1、第 1 页 共 23 页 2019-2020 学年湖北省武汉市江岸区高一下学期期末数学试学年湖北省武汉市江岸区高一下学期期末数学试 题题 一、单选题一、单选题 1一元二次不等式一元二次不等式 2 201920200 xx的解集为（的解集为（ ）. A( 1,2020) B( 2020,1) C( , 1)(2020,) D( , 2020)(1,) 【答案】【答案】A 【解析】【解析】根据一元二次不等式的解法，直接求解，即可得出结果. 【详解】 由 2 201920200 xx得( 1)(2020)0 xx ，解得12020 x . 故选 A 【点睛】 本题主要考查解不含参数的一元二次不等式，
2、熟记一元二次不等式的解法即可，属于基 础题型. 2下列命题中，正确的是（下列命题中，正确的是（ ） A 4 x x 的最小值是的最小值是 4 4 B 2 2 1 4 4 x x 的最小值是的最小值是 2 2 C如果如果ab，cd，那么，那么acbd D如果如果 22 acbc，那么，那么a b 【答案】【答案】D 【解析】【解析】利用基本不等式和对勾函数的性质，以及不等式的性质，分别对四个选项进行 判断，得到答案. 【详解】 选项 A中，若0 x，则无最小值，所以错误； 选项 B中， 2 42tx ，则函数 2 2 1 4 4 yx x 转化为函数 1 yt t ，在 2,上单调递增，所以最小
3、值为 5 2 ，所以错误； 选项 C中，若,ac bd，则acbd ，所以错误； 选项 D中，如果 22 acbc，则0c ，所以 2 0c ，所以可得a b. 故选 D. 【点睛】 第 2 页 共 23 页 本题考查基本不等式，对勾函数的性质，不等式的性质，判断命题是否正确，属于简单 题. 3已知已知1, 2A，4, 1B， 3,2C，则，则cosBAC（ ） A 2 10 B 2 10 C 2 2 D 2 2 【答案】【答案】D 【解析】【解析】求出向量AB，AC的坐标，则coscos,BACAB AC，利用向量夹角公 式计算即可. 【详解】 由已知得3,1AB uuu r ，2,4AC
4、， 2222 3 2 1 42 coscos, 2 3124 AB AC BACAB AC AB AC . 故选：D. 【点睛】 本题主要考查平面向量的坐标运算和向量的夹角的计算， 意在考查学生对这些知识的理 解掌握水平. 4 下列命题中，正确的是下列命题中，正确的是 ( ( ) ) A经过正方体任意两条面对角线，有且只有一个平面经过正方体任意两条面对角线，有且只有一个平面 B经过正方体任意两条体对角线，有且只有一个平面经过正方体任意两条体对角线，有且只有一个平面 C经过正方体任意两条棱，有且只有一个平面经过正方体任意两条棱，有且只有一个平面 D经过正方体任意一条体对角线与任意一条面对角线，有
5、且只有一个平面经过正方体任意一条体对角线与任意一条面对角线，有且只有一个平面 【答案】【答案】B 【解析】【解析】因为正方体的四条体对角线相交于同一点(正方体的中心)，因此经过正方体任 意两条体对角线，有且只有一个平面，故选 B 点睛：确定平面方法: 过不在一条直线上的三点，有且只有一个平面;经过一条直 线和这条直线外一点有且只有一个平面；经过两条相交直线有且只有一个平面；经过两 条平行直线有且只有一个平面 5已知等差数列已知等差数列 n a的前的前 n项的和为项的和为 n S，且，且 1 2a ， 10 65S，则，则 2020 a（ ） A2020 B2021 C2022 D2023 【答
6、案】【答案】B 【解析】【解析】先求出等差数列的公差，再由等差数列通项公式求解. 第 3 页 共 23 页 【详解】 设等差数列的公差为d， 因为等差数列 n a中， 1 2a ， 10 65S， 所以10 24565d ， 解得1d ， 则 2020 22019 12021a . 故选：B. 【点睛】 本题主要考查等差数列的基本量的计算，考查等差数列的通项和求和公式，意在考查学 生对这些知识的理解掌握水平. 6已知角已知角的顶点为坐标原点，始边与的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有两点 轴的非负半轴重合，终边上有两点1Aa， 2Bb，且，且 2 cos2 3 ，则，则ab A
7、 1 5 B 5 5 C 2 5 5 D1 【答案】【答案】B 【解析】【解析】首先根据两点都在角的终边上，得到2ba，利用 2 cos2 3 ，利用倍角公 式以及余弦函数的定义式，求得 2 1 5 a ，从而得到 5 5 a ，再结合2ba，从而得 到 5 2 5 abaa，从而确定选项. 【详解】 由, ,O A B三点共线，从而得到2ba， 因为 2 2 2 12 cos22cos121 3 1a ， 解得 2 1 5 a ，即 5 5 a ， 所以 5 2 5 abaa ，故选 B. 【点睛】 该题考查的是有关角的终边上点的纵坐标的差值的问题， 涉及到的知识点有共线的点的 第 4 页
8、共 23 页 坐标的关系，余弦的倍角公式，余弦函数的定义式，根据题中的条件，得到相应的等量 关系式，从而求得结果. 7 如图， 若如图， 若是长方体是长方体 1111 ABCDABC D被平面被平面EFGH截去几截去几何体何体 11 EFGHBC后得后得 到的几何体，其中到的几何体，其中 E为线段为线段 11 AB上异于上异于 1 B的点，的点，F为线段为线段 1 BB上异于上异于 1 B的点，且的点，且 11 /EH AD，则下列结论中不正确的是（，则下列结论中不正确的是（ ） A/EH FG B/EF HG C是棱柱是棱柱 D是棱台是棱台 【答案】【答案】D 【解析】【解析】 根据直线与平
9、面平行的性质定理可知/EH FG， 则 11 /EH FG BC， 从而是 棱柱，由两平行平面被第三个平面所截，所得的交线平行，可得/EF GH. 【详解】 因为 11 /EH AD， 1111/B ACD， 所以 11 /EH BC，又EH 平面 11 BCC B， 所以/EH平面 11 BCBC，又EH 平面EFGH， 平面EFGH平面 11 BCBCFG， 所以/EH FG，故 11 /EH FG BC， 所以选项 A、C正确，D错误； 因为平面 11 ABB A平面EFGHEF， 平面 11 CDDC平面EFGHGH， 平面 11/ ABB A平面 11 CDDC， 所以/EF GH，
10、故 B正确. 故选：D. 第 5 页 共 23 页 【点睛】 该题考查的是有关立体几何的问题， 涉及到的知识点有棱柱的性质， 棱柱的截面的特征， 线面、面面平行的判定和性质，属于中档题目. 8 如图， 为了测量如图， 为了测量 B， C两点间的距离， 选取同一平面上两点间的距离， 选取同一平面上 A， ， D两点， 已知两点， 已知90ADC， 60A ，2AB ，2 6BD ，4 3DC ，则，则BC的长为（的长为（ ） A4 3 B5 C6 5 D7 【答案】【答案】A 【解析】【解析】 在ABD中， 由正弦定理求出sinADB， 再根据诱导公式求出cosBDC， 最后在CBD中，由余弦定
11、理计算可得； 【详解】 解：在ABD中，由正弦定理可得 sinsin BDAB AADB ，即 2 62 sin60sinADB 所以 2 sin 4 ADB，又因为90ADC，所以 2 coscos 90sin 4 BDCADBADB 在CBD中，由余弦定理可得 222 2cosBCDCBDDC BDBDC 即 22 2 2 4 32 62 4 32 6 4 BC 所以 4 3BC 故选：A 【点睛】 本题考查正弦定理、余弦定理解三角形，属于基础题. 二、多选题二、多选题 9设设a，b，c是任意的非零向量，且它们相互不共线，是任意的非零向量，且它们相互不共线，给出下列选项，其中正确的 给出下
12、列选项，其中正确的 有（有（ ） 第 6 页 共 23 页 Aa cb ca bc Bb cac a b 与与c不垂直不垂直 Cabab D 22 323294ababab 【答案】【答案】ACD 【解析】【解析】A，由平面向量数量积的运算律可判断；B，由平面向量垂直的条件、数量积 的运算律可判断； C， 由a与b不共线， 可分两类考虑： 若ab， 则aba b 显然成立；若ab，由a r 、b、ab rr 构成三角形的三边可进行判断；D，由平 面向量的混合运算将式子进行展开即可得解. 【详解】 选项 A，由平面向量数量积的运算律，可知 A正确； 选项 B， 0b cac abcb ca cc
13、 ab cb ca cb cc a ， b cac ab 与c垂直，即 B错误； 选项 C，a与b不共线， 若ab，则abab显然成立； 若ab，由平面向量的减法法则可作出如下图形： 由三角形两边之差小于第三边，可得abab.故 C正确； 选项 D， 22 22 3232966494ababaa ba bbab ，即 D 正确. 故选：ACD 第 7 页 共 23 页 【点睛】 本小题主要考查向量运算，属于中档题. 10设等差数列设等差数列 n a的前的前 n 项和是项和是 n S，已知，已知 14 0S， 15 0S，正确的选项有（，正确的选项有（ ） ） A 1 0a ，0d B 78 0
14、aa C 6 S与与 7 S均为均为 n S的最大值的最大值 D 8 0a 【答案】【答案】ABD 【解析】【解析】 根据题意， 等差数列 n a中， 由 14 0S可得 78 0aa， 由 15 0S可得 8 0a ， 进而分析可得前 7项为正数，从第 8 项开始为负数，则 1 0a ，0d ；据此分析选项 即可得答案 【详解】 解：根据题意，等差数列 n a的前 n 项和是 n S，且 14 0S， 15 0S， 则 114 1411478 14 770 2 aa Saaaa ，即 78 0aa， 115 158 15 150 2 aa Sa ，即 8 0a ，则 7 0a ； 故等差数列
15、 n a的前 7项为正数，从第 8 项开始为负数， 则 1 0a ，0d . 则有 7 S为 n S的最大值.故 A，B，D 正确； 故选：ABD. 【点睛】 本题考查等差数列的性质以及等差数列的前n项和性质，属于基础题 11下列结论正确的是（下列结论正确的是（ ） A在在ABC中，若中，若AB，则，则sinsinAB B在锐角三角形在锐角三角形ABC中，不等式中，不等式 222 0bca恒成立恒成立 C在在ABC中，若中，若 4 C =， 22 acbc，则，则ABC为等腰直角三角形为等腰直角三角形 D在在ABC中，若中，若3b，60A，三角形面积，三角形面积3 3S ，则三角形外接圆半径为
16、，则三角形外接圆半径为 3 3 第 8 页 共 23 页 【答案】【答案】ABC 【解析】【解析】 对选项 A， 利用三角形“大角对长边”和正弦定理即可判断 A 正确； 对选项 B， 利用余弦定理 222 cos0 2 bca A bc ，即可判断 B正确，对选项 C，首先根据余弦定 理得到 2bca ，利用正弦定理边化角公式得到sinsin2sin 4 BA ，再化简 即可判断选项 C正确.对选项 D，首先利用面积公式得到4c ，利用余弦定理得到 13a ，再利用正弦定理2 sin a R A 即可判断 D 错误. 【详解】 对选项 A，在ABC中，由2 sin2 sinsinsinABab
17、RARBAB， 故 A 正确. 对选项 B，若 222 0bca，则 222 cos0 2 bca A bc ， 又因为0A，所以A为锐角，符合ABC为锐角三角形，故 B 正确. 对选项 C， 222 2cos 4 cabab ，整理得： 222 2cabab . 因为 22 acbc，所以 2 20bcbab ，即 2bca . 所以sinsin2sin 4 BA ，即 2 sin2sin() 24 BB ， 2 sin2(sincoscossin)sincos 244 BBBBB ， 即 2 cos 2 B ，又0B，所以 4 B . 故 442 A ，则ABC为等腰直角三角形，故 C正确
18、. 对选项 D， 113 sin33 3 222 SbcAc ，解得4c . 222 1 2cos9 162 3 413 2 abcbcA ， 所以13a . 又因为 1322 39 132 sin6033 R， 39 3 R ，故 D错误. 故选：ABC 第 9 页 共 23 页 【点睛】 本题主要考查正弦定理和余弦定理的综合应用，熟练掌握公式为解题的关键，属于中档 题. 12向体积为向体积为 1 的正方体密闭容器内注入体积为的正方体密闭容器内注入体积为 x（ （01x）的液体，旋转容器，下）的液体，旋转容器，下 列说法正确的是（列说法正确的是（ ） A当当 1 2 x 时，容器被液面分割而
19、成的两个几何体完全相同时，容器被液面分割而成的两个几何体完全相同 B不管注入多少液体，液面都可以成正三角形形状不管注入多少液体，液面都可以成正三角形形状 C液面可以是正六边形，其面积为液面可以是正六边形，其面积为 3 3 4 D当液面当液面恰好经过正方体的某条体对角线时，液面边界周长的最小值为恰好经过正方体的某条体对角线时，液面边界周长的最小值为5 【答案】【答案】AC 【解析】【解析】根据正方体的结构特征和截面性质，依次判断每个选项是否正确即可. 【详解】 解：对于 A，当 1 2 x 时，题目等价于过正方体中心的平面截正方体为两部分， 根据对称性知两部分完全相同，所以 A 正确； 对于 B
20、，取 1 2 x ，此时液面过正方体中心，截面不可能为三角形，所以 B 错误； 对于 C，当液面与正方体的体对角线垂直时，液面为如图所示正六边形时面积最大， 其中正六边形的顶点均为对应棱的中点， 所以液面面积的最大值为 12233 3 6 22224 S ，C 正确； 对于 D，当液面过 1 DB时，截面为 1 B NDG，将 1111 DCBA绕 11 C D旋转 2 ，如图所示； 则 111 1 45DNB NDNB NDB， 当 D、N、 1 B 三点共线时等号成立，所以液面周长最小值为2 5，D 错误. 故选：AC. 第 10 页 共 23 页 【点晴】 本题考查了正方体的截面问题，意
21、在考查学生的计算能力和空间想象能力. 三、填空题三、填空题 13若若tan3，则，则 2 sin2 cos 的值等于的值等于_ 【答案】【答案】6 【解析】【解析】利用二倍角公式展开后，约分得到结果. 【详解】 22 sin22sincos2sin 2tan6 coscoscos 本题正确结果：6 【点睛】 本题考查三角关系式的化简求值，属于基础题. 14 在等比数列在等比数列 n a中， 若公比中， 若公比 q=4， 且前， 且前 3 项之和等于项之和等于 21， 则该数列的通项公式， 则该数列的通项公式 n a （ ） 【答案】【答案】 1 4n 【解析】【解析】利用等比数列求和公式列方程
22、求出数列的首项，从而可得结果. 【详解】 因为公比 q=4，且前 3 项之和等于 21， 第 11 页 共 23 页 所以 3 1 1 14 211 14 a a ， 该数列的通项公式为 11 1 44 nn n a ， 故答案为 1 4n 【点睛】 本题主要考查等比数列的通项公式与求和公式，意在考查对基本公式的掌握与应用，属 于基础题. 15在梯形在梯形ABCD中，中，/AB CD，1CD，2ABBC ，120BCD，动点，动点 P 和和 Q分别在线段分别在线段BC和和CD上，且上，且BP BC ， 1 4 DQDC ，则，则AP BQ uuu r uuu r 的最大值的最大值 为为_. 【
23、答案】【答案】 5 4 【解析】【解析】由题可知 1 1 4 CQDC ， 1 ,1 4 ，据平面向量的混合运算法则可化 简得到 117 5 24 AP BQ ；设函数 117 5 24 f ， 1 ,1 4 ，由对勾 函数的性质推出 f在 1 ,1 4 上的单调性，求出最大值即可得解. 【详解】 根据题意，作出如下所示图形： BP BC ， 1 4 DQDC ， 1 1 4 CQDQDCDC ， 又 P 和 Q分别在线段BC和CD上， 01 1 01 4 ，解得 1 ,1 4 . 第 12 页 共 23 页 1 1 4 AP BQABBPBCCQABBCBCDC 211 11 44 AB B
24、CAB DCBCBC DC 11117 2 2 cos12012 1 cos0412 1 cos1205 4424 . 设函数 117 5 24 f ， 1 ,1 4 ， 由对勾函数的性质可知， f在 110 , 410 上单调递减，在 10 ,1 10 上单调递增， 1 1 4 f ， 5 1 4 f， max 5 1 4 ff，即AP BQ uuu r uuu r 的最大值为 5 4 . 故答案为： 5 4 . 【点睛】 本题考查平面向量的应用， 考查数量积的定义， 考查函数的单调性与最值， 属于中档题 四、双空题四、双空题 16农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称
25、农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子 粽子”，古称，古称 “角黍角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主 义诗人屈原义诗人屈原.如图， 平行四边形形状的纸片是由六个边长为如图， 平行四边形形状的纸片是由六个边长为 2的正三角形构成的， 将它 的正三角形构成的， 将它 沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为沿虚线折起来，可以得到如图所示粽子形状的六面体，则该六面体的体积为_；若该；若该 六面体内有一球，则该球表面积的最大值为六面体内有
26、一球，则该球表面积的最大值为_ 【答案】【答案】 2 3 16 27 【解析】【解析】求出一个正四面体的体积乘以 2，即为所求六面体的体积；取该六面体的一半 记为正四面体SABC，取 BC 中点为 D，连接 SD，AD，作SO 平面 ABC，垂足 O 第 13 页 共 23 页 在 AD上， 当六面体内的球体积最大时球心为 O且该球与 SD相切， 过球心作OESD， 则 OE就是球半径，求出 OE 代入球体体积计算公式即可得解. 【详解】 一个正三角形面积为 133 22 222 ，该六面体是由六个边长为 2的正三角 形构成的，所以，该六面体看成由两个全等的正四面体组合而成，正四面体的棱长为
27、2，如图， 在棱长为 2的正四面体S ABC中，取 BC中点为 D，连接 SD，AD，作SO 平面 ABC，垂足 O在 AD 上，则 16 2 22 ADSD， 6 6 1 3 ODAD， 22 2 3 3 SOSDOD，则该正四面体的体积为 1 113 2 31 33233 ABC VSSO ， 该六面体的体积为两个正四面体的体积之和 21 2 2 3 VV， 当该六面体内有一球，如上图，且该球体积取最大值时，球心为 O，且该球与 SD相切， 过球心作OESD，则 OE 就是球半径， 因为SO ODSD OE，所以球半径 36 6 96 2 2 2 3 3 SO OD ROE SD ， 所以
28、该球体积的最大值为： 2 2 316 4 927 S . 故答案为：答题空 1： 2 3 ；答题空 2： 16 27 ； 【点睛】 第 14 页 共 23 页 本题考查多面体的体积、球体体积、球与多面体内切问题，属于中档题. 五、解答题五、解答题 17已知公差不为零的等差数列已知公差不为零的等差数列 n a的前的前n项和为项和为 n S，且，且 1 1a ， 2 a是是 1 a与与 5 a的等比的等比 中项中项. （1）求数列）求数列 n a的通项公式；的通项公式； （2）在）在2 n a n b ； 1 1 1 13 3 1 3 n n S n S bb 中选一个条件使数列中选一个条件使数列
29、 n b是等比数列，并是等比数列，并 说明理由，然后求出数列说明理由，然后求出数列 n b的前的前n项和项和 n T . 【答案】【答案】 （1）21 n an， （2）若选， 2 41 3 n n T ；若选， 31 1 89 n n T . 【解析】【解析】 （1）由 2 a是 1 a与 5 a的等比中项可得 2 11 14dd ，解出d即可； （2）从或中选一个，首先计算出 1n n b b ，然后可得数列 n b是等比数列，然后求出 n T即可. 【详解】 （1）设等差数列 n a的公差为0d d ， 因为 1 1a ， 2 a是 1 a与 5 a的等比中项 所以 2 215 aa a
30、，即 2 11 14dd ，解得2d 或0d （舍） 所以11221 n ann （2）若选2 n a n b ，则 21 2 n n b ，所以 1 2b ， 21 1 21 2 4 2 n n n n b b ， 所以数列 n b是首项为 2，公比为 4 的等比数列. 所以 2 14 2 41 143 n n n T 第 15 页 共 23 页 若选 1 1 1 13 3 1 3 n n S n S bb ， 则 1 1 21 1 1113 2 333 1 3 n nnn n S SSan n S bn 因为 1 1 3 b ，所以 21 * 1 3 n n bnN 所以 21 2 1 2
31、1 1 113 39 1 3 n n n n b b 即数列 n b是首项为 1 3 ，公比为 1 9 的等比数列 故 11 1 39 31 1 1 89 1 9 n n n T 【点睛】 本题考查的是等差等比数列的基本运算，考查了学生对基础知识的掌握情况. 18已知函数已知函数( )cos(sin3cos)f xxxx （0）. （1）求函数）求函数 f（x）的值域；）的值域； （2）若方程）若方程 f（x） 3 2 在区间在区间0，上恰有两个实数解，求上恰有两个实数解，求 的取值范围的取值范围. 【答案】【答案】 （1） 3232 , 22 ； （2） 54 63 【解析】【解析】（1）
32、利用二倍角公式和两角和的正弦公式化函数为一个角的一个三角函数形式， 然后由正弦函数性质求得值域； （2） 解方程 3 ( ) 2 f x ， 由第二小的正数解 0, ， 第三小的正数解大于可得出 的范围 【详解】 （1） 第 16 页 共 23 页 2 ( )cos(sin3cos)sincos3cosf xxxxxxx 13 sin2cos21 22 xx 3 sin(2) 32 x ， 因为sin(2) 1,1 3 x ，所以( )f x的值域是 3232 , 22 （2） 33 ( )sin(2) 322 f xx ，sin(2 )0 3 x ，2 3 xk ，显然 0 x， 3 2 k
33、 x ，kZ， 因为方程在0, 上只有两个解，又0，所以 2 3 2 3 3 2 ，解得 54 63 【点睛】 本题考查求正弦型函数的值域，考查二倍角公式和两角和的正弦公式，考查三角方程的 解，解题关键是由三角函数恒等变换化函数为( )sin()f xAxk形式，然后利 用正弦函数性质求解 19如图，如图，P是圆锥的顶点，是圆锥的顶点，AB是底面圆是底面圆 O的一条直径， 的一条直径，OC是一条半径是一条半径.且且 60AOC，已知该圆锥的侧面展开图是一个面积为，已知该圆锥的侧面展开图是一个面积为8的半圆面的半圆面. （1）求该圆锥的体积；）求该圆锥的体积； （2）求异面直线）求异面直线PB与
34、与AC所成角的余弦值所成角的余弦值. 【答案】【答案】 （1） 8 3 3 V； （2） 1 4 . 【解析】【解析】 （1）设该圆锥的母线长为 l，底面圆半径为 r，高为 h，由题意分别求得 l与 r 值，进一步得到圆锥的高，则圆锥的体积可求； 第 17 页 共 23 页 （2）取弧AB中点 D，则ODOB，由OP垂直于底面，得OD，OB，OP两两垂 直，以OD为 x 轴，OB为 y 轴，OP为 z 轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求异 面直线PB与AC所成角的余弦值. 【详解】 （1）设该圆锥的母线长为 l，底面圆半径为 r，高为 h， 由题意， 2 1 18 2 ，解得4l =， 底面
35、圆周长24Crl， 解得2r =， 22 12 3hr ， 该圆锥的体积 2 18 3 33 Vr h . （2）如图所示，取弧AB中点 D，则ODOB， OP垂直于底面，OD，OB，OP两两垂直， 以OD为 x 轴，OB为 y 轴，OP为 z 轴，建立空间直角坐标系， 由题意0, 2,0A，0,2,0B，3, 1,0C，0,0,2 3P， 3,1,0AC ， 0,2, 2 3PB ， 设PB与AC所成角为， 则 1 coscos, 4 AC PB AC PB ACPB ， 故异面直线PB与AC所成角的余弦值为 1 4 . 【点睛】 本题考查向量法求解线线角问题，考查柱锥台体的体积公式，考查学
36、生空间想象能力， 属于中档题 20如图，某自行车手从如图，某自行车手从 O 点出发，沿折线点出发，沿折线 O ABO 匀速骑行，其中点匀速骑行，其中点 A 位于点位于点 第 18 页 共 23 页 O 南偏东南偏东 45 且与点且与点 O相距相距 20 2 千米 该车手于上午 千米 该车手于上午 8 点整到达点点整到达点 A，8 点点 20 分骑分骑 至点至点 C，其中点，其中点 C 位于点位于点 O 南偏东（南偏东（45 ） （其中） （其中 sin= 1 26 ，0 90 ）且与）且与 点点 O相距相距 5 13 千米（假设所有路面及观测点都在同 千米（假设所有路面及观测点都在同一水平面上
37、） 一水平面上） （1）求该自行车手的骑行速度；）求该自行车手的骑行速度； （2）若点）若点 O正西方向正西方向 27.5 千米处有个气象观测站千米处有个气象观测站 E，假定以点，假定以点 E 为中心的为中心的 3.5 千米范千米范 围内有长时间的持续强降雨试问：该自行车手会不会进入降雨区，并说明理由围内有长时间的持续强降雨试问：该自行车手会不会进入降雨区，并说明理由 【答案】【答案】（1）15 5（2）会进入 【解析】【解析】 （1）根据余弦定理可求出 AC 的长，从而可求出自行车的速度； （2）先根据余弦定理求出 cosOAC，再根据正弦定理可得 OM，再在 RtEHM中， 求出 EM的大
38、小，比较后即可得到结论 【详解】 （1）由题意知：OA=20 2，OC 5 13 ， AOC=，sin= 1 26 由于 0 90 ， 所以 2 15 26 cos1 () 2626 在AOC 中，由余弦定理得 22222 5 26 2cos(20 2)(5 13)2 20 25 13 26 ACOCOAOC OAAOC 125， 所以5 5AC ， 所以该自行车手的行驶速度为 5 5 15 5 1 3 （千米/小时） 第 19 页 共 23 页 （2）如图， 设直线 OE与 AB 相交于点 M 在AOC 中，由余弦定理得 cosOAC 222222 (20 2)(5 5)(5 13)3 10
39、 2102 20 25 5 OAACOC OC AC 从而 sinOAC 2 3 1010 1 () 1010 在AOM中，由正弦定理得 sinsin OAOM OMAOAM ， 所以 10 20 2 sin 10 20 sin(45)23 1010 () 21010 OAOAM OM OAM ， 由于 OE=27.540=OM， 所以点 M位于点 O 和点 E之间，且 ME=OEOM=7.5 过点 E作 EH AB 于点 H， 则 EH为点 E 到直线 AB的距离 在 RtEHM 中， EH=EMsinEMH=EMsin（45 OAC） 53 5 7.53.5 52 所以该自行车手会进入降雨
40、区 【点睛】 （1）解三角形应用题的一般步骤 阅读理解题意，弄清问题的实际背景，明确已知与未知，理清量与量之间的关系 根据题意画出示意图，将实际问题抽象成解三角形问题的模型 根据题意选择正弦定理或余弦定理求解 将三角形问题还原为实际问题，注意实际问题中的有关单位问题、近似计算的要求 等 （2）解题中要合理应用仰角、俯角、方位角、方向角等概念建立三角函数模型 第 20 页 共 23 页 21如图所示，在正方体如图所示，在正方体 1111 ABCDABC D中，中，E是棱是棱 1 DD的中点的中点. （1）求异面直线）求异面直线BE、 11 AB所成角的余弦值；所成角的余弦值； （2）在棱）在棱
41、11 C D上是否存在一点上是否存在一点 F，使，使 1 /B F 平面平面 1 ABE？证明你的结论？证明你的结论. 【答案】【答案】 （1） 2 3 ； （2）存在，证明见解析. 【解析】【解析】（1） 连接AE， 判断ABE即为所求异面直线所成的角； 由AB 平面 11 ADD A， 知ABAE；设正方体的棱长均为 a，在RtABE中，求得cosABE的值； （2） 存在点 F 为 11 C D的中点， 使 1/ B平面 1 ABE.理由如下： 连接 1 AB， 交 1 AB于点 O， 连接OE、EF、 1 B F，先证得四边形 1 OEFB为平行四边形，推出 1 /B F OE，再由线
42、 面平行的判定定理即可得证. 【详解】 （1）连接AE， 11/ A BAB， ABE即为异面直线BE、 11 AB所成角. 由正方体的性质知，AB 平面 11 ADD A， AE 平面 11 ADD A，AB AE. 设正方体的棱长均为 a，则 2 2 15 22 AEaaa ， 2 2 53 22 BEaaa . 在RtABE中， 2 cos 3 3 2 ABa ABE BE a ， 故异面直线BE、 11 AB所成角的余弦值为 2 3 . （2）存在点 F 为 11 C D的中点，使 1 /B F 平面 1 ABE.理由如下： 第 21 页 共 23 页 连接 1 AB，交 1 AB于点
43、 O，连接OE、EF、 1 B F， 根据正方体的性质可知 1 /EF AB，且 1 1 2 EFAB， 11 1 2 OBAB， 1 /EF OB， 1 EFOB， 四边形 1 OEFB为平行四边形， 1 /B F OE， 1 B F 平面 1 ABE，OE 平面 1 ABE， 1 /B F 平面 1 ABE. 【点睛】 本小题主要考查异面直线所成角，考查线面平行，属于中档题. 22如果数列如果数列 n a共有共有 k（ * kN， 4k ）项，且满足条件：）项，且满足条件： 12 0 k aaa； 12 1 k aaa，则称数列，则称数列 n a为为 P k数列数列. （1）若等比数列）若
44、等比数列 n a为为 4P数列，求数列，求 1 a的值；的值； （2）已知）已知 m为给定的正整数，且为给定的正整数，且3m， 若公差为若公差为 d（0d ）的等差数列）的等差数列 n a是是23Pm数列，求公差数列，求公差 d； 数列数列 n a的通项公式为的通项公式为 1 ,1 3 ,12 12 n n q nm a mn mnm （ * nN） ，其中） ，其中 m 为奇数，为奇数， 1q ，判断数列，判断数列 n a是否为是否为2Pm数列，说明理由数列，说明理由. 【答案】【答案】 （1） 1 1 4 a 或 1 4 ； （2） 1 12 d mm ；数列 n a不是2Pm数 第 22
45、 页 共 23 页 列，理由见解析. 【解析】【解析】 （1）根据新定义即可求出 1 a的值； （2）设等差数列的公差为 d，根据新定义以及等差数列的性质即可求出公差 d的值； 若数列 n a是2Pm数列，根据新定义，对 m 的值分奇数和偶数两种情况讨论，即 可判断出数列 n a是否为2Pm数列. 【详解】 （1）设等比数列的公比为 q， 数列 n a为 4P数列， 1234 0aaaa， 23 10qqq，即 2 110qq， 1q ，又 1234 1aaaa， 1 41a ，解得 1 1 4 a 或 1 4 ； （2）设等差数列的公差为 d， 数列 n a是23Pm数列， 1223 0 m
46、 aaa ，即 123 23 0 2 m aam ， 1 2322mm ， 1232 2 mm aaa ， 2 230 m ma ，即 2 0 m a ， 又 1223 1 m aaa ，且0d ， 1213423 1 mmmm aaaaaa ， 即211mmd，解得 1 12 d mm ， 等差数列 n a的公差为得 1 12 d mm ； 若数列 n a是2Pm数列，则有： 122 0 m aaa， 122 1 m aaa， 第 23 页 共 23 页 1 * * ,1, 3 ,12 , 12 n n q nm n a mn mnm n N N ，且1q ， 11 1 0 3124 m m mq q （） ， 111 1 3124 m qm m q （） ， 当 m 为偶数时，在（）中， 1 3 1 0 1 m q q ， 1 0 24 m m ，所以（）不成立， 当 m 为奇数时，由（）（）得： 11 3 11 m m qq
