【文档说明】重庆市万州二中2022-2023学年高一下学期期中考试 数学答案.pdf，共(10)页，1.251 MB，由小赞的店铺上传

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万州二中高2022级高一（下）半期考试数学试题参考答案1-4：ABDC5-8：CACA9．AD10．BCD11．ACD12.BC13．514．215．162416．203122,27.C解：由题可知，当点P在点C

处时，ABAP最小，此时1cos222,32ABAPABAEABAC过圆心O作OP//AB交圆弧于点P，连接AP，此时ABAP最大，过O作OG⊥AB于G，PF⊥AB的延长线于F，则ABAP=|AB||AF|=|AB|(|AG|+|

GF|)=32152，所以ABAP的取值范围为[2，5].法二：投影向量8．A由正弦定理得：sinsin3sincosABBA，因为0,πB，所以sin0B，故sin3cos

AA，即tan3A，因为0,πA，所以π3A，设ABC的外接圆半径为R，则由正弦定理得：6243sin32aRA，故23R，如图，23OBOC，且2π3BOC，因为3BPPC，所以92BP，32CP，过点C作CH∥OB交OP的延长线于点H

，则π3OCP，因为3BPPC，所以13PHOP，12333CHOB，在三角形OCH中，由余弦定理得：222π4231282cos1222333323OHOCCHOCCH，则2213OH，所以32142OPOH

12．BC【详解】正三棱锥A-PBC和正三棱锥D-PBC的侧棱长均为2，BC2，则正三棱锥A-PBC中侧棱两两互相垂直，正三棱锥D-PBC中侧棱两两互相垂直，则正三棱锥可以放到正方体中，当点A，P分别旋转至点AP，处，且A，B，C，D四点共面，点A，D分别位于BC两侧时，如

图所示，连接AD，PP，如图所示正方体中//DPAP且=DPAP，四边形PDAP为平行四边形，则有//DAPP如图，''PA不平行于平面PBC，选项A错误；//DAPP，PP平面ABDC

，DA平面ABDC，//PP平面ABDC，选项B正确；多面体PPABDC的外接球即棱长为2的正方体的外接球，外接球的半径为62，体积为6，选项C正确；点A，P旋转角度相同，但旋转半径不同，所以运动的轨迹长不相等，选项D错误.故选：BC16.【详解】2228571

cos2852ABC，由于0,ABC，所以3ABC.设D是AC中点，则,,,BPGD共线.12BDBCBA,2222111129582584424BDBCBA.129496

43944cos12977129222ADB，222494PAPCPDDAPDDCPDDAPDDAPDDAPD.2PD的最大值

为21294BD，所以PAPC的最大值为129492044.11222APMNADDPCAADDPDA

249739427129ADDPDADP493942129DP，其中13BDDPBD，即12

912962DP，所以3939391242129DP，3939394122129DP，49393122422129DP.即APMN的取值范围是3122,

2.故答案为：20；3122,217．(1)1iz，2z(2)34ab【详解】（1）3i2i3i55i1i2i2i2i5z

，所以z的共轭复数1iz，22112z.（2）因为21i,zazbabR，即21i1i1iab，也即2i1iaba，所以121aba，解得34a

b.18．(1)23；(2)12.【详解】（1）由2221|2|=44+=44×1×2×()+4=122abaabb，则|2|=23ab.（2）由题设2=+3=12=0bcmabbm，则12m.19．(1)略；(2)15.【详解】（2

）在正方体1111ABCDABCD中，连接11,ECAC，如图，因为E，G分别为棱1DD和1CC的中点，则DE//EC1,DE=EC1=1，因此四边形1DECG是平行四边形，则1//DGEC，即1AEC是异面直线AE与DG所

成的角或其补角，在1AEC中，���1���=������=������2+������2=5，而正方体1111ABCDABCD的体对角线A���1=3������=23，由余弦定理得：,51552)3

2()5()5(22221212121ECAEACECAEAEC所以异面直线AE与DG所成的余弦值为15.20．(1)356a(2)见解析【分析】（1）利用等体积法求出三棱锥111BABC的体积，再用正方体体积减去

即可；（2）根据点、线、面的位置关系作出图形，再利用三角形相似等知识点则可求出相关线段长；【详解】（1）因为正方体1111ABCDABCD，所以1BB平面111ABC，则1BB为三棱锥111BABC的高，111212ABCSa，1

BBa，则11111123111326BABCBABCVVaaa，则正方体剩余部分的体积为3331566aaa.（2）画直线MN交DA，DC延长线分别为点,EF，再分别连接11,DEDF，分别交11,AACC

于点,GH，顺次连接1,,,,DGMNH，五边形1DGMNH即为交线围成的多边形，易得12AMa，45AMEBMN，则AEM△为等腰直角三角形，则12AEa，根据AEG△∽11ADG，1111122aAGAEAGADa，则121,33AGaAGa，则22121333DGa

aa，2213236aaMGa，同理可得1133DHa，136HNa，而22MNa，则五边形1DGMNH的周长为1313222133622aaaaa

.21．(1)1007m(2)8min【分析】（1）根据余弦定理即可求解；（2）根据余弦定理求解cosCAD，进而得sinCAD，由两角和与差的余弦公式可得cosBAC，进而由余弦定理求解AB，根据三种不

同的送餐路线，计算路程的大小，即可比较求解.【详解】（1）因为ABCD∥，60BAD，所以120ADC，在ACD中，由余弦定理，得222cosACADCDADCDADC2212001002200100

1007m2.（2）在ACD中，由余弦定理，得222222200100710057cos21422001007ADACCDCADADAC，所以221sin1cos14CA

DCAD，所以1315732127coscoscossin222142147BACBADCADCADCAD.在ABC中，由余弦定理，得2222cosBCACABACABBAC22

27100730021007300400007，解得200mBC.假设小夏先去B地，走ABCD路线，路长600m，假设小夏先去C地，因为BCCD，所以走ACDCB路线，路长4001007m，假设小夏先去D地，走ADCB路线

，路长500m，由于5006004001007，所以小夏走ADCB路线，且完成送餐任务的最短时间为500238min250.22．(1)19225(2)20(3)4,2139【分析】（1）利用余弦定理和面积公式进行求解；（2

）由正弦定理和三角恒等变换求解；（3）解法一：设BC中点为D，推导出224ABACABACADAD，在三角形AOD中，利用余弦定理，正弦定理和函数单调性求出AD的取值范围，从而求出ABAC

ABAC的取值范围；解法二：由余弦定理和数量积运算法则求出1231655ABACABACbcbc，换元后利用三角恒等变换得到15,20bc，求出答案.【详解】（1）由余弦定理2223

24cos2855bcabAbbc结合4sin5A可知，△ABC的面积11244192sin4225525SbcA（2）因为4a，4sin5A，所以5sinaA，由正弦定理5sinbB，5sincC所以5325sin15sincoscosbcBCCC

，①由于43sinsinsincoscossincossin55BACACACCC，带入①式可知：20cos15sin15sin5320coscosCCCbcCC（3）解法1：设BC中点为D，则22ABACADAD

2224ABACADDBADDCADDBADDBADDBAD所以224ABACABACADAD

如下图所示，设△ABC的外接圆为圆O，由于△ABC为锐角三角形，故点A的运动轨迹为劣弧12AA（不含端点），由正弦定理知圆O的半径52r，故533cos252ODrA设AOD

，则ππA，由余弦定理：222595317152cos2coscos13,4442222ADOAODOAOD由于函数224fxxx在13,4x

时单调递减，132139f，44f所以2244,2139ABACABACADAD解法2：由余弦定理222266161655bcbcbcbc②由定义3cos5ABACbcAbc所以2

263123165555ABACABACbcbcbcbcbc设12165tbc，则2144ABACABACfttt由正弦定理：435sin5sin5sin5sin5si

n5cossin55bcBCBABBBB8sin4cos45sinBBB其中锐角的终边经过点2,1，由锐角三角形可知ππππ,,2222BABA注意到ππ25sinsi

n225A，所以25sin,15B所以8,45bc，②式变形为25516bcbc，故15,20bc从而213,8t，此时函数ft单调递减，而2132139f，84f

所以4,2139ABACABACft【点睛】向量相关的取值范围问题，考查面较广，可以和很多知识相结合，基本不等式，函数值域，解三角形，三角函数等，需要对知识熟练掌握且灵活运用，本题的第三问难度较大，需要用到极化

恒等式，三角函数恒等变换等知识，属于难题.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com