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北京市2024-2025学年高一下学期数学期末测试押题预测卷
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2023 大祥区校级模拟）在复平面内，复数对应的点与对应的点关于虚轴对称，则z1等于（　　）
A．2﹣i B．﹣2+i C．2+i D．﹣2﹣i
2．（4分）（2024春 润州区校级期中）已知向量不共线，，且，则实数t＝（　　）
A．1或4 B．1或﹣4 C．或1 D．或1
3．（4分）（2024春 福州期中）在△ABC中，已知，，，则C＝（　　）
A． B． C．或 D．
4．（4分）（2022 安徽模拟）已知α∈（0，π），，则sinα＝（　　）
A． B． C． D．
5．（4分）（2023秋 九龙坡区校级月考）素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型（图1）．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若一个“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为的正四棱柱构成（图2），O是棱的中点，C、D是棱的靠近底面的两个四等分点．则这个几何体的体积是（　　）
A． B． C． D．
6．（4分）（2024 湖北模拟）如图，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则（　　）
A．AB∥MQ B．AB∥NQ
C．AB⊥MN D．AB∥平面MNQ
7．（4分）（2023秋 惠阳区校级期中）函数y＝x的单调递减区间为（　　）
A．（0，1] B．[﹣1，1]
C．[﹣1，0）∪（0，1] D．[﹣1，0），（0，1]
8．（4分）（2024秋 温州期末）在三角形ABC中，内角A，B，C满足，则角C的值是（　　）
A． B． C． D．
9．（4分）（2022 浙江开学）在△ABC中，，D为BC边上一点（不含端点），，则（　　）
A．1 B． C． D．2
10．（4分）函数在区间[1，2]上最大值为（　　）
A．2 B．4 C． D．
二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）
11．（5分）（2023春 高碑店市校级期末）i是虚数单位，复数　 　 ．
12．（5分）（2023秋 浦东新区校级期末）已知，则sinα＝　 　 ．
13．（5分）（2022春 吴江区校级期中）已知向量满足，且与的夹角为120°，则 　 　 ，　 　 ．
14．（5分）（2023秋 昌江区校级月考）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ），如图A，B是直线与曲线y＝f（x）的两个交点，若，则ω＝　 　 ，f（π）＝　 　 ．
15．（5分）（2024春 南关区校级期末）设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为AB，BD1的中点，点M在正方体的表面上运动，且满足FM⊥DE，则点M轨迹的长度为 　 　 ．
三．解答题（共6小题，满分85分）
16．（13分）（2024春 徐汇区校级期中）已知向量与的夹角为，，，若向量与的夹角为锐角，求实数λ的取值范围．
17．（13分）（2024秋 西城区校级期中）已知函数f（x）＝2sinx（cos2sin2）cos2x．
（Ⅰ）求f（x）的最小正周期及f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）求f（x）在区间上的最大值和最小值．
18．（14分）（2024春 本溪期末）AI智能的出现，丰富了大家的生活，在部分领域得到了大量的应用，应用到老师的备课、拟卷中既丰富了知识量也提高了效率，下面就是AI给出的两种组合：考生可在（Ⅰ）（Ⅱ）两种组合中任选一组作答，每组试题后面均有分值标注，请你做出自己的抉择（把所选题号写在答题卡上），两组试题第一问均直接写出答案即可
（Ⅰ）①如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为 　 　 ．
②已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝1，AB＝2，M是PB的中点．
（1）证明：BC⊥平面PAC；
（2）求二面角A﹣MC﹣B的余弦值．
（Ⅱ）①日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，烘焙店的包装盒如图所示，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，且AB＝3，AA1＝1．
店员认为在彩绳扎紧的情况下，按照图A中H﹣E﹣E1﹣F1﹣F﹣G﹣G1﹣H1﹣H的方向捆扎包装盒会比按照图B中的十字捆扎法更节省彩绳（不考虑打结处的用绳量和彩绳的宽度）．则图A比图B最多节省的彩绳长度为 　 　 ．
②如图，已知四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为侧棱SC的中点．
（1）求证：SA∥平面EDB；
（2）若F为棱AB的中点，求证：EF∥平面SAD；
（3）设平面SAB∩平面SCD＝l，求证：AB∥l．
19．（15分）（2022 南京模拟）在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别是a，b，c．已知，C为钝角．
（Ⅰ）求角C的大小；
（Ⅱ）若，b＝2，
（ⅰ）求边长c的值；
（ⅱ）求sin（2B﹣C）的值．
20．（15分）（2020秋 仁寿县校级月考）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为．点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC平面GEFH．
（1）证明：GH∥EF；
（2）若EB＝2，求四边形GEFH的面积．
21．（15分）如图所示，平行四边形ABCD的对角线交于点O，过点O作两条直线交ABCD的四条边得到E、F、G、H四个点，用向量法证明：四边形EFGH是平行四边形．
北京市2024-2025学年高一下学期数学期末测试押题预测卷
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题，满分40分，每小题4分）
1．（4分）（2023 大祥区校级模拟）在复平面内，复数对应的点与对应的点关于虚轴对称，则z1等于（　　）
A．2﹣i B．﹣2+i C．2+i D．﹣2﹣i
【考点】复数对应复平面中的点；共轭复数．
【专题】对应思想；分析法；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】A
【分析】根据复数的运算法则，求得z2＝﹣2+i，得到，再由共轭复数的概念，即可求解．
【解答】解：由复数，
因为复数对应的点与z2对应的点关于虚轴对称，可得，
所以z1＝2﹣i．
故选：A．
【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
2．（4分）（2024春 润州区校级期中）已知向量不共线，，且，则实数t＝（　　）
A．1或4 B．1或﹣4 C．或1 D．或1
【考点】平面向量的平行向量（共线向量）．
【专题】转化思想；转化法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】B
【分析】根据条件，利用向量的共线的充要条件建立方程组，即可求出结果．
【解答】解：因为，且，
所以，即，
又向量不共线，得到，
消λ得到t2+3t﹣4＝0，解得t＝1或t＝﹣4．
故选：B．
【点评】本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
3．（4分）（2024春 福州期中）在△ABC中，已知，，，则C＝（　　）
A． B． C．或 D．
【考点】正弦定理．
【专题】整体思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】C
【分析】由正弦定理可求出sinC，利用特殊角的三角函数值可求C的值．
【解答】解：由正弦定理可得，
所以，而C∈（0，π），
可得或．
故选：C．
【点评】本题考查正弦定理，三角形内角和定理，属于基础题．
4．（4分）（2022 安徽模拟）已知α∈（0，π），，则sinα＝（　　）
A． B． C． D．
【考点】两角和与差的三角函数．
【专题】方程思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】C
【分析】先由两角差的正切公式，求得tanα的值，进而知角α的大小，得解．
【解答】解：因为，所以tanα0，
因为α∈（0，π），所以α，所以sinα．
故选：C．
【点评】本题考查三角函数的化简求值，熟练掌握两角差的正切公式，特殊角的三角函数值是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
5．（4分）（2023秋 九龙坡区校级月考）素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型（图1）．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若一个“十字贯穿体”由两个底面边长为4，高为的正四棱柱构成（图2），O是棱的中点，C、D是棱的靠近底面的两个四等分点．则这个几何体的体积是（　　）
A． B． C． D．
【考点】组合几何体的面积、体积问题．
【专题】数形结合；数形结合法；立体几何；运算求解．
【答案】A
【分析】两个正四棱柱的重叠部分为多面体CDGOST，可以分成8个全等的三棱锥C﹣GOI，由此计算可得．
【解答】两个正四棱柱的重叠部分为多面体CDGOST，取CS的中点I，
则多面体CDGOST可以分成8个全等的三棱锥C﹣GOI，
则，且CI⊥平面GOI，CI，
则，
则该“十字贯穿体”的体积为．
故选：A．
【点评】本题考查几何体的结构特征，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
6．（4分）（2024 湖北模拟）如图，A，B为正方体的两个顶点，M，N，Q为所在棱的中点，则（　　）
A．AB∥MQ B．AB∥NQ
C．AB⊥MN D．AB∥平面MNQ
【考点】直线与平面平行；直线与平面垂直；棱柱的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系．
【专题】证明题；数形结合；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑思维．
【答案】C
【分析】根据题意，利用正方体的性质与线面垂直的判定定理，证出MN⊥平面ABC，从而得出AB⊥MN，即可得到本题的答案．
【解答】解：如图，记正方体的另一个顶点为C，连接BC，交MN于点O，
在正方体的底面中，MN⊥BC，
∵AC⊥平面CMN，MN 平面CMN，∴MN⊥AC，
又∵AC、BC是平面ABC内的相交直线，∴MN⊥平面ABC，可得AB⊥MN，
对照各个选项，可知A、B、D均不正确，C项符合题意．
故选：C．
【点评】本题主要考查线面垂直的判定定理、正方体的性质及其应用等知识，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
7．（4分）（2023秋 惠阳区校级期中）函数y＝x的单调递减区间为（　　）
A．（0，1] B．[﹣1，1]
C．[﹣1，0）∪（0，1] D．[﹣1，0），（0，1]
【考点】求函数的单调区间．
【专题】函数思想；综合法；函数的性质及应用；运算求解．
【答案】D
【分析】由对勾函数的单调性即可得解．
【解答】解：函数y＝x为对勾函数，
由对勾函数的性质，可得函数y＝x的单调递减区间为[﹣1，0），（0，1]．
故选：D．
【点评】本题主要考查函数单调性及单调区间，熟练掌握对勾函数的性质是解题的关键，属于基础题．
8．（4分）（2024秋 温州期末）在三角形ABC中，内角A，B，C满足，则角C的值是（　　）
A． B． C． D．
【考点】解三角形．
【专题】方程思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】C
【分析】利用三角恒等变换公式可得cos（A+C）＝2cosBcosC，据此可求角C的值．
【解答】解：因为，所以，
所以cosAcosC﹣sinAsinC＝2cosBcosC，所以cos（A+C）＝2cosBcosC，
所以﹣cosB＝2cosBcosC，由题可得cosB≠0，所以，
因为C为三角形的内角，所以．
故选：C．
【点评】本题考查三角恒等变换的应用，属于基础题．
9．（4分）（2022 浙江开学）在△ABC中，，D为BC边上一点（不含端点），，则（　　）
A．1 B． C． D．2
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】计算题；转化思想；综合法；平面向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】C
【分析】直接利用向量的线性运算和向量的数量积运算求出结果．
【解答】解：由于在△ABC中，，
所以，即OB⊥AC，
同理：OA⊥BC，OC⊥AB；
所以O为△ABC的垂心，
连接BO并延长交AC于点E，如图所示：
由向量的投影可知：．
故选：C．
【点评】本题考查的知识要点：向量的数量积，向量的线性运算，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
10．（4分）函数在区间[1，2]上最大值为（　　）
A．2 B．4 C． D．
【考点】求函数的最值．
【专题】函数思想；综合法；导数的综合应用；运算求解．
【答案】D
【分析】利用导数判断出函数在[1，2]上的单调性，结合单调性求解即可．
【解答】解：因为，
所以f′（x）＝2x，
当x∈[1，2]时，f′（x）≥0，
所以函数在区间[1，2]上单调递增，
所以f（x）max＝f（2）．
故选：D．
【点评】本题考查了导数的综合运用，属于基础题．
二．填空题（共5小题，满分25分，每小题5分）
11．（5分）（2023春 高碑店市校级期末）i是虚数单位，复数　　 ．
【考点】复数的除法运算．
【专题】整体思想；综合法；数系的扩充和复数；运算求解．
【答案】．
【分析】根据复数除法的运算公式进行求解即可．
【解答】解：．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了复数的基本运算，属于基础题．
12．（5分）（2023秋 浦东新区校级期末）已知，则sinα＝　或　 ．
【考点】同角正弦、余弦的平方和为1．
【专题】整体思想；综合法；三角函数的求值；运算求解．
【答案】或．
【分析】对角α终边的位置进行分类讨论，结合同角三角函数的基本关系可求得sinα的值．
【解答】解：因为，则角α为第二或第四象限角，
若角α为第二象限角，则，解得；
若角α为第四象限角，则，解得．
综上所述，．
故答案为：或．
【点评】本题主要考查了同角基本关系的应用，属于中档题．
13．（5分）（2022春 吴江区校级期中）已知向量满足，且与的夹角为120°，则 　﹣1　 ，　　 ．
【考点】平面向量数量积的性质及其运算．
【专题】转化思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】﹣1，．
【分析】由平面向量数量积公式，结合求解即可．
【解答】解：由，且与的夹角为120°，
可得，
．
故答案为：﹣1，．
【点评】本题考查平面向量数量积及模的运算，属基础题．
14．（5分）（2023秋 昌江区校级月考）已知函数f（x）＝sin（ωx+φ），如图A，B是直线与曲线y＝f（x）的两个交点，若，则ω＝　±4　 ，f（π）＝　　 ．
【考点】由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；正弦函数的图象．
【专题】函数思想；数形结合法；三角函数的图象与性质；运算求解．
【答案】±4，．
【分析】设点A的横坐标为x1，点B的横坐标为x2，依题意，可得|ω||x1﹣x2||ω|，从而可求得ω；进而可求得f（π）．
【解答】解：当x∈[0，2π]时，y＝sinx与y的两个交点之间的距离为：，
对于f（x）＝sin（ωx+φ），∵A，B是直线与曲线y＝f（x）的两个交点，，
设点A的横坐标为x1，点B的横坐标为x2，
则|AB|＝|x1﹣x2|，
∴|ωx1+φ﹣ωx2﹣φ|＝|ωx1﹣ωx2|＝|ω||x1﹣x2||ω|，
∴|ω|＝4，
∴ω＝±4．
∴f（x）＝sin（4x+φ）或f（x）＝sin（﹣4x+φ），
又f（）＝0，
若ω＞0，则4φ＝2kπ（k∈Z），
∴f（x）＝sin（4x+2kπ）＝sin（4x），
∴f（π）＝sin（4π]；
若ω＜0，则﹣4φ＝（2k+1）π（k∈Z），
∴φ＝（2k+1）π（k∈Z），
∴f（x）＝sin（﹣4x+2kπ+π）（k∈Z），
∴f（π）＝sin（﹣3π）＝sin（）．
故答案为：±4，．
【点评】本题考查由y＝Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式及正弦函数的图象的应用，属于中档题．
15．（5分）（2024春 南关区校级期末）设正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，E，F分别为AB，BD1的中点，点M在正方体的表面上运动，且满足FM⊥DE，则点M轨迹的长度为 　　 ．
【考点】与直线有关的动点轨迹方程．
【专题】计算题；转化思想；综合法；解三角形；空间位置关系与距离；运算求解．
【答案】．
【分析】根据题意，设正方形的底面ABCD中心为O，连接FO，过O与DE垂直的直线分别交BC、DA于点P、Q，由FO、PQ确定的平面与正方体交于四边形PQGH，可证出DE⊥平面PQGH，点M的轨迹就是四边形PQGH，然后利用相似三角形与平行四边形的性质，求出PQGH的周长，可得答案．
【解答】解：如图所示，连接AC、BD，它们相交于点O，连接FO，
在底面ABCD中，过O与DE垂直的直线分别交BC、DA于点P、Q，
由FO、PQ确定的平面与正方体交于四边形PQGH，
因为FO是△BDD1的中位线，所以FO∥DD1，结合DD1⊥平面ABCD，得FO⊥平面ABCD，
因为DE 平面ABCD，所以FO⊥DE，
因为PQ⊥DE，且FO、PQ为平面PQGH内的相交直线，所以DE⊥平面PQGH，
若点M在正方体的表面上运动，且满足FM⊥DE，
则点M∈平面PQGH，可知点M的轨迹就是四边形PQGH．
根据正方体相对的面互相平行，可得PQ∥GH，PH∥QG，所以四边形PQGH是平行四边形．
在正方形ABCD中，△AOQ∽△BDE，可得，
OQDE，可得PQ＝2OQ．
结合QG＝AA1＝1，可得平行四边形PQGH的周长为2（PQ+QG）＝2（1）．
综上所述，点M轨迹的长度为．
【点评】本题主要考查正方体的结构特征、线面垂直的判定与性质、面面平行的性质定理、相似三角形的判定与性质等知识，考查了计算能力、空间想象能力，属于中档题．
三．解答题（共6小题，满分85分）
16．（13分）（2024春 徐汇区校级期中）已知向量与的夹角为，，，若向量与的夹角为锐角，求实数λ的取值范围．
【考点】平面向量的模；平面向量数量积的性质及其运算；数量积表示两个平面向量的夹角．
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；逻辑思维；运算求解．
【答案】（，1）∪（1，+∞）．
【分析】直接利用向量的数量积的运算求出结果．
【解答】解：由已知得，2×cos3，
因为向量与的夹角为锐角，所以，
整理得3λ+3+3λ+4＞0，解得，当λ＝1时，两向量共线，
故实数λ的取值范围为（，1）∪（1，+∞）．
【点评】本题考查的知识点：向量的夹角运算，向量的数量积运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
17．（13分）（2024秋 西城区校级期中）已知函数f（x）＝2sinx（cos2sin2）cos2x．
（Ⅰ）求f（x）的最小正周期及f（x）的单调递减区间；
（Ⅱ）求f（x）在区间上的最大值和最小值．
【考点】正弦函数的单调性；三角函数的最值；二倍角的三角函数．
【专题】计算题；转化思想；综合法；三角函数的求值；三角函数的图象与性质；逻辑思维；运算求解．
【答案】（Ⅰ）π，递减区为[]（k∈Z）．（Ⅱ）x＝0时，函数的最小值为，当x时，函数的最大值为2．
【分析】（Ⅰ）首先利用三角函数的关系式的变换，把函数的关系式变换成正弦型函数，进一步求出函数的最小正周期和函数的单点递减区间；
（Ⅱ）利用函数的定义域求出函数的值域．
【解答】解：（Ⅰ）f（x）＝2sinx（cos2sin2）cos2xsin（2x），
故函数的最小正周期为；
令（k∈Z），
整理得（k∈Z），
故函数的单调递减区为[]（k∈Z）．
（Ⅱ）由于，故，
故，
故当x＝0时，函数的最小值为，当x时，函数的最大值为2．
【点评】本题考查的知识点：三角函数的关系式的变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
18．（14分）（2024春 本溪期末）AI智能的出现，丰富了大家的生活，在部分领域得到了大量的应用，应用到老师的备课、拟卷中既丰富了知识量也提高了效率，下面就是AI给出的两种组合：考生可在（Ⅰ）（Ⅱ）两种组合中任选一组作答，每组试题后面均有分值标注，请你做出自己的抉择（把所选题号写在答题卡上），两组试题第一问均直接写出答案即可
（Ⅰ）①如图所示，在边长为的正方形铁皮上剪下一个扇形和一个圆，使之恰好围成一个圆锥，则圆锥的高为 　　 ．
②已知四棱锥P﹣ABCD的底面为直角梯形，AB∥DC，∠DAB＝90°，PA⊥底面ABCD，且PA＝AD＝DC＝1，AB＝2，M是PB的中点．
（1）证明：BC⊥平面PAC；
（2）求二面角A﹣MC﹣B的余弦值．
（Ⅱ）①日常生活中，较多产品的包装盒呈正四棱柱状，烘焙店的包装盒如图所示，正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，且AB＝3，AA1＝1．
店员认为在彩绳扎紧的情况下，按照图A中H﹣E﹣E1﹣F1﹣F﹣G﹣G1﹣H1﹣H的方向捆扎包装盒会比按照图B中的十字捆扎法更节省彩绳（不考虑打结处的用绳量和彩绳的宽度）．则图A比图B最多节省的彩绳长度为 　　 ．
②如图，已知四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为侧棱SC的中点．
（1）求证：SA∥平面EDB；
（2）若F为棱AB的中点，求证：EF∥平面SAD；
（3）设平面SAB∩平面SCD＝l，求证：AB∥l．
【考点】几何法求解二面角及两平面的夹角；直线与平面平行；直线与平面垂直．
【专题】转化思想；综合法；空间位置关系与距离；空间角；逻辑思维；运算求解；结构不良题．
【答案】选组合（Ⅰ）：
①；
②（1）证明见解答；（2）．
选组合（Ⅱ）：
①；
②（1）证明见解答；
（2）证明见解答；（3）证明见解答．
【分析】选组合（Ⅰ）：
①根据扇形的弧长与圆锥底面周长的关系可求得小圆半径和扇形半径之间的关系，然后结合正方形的对角线长，列式求出底面圆的半径，从而求得圆锥的高；
②（1）根据给定条件，利用余弦定理及勾股定理的逆定理得BC⊥AC，再利用线面垂直的性质判定定理即得；
（2）作出二面角A﹣MC﹣B的平面角，再利用余弦定理计算即得．
选组合（Ⅱ）：
①图（A），沿彩绳展开正四棱柱，可求彩绳长度的最小值，图（B），直接求彩绳长度的最小值，比较可以得出答案；
②（1）设AC∩BD＝O，先证明SA∥EO，然后由线面平行的判定定理可得答案；
（2）根据线面平行与面面平行的判定证明平面EOF∥平面SAD即可；
（3）根据线面平行的判定定理与性质定理证明即可．
【解答】选组合（Ⅰ）：
解：①如图1，过⊙F圆心F作EE⊥AD于E，FG⊥CD于G，则四边形EFGD为正方形，
设小圆半径为r，扇形半径为R，则，小圆周长为2πr，扇形弧长为，
因为剪下一个扇形和圆恰好围成一个圆锥，
所以，解得R＝4r，即BH＝4r，
所以，
因为正方形铁皮边长为，
所以，所以，即r＝1，所以R＝4，
在图2中，EF＝r＝1，BE＝R＝4，
由勾股定理得圆锥的高为．
故答案为：．
②（1）证明：在直角梯形ABCD中，AB∥DC，∠DAB＝90°，AD＝DC＝1，
则，，
又AB＝2，由余弦定理得，
则AC2+BC2＝AB2，即BC⊥AC，
由PA⊥平面ABCD，BC 平面ABCD，
得BC⊥PA，而PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，
所以BC⊥平面PAC．
（2）如图，作AN⊥CM，垂足为N，连接BN，
在Rt△PAB中，AM＝MB，又AC＝CB，所以△AMC≌△BMC，
则∠AMN＝∠BMN，于是△AMN≌△BMN，则AN＝BN，BN⊥CM，
所以∠ANB为二面角A﹣MC﹣B的平面角，
由（1）知BC⊥平面PAC，PC 平面 PAC，
所以BC⊥PC，则CM＝MB＝AM，
在等腰△AMC中，，则，
而AB＝2，在△ANB 中，，
所以二面角A﹣MC﹣B 的的余弦值为．
选组合（Ⅱ）：
解：①（1）对于图（A），沿彩绳展开正四棱柱，则彩绳长度的最小值为，
对于图（B），彩绳长度的最小值为4×（3+1）＝16，因为，
所以图A比图B最多节省的彩绳长度．
故答案为：．
②证明：（1）设AC∩BD＝O，连接AC，OE，
因为ABCD是平行四边形，所以AO＝OC，
又E为侧棱SC的中点，所以SA∥EO，
又SA 平面EDB，EO 平面EDB，
所以SA∥平面EDB．
（2）若F为侧棱AB的中点，DO＝BO，则AD∥FO，
又FO 平面SAD，AD 平面SAD，
所以FO∥平面SAD，
又SA∥EO，EO 平面SAD，SA 平面SAD，
所以EO∥平面SAD，
又EO∩FO＝O，EO，FO 平面EOF，
所以平面EOF∥平面SAD，
又EF 平面EOF，故EF∥平面SAD．
（3）因为AB∥CD，AB 平面SCD，CD 平面SCD，
所以AB∥平面SCD，
又平面SAB∩平面SCD＝l，AB 平面SAB，
所以AB∥l．
【点评】本题考查线面平行、线面垂直的判定，考查二面角的求解，考查空间几何体的结构特征，属于中档题．
19．（15分）（2022 南京模拟）在△ABC中，内角A，B，C对应的边分别是a，b，c．已知，C为钝角．
（Ⅰ）求角C的大小；
（Ⅱ）若，b＝2，
（ⅰ）求边长c的值；
（ⅱ）求sin（2B﹣C）的值．
【考点】解三角形；两角和与差的三角函数；正弦定理；余弦定理．
【专题】计算题；方程思想；综合法；解三角形；运算求解．
【答案】（Ⅰ）；
（Ⅱ）（i）；
（ii）．
【分析】（Ⅰ）利用正弦定理将边化角，再利用两角和的正弦公式及诱导公式计算可得；
（Ⅱ）（i）利用余弦定理计算可得；
（ii）利用正弦定理求出sinB，即可得cosB再利用倍角公式、差公式计算可得．
【解答】解：（Ⅰ）因为，
由正弦定理可得，
即，即，
因为sinB＞0，
∴，
∵0＜C＜π，
∴或，
又C为钝角，所以．
（Ⅱ）解：（i）因为，
由余弦定理得，
∴；
（ii）由正弦定理，即，所以，
因为B为锐角，所以，
所以，
所以．
【点评】本题考查了正余弦定理的应用以及两角差的正弦公式、二倍角公式等三角函数的知识，属于中档题．
20．（15分）（2020秋 仁寿县校级月考）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为8的正方形，四条侧棱长均为．点G，E，F，H分别是棱PB，AB，CD，PC上共面的四点，平面GEFH⊥平面ABCD，BC平面GEFH．
（1）证明：GH∥EF；
（2）若EB＝2，求四边形GEFH的面积．
【考点】平面与平面垂直；直线与平面平行．
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；运算求解．
【答案】（1）证明见解析；（2）18．
【分析】（1）利用线面直线与平面平行的性质定理，分别证得GH∥BC和EF∥BC，即可证得GH∥EF．
（2）连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK，分别证得PO⊥AC和PO⊥BD，进而得到GK是梯形GEFH的高，结合梯形的面积，即可求解．
【解答】证明：（1）因为BC∥平面GEFH，BC 平面PBC，且平面PBC∩平面GEFH＝GH，所以GH∥BC，
又因为BC∥平面GEFH，BC 平面ABCD，且平面ABCD∩平面GEFH＝EF，
所以EF∥BC，所以GH∥EF；
解：（2）如图所示，连接AC，BD交于点O，BD交EF于点K，连接OP，GK，
因为PA＝PC，O是AC的中点，所以PO⊥AC，
同理可得PO⊥BD，
又BD∩AC＝O，且AC，BD都在底面内，所以PO⊥底面ABCD，
又因为平面GEFH⊥平面ABCD，且PO 平面GEFH，所以PO∥平面GEFH，
因为平面PBD∩平面GEFH＝GK，
所以PO∥GK，且GK⊥底面ABCD，从而GK⊥EF．所以GK是梯形GEFH的高，
由AB＝8，EB＝2，得EB：AB＝KB：DB＝1：4，
从而，即K为OB的中点，
再由PO∥GK，得，即G是PB的中点，且，
由已知可得，所以GK＝3，
故四边形GEFH的面积．
【点评】本题主要考査了线面平行的判定与性质定理，以及正棱锥的结构特征和截面面积的计算．
21．（15分）如图所示，平行四边形ABCD的对角线交于点O，过点O作两条直线交ABCD的四条边得到E、F、G、H四个点，用向量法证明：四边形EFGH是平行四边形．
【考点】平面向量的综合题；平面向量的相等与共线．
【专题】证明题；转化思想；综合法；平面向量及应用；运算求解．
【答案】证明见解析．
【分析】根据题意，由平行四边形的性质和三角形全等证明方法，分析可得，，由向量的减法可得（）﹣（），变形可得：，即可得结论．
【解答】证明：根据题意，四边形ABCD是平行四边形，则AD∥BC，则有∠HDO＝∠FBO，
又由OD＝OB，∠HOD＝∠BOF，
则有△HOD≌△FOB，
故有OH＝OF，必有，
同理：，
则有（）﹣（），
变形可得：，
则有GH∥EF且GF＝EF，
故四边形EFGH是平行四边形．
【点评】本题考查平面向量的应用，涉及向量相等的定义，属于基础题．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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