资源简介

绝密★启用前
5月阶段性检测·高一数学A卷
满分:150分 考试时间:120分钟
注意事项:
1.答题前,考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚,将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写,字体工整、笔迹清晰。
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答,超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷
上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出,确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
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.已知复数z满足 1+z 2-i =i(i为虚数单位),则z=
A.-6+2i B.4
+2i C.-6-2
4 2
5 5 5 5 5 5i D.-5-5i
2.在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,若a∶b∶c=1∶2∶7,则△ABC 中最大角为
π 2π 3π A.3 B. C. D.
5π
3 4 6
3.下列说法错误的是
A.垂直于同一个平面的两条直线平行
B.经过一条直线和这条直线外一点,有且只有一个平面
C.如果空间中两个角的两条边分别对应平行,那么这两个角相等
D.如果两个不重合的平面有一个公共点,那么它们有且只有一条过该点的公共直线
4.在△ABC 中,角A,B,C 所对的边分别为a,b,c,若ccosC=acosA,则△ABC 的形状一定是
A.等腰直角三角形 B.等腰或直角三角形
C.直角三角形 D.等腰三角形
5.已知向量a= -1,2 ,b= 3,4 ,则向量b在a上的投影向量为
A. 35,45 B. -35,-45 C. 1,-2 D. -1,2 5 5 5 5
6.已知一组数据2,7,5,m,10的平均数为6,则这组数据的第60百分位数为
A.5.5 B.6 C.6.5 D.7
7.如图,在四面体P-ABQ 中,二面角P-AB-Q 的大小为5π,且6 △PAB
为正
三角形,AB⊥BQ,AB=6,BQ=4.若P,A,B,Q 都在同一球面上,则该球的表
面积为
A.60π B.240π C.61π D.244π
【高一数学A卷 第 1页(共4页)】
8.已知正三棱锥S-ABC 中,SA=6,AB=62,O 为底面正三角形ABC 的中心,以O 为球心,22为
半径作一个球,则球面与正三棱锥S一ABC 的表面相交的所有交线的总长为
A. 9+22 π B. 9+42 π C. 12+22 π D. 12+42 π
二、多选题: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,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.设z为复数,且z不为0,i为虚数单位,则下列说法正确的是
A.5+i>4+i B.若z=cosπ3+isin
π,则
3 z =1
2
C.若z=1+i,则z=-1-i D.zz=
z
z 2
10.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且3bcosC+3ccosB=a2,则下列说法正确的是
A.a=3
B.若B+C=2A,则△ABC 的外接圆半径为3
C.若A=π,且△ABC 有一解,则b的取值范围为4 0
,3
D.若c2=a2+ab,且△ABC 为锐角三角形,则c的取值范围为 32,33
11.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,AB=AA1=2,点M 为A1B1的中点,点Q 在棱BB1上,则下
列说法正确的是
A.C1M⊥AQ
B.当点Q 为BB1的中点时,点P 为上底面A1B1C1内的动点(包括边界),
若PQ∥平面MBC1,则点P 的轨迹长度为
3
2
C.当点Q 为靠近B 的四等分点时,AQ 与BC 夹角的余弦值为 21 1 5
D.当点Q 为BB1的中点时,将线段QA 绕QB 旋转90°到QA',则QA 在旋转过程中(包含QA 与
QA')与平面MBC1所成角的正弦值的取值范围为
1,
51


三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.已知样本x1,x2,x3,x4,x5的平均数为7,方差为7;样本y1,y2,y3的平均数为15,方差为15.则新
样本x1,x2,x3,x4,x5,y1,y2,y3的方差为 .
13.高中某DIY社团一学生想把实心的圆锥木块改造成一个正四棱柱木块,
且正四棱柱的中心在圆锥的轴上,底面在圆锥的底面内.已知该圆锥的底
面圆半径为3cm,高为3 2cm,则该正四棱柱侧面积的最大值为
cm2.
14.已知 O→C =2O→A =4,O→B=5 →,设 →与 →的夹角为 ,则 的最大值为2OC AB AC θ sinθ .
【高一数学A卷 第 2页(共4页)】


四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(本小题满分13分)
某学校高一年级开展了数学竞赛考试,考试成绩的频率分布直方图如图所示(同一组中的数据用该
组区间的中点值作代表),其中第二组的频数是第一组频数的2倍.
(I)求a,b的值,以及这次竞赛成绩的中位数;
(II)某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数:x1,x2,x3,…,x10,已知这10名学生分数
的平均数x=80,方差s2=40,若剔除其中的70和90两个分数,求剩余8名学生分数的平均数与方差.
16.(本小题满分15分)
如图,在四棱锥P-ABCD 中,底面ABCD 是边长为2的正方形,且PA=2,PA⊥平面ABCD,
Q 为棱PD 的中点.
(I)求证:AQ⊥PC;
(II)求点P 到平面ACQ 的距离;
(III)求直线PC 与平面ACQ 所成角的正弦值.
17.(本小题满分15分)
, , , ,,, 3 在△ABC 中 角A B C 的对边分别为abc 且 sinA-sinB =3sinC-2sinB, 的面积sinC sinA+sinB △ABC
为42.
(I)求sinA;
(II)若内角A 的角平分线AD 交BC 于D 点,求AD 的最大值.
【高一数学A卷 第 3页(共4页)】
18.(本小题满分17分)
如图,直角梯形ABCD 中,AB∥CD,AB⊥BC,∠DAB=60°,AB=AD=4,等腰直角三角形ADE
中,AE=DE,且平面ADE⊥平面ABCD,平面ABE 与平面CDE 交于EF.
(I)求证:CD∥EF;
(II)若CD=EF,求二面角A-BC-F 的余弦值.
19.(本小题满分17分)
某高一学生在周末发展数学兴趣,研究平面向量和解三角形的相关内容时,学习了以下定理,尝试
解决一些问题.
塞瓦定理:如图1,设P 为△ABC 三边所在直线外任一点,直线AP,BP,CP 分别交对边所在直线
于点D,E,F,则BD·CE·AFCD AE BF=1.
塞瓦定理逆定理:如图1,在△ABC 的三边所在直线BC,CA,AB 上分别各取一点D,E,F,若有
BD·CE·AF ,则 , , 三线共点
CD AE BF=1 AD BE CF .
角元塞瓦定理:如图1,设P 为△ABC 三边所在直线外任一点,直线AP,BP,CP 分别交对边所在
直线于点D,E,F,则sin∠BAD·sin∠CBE·sin∠ACFsin∠CAD sin∠ABE sin∠BCF=1.
角元塞瓦定理逆定理:如图1,在△ABC 的三边所在直线BC,CA,AB 上分别各取一点D,E,F,若
有sin∠BAD·sin∠CBE·sin∠ACF ,则 , ,
sin∠CAD sin∠ABE sin∠BCF=1 AD BE CF
三线共点.
(I)如图1,在△ABC 中,直线AP,BP,CP 分别交对边所在直线于点D,E,F,其中F,D 满足A→F
=1F→B,BD→=D→C,利用塞瓦定理,求点E 在线段CA 上的位置;若2 B
→P=λB→A+ → λμBC,求 ;μ
(II)利用塞瓦定理证明角元塞瓦定理;
(III)如图2,过△ABC 的内心I分别作BC,CA,AB 的垂线,交以I为圆心的圆于点D,E,F,利用
角元塞瓦定理逆定理证明AD,BE,CF 三线共点.
【高一数学A卷 第 4页(共4页)】高一数学A卷参考答案
选择题:1-8题,每题5分;9-11题,每题6分,共58分。
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
A B C B D C D A BD ABD ABD
12.【答案】 25 13.【答案】 18 14.【答案】 13
15.【答案】 (I)a=0.032(1分),b=0.004(1分),中位数70.5(3分) (II)平均数80(2分),方差25(6分)
【解析】 (I)由题意可知,a=0.016×2=0.032,………………………………………………………1分
b=110-0.016-0.032-0.040-0.008=0.004
,………………………………………………………2分
由于成绩在 50,70 内的频率为0.16+0.32=0.48,在 50,80 内的频率为0.16+0.32+0.4=0.88,
故中位数位于 70,80 ,设中位数为m,
则0.48+ m-70 ×0.04=0.5,解得m=70.5,
所以中位数为70.5分;……………………………………………………………………………………5分
(II)由x=80,可得x1+x2+x3+…+x10=800,
则剔除其中的70和90两个分数,剩余8个数平均数为800-70-90 分;……………………… 分8 =80 7
解法一: 又方差s2=40,
s2=1 x 2 21-x + x2-x +…10 + x10-x
2
=1 2 2 … 2 … 210 x1+x2+ +x10-2 x1+x2+ +x10 x+10x
=1 x2+x2 … 210 1 2+ +x10-2 10x x+10x
2
=1 x210 1+x
2
2+…+x210-10x2
=1 x21+x22+…+x210 -x2 …………………………………………………………………………9分10
故s2=1 2 2 2 2 1 2 2 2 210 x1+x2+
…+x10 -x =10 x1+x2+
…+x10 -80=40,
则x21+x22+…+x210=64400, …………………………………………………………………………10分
则剩余的8个数的方差为1× 64400-7028 -90
2 -802=25.………………………………………13分
解法二: 不妨设x1=70,x2=90,
则s2=110 70-x
2+ 90-x 2+ x -x 2 23 + x4-x +…+ x10-x 2 =40,…………………9分
得 x 2 2 23-x + x4-x +…+ x10-x =200,……………………………………………………11分
则剩余的8个数的方差为1×200=25.………………………………………………………………8 13
分
16.【答案】 (I)见解析(6分) (II)23(6分)3
(III)1(3分)3
【高一数学A卷参考答案 第 1页(共10页)】
【解析】 (I)∵PA⊥平面ABCD,CD 平面ABCD,AD 平面ABCD,
∴PA⊥CD,PA⊥AD,……………………………………………………………………………………1分
又∵正方形ABCD 中,AD⊥CD,PA∩AD=D,且PA、AD 平面PAD,
∴CD⊥平面PAD,………………………………………………………………………………………2分
又∵AQ 平面PAD,∴CD⊥AQ.………………………………………………………………………3分
∵PA⊥AD,Q 为棱PD 的中点,∴PD⊥AQ.…………………………………………………………4分
又∵CD⊥AQ,CD∩PD=D,CD、PD 平面PAD,
∴AQ⊥平面PCD.………………………………………………………………………………………5分
又∵PC 平面PCD,∴AQ⊥PC;………………………………………………………………………6分
(II)(III)解法一: (II)△PAD 是等腰直角三角形,AP=AD=2,
由(I)知CD⊥平面PAD,又PD 平面PAD,∴CD⊥PD
∴点C 到平面PAD 的距离为CD 的长. ………………………………………………………………7分
设点P 到平面ACQ 的距离为h,
V 1 1P-ACQ=VC-PAQ,即 S△ACQ·h= S△APQ·CD. ……………………………………………………8分3 3
易知S△APQ=
1
2S△APD=1
,CD=2,∴VC-PAQ=
1×1×2=2.………………………………………3 3 10
分
∵CQ= CD2+DQ2=6.
易知AQ=2,AC=22,可得AQ2+CQ2=AC2,故△ACQ 为直角三角形,
则S 1△ACQ= AQ·CQ=3.……………………………………………………………………………11分2
3×2
∴h= 3=23,即点P 到平面ACQ 的距离为23; ……………………………………………3 3 12
分
3
(III)易知PC= AP2+AC2=23,
23
设直线PC 与平面ACQ 所成的角为θ,则sinθ=h 3PC= =
1,
23 3
即直线PC 与平面ACQ 所成角的正弦值为1.……………………………………………………… 分3 15
(II)(III)解法二: 由(I)知AQ⊥平面PCD,又AQ 平面ACQ,
∴平面ACQ⊥平面PCD. ………………………………………………………………………………7分
如图,作PH⊥CQ,交CQ 的延长线于H,
∵平面ACQ∩平面PCD=CQ,PH 平面ACQ,
∴PH⊥平面ACQ.………………………………………………………8分
∴点P 到平面ACQ 的距离为PH,且直线PC 与平面ACQ 所成的角为
∠PCQ. …………………………………………………………………10分
易知PC= AP2+AC2=23,PQ=2,
由(I)知CD⊥平面PAD,又PD 平面PAD,
∴CD⊥PD.
【高一数学A卷参考答案 第 2页(共10页)】
∴CQ= CD2+DQ2=6.
2 2 2 2+ 2- 2
在△PCQ 中,cos∠PCQ=PC +CQ -PQ = 23 6 2 =22· .…………………2PC CQ 3 12
分
2×23×6
∴sin∠PCQ=1. ………………………………………………………………………………………3 13
分
PH=PC·sin∠PCQ=23×1=23,3 3
∴点P 到平面ACQ 的距离为23 …………………………………………………………………… 分3 . 15
17.【答案】 (I)22(6分)3
(II)22(9分)
【解析】 (I)由正弦定理化简得3
a-b =3c-2b,即 2 2 2 2 , ………………………… 分c a+b b+c-a =3bc 3
2
b2+c2-a2 3bc故cosA= 1,因为2bc =2bc=3 cosA>0
,所以A∈ 0,π ,…………………………………5分2
所以sinA= 1-cos2A=22;………………………………………………………………………… 分3 6
(II)由(I)知sinA=22,因为 的面积为 ,3 △ABC 42
所以1bcsinA=42,解得bc=12.………………………………………………………………………7分2
由于S△ADB+S△ADC=S△ABC,
得到1AD·c·sinA+1 ·2 2 2AD b
·sinA 1 ,……………………………………………… 分2=2bcsinA 9
由于sinA≠0,所以AD b+c =2bccosA, …………………………………………………………2 10
分
由二倍角公式得cosA=2cos2A-1=1,解得2 3 cos
A= 6,2 3
又因为bc=12,所以AD b+c =2bccosA2=2×12×
6=86,……………………………………3 11
分
由AD b+c ≥AD·2 bc=43AD,得86≥43AD,
则AD≤22,当且仅当b=c=23时,等号成立.
所以AD 长的最大值为22.……………………………………………………………………………15分
18.【答案】 (I)见解析(6分) (II)5(11分)5
【解析】 (I)∵AB∥CD,AB 平面ABFE,CD 平面ABFE,
∴CD∥平面ABFE.………………………………………………………………………………………3分
又∵平面ABE 与平面CDE 交于EF,CD 平面CDE,
∴CD∥EF;…………………………………………………………………………………………………6分
【高一数学A卷参考答案 第 3页(共10页)】
(II)如图,取AD 中点O、BC 中点M,连接OE,OM,FM,
显然OM∥CD,OM⊥BC,OM=3,OE=2, ……………………………………………………………7分
又由(I)CD∥EF,∴OM∥EF,
∴O,M,F,E 四点共面.…………………………………………………………………………………8分
∵△ADE 是等腰直角三角形,∴OE⊥AD.
又∵平面ADE⊥平面ABC,平面ADE∩平面ABC=AD,
∴OE⊥平面ABCD.…………………………………………………11分
又∵BC 平面ABCD,∴OE⊥BC.…………………………………12分
又∵OM⊥BC,OE∩OM=O,
∴BC⊥平面OMFE.……………………………………………………………………………………13分
∴∠FMO 为二面角A-BC-F 所成平面角.…………………………………………………………14分
在平面OMFE 中,过F 作FH⊥OM,交OM 于H,
显然FH=OE=2,HM=OM-OH=OM-EF=1,
∴FM= FH2+HM2=5,cos∠FMO=HM= 5.……………………………………………… 分FM 5 17
19.【答案】 (I)E 为线段CA 上靠近A 的三等分点(2分),λ=2(3分) (II)见解析(4分) (III)见解析(8
μ
分)
【解析】 (I)AP,BP,CP 交于点P,
由塞瓦定理,BD·CE·AF ,
CD AE BF=1
即1·CE·1=1,得CE=2AE,……………………………………………………………………… 分1 AE 2 1
所以E 为线段CA 上靠近A 的三等分点.………………………………………………………………2分
由于B,P,E 三点共线,则B→P=mB→E=m 2B→A 1B→C =2mB→A+m+ B→ C.……………………… 分3 3 3 3 4
2m
所以λ=3=2;…………………………………………………………………………………………5分
μ m
3
1 · ·
(II)BD
S AB AD sin∠BAD
= △ABD 2 sin∠BAD AB
= = · , ……………………………… 分CD S△ACD 1AC·AD·sin∠CAD sin∠CAD AC
① 6
2
同理,CE=sin∠CBE·BC,AE sin∠ABE BA ②
AF=sin∠ACF CA
· , ……………………………………………………………………………… 分
BF sin∠BCF CB ③ 7
把①,②,③代入塞瓦定理中的式子BD·CE·AF ,CD AE BF=1
【高一数学A卷参考答案 第 4页(共10页)】
得sin∠BAD·sin∠CBE·sin∠ACF ;…………………………………………………………… 分
sin∠CAD sin∠ABE sin∠BCF=1 9
(III)由角元塞瓦定理逆定理知,要证AD,BE,CF 三线共点,
只需证sin∠BAD·sin∠CBE·sin∠ACF ……………………………………………………… 分
sin∠CAD sin∠ABE sin∠BCF=1. 10
连接BD,CD,在△ABD 中,由正弦定理知 BD AD ,sin∠BAD=sin∠ABD ④
在△ACD 中,由正弦定理知 CD AD ,sin∠CAD=sin∠ACD ⑤
⑤得,sin∠BAD=BD·sin∠ABD, ⑥ …………………………………………………………… 分④ sin∠CAD CD sin∠ACD 11
同理sin∠CBE=CE·sin∠BCE,sin∠ABE AE sin∠BAE ⑦
sin∠ACF
sin∠BCF=
AF·sin∠CAF, …………………………………………………………………… 分
BF sin∠CBF ⑧ 12
由于I为△ABC 内心,所以∠IBA=∠IBC,
对于△BIF 与△BID,BI=BI,∠BIF=90°-∠IBA=90°-∠IBC=∠BID,IF=ID,
所以△BIF≌△BID,……………………………………………………………………………………13分
所以BF=BD,∠IBF=∠IBD,则∠CBF=∠IBF+∠IBC=∠IBD+∠IBA=∠ABD,
即得到BF=BD,∠CBF=∠ABD ⑨
同理,CD=CE,∠ACD=∠BCE ⑩
AE=AF,∠BAE=∠CAF ………………………………………………………………………15分
把⑥,⑦,⑧代入sin∠BAD·sin∠CBE·sin∠ACF ,并结合 , , ,sin∠CAD sin∠ABE sin∠BCF=1 ⑨ ⑩
得sin∠BAD·sin∠CBE·sin∠ACF=BD·CE·AF·sin∠ABD·sin∠BCE·sin∠CAF ,sin∠CAD sin∠ABE sin∠BCF CD AE BF sin∠ACD sin∠BAE sin∠CBF=1
所以AD,BE,CF 三线共点.……………………………………………………………………………17分
【注】:以上各解答题,如有不同解法并且正确,请按相应步骤给分。
【高一数学A卷参考答案 第 5页(共10页)】
详解
1.【答案】 A
【 】 解析 1+z= i = i2+i =-1+2i,∴z=-6+22-i 2-i 2+i 5 5 5i.
2.【答案】 B
k2+ 2k 2【 - 解析】 cosC= 7k
2
1
· , 最大角
2π
2 k·2k =-2 ∴ C=3.
3.【答案】 C
【解析】 如果空间中两个角的两条边分别对应平行,那么这两个角相等或互补,C项说法错误.
4.【答案】 B
【解析】 由正弦定理,sinCcosC=sinAcosA,即sin2C=sin2A,
∴2C=2A 或2C+2A=π,即C=A 或C+A=π,2 ∴△ABC
的形状是等腰或直角三角形.
5.【答案】 D
【解析】a· b· aa a =
-3+8·a=a= -1,2 .
5 5
6.【答案】 C
【解析】 由数据2,7,5,m,10的平均数为6,可得m=6,将这组数据从小到大排列,可得2,5,6,7,10.
因为5×60%=3,所以这组数据的第60百分位数为6+72 =6.5.
7.【答案】 D
【解析】 如图,取AB 中点H,连接PH,显然△PAB 的外心O1为线段PH 上靠近H 的三等分点,
作HO2⊥AB 交AQ 于O2,显然O2为△QAB 的外心,O2H=2,
∠PHO 5π2为二面角P-AB-Q 的平面角,则∠PHO2=6.
过O1,Q2分别作平面PAB,平面QAB 的垂线,两垂线交于点O,点O 即为该球球心.
连接O1Q2,OH,显然O1,H,O2,O 四点共圆,且OH 为圆的直径,
在△O 2 21HO2中,O1O2= O1H +O2H -2O1H·O2H·cos∠O1HO2= 13,
O O
则OH= 1 2 ,sin∠O HO =2 131 2
连接OA,球半径R=OA= OH2+AH2= 61,则表面积S=4πR2=244π.
8.【答案】 A
【解析】 如图1,设AB 中点为H,连接SH,CH,显然SH⊥AB,CH⊥AB,
O 为线段CH 上靠近H 的三等分点.
【高一数学A卷参考答案 第 6页(共10页)】
过O 作OM⊥SH,交SH 于M,显然OM⊥平面SAB,
·
SH=32,CH=36,OH=1CH=6,SO= SH2-OH2=23,OM=SO OH3 SH =2.
如图2,球与△ABC 的交线为以O 为圆心,以22为半径的圆在△ABC 内部的三段圆弧;
如图3,球与△SAB 的交线为以M 为圆心,以 2 222 -OM2= 22 -22=2为半径的圆在△SAB
内部的一段圆弧,易得MT=2,又MQ=2,故TQ=2,所以∠PMQ=90°,又由等面积可解得MR=2,
所以在△SAB 内部的弧线为以2为半径的圆弧的四分之三.
所以球面与正三棱锥的表面相交所得到的曲线的长为3 π3×22 +3 4π×34 = 9+22 π.
9.【答案】 BD
【解析】 虚数不能比大小,显然A错误;
z=cosπ3+isin
π 1 3,显然
3=2+2i z =1
,B正确;
z=1-i,C错误;
z=z
·z z2
· = 2 ,D正确z z z z .
10.【答案】 ABD
【解析】 因为3bcosC+3ccosB=a2,由正弦定理,得3sinBcosC+3sinCcosB=asinA,
即3sin B+C =asinA,所以3sinA=asinA,所以a=3,A正确;
若B+C=2A,则A=π,所以△ABC 的外接圆直径2R= a3 sinA=23
,
所以外接圆半径为3,B正确;
由题意可知,a=bsinA 或a≥b时,满足△ABC 有一解,此时b=32或b≤3,
又因为b>0,所以b的取值范围是 0,3 ∪ 32 ,C错误;
由余弦定理,c2=a2+b2-2abcosC,
又有c2=a2+ab,所以a2+b2-2abcosC=a2+ab,即b-2acosC=a,
由正弦定理,得sinB-2sinAcosC=sinA,所以sin A+C -2sinAcosC=sinA,
所以sinAcosC+cosAsinC-2sinAcosC=sinA,即sin C-A =sinA,所以C=2A,
又由正弦定理,得 a c ,
sinA=sinC
所以 a c c ,即 ,
sinA=sin2A=2sinAcosA c=2acosA=6cosA
【高一数学A卷参考答案 第 7页(共10页)】
0因为△ABC 为锐角三角形,所以 π π0,
4
0π
2
所以c=6cosA∈ 32,33 ,D正确.
11.【答案】 ABD
【解析】 在正三棱柱ABC-A1B1C1中,显然C1M⊥平面ABB1A1,
又因为AQ 平面ABB 1A1,所以C1M⊥AQ,A正确;
如图1,取B1C1中点E,取B1M 中点F,连接QE,QF,EF,显然平面QEF∥平面BC1M,
线段EF 即为所求的Q 的轨迹,显然EF=1C1M=
3,B正确;2 2
如图2,取B1C1靠近B1的四等分点G,取BC 靠近B 的四等分点H,
连接QG,AG,GH,AH,显然QG∥BC1,
所以∠AQG 为AQ 与BC1所成角或其补角,
2
BC1=22,QG=
1
4BC1=
2,
2 AQ= AB
2+BQ2= 22+ 3 =5,2 2
2
AH= AB2+BH2-2AB·BH·cos∠ABC= 22+ 12 -2×2×12×12= 13,2
2
AG= AH2+GH2= 13 +22= 292 2
2
在△AQG 中,cos∠AQG=AQ +QG
2-AG2 2,
2AQ·QG =-10
所以AQ 与BC1夹角的余弦值为
2, 错误;
10C
如图3,设QA 与MB 交点为O,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,显然C1M⊥平面ABB1A1,
又因为AQ 平面ABBA 1 1,所以C1M⊥AQ;
在正方形ABB1A1中,MB⊥AQ,而C1M∩MB=M,所以AQ⊥平面MBC1,且O 为垂足.
在平面ABC 上,不妨将BA 绕点B 逆时针旋转90°(注:顺时针与逆时针所求取值范围是相同的)到
BA',连接QA',画出弧AA',在弧AA'上任取一点A0,连接QA0,
在△QAA'中,cos∠AQA'=QA
2+QA'2-AA'2 25 + 5 2- 22 2 1
· = = ,2QA QA' 2×5×5 5
所以∠AQA'为锐角∠AQA'相当于QA 与平面ABG 夹角的补角,
设夹角为θ,则sinθ=cos∠AQA',
在QA 旋转过程中,不妨设旋转到QA0处,则QA0与平面MBC1的所成角与∠AQA0互余.
当A0与A 重合时,∠AQA0最小,此时为∠AQA0=0;
当A0与A'重合时,∠AQA0最大,此时∠AQA0=∠AQA';
所以cos∠AQA ∈ 1,1 0 ,则 与平面 的所成角的正弦值的取值范围为
1, , 正确
5 QA0 MBC1 51 D .
【高一数学A卷参考答案 第 8页(共10页)】





12.【答案】 25
【解析】 由题意,x=7,s2 21=7,y=15,s2=15,
设x1,x2,x3,x4,x5,y1,y2,y3的平均数和方差分别为z,s2,
则z=7×5+15×3=10,s2=5 s2+ x-z 2 +3 28 8 1 8 s2+ y-z
2 =25.
13.【答案】 18
【解析】 如图,正四棱柱ABCD-A1B1C1D1的顶点A1,C1分别在圆锥SO 的轮廓线SP,SQ 上,
AC 在底面直径PQ 上,矩形ACC1A1为正四棱柱的体对角面,正方形A1B1C1D1的中心为O1.
CC
设BC=CD=a,CC1=h,显然
CQ 1 ,
OQ=SO
3- 2a
即 2 = h ,得3 h=32-a.32
所以正四棱锥的侧面积
a 2S=4ah=4a(32-a)≤4 +32-a =18,2
当且仅当a=32-a,即a=32时等号成立2 .
14.【答案】 13
【解析】 如图1,在平面直角坐标系中,C -4,0 ,B -10,0 ,A 在以坐标原点O 为圆心,以2为半径
的圆上,此圆记作圆O,则A→B 与A→C 的夹角为θ即为∠BAC.
【高一数学A卷参考答案 第 9页(共10页)】
解法一: 设A 2cosα,2sinα ,不妨设0≤α≤π,
显然α=0或π时,θ=0;
0<α<π时,S 1 1△BAC=2BC
·yA= BC·2 2sinα=6sinα
,
又S =1 A→B A→C sinθ,所以6sinα=1 A→B A→C sinθ,即 A→B A→C =12sinα△BAC ,2 2 sinθ
将其代入A→B·A→C= A→B A→C cosθ,
得 -10-2cosα,-2sinα · -4-2cosα,-2sinα =12sinα·cosθ,sinθ
化简得,tanθ= 3sinα ,显然11+7cosα tanθ>0
,想要sinθ最大,只需tanθ最大.
2tanα
3· 2
3sinα 1+tan
2α 6tanα
tanθ=11+7cosα=
2 = 2 = 3 ≤ 3 = 2,
1-tan2α 2α 9 α 2 18 4
11+7· 2
18+4tan 2 α+2tantan 2
1+tan2α 22
当且仅当 9
α=2tan
α,即 α 32时等号成立,此时 2, 1
tan 2
tan2= 2 tanθ=4 sinθ=3.
2
解法二: 如图2,以BC 为弦画圆M,当圆M 与圆O 外切时,切点即为满足题意的点A,
此时∠BAC 最大,
设圆M 的半径为R,BC 中点为N,则MN⊥BC,MA=MB=R,MN= R2-9,
OM=R+2,ON=7,在直角△OMN 中,MN2+ON2=OM2,即 2R2-9 +72= R+2 2,
解得R=9,此时sinθ=sin∠BAC=sin∠NMB=BN 3 1MB=9=3.
【高一数学A卷参考答案 第1 0页(共10页)】

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