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数学科
一、选择题
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 D A A C C D D B ABD ACD ACD
a b b
8.【详解】由题可知，b 2c .由 A 2B，结合正弦定理 ，得 a 2sin B cos B 2b cos B 4c cos B .
sin 2B sin B sin B
a2 c2 b2 a2 2cos B c 4c
2 a2 3c2 2 2 2 2
再由余弦定理： ，代入 a 4c cosB a 4c a 3c，得： 2 a 3c ，
2ac 2ac 2ac 2ac a
a
得 a2 2a2 6c2，得 a2 6c2，即 a 6c，则 6，故选：B.c
11.【详解】解：A选项：若方程有一根为 0，则代入方程有 a b i 2ab 0，则有 a b，2ab 0，即 a 0且b 0，
2
故 A正确；B选项：方程可变形为：x 2x 2ab a b 2x i 0 2，即 x 2x 2ab 0, a b 2 x 0 b a，则 x ，
2
2
只有一解，故 B错误；C选项：当 a 0且b 4时，方程为 x 2 1 i x 4i 0， x 2i是该方程的一个纯虚根，
b a
故 C正确；D选项：若方程存在实数根 x0，则 x0 ，代入方程可得： 2 22 b a 4b 4a 6ab 0
，即
b a 2 4 b a 8 a b 0 2，即 b a 4 b a 2 b a 2 0，解得： b a 0或 b a 4，即 x0 0或 x0 2，
故 D正确故选：ACD
二、填空题
25 3 1 3 1
12. 13. i 14. 32 8 2 π8 2 2
π
【详解】如图，由对称性可知旋转角度为 ，设上、下正方形的中心分别为O1,O2，2
连接O1O2，则O1O2的中点O即为外接球的球心，其中点 B为所在棱的中点，
OA即为该几何体的外接球的半径，O1A 2 2,O2B 2,AB 2 3 ，
过点 B作 BC O1A于点C，则 AC O1A O2B 2 2 2，
BC AB2 AC 2 8 2 2 2 2 . 易得四边形CBO1O2为矩形，
1
即O1O2 BC 2 2 2 ,OO1 O1O2 2 2 ，则2
OA OO 2 21 O1A 8 2 2 ，
2
即 R 8 2 2 ， S 4πR 32 8 2 π，
即该“四角反棱柱”的外接球的表面积为 32 8 2 π .故答案为： 32 8 2 π
15．【详解】（1）由图象可知，函数 f x 的最大值为2，最小值为 2，
T 7π π π 2π
π
所以 A 2，因为 ，所以 2；（2）由（1）可知 f x 2sin 2x ，2 12 12 2 T 3
π
令 2kπ 2x
π π
2kπ,k 5π π Z，解得 kπ x kπ,k Z，
2 3 2 12 12
所以函数 f x 5π kπ, π 的单调递增区间为 kπ ,k Z； 12 12
π
（3）因为 x ,
π 2x π ，所以 0,
5π π π π π
，当 2x ，即 x 时，函数 f x 有最大值为 2，当 2x 0， 6 4 3 6 3 2 12 3
即 x
π
时，函数 f x 有最小值为0 .
6
16．【详解】（1）由正弦定理得2sinC cosC 3sin AcosB 3sin Bcos A 3sin(A B)，因为 A B C π，则
A B π C， 则 2sinC cosC 3 sin π C 3 sinC，因为0 C π，所以 sinC 0，则有 2cosC 3，解得
π
cosC 3 ，则C
2 6
5
1
（2）由题意得 absinC 6 3
1 1 1
，其中 sinC ,b 6，则 a 6 6 3，解得a 4 3，由余弦定理得2 2 2 2
c2 a2
2
b2 2ab cosC 4 3 62 2 4 3 6 3 12 ，2
因为 c 0，则 c 2 3，则 ABC的周长为 a b c 4 3 6 2 3 6 6 3 .
17．【详解】（1）连接 AG并延长交 BC于点 F，连接DF，
AG AE
因为 2，所以GE / /DF，GE 平面 BCD，DF 平面 BCD，所以GE / /平面 BCD
GF ED
（2）（i）连接CG并延长交 AB于点 H，连接HE， EC，则平面HEC即为 .
（3）（ii）由（i）知， 将四面体 ABCD分成两部分，
分别为三棱锥C AHE与四棱锥C BDEH，很显然两个棱锥的高相等，记为 h，
1 AH AE sin HAE 1
AHE的面积与△ABD的面积之比为 21 ， AB AD sin HAE 3
2
1
V h S3 △AHEC AHE 1所以 AHE的面积与四边形 BDEH 的面积之比为 1:2，则 V 1 .C BDEH h S 2
3 BDEH
18．【详解】（1）cos 2A 1 2sin AsinB，则 2sin Asin B 1 cos 2A 2sin2 A，
因 A 0, π ，则 sin A 0，则 sinB sin A，又B 0, π ，则 A B或者 A B π（舍），则 a b；（2）（ⅰ）因 c 2，
BD 3， a b， CDB ADB π，则在△CDB和 ADB中利用余弦定理可得，
a 2 2
3 a
2 a
3 4 2 π
cos CDB cos ADB 2 2 4 a 0，得 a b 2，则 ABC为等边三角形，故C ；3
2 a 3 2 a 3 2 3a
2 2
（ⅱ）设 = = 2 ，则 为 中点，故 =
在 △ sin = ∠ 中，由正弦定理： 代入 = 2 ， = sin = sin ∠ 得 sin ∠ = 2sin .
2
由于 ∠ 是三角形的内角，必有 sin ∠ ≤ 1，因此 2sin ≤ 1 sin ≤ 1 .
2
由图形可知 为锐角（点 在 上，∠ 小于 90 ），故 ≤ 30 .等号成立当且仅当 sin ∠ = 1，即 ∠ = 90 。
此时 sin = 1，得 = 30 经验证，此时 = 2 ， = ，∠ = 90 ，
2
由勾股定理得 = 2 )2 2 = 3 ，进一步可推出 △ 为等边三角形（∠ = 60 ），符合题意。
π
因此，∠ 的最大值为
6
uur uur uur uur uur uur uur uur uur
19．【详解】（1）由题意可得： a4 a1 a2 a3 a4 ， a1 1, x 1 , a2 2, x 2 , a3 3, x 3 , a4 4, x 4 ，
则 42 x 4 2 22 2x 2 2 ，解得： 2 2 x 2 2．
uur uur uur uur
（2）存在“ 1向量”，且“ 1向量”为 a4 , a5 , a6 ，理由如下：由题意可得 at cos
2 tπ sin2 tπ 1，
4 4

若存在“ 1向量 at ”，只需使 S9 at 1．因为
uur 2 2 uur uur 2 2 uur uur a 2

1 , , a2 0,1 , a3 , , a4 1, 0 , a5 ,
2
，
2 2 2 2 2 2


uur uur uur uur uur uur uur uur
a6 0, 1 ,a
2 2 2 2 2 2
7 , , a8 1, 0 , a9 , ，所以 S9 a1 a2 L a9 , ，
2 2 2 2 2 2


6
2 2
uur uur 2 2 tπ 2 tπ tπ tπ
只需使 S9 at cos sin 1，整理得1 2 cos 2 sin 1 1，故
2 4 2 4 4 4
2 cos tπ tπ tπ π tπ π 1 2 sin 1 ， 2sin 1 sin
，即 t 1, 2, 3,L,9 ，所以4 4 4 4 4 4 2
5π
2kπ tπ π 7π 2 kπ, k Z，解得 4 8k t 6 8k ,k Z，当 k 0时， 4 t 6，故当 t 4或 5或 6时，符
4 4 4 4 uur uur uur
合要求，当 k为其他整数时，均不合要求，故存在“ 1向量”，且“ 1向量”为 a , a , a ．
4 5 6uur uur uur
（3）由题意，得 a1 a2 a3 ， a2 a1 a3 ， a3 a1 a2 ，
2 2
a a a 2
2
1 2 3 平方得 a1 a2 a3 ，即 a1 a2 a 2 2 23 ，即 a1 a2 a3 2a2 a3 ，
2 2 2 2 2 2
同理 a2 a1 a3 2a1 a3 ， a3 a1 a2 2a1 a2 ，
uur2 uur2 uur2 uur uur uur uur uur uur
三式相加并化简，得：0 a1 a2 a3 2a1 a1 2a1 a3 2a2 a3 ，
uur uur uur 2 uur uur uur 即 a1 a2 a3 0, a1 a2 a3 0，所以 a1 a2 a3 0，
uur uur uur
所以 a3 a1 a2 sin A, cos A sin A 3, cos A 1 3, 1 ，
uur uur
a π π 13 a1 3 sin A cos A 2sin
A 6
1，得 sin A 6
．
2
0 A π A π AM BM
1 sinB
sinB
因为 ，所以 ．在 ABM 中，由正弦定理可得 ，所以 π ，3 sin B sin BM BAM AM sin 6
1 1 1
同理△ACM中， sinC，则 sin B sinC
π 2π
，又 A , B C ，
CM BM CM 3 3
2π 2π 2π 3 3 π
所以 sin B sinC sin B sin B sin B sin cos B cos sin B sin B cosB 3sin B ，
3 3 3 2 2 6
B 2π 0, B π π , 5π , sin B π 1 , 1 1 1 3 sin B π
3
因为 ，所以 ，所以 , 3 ．
3 6 6 6 6 2 BM CM 6
2 高一下学期·期中诊断
数学科
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.设集合 则图中阴影部分可表示( )
A. {0,1,2} B. {1,2} C. {-2,-1} D. {-2}
2. 已知复数z满足z·=8,则|z|= ( )
A. B. C. 8 D. 12
3.如图，△O'AB'是水平放置的△OAB用斜二测画法画出的直观图，则△OAB的周长为( )
A. 12 B. 6 C. D.
4. 已知点A(1,3),B(2,4),C(0,5),则在上的投影向量为( )
A. (0,0) B. (2,2) C. D. (1,1)
5.函数 的值域为( )
A. (4,+∞) B. (2lg2,+∞) C. (3lg2,+∞) D. (-∞,+∞)
6.如图，三棱柱 中,点 E, F, G, H分别为BB , CC , A B ,A C 的中点，则下列说法错误的是
A. E, F, G, H四点共面 B. AA 与GH 是异面直线
C. EG, FH, AA 三线共点 D. ∠EGH=∠FHG
7.如图，一个底面半径为2dm，母线长为 的圆锥形封闭透明容器内部装有一种液体，当圆锥底面向下平放在水平桌面上时，液面的高度恰好为圆锥的高的 ，则当圆锥的顶点在桌面上，且底
面平行于水平桌面时，液面的高度为( )
A. dm B. 2dm C. 3dm D.
8.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若 则
A. B. C. D.
二、选择题：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.全部选对的得全部分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9.下列说法中正确的有
A.正四面体是正三棱锥。 B.棱台的侧面一定是梯形。
C.棱锥的侧面是全等的三角形. D.延长棱台所有侧棱，它们会交于一点。
10.已知正四面体P-ABC的各棱长均为2
A.正四面体P-ABC的高为
B.正四面体P-ABC的体积为2
C. M是棱PA的中点,N是棱AC上一动点,则MN+BN的最小值为
D.球O 同时与正四面体P-ABC的四个面相切，球O 同时与正四面体P-ABC的三个面相切，且与球O 外切，则球O 和球O 的半径比为2：1
11.已知方程 则下列说法正确的是
A.若方程有一根为0，则a=0且b=0
B.方程可能有两个实数根
C. 时，方程可能有纯虚数根
D.若方程存在实数根x ，则 或
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12.已知y=f(x)是奇函数,当x>0时, 则f(-3)= .
13.如图，向量OZ对应的复数为-1+i，把OZ绕点O按逆时针方向旋转
150°，得到 则 对应的复数为 (用代数形式表示).
14.如图，该“四角反棱柱”是由两个相互平行且全等的正方形经过旋转、连接而成，其侧面均为等边三角形，已知该“四角反棱柱”的棱长为4，则其外接球的表面积为 .
四、解答题：本大题共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.(满分13分)已知函数 的部分图象如图所示。
(1)求A , ω的值:
(2)求f(x)的单调增区间;
(3)求f(x)在区间 上的最大值和最小值.
16. (满分15分)在△ABC中,
(1)求∠C;
(2)若b=6,且△ABC的面积为( 求 △ABC的周长.
17. (满分15分)如图,四面体ABCD中,点G是△ABC的重心,点E在AD上, AE=2ED.
(1)求证: GE∥平面BCD;
(2)设过点G，E，C的平面为α，α与四面体的面相交，交线围成一个多边形.
(i)请在图中画出这个多边形(不必说出画法和理由)；
(ii)求出α将四面体分成两部分几何体体积之比.
18. (满分17分) 在 中, 角A, B, C的对边分别为a, b,c, cos2A=1-2sinAsinB.
(1)求证: a=b;
(2)设AC边上的中点为D.
(ì) 若 求C;
(ii) 记 求θ的最大值.
19.(满分17分)对于一个向量组 且n≥3), 令 如果存在 使得 则称 是该向量组的“k向量”.
(1)设 若 是向量组 的“2向量”，求实数x的取值范围：
(2)若向量组 是否存在“-1向量”若存在，求出正整数t的值；若不存在，请说明理由；
(3)已知 均是向量组 的“1向量”，若 其中A是△ABC的内角, 设△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 若 的平分线AM交BC于M, AM=2, 求 的取值范围.

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