市九校联考高一（下）期末数学试卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）已知复数z =1+3i1−2i，则z 的共轭复数的虚部为（ ） A ．1B ．iC ．﹣iD ．﹣12．（5分）在平面直角坐标系xOy 中，若角α以x 轴的非负半轴为始边，且终边过点（4，﹣3），则cos(α−π2)的值为（ ） A ．−35B ．35C ．−45D ．453．（5分）设l 是一条直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ） A ．若l ∥α，l ∥β，则α∥β B ．若α⊥β，l ∥α，则l ⊥β C ．若l ⊥α，l ⊥β，则α∥βD ．若α∥β，l ∥α，则l ∥β4．（5分）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑A ﹣BCD 中，AB ⊥平面BCD ，BC ⊥CD ，且AB ＝BC ＝CD ＝1，则其内切球表面积为（ ） A ．3πB ．√3πC ．(3−2√2)πD ．(√2−1)π5．（5分）已知等比数列{a n }的前n 项积为T n ，若T 7＞T 9＞T 8，则（ ） A ．q ＜0B ．a 1＜0C ．T 15＜1＜T 16D ．T 16＜1＜T 176．（5分）如图，在棱长均为2的直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，D 是A 1B 1的中点，过B ，C ，D 三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点B 1所在部分的体积为（ ）A ．2√33B ．5√36C ．√3D ．7√367．（5分）在△ABC 中，P 0是边AB 的中点，且对于边AB 上任意一点P ，恒有PB →⋅PC →≥P 0B →⋅P 0C →，则△ABC 一定是（ ） A ．直角三角形B ．锐角三角形C ．钝角三角形D ．等腰三角形8．（5分）十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”．它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120°；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点，已知在△ABC 中，已知C =23π，AC ＝1，BC ＝2，且点M 在AB 线段上，且满足CM ＝BM ，若点P 为△AMC 的费马点，则PA →⋅PM →+PM →⋅PC →+PA →⋅PC →=（ ） A ．﹣1B ．−45C ．−35D ．−25二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. （多选）9．（5分）下列说法正确的是（ ） A ．若a →∥b →，b →∥c →，则a →∥c →B ．|(a →⋅b →)⋅c →|≤|a →||b →||c →|C ．若a →⊥(b →−c →)，则a →⋅b →=a →⋅c →D ．(a →⋅b →)⋅b →=a →⋅(b →)2（多选）10．（5分）下列说法正确的是（ ）A ．若f(x)=sinωx +2cos(ωx +π3)，ω＞0的最小正周期为π，则ω＝2B ．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，则“A ＞B ”是“a ＞b ”的充要条件C ．三个不全相等的实数a ，b ，c 依次成等差数列，则2a ，2b ，2c 可能成等差数列D ．△ABC 的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则△ABC 的面积为2√6（多选）11．（5分）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的数学著作，其中第十一卷称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，AB ，CD 是直角圆锥SO 底面圆的两条不同的直径，下列说法正确的是（ ）A ．存在某条直径CD ，使得AD ⊥SDB ．若AB ＝2，则三棱锥S ﹣AOD 体积的最大值为16C ．对于任意直径CD ，直线AD 与直线SB 互为异面直线D ．若∠ABD =π6，则异面直线SA 与CD 所成角的余弦值是√24（多选）12．（5分）已知数列{a n }中各项都小于2，a n+12−4a n +1=a n 2−3a n ，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则以下结论正确的是（ ）A ．任意a 1与正整数m ，使得a m a m +1≥0B ．存在a 1与正整数m ，使得a m+1＞34a mC ．任意非零实数a 1与正整数m ，都有a m +1＜a mD ．若a 1＝1，则S 2022∈（1.5，4）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）杭州第19届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴．在中国历史上，历代书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意．一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为30和12的两个同心圆上的弧（长度单位为cm ），侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为2π3．若某空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为 ．14．（5分）已知等差数列{a n }，a 8＝8，a 9=8+π3，则cosa 5+cosa 7cosa 6= ．15．（5分）如图，在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，BC ＝CC 1＝3，AC ＝4，AC ⊥BC ，动点P 在△A 1B 1C 1内（包括边界上），且始终满足BP ⊥AB 1，则动点P 的轨迹长度是 ．16．（5分）已知向量a →，b →的夹角为π3，且a →⋅b →=3，向量c →满足c →=λa →+(1−λ)b →(0＜λ＜1)，且a →⋅c →=b →⋅c →，记x =c →⋅a →|a →|，y =c →⋅b→|b →|，则x 2+y 2﹣xy 的最大值为 ．四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（10分）定义一种运算：(a ，b)[cd ]=ac +bd ．（1）已知z 为复数，且(3，z)[z4]=7−3i ，求|z |；（2）已知x ，y 为实数，(y +sin2x ，2)[i y ]−(1，sin 2x)[sinx2√3i ]也是实数，将y 表示为x 的函数并求该函数的单调递增区间．18．（12分）今年9月，象山将承办第19届杭州亚运会帆船与沙滩排球项目比赛，届时大量的游客来象打卡“北纬30度最美海岸线”．其中亚帆中心所在地——松兰山旅游度假区每年各个月份从事旅游服务工作的人数会发生周期性的变化．现假设该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数可近似地用函数f （x ）＝40[A cos ω（x +4）+k ]来刻画．其中正整数x 表示月份且x ∈[1，12]，例如x ＝1时表示1月份，A 和k 是正整数，ω＞0．统计发现，该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数有以下规律： ①各年相同的月份从事旅游服务工作的人数基本相同；②从事旅游服务工作的人数最多的8月份和最少的2月份相差约160人；③2月份从事旅游服务工作的人数约为40人，随后逐月递增直到8月份达到最多． （1）试根据已知信息，确定一个符合条件的y ＝f （x ）的表达式；（2）一般地，当该地区从事旅游服务工作的人数超过160人时，该地区就进入了一年中的旅游旺季，那么一年中的哪几个月是该地区的旅游旺季？请说明理由． 19．（12分）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2+4n ﹣3． （1）求{a n }的通项公式； （2）记b n =2n+5S n S n+1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n ． 20．（12分）在△ABC 中，内角A ，B 都是锐角． （1）若∠C =π3，c ＝2，求△ABC 周长的取值范围；（2）若sin 2A +sin 2B ＞sin 2C ，求证：sin 2A +sin 2B ＞1．21．（12分）已知边长为6的菱形ABCD ，∠ABC =π3，把△ABC 沿着AC 翻折至△AB 1C 的位置，构成三棱锥B 1﹣ACD ，且DE →=12DB 1→，CF →=13CD →，EF =√372．（1）证明：AC⊥B1D；（2）求二面角B1﹣AC﹣D的大小；（3）求EF与平面AB1C所成角的正弦值．22．（12分）已知数列{a n}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和S n满足：S n2=a n（S n﹣1），且S n≠0，数列{b n}满足：对任意n∈N*有b1S1+b2S2+⋯+b nS n=(n−1)⋅2n+1+2．（1）求证：数列{1S n}是等差数列；（2）求数列{b n}的通项公式；（3）设T n是数列{2n−1b2n−b n}的前n项和，求证：T n＜76．附：参考答案一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．（5分）已知复数z=1+3i1−2i，则z的共轭复数的虚部为（）A．1B．i C．﹣i D．﹣1【解答】解：z=1+3i1−2i=(1+3i)(1+2i)(1−2i)(1+2i)=−1+i，则z=−1−i，其虚部为﹣1．故选：D．2．（5分）在平面直角坐标系xOy中，若角α以x轴的非负半轴为始边，且终边过点（4，﹣3），则cos(α−π2 )的值为（）A．−35B．35C．−45D．45【解答】解：由三角函数定义有sinα=−3 5，所以cos（α−π2）＝sinα=−35．故选：A．3．（5分）设l是一条直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是（）A．若l∥α，l∥β，则α∥βB．若α⊥β，l∥α，则l⊥βC．若l⊥α，l⊥β，则α∥βD．若α∥β，l∥α，则l∥β【解答】解：若l∥α，l∥β，则α∥β或α与β相交，故A错误；若α⊥β，l∥α，则l⊂β或l∥β或l与β相交，故B错误；若l⊥α，l⊥β，则α∥β，故C正确；若α∥β，l∥α，则l∥β或l⊂β，故D错误．故选：C．4．（5分）在《九章算术》中，将四个面都是直角三角形的四面体称为鳖臑．在鳖臑A﹣BCD中，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，且AB＝BC＝CD＝1，则其内切球表面积为（）A．3πB．√3πC．(3−2√2)πD．(√2−1)π【解答】解：因为四面体ABCD四个面都为直角三角形，AB⊥平面BCD，BC⊥CD，所以AB⊥BD，AB⊥BC，BC⊥CD，AC⊥CD，设四面体ABCD内切球的球心为O，半径为r，则V ABCD=V O−ABC+V O−ABD+V O−ACD+V O−BCD=13r(S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD)，所以r=3V ABCDS ABCD，因为四面体ABCD的表面积为S ABCD=S△ABC+S△ABD+S△ACD+S△BCD=1+√2，又因为四面体ABCD的体积V ABCD=13×12×1×1×1=16，所以r=3V ABCDS ABCD=√2−12，所以内切球表面积S=4πr2=(3−2√2)π．故选：C．5．（5分）已知等比数列{a n}的前n项积为T n，若T7＞T9＞T8，则（）A．q＜0B．a1＜0C．T15＜1＜T16D．T16＜1＜T17【解答】解：因为等比数列{a n}的前n项积为T n，若T7＞T9＞T8，故1＞a8a9，a9＞1，a8＜1；所以a1⋅q8＞1，所以a1＞0，0＜q＜1；所以T16=a1⋅a2⋅...⋅a15⋅a16=(a8a9)8＜1，T17=a1⋅a2⋅...a16⋅a17=a917＞1．故选：D．6．（5分）如图，在棱长均为2的直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是A1B1的中点，过B，C，D三点的平面将该三棱柱截成两部分，则顶点B1所在部分的体积为（）A ．2√33B ．5√36C ．√3D ．7√36【解答】解：如图，取A 1C 1的中点E ，连接DE ，CE ，又D 是A 1B 1的中点， ∴DE ∥B 1C 1，且DE =12B 1C 1，又B 1C 1∥BC ，且B 1C 1＝BC ， ∴DE ∥BC ，且DE =12BC ，∴过B ，C ，D 三点的平面截该三棱柱的截面为梯形BCED ， ∴所求体积为：V 三棱柱ABC−A 1B 1C 1−V 三棱台A 1DE−ABC =12×2×2×√32×2−13×(12×1×1×√32+12×2×2×√32+√√34×√3)×2 =2√3−7√36=5√36． 故选：B ．7．（5分）在△ABC 中，P 0是边AB 的中点，且对于边AB 上任意一点P ，恒有PB →⋅PC →≥P 0B →⋅P 0C →，则△ABC 一定是（ ） A ．直角三角形 B ．锐角三角形 C ．钝角三角形D ．等腰三角形【解答】解：以AB 所在直线为x 轴，以AB 的中点为原点，建立如图所示的直角坐标系，设AB ＝4， 则A （﹣2，0），B （2，0），C （a ，b ），P （0，0），P 0（x ，0），所以PB →=（2﹣x ，0），PC →=（a ﹣x ，b ），P 0B →=（2，0），P 0C →=（a ，b ）， 因为恒有PB →⋅PC →≥P 0B →⋅P 0C →，则（2﹣x ）（a ﹣x ）≥（2a ， 整理得x 2﹣（a +2）x ≥0恒成立，故Δ＝（a +2）2≤0，即a ＝﹣2，此时BA ⊥AC ， 所以∠A ＝90°，所以△ABC 为直角三角形． 故选：A ．8．（5分）十七世纪法国数学家皮埃尔•德•费马提出的一个著名的几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小”．它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成角120°；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中所求的点称为费马点，已知在△ABC 中，已知C =23π，AC ＝1，BC ＝2，且点M 在AB 线段上，且满足CM ＝BM ，若点P 为△AMC 的费马点，则PA →⋅PM →+PM →⋅PC →+PA →⋅PC →=（ ） A ．﹣1B ．−45C ．−35D ．−25【解答】解：因为C =23π，AC ＝1，BC ＝2，所以由余弦定理可得AB =√AC 2+CB 2−2AC ⋅CBcosC =√7，由正弦定理可得AC sinB =ABsinC，即sinB =ACsinC AB =1×√32√7=√2114，又B 为锐角，所以cosB =√1−sin 2B =5√714，设CM ＝BM ＝x ，则CM 2＝CB 2+BM 2﹣2CB •BM cos C ，即x 2=4+x 2−10√77x ， 解得x =2√75，即BM =25AB ， 所以AM =35AB =3√75，则S △AMC =35S △ABC =35×12×1×2×√32=3√310，又cos ∠AMC =AM 2+CM 2−AC22AM⋅CM =6325+2825−12×3√75×2√750， 则∠AMC 为锐角，所以△AMC 的三个内角均小于120°， 则P 为三角形的正等角中心，所以S △AMC =12|PA →|⋅|PM →|sin 2π3+12|PM →|⋅|PC →|sin 2π3+12|PA →|⋅|PC →|sin 2π3=√34(|PA →|⋅|PM →|+|PM →|⋅|PC →|+|PA →|⋅|PC →|)=3√310， 所以|PA →|⋅|PM →|+|PM →|⋅|PC →|+|PA →|⋅|PC →|=65，所以PA →⋅PM →+PM →⋅PC →+PA →⋅PC →=|PA →|⋅|PM →|cos 2π3+|PM →|⋅|PC →|cos 2π3+|PA →|⋅|PC →|cos 2π3=−12(|PA →|⋅|PM →|+|PM →|⋅|PC →|+|PA|⋅|PC|)=−12×65=−35．故选：C ．二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. （多选）9．（5分）下列说法正确的是（ ） A ．若a →∥b →，b →∥c →，则a →∥c →B ．|(a →⋅b →)⋅c →|≤|a →||b →||c →|C ．若a →⊥(b →−c →)，则a →⋅b →=a →⋅c →D ．(a →⋅b →)⋅b →=a →⋅(b →)2【解答】解：对于A ，当b →=0→时，满足a →∥b →，b →∥c →，不能得出a →∥c →，选项A 错误；对于B ，|（a →•b →）c →|＝|（|a →||b →|cos ＜a →，b →＞|c →|）|≤|a →||b →||c →|，当且仅当a →与b →共线时取“＝”，所以选项B 正确；对于C ，a →⊥(b →−c →)时，a →•（b →−c →）＝0，即a →⋅b →=a →⋅c →，选项C 正确；对于D ，（a →•b →）•b →是数乘向量，与b →共线的向量，a →•(b →)2也是数乘向量，与a →共线的向量，所以等式不成立，选项D 错误． 故选：BC ．（多选）10．（5分）下列说法正确的是（ ）A ．若f(x)=sinωx +2cos(ωx +π3)，ω＞0的最小正周期为π，则ω＝2B ．在△ABC 中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，则“A ＞B ”是“a ＞b ”的充要条件C ．三个不全相等的实数a ，b ，c 依次成等差数列，则2a ，2b ，2c 可能成等差数列D ．△ABC 的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则△ABC 的面积为2√6【解答】解：对于A ，f （x ）＝sin ωx +2cos （ωx +π3）＝（1−√3）sin ωx +cos ωx =√5−2√3sin （ωx +φ），其中tan φ=11−3=−1+√32，若f （x ）的最小正周期为π，则ω=2ππ=2，选项A 正确； 对于B ，△ABC 中，A ＞B 得出a ＞b ，充分性成立，a ＞b 也能得出A ＞B ，必要性成立，是充要条件，选项B 正确；对于C ，若2a ，2b ，2c 成等差数列，则2•2b ＝2a +2c ，所以2＝2a ﹣b +2c ﹣b ，所以a ﹣b ＝c ﹣b ＝0，即a ＝b ＝c ，所以选项C 错误；对于D ，△ABC 的斜二测直观图是边长为2的正三角形，则△ABC 的面积为2√2S 直观图＝2√2×√34×22=2√6，选项D 正确． 故选：ABD ．（多选）11．（5分）《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的数学著作，其中第十一卷称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥．如图，AB ，CD 是直角圆锥SO 底面圆的两条不同的直径，下列说法正确的是（ ）A ．存在某条直径CD ，使得AD ⊥SDB ．若AB ＝2，则三棱锥S ﹣AOD 体积的最大值为16C ．对于任意直径CD ，直线AD 与直线SB 互为异面直线D ．若∠ABD =π6，则异面直线SA 与CD 所成角的余弦值是√24【解答】解：对A 选项，∵SD 在底面的射影为CD ，而CD 与AD 夹角始终为锐角， ∴AD 与AD 不垂直，∴根据三垂线定理可知AD 与SD 不垂直，∴A 选项错误； 对B 选项，若AB ＝2，则三棱锥S ﹣AOD 的高为SO ＝1，当AO ⊥DO 时，三角形AOD 的面积取得最大值为12×1×1=12，此时三棱锥S ﹣AOD 体积取得最大值为13×12×1=16，∴B 选项正确；对C 选项，∵AB ，CD 是直角圆锥SO 底面圆的两条不同的直径， ∴根据异面直线的判定定理可知：对于任意直径CD ，直线AD 与直线SB 互为异面直线，∴C 选项正确； 对D 选项，若∠ABD =π6，则∠AOD =π3，设圆锥的底面圆半径为r ，∴SA →⋅OD →=(OA →−OS →)⋅OD →=OA →⋅OD →−OS →⋅OD →=r ×r ×cos π3−0=r 22，又易知|SA →|=√2r ，|OD →|＝r ，∴cos ＜SA →，OD →＞=SA →⋅OD →|SA →||OD →|=r 22√2r×r=√24，∴异面直线SA 与CD 所成角的余弦值是√24，∴D 选项正确． 故选：BCD ．（多选）12．（5分）已知数列{a n }中各项都小于2，a n+12−4a n +1=a n 2−3a n ，记数列{a n }的前n 项和为S n ，则以下结论正确的是（ ）A ．任意a 1与正整数m ，使得a m a m +1≥0B ．存在a 1与正整数m ，使得a m+1＞34a mC ．任意非零实数a 1与正整数m ，都有a m +1＜a mD ．若a 1＝1，则S 2022∈（1.5，4）【解答】解：对于选项A ：因为a n+12−4a n+1=a n 2−3a n ，所以（a n +1﹣4）a n +1＝（a n ﹣3）a n ，整理得a n +1=(a n −3)a na n+1−4，所以a n a n +1=(a n −3)a n2a n+1−4≥0，故选项A 正确；对于选项B ：不妨设f （x ）＝x 2﹣4x ，因为a n+12−4a n+1=a n 2−4(34a n )≥(34a n )2−4(34a n )，可得f(a n+1)≥f(34a n )，而f ′（x ）＝2x ﹣4＝2（x ﹣2），当x ＜2时，f ′（x ）＜0，f （x ）单调递减； 当x ＞2时，f ′（x ）＞0，f （x ）单调递增，所以对于任意正整数n ，都有a n+1≤34a n ，故选项B 错误；对于选项C ：由A 可知所有a n 同号，①当a 1＝0 时，对于任意正整数n ，都有a n ＝0；②当0＜a 1＜2时，0＜a n ＜2，a n+12−4a n +1=a n 2−3a n ＞a n 2−4a n ，所以f （a n +1）＞f （a n ），又函数f （x ）在（﹣∞，2）上单调递减， 所以对于任意正整数n ，都有a n +1＜a n ；③当a 1＜0时，a n+12−4a n +1=a n 2−3a n ＞a n 2−4a n ，所以f （a n +1）＜f （a n ），又函数f （x ）在（﹣∞，2）上单调递减，所以对于任意正整数n ，都有a n +1＞a n ，故选项C 正确； 对于选项D ：因为对于任意正整数n ，都有a n+1≤34a n ，当a 1＝1时，a n ≤（34）n ﹣1，所以S 2022≤∑ 2022k=1（34）k ﹣1=1−(34)20221−34=4[1﹣（34）2022]＜4，因为当a 1＝1时，0＜a n ≤1，又a 22−4a 2+2＝0，解得a 2＝2−√2＞12，所以S 2022＞S 2＞32，则S2022∈（1，5，4），故选项D正确；故选：AD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（5分）杭州第19届亚运会会徽“潮涌”的主题图形融合了扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网及太阳六大元素，其中扇面造型代表了江南厚重的人文底蕴．在中国历史上，历代书画家都喜欢在扇面上绘画或书写以抒情达意．一幅扇面书法作品如图所示，经测量，上、下两条弧分别是半径为30和12的两个同心圆上的弧（长度单位为cm），侧边两条线段的延长线交于同心圆的圆心，且圆心角为2π3．若某空间几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为12√2．【解答】解：设一个圆锥的侧面展开图是半径为30，圆心角为2π3的扇形，设该圆锥的底面半径为r，所以2πr=2π3×30，可得r＝10，因此该圆锥的高为h=√302−102=20√2，故侧面展开图是半径为12，圆心角为2π3的扇形的圆锥的高为1230ℎ=25×20√2=8√2，因此若某几何体的侧面展开图恰好与图中扇面形状、大小一致，则该几何体的高为20√2−8√2=12√2．故答案为：12√2．14．（5分）已知等差数列{a n}，a8＝8，a9=8+π3，则cosa5+cosa7cosa6=1．【解答】解：等差数列{a n}，a8＝8，a9=8+π3，所以公差d＝a9﹣a8=π3，则cosa5+cosa7cosa6=cos(a6−π3)+cos(a6+π3)cosa6=2cosa6cosπ3cosa6=1．故答案为：1．15．（5分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，BC＝CC1＝3，AC＝4，AC⊥BC，动点P在△A1B1C1内（包括边界上），且始终满足BP ⊥AB 1，则动点P 的轨迹长度是125．【解答】解：在直三棱柱ABC ﹣A 1B 1C 1中，BC ＝CC 1＝3，AC ＝4，AC ⊥BC ，建立如图所示的坐标系， 由题意可知A （4，0，0），B （0，3，0），C （0，0，0），B 1（0，3，3），设P （x ，y ，3）， 则BP →=（x ，y ﹣3，3），AB 1→=（﹣4，3，3），BP ⊥AB 1， 可得：﹣4x +3y ﹣9+9＝0，即4x ﹣3y ＝0． 直线A 1B 1的方程：3x +4y ＝12，{3x +4y =124x −3y =0，可得x =3625，y =4825，所以D （3625，4825）， 动点P 的轨迹为线段C 1D ，长度为：√(3625)2+(4825)2=12×525=125． 故答案为：125．16．（5分）已知向量a →，b →的夹角为π3，且a →⋅b →=3，向量c →满足c →=λa →+(1−λ)b →(0＜λ＜1)，且a →⋅c →=b →⋅c →，记x =c →⋅a →|a →|，y =c →⋅b→|b →|，则x 2+y 2﹣xy 的最大值为 278 ．【解答】解：设OA →=a →，OB →=b →，OC →=c →，∵a →⋅b →=|a →||b →|cos π3=3，∴|a →||b →|=6，∵向量c →满足c →=λa →+(1−λ)b →(0＜λ＜1)， ∴C 在线段AB 上， 设∠AOC ＝α，则∠BOC =π3−α， 则x =c →⋅a →|a →|=|c →|cos α，y =c →⋅b →|b →|=|c →|cos(π3−α)，∴34|c →|2≤34×(3√22)2x 2+y 2﹣xy =|c →|2cos 2α+|c →|2cos 2(π3−α)−|c →|cosα⋅|c →|cos(π3−α)=|c →|2[cos 2α+(12cosα+√32sinα)2−cosα(12cosα+√32sinα)]=|c →|2(cos 2α+12cos 2α+√32sinαcosα+34sin 2α−12cos 2α−√32sinαcosα)=34|c →|2， 在△ABO 中，由余弦定理有：|AB|2=|a →|2+|b →|2−2|a →||b →|cos π3=|a →|2+|b →|2−|a →||b →|≥2|a →||b →|−|a →||b →|=|a →||b →|=6， ∴|AB|≥√6，当且仅当|a →|=|b →|时等号成立， ∵a →⋅c →=b →⋅c →，∴(a →−b →)⋅c →=0，∴BA →⊥OC →， ∴S △OAB =12|AB|×|OC|=12|OA|×|OB|sin π3，∴|OC|=6×√32|AB|≤3√3√6=3√22，即|c →|≤3√22，∴x 2+y 2﹣xy =34|c →|2≤34×(3√22)2=278．故答案为：278． 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17．（10分）定义一种运算：(a ，b)[cd ]=ac +bd ．（1）已知z 为复数，且(3，z)[z4]=7−3i ，求|z |；（2）已知x，y为实数，(y+sin2x，2)[iy]−(1，sin2x)[sinx2√3i]也是实数，将y表示为x的函数并求该函数的单调递增区间．【解答】解：（1）设z＝a+bi，由题意可得，（3，z）[z4]＝3z+4z=3（a+bi）+4（a﹣bi）＝7a﹣bi＝7﹣3i，故a＝1，b＝3，所以|z|=√10；（2）由题意可得，原式＝2y﹣sin x+（y+sin2x﹣2√3sin²x）i是实数，所以y+sin2x﹣2√3sin2x＝0，即y＝﹣sin2x+2√3sin²x=√3（1﹣cos2x）﹣sin2x＝﹣2sin（2x+π3）+√3，所以当2kπ+π2≤2x+π3≤2kπ+3π2，k∈Z时，sin（2x+π3）单调递减，此时函数y单调递增，解得kπ+π12≤x≤kπ+7π12，k∈Z，即单调增区间为[kπ+π12，kπ+7π12]（k∈z）．18．（12分）今年9月，象山将承办第19届杭州亚运会帆船与沙滩排球项目比赛，届时大量的游客来象打卡“北纬30度最美海岸线”．其中亚帆中心所在地——松兰山旅游度假区每年各个月份从事旅游服务工作的人数会发生周期性的变化．现假设该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数可近似地用函数f （x）＝40[A cosω（x+4）+k]来刻画．其中正整数x表示月份且x∈[1，12]，例如x＝1时表示1月份，A 和k是正整数，ω＞0．统计发现，该景区每年各个月份从事旅游服务工作的人数有以下规律：①各年相同的月份从事旅游服务工作的人数基本相同；②从事旅游服务工作的人数最多的8月份和最少的2月份相差约160人；③2月份从事旅游服务工作的人数约为40人，随后逐月递增直到8月份达到最多．（1）试根据已知信息，确定一个符合条件的y＝f（x）的表达式；（2）一般地，当该地区从事旅游服务工作的人数超过160人时，该地区就进入了一年中的旅游旺季，那么一年中的哪几个月是该地区的旅游旺季？请说明理由．【解答】解：（1）根据三条规律，可知该函数为周期函数，且周期为12． 由此可得，T =2πω=12，得ω=π6； 由规律②可知，f （x ）max ＝f （8）＝40（A cos2π+k ）＝40A +40k ， f （x ）min ＝f （2）＝40（A cos π+k ）＝﹣40A +40k ， 由f （8）﹣f （2）＝80A ＝160，得A ＝2；又当x ＝2时，f （2）＝40[2cos ω（2+4）+k ]＝80•cos π+40k ＝40， 解得k ＝3．综上可得，f （x ）＝80cos （π6x +2π3）+120符合条件．（2）由条件，80cos （π6x +2π3）+120＞160，可得cos （π6x +2π3）＞12，则2k π−π3＜π6x +2π3＜2k π+π3，k ∈Z ，∴12k ﹣6＜x ＜12k ﹣2，k ∈Z ．∵x ∈[1，12]，x ∈N *，∴当k ＝1时，6＜x ＜10，故x ＝7，8，9，即一年中的7，8，9三个月是该地区的旅游“旺季”． 19．（12分）已知数列{a n }的前n 项和为S n ，且S n ＝n 2+4n ﹣3． （1）求{a n }的通项公式； （2）记b n =2n+5S n S n+1，数列{b n }的前n 项和为T n ，求T n ． 【解答】解：（1）由S n ＝n 2+4n ﹣3， 可得n ＝1时，a 1＝S 1＝5﹣3＝2，当n ≥2时，a n ＝S n ﹣S n ﹣1＝n 2+4n ﹣3﹣（n ﹣1）2﹣4（n ﹣1）+3， 化简可得a n ＝2n +3（n ≥2）， 所以a n ={2，n =12n +3，n ≥2且n ∈N ∗；（2）b n =2n+5S n S n+1=2n+5(n 2+4n−3)(n 2+6n+2)=1n 2+4n−3−1n 2+6n+2，可得T n =12−19+19−118+...+1n 2+4n−3−1n 2+6n+2=12−1n 2+6n+2=n 2+6n 2n 2+12n+4． 20．（12分）在△ABC 中，内角A ，B 都是锐角． （1）若∠C =π3，c ＝2，求△ABC 周长的取值范围；（2）若sin 2A +sin 2B ＞sin 2C ，求证：sin 2A +sin 2B ＞1．【解答】解：（1）由正弦定理有：a sinA=b sinB=c sinC=√32=4√33， ∴a =4√33sinA ，b =4√33sinB ， ∴a +b =4√33sinA +4√33sinB =4√33sinA +4√33sin(2π3−A) =4√33sinA +4√33(√32cosA +12sinA) =2√3sinA +2cosA =4sin(A +π6)，∵内角A ，B 都是锐角，∴{0＜A ＜π20＜2π3−A ＜π2，∴π6＜A ＜π2， ∴π3＜A +π6＜2π3， ∴sin(A +π6)∈(√32，1]，∴a +b ∈(2√3，4]， ∴a +b +c ∈(2+2√3，6]，∴△ABC 周长的取值范围为(2+2√3，6]； （2）∵sin 2A +sin 2B ＞sin 2C ， 由正弦定理得：a 2+b 2＞c 2， 由余弦定理：cos C =a 2+b 2−c 22ab＞0，∵C ∈（0，π），∴C 为锐角， ∵A ，B 都是锐角，∴A +B ＞π2，∴0＜π2−B ＜A ＜π2，∴sinA ＞sin(π2−B)=cosB ＞0，∴sin 2A +sin 2B ＞cos 2B +sin 2B ＝1， ∴sin 2A +sin 2B ＞1．21．（12分）已知边长为6的菱形ABCD ，∠ABC =π3，把△ABC 沿着AC 翻折至△AB 1C 的位置，构成三棱锥B 1﹣ACD ，且DE →=12DB 1→，CF →=13CD →，EF =√372．（1）证明：AC ⊥B 1D ；（2）求二面角B 1﹣AC ﹣D 的大小； （3）求EF 与平面AB 1C 所成角的正弦值．【解答】解：（1）证明：取AC 中点O ，连接OB 1，OD ， 因为菱形ABCD ，∠AB 1C =π3，所以△ACB 1，△ACD 为等边三角形， 所以OB 1⊥AC ，OD ⊥AC ，又因为OB 1，OD ⊂面OB 1D ，OB 1∩OD ＝O ， 所以AC ⊥面OB 1D ， 因为B 1D ⊂面OB 1D ， 所以AC ⊥B 1D ．（2）因为DE →=12DB 1→，CF →=13CD →，所以FE →=FB 1→+B 1E →=CB 1→−CF →+12B 1D →=CB 1→−13CD →+12(CD →−CB 1→)=16CD →+12CB 1→，平方得，FE →2=(16CD →+12CB 1→)2=136CD →2+16|CD →||CB 1→|cos∠B 1CD +14CB 1→2，即374=136×36+16×6×6cos∠B 1CD +14×36，解得cos ∠B 1CD =−18，在△B 1CD 中，由余弦定理得，B 1D ²＝C B 12+CD ²﹣2CB 1•CD cos ∠B 1CD ＝36+36﹣2×6×6×(−18)=81，所以B 1D ＝9，由（1）可知，∠DOB 1 是二面角B 1﹣AC ﹣D 的平面角，在等边△AB1C中B1O=B1Csin60°=3√3，同理OD=3√3，在△B1OD中，由余弦定理得，cos∠B1OD=B1O2+DO2−B1D22B1D⋅DO=27+27−812×27=−12，因为0＜∠B1OD＜π，所以∠B1OD=2π3，即二面角B1﹣AC﹣D的大小2π3．（3）取B1E中点G，连接CG，则E是GD靠近G的三等分点，则EF∥CG，所以CG与平面AB1C所成角即为所成角，在平面DOB1中，作GK⊥B1O，因为AC⊥面OB1D，GK⊂面OB1D，所以AC⊥GK，又因为AC，B1O⊂面AB1C，AC∩B1O＝O，所以GK⊥面AB1C，所以∠GCK是CG与平面AB1C所成角，在△DOB1中，∠OB1D=∠ODB1=π6，B1G=14B1D=94，所以GK=12B1G=98，在ΔDCB1中，由△DEF∽△DGC，得EFCG=DEDG=23，CG=32×√372=3√374，所以sin∠GCK=GKCG=983√374=3√3774，所以EF与平面AB1C所成角的正弦值为3√37 74．22．（12分）已知数列{a n}中，a1＝1，当n≥2时，其前n项和S n满足：S n2=a n（S n﹣1），且S n≠0，数列{b n}满足：对任意n∈N*有b1S1+b2S2+⋯+b nS n=(n−1)⋅2n+1+2．（1）求证：数列{1S n}是等差数列；（2）求数列{b n}的通项公式；（3）设T n是数列{2n−1b2n−b n}的前n项和，求证：T n＜76．【解答】解：（1）证明：由S n2=a n（S n﹣1）得S n2=（S n﹣S n﹣1）（S n﹣1），化简得S n S n﹣1+S n﹣S n﹣1＝0，由于S n≠0，所以又有1+1S n−1−1S n=0，即1S n−1S n−1=1，又1S1=1a1=1，所以{1S n}是以1为首项，1为公差的等比数列；（2）结合（1）可得1S n=1+（n﹣1）＝n，所以有b1+2b2+…+nb n＝（n﹣1）•2n+1+2，又有b1+2b2+…+nb n+（n+1）b n+1＝n•2n+2+2，二式相减得（n+1）b n+1＝（n+1）•2n+1，即b n+1＝2n+1，所以当n≥2有b n＝2n，又b1＝2，符合上式，所以b n＝2n；（3）结合（2）可知2n−1b2n−b n=2n−122n−2n＜2n−122n−22n−1=2n−122n−1，所以T n＜12+323+525+⋯+2n−122n−1，设Q n=12+323+525+⋯+2n−122n−1，则14Q n=123+325+527+⋯+2n−122n+1，二式相减得34Q n=12+2×（123+125+⋯+122n−1）−2n−122n+1=12+14×(1−(14)n−1)1−14−2n−122n+1，即Q n=23+49(1−(14)n−1)−432n−122n+1，又2n−122n+1＞0，所以Q n随着n的增大而增大，当n→+∞，Q n→23+49=109，10 9＜76．所以T n＜。
浙江省宁波市镇海中学2018-2019学年高一下学期期末数学试题
浙江省宁波市镇海中学2018-2019学年高一下学期期末数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________1．如图是一个正四棱锥，它的俯视图是（ ）A ．B ．C ．D ．2．已知点()()1,0a a >到直线:20+-=l x y 的距离为1，则a 的值为（ ） AB．2C1 D1 3．正方体1111ABCD A B C D -中，则异面直线1AB 与1BC 所成的角是A ．30°B ．45°C ．60°D ．90° 4．在直角梯形ABCD 中，//AB CD ，AB BC ⊥，5AB =，4BC =，2CD =，则梯形ABCD 绕着BC 旋转而成的几何体的体积为（ ）A ．52πB ．1163πC ．1103π D．(283π+5．已知直线倾斜角的范围是,32ππα⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭2,23ππ⎛⎤ ⎥⎝⎦，则此直线的斜率的取值范围是（ ） A．⎡⎣ B．(,-∞)+∞C．⎡⎢⎣⎦ D．,⎛-∞ ⎝⎦⎫+∞⎪⎪⎣⎭6．正三角形ABC 的边长为2cm ，如图，A B C '''∆为其水平放置的直观图，则A B C '''∆的周长为（ ）A ．8cmB ．6cm C．(2cm D．(2cm + 7．某几何体的三视图如图所示，其外接球体积为（ ）A ．24π B． C ．6π D8．已知,m n 表示两条不同的直线，,,αβγ表示三个不同的平面，给出下列四个命题： ①m αβ=，n ⊂α，n m ⊥，则αβ⊥；②αβ⊥，m αγ=，n βγ=，则m n ⊥； ③αβ⊥，αγ⊥，m βγ=，则m α⊥；④m α⊥，n β⊥，m n ⊥，则αβ⊥其中正确的命题个数是（ ）A ．1B ．2C ．3D ．49．若实数,x y 满足不等式组031y x y x y ≥⎧⎪+≤⎨⎪-≥-⎩，则2z x y =-的最小值是（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．210．已知圆1Γ与2Γ交于两点，其中一交点的坐标为()3,4，两圆的半径之积为9，x 轴与直线()0y mx m =>都与两圆相切，则实数m =（ ）A ．158B ．74C ．5D ．3511．已知圆柱的上、下底面的中心分别为12,O O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，则该圆柱的表面积为________，体积为________.12．若直线12y kx k =+-与曲线y =k 的最大值为________，最小值为________.13．若过点()1,1的直线l 被圆224x y +=截得的弦长最短，则直线l 的方程是________，此时的弦长为________14．已知点()2,1和圆22:220C x y ax y ++-+=，若点P 在圆C 上，则实数a = ________；若点P 在圆C 外，则实数a 的取值范围为________.15．异面直线a ，b 所成角为3π，过空间一点O 的直线l 与直线a ，b 所成角均为θ，若这样的直线l 有且只有两条，则θ的取值范围为___________________.16．在棱长均为2的三棱锥A BCD -中，,E F 分别为,AB BC 上的中点，P 为棱BD 上的动点，则PEF ∆周长的最小值为________.17．在三棱锥P ABC -中，AB BC ⊥，2PA PB ==，PC AB BC ===BD PC ⊥交PC 于D ，则BD 与平面PAB 所成角的正弦值是________.18．正四棱锥P ABCD -的侧棱长与底面边长都相等，E 为PC 中点.(1)求证：//PA 平面BDE ；(2)求异面直线PA 与DE 所成角的余弦值.19．已知圆()()22:232C x y -+-=.(1)过原点O 的直线l 被圆C 所截得的弦长为2，求直线l 的方程；(2)过C 外的一点P 向圆C 引切线PA ，A 为切点，O 为坐标原点，若PA OP =，求使PA 最短时的点P 坐标.20．在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ，AD AB ⊥，//AB DC ，2AD DC AP ===，1AB =，点E 为棱PC 的中点.(1)求证：BE DC ⊥；(2)求直线PC 与平面PDB 所成角的正弦值.21．如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是AB 的中点，E 在1CC 上，且12CE C E =.(1)求证：1AC ⊥平面1A BD ；(2)在线段1DD 上存在一点P ，1DP D P λ=，若1//PB 平面DME ，求实数λ的值. 22．已知点1,0A ，()4,0B ，曲线C 任意一点P 满足2PB PA =.(1)求曲线C 的方程；(2)设点()3,0D ，问是否存在过定点Q 的直线l 与曲线C 相交于不同两点,E F ，无论直线l 如何运动，x 轴都平分EDF ∠，若存在，求出Q 点坐标，若不存在，请说明理由.。
2020-2021学年浙江省宁波市高一(下)期末数学试卷(附答案详解)
2020-2021学年浙江省宁波市高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分）1. 已知复数z =1−2i(i 为虚数单位)，则1z =( ) A. 15+25i B. 15−25i C. 1−2i D. 1+2i2. 已知△ABC 中，AB =2，且sinA +sinB =√2sinC ，则△ABC 周长为( )A. 4+2√2B. 2+2√2C. 4√2D. 43. 如图，水平放置的矩形ABCD ，AB =3cm ，AD =1cm ，则其直观图的面积为( )A. 34B. 32C. 3√24D. 3√224. 已知向量a ⃗ =(1,√3)，e ⃗ =(12,−√32)，则向量a ⃗ 在向量e ⃗ 上的投影向量为( ) A. −e ⃗ B. e ⃗ C. −a ⃗ D. −15. 给出下列4个命题，其中正确的命题是( )①垂直于同一直线的两条直线平行；②垂直于同一平面的两条直线平行；③垂直于同一直线的两个平面平行；④垂直于同一平面的两个平面平行．A. ①②B. ③④C. ②③D. ①④6. 在三棱锥P −ABC 中，已知PA ⊥平面ABC ，AB ⊥AC ，AB =1，AC =5，PA =√10，则三棱锥P −ABC 的外接球的体积为( )A. 24πB. 36πC. 72πD. 144π 7. 已知在△ABC 中，D ，E 分别是AB ，BC 上的点，AD =13AB ，BE =12BC ，若DE⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AB⃗⃗⃗⃗⃗ +λ2AC ⃗⃗⃗⃗⃗ (λ1,λ2为实数)，则λ1+λ2的值为( ) A. −13 B. −23 C. 13 D. 23 8. 某学校有男生400人，女生600人．为调查该校全体学生每天睡眠时间，采用分层抽样的方法抽取样本，计算得男生每天睡眠时间均值为7.5小时，方差为1，女生每天睡眠时间为7小时，方差为0.5.若男、女样本量按比例分配，则可估计总体方差为()A. 0.45B. 0.62C. 0.7D. 0.76二、多选题（本大题共4小题，共20.0分）9.已知甲、乙两名同学在高三的6次数学测试成绩统计的折线图如下，则下列说法正确的是()A. 若甲、乙两组数据的平均数分别为x1−，x2−，则x1−>x2−B. 若甲、乙两组数据的方差分别为s12，s22，则s12>s22C. 甲成绩的极差大于乙成绩的极差D. 甲成绩比乙成绩稳定10.对任意向量a⃗，b⃗ ，c⃗，下列关系式中恒成立的是()A. |a⃗⋅b⃗ |≤|a⃗||b⃗ |B. (a⃗⋅b⃗ )c⃗=a⃗(b⃗ ⋅c⃗ )C. (a⃗+b⃗ )2=|a⃗+b⃗ |2D. (a⃗+b⃗ )⋅(a⃗−b⃗ )=|a⃗|2−|b⃗ |211.已知复数z1=2−2i(i为虚数单位)，复数z2满足|z2−i|=1，则下列结论正确的是()A. z1在复平面内所对的点在第四象限B. z2−z1在复平面内对应的点在第一象限C. |z1−z2|的最大值为√13+1D. |z1+z2|的最小值为√13−112.已知α，β，γ是三个不同平面，a，b，c为三条不同直线，且α∩β=a，α∩γ=b，β∩γ=c，则()A. α，β，γ可以把空间最多分成7部分B. 若a∩b=O，则a，b，c交于一点OC. 若a//b ，则a//c ，b//cD. 若α⊥β，α⊥γ，β⊥γ，则a ⊥b ，a ⊥c ，b ⊥c三、单空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 已知向量a ⃗ =(1,−2)，b ⃗ =(3,1)，则a ⃗ ⋅b ⃗ =______．14. 如图，三棱台ABC −A 1B 1C 1的上、下底边长之比为1：2，记三棱锥C 1−A 1B 1B 体积为V 1，三棱台ABC −A 1B 1C 1的体积为V 2，则V 1V 2=______．15. 已知△ABC ，A =π3，BC =2，则AB 的最大值为______．16. 已知P 为△ABC 内一点，2PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +5PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ，则△APC ，△BPC 的面积之比为______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. (Ⅰ)在复数范围内解方程：x 2+4x +5=0；(Ⅱ)如图，在矩形ABCD 中，AB =√2，BC =2，E 为BC 中点，点F 在边CD 上，若AB⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =√2，求AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值．18. 某市一湿地公园建设项目中，拟在如图所示一片水域打造一个浅水滩，并在A 、B 、C 、D 四个位置建四座观景台，在凸四边形ABCD 中，AD =BC =CD =√2千米，AB=√3千米．(Ⅰ)求证：cosC=√62cosA−14；(Ⅱ)现要在A、C两处连接一根水下直管道，已知cosA=√64，问最少应准备多少千米管道．19.已知三棱锥P−ABC，PA⊥平面ABC，△PAC是以PC为斜边的等腰直角三角形，¡÷ABC是以AC为斜边的直角三角形，F为PC上一点，E为PB上一点，且AE⊥PB．(Ⅰ)现给出两个条件：①EF⊥PC；②F为PC中点．从中任意选一个条件为已知条件，求证：PC⊥平面AEF；(Ⅱ)若PC⊥平面AEF，直线AC与平面AEF所成角和直线AC与平面PAB所成角相等，且PA=2，求三棱锥P−ABC的体积．20.首次实施新高考的八省(市)于2021年1月23日统一举行了新高考适应性考试，在联考结束后，根据联考成绩，考生可了解自己的学习情况，作出升学规划，决定是否参加强基计划．在本次适应性考试中，某学校为了解高三学生的联考情况，随机抽取了100名学生的联考数学成绩作为样本，并按照分数段[50,70)，[70,90)，[90,110)，[110,130)，[130,150]分组，绘制了如图所示的频率分布直方图．(Ⅰ)求出图中a的值并估计本次考试及格率(“及格率”指得分为90分及以上的学生所占比例)；(Ⅱ)估计该校学生联考数学成绩的第80百分位数；(Ⅲ)估计该校学生联考数学成绩的众数、平均数．21.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2a+b)cosC+c⋅cosB=0．(Ⅰ)求角C；(Ⅱ)若a+b=5，点D为线段AB的中点，∠ACD=30°，求a，b．22.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为正方形，平面PAD⊥平面ABCD，点M在线段PB上，PD//平面MAC，PA=PD．(Ⅰ)判断M点在PB的位置并说明理由；(Ⅱ)记直线DM与平面PAC的交点为K，求DK的值；KM(Ⅲ)若异面直线CM与AP所成角的余弦值为√7，求二面角M−CD−A的平面角的7正切值．答案和解析1.【答案】A【解析】解：因为z =1−2i ，所以1z =11−2i =1+2i (1−2i)(1+2i)=15+25i ．故选：A ．利用复数的除法运算法则求解即可．本题考查了复数的除法运算法则的运用，属于基础题．2.【答案】B【解析】解：a ，b ，c 对应的边长为BC ，AC ，AB ，∵sinA +sinB =√2sinC ，∴由正弦定理，可得a +b =√2c ，∵AB =2，∴a +b =2√2，∴△ABC 周长为a +b +c =2√2+2．故选：B ．根据已知条件，结合正弦定理，即可求解．本题主要考查了正弦定理的运用，考查了学生对三角函数基础知识的综合运用，属于基础题．3.【答案】C【解析】解：由题意可计算水平放置的矩形ABCD 的面积为：3×1=3cm 2． ∴其直观图面积2√2=3√24cm 2， 故选：C ． 由题意可计算水平放置的矩形ABCD 的面积，然后除以2√2可计算其直观图面积． 本题考查平面图形直观图面积求法，考查数学运算能力，属于基础题．4.【答案】A【解析】解：∵向量a⃗=(1,√3)，e⃗=(12,−√32)，a⃗⋅e⃗=12−32=−1，∴向量a⃗在向量e⃗上的投影向量为：a⃗ ⋅e⃗|e⃗ |⋅e⃗=−e⃗．故选：A．根据条件可求出a⃗⋅e⃗，然后根据投影向量的求法即可得出向量a⃗在向量e⃗上的投影向量．本题考查了单位向量的定义，向量数量积的计算公式，投影向量的求法，考查了计算能力，属于基础题．5.【答案】C【解析】解：对于①，垂直于同一直线的两条直线平行、相交或异面，故①错误；对于②，垂直于同一平面的两条直线平行，故②正确；对于③，垂直于同一直线的两个平面平行，故③正确；对于④，垂直于同一平面的两个平面平行或相交，故④错误．故选：C．由线线的位置关系可判断①；由线面垂直的性质定理可判断②；由线面垂直的性质和面面平行的判定可判断③；由面面的位置关系可判断④．本题考查空间中线线、线面和面面的位置关系，主要是平行和垂直的判定和性质，考查推理能力，属于基础题．6.【答案】B【解析】解：如图，∵PA⊥平面ABC，AB⊂平面ABC，∴PA⊥AB，同理：PA⊥AC，又∵AB⊥AC，∴该三棱锥是长方体的一个角，扩展为长方体，两者的外接球相同，∵长方体的体对角线就是该长方体外接球的直径，又∵长方体的体对角线为：√PA2+AB2+AC2=√(√10)2+12+52=√36=6，∴外接球的直径2R=6，∴R=3，∴球的体积V =43⋅π⋅33=36π，故选：B ．由题可知，在点A 处满足PA 、AB 、AC 两两垂直，该三棱锥是长方体的一个角，扩展为长方体，两者的外接球相同，由长方体的体对角线就是该长方体外接球的直径，可求出球的半径R ，再由公式求球的体积．本题考查结构体外接球的体积求法，对于共顶点处两两垂直的锥体外接球问题，要扩展为长方体外接球的问题求解，属于中档题．7.【答案】D【解析】解：因为DE ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =DB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +BE ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12BC ⃗⃗⃗⃗⃗ =23AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12(AC ⃗⃗⃗⃗⃗ −AB ⃗⃗⃗⃗⃗ )=16AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +12AC⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以λ1=16,λ2=12， 则λ1+λ2=16+12=23，故选：D ． 利用三角形法则结合已知条件化简即可求解．本题考查了平面向量基本定理的应用，考查了学生的运算转化能力，属于基础题． 8.【答案】D【解析】解：由题意，总体的均值为4001000×7.5+6001000×7=7.2，根据分层抽样的性质，则总体的方差为：4001000×[1+(7.5−7.2)2]+6001000×[0.5+(7.2−7)2]=0.436+0.324=0.76． 故选：D ．利用均值的计算公式以及方差的计算公式求解即可．本题考查了特征数的求解，解题的关键是掌握均值的计算公式以及方差的计算公式，考查了运算能力，属于基础题．9.【答案】AD【解析】解：由折线图可知，甲同学除第二次考试成绩略低于乙同学，其他次考试成绩都高于乙同学，所以x1−>x2−，故选项A正确；由折线图的变化趋势可知，甲同学的成绩比乙同学的成绩稳定，所以s12<s22，故选项B错误，选项D正确；极差为数据样本的最大值与最小值的差，所以甲同学成绩的极差小于乙同学成绩的极差，故选项C错误．故选：AD．利用题中折线图中的数据信息以及变化趋势，由平均数的计算公式以及方差的计算公式结合极差的定义对四个选项逐一判断即可．本题考查了折线图的应用，读懂统计图并能从统计图得到必要的信息是解决问题的关键，属于基础题．10.【答案】ACD【解析】解：对于A，|a⃗⋅b⃗ |=||a⃗||b⃗ |cos<a⃗，b⃗ >|≤|a⃗||b⃗ |，故A正确；对于B，(a⃗⋅b⃗ )c⃗表示与c⃗平行的向量，a⃗(b⃗ ⋅c⃗ )表示与a⃗平行的向量，而a⃗与c⃗的关系是不确定的，故B错误；对于C，向量的平方等于向量模的平方，故C正确；对于D，因为(a⃗+b⃗ )⋅(a⃗−b⃗ )=a⃗2−b⃗ 2=|a⃗|²−|b⃗ |²，故D正确．故选：ACD．根据平面向量数量积的性质及运算法则逐一判断即可．本题考查平面向量的数量积运算，是基础题．11.【答案】AC【解析】解：复数z1=2−2i在复平面内对应的点为P，则P(2,−2)，所以点P在第四象限，故选项A正确；复数z2满足|z2−i|=1，则z2在复平面内对应的点Q是以C(0,1)为圆心，1为半径的圆，故z2−z1在复平面内对应的点不一定在第一象限，故选项B错误；|z1−z2|表示点P，Q之间的距离，所以|z1−z2|的最大值为PC+1=√13+1，故选项C正确；|z1+z2|表示点Q与点P′(−2,2)之间的距离，所以|z1+z2|的最小值为P′C−1=√5−1，故选项D错误．故选：AC．利用复数的几何意义得到复数对应的点，利用复数模的几何意义得到z2在复平面内对应的点Q是以C(0,1)为圆心，1为半径的圆，|z1−z2|表示点P，Q之间的距离，|z1+z2|表示点Q与点P′(−2,2)之间的距离，由此进行求解判断即可．本题考查了复数的综合应用，主要考查了复数模的几何意义的运用，涉及了点与圆位置关系的运用，考查了逻辑推理能力与转化化归能力，属于中档题．12.【答案】BCD【解析】解：对于A，若α、β、γ两两相交，且共点，可得它们将空间分成8个部分，故A错误；对于B，因为a∩b=O，则O∈a，O∈b，又α∩β=a，α∩γ=b∴O∈β.O∈γ，∵α∩γ=c，∴O∈c，即a、b、c三线共点，则B正确；对于C，由a//b，b⊄β，a⊂β，可得b//β，b⊂γ，β∩γ=c，可得b//c，a//c，故C正确；对于D，若α⊥β，α⊥γ，β∩γ=b，由面面垂直的性质定理可得b⊥α，∵a⊂α，c⊂α，∴a⊥b，b⊥c，b⊥c，故D正确．故选：BCD．根据平行和垂直的公理及定理，对四个命题进行一一验证排查，得出正确结果．本题考查空间中线线、线面、面面的位置关系，考查空间想象能力，逻辑推理能力，利用平面的性质和定理是解决本题的关键，属于中档题．13.【答案】1【解析】解：向量a⃗=(1,−2)，b⃗ =(3,1)，则a⃗⋅b⃗ =1×3−2×1=1．故答案为：1．直接利用向量的数量积的运算法则化简求解即可．本题考查向量的数量积的运算法则的应用，是基础题．14.【答案】1：7【解析】解：由三角形的相似性可知上下底面的面积比值为1：4，设，设棱台的高为h，则点B到△A1B1C1的距离也是h，从而：V C1−A1B1BV ABC−A1B1C1=V B−A1B1C1V ABC−A1B1C1=13Sℎ13(S+4S+√S×4S)ℎ=17．故答案为：1：7．利用相似关系确定上下底面面积的比值，将棱锥转化顶点，结合体积公式计算两个几何体的体积比即可．本题主要考查台体的体积公式，锥体的体积公式，转化顶点求体积的方法等知识，属于中等题．15.【答案】4√33【解析】解：根据正弦定理，BCsinA =ABsinC，∴AB=2sinCsinπ3=4√33sinC，∵当C=π2时，sinC=1，∴AB的最大值为4√33．故答案为：4√33．根据已知条件，结合正弦定理，即可求解．本题主要考查正弦定理的应用，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．16.【答案】32【解析】解：方法一：由P 为△ABC 内一点，2PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +5PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ， 可得2(PA ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−3(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ )=−3(PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +PC ⃗⃗⃗⃗⃗ ) 取AC 的中点为F ，BC 的中点为G ，如图所示， 则2PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3PG ⃗⃗⃗⃗⃗ ， 所以S △APCS△BPC=12PC⋅ℎ112PC⋅ℎ2=PF PG =32，故答案为：32．方法二：因为P 为△ABC 内一点，2PA⃗⃗⃗⃗⃗ +3PB ⃗⃗⃗⃗⃗ +5PC ⃗⃗⃗⃗⃗ =0⃗ ， 所以由奔驰定理可得：S △PBC ：S △PAC ：S △PAB =2：3：5， 所以S △APCS△BPC=32，故答案为：32．方法一：取AC 的中点为F ，BC 的中点为G ，然后利用已知化简可得则2PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =−3PG ⃗⃗⃗⃗⃗ ，利用面积公式即可求解；方法二：结合已知条件以及奔驰定理即可求解．本题考查了平面向量基本定理的应用，涉及到奔驰定理的应用，属于基础题．17.【答案】解：(Ⅰ)方程x 2+4x +5=0可化为(x +2)2=−1，所以x +2=±i ，解得原方程的根为−2+i 或−2−i ．(Ⅱ)以A 为坐标原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立平面直角坐标系，如图所示：则B(√2,0)，D(0,2)，C(√2,2)，E(√2,1)．设F(x,2)，由AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,0)⋅(x,2)=√2x =√2，解得x =1， 所以AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(√2,1)⋅(−1+√2,−2)=−√2．【解析】(Ⅰ)把方程化为(x +2)2=−1，开平方求出方程的解； (Ⅱ)建立平面直角坐标系，利用坐标表示向量，计算AF ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅FB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的值．本题考查了平面向量的数量积计算问题，也考查了复数的概念与应用问题，是基础题．18.【答案】解：(Ⅰ)证明：由余弦定理：BD 2=AD 2+AB 2−2AD ⋅AB ⋅cosA =CD 2+CB 2−2CD ⋅CB ⋅cosC ，∴2+3−2√6cosA =2+2−4cosC ， ∴cosC =√62cosA −14；(Ⅱ)∵cosA =√64，∴由(Ⅰ)得cosC =12，求得C =π3，∴△BCD 为正三角形，∠BDC =π3，BD =√2． ∴在△ABD 中，cos∠ADB =AD 2+BD 2−AB 22AD⋅BD =14，∴cos∠ADC =cos(∠ADB +π3)=1−3√58， ∴在△ACD 中，AC 2=AD 2+DC 2−2AD ⋅DC ⋅cosADC =7+3√52． ∴AC =3+√52.(说明：AC =√7+3√52不扣分)．【解析】(Ⅰ)根据AD =BC =CD =√2，AB =√3及余弦定理可得出2+3−2√6cosA =2+2−4cosC ，从而可得出cosC =√62cosA −14；(Ⅱ)根据条件可求出cosC =12，然后可得出C =π3，从而得出∠BDC =π3,BD =√2，从而可求出cos∠ADC =1−3√58，然后根据余弦定理即可求出AC 的长度．本题考查了余弦定理，两角和的余弦公式，已知三角函数值求角，考查了计算能力，属于中档题．19.【答案】(Ⅰ)证明：若选①EF ⊥PC∵PA ⊥平面ABC ，BC ⊂平面ABC ，∴PA ⊥BC ， 又BC ⊥AB ，AB ∩PA =A ，∴BC ⊥平面PAB ．又AE⊂平面PAB，∴BC⊥AE．又AE⊥PB，PB∩BC=B，∴AE⊥平面PBC．又PC⊂平面PBC，∴AE⊥PC．又EF⊥PC，EF∩AE=E，∴PC⊥平面AEF；若选②F为PC中点，∵PA⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，∴PA⊥BC．又BC⊥AB，AB∩PA=A，∴BC⊥平面PAB．又AE⊂平面PAB，∴BC⊥AE．又AE⊥PB，PB∩BC=B，∴AE⊥平面PBC．又PC⊂平面PBC，∴AE⊥PC．又F为等腰直角三角形PAC斜边PC中点，则AF⊥PC，而AF∩AE=E，∴PC⊥平面AEF．(Ⅱ)解：由PC⊥平面AEF，BC⊥平面PAB可知，∠CAF与∠CAB分别为AC与平面AEF及BC与平面PAB所成线面角，∴∠CAF=∠CAB，又sin∠CAF=CFAC ，sin∠CAB=CBCA，又PA=AC=2，∴CF=CB=√2，求得AB=√2，∴V P−ABC=13S△ABC⋅PA=13×12×√2×√2×2=23．【解析】(Ⅰ)若选①EF⊥PC，由已知可得PA⊥BC，结合BC⊥AB，得BC⊥平面PAB，可得BC⊥AE，结合AE⊥PB，得AE⊥平面PBC，进一步得到AE⊥PC，再由直线与平面垂直的判定可得PC⊥平面AEF；若选②F为PC中点，证明AE⊥PC同①，再由F为等腰直角三角形PAC斜边PC中点，可得AF⊥PC，进一步得到PC⊥平面AEF．(Ⅱ)由PC⊥平面AEF，BC⊥平面PAB可知，可得∠CAF=∠CAB，再由两角的正弦值相等求得CF=CB=√2，得AB=√2，代入棱锥体积公式得答案．本题考查直线与平面垂直的判定，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，训练了多面体体积的求法，是中档题．20.【答案】解：(Ⅰ)由(0.004+a+0.013+0.014+0.016)×20=1得a=0.003，则及格率为：(0.016+0.014+0.003)×20=0.66=66%．(Ⅱ)得分在110以下的学生所在比例为(0.004+0.013+0.016)×20=0.66，得分在130以下的学生所占比例为0.66+0.014×20=0.94，所以第80百分位数位于[110,130)内，由110+20×0.8−0.660.94−0.66=120，估计第80百分位数为120．(Ⅲ)由图可得，众数估计值为100．平均数估计值为0.08×60+0.26×80+0.32×100+0.28×120+0.06×140=99.6．【解析】(Ⅰ)由频率公布直方图的面积为1得(0.004+a+0.013+0.014+0.016)×20=1，从而解得a，再求及格率即可，(Ⅱ)由频率公布直方图可知第80百分位数位于[110,130)内，从而求得，(Ⅲ)由图易得众数估计值为100，再用加权平均数公式求平均数估计值．本题考查了频率分布直方图的应用，同时考查了数据的数字特征，考查了数据分析的能力，属于基础题．21.【答案】解：(Ⅰ)解法一：由(2a+b)cosC+c⋅cosB=0得(2sinA+sinB)cosC+sinC⋅cosB=0，所以2sinAcosC+sinBcosC+sinC⋅cosB=0，所以2sinAcosC+sin(B+C)=0，即2sinAcosC+sinA=0消去sin A得cosC=−12，所以C=2π3．解法二：由余弦定理得(2a+b)a2+b2−c22ab +c⋅a2+c2−b22ac=0，整理得a2+b2−c2b+a=0，所以a2+b2−c2=−ab，即cosC=a2+b2−c22ab =−12，所以C=2π3．(Ⅱ)解法一：∵∠ACD=30°，∠BCA=2π3，∴∠BCD=90°，∴在Rt△BCD中，sin∠BDC=a c2=2ac，在△ACD 中，bsin∠ADC =c 2sin π6=c ，得sin∠ADC =bc ．又sin∠ADC =sin∠BDC ，所以2ac =bc ，即2a =b ． 又a +b =5，解得a =53，b =103．解法二：因为∠ACD =30°，所以∠BCD =90°，CD ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅CB ⃗⃗⃗⃗⃗ =CA ⃗⃗⃗⃗⃗ +CB⃗⃗⃗⃗⃗ 2⋅CB⃗⃗⃗⃗⃗ =2a 2−ab4=0，所以b =2a ， 又a +b =5，所以a =53，b =103．【解析】(Ⅰ)由正弦定理可得出2sinAcosC +sinBcosC +sinC ⋅cosB =0，进而得出2sinAcosC +sinA =0，从而得出cosC =−12，得出C =2π3；(Ⅱ)根据条件可得出∠BCD =90°，从而得出sin∠BDC =2a c，然后根据正弦定理可得出sin∠ADC =bc，从而可得出2a =b ，联立a +b =5即可求出a ，b 的值．本题考查了正余弦定理，两角和的正弦公式，三角函数的诱导公式，向量数量积的运算及计算公式，考查了计算能力，属于中档题．22.【答案】解：(Ⅰ)连结BD 交AC 于O ，连结OM ，∵PD//平面MAC ，OM ⊂平面PBD ，平面MAC ∩平面PBD =OM ， ∴PD//OM ，又∵O 为BD 中点，∴M 为PB 中点；(Ⅱ)如图，连结OP ，则K =OP ∩DM ，K 为△PBD 重心， ∴DKKM =2．(Ⅲ)取AD 中点H ，连结PH ，HB ，取HB 中点G ，连结MG ，GC ，可知MG//PH ． 取AB 中点N ，连结MN ，NC ，可知MN//PA ，∴∠CMN 或其补角就是异面直线CM 与AP 所成角，如图．∵平面PAD ⊥平面ABCD ，AD =平面PAD ∩平面ABCD ，PH ⊥AD ． ∴PH ⊥平面ABCD ，因此MG ⊥上平面ABCD ．令PH =t(t >0)，AD =2，可计算得：MG =12t ，CG =√132，GN =12，CM =√13+t 24，MN =√t 2+14，∴cos∠CMN =CM 2+MN 2−CN 22CM⋅MN=±√77， 整理得3t 4−28t 2+25=0，解得t 2=1，253，即t =1，5√33． 过G 作GQ ⊥CD 交CD 于Q ，连结MQ ． 证得CD ⊥平面MGQ ，∴CD ⊥MQ ， 则∠MQG 就是所求二面角的平面角，如图． ∴tan∠MQG =MG GQ=t 3=13或5√39．【解析】(Ⅰ)连结BD 交AC 于O ，连结OM ，由直线与平面平行的性质可得PD//OM ，结合O 为BD 中点，可得M 为PB 中点；(Ⅱ)连结OP ，则K =OP ∩DM ，可得K 为△PBD 重心，从而求得DKKM 的值；(Ⅲ)作出异面直线CM 与AP 所成角，取AD 中点H ，连结PH ，HB ，令PH =t(t >0)，AD =2，由异面直线CM 与AP 所成角的余弦值为√77列式求得t ，过G 作GQ ⊥CD 交CD于Q ，连结MQ ，可得∠MQG 就是所求二面角的平面角，求解直角三角形得答案． 本题考查直线与平面平行的性质，考查三角形重心的应用，训练了空间角的求法，考查空间想象能力与运算求解能力，是中档题．。
2018-2019学年浙江省宁波市镇海中学高一期末数学试卷
2021-2021学年浙江省宁波市镇海中学高一〔下〕期末数学试卷一、选择题：本大题共10小题,每题4分,共40分.在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的.A. 30B. 45C. 60D. 904. 〔4分〕在直角梯形ABCD中,AB//CD , AB形ABCD绕着BC旋转而成的几何体的体积为〔〕1. 〔4分〕如图是一个正四棱锥,它的俯视图是2. 〔4分〕点〔1, a〕〔a 0〕到直线l：x y 20的距离为1,那么a的值为〔〕3. 〔4分〕如图,正方体ABCD AB1C1D1中,直线AB与BC1所成角为〔BC , AB 5 , BC 4 , CD 2 ,那么梯116B .—— C.100 (28 4 10)35. 〔4分〕直线倾斜角的范围是[--〕〔-,—],那么此直线的斜率的取值范围是B.(,向U[«,)6. 〔4分〕正三角形ABC 的边长为2cm,如图,△ A B C 为其水平放置的直观图, 那么4ABC7. 〔4分〕一个几何体的三视图如下图,那么该几何体的外接球的体积为10. 〔4分〕圆1与2交于两点,其中一交点的坐标为〔3,4〕,两圆的半径之积为 9, xC.[3 _3] 3,3]D.(的周长为〔C. (2 V6) cmD. (2 2.3)cmD.娓个命题:n 表示两条不同的直线,表示三个不同的平面,给出以下四其中正确命题的序号为 A.①②B.②③C.③④D.②④9. 〔4分〕假设实数y 满足不等式组y, y... ,那么 z 2|x| 1y 的最小值是〔 〕B. 0C. 1D. 2)8. 〔4分〕 m , 6轴与直线y mx〔m 0〕都与两圆相切,那么实数m 〔D. 35二、填空题：本大题共7小题,多空题每题6分,单空题每题4分,共36分.11. 〔6分〕圆柱的上、下底面的中央分别为.1,.2,过直线.1.2的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形,那么该圆柱的外表积为12. 〔6分〕假设直线y kx 1 2k与曲线y / x2有交点,那么实数k的最大值为小值为2 13. 〔6分〕假设过点〔1,1〕的直线l被圆2 .................... . .y 4截得的弦长最短,那么直线l的方程是此时的弦长为2 214. 〔6分〕点〔2,1〕和圆C:x y ax2y 2 0 ,假设点P在圆C上,那么实数a假设点P在圆C外,那么实数a的取值范围为15. 〔4分〕异面直线a, b所成角为y,过空间一点O的直线l与直线a,b所成角均为, 假设这样的直线l有且只有两条,那么的取值范围为16. 〔4分〕在棱长均为2的三棱锥A BCD中,E、F分另ij AB、BC上的中点,P为棱BD上的动点,那么PEF周长的最小值为17. 〔4分〕在三^麴t P ABC 中,AB BC , PA PB 2 , PC AB BC 272,作BD PC交PC于D ,那么BD与平面PAB所成角的正弦值是三、解做题：本大题共5小题,共74分.解容许写出文字说明、证实过程或演算步骤.18. 〔14分〕正四棱锥P ABCD的侧棱长与底面边长都相等, E为PC中点.〔1〕求证：PA//平面BDE;(1)过原点O 的直线l 被圆C 所截得的弦长为2,求直线l 的方程；(2)过圆C 外的一点P 向圆C 引切线PA, A 为切点,O 为坐标原点,假设|PA| |OP|,求 使| PA |最短时的点P 坐标.P ABCD 中,PA 底面 ABCD , AD AB, AB//DC , AD DC AP 2, AB 1,点E 为棱PC 的中点. (I )证实：BE DC ;21 .( 15分)如图,在正方体 ABCD A 1B 1C 1D 1中,M 是AB 的中点,E 在CC i 上,且CE (1)求证：AC 1 平面ABD ；22 . (15分)点A(1,0), B(4,0),曲线C 上任意一点P 满足|PB| 2| PA| . (1)求曲线C 的方程；(2)设点D(3,0),问是否存在过定点 Q 的直线l 与曲线C 相交于不同两点 E , F ,无论直 线l 如何运动,x 轴都平分 EDF ,假设存在,求出Q 点坐标,假设不存在,请说明理由.20. (15分)如图,在四棱锥2C i E .(2)在线段DD 1上存在一点P, DPDF,假设PB"/平面DME ,求实数 的值.(n)求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值.2021-2021学年浙江省宁波市镇海中学高一〔下〕期末数学试卷参考答案与试题解析、选择题：本大题共10小题,每题4分,共40分.在每题给出的四个选项中,只有一项为哪一项符合题目要求的.1. 〔4分〕如图是一个正四棱锥,它的俯视图是〔〕【解答】解：该几何体直观图为一个正四棱锥,所以其俯视图轮廓为正方形,并且能够看到其四个侧棱,构成正方形的对角线,应选：D .2. 〔4分〕点〔1, a〕〔a 0〕到直线l:x y 2 0的距离为1,那么a的值为〔〕B. 2 72 C, V2 1 D.豉1【解答】解：点〔1 , a〕〔a 0〕到直线l:x y 2 0的距离为1,|1 a 2| 23. 〔4分〕如图,正方体ABCD AB1C1D1中,直线AB与BC1所成角为〔C. 60D. 90【解答】解：QAB 1//DC 1,DC i B 是直线A0与BC i 所成角, Q BDC i 是等边三角形, 直线AB 与BC i 所成角604. 〔4分〕在直角梯形 ABCD 中,AB//CD , AB 形ABCD 绕着BC 旋转而成的几何体的体积为 〔 〕【解答】解：梯形ABCD 绕着BC 旋转而成的几何体是圆台, 圆台的高h BC 4,上底面圆半径 r CD 2 ,下底面圆半径 R AB 5,梯形ABCD 绕着BC 旋转而成的几何体的体积: 1 22V - h(R Rr r )3 14 (25 10 4)3 52 . 应选：A.5.〔4分〕直线倾斜角的范围是[--〕〔一,2-],那么此直线的斜率的取值范围是 〔 3 22 3BC , AB 5 , BC 4 , CD 2 ,那么梯A. 52116 B. 一C.100D.(28 4 10)3应选：C .B. ( , V3]U[布,)C.[3 .31, ]3 3解：根据题意,直线倾斜角的范围是3 3D. ( , ^-]UHr,)3 324w) (万其斜率k即k的取值范围为〔△ ABC为其水平放置的直观图, 那么4 ABC 的周长为〔6. 〔4分〕正三角形ABC的边长为2cm,如图,C. (2 V6)cmD. (2 2.3) cm 【解答】解：ABC的边长为2cm , 那么它的直观图△ABC 中,__ 1 3OC -g?gsin60 — 2 2BC 2OB2OC22O B gD Cgcos45 7 2. 62BCp 2 又AC2OC 2O AgO Cgcos1357 2、6 6 12--------- ( ----------- ),4 2AC△ ABC的周长为2(2 J6)(cm).7. 〔4分〕一个几何体的三视图如下图,那么该几何体的外接球的体积为【解答】 解：由的三视图可得：该几何体是一个以俯视图为底面的三棱锥, 其四个顶点是以俯视图为底面,以 1为高的三棱锥的四个顶点,如图是长方体的一局部,R 1 12—22—12 -6, 2 2 故球的体积V 4 (—)3旄,3 2C. 876D. 66故其外接球,相当于一个长1的长方体的外接球,故外接球的半径8. 〔4分〕 n 表本两条不同的直线,表示三个不同的平面,给出以下四个命题:其中正确命题的序号为A.①②B.②③C.③④D.②④r故错误;②令 ,,为底面为直角三角形的三棱柱的三个侧面, 且 那么m//n,即m n 不一定成立,故错误;③ ,,I m ,那么m,故正确;④假设m , m n ,那么n// ,或n ,又由n ,那么y 09. 〔4分〕假设实数x, y 满足不等式组 x y, 3 ,那么z 2|x| y 的最小值是〔〕x y (1)A .1 B. 0 C. 1 D. 2y 0【解答】 解：画出实数x, y 满足不等式组 x y, 3的可行域如下图, x y …1 可得 B(1 , 2)A( 1,0), C(3,0) , D(0,1)当目标函数z 2 |x | y 经过点D 〔0,1〕时,z 的值为1 , 应选：A.10. 〔4分〕圆1与2交于两点,其中一交点的坐标为 〔3,4〕,两圆的半径之积为 9,轴与直线y mx 〔m 0〕都与两圆相切,那么实数【解答】 解：Q 两切线均过原点,【解答】解：①I m , n , n m ,那么n 不一定成立,进而 不一定成立,15B.D.5连心线所在直线经过原点,该直线设为 y tx,设两圆与x 轴的切点分别为xi, X2,222那么两圆方程分别为：(X X 1)2(y *I ⑼2 , (X X 2)(y tX 2) (tX 2)Q 圆1与2交点的坐标为P(3,4), P(3,4)在两圆上. 一 2 2 2 - (3 X i ) (4 tX i ) (tX i )①, (3 X 2)2 (4 tX 2)2 (tX 2)2 ②, 又两圆半径之积为9,2|tX i |g|tX 2 | |X 1X 2 |t 9③,联立①②③,可得X i , X 2是方程(3 X)2 (4 tX)2 (tX)2的两根, 化简得 X 2 (6 8t)X 25 0 ,即 X 1X 2 25 . 代入③,得t 2 ~9■,即t 3 . 25 5由于所求直线的倾斜角是连心线所在直线倾斜角的两倍,即15 m —.8应选：A.、填空题：本大题共 7小题,多空题每题 6分,单空题每题 4分,共36分. 11. (6分)圆柱的上、下底面的中央分别为O i, O 2,过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形,那么该圆柱的外表积为 _6 体积为.【解答】 解：设圆柱的底面直径为 2R,那么高为2R, 圆柱的上、下底面的中央分别为 Q, 02,过直线O 1O 2的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形,4R 2 4,解得 R 1,2该圆柱的外表积 S 1 2 2 126,体积V12 2 2 .故答案为：612. (6分)假设直线y kx 1 2k 与曲线y /T 有交点,那么实数k 的最大值为 1 ,最小值为.【解答】 解：直线y kx 1 2k ,即y k(x 2) 1经过定点P(2,1).2t 21 t曲线y J1 x1 2表示圆x2 y2 1的上半局部,A(1,0), B(0,1).Q直线y kx 1 2k与曲线y 小―x^有交点,那么实数k的最大值为k PA 1 0 1 ,最小值为k pB 0 .故答案为：1, 0.2 213. (6分)假设过点(1,1)的直线l被圆x y 4截得的弦长最短,那么直线l的方程是x y 2 此时的弦长为.【解答】解：直线I的方程为y 1 k(x 1),与圆联立可得出两点M , N ,即2 22 八 ,/、2 2k 2k k 2k 3x (kx k 1) 4 ,韦达TE理求解得x1 x2 -2 --------------------------------------------------------------------------- , --------- 2------- ,k 1 k 1 MN J k2 1 而~x2)2 4x1x2 j3、22k 3 2^(k2 1) 2 ,当k 1 时,MN 最短,直线I为x y 2 ,弦长为272 ,故填：x y 2 ; 272 .14. (6分)点(2,1)和圆C：x2 y2 ax 2y 2 0 ,假设点P在圆C上,那么实数a _假设点P在圆C外,那么实数a的取值范围为 .故答案为：〔―,_〕6 3上的动点,那么PEF周长的最小值为_243【解答】解：棱长均为2的三棱锥A BCD中, E、F分别AB、BC上的中点,首先把三棱锥转换为平面图形,即②P在圆C外,将P点代入圆的方程,即22 21 ag2 2 2- 0 ,解得a…5 ,圆的方程为2(X |)2 (y 1)2 04 0,解得a故填5；215. (4 分)异面直线a , b所成角为过空间一点O的直线l与直线a , b所成角均为,假设这样的直线l有且只有两条,那么的取值范围为【解答】解: 由最小角定理可得:b所成角为—,过空间一点O的直线l与直线a , b所成角均为,假设这样的直线l有且只有两条,那么的取值范围为：一616. 〔4分〕在棱长均为的三棱锥A BCD中, E、F分另ij AB、BC上的中点,P为棱BD在平面展开图,棱长均为2的三棱锥A BCD中,EF分别为AB, BC 理〕得EF 1 ,由于所求周长最小为PE PF EF的值,所以要求PE PF的值最小故EF2 BE3 4BF22BE gBF gsos120 ,由于由于E、F分别为AB , BC的中点〔中位线定理〕得EF 1 ,所以PEF周长的最小值EG FG EF 1 褥.故答案为：1 .3【解答】解：如图,取AB中点E , AC中点F ,连接EF , PE , AF , Q AP PB 2, AB 2拒, PE 衣.Q AB BC , AB BC 272 , AC 4 ,__ 2 _ 2 _2 _c PC AP AC 3PAC - •2APgAC 4T AP~AF^~2APgAFcos PAC 行,在PEF 中,PE PF EF 72 .且AB 面PEF ,过F作FO EP ,易得FO 面ABP,且FO —,2 点C到面ABP的距离为J6 ,Q S V PBC1 2 88~i 6.2_6 —故BD与平面PAB所成角的正弦值是一jL 上2114 143 - 、：吊4 .2一PC BD 力, BD ——,PD ——,4 2 2 的中点〔中位线定BE BF 1 ,17. 〔4分〕在三棱锥P ABC中,AB BC , PA PB 2 , PC AB BC 2y/2,作BD PC交PC于D ,那么BD与平面PAB所成角的正弦值是21 -74-在APC中,余弦定理可得cos在APF中,余弦定理可得PFPD : PC 1:4 , 点D到面ABP的距离为—4三、解做题：本大题共5小题,共74分.解容许写出文字说明、18. 〔14分〕正四棱锥P ABCD的侧棱长与底面边长都相等,〔1〕求证：PA//平面BDE；〔2〕求异面直线PA与DE所成角的余弦值.【解答】解：〔1〕连接AC ,设AC , BD的交点为O ,连接OE ,由于OE //PA,PA 面EBD ,又OE 面EBD ,故AP//面BDE,〔2〕由〔1〕可得：DEO为异面直线PA与DE所成的角,设AB 2 ,那么EO 1 , OD 夜,DE 用,由勾股定理可得:证实过程或演算步骤.E为PC中点.ODE为直角三角形,那么cos必°! £冬2 一_ _ 2 _19. (15 分)圆C ：(x 2) (y 3) 2 .(1)过原点O的直线l被圆C所截得的弦长为2,求直线l的方程;(2)过圆C外的一点P向圆C引切线PA, A为切点,O为坐标原点,假设|PA| |OP|,求使|PA|最短时的点P坐标.2)2 (y 3)2 2外,可得直线l的斜率存在,设直线方程为y kx ,即kx y由雪且1,解得k位6 2.33 x '(2)由圆的切线长公式可得|PA|2|PC|2 R2 (x 2)2 (y 3)2 2,由|PA||PO|得,(x 2)2 2(y 3)2 2 x2 y2,即4x 6y 11 0 ,即11 x —4此时| PA | | PO | x2113 、2 2(4 2y) y332「3(y26) 212113 '出33当y —,即2611P(一,13昼)时,|PA|最短. 26【解答】(1)原点O在圆C : (x由直线l被圆C所截得的弦长为2,得圆心(2,3)到直线的距离为1.直线l的方程为y20. 〔15分〕如图,在四棱锥 P ABCD 中,PA 底面ABCD , AD AB, AD DC AP 2 , AB 1 ,点E 为棱PC 的中点. 〔I 〕证实：BE DC ;【解答】〔I 〕证实：如图,取 PD 中点M ,连接EM , AM . 由于E , M 分别为PC , PD 的中点,故 EM / /DC , L 1 且 EM -DC , 2又由,可得 EM //AB ,且EM AB ,故四边形ABEM 为平行四边形,所以 BE //AM . 由于PA 底面 ABCD ,故PA CD , 而CD DA,从而CD 平面PAD , 由于AM 平面PAD ,于是CD AM , 又 BE / /AM ,所以 BE CD .〔 6 分〕〔n 〕解：连接 BM ,由〔I 〕有 CD 平面PAD ,得CD PD , 而 EM / /CD ,故 PD EM .又由于 AD AP, M 为PD 的中点,故 PD AM ,AB//DC ,〔n 〕求直线BE 与平面PBD 所成角的正弦值.故平面BEM 平面PBD .(1)求证：AC 1 平面ABD ；【解答】证实：(1)以D 为原点,分别以 DA, DC, DD 所在直线为x, y, z 轴,建立 空间直角坐标系, 设 AB 6,那么 A(6, 0, 0), CM .,6, 6), A(6, 0, 6), B(6 , 6, 0), D(0 , 0, 0), uuiu uuur(6, 6, 6) , DA 1 (6 ,0, 6) , DB (6 ,6, 0),所以直线BE 在平面PBD 内的射影为直线 BM , 而BE EM ,可得 EBM 为锐角, 故 EBM 为直线 BE 与平面 PBD 所成的角. 依题意,有PD 2j2,而M 为PD 中点, 可得AM 进而BE /. 故在直角三角形BEM 中,tan EBM -EM BE 9 9分)AB 1 2BE 衣 T , 走.(12分)2所以直线BE 与平面PBD 所成的角的正切值为 P 21.( 15分)如图,在正方体 ABCDA 1B 1C 1D 1中,M 是AB 的中点,E 在CC 〔上,且CE 2&E .(2)在线段DD 1上存在一点P, DP DF,假设PB"/平面DME ,求实数 的值.uuu u ACuuuu uurn uuuu uur AC i gDA i 0, AC i gDB 0, AC 1 DA 1 , AC 1 DB , QDA 1I DB D ,AC 1 平面 A 1BD .解：(2)在线段DD i 上存在一点P, DP D i P,B i (6, 6, 6), M(6, 3, 0), E(0 ,6, 4),设平面DME 的法向量I (x, y, z), r uuurntt ngDM 6x 3y 0r 那么「Vur ,取 x 1 ,得 n (1 , 2,3),ngDE 6y 4z 0 Q PB 1// 平面 DME ,uuur rPB 1gn 6 12 18 3t 0 ,解得 t 4 ,22. (15分)点 A(1,0), B(4,0),曲线C 上任意一点 P 满足|PB| 2| PA| . (1)求曲线C 的方程；(2)设点D(3,0),问是否存在过定点 Q 的直线l 与曲线C 相交于不同两点 E , F ,无论直 线l 如何运动,x 轴都平分 EDF ,假设存在,求出Q 点坐标,假设不存在,请说明理由. 【解答】 解：(1)设 P(x,y), Q|PB| 2|PA|.7(x 4)2~y 2 2&x 1)2~y 2,化为： x 2 y 4 .(2)设存在定点Q 满足条件,设直线l 的方程为y kx b . 设 E(Xi , yj , FM, V2) .设 DP t(0釉 6),那么 P(0 ,0, t),uu ur PBuuur (6,6, 6 t) , DM uuur(6, 3, 0), DE (0,6, 4),2 .y kx b联立2 2 ,,x y 42 2化为：x (kx b) 4 ,2 2 _ 2(1 k )x 2kbx b 4 0 ,△ 0.2 kb b2 4x i x2 -------- 2, x i x2 -------------------- 尸,1k 1k无论直线l如何运动,x轴都平分EDF ,那么k DE k DF 0 ,上上0.x i 3 x2 3(kx i b)(x2 3) (kx2 b)(x i 3) 0,2kx1x2 (b 3k)(x1 x2) 6b 0, 2b 4 2kb2kg ----- 工(b 3k) ----------- 2 6b 0 ,1 k 1 k化为：4k 3b 0 .k 3b. 4,,3y b( -x 1), 4可得直线经过定点(4 , 0). 3 (4)存在过定点Q(- , 0)的直线l与曲线C相交于不同两点 E , F ,无论直线l如何运动,x 3轴都平分EDF .【解答】解：①P在圆C上,将P点代入圆的方程,即22 12 ag2 2 2 0 ,解得a -, 代入圆检验成立,。
2024届浙江省镇海中学数学高一下期末考试模拟试题含解析
2024届浙江省镇海中学数学高一下期末考试模拟试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符． 4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．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．函数12xy x=-的零点所在的区间是（ ） A ．1(0,)2B ．1(,1)2C ．3(1,)2D ．3(,2)22．如图，PA 垂直于以AB 为直径的圆所在平面，C 为圆上异于A ，B 的任意一点，AE PC ⊥垂足为E ，点F 是PB 上一点，则下列判断中不正确的是（ ）﹒A ．BC ⊥平面PACB ．AE EF ⊥C ．AC PB ⊥D ．平面AEF ⊥平面PBC3．如图，矩形ABCD 中，AB ＝2，AD ＝1，P 是对角线AC 上一点，25AP AC =，过点P 的直线分别交DA 的延长线，AB ，DC 于点M ，E ，N .若,DM mDA DN nDC == (m >0，n >0)，则2m ＋3n 的最小值是( )A ．65B ．125 C ．245D ．4854．．在各项均为正数的等比数列{}n b 中，若783b b ⋅=，则3132log log b b ++…314log b +等于（ ）A ．5B ．6C ．7D ．85．函数()()2f x sin x ωϕ+＝（0ω＞，22ππϕ-<<）的部分图象如图所示，则ωϕ，的值分别是（ ）A ．2,3π-B ．2,6π-C ．4,6π-D ．4,3π6．已知直线x y a +=与圆224x y +=交于A 、B 两点，O 是坐标原点，向量OA 、OB满足，则实数a 的值是（ ） A ．2B ．2-C ．6或6-D ．2或2-7．如图，点N 为正方形ABCD 的中心，ECD ∆为正三角形，平面ECD ⊥平面,ABCD M 是线段ED 的中点，则（ ）A ．BM EN =，且直线,BM EN 是相交直线B ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是相交直线C ．BM EN =，且直线,BM EN 是异面直线D ．BM EN ≠，且直线,BM EN 是异面直线 8．设cos2019a ︒=，则( )A ．3222a ⎛∈-- ⎝⎭B ．21,22a ⎛⎫∈-- ⎪ ⎪⎝⎭C ．12,22a ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭D ．23,22a ⎛⎫∈ ⎪ ⎪⎝⎭9．若函数f （x ）=log a （x 2–ax +2）在区间（0，1]上单调递减，则实数a 的取值范围是（ ） A ．[2，3）B ．（2，3）C ．[2，+∞）D ．（2，+∞）10．将函数()22cos 23sin cos 1f x x x x =+-的图象向右平移4π个单位长度后得到函数()g x 的图象，若当0,4x x π⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭时， ()g x 的图象与直线()12y a a =≤<恰有两个公共点，则0x 的取值范围为（ ）A ．75,124ππ⎡⎫⎪⎢⎣⎭B ．7,412ππ⎡⎤⎢⎥⎣⎦C ．75,124ππ⎛⎤⎥⎝⎦ D ．5,34ππ⎛⎤⎥⎝⎦ 二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
【新结构】2023-2024学年浙江省宁波市九校高一下学期期末联考数学试题+答案解析
【新结构】2023-2024学年浙江省宁波市九校高一下学期期末联考数学试题❖一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。
在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.四棱锥至多有几个面是直角三角形?A.2 B.3C.4D.52.已知点，，若直线l 过点且与线段AB 相交，则直线l 的斜率k 的取值范围是A.或B.或C.或D.3.若平面向量两两的夹角相等，且，，，则A.1B.4C.1或4D.1或24.已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，若，则“”是“”的A.充要条件B.必要不充分条件C.充分不必要条件D.既不充分也不必要条件5.逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，锻造出中国路、中国桥等一张张闪亮的“中国名片”.如图，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在A ，B ，C 三处测得道路一侧山顶P的仰角依次为，，，其中，，则此山的高度为A.B.C. D.6.已知复数是关于x 的方程的一个根，若复数z 满足，复数z 在复平面内对应的点Z 的集合为图形M ，则M 围成的面积为A.B.C.D.7.慢走是一种简单又优良的锻炼方式，它不仅可以帮助减肥，还可以增强心肺功能、血管弹性、肌肉力量等小温从小到大记录了近6周的慢走里程单位：公里：，其中这6周的慢走里程的中位数为16，若要使这6周的周慢走里程的标准差最小，则()A.14B.15C.16D.178.在锐角三角形ABC中，角的对边分别为若，且，则的最大值为A. B. C. D.二、多选题：本题共3小题，共15分。
在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。
9.下列描述正确的是()A.若事件相互独立，，，则B.若三个事件两两独立，则满足C.若，，则事件相互独立与互斥一定不能同时成立D.必然事件和不可能事件与任意事件相互独立10.已知复数，则下列说法正确的是A.z的虚部为B.C.复平面内对应的点位于第二象限D.11.如图，已知四面体ABCD的各条棱长均等于分别是棱的中点为平面ABD上的一动点，则下列说法中正确的有A.三棱锥体积为B.线段的最小值为C.当G落在直线BD上时，异面直线EF与AG所成角的余弦值最大为D.垂直于EF的一个面，截该四面体截得的截面面积最大为1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
【全国百强校】浙江省宁波市镇海中学2018-2019学年高一下学期期末考试数学试题
2018学年镇海中学高一下期末一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分 1.如图是一个正四棱锥，它的俯视图是（ ）2.已知点()1,a ()0a >到直线:20l x y +-=的距离为1，则a 的值为（ ） AB．2C1-D13.在正方体1111A B C D ABC D -中，异面直线1AB 与1BC 所成的角是（ ） A ．30︒ B ．45︒ C ．60︒ D ．120︒4.在直角梯形ABCD 中，A B C D ∥，AB BC ⊥，5AB =，4BC =，2CD =，则梯形ABCD 绕着BC 旋转而成的几何体的体积为（ ） A ．52π B ．1163πC ．1003πD．(3π 5.已知直线倾斜角的范围是,322,23ππππα⎡⎫⎛⎤∈⎪⎢⎥⎣⎭⎝⎦，则此直线的斜 率的取值范围是（ ）A．⎡⎣B ．()3,⎡-⎣∞+∞C．⎡⎢⎣⎦D ．3,,⎛⎡⎫-+ ⎪⎢ ⎪⎝⎦⎣∞⎭∞ 6.正三角形ABC 的边长为2cm ，如图，A B C '''△为其水平放置的直观图，则A B C'''△的周长为（ ） A．8cmB ．6cmC ．(2+cmD．(2+cmDCBA7. 某几何体的三视图如图所示，其外接球体积为（ ） A ．24πB．C ．6πD8.已知m ，n 表示两条不同的直线，α，β，γ表示三个不同的平面，给出下列四个命题： ① m αβ=，n α⊂，n m ⊥，则αβ⊥；② αβ⊥，m αγ=，n βγ=，则m n ⊥；③ αβ⊥，αγ⊥，m βγ=，则m α⊥；④ m α⊥，n β⊥，m n ⊥，则αβ⊥ 其中正确的命题个数是（ ） A ．1 B ．2 C ．3 D ．49.若实数x ，y 满足不等式组031y x y x y ≥⎧⎪+≤⎨⎪-≥-⎩，则2z x y =-的最小值是（ ）A ．1-B ．0C ．1D ．210. 已知圆1Γ与2Γ交于两点，其中一交点的坐标为()3,4，两圆的半径之积为9，x 轴与直线()0y m x m =>都与两圆相切，则实数m = （ ）A ．158B ．74CD ．35二、填空题：本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分11. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为12,O O ，过直线12O O 的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，则该圆柱的表面积为 ，体积为 ．12. 若直线12y kx k =+-与曲线y =k 的最大值为 ，最小值为 ．13. 若过点()1,1的直线l 被圆224x y +=截得的弦长最短，则直线l 的方程是 ，此时的弦长为 ．14. 已知点()2,1和圆22:220C x y ax y ++-+=，若点P 在圆C 上，则实数a = ；若点P 在圆C 外，则实数a 的取值范围为 ．正视图侧视图俯视图15. 异面直线a ，b 所成角为3π，过空间一点O 的直线l 与直线a ，b 所成角均为θ，若这样的直线l 有且只有两条，则θ的取值范围为 ．16. 在棱长均为2的三棱锥A B C D -中，E 、F 分别AB 、BC 上的中点，P 为棱BD 上的动点，则PEF △周长的最小值为 ．17. 在三棱锥P A B C -中，A B B C ⊥，2PA PB ==，PC AB BC ===，作B D P C ⊥交PC 于D ，则BD与平面PAB 所成角的正弦值是 ．三、解答题：本大题共5小题，共74分18. 正四棱锥P A B C D -的侧棱长与底面边长都相等，E 为PC 中点．（1）求证：P A B D E 平面∥；（2）求异面直线P A 与DE 所成角的余弦值．19. 已知圆()()22:232C x y -+-=．（1）过原点O 的直线l 被圆C 所截得的弦长为2，求直线l 的方程；（2）过圆C 外的一点P 向圆C 引切线PA ，A 为切点，O 为坐标原点，若PA OP =，求使PA 最短时的点P 坐标．ACDEP20. 如图，在四棱锥P ABCD -中，PA ⊥底面ABCD ,AD AB ⊥,//AB DC ,2AD DC AP ===,1AB =,点E为棱PC 的中点． （1）求证：B E D C ⊥；（2）求直线PC 与平面P D B 所成角的正弦值．21. 如图，在正方体1111ABCD A B C D -中，M 是AB 的中点，E 在1CC 上，且12C E C E =．（1）求证：1AC ⊥平面1AB D ；（2）在线段1DD 上存在一点P ，1DP D P λ=,若1//PB 平面D M E ,求实数λ的值．E PDCBAMB 1C 1D 1A 1EDCBA22. 已知点()1,0A ，()4,0B ，曲线C 上任意一点P 满足2PB PA =．（1）求曲线C 的方程；（2）设点()3,0D ，问是否存在过定点Q 的直线l 与曲线C 相交于不同两点,E F ，无论直线l 如何运动，x 轴都平分E D F ∠，若存在，求出Q 点坐标，若不存在，请说明理由．。
2023-2024学年浙江省宁波市镇海中学高一(上)期末数学试卷【答案版】
2023-2024学年浙江省宁波市镇海中学高一（上）期末数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．cos2024π3=（ ） A ．−12B ．12C ．−√32D ．√322．已知|OA →|=√2，|OB →|=1，且OA →，OB →的夹角为3π4，则|AB →|=（ ）A ．1B ．√3C ．2D ．√53．为了得到y =sin(5x −π3)的图象，只要将函数y ＝sin5x 的图象（ ）A ．向右平移π15个单位长度 B ．向左平移π15个单位长度C ．向右平移π3个单位长度D ．向左平移π3个单位长度4．已知|a →|=2√3|b →|，且满足〈a →，b →〉=5π6，则a →在b →上的投影向量为（ ）A ．√3b →B ．−√3b →C ．3b →D ．−3b →5．已知tan(α−π4)=12，则cos2α+sin2α+2＝（ ）A ．75B ．85C ．95D ．26．若a =(12)1.2，b =cos 2π12−sin 2π12，c =2tan 3π81+tan 23π8，则（ ）A ．a ＜b ＜cB ．a ＜c ＜bC ．c ＜a ＜bD ．c ＜b ＜a7．在△ABC 中，点D 为AC 边上的中点，点E 满足EC →=3BE →，点P 是直线BD ，AE 的交点，过点P 作一条直线交线段AC 于点M ，交线段BC 于点N （其中点M ，N 均不与端点重合）设CM →=mCA →，CN →=nCB →，则m +n 的最小值为（ ） A ．4+√35B ．4+2√35 C ．75D ．1658．已知cos （140°﹣α）+sin （110°+α）＝sin （130°﹣α），求tan α＝（ ） A ．√33B ．−√33C ．√3D ．−√3二、选择题：本题共4小题，每小迻5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，全部选错的得0分.9．已知函数f(x)=2sin(2x +π6)+1，则下列说法正确的是（ ）A ．相位为2x +π6B ．对称中心为(−π12+kπ，0)，k ∈Z C ．函数f （x ）的单调递减区间是(−π3+kπ，π6+kπ)，k ∈ZD ．将函数y ＝f （x ）图象上的所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数y =2sin(x +π6)+1的图象10．下列说法正确的是（ ）A ．已知a →，b →为平面内两个不共线的向量，则{a →+b →，−a →+3b →}可作为平面的一组基底 B ．若a →∥b →，则存在唯一实数λ，使得a →=λb →C ．两个非零向量a →，b →，若|2a →+3b →|=−2|a →|+3|b →|，则a →与b →共线且反向D ．△ABC 中，AB →⋅AC →=12|AB →||AC →|，(AB →−AC →)⋅(AB →+AC →)=0，则△ABC 为等边三角形11．已知函数f(x)=cos2x +4cosx，则下列说法正确的是（ ） A ．f （x ）的最小正周期为π B ．f （x ）为偶函数C ．f （x ）的图象关于（π，1）对称D ．f （x ）的值域为（﹣∞，﹣3]∪[5，+∞）12．已知函数f(x)={|log 2(−x)|，−4＜x ＜04sin(π3x +π6)，0≤x ＜24，若g （x ）＝f （x ）﹣t （t ＞0）有2n 个零点，记为x 1，x 2，…，x 2n ﹣1，x 2n ，且x 1＜x 2＜…＜x 2n ﹣1＜x 2n ，则下列结论正确的是（ ） A ．t ∈（0，2） B ．.x 1+x 2∈（﹣∞，﹣2）C ．x 3x 4∈(12，554)D ．x 3+2（x 4+x 5+…+x 2n ﹣1）+x 2n ＝182三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知一个扇形的面积和弧长均为π，则该扇形的圆心角为 ． 14．设e 1→，e 2→为两个单位向量，且〈e 1→，e 2→〉=2π3，若e 1→+λe 2→与3e 1→+4e 2→垂直，则λ＝ ． 15．已知sin(x 2+5π24)=√55，且x ∈（π，2π），则cos(x +3π4)= ．16．函数f （x ）＝sin （ωx +3φ）﹣2sin φcos （ωx +2φ）（ω＞0，0＜φ＜π），设T 为函数f （x ）的最小正周期，f(T 4)=12，且函数f （x ）在（π，2π）上单调，则ω的取值范围为 ．四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤.17．（10分）单位向量a →，b →满足(a →+2b →)⋅(a →−b →)=−23．（1）求a →与b →夹角的余弦值；（2）若ka →+b →与a →+3b →的夹角为锐角，求实数k 的取值范围． 18．（12分）已知f(α)=sin(3π−α)cos(π2+α)cos(2π−α)tan(π−α)cos(π+α)sin(−α)sin(3π2+α)tan(−π−α)． （1）化简f （α）；（2）若α∈(−π2，0)，且满足f(α)+1f(α)=−103，求√2sin(α+π4)的值． 19．（12分）如图所示，镇海中学甬江校区学生生活区（如矩形ABCD 所示），其中O 为生活区入口．已知有三条路AB ，BC ，AD ，路AD 上有一个观赏塘T ，其中AT ＝300m ，路BC 上有一个风雨走廊的入口L ，其中BL ＝200m ．现要修建两条路OT ，OL ，修建OT ，OL 费用成本分别为2λ/m ，3λ/m ．设∠TOA ＝α．（1）当AO ＝600m ，BO ＝200m 时，求张角∠TOL 的正切值；（2）当OT ⊥OL 时，求当α取多少时，修建OT ，OL 的总费用最少，并求出此时总费用．20．（12分）已知向量a →=(1，2)，b →=(cosα，sinα)，c →=(−1，0)． （1）求|b →+c →|的最大值，并求此时α的值；（2）若α∈(0，π3)，求a →⋅b →的取值范围．21．（12分）如图是函数f （x ）＝A sin （ωx +φ）的部分图象，其中ω＞0，0＜φ＜π．其中B 为图象最高点，C ，D 为图象与x 轴的交点，且△BCD 为等腰直角三角形，|CD |＝2，_____．（从下面三个条件中任选一个，补充在横线处并解答） ①f(x +12)=f(−x +12)；②f(x −12)是奇函数；③f(0)=√22．注：若选择多个条件解答，则按第一个解答计分． （1）求函数f （x ）的解析式；（2）设g(x)=f(2πx+12)，不等式m sin2x﹣g（x）≤4﹣6m对于∀x∈R恒成立，求m的取值范围．22．（12分）函数f(x)=2sin2x+2|2sin(x+π4)−t|+t+2，最大值为M（t），最小值为m（t）．（1）设g（t）＝M（t）﹣m（t），求g（t）；（2）设s∈R，若|f（x）+s|≤6对x∈R恒成立，求s+t的取值范围．2023-2024学年浙江省宁波市镇海中学高一（上）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1．cos2024π3=（ ） A ．−12B ．12C ．−√32D ．√32解：cos2024π3=cos （675π−π3）＝﹣cos π3=−12． 故选：A ．2．已知|OA →|=√2，|OB →|=1，且OA →，OB →的夹角为3π4，则|AB →|=（ ）A ．1B ．√3C ．2D ．√5解：|AB →|=|OB →−OA →|=√OB →2+OA →2−2OB →⋅OA →=√2+1−2×√2×1×(−22)=√5．故选：D ．3．为了得到y =sin(5x −π3)的图象，只要将函数y ＝sin5x 的图象（ ）A ．向右平移π15个单位长度 B ．向左平移π15个单位长度C ．向右平移π3个单位长度D ．向左平移π3个单位长度解：为了得到y =sin(5x −π3)的图象，只要将函数y ＝sin5x 的图象向右平移π15个单位长度得到．故选：A ．4．已知|a →|=2√3|b →|，且满足〈a →，b →〉=5π6，则a →在b →上的投影向量为（ ）A ．√3b →B ．−√3b →C ．3b →D ．−3b →解：|a →|=2√3|b →|，且满足〈a →，b →〉=5π6， 则a →在b →上的投影向量为：|a →|cos ＜a →，b →＞×b→|b →|=2√3×(−√32)b →=−3b →．故选：D ．5．已知tan(α−π4)=12，则cos2α+sin2α+2＝（ ）A ．75B ．85C ．95D ．2解：由tan （α−π4）=tanα−11+tanα=12，解得tan α＝3，所以cos2α+sin2α+2＝2cos 2α+2sin αcos α+1 =3cos 2α+sin 2α+2sinαcosαsin 2α+cos 2α=3+tan 2α+2tanαtan 2α+1=3+9+2×39+1=95．故选：C ．6．若a =(12)1.2，b =cos 2π12−sin 2π12，c =2tan 3π81+tan 23π8，则（ ） A ．a ＜b ＜c B ．a ＜c ＜b C ．c ＜a ＜b D ．c ＜b ＜a解：b =cos 2π12−sin 2π12= c os π6=√32，c =2tan 3π81+tan 23π8=2sin 3π8cos 3π8sin 23π8+cos 23π8= s in （2×3π8）＝sin 3π4=√22， 所以a =(12)1.2＜12＜√22＜√32，即a ＜c ＜b ．故选：B ．7．在△ABC 中，点D 为AC 边上的中点，点E 满足EC →=3BE →，点P 是直线BD ，AE 的交点，过点P 作一条直线交线段AC 于点M ，交线段BC 于点N （其中点M ，N 均不与端点重合）设CM →=mCA →，CN →=nCB →，则m +n 的最小值为（ ） A ．4+√35B ．4+2√35 C ．75D ．165解：因为B ，D ，P 三点共线，所以CP →=λCD →+(1−λ)CB →=λ2CA →+(1−λ)CB →，因为A ，P ，E 三点共线，所以CP →=μCA →+(1−μ)CE →=μCA →+34(1−μ)CB →，由平面向量基本定理可得：{λ2=μ1−λ=34(1−μ)，解得{λ=25μ=15， 所以AP →=15CA →+35CB →，因为CM →=mCA →，CN →=nCB →，且0＜m ＜1，0＜n ＜1，所以CA →=1m CM →，CB →=1nCN →，所以CP →=15m CM →+35nCN →， 因为M ，P ，N 三点共线，所以15m+35n=1，所以m+n=(m+n)(15m+35n)=n5m+3m5n+45≥2√n5m×3m5n+45=2√3+45，当且仅当n5m=3m5n，即m=1+√35，n=3+√35时等号成立，所以m+n的最小值为4+2√35．故选：B．8．已知cos（140°﹣α）+sin（110°+α）＝sin（130°﹣α），求tanα＝（）A．√33B．−√33C．√3D．−√3解：因为cos（140°﹣α）+sin（110°+α）＝sin（130°﹣α），所以﹣sin（50°﹣α）+cos（20°+α）＝sin（50°+α），即﹣sin50°cosα+cos50°sinα+cos（20°+α）＝sin50°cosα+cos50°sinα，所以cos20°cosα﹣sin20°sinα＝2sin50°cosα，即（cos20°﹣2sin50°）cosα＝sin20°sinα，所以tanα=cos20°−2sin50°sin20°=cos20°−2sin(30°+20°)sin20°=cos20°−2×12cos20°−2×√32sin20°sin20°=−√3．故选：D．二、选择题：本题共4小题，每小迻5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，全部选错的得0分.9．已知函数f(x)=2sin(2x+π6)+1，则下列说法正确的是（）A．相位为2x+π6B．对称中心为(−π12+kπ，0)，k∈ZC．函数f（x）的单调递减区间是(−π3+kπ，π6+kπ)，k∈ZD．将函数y＝f（x）图象上的所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数y=2sin(x+π6)+1的图象解：函数f(x)=2sin(2x+π)+1，对于A ：相位为2x +π6，故A 正确；对于B ：当x =−π12+kπ，k ∈Z 时，f （−π12+kπ）＝1，故对称中心为（−π12+kπ，1），k ∈Z ．故B 错误；对于C ：令−π2+2kπ≤2x +π6≤2kπ+π2，（k ∈Z ），整理得：−π3+kπ≤x ≤kπ+π6，（k ∈Z ），故函数的单调递增区间为[−π3+kπ，π6+kπ]，（k ∈Z ），故C 错误；对于D ：将函数y ＝f （x ）图象上的所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数y =2sin(x +π6)+1的图象，故D 正确．故选：AD ．10．下列说法正确的是（ ）A ．已知a →，b →为平面内两个不共线的向量，则{a →+b →，−a →+3b →}可作为平面的一组基底 B ．若a →∥b →，则存在唯一实数λ，使得a →=λb →C ．两个非零向量a →，b →，若|2a →+3b →|=−2|a →|+3|b →|，则a →与b →共线且反向D ．△ABC 中，AB →⋅AC →=12|AB →||AC →|，(AB →−AC →)⋅(AB →+AC →)=0，则△ABC 为等边三角形解：由题意，a →，b →为平面内两个不共线的向量， 设a →+b →=λ(−a →+3b →)=−λa →+3λb →，则有{−λ=13λ=1，λ不存在，所以a →+b →与−a →+3b →不共线，则{a →+b →，−a →+3b →}可作为平面的一组基底，故A 对；只有当b →≠0→时，若a →∥b →，则存在唯一实数λ，使得a →=λb →，故B 错； 因为a →，b →为非零向量，设a →与b →夹角为α， 由|2a →+3b →|=−2|a →|+3|b →|，平方得4a →2+12a →⋅b →+9b →2=4|a →|2−12|a →|⋅|b →|+9|b →|2， 整理得a →⋅b →=−|a →|⋅|b →|，所以cos α＝﹣1，又α∈[0，π]，所以α＝π，则a →与b →共线且反向，故C 对； 在△ABC 中，AB →⋅AC →=12|AB →||AC →|，所以cosA =12，A ∈(0，π)，所以A =π3，由(AB →−AC →)⋅(AB →+AC →)=0，得|AB →|2−|AC →|2=0， 即|AB →|=|AC →|，则△ABC 为等边三角形，故D 对． 故选：ACD ．11．已知函数f(x)=cos2x +4cosx，则下列说法正确的是（ ） A ．f （x ）的最小正周期为π B ．f （x ）为偶函数C ．f （x ）的图象关于（π，1）对称D ．f （x ）的值域为（﹣∞，﹣3]∪[5，+∞） 解：对于A ，∵f （x +π）＝cos2（x +π）+4cos(x+π)=cos2x −4cosx≠f （x ），故A 错误；对于B ，由cos x ≠0，得x ≠kπ+π2(k ∈Z)，∴f （x ）的定义域为{x|x ≠kπ+π2，k ∈Z }，且f(−x)=cos2(−x)+4cos(−x)=cos2x +4cosx−f(x)，∴f （x ）是偶函数，故B 正确； 对于C ，∵f （x ）+f （2π﹣x ）＝cos2x +4cosx +cos2（2π﹣x ）+4cos(2π−x)=2f （x ）不是定值，故C 错误；对于D ，f （x ）＝cos2x +4cosx =2cos 2x +4cosx−1， 令t ＝cos x ∈[﹣1，0）∪（0，1]，则g(t)=2t 2+4t −1，g ′(t)=4t −4t 2=4(t 3−1)t 2，当t ∈[﹣1，0）时，g ′（t ）＜0，g （t ）单调递减； 当t ∈（0，1]时，g ′（t ）＞0，g （t ）单调递增， 又g （﹣1）＝2﹣4﹣1＝﹣3，g （1）＝2+4﹣1＝5， 当x →0﹣时，g （t ）→﹣∞； 当x →0+时，g （t ）→+∞，∴g （t ）的值域为（﹣∞，﹣3]∪[5，+∞），即f （x ）的值域为（﹣∞，﹣3]∪[5，+∞），故D 正确． 故选：BD ．12．已知函数f(x)={|log 2(−x)|，−4＜x ＜04sin(π3x +π6)，0≤x ＜24，若g （x ）＝f （x ）﹣t （t ＞0）有2n 个零点，记为x 1，x 2，…，x 2n ﹣1，x 2n ，且x 1＜x 2＜…＜x 2n ﹣1＜x 2n ，则下列结论正确的是（ ）A ．t ∈（0，2）B ．.x 1+x 2∈（﹣∞，﹣2）C ．x 3x 4∈(12，554)D ．x 3+2（x 4+x 5+…+x 2n ﹣1）+x 2n ＝182解：将函数y ＝log 2x （0＜x ＜4）的图象沿y 轴对称并将x 轴下方部分翻折到x 轴上方， 即可得到y ＝log 2（﹣x ）（﹣4＜x ＜0）的图象；对于f （x ）＝4sin （π3x +π6）（0≤x ＜24），最小正周期为T =2ππ3=6，故[0，24）上有4个周期，令π3x +π6=k π+π2，k ∈Z ，则可得f （x ）＝4sin （π3x +π6）（0≤x ＜24）的对称轴为x ＝3k +1，k ＝0，1，2， (7)由此作出函数f(x)={|log 2(−x)|，−4＜x ＜04sin(π3x +π6)，0≤x ＜24的图象，如图：则g （x ）＝f （x ）﹣t （t ＞0）的零点问题即为f （x ）的图象与直线y ＝t 的交点问题， 由图象可知，当t ＞4时，f （x ）的图象与直线y ＝t 有1个交点，不合题意； 当t ＝4时，f （x ）的图象与直线y ＝t 有5个交点，不合题意； 当2≤t ＜4时，f （x ）的图象与直线y ＝t 有9个交点，不合题意；当0＜t ＜2，即t ∈（0，2）时，f （x ）的图象与直线y ＝t 有10个交点，符合题意，A 正确； 由题意可知﹣4＜x 1＜﹣1＜x 2＜0，满足|log 2（﹣x 1）|＝|log 2（﹣x 2）|，则log 2（﹣x 1）＝﹣log 2（﹣x 2），即log 2（﹣x 1）+log 2（﹣x 2）＝log 2[（﹣x 1）（﹣x 2）]＝0， 所以（﹣x 1）（﹣x 2）＝1， 所以（﹣x 1）+（﹣x 2）＝（﹣x 1）+1−x 1， 因为﹣4＜x 1＜﹣1，所以1＜﹣x 1＜4， 由对勾函数的性质可知（﹣x 1）+1−x 1∈（2，174）， 所以（﹣x 1）+（﹣x 2）∈（2，174），所以x 1+x 2∈（−174，﹣2），故B 不正确； 由函数图象可得x 3+x 4＝8，2＜x 3＜52， 故x 3x 4＝x 3（8﹣x 3）＝﹣（x 3﹣4）2+16∈（12，554），C 正确； 由图象可知f （x ）的图象与直线y ＝t 有10个交点，即n ＝5，且x 3，x 4关于直线x ＝4对称，故x 3+x 4＝8，同理得x 4+x 5＝14，x 5+x 6＝20，x 6+x 7＝26，x 7+x 8＝32，x 8+x 9＝38，x 9+x 10＝44，故x 3+2（x 4+x 5+x 6+…+x 2n ﹣1）+x 2n＝x 3+2（x 4+x 5+x 6+…+x 9）+x 10＝8+14+20+26+32+38+44＝182，D 正确．故选：ACD ．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知一个扇形的面积和弧长均为π，则该扇形的圆心角为 π2 ．解：设扇形的圆心角为α，半径为r ，则扇形的面积为12αr 2＝π，弧长为αr ＝π，解得r ＝2，α=π2， 所以扇形的圆心角为π2． 故答案为：π2． 14．设e 1→，e 2→为两个单位向量，且〈e 1→，e 2→〉=2π3，若e 1→+λe 2→与3e 1→+4e 2→垂直，则λ＝ −25 ． 解：e 1→，e 2→为两个单位向量，且〈e 1→，e 2→〉=2π3，则e 1→⋅e 2→=1×1×cos 2π3=−12， 若e 1→+λe 2→与3e 1→+4e 2→垂直， 则(e 1→+λe 2→)⋅(3e 1→+4e 2→)=3e 1→2+(4+3λ)e 1→⋅e 2→+4λe 2→2=3+（4+3λ）×(−12)+4λ=0，解得λ=−25． 故答案为：−25． 15．已知sin(x 2+5π24)=√55，且x ∈（π，2π），则cos(x +3π4)= 3+4√310． ． 解：因为x ∈（π，2π），所以x 2+5π24∈(π2+5π24，π+5π24)，则cos （x 2+5π24）＜0， 所以cos （x 2+5π24）=−√1−sin 2(x 2+5π24)=−2√55， 所以cos （x +5π12）＝2co s 2(x 2+5π24)−1=85−1=35，sin （x +5π12）＝2sin （x 2+5π24）cos （x 2+5π24）=−45， 所以cos （x +3π4）＝cos[（x +5π12）+π3 ]＝cos (x +5π12)cos π3−sin(x +5π12)sin π3=35×12−(−45)×√32=3+4√310． 故答案为：3+4√310． 16．函数f （x ）＝sin （ωx +3φ）﹣2sin φcos （ωx +2φ）（ω＞0，0＜φ＜π），设T 为函数f （x ）的最小正周期，f(T 4)=12，且函数f （x ）在（π，2π）上单调，则ω的取值范围为 （0，112]∪[16，712] ． 解：f （x ）＝sin （ωx +3φ）﹣2sin φcos （ωx +2φ）＝[sin （ωx +2φ）+φ]﹣2sin φcos （ωx +2φ）＝sin （ωx +2φ）cos φ+cos （ωx +2φ）sin φ﹣2sin φcos （ωx +2φ）＝sin （ωx +2φ）cos φ﹣cos （ωx +2φ）sin φ＝sin （ωx +φ），因为ω＞0，0＜φ＜π，所以T =2πω， f （T 4）＝f （π2ω）＝sin （π2+φ）＝cos φ=12， 所以φ=π3，f （x ）＝sin （ωx +π3）， 若f （x ）＝sin （ωx +π3）在（π，2π）上单调递增， 则{2kπ−π2≤ωπ+π32ωπ+π3≤2kπ+π2，k ∈Z ，即2k −56≤ω≤k +112，k ∈Z ， 需满足2k −56≤k +112，k ∈Z ，所以k ≤1112，k ∈Z ， 而ω＞0，故k ＝0时，0＜ω≤112； 若f （x ）＝sin （ωx +π3）在（π，2π）上单调递减， 则{2kπ+π2≤ωπ+π32ωπ+π3≤2kπ+3π2，k ∈Z ，即2k +16≤ω≤k +712，k ∈Z ， 需满足2k +16≤k +712，k ∈Z ，所以k ≤512，k ∈Z ， 而ω＞0，故k ＝0时，16≤ω≤712； 故ω的取值范围为：（0，112]∪[16，712]．故答案为：（0，112]∪[16，712]． 四、解答题：本题共6小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤.17．（10分）单位向量a →，b →满足(a →+2b →)⋅(a →−b →)=−23． （1）求a →与b →夹角的余弦值；（2）若ka →+b →与a →+3b →的夹角为锐角，求实数k 的取值范围．解：（1）因为|a →|=|b →|=1，(a →+2b →)⋅(a →−b →)=−23， 所以a →2+a →⋅b →−2b →2=−23，即1+a →⋅b →−2=−23， 则a →⋅b →=13， 则cos〈a →，b →〉=a →⋅b →|a →||b →|=13， 即a →与b →夹角的余弦值13； （2）因为ka →+b →与a →+3b →的夹角为锐角，所以(ka →+b →)⋅(a →+3b →)＞0且ka →+b →与a →+3b →不共线，当ka →+b →与a →+3b →共线时，有ka →+b →=λ(a →+3b →)，即ka →+b →=λa →+3λb →，由（1）知a →与b →不共线，所以{k =λ1=3λ，解得k =13， 所以当ka →+b →与a →+3b →不共线时，k ≠13， 由(ka →+b →)⋅(a →+3b →)＞0，得ka →2+(3k +1)a →⋅b →+3b →2＞0，即k +(3k +1)×13+3＞0，解得k ＞−53， 所以k ＞−53且k ≠13， 即实数k 的取值范围为(−53，13)∪(13，+∞)． 18．（12分）已知f(α)=sin(3π−α)cos(π2+α)cos(2π−α)tan(π−α)cos(π+α)sin(−α)sin(3π2+α)tan(−π−α)． （1）化简f （α）；（2）若α∈(−π2，0)，且满足f(α)+1f(α)=−103，求√2sin(α+π4)的值．解：（1）f(α)=sin(3π−α)cos(π2+α)cos(2π−α)tan(π−α)cos(π+α)sin(−α)sin(3π2+α)tan(−π−α)=sinα(−sinα)cosα(−tanα)(−cosα)(−sinα)(−cosα)(−tanα)=tanα；（2）若α∈(−π2，0)，则tanα＜0，因为f(α)+1f(α)=−103=tanα+1tanα，所以tanα＝﹣3或tanα=−1 3，√2sin(α+π4)=cos2α−sin2αsinα+cosα=cosα﹣sinα，当tanα＝﹣3，α∈(−π2，0)，则{sinα=−3cosαsin2α+cos2α=1，解得sinα=−3√310，cosα=√1010，则cosα﹣sinα=2√10 5；当tanα=−13时，{cosα=−3sinαsin2α+cos2α=1，解得cosα=3√310，sinα=√1010，则cosα﹣sinα=2√10 5；故√2sin(α+π4)=2√105．19．（12分）如图所示，镇海中学甬江校区学生生活区（如矩形ABCD所示），其中O为生活区入口．已知有三条路AB，BC，AD，路AD上有一个观赏塘T，其中AT＝300m，路BC上有一个风雨走廊的入口L，其中BL＝200m．现要修建两条路OT，OL，修建OT，OL费用成本分别为2λ/m，3λ/m．设∠TOA＝α．（1）当AO＝600m，BO＝200m时，求张角∠TOL的正切值；（2）当OT⊥OL时，求当α取多少时，修建OT，OL的总费用最少，并求出此时总费用．解：（1）设∠LOB＝β，β为锐角，则tanβ=LBOB=1，设∠TOA＝α，则tanα=TAOA=12，故tan∠TOL＝tan[π﹣（α+β）]＝﹣tan（α+β）=−tanα+tanβ1−tanαtanβ=−12+11−12×1=−3；（2）当OT⊥OL时，∠LOB=π2−α，α∈(0，π2)，故OT=300sinα，OL=200sin(π2−α)=200cosα，设修建OT ，OL 的总费用为y ，则y =300sinα×2λ+200cosα×3λ=600λ⋅(1sinα+1cosα)=600λ⋅sinα+cosαsinαcosα， 设t ＝sin α+cos α，则t =√2sin(α+π4)∈(1，√2]， 则sinαcosα=t 2−12， 所以y =600λ⋅sinα+cosαsinαcosα=600λ⋅2t t 2−1=1200λ⋅1t−1t， 因为y =t −1t 在(1，√2]上单调递增，所以0＜t −1t ≤√22，t =√2时取得等号， 所以y =1200λ⋅1t−1t 的最小值为1200λ1√22=1200√2λ，此时t =√2，即α=π4， 故当α=π4时，修建OT ，OL 的总费用最少，最少为1200√2λ． 20．（12分）已知向量a →=(1，2)，b →=(cosα，sinα)，c →=(−1，0)．（1）求|b →+c →|的最大值，并求此时α的值；（2）若α∈(0，π3)，求a →⋅b →的取值范围． 解：（1）∵a →=（1，2），b →=（cos α，sin α），c →=（﹣1，0），∴b →+c →=（cos α﹣1，sin α），∴|b →+c →|=√cos 2α−2cosα+1+sin 2α=√2−2cosα，当cos α＝﹣1时，|b →+c →|最大，此时|b →+c →|=2，α＝π+2k π，k ∈Z ；（2）∵a →=（1，2），b →=（cos α，sin α），∴a →⋅b →=cos α+2sin α=√5sin(α+φ)，tanφ=12，φ∈(0，π2)， ∵α∈(0，π3)，∴α+φ∈(φ，π3+φ)， 设θ＝α+φ，易知θ是第一象限角，故原式转化为f(θ)=√5sinθ，结合正弦函数性质得f （θ）在(0，π2)上单调递增， 当θ＝φ时，tanθ=12，易知θ是第一象限角，故sinθ=√55，a →⋅b →=1， 当θ=φ+π3时，sinθ=2√15+√510，a →⋅b →=√5×2√15+√510=12+√3，故f(θ)∈(1，12+√3)，即a →⋅b →∈(1，12+√3)． 21．（12分）如图是函数f （x ）＝A sin （ωx +φ）的部分图象，其中ω＞0，0＜φ＜π．其中B 为图象最高点，C ，D 为图象与x 轴的交点，且△BCD 为等腰直角三角形，|CD |＝2，_____．（从下面三个条件中任选一个，补充在横线处并解答）①f(x +12)=f(−x +12)； ②f(x −12)是奇函数； ③f(0)=√22．注：若选择多个条件解答，则按第一个解答计分．（1）求函数f （x ）的解析式；（2）设g(x)=f(2πx +12)，不等式m sin 2x ﹣g （x ）≤4﹣6m 对于∀x ∈R 恒成立，求m 的取值范围．解：（1）∵△BCD 为等腰直角三角形，|CD |＝2，∴A ＝1，且T 2=2，∴T =2π|ω|=4，又ω＞0，∴ω=π2．则f(x)=sin(π2x +φ)． 选①由f(x +12)=f(−x +12)，得函数f （x ）的图像关于直线x =12对称， 则π2×12+φ=π2+kπ(k ∈Z)，∴φ=π4+kπ(k ∈Z)， ∵0＜φ＜π，∴φ=π4． 故函数f （x ）的解析式为f(x)=sin(π2x +π4)． 选②∵f(x −12)=sin(π2x −π4+φ)是奇函数， ∴−π4+φ=kπ(k ∈Z)，∴φ=π4+kπ(k ∈Z)， ∵0＜φ＜π，∴φ=π4． 故函数f （x ）的解析式为f(x)=sin(π2x +π4)． 选③则f(0)=sinφ=√22，结合图像和0＜φ＜π，可得φ=π4．故函数f（x）的解析式为f(x)=sin(π2x+π4)．（2）由（1），得g(x)=f(2πx+12)=sin(x+π2)=cosx，∴m sin2x﹣g（x）≤4﹣6m⇔m sin2x﹣cos x﹣4+6m≤0，∴m cos2x+cos x﹣7m+4≥0对于∀x∈R恒成立．令t＝cos x∈[﹣1，1]，则mt2+t﹣7m+4≥0对∀t∈[﹣1，1]恒成立，∴m≤−t+4t2−7对∀t∈[﹣1，1]恒成立．∵t2−7t+4=(t+4)2−8(t+4)+9t+4=t+4+9t+4−8，令n＝t+4∈[3，5]，则y=n+9n−8在n∈[3，5]时单调递增，∴y∈[−2，−65]，∴t2−7t+4∈[−2，−65]，∴−t+4t2−7∈[12，56]，∴m≤12，故m的取值范围为(−∞，12 ]．22．（12分）函数f(x)=2sin2x+2|2sin(x+π4)−t|+t+2，最大值为M（t），最小值为m（t）．（1）设g（t）＝M（t）﹣m（t），求g（t）；（2）设s∈R，若|f（x）+s|≤6对x∈R恒成立，求s+t的取值范围．解：（1）f(x)=2sin2x+2|2sin(x+π4)−t|+t+2=4sin x cos x+2|√2（sin x+cos x）﹣t|+t+2，设n=√2（sin x+cos x），则4sin x cos x＝n2﹣2，﹣2≤n≤2，则y（n）＝n2+2|n﹣t|+t，当t≤﹣1时，函数y（n）＝n2+2n﹣t在[﹣2，﹣1]上单调递减，在[﹣1，2]上单调递增，此时M（t）＝y（2）＝8﹣t，m（t）＝y（﹣1）＝﹣1﹣t，g（t）＝M（t）﹣m（t）＝9，当﹣1＜t≤0时，函数y（n）在[﹣2，t]上单调递减，在[t，2]上单调递增，此时M（t）＝y（2）＝8﹣t，m（t）＝y（t）＝t2+t，g（t）＝M（t）﹣m（t）＝﹣t2﹣2t+8；当0＜t≤1时，函数y（n）在[﹣2，t]上单调递减，在[t，2]上单调递增，此时M（t）＝y（﹣2）＝8+3t，m（t）＝y（t）＝t2+t，g（t）＝M（t）﹣m（t）＝﹣t2+2t+8；当t＞1时，函数y（n）在[﹣2，1]上单调递减，在[1，2]上单调递增，此时M（t）＝y（﹣2）＝8+3t，m（t）＝y（1）＝3t﹣1，g（t）＝M（t）﹣m（t）＝9．综上：g（t）={9，t≤−1−t2−2t+8，−1＜t≤0−t2+2t+8，0＜t≤19，t＞1；（2）|f（x）+s|≤6恒成立可化为﹣s﹣6≤y（n）≤﹣s+6，﹣2≤n≤2恒成立．①当t＞1时，M（t）＝y（﹣2）＝8+3t，m（t）＝y（1）＝3t﹣1，所以﹣s﹣6≤3t﹣1且8+3t≤﹣s+6，解得：s+t≤﹣2t﹣2＜﹣4；②当0＜t≤1时，M（t）＝y（﹣2）＝8+3t，m（t）＝y（t）＝t2+t，故﹣s﹣6≤t2+t且8+3t≤﹣s+6，解得：﹣7≤s+t＜﹣2；③当﹣1＜t≤0时，M（t）＝y（2）＝8﹣t，m（t）＝y（t）＝t2+t，故﹣s﹣6≤t2+t且8﹣t≤﹣s+6，解得：﹣7＜s+t≤﹣2；④当t≤﹣1时，M（t）＝y（2）＝8﹣t，m（t）＝y（﹣1）＝﹣1﹣t，故﹣s﹣6≤﹣t﹣1且8﹣t≤﹣s+6，解得：s+t≤﹣4，综上所述：s+t≤﹣2．所以s+t的取值范围为（﹣∞，﹣2]．。
宁波市2020_2021学年高一数学下学期期末考试试题含解析
浙江省宁波市镇海中学2020-2021学年高一数学下学期期末考试试题（含解析）一、选择题（共8小题，每题4分，共32分）.1．下列直线方程纵截距为2的选项为（）A．x+y+2＝0 B．C．x﹣y+2＝0 D．y＝x﹣22．与直线x＝2相切于点（2，0）且半径为1的圆的方程为（）A．（x﹣1）2+y2＝1B．（x﹣3）2+y2＝1C．（x+1）2+y2＝1D．（x﹣1）2+y2＝1或（x﹣3）2+y2＝13．已知A（m，﹣6），B（﹣2，m），P（0，﹣2），Q（﹣5，m），则下列选项中是AB⊥PQ 的充分不必要条件的是（）A．m＝﹣12 B．m＝2C．m＝﹣2 D．m＝﹣2或m＝﹣114．已知空间三点A（﹣2，0，8），P（m，m，m），B（4，﹣4，6），若向量与的夹角为60°，则实数m＝（）A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣25．等腰直角△ABC，直角边为2，沿斜边AC边上高BD翻折成直二面角A﹣BD﹣C，则三棱锥A﹣BCD外接球的体积为（）A．B．4πC．D．6π6．镇海植物园有两块地，从A，B，C，D四种树木中任选2种树木种植在一块地中，余下2种树木种植在另一块地中，则A，B种植在同一块地的概率为（）A．B．C．D．7．以下四个命题正确的为（）A．在空间中，与不共面的四点A，B，C，D距离相等的平面有4个B．正方体12条棱中有48对异面直线C．平行同一个平面的两条直线平行D．如果两个相交平面同时和第三个平面垂直，则它们的交线垂直第三个平面8．已知正四面体ABCD，E为AC中点，F为AB中点，P在线段BD上一个动点（包含端点），则直线CF与直线EP所成角余弦值的取值范围为（）A．B．C．D．二、选择题：本题共2小题，每小题4分，共8分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．下列结论正确的为（）A．正四棱柱是长方体的一类B．四面体最多有四个钝角三角形C．若复数z1，z2满足z12＝z22，则|z1|＝|z2|D．若复数z1，z2满足z1z2∈R，则10．已知直线l：2x+y﹣2a＝0（a＞0），M（s，t）是直线l上的任意一点，直线l与圆x2+y2＝1相切．下列结论正确的为（）A．的最小值为1B．当s＞0，t＞0时，的最小值为C．的最小值等于的最小值D．的最小值不等于的最小值三、填空题：本题共7小题，每小题5分，共35分．11．已知复数z＝12﹣5i（i为虚数单位），则＝．12．倾斜角为90°且与点（1，1）距离为2的直线方程为．13．镇海中学高一各班三分钟跳绳比赛的成绩如下：257，311，267，301，279，296，246，287，257，323，266，293，304，269，332，270，则其第50百分位数为．14．已知E（1，﹣2），F（﹣3，4），M为平面上一个动点满足，则M的轨迹方程为．15．镇海中学大成殿具有悠久的历史，始建于北宋年间，大成殿建筑美观大气，如图：上建筑屋脊状楔体WZ﹣EFGH，下建筑是长方体ABCD﹣EFGH．假设屋脊没有歪斜，即WZ的中点R在底面ABCD上的投影为矩形ABCD的中心点O，WZ∥AB，AB＝30，AD＝20，AE＝10，WZ＝20，OR＝13（长度单位：米）．则大成殿的体积为（体积单位：立方米）．16．已知点M（1，t）在圆x2+y2﹣2ty+1＝0外，则实数t的取值范围为．17．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球O半径为1，线段EF是球O的一条动直径（E，F 是直径的两端点），点G是正方体ABCD﹣A1B1C1D1表面上一个动点，则的最大值为．四、解答题：本题共5小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．直线l：y＝x与圆C：（x﹣1）2+（y﹣3）2＝16相交于A、B两点．（1）求平行于l且与圆C相切的直线方程；（2）求△ABC面积．19．如图，三棱锥P﹣ABC，△ABC为边长为2的正三角形，△PBC为等腰三角形，其中∠BPC ＝90°，PA＝1．（1）证明：PA⊥BC；（2）求直线PA与平面ABC所成角的大小．20．（1）已知某水果店进了三种产地不同的苹果（新疆、甘肃、山东），甲、乙两人到该店购买一种苹果，若甲、乙买新疆苹果的概率分别为0.2，0.3，买甘肃苹果的概率分别为0.5，0.4．求两人买不相同产地苹果的概率．（2）某校高一有两个实验班，某次数学考试成绩如下：一班48人平均分135分，方差为8，二班52人平均分130分，方差为10，求全体实验班学生的平均分和方差．21．已知△ABC，AB＝BC＝3，∠ABC＝120°，E，F在边AC，BC上，且．将△CEF 沿EF翻折为△C'EF，得到四棱锥C'﹣AEFB，其中C'A＝5（如图所示）．（1）若H为线段C'A上一点，且C'H＝2HA．求证：EH∥平面BC'F；（2）求二面角A﹣BC'﹣E的余弦值．22．已知A（1，1），B（3，3），动点C在直线l：y＝x﹣4上．（1）设△ABC内切圆半径为r，求r的最大值：（2）设△ABC外接圆半径为R，求R的最小值，并求此时外接圆的方程．参考答案一、选择题（共8小题，每题4分，共32分）.1．下列直线方程纵截距为2的选项为（）A．x+y+2＝0 B．C．x﹣y+2＝0 D．y＝x﹣2解：对于A：令x＝0，解得：y＝﹣2，不合题意，对于B：令x＝0，解得：y＝4，不合题意，对于C：令x＝0，解得：y＝2，符合题意，对于D：令x＝0，解得：y＝﹣2，不合题意，故选：C．2．与直线x＝2相切于点（2，0）且半径为1的圆的方程为（）A．（x﹣1）2+y2＝1B．（x﹣3）2+y2＝1C．（x+1）2+y2＝1D．（x﹣1）2+y2＝1或（x﹣3）2+y2＝1解：如图所示，由图形知，与直线x＝2相切于点（2，0）且半径为1的圆的圆心为（1，0）或（3，0），所以圆的方程为（x﹣1）2+y2＝1或（x﹣3）2+y2＝1．故选：D．3．已知A（m，﹣6），B（﹣2，m），P（0，﹣2），Q（﹣5，m），则下列选项中是AB⊥PQ 的充分不必要条件的是（）A．m＝﹣12 B．m＝2C．m＝﹣2 D．m＝﹣2或m＝﹣11解：∵A（m，﹣6），B（﹣2，m），P（0，﹣2），Q（﹣5，m），∴＝（﹣2﹣m，m+6），＝（﹣5，m+2），∵AB⊥PQ，∴﹣5（﹣2﹣m）+（m+6）（m+2）＝0，∴m＝﹣2或m＝﹣11，∵{﹣2}⊆{﹣2，﹣11}，∴m＝﹣2符合题意．故选：C．4．已知空间三点A（﹣2，0，8），P（m，m，m），B（4，﹣4，6），若向量与的夹角为60°，则实数m＝（）A．1 B．2 C．﹣1 D．﹣2解：∵＝（﹣2﹣m，﹣m，8﹣m），＝（4﹣m，﹣4﹣m，6﹣m），∴•＝（﹣2﹣m）（4﹣m）+（﹣m）（﹣4﹣m）+（8﹣m）（6﹣m）＝3m2﹣12m+40，||＝＝，||＝＝，由•＝||||cos60°得：3m2﹣12m+40＝（3m2﹣12m+68）×，整理得：m2﹣4m+4＝0，解得：m＝2．故选：B．5．等腰直角△ABC，直角边为2，沿斜边AC边上高BD翻折成直二面角A﹣BD﹣C，则三棱锥A﹣BCD外接球的体积为（）A．B．4πC．D．6π解：如图，由等腰直角△ABC的直角边为2，可得DA＝DC＝DB＝，把三棱锥A﹣BCD放置在正方体中，则三棱锥的外接球与正方体的外接球相同，外接球的半径R＝，∴三棱锥A﹣BCD外接球的体积为×＝．故选：A．6．镇海植物园有两块地，从A，B，C，D四种树木中任选2种树木种植在一块地中，余下2种树木种植在另一块地中，则A，B种植在同一块地的概率为（）A．B．C．D．解：从A，B，C，D四种树木中任选2种树木种植在一块地中，余下2种树木种植在另一块地中，基本事件总数n＝＝6，A，B种植在同一块地包含的基本事件个数m＝＝2，则A，B种植在同一块地的概率P＝＝＝．故选：B．7．以下四个命题正确的为（）A．在空间中，与不共面的四点A，B，C，D距离相等的平面有4个B．正方体12条棱中有48对异面直线C．平行同一个平面的两条直线平行D．如果两个相交平面同时和第三个平面垂直，则它们的交线垂直第三个平面解：对于A：在空间中，与不共面的四点A，B，C，D距离相等的平面有7个，故A错误；对于B：正方体12条棱中有48÷2＝24对异面直线，故B错误；对于C：平行同一个平面的两条直线平行或相交或异面，故C错误；对于D：如果两个相交平面同时和第三个平面垂直，则它们的交线垂直第三个平面，故D 正确．故选：D．8．已知正四面体ABCD，E为AC中点，F为AB中点，P在线段BD上一个动点（包含端点），则直线CF与直线EP所成角余弦值的取值范围为（）A．B．C．D．解：连接BE，CF，交于点Q，作PM⊥BE，交BE于点M，由AC⊥平面DEB，得：PM⊥面ABC，则PE在底面ABC的射影为EM，∴cos＜＞＝cos∠PEM•cos∠EQC＝cos＝，当点P与D重合时，cos＝，则cos＜＞＝，当点P与点B重合时，cos∠PEM＝1，则cos＜＞＝．∴直线CF与直线EP所成角余弦值的取值范围为[]．故选：A．二、选择题：本题共2小题，每小题4分，共8分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得4分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．下列结论正确的为（）A．正四棱柱是长方体的一类B．四面体最多有四个钝角三角形C．若复数z1，z2满足z12＝z22，则|z1|＝|z2|D．若复数z1，z2满足z1z2∈R，则解：正四棱柱的底面是正方形的直棱柱，所以正四棱柱中是长方体的一类，故选项A正确；如图所示的四面体中的四个面均是钝角三角形，故选项B正确；设z1＝a+bi，z2＝x+yi，因为z12＝z22，即a2﹣b2+2abi＝x2﹣y2+2xyi，所以，故（a2+b2）2＝a4+2a2b2+b4＝（a2﹣b2）2+（2ab）2＝（x2﹣y2）2+（2xy）2＝x4+2x2y2+y4＝（x2+y2）2，因为a2+b2≥9，x2+y2≥0，所以a2+b2＝x2+y2，则|z1|＝|z2|，故选项C正确；若z1＝i，z2＝i，则z1z2＝1∈R，但是，故选项D错误．故选：ABC．10．已知直线l：2x+y﹣2a＝0（a＞0），M（s，t）是直线l上的任意一点，直线l与圆x2+y2＝1相切．下列结论正确的为（）A．的最小值为1B．当s＞0，t＞0时，的最小值为C．的最小值等于的最小值D．的最小值不等于的最小值解：A中，当点M是直线与圆的切点时，|OM|最小，且为圆的半径1，所以A正确；B中，因为直线与圆相切，所以d＝＝1，因为a＞0，所以2a＝，所以直线l的方程为：2x+y﹣＝0，因为M在直线上，所以2s+t＝，当s＞0，t＞0，则直线l的方程为：2s+t＝，所以+＝（+）•（2s+t）＝（5++）≥（5+2）＝，当且仅当＝时取等号，所以B正确；因为+s＝+s＝+s＝+s，因为s∈R，所以+s的最小值为+|s|，所以C正确，D不正确，故选：ABC．三、填空题：本题共7小题，每小题5分，共35分．11．已知复数z＝12﹣5i（i为虚数单位），则＝．解：因为z＝12﹣5i，则＝＝．故答案为：．12．倾斜角为90°且与点（1，1）距离为2的直线方程为x＝3或x＝﹣1 ．解：∵所求直线的倾斜角是90°，∴所求直线和直线x＝1平行，与直线x＝1距离为2的直线方程为：x＝3或x＝﹣1，故答案为：x＝3或x＝﹣1．13．镇海中学高一各班三分钟跳绳比赛的成绩如下：257，311，267，301，279，296，246，287，257，323，266，293，304，269，332，270，则其第50百分位数为283 ．解：数据从小到大排序如下，246，257，257，266，267，269，270，279，287，293，296，301，304，311，323，332共16个数据，第8、9个数据为279，287，则其第50百分位数为＝283，故答案为：283．14．已知E（1，﹣2），F（﹣3，4），M为平面上一个动点满足，则M的轨迹方程为．解：设M（x，y），由条件得，两边平方，化简整理得．故答案为：．15．镇海中学大成殿具有悠久的历史，始建于北宋年间，大成殿建筑美观大气，如图：上建筑屋脊状楔体WZ﹣EFGH，下建筑是长方体ABCD﹣EFGH．假设屋脊没有歪斜，即WZ的中点R在底面ABCD上的投影为矩形ABCD的中心点O，WZ∥AB，AB＝30，AD＝20，AE＝10，WZ＝20，OR＝13（长度单位：米）．则大成殿的体积为6800 （体积单位：立方米）．解：大成殿下面的部分是一个长方体，上面的部分可以分割为一个三棱柱和两个四棱锥，其中长方体的体积V1＝30×20×10＝6000，三棱柱的体积：，四棱锥的体积：，故大成殿的体积：V＝6000+600+2×100＝6800．故答案为：6800．16．已知点M（1，t）在圆x2+y2﹣2ty+1＝0外，则实数t的取值范围为（﹣，﹣1）∪（1，）．解：因为M（1，t）在圆x2+y2﹣2ty+1＝0外，即在圆x2+（y﹣t）2＝t2﹣1外，所以可得：t2﹣1＞0，且1+t2﹣2t2+1＞0，即1＜t2＜2，解得：（﹣，﹣1）∪（1，），故答案为：（﹣，﹣1）∪（1，）．17．已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球O半径为1，线段EF是球O的一条动直径（E，F 是直径的两端点），点G是正方体ABCD﹣A1B1C1D1表面上一个动点，则的最大值为2 ．解：由正方体ABCD﹣A1B1C1D1的内切球O半径为1，可得正方体的棱长为2，体对角线长为2，由题意，E，F是直径的两端点，可得+＝，•＝﹣1，则＝（+）•（+）＝+•（+）+•＝+0﹣1＝﹣1，当点G在正方体顶点时，最大，且最大值为2，则﹣1的最大值为2，故答案为：2．四、解答题：本题共5小题，共75分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．直线l：y＝x与圆C：（x﹣1）2+（y﹣3）2＝16相交于A、B两点．（1）求平行于l且与圆C相切的直线方程；（2）求△ABC面积．解：（1）设切线方程为y＝x+b，，∴．∴切线方程为或．（2）作CD⊥AB，，∴．∴．19．如图，三棱锥P﹣ABC，△ABC为边长为2的正三角形，△PBC为等腰三角形，其中∠BPC ＝90°，PA＝1．（1）证明：PA⊥BC；（2）求直线PA与平面ABC所成角的大小．解：（1）证明：取BC中点O，连接AO，PO，所以AO⊥BC，PO⊥BC，且AO∩PO＝O，即BC⊥平面PAO，又PA⊂平面PAO，所以PA⊥BC．（2）由（1）得：BC⊥平面PAO，又BC⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面PAO且交线为AO．再作PM⊥AO，PM⊂平面PAO，所以：PM⊥平面ABC，即∠PAO即为直线PA与平面ABC所成角的平面角，易得：，所以∠PAO＝30°．另解：（1）以AC中点为原点建立如图所示空间直角坐标系，则，设P（a，b，c），因为，所以⇒，故点，，所以，即PA⊥BC．（2）由题易得平面ABC的法向量为：，设直线PA与平面ABC所成角的大小为α，所以．20．（1）已知某水果店进了三种产地不同的苹果（新疆、甘肃、山东），甲、乙两人到该店购买一种苹果，若甲、乙买新疆苹果的概率分别为0.2，0.3，买甘肃苹果的概率分别为0.5，0.4．求两人买不相同产地苹果的概率．（2）某校高一有两个实验班，某次数学考试成绩如下：一班48人平均分135分，方差为8，二班52人平均分130分，方差为10，求全体实验班学生的平均分和方差．解：（1）根据相互独立事件的概率计算公式，计算所求的概率为：P＝1﹣0.2×0.3﹣0.5×0.4﹣0.3×0.3＝0.65；（2）全体实验班的平均分为，方差为．21．已知△ABC，AB＝BC＝3，∠ABC＝120°，E，F在边AC，BC上，且．将△CEF 沿EF翻折为△C'EF，得到四棱锥C'﹣AEFB，其中C'A＝5（如图所示）．（1）若H为线段C'A上一点，且C'H＝2HA．求证：EH∥平面BC'F；（2）求二面角A﹣BC'﹣E的余弦值．解：（1）证明：取BC′上一三等份点M使得C′M＝2MB，由∥且EF＝，C′H＝2 HA，即HM∥且HM＝，所以FF∥HM且FF∥HM，所以EFMH为平行四边形，所以EH∥FM，又EH⊄平面BC′F，FM⊂平面BC′F，所以EH∥平面BC′F．（2）设AC的中为点O，以O为原点，OC所在直线为x轴，OB所在直线为y轴，以过O点且垂直平面ABC的直线为z轴建立如图所示的空间直角坐标系，，，因为，所以⇒，故点．设面ABC′的法向量，面BC′E的法向量，由，则⇒，取，解得．⇒，取，解得．即可得，所以．故二面角A﹣BC'﹣E的余弦值为．22．已知A（1，1），B（3，3），动点C在直线l：y＝x﹣4上．（1）设△ABC内切圆半径为r，求r的最大值：（2）设△ABC外接圆半径为R，求R的最小值，并求此时外接圆的方程．解：（1）因为动点C在直线l：y＝x﹣4上，设点C（x，x﹣4），又A（1，1），B（3，3），则|AB|＝，点C到直线AB：y＝x的距离为d＝，则△ABC的面积为，所以，要求r的最大值，即求AC+BC的最小值，点A（1，1）关于直线y＝x﹣4对应的点A'（5，﹣3），所以AC+BC＝A'C+BC，当且仅当A'，B，C三点共线时，A'C+BC最小，所以AC+BC＝A'C+BC，则r的最大值为；（2）由题意可知，AB中垂线方程为y＝﹣x+4，AC中垂线方程为，则两条中垂线方程的交点即为圆心的坐标，所以圆心坐标为，设t＝（m2﹣8m+19）∈[3，+∞），所以，所以，此时m＝4，圆心坐标为，所以外接圆方程为．。
2019-2020学年浙江省宁波市高一下学期期末考试数学试题及答案
52 32
34
∵ B(3，−3)，C(0，2)，∴ BC (3 0)2 (3 2)2 34
∴
S ABC
1 2
34 31 34 31 34 2
19.解 : 由 f (x) sin x a cos x
1 a2 ( 1 sin x a cos x)
1 a2
1 a2
1 a2 (cos sin x sin cos x)
三、双空题 14．设直线 l1 : ax 3 y 12 0 ，直线 l2 : x (a 2) y 4 0 .当 a = ________时， l1//l2 ；当 a =
________时， l1 l2 .
15．已知 为锐角，且 sin cos 2 10 ，则 sin =________，tan2 =________.
∴ f ( ) f ( ) (sin 3 cos )(cos 3 sin ) 3 cos 2 sin 2 10
2
13
cos 2 3 sin 2 10 3 ，又 cos2 2 sin2 2 1，知：
3
39
4 sin2 2 20 sin 2 407 0 ，解得： sin 2 = 5 12 3 ，又 0
A． a1a10 a5a6
B．对任意 n 2 ，且 n N * ，都有 an1an1 an2
C． S5 , S10 S5 , S15 S10 成等比数列
D．对任意 n N * ，都有 an1 an
10．已知正项数列
an
,
bn
满足
an1 bn1
an an
17bn bn
，设 cn
∵ 3Sn 4bn 2 ，∴ 3Sn1 4bn1 2 ，两式相减得： 3 Sn Sn1 4bn 4bn1 ，
2019-2020学年浙江省宁波市高一下学期期末数学试题(解析版)
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】在 中可得 ，从而求得 ，在 中，由余弦定理求 ．
【详解】
在 中， ， ， ，
，
，
．
在 中， ， ， ，
．
故选：C
【点睛】
本题主要考查余弦定理解三角形，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
12．记 ，设函数 ，若对于任意x∈R，都有 成立，则实数t的取值范围为________.
【答案】
【解析】对于任意x∈R，都有 成立，根据函数定义知：当A： 时必有B： ，当A： 时必有B： ，求解集后必有 ，由此即可求t的范围
【详解】
由题意，对于任意x∈R，都有 成立
(1)若 ，有 成立
∴当 时， ，即 ，有
∴ 解得：
故答案为：
【点睛】
本题考查了利用两直线垂直的关系，根据已知直线方程可设另一条直线的方程，结合题设条件可求相关的点坐标，由它们构成的三角形中应用余弦定理及已知角的范围求参数范围
三、双空题
14．设直线 ，直线 .当a=________时， ；当a=________时， .
【答案】
当 时， 不包含于 ，不合题意
当 时， ，即 ，有
(2)若 ，有 成立
当 时， ，有
当 时，不等式不成立，不合题意
当 时， ，有
综上，有：
故答案为：
【点睛】
本题考查了绝对值不等式，依据函数不等式恒成立列绝对值不等式组求解，并根据充分条件判断解集的包含关系，进而确定参数的范围
13．已知直线 与x轴交于点A，直线 ，且 的交点为P，O为坐标原点.若直线 在y轴上截距为b(b> 0)，且∠APO≤45°，则b的取值范围为________.
浙江省宁波市镇海中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题卷(解析版)
镇海中学2023学年第二学期期末考试高一数学试题卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 点P 是椭圆2212x y +=上一动点，则点P 到两焦点的距离之和为（ ） A. 2B.C. D. 4【答案】C 【解析】【分析】由椭圆定义求解即可.【详解】由2212x y +=可得：a =，由椭圆的定义可知：点P到两焦点的距离之和为2a =. 故选：C .2. 若{,,}a b c是空间中的一组基底，则下列可与向量,2a c a c +−构成基底的向量是（ ） A. aB. 2a b +C. 2a c +D. c【答案】B 【解析】【分析】借助空间中基底定义，计算该向量能否用,2a c a c +−表示即可得.【详解】由{,,}a b c是空间中的一组基底，故,,a b c 两两不共线，对A ：有()()1223a a c a c =++−，故A 错误； 对B ：设()()22a b m a c n a c +=++− ，则有()()22a b m n a m n c +=++−， 该方程无解，故2a b +可与,2a c a c +−构成基底，故B 正确；对C ：有()()12423a c a c a c +=+−−，故C 错误； 对D ：有()()123c a c a c =+−−，故D 错误. 故选：B.的3. l 为直线，α为平面，则下列条件能作为l α∥的充要条件的是（ ） A. l 平行平面α内的无数条直线 B. l 平行于平面α的法向量 C. l 垂直于平面α的法向量 D. l 与平面α没有公共点【答案】D 【解析】【分析】根据直线与平面平行的定义，由于定义是充要条件得到选项． 【详解】对A ：没有强调l α⊄，故A 错误；对B ：l 平行于平面α的法向量，可得l α⊥，故B 错误； 对C ：同A 一样，没有强调l α⊄，故C 错误；对D :根据直线与平面平行的定义：直线与平面没有公共点时，直线与平面平行. 所以“直线l 与平面α没有公共点”是“l α∥”的充要条件.故D 正确. 故选：D 4. 己知 (2,2,1)(1,1,0)ab =，，则a 在b上的投影向量的坐标为（ ）A. (1,1,0)B. (1,2,0)C. (2,2,0)D. (1,1,1)【答案】C 【解析】.【详解】向量a 在b上的投影向量为：()()21,1,02,2,0a b b b b⋅×==，故选：C5. 点()()1122,,,P x y Q x y 为直线20kx y −+=上不同的两点，则直线111:1l x x y y −=与直线222:1l x x y y −=的位置关系是（ ）A. 相交B. 平行C. 重合D. 不确定【答案】A 【解析】【分析】利用这两直线的斜率来结合已知条件，即可以作出判断.【详解】由点()()1122,,,P x y Q x y 为直线20kx y −+=上不同的两点， 则直线111:1l x x y y −=与直线222:1l x x y y −=的斜率存在时一定为1212x x y y ，，可以把这两个斜率看成直线上两点到原点的斜率的倒数， 由已知可得OP OQ k k ≠，则1212x x y y ≠，即两直线不可能平行与重合，则只能相交; 若直线111:1l x x y y −=与直线222:1l x x y y −=的斜率有一个不存在，则另一个斜率必存在，也能判定两直线相交； 故选：A.6. 如图，平行六面体各棱长为1，且1160A AB A AD BAD ∠=∠=∠=°，动点P 在该几何体内部，且满足1(1)(,R)AP xAB y AD x y AA x y =++−−∈ ，则||AP的最小值为（ ）A.B.C.D.12【答案】B 【解析】【分析】由平面向量共面定理可知：点P 在平面1BDA 内，则||AP的最小值即为点P 到平面1BDA 的距离，求出三棱锥1A A BD −为正四面体，过点A 作AH ⊥平面1BDA ，求解AH 即可得出答案.【详解】因为1(1)(,R)AP xAB y AD x y AA x y =++−−∈， 则()()111AP AA x AB AA y AD AA −=−+− ，即111A P xA B y A D =+ ，由平面向量共面定理可知：点P 在平面1BDA 内，则||AP的最小值即为点P 到平面1BDA 的距离，连接11,,,BD DA A B 因为平行六面体各棱长为1，且1160A AB A AD BAD ∠=∠=∠=°，所以111BD DA A B===， 所以三棱锥1A A BD −为正四面体，过点A 作AH ⊥平面1BDA ，因为1A H ⊂平面1BDA ，所以AH ⊥1A H ，如图，所以12233A H ==所以AH =，所以||AP的最小值为AH =故选：B .7. 实数,x y 满足2222x y x y +=−，则|3|x y −+的最小值为（ ）A. 3B. 7C.D. 3+【答案】A 【解析】【分析】化简2222x y x y +=−可得()()22112x y −++=，|3|x y −+表示为圆上点到直线30x y −+=倍，运用几何法求解即可.【详解】化简2222x y x y +=−可得()()22112x y −++=，即(),x y 在圆上，则|3|x y −+表示为圆上点到直线30x y −+=倍，圆心()1,1−到直线距离为d =则|3|x y −+3=. 故选：A8. 在棱长为2的正四面体O ABC −中，棱,OA BC 上分别存在点,M N （包含端点），直线MN 与平面ABC ，平面OBC 所成角为θ和ϕ，则sin sin θϕ+的取值范围是（ ）A. 23B. 23C.D. 【答案】C 【解析】【分析】建立空间直角坐标系，然后利用空间向量得到sin sin θϕ+，最后根据,a b 范围求sin sin θϕ+的取值范围即可.【详解】如图，取ABC 的中心1O ，连接1OO ，取BC 中点F ，连接1O F ，过点1O 作1O E BC ∥交AB 于点E ，以1O 为原点，分别以111,,O E OF O O 为,,x y z 轴建立空间直角坐标系，因为O ABC −为正四面体，所以1O A =1O F =，1O O =()10,0,0O，B，C −，O，1O O = ，OB =，OC − ，设0,M a，N b，a ∈ ，[]1,1b ∈−，则(),MNb a =−， 由题意得1O O可以作为平面ABC 的一个法向量，则11sin MN O O MN O Oθ⋅== ，设平面OBC 的法向量为(),,m x y z =，00m OB x y z m OC x y z ⋅==⋅=−=，则0x =，令y =，则z =所以m = ，sin m MN m MNϕ⋅==sin sin θϕ+=因为a ∈，[]1,1b∈−，所以[]2332,3a −+∈，[]20,1b ∈，2，sin sin θϕ+=故选：C.【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用相似设出点M 的坐标，然后利用空间向量的方法求出线面角，最后求范围即可.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分．9. 已知椭圆222:14x y C a +=的焦点分别为12,F F ，焦距为P 为椭圆C 上一点，则下列选项中正确的是（ ）A.椭圆CB. 12F PF △的周长为3C. 12F PF ∠不可能是直角D. 当1260F PF ∠=°时，12FPF △【答案】AD.【解析】【分析】先确定椭圆的方程，再根据方程分析椭圆的性质.【详解】由题意，焦距为2c =⇒c =，又2<，所以椭圆焦点必在x 轴上， 由245a −=3a ⇒=.所以椭圆的离心率ce a ==，故A 正确； 根据椭圆的定义，12F PF △的周长为226a c +=+，故B 错误； 如图：取()0,2M 为椭圆的上顶点，则()()123,23,250MF MF ⋅=−⋅−−=−<,所以12F MF ∠为钝角，所以椭圆上存在点P ，使得12F PF ∠为直角，故C 错误； 如图：当1260F PF ∠=°时，设11PF t =，22PF t =， 则1222121262cos 6020t t t t t t += +−°= ⇒12221212620t t t t t t += +−= ⇒12163t t =，所以12121116sin 60223F PF S t t =°=× ，故D 正确. 故选：AD10. 已知圆221:(1)(2)9C x y a −+−=，圆2222:82120,C x y x ay a a +−+++=∈R ．则下列选项正确的是（ ）A. 直线12C C 恒过定点(3,0)B. 当圆1C 和圆2C 外切时，若,P Q 分别是圆12,C C 上的动点，则max ||10PQ =C. 若圆1C 和圆2C 共有2条公切线，则43a <D. 当13a =时，圆1C 与圆2C 【答案】ABD 【解析】【分析】根据圆的方程确定圆心，可求出直线12C C 的方程，即可判断A ；根据圆1C 和圆2C 外切求出a 的值，数形结合，可判断B ；根据两圆公切线条数判断两圆相交，列不等式求解判断C ；求出两圆的公共弦方程，即可求得两圆的公共弦长，判断D.【详解】对于A ，由圆221:(1)(2)9C x y a −+−=，圆2222:82120,C x y x ay a a +−+++=∈R ， 可知()()121,2,4,C a C a −，故直线12C C 的方程为(4)y a a x +=−−， 即()3y a x =−−，即得直线12C C 恒过定点(3,0)，A 正确； 对于B ，2222:82120,C x y x ay a a +−+++=∈R 即()()222:44,C x y a a −++=∈R ，当圆1C 和圆2C 32=+，解得43a =±，当43a =时，如图示，当12,,,P C C Q 共线时,max 12||32510PQ C C =++=+=；同理求得当43a =−时，max ||10PQ =，B 正确； 对于C ，若圆1C 和圆2C 共有2条公切线，则两圆相交，则123232C C −<<+，即15<<，解得4433a −<<，C 错误对于D ，当13a =时，两圆相交， 2212:(1)()93C x y −+−=，()2221:443C x y −++=， 将两方程相减可得公共弦方程596203x y −−=， 则121,3C到596203x y −−=则圆1C 与圆2C相交弦的弦长为，D 正确， 故选：ABD11. 埃舍尔是荷兰著名的版画家，《哈利波特》《盗梦空间》《迷宫》等影片的灵感都来源于埃舍尔的作品．通过著名的《瀑布》（图1）作品，可以感受到形状渐变、几何体组合和光学幻觉方面的魅力．画面中的两座高塔上方各有一个几何体，右塔上的几何体首次出现，后称“埃舍尔多面体”（图2），其可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造．如图4，,,,(1,2,3)n n n n A B C D n =分别为埃舍尔多面体的顶点，,(1,2,3)n n P Q n =分别为正方形边上的中点，埃舍尔多面体的可视部分是由12个四棱锥构成．为了便于理解，图511122A PE P E −与22131,,(1,2)n n A P E P F E F n −=分别为线段的中点．左塔上方是著名的“三立方体合体”（图3），取棱长为2的正方体ABCD A B C D −′′′′的中心O ，以O 为原点，,,x y z 轴均平行于正方体棱，建立如图6所示的空间直角坐标系，将正方体分别绕,,x y z 轴旋转45°，将旋转后的三个正方体,1,2,3n n n n nn n n A B C D A B C D n ′′′′−=（图7，8，9）结合在一起便可得到“三立方体合体”（图10），下列有关“埃舍尔多面体”和“三立方体合体”的说法中，正确的是（ ）A. 在图5中，1322A P E P ⊥B. 在图5中，直线12Q A 与平面122A E PC. 在图10中，设点nA ′的坐标为(),,,1,2,3n n n x y z n =，则()122239n n n n x y z =∑++=D. 在图10中，若E 为线段22B C 上的动点（包含端点），则异面直线2D E 与23A A 所成角余弦值的最大值【答案】BCD 【解析】【分析】利用建立空间直角坐标系，结合空间向量法可以解决各个问题.【详解】对A ，在图5中，如图建系，设1231OP OP OP ===， 则()10,1,1A ，()31,0,0P ，()20,1,0P ，2111,,222E−， 所以()13221111,1,1,,,222A P E P−−−，则()132********1,1,1,,02222222A P E P ⋅=−−⋅−=−+=≠， 13A P 与22E P 不垂直，故A 错误；对B ，由图知：()10,0,1Q −，()21,1,0A ，()10,1,1A ，1111,,222E，()20,1,0P 则()121,1,1Q A =，()120,0,1A P =− ，22111,,222E P=−−，设平面122A E P 的法向量为(),,n x y z = ，则122200n A P n E P ⋅=⋅= ，得01110222z x y z −= −+−= ，令1y =得，01z x ==，， 即()01,1n =，，又由121212cos ,Q A n Q A n Q A n⋅==， 所以直线12Q A 与平面122A E P，故B 正确； 对C ，在平面直角坐标系中，正方形绕中心旋转45°，1A 坐标由()11，变为()，所以结合图形可知：点1A ′的坐标为(1,0,,点2A ′的坐标为(0,1,,−点3A ′的坐标为)1,−则()()()()322211212129nn n n xy z =++=+++++=∑，故C 正确；对D，由图知：)21,0A −，)2B，(2C,(20,D −,)3A ,则()2301,1A A =，， 由E 为线段22B C 上的动点（包含端点），则可设222C E C B λ=，[]0,1λ∈， 所以())222222220,2,0,2,D E D C C E D C C B λλ+++，则22cos,D E At λ−=，t ∈−，则22cos ,D E A =，由11,t ∈+，得2211,18t −≥−=即223cos ,D E A A =≤所以异面直线2D E 与23A A，故D 正确； 故选：BCD.【点睛】关键点点睛：就是针对旋转后的点的空间坐标表示，这里先通过借助平面旋转时的坐标变化关系，再来写空间旋转后的点的坐标表示，只有表示出各点坐标，再就是借助空间向量的运算就能求解各选项问题.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12. 在空间直角坐标系中，点(2,0,0)A 为平面α外一点，点(0,1,1)B 为平面α内一点．若平面α的一个法向量为(1,1,2)−，则点A 到平面α的距离是_______．【解析】【分析】根据条件，利用点到面的距离的向量法，即可求出结果. 【详解】由题知(2,1,1)AB − ，又平面α的一个法向量为(1,1,2)n =−， 所以点A 到平面α的距离为d13. 已知点P 是直线80−+=x y 上的一个动点，过点P 作圆()()22:114C x y −+−=的两条切线，与圆切于点,M N ，则cos MPN ∠的最小值是_______． 【答案】34##0.75 【解析】【分析】结合切线性质与二倍角公式可将求cos MPN ∠的最小值转化为求sin MPC ∠的最大值，结合三角函数定义与点到直线距离公式计算即可得.【详解】由题意可得PM CM ⊥、PN CN ⊥，MPC NPC ∠=∠， 设MPC α∠=，则2MPN α∠=，则2cos cos 212sin MPN αα∠==−，由()()22:114C x y −+−=可得圆心为()1,1C ，半径为2r =，则2sinMCPCPC α==，又min PC =， 则()max min 2sin PC α== 的则()22min 3cos 12sin 124MPN α∠=−=−×=. 故答案为：34.14. 已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左，右焦点分别是12(,0),(,0)F c F c −，下顶点为点()0,M b −，直线2MF 交椭圆C 于点N ，设1△MNF 的内切圆与1NF 相切于点E ，若122NE F F ==，则椭圆C 的离心率为_______，1△MNF 的内切圆半径长为_______．【答案】 ①. 12##0.5 ②.【解析】【分析】借助切线长定理与椭圆性质可得12F E FF =，从而可结合椭圆定义得到a 的值，即可得其离心率；借助余弦定理的推论可得三角形各边长，结合面积公式运用等面积法即可求取内切圆半径. 【详解】设1△MNF 的内切圆与NM 、1MF 相切于点F ，G ， 由切线长定理可得11F E FG =，MF MG =，NE NF =， 又12MF MF a ==，则12FG FF =，故12F E FF =， 由椭圆定义可知122NF NF a +=， 即122222NE EF NF NE FF NF NE a ++=++==,故2a NE ==，又1222F F c ==，则12c e a ==； 则2π6OMF ∠=，故12π3F MF ∠=，设1EF m =，则2422NF m m =−−=−， 即12NF m =+，4NM m =−，则有()()()22222111442πcos32224m m MF MN NF MF MN m +−−++−=×⋅××−， 计算可得45m =，则()11π24sin 23MNF S m =××−=又184MNF C a == ，则11412MNF MNF S r C r =⋅= ，即有4r=r =.故答案为：12【点睛】关键点点睛：本题关键点一个是借助切线长定理与椭圆性质得到12F E FF =，从而可结合椭圆定义得到a 的值，第二个是借助等面积法求取内切圆半径.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、正明过程或演算步骤．15. 已知直线l 经过点(4,4)A ，且点(5,0)B 到直线l 的距离为1． （1）求直线l 的方程；（2）O 为坐标原点，点C 坐标为(6,3)−，若点P 为直线OA 上的动点，求||||PB PC +的最小值，并求出此时点P 的坐标．【答案】（1）4x =或158920x y +−=（2）10，1515,77P【解析】【分析】（1）考虑直线l 的斜率存在和不存在情况，存在时，设直线方程，根据点到直线的距离求出斜率，即得答案.（2）确定(6,3)−关于直线OA 的对称点，数形结合，利用几何意义即可求得答案.的【小问1详解】由题意知直线l 经过点(4,4)A ，当直线斜率不存在时，方程为4x =， 此时点(5,0)B 到直线l 的距离为1，符合题意；当直线l 斜率存在时，设方程为4(4)y k x −=−，即440kx y k −−+=， 则由点(5,0)B 到直线l 的距离为11，解得158k =−，即得15604088x y −−++=，即158920x y +−=， 故直线l 的方程为4x =或158920x y +−=； 【小问2详解】由点(4,4)A ，可得直线OA 的方程为y x =， 故点(5,0)B 关于y x =的对称点为1(0,5)B ， 连接1PB ，则1PB PB =，则11||||||||||10PB PC PB PC B C +=+≥=，当且仅当1,,B P C 共线时，等号成立， 即||||PB PC +的最小值为10，此时1B C 的方程为53455063y x x +=+=−+−，联立y x =， 解得157xy ==，即151577P ,. 16. 如图，正三棱柱111ABC A B C 所有的棱长均为2，点D 在棱11A B 上，且满足11123A D AB =，点E 是棱1BB 的中点．（1）证明：//EC 平面1AC D ；（2）求直线AE 与平面1AC D 所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2【解析】【分析】（1）（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行，也可利用空间向量求线面角的大小. 【小问1详解】 如图：取AB 的中点O ，因为三棱柱是正三棱柱且棱长为2，故以O 为原点，建立空间直角坐标系，则()1,0,0A −，()C，()12C ，1,0,23D，()1,0,1E ， 所以4,0,23AD =，113DC =−，()1EC =−− . 设平面1AC D 法向量为(),,n x y z =，的由1n AD n DC ⊥⊥ ⇒()()4,,,0,2031,,03x y z x y z ⋅=⋅−=⇒4600x z x += −+= ，取()6n−.因为()()16EC n ⋅=−−⋅−9360=−++=，又直线EC ⊄平面1AC D ，所以//EC 平面1AC D . 【小问2详解】因为()2,0,1AE =，设直线AE 与平面1AC D 所成的角为θ，则sin θcos,n AE n AE n AE ⋅===⋅=. 17. 已知圆C 的圆心在x轴上，且过(−． （1）求圆C 的方程；（2）过点(1,0)P −的直线与圆C 交于,E F 两点（点E 位于x 轴上方），在x 轴上是否存在点A ，使得当直线变化时，均有PAE PAF ∠=∠A 的坐标；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）224x y += （2）存在，且()4,0A − 【解析】【分析】（1）设出圆的方程，借助代入所过点的坐标计算即可得；（2）圆问题可转化为在x 轴上是否存在点A ，使0AE AF k k +=，设出直线方程，联立曲线，借助韦达定理与斜率公式计算即可得. 【小问1详解】设圆C 为()222x a y r −+=，则有()()2222212a r a r −−+=−=，解得204a r == ，故圆C 的方程为224x y +=；【小问2详解】由题意可得，直线EF 斜率不为0，故可设:1EF l x my =−，()11,E x y ，()22,F x y ， 联立2214x my x y =−+=，有()221230m y my +−−=， 2224121216120m m m ∆=++=+>， 12221my y m +=+，12231y y m −=+， 设(),0A t ，1t ≠−，由PAE PAF ∠=∠，则有0AE AF k k +=， 即()()()()12211212120y x t y x t y y x t x t x t x t −+−+==−−−−， 即()1221120y x y x t y y +−+=， ()()()()12211212211211y x y x t y y y my y my t y y +−+=−+−−+ ()()()()1212222216216210111m t m m t m my y t y y m m m +−−+−−++=−==+++， 即()()621240m m t m t ++=+=， 则当4t =−时，0AE AF k k +=恒成立， 故存在定点()4,0A −，使得当直线变化时，均有PAE PAF ∠=∠.18. 如图，三棱柱111ABC A B C 中，ABC 为等边三角形，1π4B BC ∠=，平面11ABB A ⊥平面11CBB C ．（1）求证：1AC BB ⊥；（2）若12BB =，点E 是线段AB 的中点， （i ）求平面1ECC 与平面1ACC 夹角的余弦值；（ii ）在平面11ABB A 中是否存在点P ，使得1||4PB PB +=且1||PC PC =P 的位置；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）答案见解析 （2）（i；（ii ）存在，(2,0,0)P − 【解析】【分析】（1）用线面垂直的判定定理证明BB 1⊥平面AOC ，后转移到线线垂直即可．（2）（i ）空间向量解题，先求出平面1ECC 与平面1ACC 的法向量，后按照夹角公式求解即可．（ii ）设假设存在(,0,)P x z ,若1PC PC =22560x z x +++=（∗）.1142PB PB BB +=>=,则根据椭圆定义知道P 的轨迹为椭圆，求出轨迹方程为：22143x z +=，整理得22334z x =−,联立（∗），解出即可 【小问1详解】 如图，过A 作1BB 的垂线AO ，交1BB 于O ，连接OC ，则,AO OB AO OC ⊥⊥．ABC 为等边三角形，则AB AC =，又AO AO =，则Rt Rt AOB AOC ≅ ，则BO CO =，则π4OCB ∠=，则π2COB ∠=，即11,,B B CO B B AO CO AO O ⊥⊥=， ,CO AO ⊂平面AOC ，则1BB ⊥平面AOC ，AC ⊂平面AOC ，则1AC BB ⊥．【小问2详解】（i ）由(1)可知OB ,OA ,OC 两两垂直，则可以O 为原点，建立如图所示空间坐标系O -xyz.12BB =,点E 是线段AB的中点，则AB BC CA ===1OAOB OC ===． 1111(0,0,1),(1,0,0),(0,1,0),(1,0,0),(2,1,0),(,0,)22A B C B C E −−，111(2,0,0),(0,1,1),(,1,)22CC CA CE =−=−=− . 设平面1ECC 法向量(,,)m x y z =，则100m CE m CC ⋅=⋅=即1102220x y z x −+= −= 解得012x y z = = = ，故(0,1,2)m = ； 同理平面1ACC 法向量(0,1,1)n =.则cos ,m n m n m n⋅==⋅， 设平面1ECC 与平面1ACC 夹角θ,则cos θ=． （ii ）平面11ABB A 中,假设存在(,0,)P x z ,若1PC PC ==，整理得，22560x z x +++=（∗）.1142PB PB BB +=>=, 则根据椭圆定义知道P 在以1BB 为焦距的椭圆上，且1142,22PB PB a c BB +====，解得2,1,a c b===则P 的轨迹方程为：22143x z +=，整理得22334z x =−,与（∗）联立方程组. 2222560334x z x z x+++==−，解得120x z =−= ，22180)x z =−<（ ，舍去．故在平面11ABB A 中存在点P ，使得14PB PB +=且1PCPC =P 坐标为(2,0,0)−．19. 在空间直角坐标系O xyz −中，己知向量(,,)u a b c = ，点()0000,,P x y z ．若直线l 以u为方向向量且经过点0P ，则直线l 的标准式方程可表示为000(0)x x y y z z abc a b c−−−==≠；若平面α以u 为法向量且经过点0P ，则平面α的点法式方程可表示为()()()0000a x x b y y c z z −+−+−=，一般式方程可表示为0ax by cz d +++=． （1）若平面1:210x y α+−=，平面1:210y z β−+=，直线l 为平面1α和平面1β的交线，求直线l 的单位方向向量（写出一个即可）；（2）若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为22αβγ、、，其中平面2α经过点(4,0,0),(3,1,1)−，(1,5,2)−，平面2:4y z β+=，平面:(1)(2)30mx m y m z γ+++++=，求实数m 的值； （3）若集合{}(,,)|4,4,4M x y z x y y z z x =+≤+≤+≤，记集合M 中所有点构成的几何体为S ，求几何体S 的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小． 【答案】（1）212,,333−−（2）1m =−（3）体积为128，相邻两个面（有公共棱）所成二面角为2π3【解析】【分析】（1）记平面1α，1β的法向量为11(1,2,0),(0,2,1)αβ==− ，设直线l 的方向向量(,,)l x y z =，由直线l 为平面1α和平面1β的交线，则1l α⊥ ，1l β⊥，列出方程即可求解；（2）设2:α10ax by cz +++=，由平面2α经过点(4,0,0),(3,1,1)−，(1,5,2)−，列出方程中求得2:4x y α+=，记平面22αβγ、、的法向量为22(1,1,0),(0,1,1),(,1,2)m m m αβγ===++ ，求出2α与2β交线方向向量为()1,1,1p =− ，根据p γ⊥，即可求得m 的值；（3）由题可知，S 由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，即可计算出体积，设几何体S 相邻两个面（有公共棱）所成二面角为()0,πθ∈，由题得出平面EBC 和平面ECD 的法向量，根据两平面夹角的向量公式计算即可． 【小问1详解】记平面1α，1β的法向量为11(1,2,0),(0,2,1)αβ==− ，设直线l 的方向向量(,,)l x y z =，因为直线l 为平面1α和平面1β的交线，所以1l α⊥ ，1l β⊥ ，即112020l x y l y z αβ ⋅=+= ⋅=−=，取2x =，则(2,1,2)l =−− ， 所以直线l 的单位方向向量为212,,333−−． 【小问2详解】设2:α10ax by cz +++=， 由平面2α经过点(4,0,0),(3,1,1)−，(1,5,2)−，所以4103105210a a b c a b c += +−+=−+++= ，解得14140a b c=−=− = ，即2:4x y α+=， 所以记平面22αβγ、、的法向量为22(1,1,0),(0,1,1),(,1,2)m m m αβγ===++，与（1）同理，2α与2β确定的交线方向向量为()1,1,1p=−， 所以p γ⊥，即()1210p m m m m γ⋅=−+++=+= ，解得1m =−．【小问3详解】由集合{}(,,)|4,4,4M x y z x y y z z x =+≤+≤+≤知，S 由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，如图所示，13224433V =×××=正四棱锥，3244461283S V =××+×=， 设几何体S 相邻两个面（有公共棱）所成二面角为()0,πθ∈，平面:40EBC x z +−=，设平面EBC 法向量1(1,0,1)n =，平面:40ECD y z +−=，设平面ECD 法向量2(0,1,1)n =，所以121cos cos ,2n n θ==， 所以几何体S 相邻两个面（有公共棱）所成二面角为2π3．【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是作出空间图形，求出相关法向量，利用二面角的空间向量求法即可.。
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【解析】根据点与圆的位置关系,将点 代入圆的方程左边,再解其等于0与大于0的解集即可.
【详解】
由题, ,
故 ,解得 或
当点 在圆 上时, ,解得 .满足
当点 在圆 外时, ,解得 .故此时 或
故答案为：(1) ；(2) 或
【点睛】
本题主要考查了根据点与圆的位置关系求解参数的问题,属于基础题.
【答案ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ1 0
【解析】易得曲线 为半圆,直线 过定点 ,再数形结合分析可知直线与半圆相切时斜率 最小,过右顶点时斜率最大再计算即可.
【详解】
直线 ,过定点 . 为以 为圆心,1为半径的上半圆.
由图可知,当直线过 时斜率 最大,此时 .
当直线 与半圆相切时 最小,即 ,由图可知 .即此时 最小为0
故答案为：(1)1；(2)0
因为两切线均过原点,有对称性可知连心线所在的直线经过原点,设该直线为 ,设两圆与 轴的切点分别为 ,则两圆方程为：
,因为圆 与 交于两点,其中一交点的坐标为 .
所以 ①, ②.
又两圆半径之积为9,所以 ③
联立①②可知 是方程 的两根,
化简得 ,即 .
代入③可得 ,由题意可知 ,故 .
因为 的倾斜角是连心线所在的直线的倾斜角的两倍.故 ,故 .
2018-2019学年浙江省宁波市镇海中学高一下学期期末
数学试题
一、单选题
1．如图是一个正四棱锥，它的俯视图是（）
A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】根据正四棱锥的特征直接判定即可.
【详解】
正四棱锥俯视图可以看到四条侧棱与顶点,且整体呈正方形.
故选：D
【点睛】
本题主要考查了正四棱锥的俯视图,属于基础题.
(2)设 ,再根据圆的切线长公式以及 求出关于关于 的关系,再代入 的表达式求取得最小值时的 即可.
【详解】
(1)圆 圆心为 ,半径为 .
当直线 的斜率不存在时,圆心到直线的距离 ,故不存在.
当直线 的斜率存在时,设 的方程： ,即 .
则圆心 到 的距离 ,由垂径定理得 ,
即 ,即 ,解得 .
故 的方程为 或
(1)求证： ；
(2)求直线 与平面 所成角的正弦值.
【答案】(1)证明见解析；(2)
【解析】(1)取 中点 ,连接 ,可得四边形 为平行四边形.再证明 平面 得到 ,进而得到 即可.
(2)利用等体积法,求出三棱锥 的体积,进而求得 到平面 的距离,再得出直线 与平面 所成角的正弦值即可.
【详解】
(1)取 中点 ,连接 ,则 .又 ,故 .
【答案】A
【解析】画出不等式组 的可行域,再根据线性规划的方法,结合 的图像与 的关系判定最小值即可.
【详解】
画出可行域,又 求最小值时,故 的图形与可行域有交点,且 往上方平移到最高点处.易得此时在 处取得最值 .
故选：A
【点睛】
本题主要考查了线性规划与绝对值函数的综合运用,需要根据题意画图,根据函数的图形性质分析.属于中档题.
(2)如图,设 ,因为 ,故 ,则 ,
即 ,化简得 ,即 .
此时 ,
故当 ,即 时 最短.
此时
【点睛】
本题主要考查了直线与圆的位置关系,包括垂径定理以及设点根据距离公式求距离最值的问题.需要根据题意列出关系式化简,并用二次函数在对称轴处取最值的方法.属于中档题.
20．在四棱锥 中， 底面 ， ， ， ， ，点 为棱 的中点.
对③, , , ,则 成立.故③正确.
对④,若 , ,则 ,或 ,又 ,则 .故④正确.
综上,③④正确.
故选：B
【点睛】
本题主要考查了根据线面、线线平行与垂直的性质判断命题真假的问题,需要根据题意举出反例或者根据判定定理判定,属于中档题.
9．若实数 满足不等式组 ，则 的最小值是（）
A． B．0C．1D．2
2．已知点 到直线 的距离为1，则 的值为（）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】根据点到直线的距离公式列式求解参数即可.
【详解】
由题, ,因为 ,故 .
故选：D
【点睛】
本题主要考查了点到线的距离公式求参数的问题,属于基础题.
3．正方体 中，则异面直线 与 所成的角是
A．30°B．45°C．60°D．90°
【点睛】
本题主要考查了直线与圆相切的问题,需要数形结合确定临界条件,包括相切与过定点求解斜率的方法,属于中档题.
13．若过点 的直线 被圆 截得的弦长最短，则直线 的方程是________，此时的弦长为________
【答案】
【解析】因为点 在圆内,故当过圆心与 的直线与直线 垂直时截得的弦长最短,再根据垂径定理求解即可.
故选：A
【点睛】
本题主要考查了圆的方程的综合运用,需要根据题意列出对应的方程,结合韦达定理以及直线的斜率关系求解.属于难题.
二、双空题
11．已知圆柱的上、下底面的中心分别为 ，过直线 的平面截该圆柱所得的截面是面积为4的正方形，则该圆柱的表面积为________，体积为________.
【答案】
【解析】根据题意可知正方形的边长为2,从而计算出圆柱的底面半径与高即可.
【答案】
【解析】易证明 中 ,且 周长为 ,其中 为定值,故只需考虑 的最小值即可.
【详解】
由题,棱长均为2的三棱锥 ,故该三棱锥的四个面均为正三角形.
又因为 ,故 .故 .
且 分别为 上的中点,故 .
故 周长为 .
故只需求 的最小值即可.
易得当 时 取得最小值为 .
故 周长的最小值为 .
故答案为：
【答案】C
【解析】连接A ，易知： 平行A ，
∴异面直线 与 所成的角即异面直线 与A 所成的角，
连接 ，易知△ 为等边三角形，
∴异面直线 与 所成的角是60°
故选C
4．在直角梯形 中， ， ， ， ， ，则梯形 绕着 旋转而成的几何体的体积为（）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】易得梯形 绕着 旋转而成的几何体为圆台,再根据圆台的体积公式求解即可.
【点睛】
本题主要考查了立体几何中的距离最值问题,需要根据题意找到定量以及变量的最值情况即可.属于中档题.
17．在三棱锥 中， ， ， ，作 交 于 ，则 与平面 所成角的正弦值是________.
【答案】
【解析】取 中点 , 中点 ,易得 面 ,再求出 到平面 的距离,进而求解 再得出 到平面 的距离.从而算得 与平面 所成角的正弦值即可.
19．已知圆 .
(1)过原点 的直线 被圆 所截得的弦长为2，求直线 的方程；
(2)过 外的一点 向圆 引切线 ， 为切点， 为坐标原点，若 ，求使 最短时的点 坐标.
【答案】(1) 或 ;(2)
【解析】(1)利用垂径定理求出圆心到直线 的距离,再分过原点 的直线 的斜率不存在与存在两种情况,分别根据点到线的距离公式求解即可.
【详解】
如图,取 中点 , 中点 ,连接 .
因为 , ,所以 .
因为 , ,所以 .
在 中,余弦定理可得 .
在 中,余弦定理可得 ,故 .
在 中, ,且 面 .
故 到面 的距离 . 到面 的距离 .
又因为 ,所以 ,
所以 ,所以 ,故 到面 的距离 .
故 与平面 所成角的正弦值是
故答案为：
【点睛】
本题主要考查了空间中线面垂直的性质与运用,同时也考查了余弦定理在三角形中求线段与角度正余弦值的方法,需要根据题意找到点到面的距离求解,再求出线面的夹角.属于难题.
【详解】
易得梯形 绕着 旋转而成的几何体为圆台,圆台的高 ,上底面圆半径 ,下底面圆半径 .
故该圆台的体积
故选：A
【点睛】
本题主要考查了旋转体中圆台的体积公式,属于基础题.
5．已知直线倾斜角的范围是 ，则此直线的斜率的取值范围是（）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】根据直线的斜率等于倾斜角的正切值求解即可.
三、填空题
15．异面直线 ， 所成角为 ，过空间一点 的直线 与直线 ， 所成角均为 ，若这样的直线 有且只有两条，则 的取值范围为___________________.
【答案】
【解析】将直线 ， 平移到交于 点，设平移后的直线为 ， ，如图，过 作 及其外角的角平分线，根据题意可以求出 的取值范围.
【详解】
由垂径定理可知,若过点 的直线 被圆 截得的弦长最短,则圆心到直线 的距离 最长,又 ,故当 即直线 与 垂直时弦长最短.
此时 , .故直线 的方程是 .
此时弦长 .
故答案为：(1) ；(2)
【点睛】
本题主要考查了过圆内一点的弦长最值问题,需要根据题意判断出直线的位置再求解.属于基础题.
14．已知点 和圆 ，若点 在圆 上，则实数 ________；若点 在圆 外，则实数 的取值范围为________.
【详解】
(1)连接 交 于 ,连接 .则 为 中点
因为 分别为 中点,故 为 中位线,故 .
又 面 , 面 .
故 平面 .
(2)由(1)有异面直线 与 所成角即为 与 所成角即 ,
设正四棱锥 的各边长均为2,则 , ,
.因为 ,故 .
则 .即异面直线 与 所成角的余弦值为
【点睛】
本题主要考查了线面平行的证明以及异面角的余弦求解,需要根据题意找到中位线证明线面平行,同时要将异面角利用平行转换为平面角,利用三角形中的关系求解.属于基础题.
故四边形 为平行四边形.故 .
又 ,故 ,又 底面 , 平面 ,故 .
又 , ,故 ,又 ,故 平面 .
又 平面 ,故 .