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.-6-24 25 5 5 5 5 5i D.-5-5i2.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.5π3 4 63.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 56.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.77.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+isinπ,则3 z =12C.若z=1+i,则z=-1-i D.zz=zz 210.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=3B.若B+C=2A,则△ABC 的外接圆半径为3C.若A=π,且△ABC 有一解,则b的取值范围为4 0,3D.若c2=a2+ab,且△ABC 为锐角三角形,则c的取值范围为 32,3311.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⊥AQB.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32C.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 5D.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 11A B C B D C D A BD ABD ABD12.【答案】 25 13.【答案】 18 14.【答案】 1315.【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-x2=1 2 2 … 2 … 210 x1+x2+ +x10-2 x1+x2+ +x10 x+10x=1 x2+x2 … 210 1 2+ +x10-2 10x x+10x2=1 x210 1+x22+…+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 -902 -802=25.………………………………………13分解法二: 不妨设x1=70,x2=90,则s2=110 70-x2+ 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=12S△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23×2∴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 . 1517.【答案】 (I)22(6分)3(II)22(9分)【解析】 (I)由正弦定理化简得3a-b =3c-2b,即 2 2 2 2 , ………………………… 分c a+b b+c-a =3bc 32b2+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 cosA= 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 1719.【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(8μ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 42m所以λ=3=2;…………………………………………………………………………………………5分μ m31 · ·(II)BDS AB AD sin∠BAD= △ABD 2 sin∠BAD AB= = · , ……………………………… 分CD S△ACD 1AC·AD·sin∠CAD sin∠CAD AC① 62同理,CE=sin∠CBE·BC,AE sin∠ABE BA ②AF=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 ⑤⑤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 ⑦sin∠ACFsin∠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 ⑩AE=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】 Bk2+ 2k 2【 - 解析】 cosC= 7k21· , 最大角2π2 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 56.【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+isinπ 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 0π2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,2BC1=22,QG=14BC1=2,2 AQ= AB2+BQ2= 22+ 3 =5,2 22AH= AB2+BH2-2AB·BH·cos∠ABC= 22+ 12 -2×2×12×12= 13,22AG= AH2+GH2= 13 +22= 292 22在△AQG 中,cos∠AQG=AQ +QG2-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'=QA2+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-z2 =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=SO3- 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.2tanα3· 23sinα 1+tan2α 6tanαtanθ=11+7cosα=2 = 2 = 3 ≤ 3 = 2,1-tan2α 2α 9 α 2 18 411+7· 218+4tan 2 α+2tantan 21+tan2α 22当且仅当 9α=2tanα,即 α 32时等号成立,此时 2, 1tan 2tan2= 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)】 展开更多...... 收起↑ 资源列表 安徽省鼎尖名校高一5月阶段性检测数学A卷SY.pdf 安徽省鼎尖名校高一5月阶段性检测数学A卷答案.pdf