2022-2023学年重庆市高一年级下册期中数学模拟试题（含解析）

2022-2023学年重庆市高一下册期中数学模拟试题

(含解析)

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.已知复数z=3+i,则复数z∙Q+i)4在复平面内对应的点在()

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

2.中，α,b,c是角A,B,C的对边，b=2区c=2,C=3。,则此三角形有()

A.一个解B.2个解C.无解D.解的个

数不确定

3.下列几组空间向量中，不能作为空间向量基底的是()

A.α=(1,0,0),0=(0,1,0),C=(0,0,1)

B.α=(1,1,0)S=(1,0,1),c=(0,1,1)

c.α=(l,l,2),⅛=(l,l,0),c=(l,0,l)

D.α=(l,l,l),⅛=(l,0,l),c=(l,2,l)

4.已知向量α,人满足(α+A)∙5=2,且W=1,则向量。在向量b上的投影向量为()

A.1B.—1C.bD.—b

5.设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为％、匕和匕，则()

A-V1<⅛<VSB.%<K<XC.%<K<%D.

⅛<⅛<vl

6.如图，直角梯形ABa)中，AB^3CD,ZABC=3Q，BC=A,梯形ABCQ绕Ao

所在直线旋转一周，所得几何体的外接球的表面积为()

112π

B.48πC.128πD.208π

7.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点

的曲率等于2兀与多面体在该点的面角和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度

用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率

之和.则正八面体(八个面均为正三角形)的总曲率为()

A.2πB.4πC.6πD.8π

8._A3C中，a,b,C是角A,B,C对边，SABC=；c(a—b)，其外接圆半径A=2,

且4(sin2A-sin23)=(G〃一力卜in3,则(1+sinA)(I-SinjB)=()

532

A.1B.-C.-D.一

643

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.

9.设/为直线，α,仅为两个不同平面，则下列命题中正确的是()

A.若l∕ia,l"β,则α〃/?

B,^allβ,IHa,则〃/6

C.若/_La,,则α〃夕

D若a∕∕β,l工a,则/，月

10.已知函数/(x)=sin"+V1(0>O)在一兀看上单调，且函数y=∕(x)图像关于

点(一g,0对称，则()

∖ɔ7

A.2兀是/(x)的一个周期

B./(x)的图像关于Xq对称

C.将/(力的图像向右平移W个单位后对应函数为偶函数

9

D.函数y=∕(x)-正在［0,兀］上有2个零点

H.中，”,4c是角A,B,C对边，b2=a2+ac,则()

A.若B=一TT,则A=T2T

24

B.若A=工,α=2,则-ABC的面积为26

6

C.若A=BM=2,则角8角平分线BO=G

6

D.若一ABC为锐角三角形，a=2,则边长8w(2夜,26)

12.已知正方体ABa)-ABCQl的棱长为2,点E,F分别为面88C0,CCQI。的

中心，点G是A内的中点，则()

A.DElBG

B.AF〃面BGG

C.直线AB与平面BGG所成角的余弦值为立

3

D.过点E且与直线OE垂直的平面α,截该正方体所得截面周长为亚+36

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知正，AB'C'为水平放置的“WC的直观图，若Ae=2,则一ABC的面积为

14.已知复数Z满足∣z∣+z=2+4i,则5=.

Tr

15._ABC中A=§,D为边Be上一点,^CD=AD=BD,则SinC=.

16.已知平面向量ɑ,),e满足Ial=Ia-可=2,|4—c∣=l,则/,∙c的最大值为.

四、解答题(共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤).

17.已知向量a=(2,2),h=(-l,Z).

(1)若4_1(4+劝)，求实数％的值;

(2)若。与。的夹角是钝角，求实数k的取值范围.

18.如图所示，在四棱锥P—ABCO中，四边形ABCD为等腰梯形,

AB//CD,ADCDABACA.PC.

(1)证明：AC_L平面P8C：

⑵若PBLBC,PB=46求点。到平面PBC的距离.

2兀

19.在一ABC中，NA/B,NC对应的边分别为a,b,c,4=—力=5,c=3,一ABC的外接

3

圆0面积为S.

(1)求S值；

(2)若点。在AC上，且直线BD平分角NABC,求线段IBo的长度.

20.如图所示，已知四边形ABC。和四边形Ar)E户都是矩形.平面ABCDl平面

ADEF,Ar)=34F=3AB=3,M,N分别是对角线BD,AE上异于端点的动点，且

BM=AN.

(1)求证：直线MN平面CDE；

(2)当AN=INE时，用向量法求平面AMN与平面OMN夹角的余弦值.

2

21.如图，在三棱台ABC-A4G中侧面6CG4为等腰梯形，BC=S,BiCi=CCi=4,M

为BC中点.底面JRC为等腰三角形，AB=AC=5,。为BC的中点.

（1）证明：平面ABCJl平面AQ0：

（2）记二面角A-BC-4的大小为"

TT

①当夕二时，求直线与平面AAGC所成角的正弦值.

6

兀π

②当Oe时，求直线BBl与平面AAGC所成角的正弦的最大值.

22.在JWC中，NANB,NC对应的边分别为α,b,c,

2sinAsinBsinC=ʌ/ɜ（sin2B+sin2C-sin2A）

（1）求A；

（2）奥古斯丁.路易斯.柯西（4i∕g"s""Zz>"isC。"泌y,1789年-1857年），法国著名数学家.

柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等

式、柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.现在，在

（1）的条件下，若α=2,P是C内一点，过尸作AB,8C,AC垂线，垂足分别为

D,E,F,借助于三维分式型柯西不等式：χ,%,y3eH+，江+名+K≥鱼匕@-当

y%力弘+%+%

X,%%,IABl41Bd

且仅当时2等号成立.求T=舄+造1+I匕ACT的最小值.

M8为PDPE∖PF

答案解析

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.已知复数z=3+i,则复数z∙(l+y在复平面内对应的点在()

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

【正确答案】C

【分析】由复数代数形式的四则运算化简，再由复数的几何意义得结果.

【详解】由z=3+i,则有

z∙(l+i)4=(3+i)[(l+i)2]2=(3+i)(2i)2=(3+i)×(-4)=-12-4i,

所以复数z∙(l+i)4在复平面内对应的点的坐标为(-12,T),在第三象限.

故选：C.

2...ABC中，。,瓦，是角4,区。的对边，b=2瓜c=2,C=3。,则此三角形有()

A.一个解B.2个解C.无解D.解个

数不确定

【正确答案】B

AcjnC

【分析】利用正弦定理得Sin8=——,进而利用三角形内角和进行判断即可.

c

【详解】∙.∙AeC中，8=2百,c=2,C=3O,

.∙.根据正弦定理∙⅛=-⅛,得。.bsinC_26乂3,

sinBsinCSln万==-=--

c22

・18为三角形的内角，b>c9则有8=60或5=120，

・・・三角形的解有两个.

故选：B.

3.下列几组空间向量中，不能作为空间向量基底的是()

A.α=(1,0,0),0=(0,1,0),C=(0,0,1)

B.α=(ι,ι,O)S=(I,o,ι),C=(0,1,1)

C.α=(l,l,2),0=(l,l,0),c=(l,0,l)

D.α=(l,l,l),⅛=(l,0,l),c=(l,2,l)

【正确答案】D

【分析】根据空间向量共面定理依次判断各选项即可.

【详解】对于A,设(1,0,0)=；I((U,0)+"(0,0,1),无解，即α,A,c不共面，故可以作为

空间向量一个基底，故A错误：

对于B,设(l,l,0)=∕l(l,0,l)+4(0,l,l),无解，即α,b,c不共面，故可以作为空间向量

一个基底，故B错误；

对于C,设(1,1,2)=4(1,1,0)+//(1,0,1),无解，即α,b,e不共面，故可以作为空间向量

一个基底，故C错误；

对于D,设(l,l,l)=/l(l,0,l)+〃(l,2,l),解得％=〃=(,所以a,。,C共面，故不可以作

为空间向量一个基底，故D正确.

故选：D

4.已知向量a,匕满足(a+b)∙b=2,且忖=1,则向量。在向量b上的投影向量为()

A.1B.-1C.bD.-b

【正确答案】C

【分析】由己知可求得然后根据投影向量的公式，即可得出答案.

【详解】因为W=1,(a+/?)/=a∙b+Z?2=2,

所以a•〃=1，

a∙bb1b

所以，向量Q在向量〃上的投影向量为下「.忖二丁丁二人

故选：C.

5.设表面积相等的正方体、正四面体和球的体积分别为匕、匕和匕，则()

A.V1<⅛<⅛B.%<K<%C.K<K<%D.

⅛<K<V,

【正确答案】B

【分析】设正方体棱长为。，正四面体棱长为b,球的半径为R,面积为S∙表示出3个几何

体的表面积，得出α,",A,进而求出体积的平方，比较体积的平方大小，然后得出答案.

【详解】设正方体棱长为。，正四面体棱长为匕，球的半径为R,面积为S.

,S

正方体表面积为S=6/,所以/=

6

所以，邛=(/)2=仿2)3=旦;

1v7v7216

如图，正四面体P—ABC,。为AC的中点，。为々ABC的中心，则Po是尸一ABC底

面ABC上的高.

则LAC,AD=^b,所以BD=JABAD?=与b,

"x鸟』2,

所以SAC=ACxBD

Z)224

所以，正四面体P—ABC的表面积为S=4SAeC=屉2,所以/=^s.

又。为的中心，所以BO=ZBD=曲b.

33

又根据正四面体的性质，可知P0,30,

所以Po=^PB2-BO2=—b，

3

2

§XSA8CXP。)=-5-及=J_x

所以，片=

343J72723648

S

球的表面积为S=4兀R2,所以衣2=—

4π

3

所以，V∕=（→RI=⅛sv

因为「一S?>」一s3>」-s3>—L-S3=-S3,

36π144216216√3648

222

所以,V,>V,>V2.

所以,K<⅝<Vv

故选:B.

6.如图，直角梯形ABCD中，AB=3CD,ZABC=30，BC=A,梯形ABCQ绕4)

所在直线旋转一周，所得几何体的外接球的表面积为（）

A.----B.48πC.128πD.208π

3

【正确答案】D

【分析】由题意可知，旋转一周得到的几何体为圆台，可知外接球的球心一定在线段A。或

AO的延长线上.取圆台的轴截面，分情况讨论，作图，分别根据几何关系求出球的半径,

即可得出答案.

【详解】由题意可知，旋转一周得到的几何体为圆台.

取圆台的轴截面

由题意知，球心。一定在线段A。或A。的延长线上

图1

如图1,当球心。在线段Ao上时.

过点。作CE人Ae于E点，则CE=BCSin30=2，fi£=BCcos30=26,

所以C0=√LAB=3出.

设球的半径为A,Q4=x(0≤x≤2),OD=2-x,

R2=OD2+CD2

则由勾股定理可得,吧ML，

R2=Ofic+AB2

整理可得x+5=0,解得x=—5（舍去）；

图2

如图2,当球心。在OA的延长线上时.

过点C作CEIAB于E点，则CE=BCSin30=2，BE=BCcos30=26，

所以。。=6，AB=3√3∙

设球的半径为R,Q4=x(x>0),则QD=X+2,

R2=OD2+CD2W=(2+x)?+3

则由勾股定理可得，＜222，叫

R2=OA2+AB2火2=f+27

整理可得x—5=0,解得x=5.

所以,Λ2=72+3=52.

所以，圆台外接球的表面积为4πR2=208π∙

故选：D.

7.刻画空间的弯曲性是几何研究的重要内容.用曲率刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点

的曲率等于2兀与多面体在该点的面角和的差(多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度

用弧度制)，多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率

之和.则正八面体(八个面均为正三角形)的总曲率为()

C.6πD.8π

【正确答案】B

【分析】利用正八面体的面积和减去六个顶点的曲率和可得结果.

【详解】正八面体每个面均为等比三角形，且每个面的面角和为兀，该正面体共6个顶点,

因此，该正八面体的总曲率为6x2τt-8兀=4兀.

故选：B.

8..ABC中，a,b,C是角A,B,。的对边，Sb)，其外接圆半径火=2,

且4卜in2A-si∏2∙B)=(G4-/?卜inB,则(l+sinA)(l-SirLB)=()

5c32

A.1B.-C.—D.一

643

【正确答案】A

【分析】由已知可得α=®，ab=4(a-b),进而可得a,h,可求(l+sinA)(l-sin8).

详解】由正弦定理得‘一=‘一=」一=2R=4,即α=4sinA,b=4sinB,

sinAsinBsinC

c=4sinC,

X4(sin2A-sin2B)=(y∣3a-b)sinB,M1J16sin2A_16sin2B=(ʌ/ɜn-λ>)4sinB，

则ɑ?—〃=—,BPa^=■yfiab>得α=V⅛①,

因为SABC=-c(a-b'),则一a。SinC=­c(α-6),

则LabC=C(a-b),即ab=4(a-加②,

4

4(√3-l)

结合①②解得。=4(√3-l),

√3a

则l+sinA=l+g=l+√^-l=W1-sin6=>2=l-1+也=也,

4433

所以(1+sinA)(I-SinB)=L

故选：A.

本题考查了正弦定理，重点考查了三角形的面积公式，属中档题.

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.

9.设/为直线，。，月为两个不同平面，则下列命题中正确的是()

A.若Illa,l"β,则a〃0

B,^a∕φ,l∕∕a,则〃/尸

C,若/_La,/_!_/?,K!]allβ

D.若a"β,lLa,贝■尸

【正确答案】CD

【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系逐一分析四个选项得答案.

【详解】若〃/%〃/，，则a与夕可能平行，可能相交，A选项错误；

若a〃尸,〃/。，则〃/或∕u4,B选项错误；

若根据垂直于同一直线的两个平面平行，则a〃尸，C选项正确；

若al∣p,lLa,一条直线垂直与两个平行平面中的一个，则一定垂直与另一个，贝∣“∙LA,

D选项正确.

故选：CD.

IJT]TL

10.已知函数/(x)=Sin[s+(j3>0)在一兀，5上单调，且函数y=∕(x)图像关于

(π

点I-；,o对称，则()

I3)

A.2兀是/(x)的一个周期

B./(X)的图像关于X=与对称

C.将/(χ)的图像向右平移T个单位后对应函数为偶函数

G

D.函数y=∕(x)—记在[0,兀]上有2个零点

【正确答案】BD

【分析】由题意，利用正弦函数的图像和性质,先求出函数的解析式为/(x)=Sin

从而可判断其周期、轴对称、变换后的解析式，即可判断A,B,Ci依题意求得函数y=f(χ)

O

在[0,可上与y=而有两个交点，进而即可判断D.

【详解】由函数/(x)=sin((υx+S](6υ>0)在一兀胃上单调，则gχ^≥∙∣+π,得

C2

0<69≤一.

3

又函数y=∕(χ)图像关于点(一g,θ]对称，则一丝+'=也，kcZ,得@=一34+」.

I3J362

所以勿=g,即/(x)=sin[>J

2π

­二4λ兀

故有/(X)的最小正周期为J,故A错误;

2

=1为最大值，可得/(X)的图像关于X=手对称,故B正

确;

TTY

将/(X)的图像向右平移§个单位后对应函数为y=sin^,是一个奇函数，故C错误;

ɪ「八,%兀「兀2兀1L∣∕∕∖.(X兀、「11

由xe［0,可1，则rι彳+片,则f(x)=sm彳+「∈-,1,

2663\26√2

.π_1,2π√3且日

又τ7Sm二=二■，sin——二——，<2<1，

623210

99

所以函数y=∕(χ)在［0,可上与y=历有两个交点，即函数y=∕(x)-伍在［0,可上有2

个零点，故D正确.

故选：BD.

11.一ABC中，α,"c是角ARC的对边，b2=a2+ac>则()

TTTT

A.若B=X,则A=乌

24

B.若A=P,α=2,则一ABC的面积为2百

6

C.若A=巴,α=2,则角8的角平分线BO=百

6

D.若.√WC为锐角三角形，a=2,则边长。e(20,2月

【正确答案】ABD

【分析】根据题意并结合余弦定理。2=42+。2一2段858可得。=。-2。853,由正弦

定理以及三角恒等变换可得B=2A，即可判断AB正确；由等面积SΔABC=SΔABD+SABCD

可知BO=苧，即C错误；根据三角形形状可得,即可确定加e(8,12),

可解得be(2√Σ,2G),所以D正确.

［详解】根据题意由b2=a2+ac,结合余弦定理b2=a2+c2-2αccosB可得，

QC=C2—2QCCoSJB，又因为CW0,所以α=c—24zcos8；

利用正弦定理可得sinA=sinC-2sinAcosB，

再由SinC=Sin(A+8)可得，sinA=sin(A+B)-2sinAcosB,

即sinA=sinAcosB+cosAsinB-2sinAcosB,所以SinA=Sin(8—A)；

又因为ABW(O,兀),所以A=3—A，即B=2A;

对于A,若B=4,则A=O=工，故A正确；

224

TlTl

对于B,若A=—,α=2,则8=2A=―,由α=C-2QCOS3可得c=4,

63

所以JiBC的面积为S2Bc=gacsin5=2jL即B正确；

对于C,如下图所示：

由等面积可知S^ABC=S^ABD+S^BCD,

TrTr

由选项B可得c=4,B=-所以AABD—NCBD=—,

3f6

即S""='c∙∙BO∙sin∕+Lα∙8O∙sinC=2G,解得BD=述,所以C错误；

26263

对于D,若ABC为锐角三角形,Q=2,则可得c=α+勿CoSB=2+4CoS3,

0<S

22

,解得,所以CoSB∈[θ,])

且《Be[0,5),即，0<小

•π

C∈0,<—

2

又户=∕+αc=8+8cos6,所以〃∈(8,⑵，S½⅛∈(2√2,2√3),即D正确.

故选：ABD

12.已知正方体ABC。一4耳GA的棱长为2,点E,JF分别为面CCQ∣。的

中心，点G是ABl的中点，则（）

A.DELBG

B.AF〃面gG

C.直线A3与平面BGG所成角的余弦值为立

3

D.过点F且与直线OE垂直的平面α,截该正方体所得截面周长为亚+36

【正确答案】ACD

【分析】以Z)为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量的性质，利用OE∙BG是否等于

零，即可判断A；求出平面BGG的法向量，与AF是否垂直，即可判断B；根据直线AB

与平面BGG所成的角的余弦值可先求出AB与平面BaG的法向量的余弦值，再根据角的

关系求出所要求的结果，即可判断C：做出过点/且与直线OE垂直的平面α的截面图，

根据几何关系即可求出其周长，即可计算出D.

【详解】以。为坐标原点，以D4,DC,。口所在直线分别为X,V,z轴，建立坐标系,

如图所示,

则。(0,0,0),E(l,2,l),5(2,2,0),G(2,l,2),A(2,0,0),F(O,1,1),C1(0,2,2),

G(2,l,2),

UUU

对于A,由OE=(1,2,1),BG=(O,—1,2)，则。EBG=IX()+2χ(-l)+lχ2=0,所以

DELBG'故A正确;

对于B,设平面BGG的法向量为〃=(X∣,y∣,Z]),

UUUUUllUUUl

由BG=(-2,0,2)，BG=(0,-1,2)>AF=(—2,1,1)，

[BGW=O{-2xl+2z.=0

则〈即〈Cc,令zɪ=1,则x∣=1,y∣=2,则"=(1,2,1),

[BGn=O[-γl+2z1=0

又AF∙τi=(-2)xl+lx2+lxl=lHθ,所以AF与平面8C。不平行，故B错误;

对于C,设直线AB与平面BClG所成的角为α,

ABn_4_ʌ/ð

结合选项B得Sina=CoS(W-a)

又AB=(0,2,0)∣AB∣∙∣n∣2×ʌ/ð3,所以

2B,

CoSa=ʌ/l-sina-τ,故C正确;

对于D,结合C选项得〃=OE，则。£1平面3GG,

取A0,AA的中点为X,τ,WDt=CV=AU^~,

由几何关系可知，WX//vu,WV//TU,则%X7W组成一个平面,

由3G〃TU,BCJ/TX,TU,7X均在平面WYTW内,

则。El平面WXTUV,即过点尸且与直线。E垂直的平面a,截该正方体所得截面如图

所示平面MTUV,

则截面WXTUV的周长为

+√I+T+Jɪj+l+√22+l+√22+l=3√5+√2

WX+XT+TU+UV+VW=

故D正确.

故选：ACD.

本题考查了立体几何的综合应用，属于难题.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.已知正,A'B'C'为水平放置的^ABC的直观图，若AB=2，则_ABC的面积为

【正确答案】2指

【分析】求出正.A'B'C'的面积，再利用直观图与原图形面积间的关系计算作答.

1

兀

-

【详解】依题意，正,,A'B'C的面积S2-3-4

因为直观图与原图形的面积比为一，

4

所以一ABC的面积SABr=2√25A，旌=2√6.

⅛2√6

14.已知复数Z满足∣z∣+z=2+4i,则5=.

【正确答案】-3-4z

【分析】根据已知条件，结合复数模公式，复数的四则运算，共辗复数的定义，即可求解

【详解】设z=4+6ig,6eR),

V∣z∣+z=2+4i,

：.Ja2+b2+α+历=2+4i,

则有z=-3+4i,Σ=-3-4z.

故答案为.一3-4,

TT

15.ABC中A=,,。为边BC上一点，若2CD=AD=BD,则SinC=.

【正确答案】1

【分析】设NBAO="SeO,三,有ND4。=4一。，ZACD=--Θ,在，ACZ)中,

Iɜj33

由正弦定理求出。，得到NC,可求SinC.

【详解】如图所示，

BD

设/BAO=aeeO,1,由Ar>=8E>,则ZAB。=。,

TTZTT

所以ZADC=26,NDAC=L-θ,ZACQ=——θ,

33

A。DC

在“8中,由正弦定理可得陪二J=硒二］

因为AD=28,所以Sin

即J^eOSe-Sine=ɔ^eosθ+LSin。，整理得tan6=Y^,即

2236

inC=l.

3362s

故1

16.己知平面向量α,b,c满足IaI=Ia-司=2,|a—c∣=l,则∕7∙c的最大值为.

【正确答案】12

【分析】根据向量加减法的几何意义作出图形，观察W和ICl以及两个向量夹角的变化，判

断力∙c取最大值的位置.

【详解】设04=α,0B=z?,OC=C,则以=α-b,c4=α-e

由同=,一M=2,∣α—c∣=l,则网=2,8点在以A为圆心2为半径的圆周上，C点在以

A为圆心1为半径的圆周上，如图所不，

b-c=∖θB^OC∖cos^OB,OC),由图可知，当C三点共线，在如图所示的位置,

|。目有最大值4,IOq有最大值3,此时cos(θ8,OC)取最大值1,

所以/?•<?的最大值为12.

故12.

四、解答题(共70分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤).

17.已知向量a=(2,2),b=(-l,A:).

(1)若α,(α+2b),求实数々的值；

(2)若α与匕的夹角是钝角，求实数人的取值范围.

【正确答案】(1)-1

⑵(9,—1)D(T,1)

【分析】(1)根据题意求得g2=-2+2k，结合向量垂直的数量积的表示，列出方程，即

可求解；

(2)根据题意，利用“∙∕,<0且α与b不共线，结合向量的坐标表示和数量积的运算，即

可求解.

【小问I详解】

解：由向量4=(2,2),Z?=(T,%),可得α∙∕?=-2+2攵，

因为α~L(α+2Z?),可得α∙(α+2Z?)=α+2α,/?=8—4+4攵=0,解得Z=-I.

【小问2详解】

解：由(1)知，a-b=-2+2k<0>解得上<1，

又由向量.与b不共线，可得2χ比≠2χ(T),解得ZH-I,

所以实数左取值范围是(一叫T)U(-1,1)

18.如图所示，在四棱锥P—ABCD中，四边形ABcD为等腰梯形,

AB∕∕CD,AD=CD^2,AB^4,AC±PC.

（2）若「8_18。,P区=46，求点。到平面尸8。距离.

【正确答案】（1）证明见解析

（2）√3

【分析】（1）由勾股定理证明所以AClBC,又AC_LPC,可证AC_L平面PBC.

（2）由VD-PBC=vP-BCD，利用体积法求点D到平面PBC的距离.

【小问1详解】

四边形ABs为等腰梯形，AB∕∕CD,AD^CD=2,AB=^,

过点C作CEIAB于E,如图所示，

由余弦定理知AC2=AB2+BC2-2AB-BC-cosAABC=16+4—8=12,

则AC2+BC2=AB2,所以AClBC,

又AC_LPC,PC,3CU平面PBC,PCcBC=C,

所以AC_L平面PBC.

【小问2详解】

连接BZλ如图所示，

由Q)可知ACL平面PBC,ACU平面ABa),所以平面ABC平面PBC,

平面ABC。C平面P8C=3C,PBU平面PBC,PB±BC,P3_L平面ABC

又CE=2sin60=百，SBCD=；CEcD=6,

所以VP-BCD=；XSBCD∙PB=；X6X473=4,

在dPBC中，由PB_LBC,得SPiiC=gPB∙BC=46

设点。到平面PBC的距离为d,则VD_PBC=∣×4√3J,

VD.PBC=VP-BCD，解得d=百，即点。到平面PBC的距离为√3.

2TT

19.在.√WC中，4,/5,/。对应的边分别为。力,，,4=—”=5,，=3,48。的外接

3

圆O面积为S.

（1）求S的值；

（2）若点。在AC上，且直线3。平分角NABC,求线段Bo的长度.

49

【正确答案】（1）S=-τt

3

⑵BDT

7

【分析】（1）由余弦定理可求得。=7,再利用正弦定理计算可得外接圆半径为R二耳,

即可求出S=-兀；

3

（2）利用角平分线定理可得A。=3,再由余弦定理计算可得80=史

22

【小问1详解】

由A=生力=5,c=3,利用余弦定理可得

3

cr-b2+c2-IbccosA-25+9-2x5x3x（-g1-49,所以α=7；

Clal77

R——×-------——×~产——-f=

因此的外接圆。的半径为2SinA2√∣√3）

T

49

所以BC的外接圆。的面积S=兀炉=—；I

3

【小问2详解】

如下图所示：

ΛΓ)AD3

由直线5。平分角NABC，利用角平分线定理可得一=—=—,

DCBC7

33

又匕=AC=5,所以AO=-AC=-,

102

因此在AABO中，由余弦定理可得

BD2^AB2+AD2-2ABADCOSA^9+--2×3×-×∖--∖=-,

42I2)4

所以BO=豆Z,即线段BO的长度为王夕

20.如图所示，已知四边形A88和四边形AZ）Er都是矩形.平面ABCDl平面

ADEF,AD=3AF=3AB=3,M,N分别是对角线BD,AE上异于端点的动点，且

BM=AN.

/

8C

（1）求证：直线MN平面CQE；

（2）当AN=LNE时，用向量法求平面AMN与平面。肱V夹角的余弦值.

2

【正确答案】（1）证明见解析

43√46

322

【分析】（1）利用线面平行的性质与判定定理结合条件直接证明即可；

（2）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求解二面角夹角余弦值.

【小问1详解】

过N作NG，DE与AO交于G点，连接MG,因为NGa平面CDE,DEU平面CDE,

BC

所以NG，「平面CZ)E,因为NG；DE,所以4"="9=40,

AEDEAD

因为BM=NA,AE=BD,所以竺="所以MGjAB1CD,

GDMD

因为MG<Z平面CDE,DCU平面CDE,所以MG”平面CDE,

因为MGCNG=G,MGU平面MNG,NGU平面MNG,

所以平面MNG,平面CDE,因为MNU平面MNG,所以直线MN平面CDE；

【小问2详解】

因为平面ABC£)工平面Ar)E尸，平面ABCZ)C平面ADM=AD,

又A£u平面AOEF,AFlAD,所以AFJ_平面ABCQ,

则以A为原点，分别以AB,AD,AF为X,y,z轴建立空间直角坐标，如图,

N(O,11),

2

—X+y=0

AMιi=03-

设平面AMN的法向量为百=(χ,y,z),则《,所以＜

1C

ANn=0y+-z=0

3

令X=3,可得，”=(3,-2,6),

设平面MNn的法向量为"7=(α,b,c),ON=(O,-2,g),∕)M=(∣,-2,0),

2

—a—2b=O

DM∙m=O3

则〈，所以《,令a=3,可得加=(3,1,6),

DN∙m=O-2b+-c=0

3

9-2+3643

所以机,〃=----

CoS7=-=-J=,

7∙√467√46

9-2+36_43√46

所以平面AMN与平面£)MN夹角的余弦值.cos机,〃

7∙√46—322

21.如图，在三棱台ABC-ΛlB1C1中侧面3CG4为等腰梯形，BC=8,B1C1=CCi=4,M

为BC中点.底面JWC为等腰三角形，AB=AC=5,。为BC的中点.

B

(1)证明：平面ABC1平面AOM；

(2)记二面角A-6C-g的大小为a

TE

①当。时，求直线5与与平面AAGC所成角的正弦值.

6

TTTT

②当。W时，求直线8片与平面AACC所成角的正弦的最大值.

【正确答案】(1)证明见解析:

(2)①土巨，②最大值为3

375

【分析】(1)由三棱台ABC-A4G性质及其边长即可证明BCi平面AQ0,利用面面

垂直的判定定理即可证明平面ABcJ,平面AOM；

(2)①由题意可知NAOM即为二面角A-BC-B∣平面角，ZAoM=θ,以。为坐标

原点建立空间直角坐标系，可得BA=(-2,2GCOSa2λ∕5sin6∙),平面A&GC的一个法

S

向量为n=f-3,4,—二蜉q,把6=二代入可得直线BBl与平面AA1C1C所成角的正弦

(Slnej6

3

Γ-r-ISinQf=I

值为上空；②当夕∈时，f√3-4cos^Y，利用e的范围即可求

N〔sineJ

3

得直线B用与平面A