重庆市永川中学高一下期第十二周周练数学参考答案

重庆市永川中学2026届高一下期第十二周周练数学参考答案1.【答案】C

2.【答案】D

3.【答案】B

4.【答案】B

5.【答案】D

【解答】解：如图1，将两个互相垂直的圆柱放到棱长为2的正方体内，

则正方体的内切球与这两个圆柱的侧面和底面都相切，

又因为牟合方盖上下两个顶点和侧面的四个曲面刚好与正方体的侧面相切，

故正方体的内切球内切于牟合方盖，所以，正方体内切球即为牟合方盖的内切球，

其半径为1，体积为4π3，故选D．

6.【答案】A

【解答】解：正方体ABCD−A1B1C1D1中，AD1，D1C⊂平面ACD1，故B1D⊥平面ACD1，所以所成的角为α=π2，

B1D与BC所成的角为β，BC//B1C1，所以B1D与BC所成的角即B17.【答案】C

【解答】解：

如图，

因为任意x∈R都有|a−xb|⩾|a−b|，所以由图知b⊥(a−b)，

同理c⊥(a−c)，

记a=OA,b=OB,c=OC，

则B，C都在以OA为直径的圆上，如下图，

8.【答案】A

【解答】解：因为a=1,

bcosA−cosB=1，bcosA−acosB=a,

根据正弦定理得sinBcosA−sinAcosB=sin(B−A)=sinA，

因为A，B，C为锐角，所以B−A=A,B=2A【答案】ABC

10.【答案】ACD

11.【答案】AC

解：对于A，因为菱形ABCD中，AB=2，∠ABC=60°，M为BC的中点，所以AM⊥BC，

将△ABM沿直线AM翻折成△AB1M，则AM⊥B1M,AM⊥CM，

因为B1M∩CM=M，且B1M⊂面B1MC,CM⊂面B1MC，

所以AM⊥面B1MC，又因为B1C⊂面B1MC，

所以AM⊥B1C，故A所以NE//平面AB1M，又CE//AM，CE⊄平面AB1M,AM⊂平面AB1M，则CE//平面AB1M，

且NE⊂平面ENC,CE⊂平面ENC，NE∩CE=E，

由面面平行的判定定理可得平面AB1M//平面ENC，

又平面AB1M∩平面B1MD=B1M，平面ENC∩平面B1MD=NF，所以NF//B1M，

由A可得AM⊥B1M，所以EC⊥NF，又因为NF=12B1M=12,FC=12AM=32，

所以NC=NF2+FC2=14+34=1为定值，故B错误；

对于C，由B可得NE//AB1，所以∠ENC或其补角即为AB1与CN的夹角，

则B1M⊥MD，即三角形B1MD为直角三角形，又N为B1D的中点，则NB1=ND=NM，

B1M⊥面AMCD，又AD⊂面AMCD，则AD⊥B1M，又因为MC//AD，所以AD⊥AM，

又AM⊂平面AB1M,B1M⊂平面AB1M，AM∩B1M=M，

则AD⊥平面AB1M，AB1⊂平面AB1M，

则AD⊥AB1，即三角形B1AD为直角三角形，又N为B12.【答案】1013.【答案】214.【答案】[解：如下图所示：

分别取棱BB1、B1C1的中点M、N，连接MN，连接BC1，

∵M、N、E、F为所在棱的中点，∴MN//BC1，EF//BC1，

∴MN//EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，∴MN//平面AEF；

∵AA1//NE，AA1=NE，∴四边形AENA1为平行四边形，

∴A1N//AE，又A1N⊄平面AEF，AE⊂平面AEF，∴A1N//平面AEF，

又A1N∩MN=N，∴平面A当P在MN中点O时A1P⊥MN，此时A1P最短，P位于M、N处时A1P最长，

A1【答案】解：(1)∵b=(1,3)，∴b=12+32=2，

∵向量a在向量b方向上的投影向量为2e，

设向量a与b的夹角为θ，则acosθ=2，

∴a·b=abcosθ=2×2=4，

∵(a−2b)⊥a，∴16.【答案】(1)证明：∵侧面ABB1A1，ACC1A1均为正方形，∴AA1⊥AC,AA1⊥AB，

又AC∩AB=A，AC，AB⊂平面ABC，∴AA1⊥平面ABC．

∵AA1//CC1，∴CC1⊥平面ABC，又CC1⊂平面BB1C1C，

∴平面BB1C1C⊥平面ABC，∴平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，

∵D是B1C1的中点，AB=AC=1，∴A1D⊥B1C1，

又平面BB1C1C∩平面A1B1C1=C1B1，且A1D⊂平面A1B1C1，∴A1D⊥17.【答案】解：(1)在△ABC中，cosB=13，因为B∈(0,π)，所以因为cos∠ADC=−45，因为∠ADC∈(0,π)，所以在△ABD中，由正弦定理可得ADsinB=ABsin∠ADB，所以(2)因为BD=2DC，所以S▵ABDS▵ADC所以1AC×4在△ABC中，由余弦定理可得AC所以BC2−23BC−7=0，所以所以S▵ADC所以水池△ADC的面积为2【答案】(1)证明：连接AD．

因为平面PCD∩平面PAB=l，且l//AB，AB⊄平面PCD，所以AB//平面PCD，

而平面ACB过AB与平面PCD交于CD，因此AB//CD．

因为点C是半圆弧上靠近B的三等分点，点D是弧AC上的一点，

所以∠COB=60°，因此∠OCD=60°，所以△OCD是等边三角形，

因此CD= //OA，所以四边形AOCD是菱形，因此AC⊥OD．

因为半圆锥的顶点为P，底面圆的圆心为O，所以PO⊥平面ACB，而AC⊂平面ACB，因此PO⊥AC．

因为PO∩OD=O，PO、OD⊂平面POD，所以AC⊥平面POD，而AC⊂平面MAC，

因此平面MAC⊥平面POD．

(2)解：如图：

连接BC.由(1)知：四边形ODCB是菱形，且∠DOB=120°，因此BC=OB=2．

因为OP=4，所以PC=PB=PD=25，而M是PB中点，

因此由2CM2+PB2=2PC2+BC2得2CM2+20=220+4，解得CM=7．

因为M是PB中点，所以所以由13h×19=233得h=25719.【答案】解：(1)在▵ABC中，c⋅sinB+a+即c⋅sinB+a由余弦定理得，c⋅sinB+2accosB即sinB+2cosBsinC=2sinA，即sinB+2cosBsinC=2sinB+C即sinB=2sinBcosC，在▵ABC中，sinB≠0，则cosC=12，又∵C∈0,π(2)S由正弦定理得csinC=2R=2则cos2A−2=2−2a由余弦定理得c2∴cos2A−2(3)∵sin2B⋅∴2sinBcosB⋅sinAsinB≠0，上式两边同时除以2sin