浙江省强基联盟2022-2023学年高一年级下册5月统测数学试题（含解析）

2022学年第二学期浙江强基联盟高一5月统测

数学试题

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有

一项是符合题目要求的.

）设全集U=R,A={x|-lWxWl},B={xwN|x—340},则图中阴影部分对应的集合是（）

U

A.[-1,3]B.{-1,3}C.[2,3]D.{2,3}

2.已知上=l+i（其中i为虚数单位），则z=（）

Z

--1+i1+i

A.-1+iB.liC.D.

+22

3.下列说法错误的是（）

A.一个八棱柱有10个面B.任意四面体都可以割成4个棱锥

C.棱台侧棱的延长线必相交于一点D.矩形旋转一周一定形成一个圆柱

4.设M是平行四边形A8C。的对角线的交点，则2M4+3M8+3MC+2M£>=（）

A.ABB.BCC.CDD.5AB

5.若VxeR,f+4x+(+g〉O)={XGR

x2-x+c<O,ceR|,则c=()

A.-1B.1C.-2D.2

6.若。=$1115力=10832,。=1112,4=©°°°1则()

Aa<b<c<dB.a<c<b<d

C.h<c<d<aD.a<d<b<c

7.已知函数/(x)=2sin2<yx(o>0),将函数y=./'(x)的图象向左平移」-个单位长度后得到函数

1269

7

y=g(x)的图象，若关于x的方程g(x)=Q在0,三上有且仅有三个不相等的实根，则实数0的取值

范围是()

31313151517

AB.C.D.7'7J

7'T7777

8.如图所示，在三棱锥A—BCD中，A£>与8C所成的角为30，且|4)卜忸［=2.在线段AB上分别取

靠近点A的"+l(“eN*)等分点，记为此，%，，吃.过风(左=1,2,•,〃)作平行于A06C的平面,

与三棱锥A—BCD的截面记为4(%=1,2,,n),其面积为力住)，则以下说法错误的是()

A.截面%,%，“%都为平行四边形

B.<⑴=」

3'716

mg。

D(〃+1)<(〃)<(〃+2)嘉(〃+1)

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多

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.已知i是虚数单位，下列说法正确的是()

A.若复数Z1,Z2满足团=%］,则z；=z；

B.若复数z满足zeR,则2GR

C.若/一1+(/+3%+2］是纯虚数，则实数％=±1

D.若忖=1,则|z—(l+i)|的最大值为五+1

b1

10.在锐角_ABC中，角A,3,C的对边分别为a,0,c,cosC=------,则下列选项正确的是()

2a2

A.b>«B.—G(1,2)C.C=2AD.tanC>V3

11.如图，在-ABC中，BD=DE=EC,ABAD=2AC-AE,贝UcosNADE的可能值为()

12.在正方体ABC。一44G。中，〃为棱CG的中点，P在侧面ABB|A上运动，旦已

知正方体的棱长为2,贝1（）

AAP//平面ARM

B.P的轨迹长度为石

C.PM的最小值为边适

5

D.当p在棱44上时，经过AP,加三点的正方体的截面周长为丝士2叵包1

6

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.在三棱锥P—ABC中，/%，平面48。,48,8。,%=3。=1,48=石，则三棱锥P—ABC的表

面积为.

14.已知5足（仁一1）=；,则sin（2a+^j=.

〃8

15.已知向量4=（2』）,6=（4—〃,加）,根>0,〃>0,若ab，则一+一的最小值为.

mn

16.水平桌面上放置了3个半径为2的小球，3个小球的球心构成正三角形，且相邻的两个小球相切，若用

一个半球形的容器罩住3个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为.

四、解答题：第17题10分，18~22题每题12分，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或

演算步骤.

17.已知向量〃=(%,1),/?=(—2,3).

(1)若(2。+。)，〃，求实数x的值；

(2)若a与〃的夹角为锐角，求实数X的取值范围.

18.在..ABC中，角ARC的对边分别为a,4c,在以下条件中选择一个条件：①

a+c=2/jsinC+^；(2)(/;+c)(sinB-sinC)=(i?-c)sinA；求解以下问

题.(选择多个条件的，以所选的第一个计分)

⑴求角8;

(2)若a+c=48，且BA-BC=6，求ABC的内切圆半径.

19.在三棱锥A—B8中，底面是边长为2的正三角形，AT>J_底面8。,4)=4,〃是4。的中点，P

是5M的中点，Q,R分别在线段AC和A8上，且AQ=3QC,AR=3H5.

(1)证明：平面PQR:平面BCD.

(2)求直线PC与底面5CO所成角的大小.

20.杭州市为迎接2023年亚运会，规划修建公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为如图所示的四边

形ABC0.运动员在公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材车或收容车处获得

帮助，如修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点处进行，还需要运送一些补给物品，例如食物、饮

料、工具和配件，所以项目设计需要预留出AC,8D为赛道内的两条服务通道(不考虑宽度)，

27r7T7T

DC,CB,BA,AD为赛道，NABC=一,/BAD=-,ZACD=~,NACB=0,DA=9km.

323

DA

C

(1)设。点到赛道AD的最短距离为力，请用。表示〃的解析式；

(2)应该如何设计，才能使折线段赛道ABC最长(即4B+3C最大)，最长值为多少？

21.如图，在多面体ABCDE尸中，平面平面ABCD,平面平面ABCD,ABQD菱形,

ZABC=60,AB=2,FC//EA,EA=3,FC=l.

(1)证明：FT_L平面A8CD；

(2)求二面角8—所一。的平面角的余弦值.

22.已知函数/(X)=2asin2x+(a—l)(sinx+cosx)+2a-8,XG其中a>0.

⑴当a=2时，求的值域;

⑵若对任意西,々6-p0。~+1,求实数。的取值范围.

2022学年第二学期浙江强基联盟高一5月统测

数学试题

命题人：

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个

选项中，只有一项是符合题目要求的.

1,设全集U=R，A={乂-Kl},8={xeN|X-3W0},则图中阴影部分对应的集合

是（）

~U

A.[-1,3]B.{-1,3}C.[2,3]D.{2,3}

【答案】D

【解析】

【分析】图中阴影部分表示3（Q,，A）,由交集的补集的定义求解即可.

【详解】图中阴影部分表示8（2力，人=卜|一1＜兀41},则为4=„＞1或》＜一1},

因为3={xeN|x-3＜（）}

所以3={0,1,2,3},3c（常A）={2,3},

故选：D.

2.己知±=l+i（其中i为虚数单位），则z=（）

z

-l+il+i

A.-1+iB.l+iC.----D.

2

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数的除法运算可得结果.

【详解】z==

l+i22

故选：D.

3.下列说法错误的是（）

A,一个八棱柱有10个面B.任意四面体都可以割成4个棱锥

C.棱台侧棱的延长线必相交于一点D.矩形旋转一周一定形成一个圆柱

【答案】D

【解析】

【分析】根据几何体的定义及特征，利用逐一检验法对各每一个选项依次检验.

【详解】解：对于选项A：根据棱柱的定义，八棱柱有8个侧面，2个底面，共10个面，

故A说法正确；

对于选项B：任意四面体，在四面体内取一点为P,将点P与四面体的各个顶点连，即可

构成4个棱锥，故B说法正确；

对于选项C：根据棱台的定义，其的侧棱的延长线必交于一点，故C说法正确；

对于选项D：矩形以一边所在直线为旋转轴旋转形成圆柱，故若以矩形对角线所在直线为

旋转轴旋转，不能形成圆柱，故D说法错误.

故选：D.

4.设M是平行四边形ABCD的对角线的交点，则2M4+3MB+3Md+2A/£>=（）

A.ABB.BCC.CDD.SAB

【答案】A

【解析】

【分析】根据平行四边形性质及向量线性运算化简得解.

【详解】如图，

2MA+3MB+3MC+2MD=+MB+MC+MD^+MB+MC

=MB+MC—AM+MB—AB，

故选：A.

5.若{aeR|V无€R,x2+^^x+(+；＞o}={xeR|x2—x+c＜O,ceR},则c=()

A.-1B.1C.-2D.2

【答案】C

【解析】

【分析】由Vxe+以+幺+，＞0,得△=/-4(=+=]＜(),解得一/＜。＜2,由

42142)

题意可知-1,2是方程炉一x+c=o的两根，由韦达定理可得答案.

【详解】•••VxeR,x2+ax+g+，>0,AA=a2-4|-+-I<0,解得一/<。<2,

42<42J

.,・{Q£R|-1VQ<2}={x£R|X2-x+c<0,c£R},

工—1,2是方程—x+c=o的两根，则—lx2=c,，c=—2.

故选：C.

6.若。=sin5,/?=log32,c=ln2,d=e°°”,则（）

A.a<b<c<dB.a<c<b<d

C.b<c<d<aD.a<d<h<c

【答案】A

【解析】

【分析】a=sin5直接与0比较，均在（0,1）内，所以作差法进一步比较，d与1比较即

可.

【详解】因兀V5V2兀，所以。=sin5V0,

因为0Vlog32<l,0<ln2<l,ln2-log2=f>0,所以In2>log2,即c〉/?,

3Igelg33

d=e。・⑼,e。6

所以d>c>b>a,

故选：A

7.已知函数/(x)=2sin20x(o>O),将函数y=的图象向左平移」一个单位长度

1269

后得到函数y=g(x)的图象，若关于％的方程g(x)=G在0,—上有且仅有三个不相

等的实根，则实数。的取值范围是()

A。Ij'亍]B_JC'\y，~)0，

一乜3]

.7'7J

【答案】B

【解析】

【分析】根据三角函数图象平移的规律得g(x)的解析式，结合X的范围，根据正弦函数的

性质列出不等式即可得结果.

；sin12ojx+」-、(兀、

【详解】g(x)=2i=2sin2s+一也，则sin|2a)x+—

I12G)I6；I6

c兀兀(7〃>+l)兀

*/XG/.2cox+一£

吟66,6

7兀

若关于X的方程g(x)=G在0,—上有且仅有三个不相等的实根，

e兀(7。+1)兀2兀1315

则2兀+—<---------<2TH---->解得——<co<——)

36377

「1315、

即实数。的取值范围是—.

[_77)

故选：B.

8.如图所示，在三棱锥A—38中，A£>与BC所成的角为30，且|4。卜忸。=2.在线

段AB上分别取靠近点A的〃+l(〃eN*)等分点，记为弧，M2,,M„.过

(左=1,2,,〃)作平行于AZ),BC的平面，与三棱锥A—88的截面记为

%(攵=1,2,♦，〃)，其面积为力(%),则以下说法错误的是()

C

A.截面%,%，，a“都为平行四边形

B.工⑴=』

C力仅)<力。+1)

D.(〃+1)工(〃)<(〃+2)以("+1)

【答案】C

【解析】

【分析】根据线面平行的性质可证明截面为平行四边形判断A,利用平行四边形面积公式可

求出力伏)，据此判断B,由力伏)的单调性判断C,化简(〃+1)力⑺后判断函数的单调

性可判断D.

【详解】过此作平行于AD,BC平面分别交AC,CD,BD于F,E,G,如图,

A

对于A,因为A。平面M,尸成7,且平面ADC平面=所以AD〃尸£,

同理AO〃M“G,6C〃M“£5C〃GE,故四边形M“FEG为平行四边形.故A正确;

又A28C所成的角为30,所以所成的角也为30.

又％为靠近A的n+1（〃eN*）等分点，故1M/|=白忸C|,归目=*|四.

故力（3M斗冏十g•看BC|.攵（〃+1-攵）

5+1）2

33

对于B,力⑴=（3+1『二市故B正确;

/、k（n+\-k]/、

对于C,力（％）二」-----，是关于我的开口向下的二次函数，力（攵）先增后减，C错误;

对于D,（"+1"（〃）=何二"，当心时是单调递增的，故D正确.

n

故选：C.

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个

选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错

的得0分.

9.已知i是虚数单位，下列说法正确的是（）

A.若复数为马满足团=归|,则z；=z；

B.若复数z满足zeR,则NeR

C.若/-1+（义+3%+2]是纯虚数，则实数％=±1

D.若忖=1,则卜一（l+i）|的最大值为8+1

【答案】BD

【解析】

【分析】利用特值法可判断A；设2=。+〃（aeR,0eR）,所以匕=0,求出乞可判断B；

由纯虚数概念求解可判断C；由|z|=l得Z在复平面内对应的点的轨迹是单位圆，利用圆的

性质可判断D.

【详解】对于A,当z=i,Z2=l时，z；=—l,z；=lnz；Hz；,所以A错误；

对于B,设2=。+历(awR,》eR),因为zeR，所以匕=0，于是5=a—历=aeR,

所以B正确；

对于C,f—1+(%2+3%+2巾是纯虚数，则|"一1二0'?即x=l,故C错误；

\'，+3X+2H0,

对于D,由闫=1,得z在复平面内对应的点的轨迹是单位圆，所以

Iz-(l+i)lax=|l+i|+l=&+l，所以D正确.

故选：BD.

10.在锐角ABC中，角A,8,C的对边分别为a,》,c,cosC=2—,，则下列选项正确的

2a2

是()

A.b>«B.-e(l,2)C.C=2AD.

tanC>6

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据锐角三角形可判断A,由正弦定理及两角和差的正弦公式、正弦函数的单调性

可判断C,由锐角三角形可判断角的范围，利用正切函数的单调性判断D,根据C及正弦定

理、二倍角的正弦公式判断B.

【详解】为锐角三角形，..905。=2-』>0,即2>1，可得〃>“，故A正

2a22a2

确；

由正弦定理可知，2cosC=—-1,即

sinA

2sinAcosC+sinA=siaB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC,

.•.sinA=sin(C-A),又三角形为锐角三角形，.【。一人二A,即C=2A,故C正确;

71

0<C=2A<-

2

由C知，<0<A<—JT,解得一jr<AV一7T,所以一7T<C=2A<一TT,所以

26432

V3<tanC，故D正确;

csinCsin2A八.兀nc//r-/r\…、5

—=-----------=2cosA4,而一<A4<—,所以2cos44e(J2,),故IZB错送.

asinAsinA64v'

故选：ACD

11.如图，在中，BD=DE=EC,ABAD=2ACAE,则cosZAOE的可能值

为()

C.1D.B

22

【答案】BD

【解析】

【分析】利用向量的运算求得7%.DE=d+40石2,从而得自^/人^应，由基本不

4

等式得cosZADEN—,由此判断可得答案.

7

【详解】由于。,后是BC上的两个三等分点，则BO=OE=EC.

由图形可得

AB=DB-DA=-DE-DA,AC=DC-DA=2DE-DA,AE=DE—DA,

因为ABAD=2AC-AE，所以(一。七一OA)•(-DA)=2(2DE-DA^-^DE-ZM),

整理得7D4•£)£■=£)/+4£)62,即7以怛目cos/AOE=|D4|+4,4，

结合基本不等式得cosNADE

当且仅当|D4|=2|Z)q时，等号成立.

4

所以cos/ADE的最小值为—.

7

故选：BD.

12.在正方体ABCD—AgG。中，M为棱CG的中点，P在侧面AB4A上运动，且

APVA.M,已知正方体的棱长为2,则()

A.赫//平面ARM

B.P的轨迹长度为近

C.PM最小值为《歪

5

D.当产在棱44上时，经过ARM三点的正方体的截面周长为生士名叵吆6

6

【答案】BCD

【解析】

【分析】直观想象即可判断A；以以。为原点，所在直线分别为x轴，y

轴，z轴建立空间直角坐标系，利用向量垂直判断P的轨迹即可判断B；利用空间向量求

点到直线的距离可判断C；用向量判断截面，然后可求周长，可判断D.

【详解】对A,取8片的中点E,连接，则4O〃5G，瓦G//E/，

所以AA//EM,所以4，A，Af,E共面，

因为4A_L平面A8AA,APu平面所以

又AQJ]4A/=A，u平面ARME,

所以API平面AAME,故A错误，

对B,因为API平面A£u平面A2ME,所以APJ.A|E.

取的中点”，连接A〃，以。为原点，OAOCOR所在直线分别为x轴，y轴，z

轴建立空间直角坐标系，如图，

则A(2,0,0),〃(2,1,2),4(2,0,2),M(0,2,1),■=(0,1,2),4加=(-2,2,-1),

因为Ab-4M=(0,l,2)・(—2,2,—l)=0,所以P的轨迹为A”,AH=逐，B正确.

对C,由上知AH_L平面AAME,记垂足为K,因为KNU平面ARME,所以

KMYAH，所以，K70即为点M到A”的最小距离，

AHAM446

又AM=(-2,2,1),所以cos/HW=

AH\\AM一班x3-15

V145

所以sinZHAM

15

I./u\A/fQJ145J145

所以点M到AH的距离d=\4AM\sin/HAM=3x----=-----,C正确.

155

对D,取CO上靠近点C的四等分点方，G片上靠近G的三等分点/，

32143

则“。万。)飞22),FM=(O,-,1),///=(--,

_K堡--------------

因为AF=—H1,AH=2FM,

3

所以A,，五点共面，所以五边形"7W/即为截面,

所以周长

L=AF+FM+MI+IH+HA=-+—+—+-+^=25+2^+9^.(D正

22336

确.

故选：BCD.

【点睛】关键点睛：本题难点主要在于截面的确定，关于

截面的确定，主要是利用线面平行性质定理，通过作平行线的方法来确定截面.

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.

13.在三棱锥。一ABC中，24_1_平面48。,4818。,尸4=8。=1,48=，^,则三棱锥

P-ABC的表面积为.

【答案】6+2##2+6

【解析】

【分析】由Q4_L平面ABC,A8_LBC,可证得3C工平面从而BC工PB,可知

三棱锥的四个面均为直角三角形，从而可求表面积.

因为Q4_L平面ABC,45,AC,BCu平面ABC,

所以以，AB,PA±AC,PA1BC,

又ABJ.BC,ABPA^A,AB,P4u平面以台，所以8cl平面Q4B，

因为PBu平面Q43,所以BCLPB,

因为ABIBC,AB=6,BC=1,所以AC=2,

因为A4LAB,AB=®PA=T,所以依=2,

所以三棱锥P—ABC的表面积为S=2x」xlxJi+2xLxlx2=g+2.

22

故答案为：、/§+2.

.（71）1，・（c5无）

14,已知sin|——a=-,则sin|2a+—=.

19）3118）

7

【答案】一

9

【解析】

7T157rjr

【分析】令§—&=/,则sinf=g,2a+比=/—2f,利用诱导公式及二倍角公式求解即

可.

TT15TT7T

【详解】令乙—£=/,则sinf=L,2c+H='—2f,

93182

故sin（2。+郎）=sin-2/J=cos2r=1一2sin2r-.

7

故答案为：—■.

9

几8

15.已知向量a=（2,l）,b=（4—〃,加）,"，>0,〃>0,若ab.则一+一的最小值为

mn

【答案】6

【解析】

〃8〃4〃z+2〃

【分析】由向量平行坐标表示可得2根+〃=4,根据一+—=—+———,利用基本不

mnmn

等式可求得结果.

【详解】a//b,：,2m=42m+n=4(m>0,n>0),

n4根+2〃八n4m、小个几4m,

二一十-------2+—+—>2+2------=6,

mnmnmnvmn

当且仅当一=—，即〃=2m,即〃=2,/篦=1时，等号成立.

mn

故一+一的最小值为6.

mn

故答案为：6.

16.水平桌面上放置了3个半径为2的小球，3个小球的球心构成正三角形，且相邻的两个

小球相切，若用一个半球形的容器罩住3个小球，则半球形容器内壁的半径的最小值为

【答案】冬包+2

3

【解析】

【分析】以3个小球球心和与桌面的切点为顶点作三棱柱，结合图形分析可解.

【详解】如图所示，设3个球心分别为A，4,G，3个球分别与水平桌面相切于A8,。三

点，

假设半球形的容器与球相切于点。，此时半球形容器内壁的半径最小，记最小半径设为

人、加，易知是边长为4的正三角形，记4B中点为E,半球形容器的球心。为

一ABC的中心，则OC=2CE=2〃C2-CE2=逑.

333

则（m=0G+G。=N韦+4+2=孥+2.

故答案为：拽1+2

3

D

B

四、解答题：第17题10分，18~22题每题12分，共70分.解答应写出文字说

明、证明过程或演算步骤.

17.已知向量a=(x,l),b=(-2,3).

⑴若(2a+b)D,求实数x的值；

(2)若〃与〃的夹角为锐角，求实数x的取值范围.

19

【答案】(l)x=一

4

(2、(23、

【解析】

【分析】(1)根据向量垂直的坐标表示列式计算即可；

(2)”,。的夹角为锐角，则〃力＞0且a,。不共线，列式计算即可.

【小问1详解】

a=(x,l),b=(-2,3)，,2a+b=(2x-2,5),

(2a+/?)_L〃，

:.(2a+b^-b=-2(2x-2)+15=-4x+19=0,解得x=?.

【小问2详解】

a,。的夹角为锐角，.la.》〉。且方不共线同向，

37

...-2x+3>0且3XH-2,解得XC2•且XH—,

23

即实数x的取值范围为-勿,一IH-M)

18.在中，角48,。的对边分别为。,4。，在以下条件中选择一个条件：①

a+c=2Z?sinC+—；②(Z?+c)(sirLB-sinC)=(Q-c)sirL4；③

I6

（2a-c）cos8=AosC.求解以下问题.（选择多个条件的，以所选的第一个计分）

⑴求角8；

（2）若a+c=4G，且区4-BC=6，求_ABC的内切圆半径.

JT

【答案】（1）8=§

（2）1

【解析】

【分析】（D选①.由已知得bcosC+GbsinC—a—c=O,由正弦定理得化边为角，进

而得sin（8—t]=g,结合8的范围可得8.

选②.由正弦定理化角为边得仅+c）0-c）=（a—c）a,贝ijcos5=g,可得B.

选③.由已知得2优053=€€053+反0$。=4,即2acosB=a,则cos8=,，可得8.

2

（2）因为BA.BC=6,所以ac=12,由余弦定理求得人=26，求得的面积，利

用面积法求得内切圆半径.

小问1详解】

选①.

因为a+c=2bsin（c+，所以bcosC+V3/jsinC-a-c=0，

所以sinBcosC+6sinBsinC-sinA-sinC=0，因为A+B+C=;r,

所以sinBcosC+V3sinBsinC-sin（B+C）-sinC=0,

所以5/3sinBsinC-cosBsinC-sinC=0，

因为C£（0,TC）,所以sinCwO,所以sin（B-弓）=g,

因为3£(0,兀)，所以3-四=巴所以8

663

选②.

[h+c)(sinB-sinC)=(tz-c)sinA,则(Z?+c)(〃一C)=(Q-C)Q,

所以从一C?=—4，即+°2_62=℃,所以COSB=1，

2

因为3e(0,兀)，所以8=三.

选③.

因为2〃cos3=ccosB+bcosC=a,所以2acosB=a,

又所以cosB=」，

2

因为BG(O,7T),所以B=].

【小问2详解】

因为84-BC=6，由(D可知8=g,所以ac=12，又a+c=4G，

则

h1=a2+c2-2accosB=(a+c)2-2ac-2accosB-(4A/3)2-2X12-2X12X^=12,

所以b=2百，又的面积S=gac-sinB=3j^,

设一ABC的内切圆半径为"，则S=g(a+人+c)r=3百，

所以6+26)r=3百，解得r=l.

19.在三棱锥4一38中，底面是边长为2的正三角形，4)_1底面3。。,4。=4,知是

AO的中点，P是的中点，。,/?分别在线段4。和48上，且4。=3。。,47?=3/?8.

(1)证明：平面PQR平面8CO.

⑵求直线PC与底面BCD所成角的大小.

【答案】(1)证明见解析

【解析】

【分析】(1)根据比例关系可得线线平行，由此可得线面平行，再由面面平行的判定定理得

证；

(2)根据线面角的定义得出线面角，再求解即可.

【小问1详解】

取6。的中点E，取8上靠近C的四等分点/，连接

BP=PM,BE=ED,

PE//MDRPE=-MD=-AD,

24

CFCQ\

~CD~~CA~^'

:.PE〃QF豆PE=QF,

四边形PEFQ是平行四边形，

:.PQ//EF,又平面8cO，E尸u平面BCD,

•••PQ平面BCD,

.AQ=3QC,AR=3RB,

：.RQ//BC,

又RQ<Z平面BCD,BCu平面BCD,

RQ「平面BCD,

PQcRQ=Q,PQ,RQu平面PQR

二平面PQR〃平面8co.

【小问2详解】

由（1）知「£〃AD，又A£>,底面BCO,

PE工底面BCD,连接EC,

.•.NPCE就是PC与底面BCD所成的角.

在Rt^PCE中，PE=1,CE=M,

一/»u_PE

..tan^"PCE----二—，

EC3

Tt

NPCE=—

6

PC与底面BCD所成角的大小是y.

6

20.杭州市为迎接2023年亚运会，规划修建公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为

如图所示的四边形ABCD.运动员在公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材

车、公共器材车或收容车处获得帮助，如修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点处

进行，还需要运送一些补给物品，例如食物、饮料、工具和配件，所以项目设计需要预留

出AC,BD为赛道内的两条服务通道（不考虑宽度），DC,CB,BA,AD为赛道，

27r元jr

ZABC=—,NBAD=-,ZACD=-,ZACB=&ZM=9km.

323

C

⑴设C点到赛道AO的最短距离为h,请用。表示h的解析式；

（2）应该如何设计，才能使折线段赛道ABC最长（即AB+BC最大），最长值为多少？

【答案】（i）/i=3V5cos（2e—

⑵当6堵时，至+区取得最大值回?回!^

【解析】

【分析】⑴在ACD中，利用正弦定理求得AC=6瓜os。，由〃=ACsin/CW可

求出结果；

（2）在二46c中，由正弦定理得AB，BC,从而得AB+BC=36+6sin[28+m）,然

后利用三角函数的性质求得答案.

【小问1详解】

由已知得NAOC=2兀一(5+g+]+e[=微7t一e.

2

ADAC/.AC=--------=6>/3cos^

在，AC。中，由正弦定理得.71

sin/ACD-sin/ADC'sin—

3

irit

又/C4o=2+e,且。<。<一,

63、

/.h=AC-sin/CAD=6v5cos，sin|夕+《=66cos。sin^+—cos^

727

9¥(1+COS28)=36(RI、3百

一sin26+——sin2^+—cos20+

2I22F

=3V3cosf2^-^373，q0,；,

H---------

2

COS3#)，呵。,；.

即〃=3G[28—]H---------

2

【小问2详解】

ACsin。/.”

AD---------=6sm20

在一ABC中，由正弦定理得.2兀

sin——

3

ACsin--0、

=12cos^sin|—71~6=12cos^|^^cos^--sin^

BC=--------

.2兀；

sin322J

3

=673cos28-6sin8cos0=3G+3>/3cos2^-3sin26，

/.AB+BC=36+3V5cos26+3sin2。=36+6sin[26+g).

20+-&r4

3

•••当26+g兀=m71，即”=71时，45+30取得最大值(6+3，^)1<111.

3212

21.如图，在多面体ABCDEF中，平面EABJ_平面ABCD，平面E4Z)_L.平面

3c。是菱形，ZABC=60,AB=2,FC//EA,EA=3,FC=1.

E

（2）求二面角8—七尸―。的平面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析

1

（2）--

【解析】

【分析】（1）根据面面垂直的性质及线面垂直的判定定理即可得证；

（2）利用勾股定理可得出线段的长，再由此证明BF1FE,FD_L在，得出二面角的平面角,

计算得解.

【小问1详解】

分别取A&AO的中点G,”,连接CG,C”,如图，

ABCD是菱形且448c=60，

ABC,_ADC为正方形，故CG_LAB,CHLAD,

平面EAB±平面ABCD,平面£48c平面ABCD=AB,CG±AB,CGu平面ABCD,

.•.GC，平面E4B，又E4u平面

同理可得，EA±CH,

:.CGcCH=C,CG,C”u平面ABCD,£4_L平面ABCD,

又FCHE\：,FC_L平面ABCD.

【小问2详解】

在AE上取AM=1,连接fM.

因为8C,COu平面ABC。，由(1)知，FC±BC,FC±CD,

由勾股定理可知，BF=DF=d*+供=&，

在RtAABE,RtAADE中可得所=中=亚I?=屈，

由正三角形一ABG&AD。可知2x2x3=26,

2

在平行四边形A