资源简介

高 2024级高一下期自主测试
★祝大家学习生活愉快★
注意事项：
1．答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名和考生号，试室号，座位号填写在答题
卡上。用 2B铅笔将试卷类型和考生号填涂在答题卡相应位置上。
2．选择题每小题选出答案后，用 2B铅笔把答题卡上对应的题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用
橡皮擦干净后，再填涂其他答案。答案不能答在试卷上。
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置
上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案，不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答
案无效。
一、单选题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 复数 z= sin2+ icos2(i是虚数单位)对应的点位于复平面的 ( )
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. cos35°cos25° -sin35°cos65°的值等于 ( )
A. - 12 B. 0 C.
1
2 D.
3
2
3. 已知 α，β是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是 ( )
A. 若m n，n α，则m α B. 若m α，m β，则 α β
C. 若m⊥n，n α，则m⊥ α D. 若m α，n⊥ α，则m⊥n
4.

已知向量 a= 1,-1 , b= λ,1 , a+b ⊥ b-3a 且 λ>0 ，求 b = ( )
A. 2 B. 5 C. 10 D. 2 10
5. 将函数 f(x) = cos3x π的图象向右平移 12 ，再将横坐标伸长为原来的 3倍，得到 g(x)的图象，则 g(x)的解
析式为 ( )
A. g x = cos x+ π4 B. g x = cos x-
π
4
C. g x = cos 9x+ π4 D. g x = cos 9x-
π
4
6.《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生二仪，二仪生
四象，四象生八卦，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．
如图 1所示的是八卦模型图，其平面图形如图 2中的正八边形
ABCDEFGH．其中O为正八边形的中心，若OA= 1，点P为
正八边形边上的一个动点，则下列说法正确的是 ( )

A. AP AB的最大值为 1

B. OA-EF =OF

C. GD= 2AB

D. OA+OC = 3OB
数学试题 第 1 页 共 16 页

7. 向量OA与OB在 i = 1,0 上的投影向量均为 4,0 ， AB = 4，当∠AOB最大时，则OA OB=
( )
A. 2 3 B. 6 C. 12 D. 16
8. 如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角△ABC沿BC向上翻折，得到三棱锥A-BCD，
设CD= 2，点E，F分别为棱BC，BD的中点，M为线段AE上的动点，下列说法错误的是 ( )
A. 在翻折过程中，存在某个位置使得AC⊥CD
B. 若AB⊥CD，则AD 21与平面BCD所成角 正切值为 7
C. 三棱锥A-BCD体积的最大值为 2
D. 当AB=AD时，CM+FM 最小值为 4+3 2
二、多选题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的四个选项中，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. 函数 f(x) = 2sin(ωx+ φ) ω>0 π， φ < 2 的部分图象如图所示，f(x)图象与 y轴交于M点，与 x轴交于
C点，点N在 f(x)图象上，点M、N关于点C对称，则下列说法中正确的是 ( )
A. 函数 f(x)的最小正周期是 2π
B. 4π 3π函数 f(x)在 3 , 2 单调递减
C. 5π函数 f(x)的图象关于直线 x= 6 对称
D. 函数 f(x) π的图象向右平移 6 后，得到函数 g(x)的图象，则 g(x)为奇函数
10. 如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的所有顶点均在球O的球面上，AB= 2，D，E，F，M分别为BC，
AC，CC1，A1B1的中点，且EF⊥MF，则 ( )
A. A1B1∥平面DEF
B. DE⊥MF
C. 球O的表面积为 11π
D. 6点F到平面DEM的距离为 3
数学试题 第 2 页 共 16 页

11. 如图，在△ABC中，BD与EC交于点G，E是AB的靠近B的三等分点，D是AC的中点，且有AG=

λAB+ μAC，λ，μ∈ (0 ,+∞)，过G作直线MN分别交线段AB，AC于点M，N，设AM =mAB，AN =

nAC(m> 0，n> 0)，则 ( )
A. λ= 12
B. μ= 13
3 3 C. CG= 4 BE- 4 BC
D. m+ 2n的最小值为 2.
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分

12. 在复平面内，向量OA对应的复数 z1= 1+ 2i ,OA绕点O逆时针旋转 90°后对应的复数为 z2，则 z2=
.
13. 已知 α∈ 0 π，2 ，sin α-
π
4 =
5
5 ，则 tanα= .
14. 折扇 (图 1)是具有独特风格 中国传统工艺品，炎炎夏季，手拿一把折扇，既可解暑，又有雅趣.图 2中
2π
的扇形OCD为一把折扇展开后的平面图，其中∠COD= 3 ，OC=OD= 1，点M在弧CD上 (包括端
点)运动，其中E，F分别是OC，OD的中点，则ME MF的范围为 .
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. 我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”称为“阳
马”．现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面ABCD是正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB，E
为线段PB的中点，F为线段BC上的动点．
(1)求证：直线AE⊥平面PBC；
(2)求二面角P-DC-B的大小．
数学试题 第 3 页 共 16 页
16. 函数 f(x) = a b- 1 2 ，其中向量 a= (cosx , 1)，b= (cosx , 3sinxcosx).
(1)求函数 f(x)在区间 0,
π
2 上的最大值和最小值；
(2) f(α) = 4若 5 ，f(β) =
5 π π π
13 ，α，β∈ 6 , 2 ，求 f α-β+ 6 的值.
17. 某棒球场要举办大型活动，该活动要一块矩形场地，现对棒球场的扇形空地AOB进行改造．如图所示，
矩形CDEF π区域为活动区域，已知扇形AOB的半径为 100米，圆心角为 3 ，现要探究在该扇形内截取一
个矩形，应该如何截取，可以使得截取的矩形面积最大．一种方案是将矩形的一边CD放在OA上，另外
两个顶点E，F分别在弧AB和OB上，其中∠EOA= α(如图 2所示)；
(1)若按方案一来进行修建，求活动场地面积的最大值：
(2)改造活动场地的另一种方案是，将矩形一边的两个顶点D，E在弧AB上，另外两个顶点C，F分别
在OA和OB上，有OF=OC(如图 3所示)．比较两种方案，哪种方案更优？
数学试题 第 4 页 共 16 页
18. 如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，AB= 2，E是DD1的中点.
(1)求三棱锥B-ACE的体积；
(2)求异面直线BD1与AE的夹角的余弦值；
(3)在棱BB1上是否存在F点，使得平面ACE∥平面A1C1F，若存在，指出F点位置，若不存在，说明理
由.
19. 三角形的布洛卡点是法国数学家、数学教育学家克洛尔于 1816年首次发现，但他的发现并未被当时的
人们所注意． 1875年，布洛卡点被一个数学爱好者布洛卡重新发现，并用他的名字命名．当△ABC内
一点P满足条件∠PAB=∠PBC=∠PCA= θ时，则称点P为△ABC的布洛卡点，角 θ为布洛卡角．如
图，在△ABC中，角A，B，C所对边长分别为 a，b，c，点P为△ABC的布洛卡点，其布洛卡角为 θ．
2S
(1)求证：a PB+ b PC+ c PA= △ABC ；
sinθ
(2)若A= 2θ，是否存在常数 λ∈R，使得 a2+ b2+ c2= λbccos2θ，若存在，求 λ的值；若不存在，请说明理
由．
(3)若 θ= 30°，试判断△ABC的形状．
数学试题 第 5 页 共 16 页
参考答案
1. D
【分析】根据题意，得到复数 z在复平面内对应的点为 Z(sin2 , cos2)，结合三角函数符号，即可求解.
由复数 z= sin2+ icos2在复平面内对应的点为 Z(sin2 , cos2)，
因为 sin2> 0 , cos2< 0，所以复数 z= sin2+ icos2在复平面内对应的点位于第四象限.
故选：D.
2. C
【分析】利用诱导公式结合两角和的余弦公式化简可得结果．
因为 cos35°cos25° -sin35°cos65°，
= cos35°cos25° -sin35°sin25°
= cos 35°+25°
= cos60° = 12
故选：C．
3. D
【分析】举反例可判断ABC；由线面垂直的性质定理可判断D.
详解】对于A，若m n，n α，则m α，或m α，故A错误；
对于B，若m α，m β，则 α β，或 α与 β相交，故B错误；
对于C，若m⊥n，n α，则m与 α相交，或m α，或m α，故C错误；
对于D，若m α，n⊥ α，则m⊥n，故D正确.
故选：D.
4. C

【分析】根据向量线性运算坐标表示计算 a+ b，b- 3a，再有向量垂直数量积为 0列式计算可得 λ= 3，即

可求得 b .

因为 a= 1,-1 , b= λ,1 ，所以 a+ b= 1+λ,0 ，b- 3a = λ-3,4 ，
a

由 +b ⊥ b-3a a 得， +b b-3a = 0，
则有 1+λ λ-3 = 0，解得 λ= 3或 λ=-1，

因为 λ> 0，所以 λ= 3，即 b = 32+12= 10 .
故选：C
5. B
【分析】根据给定的信息，利用三角函数图象变换法则求出解析式.
函数 f(x) = cos3x π π π π的图象向右平移 12 ，得 y= f x- 12 = cos 3 x- 12 = cos 3x- 4 ，
π
再将横坐标伸长为原来的 3倍，得 g x = cos x- 4 ，
故选：B
6. A
【分析】利用正八边形的结构特征，结合向量数量积的几何意义及线性运算逐项分析判断.
在正八边形ABCDEFGH中，线段AE ,BF ,CG ,DH被点O平分，AE⊥CG ,BF⊥DH，
∠ABC= 135°，在△AOB中，AB2= 12+ 12- 2× 1× 1× cos45° = 2- 2，
数学试题 第 6 页 共 16 页

对于A，当点P在线段CD上时，AP在AB上的投影向量的模最大，而CD⊥AB，

因此AP 2AB 2的最大值为 1+ 2 AB = 1，A正确；

对于B，OA-EF =EO-EF =FO=-OF，B错误；
对于C，在△GOD中，GD2= 12+ 12- 2× 1× 1× cos135° = 2+ 2，
2GD GD= 2 AB=
2+ 2
- AB= ( 2+ 1)AB，C错误；AB 2 2

对于D，|OA+OC| = 2，因此OA+OC = 2OB，D错误.
故选：A
7. C

【分析】根据题意设OA= 4,m ，OB= 4,m-4 ，OA与OB的夹角为∠AOB= θ，利用三角形面积公
16
式，结合向量数量积求法，得到OA OB= ，根据 θ的取值范围即可求解.
ta nθ
设OA= 4,m ，OB= 4,n ，所以AB=OB-OA= 0,n-m ，

因为 AB = 4，所以 n-m = 4，所以可设OA= 4,m ，OB= 4,m-4 ，

OA与OB的夹角为∠AOB= θ，

若 θ∈ 0,π ，OA OB= 16+m2- 4m= m-2 2 + 12≥ 12> 0，
π
则知 θ∈ 0, 2 ，S△AOB=
1 × 4× 4= 8= 12 2 OA OB sinθ，

OA OB = 16

即 ，OA OB= OA OB cosθ= 16 ，θ∈sinθ tanθ 0,
π ，
2
则当∠AOB最大时，tanθ最大，即OA OB最小，即此时OA OB= m-2 2 + 12= 12，
当且仅当m= 2时成立.
故选：C
8. D
【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断A，连接AD ,DE，证明AE⊥平面BCD，则∠ADE即为
AD与平面BCD所成角的平面角，即可判断B，根据三棱锥体积公式，找底面△BCD面积和点A到平面
BCD距离 h，当面面垂直时 h最大，算出体积最大值，判断C .把△AEF与△AEC沿AE展开到同一平
面，用余弦定理算CF(即CM+FM最小值)，判断是否符合给定值, .判断D.
对于A，当平面ABC与平面BCD垂直时，
∵CD⊥BC，平面ABC与平面BCD的交线为BC，CD 平面BCD,
∴CD⊥平面ABC，又AB ,AC 平面ABC，
∴CD⊥AB，CD⊥AC，故A正确；
对于B，连接AD ,DE，
因为AB⊥CD ,BC⊥CD ,AB∩BC=B ,AB ,BC 平面ABC，
所以CD⊥平面ABC，
又AE 平面ABC，所以AE⊥CD，
因为AB=AC ,E为BC的中点，
所以AE⊥BC，
又BC∩CD=C ,BC ,CD 平面BCD，
所以AE⊥平面BCD，
则∠ADE即为AD与平面BCD所成角的平面角，
数学试题 第 7 页 共 16 页
在Rt△BCD中，CD= 2 , ∠BDC= 60°，则BC= 2 3，
DE= CE 2+CD2= 7 ,AE= 12 BC= 3，
AE 21
所以 tan∠ADE= DE = 7 ，
AD BCD 21即 与平面 所成角的正切值为 7 ，故B正确；

对于C，三棱锥A-BCD的体积V= 13 S△BCD h(h为点A到平面BCD的距离).
S△BCD=
1
2 ×BC×CD=
1
2 × 2 3 × 2= 2 3
当平面ABC⊥平面BCD时，h 1最大，h的最大值为AE= 3，此时V= 3 × 2 3 × 3= 2，所以三棱
锥A-BCD体积的最大值为 2，选项C正确.
对于D，当AB=AD时，因为F为BD的中点，
所以AF⊥BD，则AF= 6-4= 2，
又因E为BC 1的中点，所以EF= 2 CD= 1，
又AE= 3，所以EF 2+AF 2=AE 2，
所以AF⊥EF，
如图将△AEF沿AE旋转，使其与△ACF在同一平面内，
则当C ,M ,F三点共线时，CM+FM最小，
即CM+FM的最小值为CF，
在Rt△AEF sin∠AEF= AF = 6中， 3 ，AE
则 cos∠CEF= cos ∠AEF+∠AEC =-sin∠AEF=- 63 ，
所以CF= 1+3-2×1× 3× - 63 = 4+2 2，
所以CM+FM的最小值为 4+2 2，故D错误.

故选：D.
9. BD
π
【分析】根据点M、N关于点C对称求出C点坐标，结合图象求出T可判断A；由T求出ω，根据 f 3 =
数学试题 第 8 页 共 16 页
0求出 φ得到 f x
5π
，再根据正弦函数的单调性可判断B；由 f 6 ≠ 2可判断C；根据图象平移求出
g x ，再由奇偶性定义可判断D.
0+ 2π
A 3 π π对于 ，因为点M、N关于点C对称，所以 2 = 3 ，即C 3 ,0 ，
T
可得 2 =
π
3 - -
π π
6 = 2 ，所以T= π，故A错误；
2π
对于B，T= π= ω ，得ω= 2，所以 f x = 2sin 2x+φ ，
π π
由 f 3 = 2sin 2× 3 +φ = 0得 2×
π
3 + φ= kπ , k∈ Z
π
，因为 φ < 2 ，
φ= π f x = 2sin 2x+ π x∈ 4π , 3π 2x+ π ∈ 3π, 10π所以 3 ，则 3 ，当 3 2 时， 3 3 ，
因为 y= sinx 3π, 10π 4π 3π在 3 上单调递减，所以函数 f(x)在 3 , 2 单调递减，故B正确；
C f 5π对于 ，由 6 = 2sin 2×
5π + π6 3 = 2sin2π = 0≠ 2，故C错误；
对于D，函数 f(x) π π π的图象向右平移 6 后，得到函数 g x = 2sin

2 x- 6 + 3 = 2sin2x，
因为 x∈R，定义域关于原点对称，g -x =-2sin2x=-g x ，
所以 g x 为奇函数，故D正确.
故选：BD.
10. AB
【分析】根据线性关系可得DE∥AB，结合平行公理、线面平行的判定定理即可判断A；取AB的中点N，
由线面垂直判定定理可得AB⊥平面MNCF，结合线线平行判断DE与MF的位置关系即可得判断B；
结合正三棱柱的外接球的几何性质列方程求解球得半径，从而得面积即可判断C；结合三棱锥等体积法
转化求解点F到平面DEM的距离即可.
如图，
因为D，E分别为BC，AC的中点，所以DE∥AB，
又AB∥A1B1，所以A1B1∥DE，
因为A1B1 平面DEF，DE 平面DEF，所以A1B1∥平面DEF，A正确；
取AB的中点N，连接MN，
数学试题 第 9 页 共 16 页
则MN⊥AB，连接CN，则CN⊥AB，
又CN∩MN=N，CN，MN 平面MNCF，所以AB⊥平面MNCF，
因为MF 平面MNCF，所以AB⊥MF，
又DE∥AB，所以DE⊥MF，B正确；
设AA 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 21= 2m，则EF = 1 +m ，MF =C1M +C1F = 2 - 1 +m = 3+m ，ME =MN +NE = 4m
+ 1，
因为EF⊥MF，所以EF 2+MF 2=ME 2，即 1+m2+ 3+m2= 4m2+ 1，解得m= 62 ，
1 AB
所以AA1= 2m= 6，易得△ABC外接圆的半径为 r= 2 ∠ =
1 × 2 = 22 ，sin ACB 3 3
2
AA 2 4 6 17
设正三棱柱ABC-A B 2 2 11 1C1外接球的半径为R，则R = r + 2 = 3 + 4 = 6 ，
所以其外接球的表面积为S球= 4πR2=
34π
3 ，C错误；
因为DE⊥MF，EF⊥MF，DE∩EF=E，DE，EF 平面DEF，所以MF⊥平面DEF，
DF=EF= 10 DE= 1 MF= 3 2由上可得， 2 ， ， 2 ，DM=EM= 7，
1 DE 2 2所以SΔDEF= 2 DE DF
2- 2 =
3
4 ，S
1
ΔDEM= 2 DE DM
2- DE = 3 32 4 ，
1 1
设点F到平面DEM的距离为 h，由V三棱锥F-DEM=V三棱锥M-DEF，得 3 SΔDEM h= 3 SΔDEF MF，所以 h=
3 3 2
SΔDEF MF 4 × 2 6
S = = ，ΔDEM 3 3 2
4
6
即点F到平面DEM的距离为 2 ，D错误.
故选：AB.
11. ACD
【分析】根据向量的线性运算法则计算可判断A，B，C 1 1；利用共线定理的推论可得 2m + 4n = 1，然后妙
用“1”可判断D.

对于A，B，C，因AG= λAB+ μAC，依题意AE= 23 AB，AD=
1
2 AC代入，
3 AG= λAE+μAC得 2 ，因为E ,G ,C三点共线，且B ,G ,D三点共线，AG=λAB+2μAD
数学试题 第 10 页 共 16 页
3
1
2 λ+μ=1
λ= 2
所以 ，得 ，所以A对，B错；λ+2μ=1 μ= 14
1 1
由AG= 2 AB+ 4 AC可得AC +CG=
1 AB+ 12 4 AC，
1 3
故CG= 2 AB- 4 AC =
1
2 AB-
3 1 3 3 3
4 AB+BC =- 4 AB- 4 BC = 4 BE- 4 BC，
故C正确；
1 D AG= AB+ 1

对于 ， 2 4 AC，AM =mAB，AN =nAC，

AG= 1 1

则 2 m AM +
1 14 n AN，因为M、G、N三点共线，
1 + 1 2 1则 2m 4n = 1，即 m + n = 4，
m+ 2n= 1 m+2n 2 + 1 = 1由 4 m n 4 2+
m + 4nn m +2 ≥ 1+
1
4 × 2
m
n ·
4n
m = 2，
2 1m + n =4 m=1当且仅当 ，即m=2n n= 1 时取得等号．所以D正确．2
故选：ACD．
12. -2+ i
【分析】利用复数的几何意义结合复数的模相等求解即可.
由题意可设 z2= a+ bi(a< 0 , b> 0) , z2对应的向量为 a,b , z1对应的向量为 1,2 ，
由旋转性质得 z2和 z1模相等，且它们对应的向量垂直，
a2+b2=5, a=-2,则 + = 解得 ∴z2=-2+ i .a 2b 0, b=1,
故答案为：-2+ i.
13. 3
【分析】
π
由平方关系求出 cos α- 4 ，用两角和的正弦公式求得 sinα，再得 cosα，然后可得 tanα．
∵ α∈ 0, π2 ，∴ α-
π
4 ∈ -
π π
4 , 4 ，
cos α- π = 1-sin2 α- π4 4 =
2 5
5 ，
∴ sinα= sin α- π + π 4 4 = sin α-
π π
4 cos 4 + cos α-
π
4 sin
π 5 2 2 5 2
4 = 5 × 2 + 5 × 2 =
3 10
20 ，
∴ cosα= 1-sin2α= 1010 ，
tanα= sinαcosα = 3．
故答案为：3．
【点睛】关键点点睛：本题考查平方关系，两角和的正弦公式．三角函数求值问题，需确定已知角和未知
角的关系，以确定先用的公式．象本题观察得到 α= α- π4 +
π
4 ，需要用用两角和的正弦 (余弦)公式
π π
求值，因此先用平方关系求得 cos α- 4 ，这就要确定 α- 4 的范围．以确定余弦值的正负．
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14. 3 , 5 8 8
【分析】根据给定条件，建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标表示，结合正弦函数的性质求出范围.
以O为原点，直线OC为 x轴建立平面直角坐标系，
E 1则 2 ,0 ,F -
1 3
4 , 4 ，设∠MOC= θ , 0≤ θ≤
2π
3 ，M (cosθ , sinθ)，

ME= 1

2 -cosθ,-sinθ ,MF = -
1
4 -cosθ,
3
4 -sinθ ，
1 1 3
因此ME MF = 2 -cosθ - 4 -cosθ + (-sinθ) 4 -sinθ
= cos2θ+ sin2θ- 34 sinθ-
1
4 cosθ-
1
8 =
7 - 18 2 sin θ+
π
6 ，
π ≤ θ+ π ≤ 5π 1

而 6 6 6 ，则 2 ≤ sin θ+
π
6 ≤ 1
3
，8 ≤ME MF≤
5
8 ，

所以ME MF 3 5的范围为 8 , 8 .
3 5
故答案为： 8 , 8
15. (1)证明见解析
(2)45°
【分析】(1)由线面垂直的性质及判定得出AE⊥BC，由等腰三角形三线合一得出AE⊥PB，即可证明；
(2)由二面角定义分析出平面角即可求解．
【小问 1详解】
因为四边形ABCD为正方形，所以BC⊥AB，
又因为PA⊥底面ABCD，BC 平面ABCD，
所以PA⊥BC，又PA∩AB=A ,PA ,AB 平面PAB，
所以BC⊥平面PAB，又AE 平面PAB，
所以AE⊥BC，
因为PA=AB，E为线段PB的中点，所以AE⊥PB，
又PB∩BC=B ,PB ,BC 平面PBC，
所以AE⊥平面PBC．
【小问 2详解】
由正方形ABCD得CD⊥AD，AD BC，
因为PA⊥底面ABCD，CD ,AD 平面ABCD，
所以PA⊥CD ,PA⊥AD，又AD∩PA=A ,AD ,PA 平面PAD，
所以CD⊥平面PAD，又PD 平面PAD，
所以CD⊥PD，
又PD 平面PDC，AD 平面ABCD，平面PDC∩平面ABCD=CD，
所以二面角P-DC-B的平面角为∠PDA，
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在△PAD中，∠PAD= 90° ,AD=AP，所以∠ADP= 45°．
16. (1)最大值 1，最小值- 12 .
(2) 5665
【分析】(1)由条件利用两个向量的数量积公式，三角恒等变换，正弦函数的定义域和值域，求得数 f(x)在
π
区间 x∈ 0, 2 上的最大值和最小值.
(2)由条件利用同角三角函数的基本关系，求得 cos 2α+ π cos 2β+ π6 和 6 的值，再利用两角差的余弦
公式求得 f α-β+ π6 的值.
【小问 1详解】
∵ f(x) = a

b- 12 = cos
2x+ 3sinxcosx- 12
= 1+cos2x + 32 2 sin2x-
1
2 = sin 2x+
π
6 ，
∵ x∈ 0, π 2 ，∴ 2x+
π π 7π 1 π
6 ∈ 6 , 6 ，- 2 ≤ sin 2x+ 6 ≤ 1，
所以 f(x)在区间 x∈ 0, π 1 2 上的最大值 1，最小值- 2 .
【小问 2详解】
∵ f(α) = sin 2α+ π6 =
4
5 ，f(β) = sin 2β+
π
6 =
5
13 ，
∵ α，β∈ π π6 , 2 ，∴ 2α+
π
6 ，2β+
π ∈ π 7π6 2 ，6 ，
cos 2α+ π6 =-
3
5 , cos 2β+
π
6 =-
12
13
f α-β+ π = sin 2 α-β+ π + π由 6 6 6 = sin 2α+
π
6 - 2β+
π π
6 + 2
= cos 2α+ π - 2β+ π π π π π 6 6 = cos 2α+ 6 cos 2β+ 6 + sin 2α+ 6 sin 2β+ 6
=- 3 × - 12 + 4 × 5 = 565 13 5 13 65
17. (1) 5000 33 平方米
(2)方案一更优，理由见解析.
【分析】(1)结合题意图形，可得活动区域面积关于∠EOA= α的表达式，然后利用三角函数恒等变换知
识可得答案；
(2)如图，设∠EOG= x，由题意及图形可得活动区域面积关于∠EOG= x的表达式，利用三角函数恒等
变换知识算出面积，比较即可得答案.
【小问 1详解】
由题可得ED=FC=OEsin∠EOA= 100sinα，
OD=OEcos∠EOA= 100cosα FC， = tan π3 OC=
FC = 100 3π 3 sinα，OC tan 3
则CD=OD-OC= 100 cosα- 33 sinα ，
则此时活动区域面积为：S=CD ED= 1002sinα cosα- 33 sinα
= 5000 sin2α-
3
1-cos2α 3 = 5000
sin2α+
3 cos2α- 3 3 3
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= 10000 33 sin 2α+
π - 5000 3 π6 3 ，又注意到 α∈ 0, 3 .
2α+ π ∈ π , 5π 10000 3则 6 6 6 ，则 3 sin 2α+
π 5000 3 5000 3
6 - 3 ≤ 3 ，
2α+ π = π α= π 5000 3当且仅当 6 2 6 时，活动区域面积最大为 3 平方米；
【小问 2详解】
如图，取ED中点为 I，FC中点为 J，连接OI，延长OI与弧BA交于点G，则由对称性及垂径定理，可得
O，J，I，G四点共线，OG平分∠BOA，
可得∠BOG= π6 ，设∠EOG= x，则EI=FJ=OEsin∠EOA= 100sinx，
OI=OEcos∠EOA= 100cosx FJ， = tan π6 OJ=
FJ
π = 100 3sinx，OJ tan 6
则 JI=OI-OI= 100 cosx- 3sinx ，
则此时活动区域面积为：S= 2IJ EI= 2× 1002sinx cosx- 3sinx
= 1002 sin2x- 3 1-cos2x = 1002 sin2x+ 3cos2x- 3
= 20000sin 2x+ π3 - 10000 3，
又注意到 x∈ 0, π6 .则 2x+
π ∈ π 2π3 3 , 3 ，
则S= 20000sin 2x+ π3 - 10000 3≤ 20000- 10000 3，
当且仅当 2x+ π = π3 2 x=
π
12 时，活动区域面积最大为 20000- 10000 3；
3 ≈ 1.732 5000 3注意到 ，则 3 ≈ 2886.67，20000- 10000 3 ≈ 2680，
则选择方案 1更好.
18. (1) 23
(2) 155
(3)存在，F为BB1中点
【分析】(1)用等体积法，将求三棱锥B-ACE的体积转化为求三棱锥E-ABC的体积，再按照锥体的体
积公式计算即可；
(2)取C1C的中点为M，证明AE BM，所以∠D1BM (或其补角)就是异面直线BD1与AE的夹角，在
△D1BM中计算即可；
(3)先假设在棱BB1上存在中点F，取A1A的中点N，证明得到EA C1F，A1C1 AC，再根据线面平行
的判定定理和面面平行的判定定理，去证明平面ACE∥平面A1C1F，即可说明假设成立.
【小问 1详解】
∵VB-ACE=VE-ABC，
V = 1 1E-ABC 3 × 2 ×AB×BC×DE=
1 × 13 2 × 2× 2× 1=
2
3 ，
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∴三棱锥B-ACE 2的体积为 3 ；
【小问 2详解】
取C1C的中点为M，连接EM ,BM ,D1M，
∵E是DD1的中点.∴EM DC，且EM=DC
又∵ABCD是正方形，∴EM AB ,EM=AB，
∴ABME是平行四边形，∴AE BM，
∴∠D1BM (或其补角)就是异面直线BD1与AE的夹角.
在△D1BM中，∵D1B= 2 3 ,BM= 5 ,D1M= 5，
D B2+BM 2-D M 2 2 3 2+ 5 2- 5 2
∴ ∠ cos D BM 1 1 151 = 2D B BM = = ，1 2×2 3× 5 5
∴ BD 15异面直线 1与AE的夹角的余弦值为 5 ；
【小问 3详解】
假设在棱BB1上存在F点，且F为BB1的中点，
取A1A的中点N，连接A1F ,C1F ,DN ,NF，
∵ABCD-A1B1C1D1是正方体，
∴NF D1C1 ,NF=D1C1，
∴NFC1D1是平行四边形，
∴D1N C1F ,D1N=C1F
同理可证NAED1也是平行四边形，
∴D1N EA ,D1N=EA，∴EA C1F，
∵EA 平面ACE，C1F 平面ACE，
∴C1F 平面ACE.
又∴A1A C1C ,A1A=C1C，
∴A1ACC1是平行四边形，∴A1C1 AC，
又∵AC 平面ACE，A1C1 平面ACE，
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∴A1C1 平面ACE.
又∵A1C1∩C1F=C1，A1C1 ,C1F 平面A1C1F，∴平面ACE∥平面A1C1F，
∴假设成立，∴在棱BB1上存在中点F，使得平面ACE∥平面A1C1F.
19. (1)证明见解析；
(2)存在，λ= 4；
(3)正三角形.
【分析】(1)利用三角形面积公式推理得证.
(2)利用余弦定理，结合 (1)的结论及二倍角的正弦公式求解.
(3)由 (1) (2)的结论可得 a2+ b2+ c2= 4 3S△ABC，再利用余弦定理、三角形面积公式，结合辅助角公式及
基本不等式推理判断即可得解.
【小问 1详解】
1 1 1
依题意，S△ABC=S△PAB+S△PBC+S△PAC= 2 a PB sinθ+ 2 b PC sinθ+ 2 c PA sinθ，
2S
所以 a PB+ b PC+ c PA= △ABC .
sinθ
【小问 2详解】
存在实数 λ= 4使等式成立．理由如下：
2S
由 (1)得 c AP+ a BP+ b CP= △ABC ，在△PAB , △PBC , △PAC中，由余弦定理得：
sinθ
BP2= c2+AP2- 2c APcosθ ,CP2= a2+BP2- 2a BPcosθ，AP2= b2+CP2- 2b CPcosθ，
2S
三式相加整理得 a2+ b2+ c2= 2cosθ(c AP+ a BP+ b CP) = 2cosθ △ABC
sinθ
= 2cosθ bcsin2θ = 4bccos2θ，所以A= 2θ时，存在实数 λ= 4使 a2+ b2+ c2= 4bccos2θ.
sinθ
【小问 3详解】
2S
当 θ= 30°时，由 (1)得 a PB+ b PC+ c PA= △ABC = 4S ，
sin30° △ABC
由 (2)得，a2+ b2+ c2= 4 3S△ABC，
在△ABC中，由余弦定理得 a2= b2+ c2- 2bccosA，
于是 a2+ b2+ c2- 4 3S 2 2△ABC= 2b + 2c - 2bccosA- 4 3S△ABC
= 2b2+ 2c2- 2bccosA- 2 3bcsinA= 2b2+ 2c2- 4bcsin A+ π6
≥ 4bc 1-sin A+ π 6
π
≥ 0，当且仅当 b= c且 sin A+ 6 = 1时取等号，
由A∈ (0 , π) A+ π ∈ π , 7π π π，得 6 6 6 ，则A+ 6 = 2 ，A=
π
3 ，
b= c A= π即当且仅当 且 3 时取等号，亦即当且仅当△ABC为等边三角形时取等号，
因此 a2+ b2+ c2≥ 4 3S△ABC，当且仅当△ABC为等边三角形时取等号，
而 a2+ b2+ c2= 4 3S△ABC，所以△ABC为等边三角形.
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