1、第 1 页 共 18 页 2019-2020 学年山东省日照市下学期高一期末校际联合考试学年山东省日照市下学期高一期末校际联合考试 数学试题数学试题 一、单选题一、单选题 1复数复数 5 2i （其中（其中i为虚数单位）的共轭复数为（为虚数单位）的共轭复数为（ ） A2i B2i C2i D2i 【答案】【答案】A 【解析】【解析】利用复数代数形式的乘除运算化简即可 【详解】 55(2)5(2) 2 2(2)(2)5 ii i iii ，所以复数 5 2i 的共轭复数为2 i . 故选：A. 【点睛】 本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题 2已知已知 51 sin
2、25 ，那么，那么cos+= （ ） A 2 5 B 1 5 C 1 5 D 2 5 【答案】【答案】B 【解析】【解析】由 51 sin 25 可得 1 cos 5 ，再有coscos计算即可得 解. 【详解】 因为 5 sincos 2 ，所以可得 1 cos 5 ，所以 1 coscos 5 . 故选：B. 【点睛】 本题考查三角函数诱导公式的应用， 侧重考查对基础知识的理解和掌握， 考查计算能力， 属于常考题. 3已知已知sin15 ,cos15a ，cos30 ,sin30b ，则，则a b （ （ ） 第 2 页 共 18 页 A 2 2 B 2 2 C 1 2 D 1 2 【答案
3、】【答案】A 【解析】【解析】根据数量积公式和两角和公式可得sin 15=+30a b，进而求出结果. 【详解】 sin15 cos30 +cos15 sin30a b 2 =sin 15 +30=sin45 = 2 , 故选：A. 【点睛】 本题主要考查了平面向量数量积的坐标运算和两角和公式的应用，属于基础题. 4角角的终边过点的终边过点 4 3P,，则，则sin2（ ） A 12 25 B 12 25 C 24 25 D 24 25 【答案】【答案】C 【解析】【解析】由题中所给条件利用任意角的三角函数的定义求出sin和cos的值，再利 用二倍角的正弦公式求得sin2的值. 【详解】 解：
4、由三角函数的定义，得 3 sin 5 ， 4 cos 5 ，所以 3424 sin22sincos2 5525 . 故选：C 【点睛】 本题主要考查任意角的三角函数值和二倍角的正弦公式，考查运算求解能力，属于基础 题型. 5已知向量已知向量, a b满足满足 25 40abab，且，且1ab，则，则a与与b的夹角的夹角为为 （ ） A 3 4 B 4 C 3 D 2 3 【答案】【答案】C 【解析】【解析】利用向量的数量积即可求解. 第 3 页 共 18 页 【详解】 22 2545680ababaa bb ，1ab rr ， 63a b ， 1 cos 2 . 又0,， 3 . 故选：C.
5、【点睛】 本题考查了向量的数量积求向量的夹角，属于基础题. 6 五曹算经 是我国南北朝时期数学家甄鸾为各级政府的行政人员编撰的一部实用算五曹算经 是我国南北朝时期数学家甄鸾为各级政府的行政人员编撰的一部实用算 术书，其第四卷第九题如下：术书，其第四卷第九题如下：“今有平地聚粟，下周三丈今有平地聚粟，下周三丈，高四尺，向粟几何，高四尺，向粟几何”？其意思？其意思 为场院内有圆锥形稻谷堆，底面周长为场院内有圆锥形稻谷堆，底面周长 3 丈，高丈，高 4 尺，那么这堆稻谷有多少斛？已知尺，那么这堆稻谷有多少斛？已知 1 丈丈 等于等于 10 尺，尺，1 斛稻谷的体积约为斛稻谷的体积约为 1.62 立方
6、尺，圆周率约为立方尺，圆周率约为 3，估算堆放的稻谷约有多，估算堆放的稻谷约有多 少斛（少斛（ ） （保留两位小数） （保留两位小数） A61.73 B61.7 C61.70 D61.69 【答案】【答案】A 【解析】【解析】根据圆锥的周长求出底面半径，再计算圆锥的体积，从而估算堆放的稻谷数. 【详解】 设圆锥的底面半径为r，高为h，体积为V， 则230r，所以=5r， 故 22 11 3 54100 33 Vr h （立方尺） ， 因此 100 61.73 1.62 V （斛）. 故选：A. 【点睛】 本题考查了锥体的体积计算问题，也考查了实际应用问题，属于基础题. 7函数函数sin(2)
7、3 yx 的图象可由函数的图象可由函数 cosyx 的图象的图象（ ） A先把各点的横坐标缩短到原来的先把各点的横坐标缩短到原来的 1 2 倍倍,再向左平移再向左平移 6 个单位个单位 B先把各点的横坐标缩短到原来的先把各点的横坐标缩短到原来的 1 2 倍，再向右平移倍，再向右平移 12 个单位个单位 C先把各点的横坐标伸长到原来的先把各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，再向左平移倍，再向左平移 6 个单位个单位 D先把各点的横坐标伸长到原来的先把各点的横坐标伸长到原来的 2 倍，再向右平移倍，再向右平移12 个单位个单位 【答案】【答案】B 第 4 页 共 18 页 【解析】【解析】分析：由函
8、数sin 2cos 2 36 yxx ，再由伸缩平移变换可得解. 详解：由函数sin 2cos2cos 2 366 yxyxx . 只需将函数 cosyx 的图象各点的横坐标缩短到原来的 1 2 倍，得到cos2yx； 再向右平移 12 个单位得到：cos2?cos 2 126 yxx . 故选 B. 点睛：1利用变换作图法作 yAsin(x)的图象时，若“先伸缩，再平移”，容易 误认为平移单位仍是|，就会得到错误答案这是因为两种变换次序不同，相位变换是 有区别的例如，不少同学认为函数 ysin 2x的图象向左平移 6 个单位得到的是 y sin2 6 x 的图象，这是初学者容易犯的错误事实上
9、，将 ysin 2x 的图象向左平移 6 个单位应得到 ysin 2(x 6 )，即 ysin(2x 3 )的图象 2平移变换和周期变换都只对自变量“x”发生变化，而不是对“角”，即平移多少是 指自变量“x”的变化，x系数为 1，而不是对“x”而言；周期变换也是只涉及自 变量 x 的系数改变，而不涉及 .要通过错例辨析，杜绝错误发生 8雕塑成了大学环境不可分割的一部分，有些甚至能成为这个大学的象征，在中国科雕塑成了大学环境不可分割的一部分，有些甚至能成为这个大学的象征，在中国科 学技学技术大学校园中就有一座郭沫若的雕像 雕像由像体术大学校园中就有一座郭沫若的雕像 雕像由像体AD和底座和底座CD
10、两部分组成 如两部分组成 如 图，在图，在Rt ABC中，中，70.5ABC，在，在Rt DBC中，中，45DBC，且，且2.3CD 米，求像体米，求像体AD的高度（的高度（ ） （最后结果精确到） （最后结果精确到 0.1 米，参考数据：米，参考数据：sin70.50.943， cos70.50.334，tan70.52.824） A4.0 米米 B4.2 米米 C4.3 米米 D4.4 米米 【答案】【答案】B 【解析】【解析】在Rt BCD和Rt ABC中，利用正切值可求得AC，进而求得AD. 【详解】 第 5 页 共 18 页 在Rt BCD中，2.3 tan CD BC DBC （米
11、） ， 在Rt ABC中，tan2.3 2.8246.5ACBCABC（米） ， 6.5 2.34.2ADACCD（米）. 故选：B. 【点睛】 本题考查解三角形的实际应用中的高度问题的求解，属于基础题. 9如图所示，正方体的棱长为如图所示，正方体的棱长为 2，以其，以其所有面的中心为顶点的多面体的体积为（ 所有面的中心为顶点的多面体的体积为（ ） A4 B 4 3 C 2 3 D3 【答案】【答案】B 【解析】【解析】首先确定几何体的空间结构特征，然后求解其体积即可. 【详解】 易知该几何体是一个多面体，由上下两个全等的正四棱锥组成， 其中正四棱锥底面边长为 2，棱锥的高为1，据此可知，多面
12、体的体积： 2 14 221 33 V . 本题选择 B选项. 【点睛】 本题主要考查组合体体积的计算，空间想象能力的培养等知识，意在考查学生的转化能 力和计算求解能力. 10直三棱柱直三棱柱 111 ABCABC的的 6 个顶点在球个顶点在球O的球面上的球面上.若若3AB ， 4AC .ABAC， 1 12AA ，则球，则球O的表面积为（的表面积为（ ） A 169 4 B169 C288 D676 【答案】【答案】B 【解析】【解析】由于直三棱柱 111 ABCABC的底面ABC为直角三角形，我们可以把直三棱 第 6 页 共 18 页 柱 111 ABCABC补成四棱柱，则四棱柱的体对角线
13、是其外接球的直径，求出外接球的 直径后，代入外接球的表面积公式，即可求出该三棱柱的外接球的表面积. 【详解】 解：将直三棱柱补形为长方体 1111 ABECAB EC，则球O是长方体 1111 ABECAB EC 的外接球.所以体对角线 1 BC的长为球O的直径.因此球O的外接圆直径为 222 2341213R ，故球O的表面积 2 4169R . 故选：B. 【点睛】 本题主要考查球的内接体与球的关系、球的半径和球的表面积的求解，考查运算求解能 力，属于基础题型. 二、多选题二、多选题 11已知已知，是两个不重合的平面，是两个不重合的平面，m，n是两条不重合的直线（ 是两条不重合的直线（ ）
14、 A若若m，/n，则，则mn B若若m ，/ /，则，则/ /m C若若/mn， / /，则，则m与与所成的角和所成的角和n与与所成的角相等所成的角相等 D若若mn，m， / /n，则 ，则 【答案】【答案】ABC 【解析】【解析】A.利用线面垂直的定义判断； B.利用面面平行的定义判断；C. 利用线面角的 定义判断；D. 利用面面的位置关系判断. 【详解】 A.因为m，所以m垂直平面内任意一条直线，又 /n，所以mn，故正确； B.因为/ / ，所以两平面无公共点，又m，所以m与无公共点，所以/ /m， 故正确； C.因为/ / ，所以m与所成的角和 m 与所成的角相等，因为 /mn，所以m
15、与 所成的角和 n与所成的角相等，故正确； D. 因为mn，m， / /n，所以, 相交 或/ /，故错误. 故选：ABC 【点睛】 第 7 页 共 18 页 本题主要考查点、直线、平面的位置关系，还考查了逻辑推理的能力，属于基础题. 12下列说法中正确的是（下列说法中正确的是（ ） A对于向量对于向量a，b，c，有，有 a bcab c r rrrr r B向量向量 1 1,2e ， 2 5,7e 能作为所在平面内的一组基底能作为所在平面内的一组基底 C设设m，n为非零向量，则为非零向量，则“存在负数存在负数，使得 ，使得 mn”是 是“ 0m n u r r ”的充分而不必的充分而不必 要
16、条件要条件 D在在ABC中，设中，设D是是BC边上一点，且满足边上一点，且满足2CDDB ， ,CDABACR ，则，则 0 【答案】【答案】BCD 【解析】【解析】根据平面向量的运算律、数量积及运算性质逐一判断即可. 【详解】 A 中，向量乘法不满足结合律， a bcab c r rrrr r 不一定成立，故 A错误； B 中，两个向量 1 1,2e ， 2 5,7e ，因为2 51 7 ，所以 1 1,2e 与 2 5,7e 不共线，故 B 正确； C中，因为m，n为非零向量，所以 cos,0m nm nm n的充要条件是 cos,0m n .因为0，则由 mn可知m，n的方向相反， ,1
17、80m n ，所 以cos,0m n ，所以“存在负数，使得 mn”可推出“0m n u r r ”；而 0m n u r r 可 推出cos,0m n ，但不一定推出m，n的方向相反，从而不一定推得“存在负数， 使得 mn”，所以“存在负数，使得mn”是“0m n u r r ”充分不必要条件. 故 C 正确； D中，由题意结合平面向量的性质可得 2 3 CDCB，根据平面向量线性运算法则可得 22 33 CDABAC，所以0，D正确. 故选：BCD. 【点睛】 本题考查了平面向量的运算律、数量积及运算性质，属于中档题. 第 8 页 共 18 页 13已知复数已知复数 1 cos2sin2
18、22 zi （其中（其中 i为虚数单位）下列说法正为虚数单位）下列说法正 确的是（确的是（ ） A复数复数 z在复平面上对应的点可能落在第二象限在复平面上对应的点可能落在第二象限 Bz可能为实数可能为实数 C2cosz D 1 z 的实部为的实部为 1 2 【答案】【答案】BCD 【解析】【解析】由 22 ，得2 ，得0 1+cos22，可判断 A选项；当 虚部sin20,0 2 2 ，时， 可判断 B 选项； 由复数的模的计算和余弦的二倍 角公式可判断 C选项；由复数的除法运算得 11 cos2sin2 22cos2 i z 1 z 的实部是 1cos21 22cos22 ，可判断 D选项；
19、 【详解】 因为 22 ，所以2 ，所以1 cos21 ，所以0 1+cos22， 所以 A选项错误； 当sin20,0 2 2 ，时，复数 z 是实数，故 B选项正确； 22 1+cos2sin22+2cos22cosz ，故 C选项正确； 111 cos2sin21 cos2sin2 1 cos2sin21 cos2sin21 cos2sin222cos2 ii ziii ， 1 z 的实部是 1cos21 22cos22 ，故 D 选项正确； 故选：BCD. 【点睛】 本题考查复数的概念，复数的模的计算，复数的运算，以及三角函数的恒等变换公式的 应用，属于中档题. 14已知函数已知函数(
20、 )sinf x x（其中，（其中，0，| 2 ） ，） ，0 8 f ， 第 9 页 共 18 页 3 ( ) 8 f xf 恒成立，且恒成立，且 ( )f x在区间 在区间, 12 24 上单调，则下列说法正确的是上单调，则下列说法正确的是 （ ） A存在存在，使得，使得 ( )f x是偶函数 是偶函数 B 3 (0) 4 ff C是奇数是奇数 D的最大值为的最大值为 3 【答案】【答案】BCD 【解析】【解析】 根据 3 ( ) 8 f xf 得到21k， 根据单调区间得到3， 得到1或 3，故 CD正确，代入验证知 f x不可能为偶函数，A错误，计算得到 B正确， 得到答案. 【详解】
21、 0 8 f ， 3 ( ) 8 f xf ，则 31 88242 k T ，kN， 故 2 21 T k ，21k，kN， 0 8 f ，则( )s n0 8 if x ，故 8 k ， 8 k ， kZ， 当, 12 24 x 时，, 246 xkk ，kZ， ( )f x在区间, 12 24 上单调，故 241282 T ，故 4 T ，即8， 0 243 ，故 62 ，故3， 综上所述：1或3，故 CD 正确； 1或3，故 8 k 或 3 8 k ，kZ， f x不可能为偶函数，A错 误； 当1时，(0)sinsin 8 fk ， 33 sinsin 4488 fkk ，故 3 (0)
22、 4 ff ； 第 10 页 共 18 页 当3时， 3 (0)sinsin 8 fk ， 393 sinsin 4488 fkk ，故 3 (0) 4 ff ， 综上所述： 3 (0) 4 ff ，B正确； 故选：BCD. 【点睛】 本题考查了三角函数的性质和参数的计算，难度较大，意在考查学生的计算能力和综合 应用能力. 三、填空题三、填空题 15若复数若复数 1 43zi， 2 43zi（其中（其中i为虚数单位）所对应的向量分别为为虚数单位）所对应的向量分别为 1 OZ与与 2 OZ，则，则 12 OZ Z的周长为的周长为_. 【答案】【答案】16 【解析】【解析】由已知可得 1 4, 3
23、OZ ， 2 4,3OZ ， 1221 0,6Z ZOZOZ，再求 出复数的模，从而可得 12 OZ Z的周长 【详解】 因为 1 4, 3OZ ， 2 4,3OZ ， 1221 0,6Z ZOZOZ， 所以 2 2 1 435OZ ， 22 2 435OZ， 22 12 066Z Z. 所以 12 OZ Z的周长为5 5616 . 故答案为：16 【点睛】 此题考查复数的模的运算，属于基础题 16如图所示，正方体如图所示，正方体 1111 ABCDABC D的棱长为的棱长为 2，M是是 1 CB上的一个动点，则 上的一个动点，则 1 BMDM的最小值是的最小值是_. 第 11 页 共 18
24、页 【答案】【答案】 26 【解析】【解析】根据题意得到将 11 CB D沿直线 1 CB折起，当B，M， 1 D在同一直线上时， 1 BMDM最小，再计算最小值即可. 【详解】 将 11 CB D沿直线 1 CB折起，当B，M， 1 D在同一直线上时， 1 BMDM最小， 如图所示： 此时 2BM ， 11 CB D是边长为2 2的等边三角形， 所以 22 1 2 226DM ，所以 1 BMDM的最小值为 26 . 故答案为：26 【点睛】 本题主要考查直观图和平面展开图，考查学生的转化能力，属于简单题. 17将函数将函数 ( )4cos 2 f xx 与直线与直线( )1g xx的所有交
25、点从左到右依次记为的所有交点从左到右依次记为 125 ,.,A AA，若，若P点坐标为点坐标为 0, 3，则，则 125 .PAPAPA_. . 【答案】【答案】10 第 12 页 共 18 页 【解析】【解析】由函数( )4cos 2 f xx 与直线( )1g xx的图象可知，它们都关于点 3(1,0) A中心对称，再由向量的加法运算得 1253 .5PAPAPAPA，最后求得向 量的模. 【详解】 由函数( )4cos 2 f xx 与直线( )1g xx的图象可知， 它们都关于点 3(1,0) A中心对称， 所以 22 1253 .5| 5 (0 1)( 30)10PAPAPAPA.
26、【点睛】 本题以三角函数和直线的中心对称为背景，与平面向量进行交会，考查运用数形结合思 想解决问题的能力. 四、双空题四、双空题 18已知函数已知函数 2sin0,f xx的图像如图所示，则的图像如图所示，则_， 7 12 f _. 【答案】【答案】3 0 【解析】【解析】结合函数图象由 35 244 T ，解得 3 2 T ，得到，再由函数图象 过点,0 4 可求得函数的解析式，可求得所求的函数值. 【详解】 如图有： 35 244 T .所以 2 3 T ，故 22 3 2 3 T ， 又 3 32, 42 kkZ ，所以 11 +2 4 k ，又，所以 3 4 ， 第 13 页 共 18
27、 页 故 3 ( )2sin 3 4 f xx ， 所以 773 2sin 32sin0 12124 f . 故答案为：3；0. 【点睛】 本题主要考查三角函数的图象和性质，还考查了数形结合的思想方法，属于中档题. 五、解答题五、解答题 19在平面直角在平面直角坐标系坐标系xOy中，已知点中，已知点 1, 2 A，2,3B，2, 1C . （1）以线段）以线段AB，AC为邻边作平行四边形为邻边作平行四边形ABDC，求向量，求向量AD的坐标和的坐标和AD； （2）设实数）设实数t满足满足0ABtOCOC，求，求t的值的值. 【答案】【答案】 （1）2,6，2 10AD ； （2） 11 5 t
28、. 【解析】【解析】 （1）根据1, 2 A，2,3B，2, 1C ，求得AC，AB的坐标，再由 ADACAB uuu ruuu ruu u r 求解. （2）根据1, 2 A，2,3B，2, 1C ，求得OC，AB tOC 的坐标，然后利 用0ABtOCOC求解. 【详解】 （1）由题意，1,1AC ，3,5AB ， 所以2,6ADACAB， 即2 10AD . （2）由题设知：2, 1OC ，32 ,5ABtOCtt. 因为0ABtOCOC， 所以 3 2 ,52, 10tt ， 所以511t ， 解得 11 5 t . 【点睛】 本题主要考查平面向量的线性运算以及数量积运算，属于基础题.
29、 第 14 页 共 18 页 20在在sin4 cosaCcA；2 sin 5 sin 2 BC baB 这两个条件中任选一个，补这两个条件中任选一个，补 充在下面问题中，然后解答补充完整的题充在下面问题中，然后解答补充完整的题. 在在ABC中，中，角角A，B，C的对边分别为的对边分别为a，b，c，已知，已知_， 3 2a . （1）求）求sin A； （2）如图，）如图，M为边为边AC上一点，上一点，MCMB， 2 ABM ，求边，求边c . 【答案】【答案】 （1）选择条件， 4 sin 5 A ；选择条件， 4 sin 5 A （2） 3 5 4 c . 【解析】【解析】若选， （1）由
30、正弦定理可得A的正切值，再由A的范围及正弦的定义求出A 的正弦值； （2）设BMMCm，由 2 ABM ，可得 4 coscossin 5 BMCBMAA ，在BMC中，可得c的值； 若选， （1）由三角形内角和和正弦定理及二倍角的正弦公式可得 2 A 的正弦值，进而 求出其余弦值，求出A的正弦值； （2）同选的答案 【详解】 解：若选择条件，则答案为： （1）在ABC中，由正弦定理得3sinsin4sincosACCA， 因为sin0C ，所以3sin4cosAA， 22 9sin16cosAA， 所以 2 25sin16A ，因为sin0A，所以 4 sin 5 A . （2）设BMMCm
31、，易知 4 coscossin 5 BMCBMAA ， 在BMC中，由余弦定理，得 22 4 1822 5 mm ，解得5m . 在直角三角形ABM中， 4 sin 5 A ， 5BM ， 2 ABM ， 第 15 页 共 18 页 所以 3 5 4 c . 若选择条件，则答案为： （1）因为2 sin5 sin 2 BC baB ，所以2 sin5 sin 2 A baB ， 由正弦定理得2sincos5sinsin 2 A BAB， 因为sin0B，所以2cos5sin 2 A A，cos5sincos 222 AAA ， 因为cos0 2 A ，所以 1 sin 25 A ， 则 2 c
32、os 25 A ，所以 4 sin2sincos 225 AA A. （2）同选择的答案. 【点睛】 此题考查三角形的正余弦定理及二倍角公式的应用，考查计算能力，属于中档题 21 如图所示，如图所示，AB是是O的直径， 点的直径， 点C在在 O上，上，P是是O所在平面外一点，所在平面外一点，D是是PB 的中点的中点. （1）.求证：求证：/OD平面平面PAC； （2）.若若PAC是边长为是边长为 6 的正三角形，的正三角形，10AB，且，且BCPC，求三棱锥，求三棱锥BPAC 的体积的体积. 【答案】【答案】(1) 证明见解析 （2）24 3 【解析】【解析】(1)由条件有/OD PA,则可证
33、明结论 （2）由条件可证明BC平面PAC,则 1 3 B PACPAC VSBC 得到答案. 【详解】 第 16 页 共 18 页 (1)AB是O的直径，则由O是AB的中点， 又D是PB的中点. 在 PAB 中，可得/OD PA，且OD平面PAC,PA平面PAC. 所以/OD平面PAC. （2）由AB是O的直径，点C在O上，则90ACB,即ACBC. 又BCPC，且ACPCC. 所以BC平面PAC. PAC是边长为 6 的正三角形，则 2 1 6sin609 3 2 PAC S . 2222 1068BCABAC 又 11 9 3 824 3 33 B PACPAC VSBC 【点睛】 本题考
34、查线面平行的证明和求三棱锥的体积，属于中档题. 22 （ （ 已知函数已知函数 2 ( )2 3sin cos2cos1()f xxxxxR . （I）求函数）求函数 ( )f x的最小正周期及在区间 的最小正周期及在区间0, 2 上的最大值和最小值；上的最大值和最小值； （II）若）若 00 6 (), 54 2 f xx ,求求 0 cos2x的值的值. 【答案】【答案】函数 ( )f x在区间0, 2 上的最大值为 2，最小值为-1 0000 34 3 cos2cos2cos 2cossin 2sin 66666610 xxxx 【解析】【解析】试题分析： （1）将函数利用倍角公式和辅助
35、角公式化简为 2sin 2 6 f xx ,再利用周期 2 T 可得最小正周期,由0, 2 找出2 6 x 对 应范围,利用正弦函数图像可得值域; （2） 先利用求出 0 cos 2 6 x , 再由角的关系展开后代入可得值. 第 17 页 共 18 页 试题解析:（1） 所以 又 所以 由函数图像知. （2）解：由题意 而 所以 所以 所以 =. 【考点】三角函数性质;同角间基本关系式;两角和的余弦公式 23某地棚户区改造建筑平面示意图如图所示，经规划调研确定，棚改规划建筑用地区某地棚户区改造建筑平面示意图如图所示，经规划调研确定，棚改规划建筑用地区 域近似为圆面，该圆面的内接四边形域近似为
36、圆面，该圆面的内接四边形ABCD是原棚户区建筑用地，测量可知边界是原棚户区建筑用地，测量可知边界 4ABAD万米，万米，6BC 万米，万米，2CD 万米万米. . （1 1）请计算原棚户区建筑用地）请计算原棚户区建筑用地ABCD的面积及的面积及AC的长；的长； （2 2）因地理条件的限制，边界）因地理条件的限制，边界,AD DC不能更改，而边界不能更改，而边界,AB BC可以调整，为了提可以调整，为了提 高棚户区建筑用地的利用率，请在圆弧高棚户区建筑用地的利用率，请在圆弧ABC上设计一点上设计一点P，使得棚户区改造后的新建，使得棚户区改造后的新建 筑用地筑用地APCD的面积最大，并求出最大值的
37、面积最大，并求出最大值. . 【答案】【答案】(1) 2 7AC 万米. 8 3 ABCD S万平方米. (2) 所求面积的最大值为9 3万平方米，此时点P为弧 ABC 的中点. 【解析】【解析】 【详解】试题分析：(1)利用圆内接四边形得到对角互补，再利用余弦定理求出 第 18 页 共 18 页 相关边长， 再利用三角形的面积公式和分割法进行求解 ；(2)利用余弦定理和基本不等 式进行求解 试题解析：(1)根据题意知，四边形 ABCD 内接于圆，ABCADC180. 在 ABC 中，由余弦定理，得 AC2AB2BC22AB BC cosABC， 即 AC24262246cosABC. 在 A
38、DC 中，由余弦定理，得 AC2AD2DC22AD DC cosADC，即 AC24222242cosADC. 又 cosABCcosADC， cosABC ，AC228，即 AC2万米， 又ABC(0，)，ABC. S四边形ABCDSABCSADC 46sin 24sin8 (平方万米) (2)由题意知，S四边形APCDSADCSAPC， 且 SADC AD CD sin 2 (平方万米) 设 APx，CPy，则 SAPC xysinxy. 在 APC 中，由余弦定理，得 AC2x2y22xy cosx2y2xy28， 又 x2y2xy2xyxyxy， 当且仅当 xy 时取等号，xy28. S四边形APCD2xy2289 (平方万米)， 故所求面积的最大值为 9平方万米，此时点 P 为弧 ABC 的中点
