吉林省2020-2021学年高一下学期数学期末考试试题含详解.doc

1、试卷主标题试卷主标题姓名：_ 班级：_考号：_一、选择题（共一、选择题（共 2424 题）题）1、 设（是虚数单位），则在复平面内对应的点位于（ ）A 第一象限 B 第二象限 C 第三象限 D 第四象限2、 “ 点P在直线m上，m在平面内 ” 可表示为（）A B C D 3、 已知向量，则与的夹角大小为（ ）A B C D 4、 设正方体的表面积为 24 ，那么其内切球的体积是（）A B C D 5、 在中，已知，则角C为（ ）A B C 或D 6、 如果从装有个红球和个黑球的口袋内任取个球，那么下列各组中的两个事件是“ 互斥而不对立 ” 是（）A “ 至少有一个黑球 ” 与 “ 都是红球 ”

2、B “ 至少有一个黑球 ” 与 “ 都是黑球 ”C “ 至少有一个黑球 ” 与 “ 至少有一个红球 ”D “ 恰有一个黑球 ” 与 “ 恰有两个黑球 ”7、 已知样本数据为，该样本平均数为 2021 ，方差为 1 ，现加入一个数 2021 ，得到新样本的平均数为，方差为，则（ ）A B C D 8、 如图，在正三棱柱中，点D是侧棱的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）A B C D 9、 如图，四棱锥的底面为正方形，底面，则下列结论中错误的是（ ）A B 平面平面C 和与平面所成的角相等D 异面直线与所成的角和异面直线与所成的角相等10、 已知，是三个平面向量，则下列叙述正确的是（ ）A

3、若，则B 若，且，则C 若，则D 若，则11、 甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则为 “3 局 2 胜 ” ，即先赢 2 局者为胜根据以往二人的比赛数据分析，甲在每局比赛中获胜的概率为，则本次比赛中甲获胜的概率为（ ）A B C D 12、 已知正方体中，以下结论错误的有（ ）A 点在直线上运动时，三棱锥的体积不变B 点在直线上运动时，直线与平面所成角的大小不变C 点在直线上运动时，二面角的大小不变D 是平面上到点和距离相等的点，则点的轨迹是过点的直线13、 数列的一个通项公式是（ ）A B C D 14、 若直线与直线垂直，则实数的值为A -12 B -10 C 0 D 1015、 若一个正

4、方体截去一个三棱锥后所得的几何体如图所示 . 则该几何体的正视图是A B C D 16、 函数的最小值是A 4 B 5 C 6 D 717、 过三棱柱ABCA1B1C1的任意两条棱的中点作直线，其中与平面ABB1A1平行的直线共有（ ）A 4 条 B 6 条 C 8 条 D 12 条18、 不等式2 的解集为（）A x|x 2 B RC D x|x219、 已知实数x，y满足，则zxy的最大值为（ ）A 8 B C 2 D 820、 已知圆关于直线对称，则圆C中以为中点的弦长为（ ）A 1 B 2 C 3 D 421、 在等差数列中，若，则的值为A B C D 22、 在正方体中，点在线段上运

5、动，则异面直线与所成角的取值范围是A B C D 23、 在中，角，的对边，成等差数列，且，则=A B C D 024、 用表示不超过的最大整数（如，） . 数列满足，若，则的所有可能值的个数为A 1 B 2 C 3 D 4二、填空题（共二、填空题（共 8 8 题）题）1、 圆柱的底面半径与高都等于 2 ，则圆柱体积为 _ 2、某校高三数学组有 5 名党员教师， 他们一天中在学习强国平台上的学习积分依次为 35 ，35 ， 40 ， 38 ， 52 ，则这 5 名党员教师学习积分的方差为 _3、甲乙两人下棋， 甲获胜的概率为， 和棋的概率为， 则乙不输的概率为 _.4、 已知三棱柱侧棱底面分别

6、是的中点，且，过点作一个截面与平面平行则截面的周长为_ 5、 已知一圆柱内接于球，且圆柱的底面直径与母线长均为，则球的表面积为_ 6、 已知圆点则过点的圆的切线方程为 _.7、 已知直线，则该直线过定点 _ 8、 已知函数，正项等比数列满足，则等于 _ 三、解答题（共三、解答题（共 1212 题）题）1、 平面内给定三个向量，.（ 1 ）求满足的实数，；（ 2 ）若，求实数的值 .2、 如图，正方体中，F为与的交点，E为的中点（ 1 ）求证：平面；（ 2 ）求异面直线与所成的角3、某重点中学 100 位学生在市统考中的理科综合分数， 以，分组的频率分布直方图如图 .（ 1 ）求直方图中的值；（

7、 2 ）求理科综合分数的众数和中位数；（ 3 ） 在理科综合分数为，的 2 组学生中， 用分层抽样的方法抽取 4 名学生，从这 4 名学生中随机抽取 2 人，求这 2 人理科综合分数都在区间上的概率 .4、 在中，角的对边分别为，若，且.（ 1 ）求角的值；（ 2 ）若，且的面积为，求边上的中线的长 .5、 乒乓球比赛规则规定，一局比赛，一方连续发球 2 次后，对方再连续发球 2 次，依次轮换，每次发球，胜方得 1 分，负方得 0 分 . 设在甲乙的比赛中，每次发球，发球方得 1分的概率为 0.6 ，各次发球的胜负结果相互独立 . 甲乙的一局比赛中，甲先发球 .（ 1 ）求开球第 3 次发球时

8、，甲比分领先的概率；（ 2 ）求开球第 4 次发球时，甲乙的比分为 1 比 2 的概率；6、 如图所示，已知平行四边形和矩形所在平面互相垂直，是线段的中点 .（ 1 ）求证：；（ 2 ）求直线与平面所成角的余弦值；（ 3 ）设点为一动点，若点从出发，沿棱按照的路线运动到点，求这一过程中形成的三棱锥的体积的最小值 .7、 已知圆：，若直线过点并且与圆相切，求直线的方程 .8、 解关于的不等式9、 已知以点P为圆心的圆经过点A（ 1 ， 0 ）和B（ 3 ， 4 ），线段AB的垂直平分线交圆P于点C和D，且 |CD| .（ 1 ）求直线CD的方程；（ 2 ）求圆P的方程 .10、 如图所示，在正方

9、体 ABCD A1B1C1D1中，棱长 AB=1.（ ）求异面直线 A1B 与 B1C 所成角的大小； （ ）求证：平面 A1BD 平面 B1CD111、 已知数列和满足，（ 1 ）求与；（ 2 ）记数列的前项和为，求.12、 如图， 已知扇形的圆心角 AOB， 半径为， 若点C是上的一动点 ( 不与点A，B重合 ).(1) 若弦，求的长；(2) 求四边形OACB面积的最大值 .=参考答案参考答案=一、选择题一、选择题1、 B【分析】根据复数在复平面内的对应点坐标进行求解即可 .【详解】因为在复平面内对应的点的坐标为：，所以在复平面内对应的点位于第二象限，故选： B2、 B【分析】根据点线面关

10、系的表示方法直接表示即可 .【详解】点P在直线m上可表示为，m在平面内.故选： B.3、 D【分析】运用向量的数量积的坐标运算求得，可得选项 .【详解】因为，所以向量与的夹角是.故选： D 4、 A【分析】根据表面积得出正方体的棱长，从而得出内切球的半径，再由球的体积公式即可求解 .【详解】设正方体的棱长为，则，解得，所以正方体的内切球的半径为，其体积为.故选： A5、 C【分析】根据正弦定理先求解出的值，然后根据的大小关系确定出的结果 .【详解】因为，所以，所以，且，所以，所以或，故选： C.6、 D【分析】写出各选项中两个事件所包含的基本情况，进而判断可得出合适的选项 .【详解】对于 A

11、选项， “ 至少有一个黑球 ” 包含：黑红、黑，所以， “ 至少有一个黑球 ” 与 “ 都是红球 ” 为对立事件， A 选项不满足条件；对于 B 选项， “ 至少有一个黑球 ” 包含：黑红、黑，所以， “ 至少有一个黑球 ” 包含 “ 都是黑球 ” ， B 选项错误；对于 C 选项， “ 至少有一个黑球 ” 包含：黑红、黑， “ 至少有一个红球 ” 包含：黑红、红，所以， “ 至少有一个黑球 ” 与 “ 至少有一个红球 ” 有交事件， C 选项不满足条件；对于 D 选项， “ 恰有一个黑球 ” 与 “ 恰有两个黑球 ” 互斥且不对立， D 选项满足条件 .故选： D.7、 B【分析】根据题目计

12、算新的数据的和，进而计算出平均数，再结合方差计算公式计算方差即可 .【详解】由题知，所以，所以.故选： B8、 B【分析】由正三棱柱的性质和线面所成角的定义得到与平面所成的角为.根据棱柱的底面平行，即为与平面所成角，进而计算得到所求【详解】平面，与平面所成的角为.又，可得，而平面平面，与平面所成角的正弦值为.故应选： B.9、 D【分析】对 A ，证明出平面，由线面垂直的性质可判断；对 B ，证明出平面即可证明；对 C ，设，连接，易得即为与平面所成的角，即为与平面所成的角；对 D ，可得异面直线与所成的角小于，.【详解】底面为正方形，底面，底面，平面，又平面，故 A 正确；底面为正方形，底面

13、，平面，平面，平面平面，故 B 正确；设， 连接，平面，即为与平面所成的角，即为与平面所成的角， 易得，为中点， 故 C 正确；，异面直线与所成的角，且，又平面，平面，即异面直线与所成的角为，故 D 错误 .综上，只有 D 选项错误 .故选： D.10、 D【分析】根据相等向量和相反向量的定义即可判断 A ；根据平面向量的数量积的运算即可判断 B ；根据平面向量平行的传递性及零向量与任意向量共线即可判断 C ；根据平面向量模的运算即可判断 D.【详解】解：对于 A ，若，但无法确定向量，的方向，故 A 错误；对于 B ，若，且，则，即，无法得到，故 B 错误；对于 C ，若，当时，无法确定向量

14、，的方向，故 C 错误；对于 D ，若，则，故，故 D 正确 .故选： D.11、 D【分析】根据题意，可知甲获胜情况有三种：第一局胜、第二局胜，第一局胜、第二局负、第三局胜，第一局负、第二局胜、第三局胜，由互斥事件概率加法运算即可求解 .【详解】甲、乙两人进行乒乓球比赛，比赛规则为 “3 局 2 胜 ” ，即先赢 2 局者为胜，甲在每局比赛中获胜的概率为，则甲获胜有以下三种情况：第一局胜、第二局胜，则甲获胜概率为；第一局胜、第二局负、第三局胜，则甲获胜概率为；第一局负、第二局胜、第三局胜，则甲获胜概率为；综上可知甲获胜概率为，故选： D.【点睛】本题考查了互斥事件概率求法，概率加法公式的应用

15、，属于基础题 .12、 B【分析】由平面， 可得为定值结合即可判断 A ； 设点到平面的距离为，则为定值，直线与平面所成角为，由即可判断 B ；由二面角的大小等于平面与平面所成角的大小可判断 C ；到点和距离相等的点为垂直平分线段的平面，进而可得点的轨迹可判断 D ，进而可得正确选项 .【详解】对于 A ：因为，且平面，平面，可得平面，所以上的点到平面的距离相等，所以为定值，因为，所以为定值，即点在直线上运动时，三棱锥的体积不变，故选项 A 正确，不符合题意；对于 B ： 设点到平面的距离为， 直线与平面所成角为， 则，因为平面，所以点在直线上运动时，为定值；但变化，所以变化即角变化，所以直线

16、与平面所成角变化，故选项 B 不正确，符合题意；对于 C ：因为平面，所以二面角的大小等于平面与平面所成角的大小，所以二面角的大小不变，故选项 C 正确，不符合题意；对于 D ：因为是平面上到点和距离相等的点，所以点的轨迹是平面与线段的垂直平分线所在平面的交线，即点的轨迹是平面与平面的交线，所以点的轨迹是过点的直线，故选项 D 正确，不符合题意，故选： B.13、 D【分析】根据数列分子分母的规律求得通项公式 .【详解】由于数列的分母是奇数列，分子是自然数列，故通项公式为.故选： D【点睛】本小题主要考查根据数列的规律求通项公式，属于基础题 .14、 D【分析】直接利用直线的垂直公式计算得到答

17、案 .【详解】直线与直线垂直，则，解得.故选： D.【点睛】本题考查了根据直线的垂直关系求参数，属于简单题 .15、 A【分析】正视图是从前向后看得到的视图，结合选项即可作出判断【详解】解：所给图形的正视图是 A 选项所给的图形，满足题意故选 A 【点睛】本题考查了简单组合体的三视图，属于基础题，关键掌握正视图是从前向后看得到的视图16、 B【详解】, 当且仅当 x=3 时，函数取得最小值，最小值为5.17、 B【分析】取H，G，F，I分别为的中点，得到平面平面，在平面内找出符合题意的直线，即可求解 .【详解】如图所示，取H，G，F，I分别为的中点，由面面平行的判定定理，可得平面平面可得符合条

18、件的直线只能出现在平面HGFI中，即FI，FG，GH，HI，HF，GI符合题意，共有 6 条直线 .故选 B.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及面面平行的判定及应用，其中解答中根据几何体的结构特征，得到平面平面是解答的关键，着重考查了空间想象能力，以及推理与论证能力，属于基础题 .18、 A【分析】根据分母大于零恒成立，即可容易将分式不等式转化为一元二次不等式，求解即可 .【详解】x2x 10 恒成立， 原不等式 x2 2x 20(x 2)20 ，x 2. 不等式的解集为 x|x 2.故选：.【点睛】本题考查分式不等式的求解，注意分母恒为正数，是本题的关键，属基础题 .19、 D

19、【分析】由可行域找到最优解代入即可 .【详解】目标函数表示斜率为的直线在轴上截距的相反数 , 由不等式组对应的可行域可知 , 当直线过直线与的交点时 , 目标函数有最大值为.故选 :【点睛】本题考查线性规划问题中求目标函数的最大值问题 , 难度较易 .20、 D【分析】圆关于直线对称即说明直线过圆心，即可求出，即可由中点弦求出弦长 .【详解】依题意可知直线过圆心，即，故圆方程配方得，与圆心距离为 1 ，故弦长为故选 D 【点睛】本题考查直线与圆的位置关系，利用中点弦三角形解弦长，属于基础题。21、 A【分析】根据等差数列性质化简条件与结论，即得结果 .【详解】因为，所以，因此，选 A.【点睛】

20、本题考查等差数列性质，考查等价转化求解能力，属中档题 .22、 D【详解】A1BD1C，CP与A1B成角可化为CP与D1C成角AD1C是正三角形可知当P与A重合时成角为，P不能与D1重合因为此时D1C与A1B平行而不是异面直线，；本题选择 D 选项 .点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面问题化归为共面问题来解决，具体步骤如下： 平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角； 认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角； 计算：求该角的值，常利用解三角形； 取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所

21、成的角23、 C【分析】根据等差数列结合正弦定理得到，根据角度关系利用三角恒等变换化简得到答案 .【详解】，成等差数列，则，根据正弦定理：，故，即，即，故，故.故选： C.【点睛】本题考查了正弦定理，三角恒等变换，等差数列性质，意在考查学生的计算能力和综合应用能力 .24、 C【分析】数列取倒数，利用累加法得到通项公式，再判断的所有可能值 .【详解】两边取倒数：利用累加法：为递增数列 .计算：，整数部分为 0，整数部分为 1，整数部分为 2的所有可能值的个数为 0,1,2答案选 C【点睛】本题考查了累加法求数列和，综合性强，意在考查学生对于新知识的阅读理解能力，解决问题的能力，和计算能力 .二

22、、填空题二、填空题1、【分析】根据圆柱体积公式直接计算即可 .【详解】因为圆柱的底面半径与高都等于 2 ，所以该圆柱体积为.故答案为：.2、；【分析】根据一组数据的方差公式计算可得结果 .【详解】这 5 名党员教师学习积分的平均数为，所以这 5 名党员教师学习积分的方差为.故答案为：.【点睛】本题考查了一组数据的方差公式，属于基础题 .3、【分析】乙不输即是乙获胜或甲乙和棋，由互斥事件概率加法公式可求 .【详解】解：记 “ 甲获胜 ” 为事件A，记 “ 和棋 ” 为事件B，记 “ 乙获胜 ” 为事件C，则，所以，乙不输的概率为：.故答案为：.4、【分析】如图，取AF中点G，分别在，上取点H，M

23、，使，连接，可得平面即为所需截面，求出其周长即可 .【详解】如图，取AF中点G，分别在，上取点H，M，使，连接，又分别是中点，又，四边形为平行四边形，平面，平面，又，平面平面，又平面ABC，分别是的中点，在中，所求截面的周长为.故答案为：.【点睛】关键点睛：解决本题的关键是根据线面平行的性质得出截面与各棱的交点 .5、【详解】根据题意，由于一圆柱内接于球 O ，且圆柱的底面直径与母线长均为 2,则圆柱的底面半径为 1 ，球心在圆柱体的中心，那么可知球的半径为，可得球的表面积,故可知其答案为 86、【分析】设出直线的方程 , 根据圆心到直线的距离等于半径即可求出过点的圆的切线方程 .【详解】当过

24、点的直线不存在斜率时 , 则直线方程为：, 把代入圆的方程中，可得, 此时直线与圆有两个交点 , 不符合题意；当过点的直线存在斜率时 , 设为, 所以直线方程可设为：, 当直线是圆的切线时，则圆心到直线的距离等于半径, 于是有, 所以过点的圆的切线方程为.故答案为：【点睛】本题考查了过圆上一点求圆的切线问题 , 考查了数学运算能力 . 一般来说 , 过圆上一点的切线方程为, 这个可以做为结论记住 .7、【解析】直线， 当，时过定点， ， 过定点点睛：本题考查直线过定点问题；解决直线过定点问题，主要有三种方法： 化成点斜式方程，即恒过点； 代两个不同的值，转化为求两条直线的交点； 化成直线系方程

25、， 即过直线和直线的交点的直线可设为.8、【详解】试题分析：因为，所以因为数列是等比数列，所以，即设 ，又 ， + ，得，所以考点： 1 、等比数列的性质； 2 、对数的运算； 3 、数列求和【知识点睛】如果一个数列，与首末两项等距离的两项之和等于首末两项之和（都相等，为定值），可采用把正着写和与倒着写和的两个和式相加，就得到一个常数列的和，这一求和方法称为倒序相加法如等差数列的前项和公式即是用此法推导的三、解答题三、解答题1、 （ 1 ），；（ 2 ）.【分析】（ 1 ）依题意求出的坐标，再根据向量相等得到方程组，解得即可；（ 2 ）首先求出与的坐标，再根据向量共线的坐标表示计算可得；【详解

26、】解：（ 1 ）因为，且，.，解得，.（ 2 ），.，.，解得.2、 （ 1 ）证明见解析；（ 2 ）【分析】（ 1 ）联结EF，易知，从而证得平面；（ 2 ）分别证得，从而平面，从而异面直线与所成的角为 90.【详解】（ 1 ）联结EF，由E为的中点，F为的中点知，又平面，平面，故平面（ 2 ）在正方形ABCD中，又平面ABCD，平面ABCD，则，又，故平面，又平面，故，即异面直线与所成的角为【点睛】方法点睛：通过在平面上找到一条直线与平面外一条线平行，来证明线面平行；异面直线的夹角可以通过平移到同一平面内，用解三角形的办法求得 .3、 （ 1 ）；（ 2 ）众数为 230 ，中位数为 22

27、4 ；（ 3 ）.【分析】（ 1 ）根据频率和为 1 计算出的值；（ 2 ）根据频率分布直方图中小矩形的高度可直接判断出众数，计算频率之和为时对应的数据即为中位数；（ 3 ）根据分层抽样的定义，结合古典概型的运算公式用列举法进行求解即可 .【详解】（ 1 ）因为，解得，所以直方图中的值为；（ 2 ）理科综合分数的众数是， 理科综合分数的中位数在内，设中位数为，则，解得，即中位数为 224 ；（ 3 ）在理科综合分数为，的 2 组学生中，它们的频率分别为：、，它们的比为：，因为进行分层抽样，所以理科综合分数在区间的人数为 3 ，设他们为，在区间的人数为 1 ，设为，4 名学生中随机抽取 2 人有

28、以下抽取方式：，共有 6 种不同的抽取方式，这 2 人理科综合分数都在区间的方式如下：，共有 3 种不同的抽取方式，因此这 2 人理科综合分数都在区间上的概率为：.4、 （ 1 ）；（ 2 ）.【分析】（ 1 ）先由正弦定理边角互化，计算求得；（ 2 ）由（ 1 ）可知是等腰三角形，根据面积公式求边长，中，再根据余弦定理求中线的长 .【详解】（ 1 ） ，由正弦定理边角互化得，由于， ，即，得.又， ， .（ 2 ）由（ 1 ）知，若，故，则，（舍）又在中， .5、 （ 1 ）；（ 2 ）.【分析】（ 1 ）根据独立事件概率公式进行求解即可；（ 2 ）根据甲胜一局，乙胜二局进行分类讨论求解即可

29、 .【详解】（ 1 ）开球第 3 次发球时，甲比分领先，因此前两次都是甲胜，故甲比分领先的概率概率为；（ 2 ）事件：第一局甲胜，第二局、第三局乙胜，；事件：第一局乙胜，第二局甲胜、第三局乙胜，；事件：第一局乙胜，第二乙局胜、第三局甲胜，所以甲乙的比分为 1 比 2 的概率为：.6、 （ 1 ）证明见解析；（ 2 ）；（ 3 ）.【分析】（ 1 ）利用余弦定理求出，利用勾股定理可得出，由已知可得出，利用线面垂直的判定定理可得出平面，由此可得出；（ 2 ）设点在平面内的射影为点，连接，可得出为直线与平面所成角，利用等体积法计算出，可求得，再利用同角三角函数的基本关系可求得直线与平面所成角的余弦值

30、；（ 3 ） 设与相交于， 连接、， 推导出， 可得出平面，结合图形可知，当点在或时，三棱锥的体积最小，可得，利用锥体体积公式可求得结果 .【详解】（ 1 ）在平行四边形中，由余弦定理可得，因为四边形为矩形，则，平面，平面，所以；（ 2 ）在中，由余弦定理可得，平面平面，平面平面，平面，平面，平面，则，平面，平面，由勾股定理的逆定理知，设点在平面内的射影为，连接，则为直线与平面所成角，由，可得，可得，又，因此，直线与平面所成角的余弦值为；（ 3 ）设与相交于，连接、，因为四边形为平行四边形，且，则为的中点，且，为的中点，且，所以，四边形为平行四边形，则，平面，平面，平面，由图可知，当点在或时，

31、三棱锥的体积最小，.【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法：（ 1 ）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角；（ 2 ）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角；（ 3 ）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为.7、或；【分析】考虑斜率存在和不存在两种情况，利用直线和圆的位置关系解得答案 .【详解】当斜率不存在时，直线方程为，与圆相切，满足题意；当斜率存在时，设切线方程为，即，由直线与圆相切

32、得：，即，解得， 切线方程为，即，综上所述，切线方程为：或.【点睛】本题考查了根据直线和圆的位置关系求直线方程，漏解是容易发生的错误 .8、 当 0 a 1 时，解集为 x|x 1 或x ；当a 1 时，解集为 x|x1 ；当a 1 时，解集为 x|x或x 1 【分析】根据a大于 1 ，a 1 及a大于 0 小于 1 分三种情况取解集，当a大于 1 时，根据小于 1 ，利用不等式取解集的方法求出解集；当a 1 时，根据完全平方式大于 0 ，得到x不等于 1 ；当a大于 0 小于 1 时，根据大于 1 ，利用不等式取解集的方法即可求出解集，综上，写出a不同取值时，各自的解集即可【详解】由不等式得

33、：（ 1 ）当时，原不等式为： 不等式的解集为：（ 2 ）当时，原不等式为： 不等式的解集为： x|x 1 或x ；（ 3 ）当时，原不等式为：， 不等式的解集为： x|x或x 1 ，综上所述，得原不等式的解集为：当 0 a 1 时，解集为 x|x 1 或x ；当a 1 时，解集为 x|x1 ；当a 1 时，解集为 x|x或x 1 【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法， 考查了分类讨论及转化的数学思想， 根据a的不同取值，灵活利用不等式取解集的方法求出相应的解集是解本题的关键，属于中档题9、 （ 1 ）xy 3 0 （ 2 ）圆P的方程为（x 3 ）2（y 6 ）240 或（x 5 ）2（y

34、 2 ）2 40【分析】（ 1 ） 求出 AB 中点坐标和直线 CD 的斜率， 即得直线 CD 的方程；（ 2 ） 设圆心P（a，b），求出的值，即得圆P的方程 .【详解】（ 1 ）由题意知，直线AB的斜率k 1 ，中点坐标为（ 1 ， 2 ） .所以.则直线CD的方程为y 2 （x 1 ），所以直线 CD 的方程为xy 3 0.（ 2 ）设圆心P（a，b），则由点P在CD上得ab 3 0.又因为直径 |CD| 4，所以 |PA| 2，所以（a 1 ）2b2 40.由 解得或所以圆心P（ 3 ， 6 ）或P（ 5 ， 2 ） .所以圆P的方程为（x 3 ）2（y 6 ）2 40 或（x 5 ）

35、2（y 2 ）2 40.【点睛】本题主要考查直线和圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平 .10、 （ ）（ ）见解析【分析】（ ）根据异面直线所成角的定义，易知图中就为所求角，又三角形为正三角形；（ ）根据面面平行的判定定理，要证平面 A1BD 平面 B1CD1可转化为两相交直线 BD和 A1B 平行于平面 B1CD1即可【详解】（ ）因为 B1C/A1D ，所以为异面直线 A1B 与 B1C 所成角在中，易得（ ），且所以考点： 1 、异面直线的角； 2 、面面平行； 4 、线面平行和线线平行 .11、 （ 1 ）；（ 2 ）【解析】（ 1 ）根

36、据数列递推关系式，确定数列的特点，得到数列的通项公式；（ 2 ）根据（ 1 ）问得到新的数列的通项公式，利用错位相减法进行数列求和 .试题解析：（ 1 ）由，得.当时，故.当时，整理得，所以.（ 2 ）由（ 1 ）知，所以所以所以.考点： 1. 等差等比数列的通项公式； 2. 数列的递推关系式； 3. 错位相减法求和 .12、 (1)(2)【分析】（ 1 ）在三角形中，利用余弦定理求得的余弦值，进而求得的大小，再利用弧长公式计算出的长 .（ 2 ）设，利用三角形和三角形的面积表示出四边形的面积，利用三角恒等变换进行化简， 结合三角函数最值的求法， 求得四边形的面积的最大值 .【详解】(1) 在 OBC中，BC 4( 1) ，OBOC，所以由余弦定理得cosBOC，所以 BOC，于是的长为.(2) 设 AOC，则 BOC，S四边形OACBSAOCSBOCsin sin 24sin cos ，由于，所以，当时，四边形OACB的面积取得最大值 16.【点睛】本小题主要考查余弦定理解三角形，考查四边形面积的最大值的求法，考查弧长公式，考查三角恒等变换，考查三角函数最值的求法，属于中档题 .