资源简介

江苏省南京市金陵中学等校2024-2025学年高一下学期6月期末考试数学试题
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．已知向量，，则=（　　）
A．8 B．10 C．12 D．16
2．珠算是以算盘为工具进行数字计算的一种方法，2013年年底联合国教科文组织将中国珠算项目列入人类非物质文化遗产名录．算盘的每个档（挂珠的杆）上有7颗算珠，用梁隔开，梁上面的两颗珠叫“上珠”，下面的5颗叫“下珠”，从最右边两档的14颗算珠中任取1颗，则这一颗是上珠的概率为（　　）
A． B． C． D．
3．为提高学生学习数学的热情，实验中学举行高二数学竞赛，以下数据为参加数学竞赛决赛的10人的成绩：（单位：分）78，70，72，86，79，80，81，84，56，83，则这10人成绩的第80百分位数是（　　）
A．83 B．83.5 C．84 D．70
4．已知复数z满足，则（　　）
A． B． C． D．
5．如图，平行四边形所在平面外一点，为的中点，为上一点，当平面时，（　　）
A． B． C． D．
6．与直线和圆都相切的半径最小的圆的方程是（　　）
A． B．
C． D．
7．若实数、、使得函数的三个零点分别为椭圆、双曲线、抛物线的离心率、、，则、、的一种可能取值依次为（　　）
A． B．
C． D．
8．如图，在四边形ABCD中，，若，，，则等于（　　）
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6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．如图，为平行四边形所在平面外一点，为的中点，为与的交点，下列说法正确的是（　　）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
10．下列关于向量说法正确的是（　　）
A．向量的长度和向量的长度相等
B．若向量与向量，满足，且与同向，则
C．已知平面上四点，且，则三点共线
D．向量与向量是共线向量，则点必在同一条直线上
11．下列四个命题为真命题的是（　　）．
A．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则
B．若向量，，则在上的投影向量为
C．已知向量，，则的最大值为
D．函数的定义域为，若为偶函数，为奇函数，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．如图，四棱柱为正方体．
①直线的一个方向向量为； ②直线的一个方向向量为；
③平面的一个法向量为； ④平面的一个法向量为．
则上述结论正确的是　 　.（填序号）
13．已知的三内角，，满足，则的面积与外接圆的面积之比为　 　．
14．已知圆关于直线对称的圆的方程，则圆的方程为　 　.
四、解答题：本题共5小题，共77分，除特别说明外，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．某人参加一项抽奖游戏，盒中放有红、蓝、绿、黄四色小球各1个，参加游戏的人需有放回地从盒中连续摸两次，每次摸出1个小球，并记录小球的颜色（其中红色、黄色为暖色；蓝色、绿色为冷色）．设两次记录的颜色分别为α，b．奖励规则如下：①若两次记录的颜色中有红色，获得一等奖；②若两次记录的颜色中没有红色，但不全是冷色，获得二等奖；③其余情形获得鼓励奖．假设小球除颜色外其他都相同．
（1）求此人获得一等奖的概率；
（2）比较此人获得二等奖与获得鼓励奖的概率的大小，并说明理由．
16．已知，，与的夹角为45°.
（1）求在方向上的投影向量；
（2）求的值；
（3）若向量与平行且方向相同，求实数.
17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足
（1）求角B的大小；
（2）若，D为AC边上的一点，，且BD是的平分线，求的面积.
18．中，内角、、的对边分别为、、，．
（1）若，．求证：；
（2）若为边的中点，且的面积为，求长的最小值．
19．如图所示，正四棱锥，，底面边长，M为侧棱PA上的点，且．
（1）求正四棱锥的体积；
（2）若为的中点，证明：平面；
（3）侧棱上是否存在一点E，使平面，若存在，求出；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得，所以．
故答案为：B．
【分析】根据平面向量减法的坐标表示先求得，进而利用平面向量数量积的坐标表示求解即可.
2．【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：总共14颗算珠，其中上珠有4颗，所以从最右边两档的14颗算珠中任取1颗，则这一颗是上珠的概率为.
故答案为：C
【分析】利用古典概型概率公式计算求解即可.
3．【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将10个数据从小到大排列得，56，70，72，78，79，80，81，83，84，86，
因为，所以这10人成绩的第80百分位数是，
故答案为：B.
【分析】先对数据进行从小到大排序，进而利用百分位数的定义计算即可求解.
4．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可得，所以.
故答案为：B.
【分析】根据复数的除法运算先求得复数z，进而利用共轭复数的定义即可求得 .
5．【答案】D
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接 交 于 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，所以 .
又 ， 为 的中点，
所以 ，所以 .
故答案为：D.
【分析】根据线面平行的性质定理得到，利用相似三角形的性质可知，进而根据 ， 为 的中点结合相似三角形的性质可转化为即可求解．
6．【答案】C
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：如图所示，过圆的圆心作直线的垂线，垂足为，要使所求圆的半径最小，所求圆的圆心应在过点C且与直线l垂直的直线上，且与已知圆外切、与直线相切，则以为直径的圆(设其半径为)即为所求圆.
由点到直线的距离为，则，
设点，由可得，，即①，
由点到直线的距离等于可得②，
联立①②可解得，或，由图知仅符合题意，
即得，故所求圆的方程为.
故答案为：C.
【分析】作出图形，由圆心作直线的垂线段，则以为直径的圆即为所求圆，再根据图形特征求出圆的圆心和半径即得方程.
7．【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质；抛物线的简单性质；双曲线的简单性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意可知，，，，
设
，
所以，，且，
故答案为：C.
【分析】设，可得，进而列出方程组，根据圆锥曲线的离心率的、、 的范围即可求出、、的范围，进而可得、、的一种可能取值.
8．【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为， ，所以
故答案为：A
【分析】根据题意利用向量的线性运算和数量积运算即可即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A，因为为平行四边形对角线的交点，所以为的中点，
又为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，故选项A正确；
B，同理平面，平面，所以，故选项B正确；
C，与平面相交于点，故选项C错误；
D，因为四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，故平面，故选项D正确；
故答案为：ABD.
【分析】由，利用线面平行的判定定理即可判断选项A，B；根据线面关系即可判断选项C；由，利用线面平行的判定定理即可判断选项D.
10．【答案】A,C
【知识点】向量的物理背景与基本概念；共线（平行）向量；平面向量的共线定理；相反向量
【解析】【解答】解：A、向量与向量是互为相反向量，故A正确；
B、向量不能比较大小，故B错误；
C、若，即，所以，
即，且有公共点，所以三点共线，故C正确；
D、若向量与向量是共线向量，则直线AB与直线CD有可能平行，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据向量的模，以及共线向量的概念即可判断AD；向量是矢量，不能比较大小即可判断B；由，得，即可判断C.
11．【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；正弦定理的应用；辅助角公式；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A，根据正弦定理可求得，
因为要使满足条件的三角形有且只有两个，所以，
所以，且，，可求得，故选项错误；
B，在上的投影向量为，故选项B正确；
C，
，其中，，当时，取最大值，最大值为，故选项C正确；
D，因为函数是偶函数，所以，所以，
所以的图象关于直线对称，
因为函数是奇函数，所以，所以，
所以是周期为4的周期函数．所以，故选项D正确．
故选：BCD.
【分析】利用三角形的解的个数可知，进而根据正弦定理得，结合大边对大角进而求得的范围即可判断选项A；根据投影向量的定义计算即可判断选项B；根据向量的模的坐标运算，辅助角公式可得，进而利用三角函数的性质即可判断选项C；利用奇偶性可得是周期为4的周期函数，进而求值即可判断选项D.
12．【答案】①②③
【知识点】直线的方向向量；平面的法向量
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为1，
则，
①、，即直线的一个方向向量为，故① 正确；
②、，即直线的一个方向向量为 ，故②正确；
③、易知平面，，
则可作为平面的一个法向量，故③正确；
④、在正方体中，因为平面，平面，
所以，易得，又因为，所以平面，
，即可作为平面的法向量，故④错误.
故答案为：①②③.
【分析】设正方体的棱长为1，利用空间向量法，求直线的方向向量以及面的法向量逐项判断即可.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
即，
所以的面积与外接圆的面积之比为，
故答案为：.
【分析】先利用二倍角公式化简为，进而利用两角和与差的余弦公式即可得，再利用正弦定理进行边角互化，可得面积之比.
14．【答案】
【知识点】圆的标准方程；关于点、直线对称的圆的方程
【解析】【解答】解：圆的圆心为，半径为1，
设的坐标为，
可得，求得，，
故对称圆的方程为.
故答案为：.
【分析】先求得圆的圆心，进而设圆心关于直线对称的点的坐标为，则直线为线段的垂直平分线，则得，求得，的值，即可求得对称圆C的圆心，根据对称圆的半径相等，即可求得圆C的方程．
15．【答案】（1）解：依题意得样本空间为｛（红，红），（红，黄），（红，蓝），（红，绿），（黄，红），
（黄，黄），（黄，蓝），（黄，绿），（蓝，红），（蓝，黄），（蓝，蓝），（蓝，绿），
（绿，红），（绿，黄），（绿，蓝），（绿，绿）｝，共有16个样本点，
其中有红色的样本点有7个，
所以此人获得一等奖的概率为．
（2）解：由（1）得两次记录的颜色中没有红色，但不全是冷色的样本点有5个，
则此人获得二等奖的概率为，
获得鼓励奖的概率为，
因为
故此人获得二等奖的概率大于获得鼓励奖的概率．
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用列举法求出所有的样本点个数，以及有红色的样本点个数，进而利用古典概型的概率计算公式计算即可.
（2）结合（1）求得此人获二等奖、鼓励奖的概率，从而作出判断.
（1）依题意得样本空间为｛（红，红），（红，黄），（红，蓝），（红，绿），（黄，红），
（黄，黄），（黄，蓝），（黄，绿），（蓝，红），（蓝，黄），（蓝，蓝），（蓝，绿），
（绿，红），（绿，黄），（绿，蓝），（绿，绿）｝，共有16个样本点，
其中有红色的样本点有7个，
所以此人获得一等奖的概率为．
（2）由（1）得两次记录的颜色中没有红色，但不全是冷色的样本点有5个，
则此人获得二等奖的概率为，
获得鼓励奖的概率为，
故此人获得二等奖的概率大于获得鼓励奖的概率．
16．【答案】（1）解：，，与的夹角为45°，
则在方向上的投影向量为；
（2）解：；
（3）解：因为与平行，所以存在实数，使得，
则，解得或，
当时，，此时方向相同；
当时，，此时方向相反，故舍去，则.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）根据投影向量公式求解即可；
（2）根据向量模长公式结合数量积求解即可；
（3）根据两向量平行得到方程，求出的两个解，检验是否方向相同即可.
（1）∵，，与的夹角为45°，
∴，
∴在方向上的投影向量为；
（2）∵，
∴；
（3）∵与平行，
∴
∴，解得：或，
当时，，此时方向相同
当时，，此时方向相反，故舍去.
∴
17．【答案】（1）解：，
又所以，所以，
由正弦定理可得，
因为，所以，
又，则；
（2）解：由BD平分得：
则有，即
在中，由余弦定理可得：
又，则
联立
可得，解得：（舍去）
故.
【知识点】简单的三角恒等变换；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据同角的三角函数关系式中的商关系，结合两角和的正弦公式、正弦定理可得，进而求得cosB，即可求得角B的大小；
（2）根据三角形内角平分线的性质，结合三角形面积公式可得，由余弦定理可得，进而联立方程组即可求得ac的值，再代入三角形的面积公式即可.
（1），
又，则，
即，
又，则；
（2）由BD平分得：
则有，即
在中，由余弦定理可得：
又，则
联立
可得
解得：（舍去）
故.
18．【答案】（1）证明：由余弦定理可得，．
由正弦定理.
（2）解：由可得．
为边的中点，则，
，
∴
，即，
当且仅当时，等号成立，
故长的最小值为.

【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）先利用余弦定理求出的值，然后利用正弦定理可证得结论成立；
（2）由三角形的面积公式可求得的值，分析可知，利用平面向量的数量积运算可得出，利用基本不等式可求得长的最小值.
（1）证明：，，，
由余弦定理可得，．
.
（2）解：由可得．
为边的中点，则，
，
所以，
，即，
当且仅当时，等号成立，故长的最小值为.
19．【答案】（1）解：连接，设，连接，
则平面．
在中，，，，
所以．

（2）证明：由正方形，可得为的中点，
又因为，，
又因为平面，平面，
平面．
（3）解：存在，．
理由如下：
作中点，连结，，，
，
，
又因为平面MBD，平面，
平面，
，
，
又因为平面，平面，
平面，
又因为平面，
平面平面，
又因为平面，
平面．

【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据线线垂直证出线面垂直，再利用直角三角形的结构特征和正四棱锥的体积公式，从而得出正四棱锥的体积.
（2）连接，交于，利用正方形的结构特征和中点的性质，再利用已知条件证出，根据线线平行证出线面平行，从而证出直线平面.
（3）利用中位线定理得出线线平行，利用线线平行证出线面平行，再根据线面平行证出面面平行，最后由面面平行的性质定理证出线面平行，从而得出侧棱上存在一点E，使得平面，并求出的值.
（1）连接，设，连接，则平面．
中，，，，
所以．
（2）由正方形可得为的中点，而，，
又平面，平面，
平面．
（3）存在，．理由如下：作中点，连结，，．
，，
又平面MBD，平面，
平面，
，，
又平面，平面，
平面，
又平面，
平面平面，而平面，
平面．
1 / 1江苏省南京市金陵中学等校2024-2025学年高一下学期6月期末考试数学试题
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．已知向量，，则=（　　）
A．8 B．10 C．12 D．16
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得，所以．
故答案为：B．
【分析】根据平面向量减法的坐标表示先求得，进而利用平面向量数量积的坐标表示求解即可.
2．珠算是以算盘为工具进行数字计算的一种方法，2013年年底联合国教科文组织将中国珠算项目列入人类非物质文化遗产名录．算盘的每个档（挂珠的杆）上有7颗算珠，用梁隔开，梁上面的两颗珠叫“上珠”，下面的5颗叫“下珠”，从最右边两档的14颗算珠中任取1颗，则这一颗是上珠的概率为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：总共14颗算珠，其中上珠有4颗，所以从最右边两档的14颗算珠中任取1颗，则这一颗是上珠的概率为.
故答案为：C
【分析】利用古典概型概率公式计算求解即可.
3．为提高学生学习数学的热情，实验中学举行高二数学竞赛，以下数据为参加数学竞赛决赛的10人的成绩：（单位：分）78，70，72，86，79，80，81，84，56，83，则这10人成绩的第80百分位数是（　　）
A．83 B．83.5 C．84 D．70
【答案】B
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将10个数据从小到大排列得，56，70，72，78，79，80，81，83，84，86，
因为，所以这10人成绩的第80百分位数是，
故答案为：B.
【分析】先对数据进行从小到大排序，进而利用百分位数的定义计算即可求解.
4．已知复数z满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可得，所以.
故答案为：B.
【分析】根据复数的除法运算先求得复数z，进而利用共轭复数的定义即可求得 .
5．如图，平行四边形所在平面外一点，为的中点，为上一点，当平面时，（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如图所示，连接 交 于 ，连接 ，
因为 平面 ， 平面 ，平面 平面 ，
所以 ，所以 .
又 ， 为 的中点，
所以 ，所以 .
故答案为：D.
【分析】根据线面平行的性质定理得到，利用相似三角形的性质可知，进而根据 ， 为 的中点结合相似三角形的性质可转化为即可求解．
6．与直线和圆都相切的半径最小的圆的方程是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】圆的标准方程；直线与圆相交的性质
【解析】【解答】解：如图所示，过圆的圆心作直线的垂线，垂足为，要使所求圆的半径最小，所求圆的圆心应在过点C且与直线l垂直的直线上，且与已知圆外切、与直线相切，则以为直径的圆(设其半径为)即为所求圆.
由点到直线的距离为，则，
设点，由可得，，即①，
由点到直线的距离等于可得②，
联立①②可解得，或，由图知仅符合题意，
即得，故所求圆的方程为.
故答案为：C.
【分析】作出图形，由圆心作直线的垂线段，则以为直径的圆即为所求圆，再根据图形特征求出圆的圆心和半径即得方程.
7．若实数、、使得函数的三个零点分别为椭圆、双曲线、抛物线的离心率、、，则、、的一种可能取值依次为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】椭圆的简单性质；抛物线的简单性质；双曲线的简单性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意可知，，，，
设
，
所以，，且，
故答案为：C.
【分析】设，可得，进而列出方程组，根据圆锥曲线的离心率的、、 的范围即可求出、、的范围，进而可得、、的一种可能取值.
8．如图，在四边形ABCD中，，若，，，则等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为， ，所以
故答案为：A
【分析】根据题意利用向量的线性运算和数量积运算即可即可.
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6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分．
9．如图，为平行四边形所在平面外一点，为的中点，为与的交点，下列说法正确的是（　　）
A．平面 B．平面
C．平面 D．平面
【答案】A,B,D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A，因为为平行四边形对角线的交点，所以为的中点，
又为的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，故选项A正确；
B，同理平面，平面，所以，故选项B正确；
C，与平面相交于点，故选项C错误；
D，因为四边形为平行四边形，所以，因为平面，平面，故平面，故选项D正确；
故答案为：ABD.
【分析】由，利用线面平行的判定定理即可判断选项A，B；根据线面关系即可判断选项C；由，利用线面平行的判定定理即可判断选项D.
10．下列关于向量说法正确的是（　　）
A．向量的长度和向量的长度相等
B．若向量与向量，满足，且与同向，则
C．已知平面上四点，且，则三点共线
D．向量与向量是共线向量，则点必在同一条直线上
【答案】A,C
【知识点】向量的物理背景与基本概念；共线（平行）向量；平面向量的共线定理；相反向量
【解析】【解答】解：A、向量与向量是互为相反向量，故A正确；
B、向量不能比较大小，故B错误；
C、若，即，所以，
即，且有公共点，所以三点共线，故C正确；
D、若向量与向量是共线向量，则直线AB与直线CD有可能平行，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据向量的模，以及共线向量的概念即可判断AD；向量是矢量，不能比较大小即可判断B；由，得，即可判断C.
11．下列四个命题为真命题的是（　　）．
A．在中，角，，所对的边分别为，，，若，，，要使满足条件的三角形有且只有两个，则
B．若向量，，则在上的投影向量为
C．已知向量，，则的最大值为
D．函数的定义域为，若为偶函数，为奇函数，则
【答案】B,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；正弦定理的应用；辅助角公式；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A，根据正弦定理可求得，
因为要使满足条件的三角形有且只有两个，所以，
所以，且，，可求得，故选项错误；
B，在上的投影向量为，故选项B正确；
C，
，其中，，当时，取最大值，最大值为，故选项C正确；
D，因为函数是偶函数，所以，所以，
所以的图象关于直线对称，
因为函数是奇函数，所以，所以，
所以是周期为4的周期函数．所以，故选项D正确．
故选：BCD.
【分析】利用三角形的解的个数可知，进而根据正弦定理得，结合大边对大角进而求得的范围即可判断选项A；根据投影向量的定义计算即可判断选项B；根据向量的模的坐标运算，辅助角公式可得，进而利用三角函数的性质即可判断选项C；利用奇偶性可得是周期为4的周期函数，进而求值即可判断选项D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．如图，四棱柱为正方体．
①直线的一个方向向量为； ②直线的一个方向向量为；
③平面的一个法向量为； ④平面的一个法向量为．
则上述结论正确的是　 　.（填序号）
【答案】①②③
【知识点】直线的方向向量；平面的法向量
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为1，
则，
①、，即直线的一个方向向量为，故① 正确；
②、，即直线的一个方向向量为 ，故②正确；
③、易知平面，，
则可作为平面的一个法向量，故③正确；
④、在正方体中，因为平面，平面，
所以，易得，又因为，所以平面，
，即可作为平面的法向量，故④错误.
故答案为：①②③.
【分析】设正方体的棱长为1，利用空间向量法，求直线的方向向量以及面的法向量逐项判断即可.
13．已知的三内角，，满足，则的面积与外接圆的面积之比为　 　．
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以，
即，
所以的面积与外接圆的面积之比为，
故答案为：.
【分析】先利用二倍角公式化简为，进而利用两角和与差的余弦公式即可得，再利用正弦定理进行边角互化，可得面积之比.
14．已知圆关于直线对称的圆的方程，则圆的方程为　 　.
【答案】
【知识点】圆的标准方程；关于点、直线对称的圆的方程
【解析】【解答】解：圆的圆心为，半径为1，
设的坐标为，
可得，求得，，
故对称圆的方程为.
故答案为：.
【分析】先求得圆的圆心，进而设圆心关于直线对称的点的坐标为，则直线为线段的垂直平分线，则得，求得，的值，即可求得对称圆C的圆心，根据对称圆的半径相等，即可求得圆C的方程．
四、解答题：本题共5小题，共77分，除特别说明外，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．某人参加一项抽奖游戏，盒中放有红、蓝、绿、黄四色小球各1个，参加游戏的人需有放回地从盒中连续摸两次，每次摸出1个小球，并记录小球的颜色（其中红色、黄色为暖色；蓝色、绿色为冷色）．设两次记录的颜色分别为α，b．奖励规则如下：①若两次记录的颜色中有红色，获得一等奖；②若两次记录的颜色中没有红色，但不全是冷色，获得二等奖；③其余情形获得鼓励奖．假设小球除颜色外其他都相同．
（1）求此人获得一等奖的概率；
（2）比较此人获得二等奖与获得鼓励奖的概率的大小，并说明理由．
【答案】（1）解：依题意得样本空间为｛（红，红），（红，黄），（红，蓝），（红，绿），（黄，红），
（黄，黄），（黄，蓝），（黄，绿），（蓝，红），（蓝，黄），（蓝，蓝），（蓝，绿），
（绿，红），（绿，黄），（绿，蓝），（绿，绿）｝，共有16个样本点，
其中有红色的样本点有7个，
所以此人获得一等奖的概率为．
（2）解：由（1）得两次记录的颜色中没有红色，但不全是冷色的样本点有5个，
则此人获得二等奖的概率为，
获得鼓励奖的概率为，
因为
故此人获得二等奖的概率大于获得鼓励奖的概率．
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【分析】（1）利用列举法求出所有的样本点个数，以及有红色的样本点个数，进而利用古典概型的概率计算公式计算即可.
（2）结合（1）求得此人获二等奖、鼓励奖的概率，从而作出判断.
（1）依题意得样本空间为｛（红，红），（红，黄），（红，蓝），（红，绿），（黄，红），
（黄，黄），（黄，蓝），（黄，绿），（蓝，红），（蓝，黄），（蓝，蓝），（蓝，绿），
（绿，红），（绿，黄），（绿，蓝），（绿，绿）｝，共有16个样本点，
其中有红色的样本点有7个，
所以此人获得一等奖的概率为．
（2）由（1）得两次记录的颜色中没有红色，但不全是冷色的样本点有5个，
则此人获得二等奖的概率为，
获得鼓励奖的概率为，
故此人获得二等奖的概率大于获得鼓励奖的概率．
16．已知，，与的夹角为45°.
（1）求在方向上的投影向量；
（2）求的值；
（3）若向量与平行且方向相同，求实数.
【答案】（1）解：，，与的夹角为45°，
则在方向上的投影向量为；
（2）解：；
（3）解：因为与平行，所以存在实数，使得，
则，解得或，
当时，，此时方向相同；
当时，，此时方向相反，故舍去，则.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）根据投影向量公式求解即可；
（2）根据向量模长公式结合数量积求解即可；
（3）根据两向量平行得到方程，求出的两个解，检验是否方向相同即可.
（1）∵，，与的夹角为45°，
∴，
∴在方向上的投影向量为；
（2）∵，
∴；
（3）∵与平行，
∴
∴，解得：或，
当时，，此时方向相同
当时，，此时方向相反，故舍去.
∴
17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足
（1）求角B的大小；
（2）若，D为AC边上的一点，，且BD是的平分线，求的面积.
【答案】（1）解：，
又所以，所以，
由正弦定理可得，
因为，所以，
又，则；
（2）解：由BD平分得：
则有，即
在中，由余弦定理可得：
又，则
联立
可得，解得：（舍去）
故.
【知识点】简单的三角恒等变换；同角三角函数间的基本关系；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据同角的三角函数关系式中的商关系，结合两角和的正弦公式、正弦定理可得，进而求得cosB，即可求得角B的大小；
（2）根据三角形内角平分线的性质，结合三角形面积公式可得，由余弦定理可得，进而联立方程组即可求得ac的值，再代入三角形的面积公式即可.
（1），
又，则，
即，
又，则；
（2）由BD平分得：
则有，即
在中，由余弦定理可得：
又，则
联立
可得
解得：（舍去）
故.
18．中，内角、、的对边分别为、、，．
（1）若，．求证：；
（2）若为边的中点，且的面积为，求长的最小值．
【答案】（1）证明：由余弦定理可得，．
由正弦定理.
（2）解：由可得．
为边的中点，则，
，
∴
，即，
当且仅当时，等号成立，
故长的最小值为.

【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）先利用余弦定理求出的值，然后利用正弦定理可证得结论成立；
（2）由三角形的面积公式可求得的值，分析可知，利用平面向量的数量积运算可得出，利用基本不等式可求得长的最小值.
（1）证明：，，，
由余弦定理可得，．
.
（2）解：由可得．
为边的中点，则，
，
所以，
，即，
当且仅当时，等号成立，故长的最小值为.
19．如图所示，正四棱锥，，底面边长，M为侧棱PA上的点，且．
（1）求正四棱锥的体积；
（2）若为的中点，证明：平面；
（3）侧棱上是否存在一点E，使平面，若存在，求出；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）解：连接，设，连接，
则平面．
在中，，，，
所以．

（2）证明：由正方形，可得为的中点，
又因为，，
又因为平面，平面，
平面．
（3）解：存在，．
理由如下：
作中点，连结，，，
，
，
又因为平面MBD，平面，
平面，
，
，
又因为平面，平面，
平面，
又因为平面，
平面平面，
又因为平面，
平面．

【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据线线垂直证出线面垂直，再利用直角三角形的结构特征和正四棱锥的体积公式，从而得出正四棱锥的体积.
（2）连接，交于，利用正方形的结构特征和中点的性质，再利用已知条件证出，根据线线平行证出线面平行，从而证出直线平面.
（3）利用中位线定理得出线线平行，利用线线平行证出线面平行，再根据线面平行证出面面平行，最后由面面平行的性质定理证出线面平行，从而得出侧棱上存在一点E，使得平面，并求出的值.
（1）连接，设，连接，则平面．
中，，，，
所以．
（2）由正方形可得为的中点，而，，
又平面，平面，
平面．
（3）存在，．理由如下：作中点，连结，，．
，，
又平面MBD，平面，
平面，
，，
又平面，平面，
平面，
又平面，
平面平面，而平面，
平面．
1 / 1

展开更多......

收起↑