【文档说明】山东省青岛市2023-2024学年高一上学期1月期末数学试题word版含解析.docx，共(22)页，2.770 MB，由小赞的店铺上传

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2023—2024学年度第二学期期末学业水平检测高一数学试题2024.07本试卷4页，19小题，满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上

，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3

．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、单项选择题：本大题共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.已知复数z满足21i1z=−+，则z的虚部为（）A.1−B.1C.i−D.i【

答案】A【解析】【分析】先由复数的四则运算法则求出iz=，再由共轭复数的概念表示出iz=−，即可求解.【详解】由题，21i1z=−+，则()()()21i211i1i1i1iz+=−=−=−−+，则iz=−，故z的虚部为

1−.故选：A.2.在空间直角坐标系Oxyz−中，点()1,1,2A关于y轴对称点的坐标为（）A()1,1,2−B.()1,1,2−C.()1,1,2−−D.()1,1,2−【答案】C【解析】【分析】根据空间直角坐标系的结构和对称性即可

得解.【详解】因为点()1,1,2A横坐标关于y轴对称的横坐标为1−，.点()1,1,2A纵坐标关于y轴对称的纵坐标为1，点()1,1,2A竖坐标关于y轴对称的竖坐标为2−，所以点()1,1,2A关于y轴对称点的坐标为()1,1,2−−.故选：C.3.已知,是两个

不同的平面，,mn是两条不同的直线，能使mn⊥成立的一组条件是（）A.,,mn⊥⊥∥B.,,mn⊥∥C.,,mn⊥⊥∥D.,,mn⊥∥【答案】B【解析】【分析】利用给定条件得到nm，判断A

，利用给定条件得到mn⊥判断B，举反例判断C，D即可.【详解】对于A，若,,mn⊥⊥∥，则nm，故A错误，对于B，若,,mn⊥∥，则mn⊥，故B正确，对于C，若,,mn⊥⊥∥，则,mn可能相交，平行或异面，故C错误，对于D，若,,mn⊥∥，则,mn可能相交，平行

或异面，故D错误.故选：B4.若,,abc构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（）A.,,bcbbc+−B.,,aabab+−C.,,ababc+−D.,,ababcc+++【答案】C【解析】【分析】

利用空间向量共面的结论，对各选项逐一判断即可得解.【详解】对于A，()()1122bbcbc=++−，所以,,bcbbc+−共面，故A错误；对于B，()()1122aabab=++−rrrrr，所以,,aa

bab+−共面，故B错误；对于C，假设,,ababc+−共面，则存在,Rxy，使得()()()()cxabyabxyaxyb=++−=++−，则,,abc共面，这与,,abc可构成空间的一个基底矛盾，所以,,ababc+−不共面，故C正确；对于D，()abca

bc++=++，所以,,ababcc+++共面，故D错误.故选：C.5.如图，圆锥的母线长为3，底面半径为1，一只蚂蚁从点P处沿着该圆锥侧面爬行一周后回到点P处，则蚂蚁爬行的最短路线长为（）A.3B.3C.23D.33【答案】D【解析】【分析】画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为PP，

在SPP中，解三角形即可.【详解】已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图，一只蚂蚁从点P出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点P的最短距离为PP，设SPP=，圆锥底面周长为2π，所以圆弧PP的长为2π，所以2π3=，在SPP中，由SPS

P=，得()222212cos33233332PPSPSPSPSP=+−=+−−=，故选：D.6.正四棱台的上、下底面边长分别是2和4，高是3，则它的侧面积为（）A6B.123C.24D.44【答案】C.【解析】【分析】根据正棱台的性质与特征，求得斜高，再

计算侧面积即可.【详解】如图，过H作HP⊥平面ABCD，作PMAD⊥，连接HM，根据题意得3HP=，1PM=，所以222HMHPPM=+=，所以此正四棱台的侧面是4个全等的高为2的等腰梯形，所以侧面积为2442242+=.故选：C.7

.若△ABC为斜三角形，sincosAB=，则tantantanABC+的值为（）A2−B.1−C.0D.1【答案】A【解析】【分析】斜三角形ABC中，由sincosAB=，可知π2AB=+，再由三角恒等变

换化简即可.【详解】由sincosAB=，可知π2AB+=或π2AB−=，又ABC为斜三角形，所以π2AB−=，即π2AB=+，()()tantantantantantantantantantan1tanta

ntantantanπ1tantanABABABABABABCABABAB++++==−=−=−++−+−π1tantan1tan12.2tanBBBB=+−=−−=−故选：A.8.已知AB平面

，AC⊥平面，BDAB⊥，BD与平面所成的角为30°，1BDAC==，2AB=，则点C与点D之间的距离为（）A.7B.13C.5或7D.5或13【答案】C.【解析】【分析】利用空间向量的数量积以及结合向量求距离的方法即可

求解.【详解】如图，因为AC⊥平面，BDAB⊥，AB平面，所以ACAB⊥，所以==0CAABABBD,作DE⊥，垂足为E，连接BE，则,903060CABD=−=或,9030120CABD=+=，易知2222CDCAABBDCAABBDCABD=++

=+++,若,60CABD=,则222112121172CD=+++=若,120CABD=,则222112121152CD=+++−=,故选：C二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多

项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.正方体1111ABCDABCD−中，点E，F分别为1AD，AB的中点，则（）A.AC与EF为异面直线B.//EF平面11BDDBC.过点A，E，F的平面截正方体的截面为三角形D.EF⊥平面1ABC【答案】ABD【解析】【

分析】对于A，证明AC与EF不平行结合AC与EF无公共点即可得解；对于B，证明1//EFDB即可得证//EF平面11BDDB；对于C，根据平面基本性质即可求得过点A，E，F的平面截正方体的截面；对于D，证明1DB⊥平面1AB

C结合1//EFDB即可得EF⊥平面1ABC.【详解】对于A，取BC中点M，连接FM，则由题意//ACFM，又EFFMF=，故AC与EF不平行，又AC与EF无公共点，所以AC与EF异面，故A正确；对于B，连

接1DB，则由题意可知EF为1ABD的中位线，所以1//EFDB，又EF平面11BDDB，1DB平面11BDDB，所以//EF平面11BDDB，故B正确；对于C，连接1AD、1BC，由正方体性质11//ABDC

，所以由11ABDC、可唯一确定一个平面11ADCB，因为AEF、、平面11ADCB，所以平面11ADCB是过点A，E，F的平面截正方体的截面，该截面为为平行四边形，故C错误；对于D，由B可知1//EFDB，由正方体性质1,ACBDACDD

⊥⊥，又11,BDDDDBDDD=、平面11DDBB，所以AC⊥平面11DDBB，因为1DB平面11DDBB，所以1ACDB⊥，同理1BC⊥平面11ADCB，因为1DB平面11ADCB，所以1BC⊥1DB，又因为1BCACC=，1BCAC、平面1ABC

，所以1DB⊥平面1ABC，又由B可知1//EFDB，所以EF⊥平面1ABC，故D正确.故选：ABD.10.已知向量a在向量b上的投影向量为33,22，向量()1,3b=，则向量a可以为（）A.()0,2B.()2,0C.

()1,3D.()3,1【答案】AD【解析】【分析】根据已知条件，结合向量的模长公式、投影向量公式以及数量积运算即可求解.【详解】由题意22132b=+=，所以()2··33cos,1,3,?23422bababaabbabbb====，对于A，因为012323ab=+

=，故A正确；对于B，因为21032ab=+=，故B错误；对于C，因为11334ab=+=，故C错误；对于D，因为311323ab=+=，故D正确.故选：AD.11.已知四面体VABC的所有棱长都等于6，点P在侧面VBC内运动（包含边界），且AP与平面VBC所成角的正切值为22，点Q

是棱VB的中点，则（）A.该四面体的高为26B.该四面体的体积为62C.点P的运动轨迹长度为23πD.过ACQ的平面截该四面体内最大球的截面面积为3π2【答案】ACD【解析】【分析】设点A在底面VBC上的投影为点O，连接OA，根据三角形重心的性质，结合勾股定理，判断

A；根据棱锥的体积公式判断B；由OA⊥平面VBC，知tan22APO=，从而得3OP=，进而知点P的轨迹是以O为圆心，3为半径的圆，再求该圆的周长即可判断C；先求出该四面体内切球的半径，再求出内切球大圆的面积即可得解判断D．【详解】对于A，设点A在底面VB

C上的射影为点O，连接OA，则O是线段CQ的靠近点Q的三等分点，在等边VBC△中，33CQ=，所以133OQCQ==，2233OCCQ==，在RtACO中，22226(23)26OAACOC=−=−=，所以该四面体的高为26，故A正确；对于B：166sin60932VBCS=

=，所以该四面体的体积为11932618233VBCVSOA===，故B错误；对于C：由OA⊥平面VBC知，APO就是AP与平面VBC所成角，即tan22APO=，而tanOAAPOOP=，所以263tan22OAOPO

QAPO====，所以点P的轨迹是以O为圆心，3为半径的圆，其轨迹长度为2π323π=，故C正确；对于D：设该四面体内切球的半径为r，球心为I，在截面ACQ中，取AC的中点D，连接DQ，则I在线段DQ上，因为AQCQ=，所以2222(33)332DQCQCD=−=−=，因为tanOI

CDCQDOQDQ==，所以336232OQCDrOIDQ====，而过ACQ的平面截该四面体内最大球的截面就是其内切球的大圆，所以该截面的面积为2263πππ22r==，故D正确

．故选：ACD．【点睛】方法点睛：与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体

，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.三、填空题：本大题共3个小题，每小题5分，共15分．12.如图为某种礼物降落伞的示意图，其中有8根绳子和伞面连接，每根绳子和水平面的法向量的夹角均为60°．已知礼物重量为2kg，每根绳子的拉力大小相同.

则降落伞在匀速下落的过程中每根绳子拉力的大小为______N．（重力加速度g取210ms）【答案】5【解析】【分析】根据降落伞匀速下落可知根绳子拉力的合力的大小等于礼物重力的大小，则绳子的拉力在水平面的法向量方向上的投影向量与礼物的重力是一对相反向量，由此可构造方程求得结果.【详

解】设水平面的单位法向量为n，其中每一根绳子的拉力均为fur，因为60nf=，，所以fur在n上的投影向量为1||2fn，所以8根绳子拉力的合力为18||4||2Tfnfn==，又因为降落伞匀速下落，所以20Tmg==，所以4||||20fn=，，所以5Nf=.故答

案为：5.13.已知直三棱柱111ABCABC-的所有顶点都在表面积为20π的球的表面上，1ABACAA==，2π3BAC=，则此直棱柱的体积为______．【答案】23【解析】【分析】设底面ABC的

外接圆的半径为r，由正、余弦定理求得2rm=，进而求得外接球的半径为22(2)5Rmmm=+=，结合已知可求得1m=，即可求得直三棱柱的体积.【详解】设12ABACAAm===，如图所示，在ABC中，2π3BAC=，设底面ABC

的外接圆的半径为r，由余弦定理得22222cos12BCABACABACBACm=+−=，所以23BCm=，由正弦定理可得23242πsin3mrm==，所以2rm=，设ABC的外心为1O，111ABC△的外心为2O，则外接球的球心为12OO的中点O，所以外接球半

径22(2)5Rmmm=+=，所以外接球表面积为24π20πRm=，所以20π20πm=，解得1m=，所以此直棱柱的体积为12π22sin22323=.故答案为：23.14.在四面体ABCD中，面ABC与面BCD所成的二面

角为30，顶点A在面BCD上的射影是H，ABC的重心是G，若ADBC⊥，4ABACBC===，则GH=______．【答案】393##1393【解析】【分析】取BC中点E，连接AE，DE，即可证明BC⊥平面A

DE，从而可得面ABC与面BCD所成的二面角为30AED=，且H在ED上，再利用余弦定理计算可得．【详解】如图，取BC中点E，连接AE，DE，4ABACBC===，AEBC⊥，且22112342333GE

AE==−=，又ADBC⊥，且AEADA=，,AEAD平面ADE，BC⊥平面ADE，DE平面ADE，所以BCDE⊥，面ABC与面BCD所成的二面角为30AED=，且H在ED上，3cos302332EHAE=

==，又233GE=，30AED=，根据余弦定理可得222cosGHGEEHGEEHAED=+−2223233393233323=+−=．故答案为：393．【点睛】方法点睛：作二面角的平面角可以通过垂线法进行，在一个半平面

内找一点作另一个半平面的垂线，再过垂足作二面角的棱的垂线，两条垂线确定的平面和二面角的棱垂直，由此可得二面角的平面角．四、解答题：共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15.如图，圆台1OO上下底面半径分别为1，2，1AA，1BB为其两条母线，且母线长为2．（1）证明：四边形11AA

BB为等腰梯形；（2）若在圆台1OO内部挖去一个以O为顶点，圆1O为底面的圆锥，求剩余部分的体积．【答案】（1）证明见解析（2）3π【解析】【分析】（1）根据圆台的性质可知，1AA=1BB，//AB11AB，故四边形11AABB为等腰梯形.（2）剩余部分的体积等于圆台的体积减去

圆锥的体积.【小问1详解】因为1AA，1BB为圆台两条母线，所以1AA=1BB，且它们都在同一个平面内，又由于圆台的上下底面都是圆，由圆的同心性和圆台的形成可知，//AB11AB，故四边形11AABB为等腰梯形.【小问2详解】如图所示：连接111,

,OAOAOO,过点A作11AMOA⊥于点M，则1111,2,2OAOAAA===,所以由勾股定理得高13OOAM==，()22173π12123π33V=++=圆台，2143π23π33V==圆锥，故剩余部分的体积3πVVV=−=圆锥圆台.16.如图，在三棱柱111AB

CABC-中，12ABAA==，1AC=，160BACAAB==，平面11AABB⊥底面ABC，,MN分别是11,ACAC的中点，P是1BC与1BC的交点．（1）证明：平面1//PBN平面1BAM；（2）求平面PAB与平面1ACM夹角的

余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）15【解析】【分析】（1）根据面面平行的判定定理即可证明；（2）根据向量法即可求二面角夹角的余弦值.【小问1详解】连接,NPMN，因为,MN分别是11,ACAC的中点，P

是1BC与1BC的交点，所以NP为11ABCV的中位线，所以1//NPAB，又因为NP平面1BAM，1AB平面1BAM，所以//NP平面1BAM，又因为1//MNBB且1MNBB=，所以四边形1MNBB为平行四边形，所以1//NBMB，因为1NB平面1BAM，MB平面1BAM

，所以1//NB平面1BAM，又因为1NPNBN=，所以平面1//PBN平面1BAM；【小问2详解】因为12ABAA==，160AAB=，所以1AAB△是等边三角形，取AB的中点为O，连接1AO，则1AOAB⊥，13AO=，又因为平面11AABB⊥底面ABC且交线为AB，

所以1AO⊥底面ABC，因为2AB=，1AC=，60BAC=，所以3BC=，所以222ACBCAB+=，所以90C=，所以取BC的三分之一等分点E，2BECE=，连接OE，则OEAB⊥以O为坐标原点，以O

E所在的直线为x轴，以AB所在的直线为y轴，以1OA所在的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则()()310,1,0,0,1,0,,,0,22ABC−−()133333,,0,0

,2,3,,,44442MBP−，()10,0,3A，则()1131331330,2,0,,,,,,3,,,34422244ABBPACAM==−=−−=−−，设平面PAB的法

向量为()111,,mxyz=，平面1ACM的法向量为()222,,nxyz=，111120031300442ymABxyzmBP==−+==，令12x=，则110,1yz==−，所以()2,0,1m=−，同理可得，222112223

1300220333044xyznACnAMxyz−−===−−=，令23x=，则223,3yz=−=，所以()3,3,3n=−，所以()()2222223033,2015,33315mnm

n=+−==++−==+−+=，所以31cos,5515mnmnmn===，所以平面PAB与平面1ACM夹角的余弦值15.17.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其外接圆的半径为3，且222sinsinsinsinsinACBAC+

=−．（1）求B；（2）若B的角平分线交AC于点D，32BD=，点E在线段AC上，2ECEA=，求BDE△的面积．【答案】（1）2π3B=（2）38【解析】【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到2π3B=；（2）由正弦定理得到3b=，1,2EAEC==，根据ABCABECDESSS

=+得到方程，求出()32acac=+，根据余弦定理得到()29acac+−=，联立求出3ac==，由三线合一得到BD⊥AC，32BD=，32AD=，进而求出12DE=，求出三角形面积.【小问1详解】由正弦定理得222222sinsinsinsinsinACBACacbac+=−+=−

，故2221cos222acbacBacac+−−===−，因为()0,πB，所以2π3B=；【小问2详解】由正弦定理得232πsinsin3ACACABC==，解得32332AC==，因为2ECEA=，所以

1,2EAEC==，因为B的角平分线交AC于点D，所以π3ABDCBD==，由ABCABECDESSS=+得111sinsinsin222acABCaBDCBDcBDABD=+，即()32acac=+，在ABC中，由余弦定理得2222π2cos3

bacac=+−，故229acac++=，即()29acac+−=，联立()32acac=+与()29acac+−=，解得23ac+=，负值舍去，故3ac=，解得3ac==，由三线合一可得BD⊥AC，且π3cos32BDAB==，π3sin32ADAB==，故31122D

EADAE=−=−=，1113322228BDESDEBD===.18.如图1，直角梯形ABED中，1ABAD==，2DE=，ADDE⊥，BCDE⊥，以BC为轴将梯形ABED旋转180后得到几何体W，如图2，其中GF

，HE分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧GF，HE上，直线//PF平面BHQ.（1）证明：平面BHQ⊥平面PGH；（2）若直线GQ与平面PGH所成角的正切值等于2，求P到平面BHQ的距离；（3）若平面BHQ与平面BEQ夹角的余弦值13，求HQ．【答案】（1）

证明见解析（2）33（3）2HQ=【解析】【分析】（1）先证明//PFHQ和PF⊥平面PGH，再根据面面垂直判定BHQ定理即可得证.（2）先求证点P到平面BHQ的距离即为C到平面BHQ的距离，再利用CBHQBHCQVV−−=即等体积法即可求解.（3）建立空间直角坐标系利用空间向量法结合已知

条件计算求解出点H坐标即可求解.【小问1详解】设平面交上底面于BW，W在圆弧GP上，因为上下底面平行，故//HQBW，又因//PF平面BHQ，PF平面PGF，平面BHQ平面PGFBW=，所以//PFBW，所以//HQPF，由题意可知,PFPGPFGH⊥⊥，又GHP

GG=，GHPG、平面PGH，所以PF⊥平面PGH，所以HQ⊥平面PGH，又HQ平面BHQ，平面BHQ⊥平面PGH.【小问2详解】由（1）知HQ⊥平面PGH，连接GQ，所以HGQ是直线GQ与平面PGH所成角，所以由题意tan222HQHGQHQHGHG====，又由题意HQ

QE⊥，2HE=，所以2222222QEHEHQ=−=−=，所以CQHE⊥，即Q在圆弧HE的中点上，所以由//HQPF知点P在圆弧GF中点上，故2PGPF==,所以222226122WHHGGW=+=+=，因为//PF平面BHQ，所以点P到平面BHQ的距离即为F到

平面BHQ的距离，又圆柱结构性质可知//FCBH,FC平面BHQ，BH平面BHQ，所以//FC平面BHQ，所以F到平面BHQ的距离即为C到平面BHQ的距离，设该距离为d，因为1111632332626CBHQBHQVSdWHHQddd−====，为1111111113323

26BHCQHCQVSCBHCCQCB−====，又CBHQBHCQVV−−=，所以313663dd==，即点P到平面BHQ的距离为33.【小问3详解】过Q作QK垂直于底面，则由上知HQQE⊥，所以可建立如图所示的分别以QEQHQK

、、为xyz、、轴的空间直角坐标系Qxyz−，则()0,0,0Q，设()()0,,0,,0,0,,,122abHbEaB，且04ab、，所以()()0,,0,,0,0,,,122abQHbQ

EaQB===，设平面BHQ的法向量为()111,,mxyz=，则mQHmQB⊥⊥，所以·0·0mQHmQB==即11110022byabxyz=++=，取12x=可求得()2,0,ma=−，设平面BEQ的法向量为()222,,nxyz=

，则nQEnQB⊥⊥，所以·0·0nQEnQB==即22220022axabxyz=++=，取22y=可求得()0,2,nb=−，设平面BHQ与平面BEQ的夹角为，则22··1cos34+4+abmnmnmnmnab=

===，且224ab+=，整理得()()()222222222222944164324abababababab=++=+++=+=，所以()222224444abaaaa=−=−=即()24224420

aaa−+=−=，22a=即2a=，所以224b=2b=，所以()0,2,0H，所以2HQ=.【点睛】思路点睛：过Q作QK垂直于底面，建立分别以QEQHQK、、为xyz、、轴的空间直角坐标系Qxyz

−，设未知点()()0,,0,,0,0,,,122abHbEaB，求出平面BHQ和平面BEQ的法向量，从而根据二面角的空间向量法结合已知条件建立关于,ab的等量关系，从而求出,ab即可求出HQ.19.如图所示，用一个不平行于圆柱底面的平面，截该圆柱所得的截面为椭圆面.得到的几何体称之

为“斜截圆柱”．AB是底面圆O的直径，2AB=，椭圆面过点B且垂直于平面ABC，且与底面所成二面角为45°，椭圆上的点()1,2,3,,iEin=在底面上的投影分别为iF，且iF均在直径AB同一侧．（1）当1π3AOF=时，求11EF的长度；（2）当6n=时，

若下图中，点1F，2F，3F，…，F6将半圆平均分成7等分，求()()()()()()112233445566111111EFEFEFEFEFEF−−−−−−；（3）证明：11112221πnnnnAFEFFFEFFFEF−+++．【答案】（1）1123EF=；（2）164

−；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）过BC中点M作与该斜截圆柱的底面平行的平面圆GH，利用二面角得到1EIIN=，在俯视图中求出IN，即得11EF的长；（2）利用（1）推出的公式111cosEF=+，依次代入π7=，2π7，3π7，4π7,5π7,6π7,求得()

()()()()()112233445566111111EFEFEFEFEFEF−−−−−−关于的三角函数式，利用二倍角公式和诱导公式化简计算即可；（3）由111cosEF=+，可得椭圆面的轮廓线即函数1cosyx=+的图象，作出该函数在0πx上的图象，并标上1122

,,,,nnEFEFEF作出对应矩形，即得图中所有的矩形面积之和即待证式左式，最后利用补形求出函数与坐标轴围成的面积π，比较即得不等式成立.【小问1详解】如图，取CD中点M，过M作与该斜截圆柱的底面圆O平行且全等的圆面，交AC于点G，与11EF交于点I，过点B作底面圆O的垂线交平行圆面于

点H，由椭圆面过点B且与底面所成二面角为45°，则π4ABC=，因为1,MHMGAOBO====所以11AGGCOMIF====，过M作GH的垂线，交圆M于J、K两点.过I作INJK⊥交JK于点N，又由1EI⊥圆M，因为JK圆M,则1EIJK⊥,又因1EIINI=,1EIIN，平面1EI

N,故JK⊥平面1EIN,因1EN平面1EIN,故1ENJK⊥，所以1ENI为椭圆面与圆M所在平面的夹角，也即椭圆面与底面所成角，所以1π=4ENI，则1ENI为等腰直角三角形，1EIIN=.设1π3AOF=，如图作圆M

所在平面的俯视图，则π=3GMI=，由,GHJKINJK⊥⊥，所以//GHIN，则有NIMGMI==，所以coscosINIM==，即11111cosEFIFIEOMIN=+=+=+，当π3

=时，11π1cos323EF=+=;【小问2详解】当6n=时，π7=，由（1）可得：所以11π1cos7EF=+，222π1cos,7EF=+333π1cos,7EF=+…,666π1cos,7EF=+则()()()()

()()112233445566111111EFEFEFEFEFEF−−−−−−π2π3π4π5π6πcoscoscoscoscoscos777777=π2π4π4π2ππcoscoscosπcoscosπcosπ777777=−−−

22ππ2π4π8sincoscoscosπ2π4π7777coscoscos=π7778sin7=−−228ππsinsin177ππ648sin8sin77−=−=−=

−；【小问3详解】由（1）知111cosEF=+，也即11EF是关于的函数，也即将斜截圆柱的侧面沿着AC展开，其椭圆面的轮廓线即为函数1cosyx=+的图象，如图，将1122,,,,nnEFEFEF绘制于函数1cosyx=+图象上，并以1,iii

iEFFF−，（2,3,,in=）为边作矩形，则矩形面积即为1iiiiFFEF−，所以11112221nnnnAFEFFFEFFFEF−+++即为这些矩形的面积之和.而函数1cosyx=+的图象与,xy轴围成的面积即为该斜截圆柱的

半个侧面积，我们把两个该斜截圆柱可拼成一个底面半径为1，高为2的圆柱，因此该斜截圆柱的半个侧面积为112π2π22=，所以函数1cosyx=+()0πx与坐标轴围成的面积为π，的又因为无论点iF()1,2,3,,in=是否均匀分布

在半圆弧AB上，这些矩形的面积之和都小于函数1cosyx=+()0πx与坐标轴围成的面积.所以11112221πnnnnAFEFFFEFFFEF−+++，即问题得证.【点睛】思路点睛：解题思路在于作出与底面平行的横截面，利用二面角建立1

1EF与的函数关系111cosEF=+，结合三角函数的图象理解待证式左边的几何意义，最后通过补形求得斜截圆柱的半个侧面积，比较即得证不等式.