【文档说明】重庆市育才中学校2022-2023学年高一下学期期末数学试题 含解析.docx，共(30)页，2.400 MB，由小赞的店铺上传

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重庆市育才中学高2025届高一下期期末考试数学试题卷一、单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合要求的）1.复数()()13i1i−−的虚部为（）A.4−B.4i−C.2

D.2i【答案】A【解析】【分析】根据复数的乘法可得()()13i1i24i−−=−−，结合复数概念即可得到答案．【详解】()()213i1i14i3i24i−−=−+=−−，则虚部为4−故选：A．2.已知正三棱锥−PABC的

六条棱长均为6，S是ABC及其内部的点构成的集合．设集合5TQSPQ=，则T表示的区域的面积为（）A.34B.C.2D.3【答案】B【解析】【分析】求出以P为球心，5为半径的球与底面ABC的截面圆的半径后可求区域的面积.【详解】设顶点P

在底面上的投影为O，连接BO，则O为三角形ABC的中心，且2362332BO==，故361226PO=−=.因为5PQ=，故1OQ=，故S的轨迹为以O为圆心，1为半径的圆，而三角形ABC内切圆圆心为O，半径为323643136=，故S

的轨迹圆在三角形ABC内部，故其面积为故选：B3.若直线1xyab+=通过点(cossin)M，，则A.221ab+B.221ab+C.22111ab+D.22111ab+【答案】D【解析】【详解】依题意可得，M点在单位圆上，所以直线1xyab+=与单位圆有交点

，则圆心即原点到直线的距离221111dab=+，即22111ab+，故选D4.已知函数211()sinsin(0)222xfxx=+−，xR.若()fx在区间(,2)内没有零点，则取值范围是A.10,8

B.150,,148C.50,8D.1150,,848【答案】D【解析】【分析】先把()fx化成2()sin24fxx=−，

求出()fx的零点的一般形式为+4,kxkZ=，根据()fx在区间(,2)内没有零点可得关于k的不等式组，结合k为整数可得其相应的取值，从而得到所求的取值范围.【详解】由题设有1cos112()sinsin22224fxxxx−=+−=−

，令()0fx=，则有,4xkkZ−=即+4,kxkZ=.的的因为()fx在区间(,2)内没有零点，故存在整数k，使得5++442kk，即14528kk++，因为0，所以1k−且15428kk++，故

1k=−或0k=，所以108或1548，故选：D.【点睛】本题考查三角函数在给定范围上的零点的存在性问题，此类问题可转化为不等式组的整数解问题，本题属于难题.5.如图，某人在垂直于水平地面A

BC的墙面前的点A处进行射击训练，已知点A到墙面的距离为AB，某目标点P沿墙面上的射线CM移动，此人为了准确瞄准目标点P，需计算由点A观察点P的仰角的大小，若15,25,30ABcmACcmBCM===，则tan的最大值是（）.（仰角为直线

AP与平面ABC所成的角）A.305B.3010C.439D.539【答案】D【解析】【分析】由题可得，20BC=，过P作PPBC⊥，交BC于P，连接AP，则tanPPAP=，设(0)BPxx=，分类讨论，若P在线段BC上

，则20CPx=−，可求出PP和AP，从而可得出2320tan3225xx−=+，利用函数的单调性，可得出0x=时，取得最大值；若P在CB的延长线上，同理求出PP和AP，可得出2320tan3225xx+=+，可得当454x=

时，函数取得最大值；结合两种情况的结果，即可得出结论．【详解】解：15,25ABcmACcm==，ABBC⊥，由勾股定理知，20BC=，过点P作PPBC⊥交BC于P，连结AP，则tanPPAP=，设(0)

BPxx=，若P在线段BC上，则20CPx=−，由30BCM=，得3tan30(20)3PPCPx==−，在直角ABP△中，2225APx=+，2320tan3225xx−=+，令220225xyx−=+，则函数在[0x，20]单调递减，0x=时，取得最大值

为20343459=；若P在CB的延长线上，3tan30(20)3PPCPx==+，在直角ABP△中，2225APx=+，2320tan3225xx+=+，令22(20)225xyx+=+，则0y=可得454x=时，函数取得最大值539.故答案为：539．6.直线20xy++=分

别与x轴，y轴交于A，B两点，点P在圆()2222xy−+=上，则ABP面积的取值范围是A.26，B.48，C.232，D.2232，【答案】A【解析】【详解】分析：先求出A，B两点坐标得到AB

，再计算圆心到直线距离，得到点P到直线距离范围，由面积公式计算即可详解：直线xy20++=分别与x轴，y轴交于A，B两点()()A2,0,B0,2−−,则AB22=点P在圆22x22y−+=（）上圆心为（2，0），则圆心到直线距离1202222d++==故点P到直线xy20++=的距离

2d的范围为2,32则22122,62ABPSABdd==故答案选A.点睛：本题主要考查直线与圆，考查了点到直线的距离公式，三角形的面积公式，属于中档题．7.已知,,是互不相同的锐角，则在sincos,sinc

os,sincos三个值中，大于12的个数的最大值是（）A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式或排序不等式得3sincossincossincos2++，从而可判断三个代数式不可能均大于12，再结合特

例可得三式中大于12个数的最大值.【详解】法1：由基本不等式有22sincossincos2+，同理22sincossincos2+，22sincossincos2+，故3sincossincossincos2++，故sincos,

sincos,sincos不可能均大于12.取6=，3=，4=，则116161sincos,sincos,sincos424242===，故三式中大于12的个数的最大

值为2，故选：C.法2：不妨设，则coscoscos,sinsinsin，由排列不等式可得：sincossincossincossincossincossincos

++++，而()13sincossincossincossinsin222++=++，故sincos,sincos,sincos不可能均大于12.取6=，3=，4=，则116161sinco

s,sincos,sincos424242===，故三式中大于12的个数的最大值为2，故选：C.【点睛】思路分析：代数式的大小问题，可根据代数式的积的特征选择用基本不等式或拍雪进行放缩，注意根据三角变换的公式特征选择放缩的方向

.的8.函数f(x)=sin54cosxx+(02x)的值域是A.[-11,44]B.[-11,33]C.[-11,22]D.[-22,33]【答案】C【解析】【分析】由题意结合函数解析式的特征利用换元法，结合三角函数的性质和均值不等式的结论,求解函数的值域即可.【详解】令

()54cos13txt=+，则：254costx=+，即：25cos4tx−=，分类讨论：当0x时，sin0x，则：22425109sin1416tttx−−+−=−=，函数的解析式换元为：()2242229921010110911616162tt

ttttgtt−+−−+−+−===，当且仅当23t=时等号成立，此时函数的值域为10,2；当2x时，sin0x，则：22425109sin1416tttx−−+−=−−=−，函数的解析式换元为：()224222992101011091()161616

2ttttttgtt−+−−+−+−=−=−−=−，当且仅当23t=时等号成立，此时函数的值域为1,02−；综上可得：函数f(x)=sin54cosxx+(02x)的值域是11,22−,故选：C二、多

项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点1P、2P、3P、4

P以及四个标记为“▲”的点在正方形的顶点处，设集合1234,,,PPPP=，点P，过P作直线Pl，使得不在Pl上的“▲”的点分布在Pl的两侧.用1()PDl和2()PDl分别表示Pl一侧和另一侧的“▲”的点到Pl的距离之和.若过P的直线Pl中有且只有一条满足12()()PPDl

Dl=，则中所有这样的P为（）A.1PB.2PC.3PD.4P【答案】ACD【解析】【分析】建立平面直角坐标系，将“▲”代表的四个点坐标写出，再利用平行四边形的性质即可.【详解】建立平面直角坐标系，如图所示则记为“

▲”的四个点是()()()()0,3,1,0,7,1,4,4ABCD，线段,,,DAABBCCD的中点分别为,,,EFGH，则7131115(2,),(,),(4,),(,)222222EFGH，则由3(,2)2F

EGH==得四边形EFGH为平行四边形，设其对角线交于(),Mxy，则0MAMBMCMD+++=，即(,3)(1,)(7,1)(4,4)(0,0)xyxyxyxy−+−+−−+−−=，由此求得()3,2M与点2P重合，根据平行四边形的中心对称性可知，符

合条件的直线Pl一定经过点2P.而过点1P和2P的直线有且仅有一条；过点3P和2P的直线有且仅有一条；过点4P和2P的直线有且仅有一条.所以符合条件的点是134,,PPP.故选：ACD.10.如图，正方体1111ABCD

ABCD−的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段1CC上的动点，过点,,APQ的平面截该正方体所得的截面记为S.则（）A.当102CQ<<时，S为四边形B.当34CQ=时，S与11CD的交点R满足113CR=；C.当314CQ<<时，S为六边形D.当1CQ=时，S的面积为62.【

答案】ABD【解析】【分析】分CQ的位置情况讨论截面的形状，再逐一分析各个选项即可得出答案.【详解】过点,,APQ的平面截正方体，当102CQ<<时，其截面形状为四边形1APQQ，如图1，故A正确；当34CQ=时，S与11CD的交点R满足113CR=，理由如下：如图2，延长1DD至点E，使得112

DE=，连接,EAEQ交11CD于点R，取AD中点N，DE中点M，连接,,MQMNPN，则34DMCQ==，DNCP=，所以四边形CQMD与四边形PCDN均为平行四边形，所以////MQNPCD，且MQNPCD==，所以四边形MNPQ为平行四边形，所以//

PQMN，由中位线的性质可知：//MNAE，所以//PQAE，所以四边形AEQP即为S，其中11EDRQCR，所以111112214DREDCRCQ===，所以113CR=，B正确；当314CQ<<时，S为五边形，理由如下：如图3，根据B的

分析，随着Q点在图2的基础上沿着1CC向上移动，则点E点沿着射线1DD向上移动，此时AE与11AD相交于点G，EQ与11CD相交于点R，连接GR，故所截得的S为五边形，故C错误；当1CQ=时，S的面积为62，理由如下：如图4，点Q与1C

重合，此时G为11AD的中点，可证得：//AGPQ，//APGQ，其中15142APPQQGAG====+=，所以S为菱形APQG，且3,2AQPG==，S面积为163222=，D正确.故选：ABD11.已知ABC三个内角A

BC，，的对边依次成等比数列，且()12,coscos2bACB=−=−,点T在线段AB上（含端点），若满足20TBTCtt+−=的点T恰好有2个，则实数t可能为（）A.122−B.15−C.1D.54【答案】BC【解

析】【分析】由三角恒等变换与等比中项的性质可得ABC为等边三角形，设BC中点M，则21TBTCTM=−，由题意若满足20TBTCtt+−=的点T恰好有2个，即需要312TM，故23114tt−++，求解的即可.【详解】由()()11co

scoscoscos24ACACAC−=−+=，又由22sinsinsinbacBAC==，所以()2211coscossinsinsincossin44ACACBACB−=−+=−，∴()21cos1cos4BB−=−−，∴1cos2B=，或3cos2B=−(舍).0πB，∴π

3B=，从而()cos1AC−=，∴AC=，即ABC为等边三角形．设BC中点M，则,TBTMMBTCTMMB=+=−，()()21TBTCTMMBTMMBTM=+−=−，由题意若满足20TBTCt

t+−=的点T恰好有2个，即需要312TM，故23114tt−++，∴实数t的取值范围为1212,01,22−+．故选:BC.12.设0a，函数222,,(),,1,.xxafxaxaxaxxa+−=−−−−，则（

）A.()fx在区间(1,)a−+上单调递减；B.当1a时，()fx存在最大值；C.设()()()()()()111222,,,MxfxxaNxfxxa，则||1MN；D.设()()()()()()333444,,

,PxfxxaQxfxxa−−．若||PQ存在最小值，则a的取值范围是10,2．【答案】BC【解析】【分析】先分析()fx的图像，再逐一分析各结论；对于A，取12a=，结合图像即可判断；对于B，分段讨论()fx的取值范围，从而

得以判断；对于C，结合图像可知MN的范围；对于D，取45a=，结合图像可知此时PQ存在最小值，从而得以判断.【详解】依题意，0a，当xa−时，()2fxx=+，易知其图像为一条端点取不到值的单调递增的射线；当axa

−时，()22fxax=−，易知其图像是，圆心为()0,0，半径为a的圆在x轴上方的图像（即半圆）；当xa时，()1fxx=−−，易知其图像是一条端点取不到值的单调递减的曲线；对于A，取12a=，则()fx的图像如下，显然，当(1,)xa−+，

即1,2x−+时，()fx在1,02−上单调递增，故A错误；对于B，当1a时，当xa−时，()221fxxa=+−+；当axa−时，()22fxax=−显然取得最大值a；当xa时，()112fxxa=−−−−−，综上

：()fx取得最大值a，故B正确；对于C，结合图像，易知在1xa=，2xa且接近于xa=处，()()()()()()111222,,,MxfxxaNxfxxa的距离最小，当1xa=时，()10yfx==，当2xa且接近于xa=处，()221yfxa=−−，此时，

1211MNyya−+，故C正确；对于D，取45a=，则()fx的图像如下，因为()()()()()()333444,,,PxfxxaQxfxxa−−，结合图像可知，要使PQ取得最小值，则点P在()425fxxx=+−上，点Q在()216442555fx

xx=−−上，同时PQ的最小值为点O到()425fxxx=+−的距离减去半圆的半径a，此时，因为()425fxyxx==+−的斜率为1，则1OPk=−，故直

线OP的方程为yx=−，联立2yxyx=−=+，解得11xy=−=，则()1,1P−，显然()1,1P−在()425fxxx=+−上，满足PQ取得最小值，即45a=也满足PQ存在最小值，故a的取值范围不仅

仅是10,2，故D错误.故选：BC.【点睛】关键点睛：本题解决的关键是分析得()fx的图像，特别是当axa−时，()22fxax=−的图像为半圆，解决D选项时，可取特殊值进行排除即可.三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.）13.在三角形ABC中，角,,ABC的对边分别

是,,abc.tan37C=，52CBCA=，且9ab+=，则三角形ABC的面积是______.【答案】1574【解析】【分析】根据同角关系可得37sin8C=，1cos8C=，根据数量积即可求解20ab=，根据面积公式即可求解.

【详解】由tan370C=可知：C为锐角，由同角关系可得37sin8C=，1cos8C=，由52CACB=可得5cos202abCab==，所以1137157sin202284ABCSabC===,故答案为：157414.在平面直角坐标系中，设三角形ABC的顶点分

别为()0,Aa，(),0Bb，(),0Cc，点()0,Pp在线段AO上（异于端点），设,,,abcp均为非零实数，直线,BPCP分别交,ACAB于点,EF，一同学已正确算得OE的方程：11110xybcpa−+−=，请你求OF的方程：__

____110xypa+−=.【答案】11cb−【解析】【分析】写出直线AB，CP的截距式方程，两式相减即所求直线方程.【详解】直线:1,:1xyxyABCPbacp+=+=交于点F，两式相减得：11110xyc

bpa−+−=，F满足该方程，O在该直线上，则11110xycbpa−+−=就是OF的方程.故答案为：11cb−【点睛】此题考查求直线方程，关键在于熟练

掌握直线的截距式方程，根据求交点坐标方法可得所求直线方程.15.在平面直角坐标系xOy中，A（-12,0），B（0,6），点P在圆O：x2+y2=50上，若PA·PB20，则点P的横坐标的取值范围是_________【答案】[52,1]−【解析】【详解】设(,)Pxy，由20

PAPB，易得250xy−+，由2225050xyxy−+=+=，可得55xy=−=−或17xy==，由250xy−+得P点在圆左边弧AB上，结合限制条件5252x−，可得点P横坐标的取值范围为[52,1]−．点睛:对于线性规划问题，首先明确可行域对应的是封闭区域还

是开放区域、分界线是实线还是虚线，其次确定目标函数的几何意义，是求横坐标或纵坐标、直线的截距、两点间距离的平方、直线的斜率、还是点到直线的距离等，最后结合图形确定目标函数的最值或取值范围．16.已知长方体111

1ABCDABCD−中，9AD=，110AA=，过点A且与直线CD平行的平面将长方体分成两部分，且分别与棱11,DDCC交于点,HM.现同时将两个球分别放入被平面分成的两部分几何体内.在平面变化过程中，这两个球半径之和的最大值为______.【答案】1965−##65

19−+【解析】【分析】作出两个球在侧面11ADDA上的投影，设HAD=，可利用tan2表示出12,rr，设tan2x=，将12rr+表示为关于x的函数的形式，利用基本不等式可求得12rr+的最大值，经检验符合题意，由此可得结果.【详解】//CDQ平面，平

面平面11CDDCMH=，CD平面11CDDC，//CDMH；作出两个球在侧面11ADDA内的投影圆，两圆与AH均相切，且各与长方形11ADDA的两边相切，设HAD=，两圆半径分别为12,rr，如下图所示，由11tan29rr=−得：19tan21tan

2r=+；由22π2tan210rr−=−得：21tan210π10tan1tan42251tanπ21tan1tan24211tan2r−−+===−−+−++；129tan251tan21tan2rr+=+−

+；由题意知：10tan0,9，设tan2x=，()()()95101xfxxxx=+−+，()()()()()919995110511951111xxfxxxxxxx+−=+−=+−+

=−+++++()91925119651xx−+=−+（当且仅当()9511xx=++，即3515x=−时取等号），当35tan125=−时，26522tan651030251052ta

n0,3396596591tan255−−−====−−−，当35tan125=−时，12rr+取得最大值，最大值为1965−.故答案为：1965−.【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何

中的最值问题的求解，解题关键是能够通过投影的方式，将两球的半径之和表示为关于变量tan2x=的函数的形式，从而利用函数最值的求解方法来求得最值.四、解答题（本大题共70分，解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤）17.如图，在等腰直角OPQ中，090POQ=，22OP=，点M在线

段PQ上.(Ⅰ)若5OM=，求PM的长；（Ⅱ）若点N在线段MQ上，且030MON=，问：当POM取何值时，OMN的面积最小？并求出面积的最小值.【答案】(Ⅰ)1MP=或3MP=（Ⅱ）当30POM=时，OMN

的面积的最小值为843−【解析】【详解】解:(1)在△OMP中,∠OPM=45°,OM=5,OP=25,由余弦定理得,OM2=OP2+MP2-2OP·MP·cos45°,得MP2-4MP+3=0,解得MP=1或MP=3.(2)设∠POM=α,0°≤α≤

60°,在△OMP中,由正弦定理,得sinOMOPM=sinOMOPM,所以OM=()sin45sin45+OP。。,同理ON=()sin45sin45+OP。。.故S△OMN=12OM·ON·sin∠MON=12×()()22sin45s

in45+sin75+OP。。。=()()1sin45+sin45+30+。。。=()()()131sin45+sin45+cos45+22+。。。=()()()2131sin45+sin45+cos45+22+。

。。=()()1311cos90+2sin90+244−+。。=1331sin2cos2444++=()131sin23042++。.因为0°≤α≤60°,30°≤2α+30°≤150°,所以当α=30°时,sin

(2α+30°)的最大值为1,此时△OMN的面积取到最小值.即∠POM=30°时,△OMN的面积的最小值为8-43.18.如图，在四棱锥PABCD−中，PA⊥底面,ABCDDAB为直角，,2ABCDADCDAB==∥，E、F分别为、PCCD的中点．（

1）试证：CD⊥平面BEF；（2）设PAkAB=，且二面角EBDC−−的平面角大于30，求k的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）k的取值范围为21515k【解析】【分析】（1）欲证CD⊥面BEF，根据直线与平面垂直的判定定理可知只需证CD与面BEF内两相交直线垂直，而CDBF⊥，CD

EF⊥，BFEFF=，满足定理条件；（2）连接AC交BF于G，在底面ABCD中，过G作GHBD⊥，垂足为H，连接EH，根据二面角平面角的定义可知EHG为二面角EBDC−−的平面角，求出此角的正切值使该值大于tan30，即可求出k的范围．【小问1详解】证明：由

已知DAB为直角．故ABFD是矩形．从而CDBF⊥．又PA⊥底面ABCD，CDAD⊥，所以PACD⊥又,,PAADAPAAD=平面PAD，所以CD⊥平面PAD故CDPD⊥．PDC△中，E、F分别为PC、CD的中点，故//EFPD，从而

CDEF⊥，CD面BEF，BE面BEF由此得CD⊥面BEF．【小问2详解】解：连接AC交BF于G，连接EG，在底面ABCD中，过G作GHBD⊥，垂足为H，连接EH，因为//,CFABCFAB=，则四边形

ABCF为平行四边形，所以G为BF中点则//EGPA，所以EG⊥底面ABCD，故EGDB⊥又GHBD⊥，,,GHEGGGFEG=平面EHG所以BD⊥平面EHG，则BDHE⊥从而EHG为二面角EBDC−−的平面角．设AB=，则在PAC△中，有1122EGP

Ak==以下计算GH，考虑底面的平面图，连接GD，因1122GBDSBDGHGBDF==，故GBDFGHBD=．在ABD△中，因,2ABaADa==，得5BDa=．而1122GBFBADa===，5,55GBABaaDFABGHaBDa==

==从而得．因此，152tan255kaEGkEHGGHa===．由0k知EHG是锐角．故要使30EHG，必须53tan3023k=，取值范围为21515k19.已知曲线C是到点13,28P−和到直线58y=−距离相等的点的轨

迹．l是过点(1,0)Q−的直线，M是C上（不在l上）的动点；A、B在l上，MAl⊥，MBx⊥轴（如图）．（1）求曲线C的方程；（2）求出直线l的方程，使得2||||QBQA为常数．【答案】（1）21()2yxx=+（2）2x−y＋2＝0【解析】【分析】（1）设N（x,y）为C上的点，进

而可表示出|NP|，根据N到直线58y=−的距离和|NP|进而可得曲线C的方程．（2）先设2(,)2xxMx+，直线l：y＝kx＋k,进而可得B点坐标，再分别表示出|QB|，|QM|，|MA|，最后根据222||||||QAQMAM=−求得k.【小问1详解】设N（x,y）为C上的点，则2213|

|()()28NPxy=++−，N到直线58y=−的距离为5||8y+．由题设得22135()()||288xyy++−=+，化简，得曲线C的方程为21()2yxx=+．小问2详解】设2(,)2xxMx+，明显直线l

的斜率存在，设直线l：y＝kx＋k，则B（x,kx＋k），从而2||1|1|QBkx=++．在Rt△QMA中，因为222222||(1)()(1)(1)24xxxQMxx+=++=++，2222222(1)()22||11xxxkxkMAkkkx

+++−=++=−．所以22222222222(1)()(1)2||||||(1)(1)(2)414(1)xxkxxQAQMAMxkxkk+−+=−++−=++=+，∴2|1||2|||21xkxQAk++=+，【()2222221|1|||2(

1)11|1||2|221kxQBkkxxkxQAkxkk+++++==++++．当k＝2时，222||2(12)1255|2|QBQA++==，从而所求直线l方程为2x−y＋2＝0，使得2||||QBQA为常数5520.《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称

之为阳马，将四个面都为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，在阳马PABCD−中，侧棱PD⊥底面ABCD，且PDCD=，过棱PC的中点E，作EFPB⊥交PB于点F，连接,,,.DEDFBDBE（Ⅰ）证明：PBDEF⊥平面．试判断四面体DBEF是否为鳖臑，若

是，写出其每个面的直角（只需写出结论）；若不是，说明理由；（Ⅱ）若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3，求DCBC的值．【答案】（Ⅰ）详见解析；（Ⅱ）．【解析】【详解】（解法1）（Ⅰ）因为PD⊥底面ABCD，所以PDBC⊥，由底面ABCD为长方形，有BCCD⊥，而PDCDD=，所以

．而DEPCD平面，所以BCDE⊥．又因为PDCD=，点E是PC的中点，所以DEPC⊥．而PCBCC=，所以DE⊥平面PBC．而PBPBC平面，所以PBDE⊥．又PBEF⊥，DEEFE=，所以PB⊥平面DEF．由DE⊥平面PB

C，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEBDEF，，EFBDFB，．（Ⅱ）如图1，在面PBC内，延长BC与FE交于点G，则DG是平面DEF与平面AB

CD的交线．由（Ⅰ）知，PBDEF⊥平面，所以PBDG⊥．又因为PD⊥底面ABCD，所以PDDG⊥．而PDPBP=，所以DGPBD⊥平面．故BDF是面DEF与面ABCD所成二面角的平面角，设1PDDC==

，BC=，有21BD=+，在Rt△PDB中,由DFPB⊥,得π3DPFFDB==,则2πtantan133BDDPFPD===+=,解得2=．所以12.2DCBC==故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3时，2

2DCBC=．（解法2）（Ⅰ）如图2，以D为原点，射线,,DADCDP分别为,,xyz轴的正半轴，建立空间直角坐标系．设1PDDC==，BC=，则(0,0,0),(0,0,1),(,1,0),(0,1,0)

DPBC，(,1,1)PB=−，点E是PC的中点，所以11(0,,)22E，，于是0PBDE=，即PBDE⊥．又已知EFPB⊥，而DEEFE=，所以PBDEF⊥平面．因,0DEPC=,则DEPC⊥,所以

．由DE⊥平面PBC，PB⊥平面DEF，可知四面体BDEF的四个面都是直角三角形，即四面体BDEF是一个鳖臑，其四个面的直角分别为DEBDEF，，EFBDFB，．（Ⅱ）由PDABCD⊥平面，所以是平面ABCD的一个法向量；由（Ⅰ）知，PBDEF⊥平面，所以是平面DEF的一个法

向量．若面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3，则2π11cos322BPDPBPDP===+，解得2=．所以12.2DCBC==故当面DEF与面ABCD所成二面角的大小为π3时，22DCBC=．考点：四棱锥的性质，线、面垂直的性质与判定，二面角．21.在平面直

角坐标系中，已知矩形ABCD的长为2，宽为1，,ABAD边分别在x轴、y轴的正半轴上，A点与坐标原点重合（如图所示）．将矩形折叠，使A点落在线段DC上．（1）若折痕所在直线的斜率为k，试写出折痕所在直线的方程；（2）求折痕的长的最大

值．【答案】（1）2122kykx=++；（2）2(62)−.【解析】【分析】(1)分0k=与0k分类讨论，根据对称关系即可求解;(2)根据折痕在不同的位置分类讨论即可求解.【小问1详解】当0k=时，此时A点与D点重合，折痕所在的直线方程12y=;②当0k时，将矩形折叠后A点落

在线段CD上的点为(,1)Ga，所以A与G关于折痕所在的直线对称，有111OGakkkak=−=−=−，故G点坐标为(,1)Gk−，从而折痕所在的直线与OG的交点坐标（线段OG的中点）为1(,)2

2kM−.故折痕所在的直线方程1()22kykx−=+,即2122kykx=++，由①②得折痕所在的直线方程为2122kykx=++；【小问2详解】折痕所在的直线与坐标轴的交点坐标分别为2211(0,),

(,0)22kkNPk++−，解2112k+，得10k−；解2122kk+−，得2323k−−−+，因为(,1)Gk−在CD上,所以20k−，当230k−+时，直线交BC于21(2,2),22kPk++(

)22||444474332163lPNk==++−=−；②当123k−−+时，直线与x轴、y轴的交点落在矩形的边OD和OB上，2222211||()()22kklPNk++==+−()3242221133144444kkk

kk+==+++，所以333122lkkk=+−，令0l=，解得22k=−，此时l取得最大值，且227||16lPN==；③当21k−−时，直线交CD于1(,1)22kNk−，22222111||1()

1112222kklPNkkk+==+−−−=++=所以折痕的长度的最大值为321632(62)−=−.22.圆22:1Oxy+=，(0,1),(2,1)AP−，过P直线l交圆O于,BC两点，且B在,PC之间.（1）记三角形ABP与三角形ABC的面积分别为

1S与2S，求1221SSSS+的取值范围;（2）若直线AB，AC分别交x轴于,MN两点，4MN=，求直线l的方程.【答案】（1）[2,)+（2）110194xy+−=【解析】【分析】（1）由面积大小恒正，

结合基本不等式求目标式的范围，注意边界值取值条件；（2）设直线方程及B、C点坐标，写出直线AB、AC方程求M、N坐标，结合已知列方程，应用韦达定理求直线的对应斜率，即可得直线方程.【小问1详解】若A到直线l距离为0d，则1211||,||22SdPBSdBC==，故12||||S

PBtSBC==，根据圆的对称性，讨论直线l从一条切线位置旋转为一条过圆心O直线的过程中，||PB从2逐渐变小为51−，对应||BC从0逐渐变大为2，所以51[,)2t−+，故12211122SSttSStt+=+=，仅当1t=时等号成立，结合对勾函数1ytt=+在51[,1)2

−上递减，在(1,)+上递增，则值域[2,)y+，所以1221SSSS+的取值范围为[2,)+.【小问2详解】直线l的斜率一定存在且不为0，设:(1)2lxky=−−，如下图示，令1122(,),(,

)CxyBxy且12xx，211yy，易知22:(1)1xABxyy=−−，11:(1)1xACxyy=−−，所以221Mxxy=−，111Nxxy=−，结合图知：1212411xyyMxN−=−−=，所以12211212222()11(1)(1)4kykkykyy

yyyy−−−−−−==−−−−，故211212()12yyyyyy−=−++，联立:(1)2lxky=−−，圆22:1Oxy+=，消去x整理得：222(1)2(2)430kykkykk+−++++=，则22224(2)4(1)(43)0kkkkk=+−+

++，即430k+，故34k−，且1222(2)1kkyyk++=+，2122431kkyyk++=+，则22112122243()41kyyyyyyk−−−=+−=+，综上，4341k−−=，可得19434k=−−，故19:4110lxy+

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