【文档说明】湖南省长沙市周南中学2024-2025学年高二上学期入学自主检测数学试题解析版.docx，共(12)页，199.206 KB，由小赞的店铺上传

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长沙市周南中学2024年秋季数学学科高二入学自主检测解析版一、单项选择题（本题共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.下面四个条件中，使𝑎>𝑏成立的必要而不充

分的条件是（）A.𝑎>𝑏+1B.𝑎>𝑏−1C.𝑎2>𝑏2D.𝑎3>𝑏3【答案】B【分析】根据不等式的性质或举例子逐一判断即可。【详解】对A.当𝑎=3,𝑏=2.5时,此时𝑎>𝑏不能

推出𝑎>𝑏+1,不满足必要性;对B.由𝑎>𝑏，可得𝑎>𝑏−1；反之不成立，满足必要不充分；对C.当𝑎=3,𝑏=−3时，此时𝑎>𝑏不能推出𝑎2>𝑏2，不满足必要性；对D.由𝑎>𝑏，可得𝑎3>𝑏3，反之𝑎3>𝑏3也可推出𝑎>𝑏，是充要条件.故选：B.2.若某银行

储蓄卡的密码由6位数字组成。某人在银行自助取款机上输入密码时，忘记了密码的最后1位数字，如果某人记得密码的最后1位是偶数，那么这个人不超过2次就输对密码的概率为()A.15B.14C.25D.512【答案】C【分

析】根据古典概型计算公式，结合概率加法和乘法的运算公式进行求解即可.【详解】设事件A：一次就按对，事件𝐵：二次按对，所以不超过2次就按对的概率为𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)=15+45×14=25,故选：C3.

已知水平放置的△𝐴𝐵𝐶的直观图△𝐴′𝐵′𝐶′（斜二测画法）是边长为√2𝑎的正三角形，则原△𝐴𝐵𝐶的面积为（）A.√2𝑎2B.√32𝑎2C.√62𝑎2D.√6𝑎2【答案】D【分析】将△𝐴𝐵𝐶的直观图作出来,计算

出△𝐴𝐵𝐶底边𝐴𝐵的长和该边上的高,利用三角形的面积公式可求出△𝐴𝐵𝐶的面积。【详解】正三角形𝐴′𝐵′𝐶′还原回原三角形如下图,过𝐶′作𝐶′𝐷垂直于𝑥′轴于𝐷，因为Δ𝐴′𝐵′𝐶′是边长为√2

𝑎的正三角形，所以𝐶′𝐷=√6𝑎2，过𝐶′作𝐶′𝐸平行于𝑥′轴交𝑦′轴于𝐸，则𝐴′𝐸=√2𝐶′𝐷=√3𝑎，所以，𝐶′对应的原图形中的点𝐶在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦下的纵坐标为2√3𝑎，即原三

角形𝐴𝐵𝐶底边𝐴𝐵上的高为2√3𝑎，所以,原三角形𝐴𝐵𝐶面积𝑆=12×√2𝑎×2√3𝑎=√6𝑎2,故选D.【点睛】平面图形与其直观图的关系（1）在斜二测画法中，要确定关键点及关

键线段。"平行于𝑥轴的线段平行性不变，长度不变；平行于𝑦轴的线段平行性不变，长度减半."（2）按照斜二测画法得到的平面图形的直观图，其面积与原图形的面积的关系：𝑆直观图=√24𝑆原图形.4.已知向量

𝑎⃗,𝑏⃗⃗为单位向量，𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=0，若𝑐⃗=3𝑎⃗+4𝑏⃗⃗，求𝑐⃗与𝑏⃗⃗所成角的余弦值为（）A.−45B.35C.45D.−35【答案】C【分析】由向量的数量积的运算公式和向量的夹角公式,准确运算,即可求解.【详解】由向量的夹角公式，

可得cos⟨𝑐⃗,𝑏⃗⃗⟩=𝑐⃗⋅𝑏⃗⃗|𝑐⃗||𝑏⃗⃗|=(3𝑎⃗⃗+4𝑏⃗⃗)⋅𝑏⃗⃗√(3𝑎⃗⃗+4𝑏⃗⃗)2⋅1=3𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗⃗+4𝑏⃗⃗⋅𝑏⃗⃗5=45.故选:C.【点睛】本题主要考查了向

量的数量积的运算，以及向量的夹角公式的应用，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式,准确运算是解答的关键,着重考查运算与求解能力.5.纯电动汽车是以车载电源为动力,用电机驱动车轮行驶,符合道路交通、安全法规各项要求的车辆，它使用存储在电池中的电来发动。因其

对环境影响较小，逐渐成为当今世界的乘用车的发展方向。研究发现电池的容量随放电电流的大小而改变，1898年Peukert提出铅酸电池的容量𝐶、放电时间𝑡和放电电流𝐼之间关系的经验公式：𝐶=𝐼𝜆𝑡，其中𝜆为与蓄电池结构有关

的常数（称为Peukert常数），在电池容量不变的条件下，当放电电流为15A时，放电时间为30h；当放电电流为50A时，放电时间为7.5h，则该蓄电池的Peukert常数𝜆约为(）（参考数据：lg2≈0.301,lg3≈0.477）A.1.15B.2.88C.3.87D.

5.5【答案】A【分析】根据题意可得𝐶=15𝜆×30=50𝜆×7.5，再结合对数式与指数式的互化及对数的运算性质即可求解。【详解】由题意知𝐶=15𝜆×30=50𝜆×7.5,所以(5015)𝜆=307.5=4,

两边取以10为底的对数,得𝜆lg103=2lg2,所以𝜆=2lg21−lg3≈2×0.3011−0.477≈1.15,故选:A.6.降水量是指水平地面上单位面积降雨水的深度,用上口直径为38cm,底面直径为24cm,深度为35cm的圆台形水桶（轴截面如图所示）来

测量降水量，若在一次降雨过程中，此桶盛得的雨水正好是桶深的27，则本次降雨的降水量为（精确到1mm）（）A.44mmB.23mmC.22mmD.47mm【答案】D【分析】根据梯形性质得到水面直径和水深，利用圆台公式得到降水体

积，再由降水量是降水体积与上口面积之比得到降水量.【详解】水深为35×27=10cm,水面直径24+2×38−242×27=28cm,根据圆台体积公式得降水体积𝑉=13(𝜋×122+𝜋×142+√𝜋×122×𝜋×142)×10=50803𝜋cm,则降水量为𝑉𝜋×19

2=50803×361≈4.7cm=47mm。故选：D.7.在𝐑上定义的函数𝑓(𝑥)是偶函数，且𝑓(𝑥)=𝑓(2−𝑥)，若𝑓(𝑥)在区间[1,2]上是减函数，则𝑓(𝑥)()。A.在区间[0,1]上是增函数，在区间[3,4]上是

增函数B.在区间[0,1]上是增函数，在区间[3,4]上是减函数C.在区间[0,1]上是减函数，在区间[3,4]上是增函数D.在区间[0,1]上是减函数，在区间[3,4]上是减函数【答案】B【分析】根据函数关于𝑦轴和

𝑥=1轴对称，利用已知区间的单调性求解.【详解】因为𝑓(𝑥)=𝑓(2−𝑥),所以函数𝑓(𝑥)关于𝑥=1成轴对称,所以区间[0,1]与区间[1,2],区间[−2,−1]与[3,4]关于𝑥=1对称，由函数𝑓

(𝑥)在区间[1,2]上是减函数，可知函数在[0,1]上是增函数，又函数𝑓(𝑥)是偶函数,所以函数𝑓(𝑥)在[−2,−1]上是增函数,所以函数𝑓(𝑥)在[3,4]上是减函数,故选：B8.如图,在棱长为1的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中,

已知𝑃,𝑀分别为线段𝐵𝐷1,𝐵𝐵1上的动点,𝑁为𝐵1𝐶的中点,则△𝑃𝑀𝑁的周长的最小值为()A.1+√22B.√4+2√22C.1+√32D.√4+√32【答案】B【分析】设𝐵𝐷的中点为𝑂

，即可证明△𝐵𝑂𝑃≅△𝐵𝑁𝑃，从而得到|𝑃𝑁|=|𝑃𝑂|，再将平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1与平面𝐵𝐶1𝐵1展开并摊平,在平面图形中连接𝑂𝑁,交𝐵𝐵1于点𝑀,交𝐷1𝐵于点𝑃,此时△𝑃𝑀𝑁的周长取得最小值|𝑂𝑁|，利用余弦定理计算可得。【详解】

设𝐵𝐷的中点为𝑂,连接𝑃𝑂(𝑃不与点𝐵重合),|𝑃𝐵|=|𝑃𝐵|,|𝑂𝐵|=|𝑁𝐵|,∠𝐷𝐵𝐷1=∠𝐶1𝐵𝐷1,所以△𝐵𝑂𝑃≅△𝐵𝑁𝑃，所以|𝑃𝑁|=|𝑃𝑂|，把平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1

与平面𝐵𝐶1𝐵1展开并推平，如图，在平面图形中连接𝑂𝑁,交𝐵𝐵1于点𝑀,交𝐷1𝐵于点𝑃,此时△𝑃𝑀𝑁的周长取得最小值|𝑂𝑁|,在△𝐵𝑂𝑁中利用余弦定理可得|𝑂𝑁|=√(√22)2+(√22)2−2

×√22×√22cos(90∘+45∘)=√4+2√22,所以△𝑃𝑀𝑁的周长的最小值为√4+2√22.故选:B.二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18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6分,部分选对的得部份分,有选错的得0分)9.一组样本数据𝑥1,�

�2,…,𝑥6,其中𝑥1是最小值,𝑥6是最大值,则()A.𝑥2,𝑥3,𝑥4,𝑥5的平均数等于𝑥1,𝑥2,…,𝑥6的平均数B.𝑥2,𝑥3,𝑥4,𝑥5的第60百分位数等于𝑥1,𝑥2,…,𝑥6的第60百分位数C.

𝑥2,𝑥3,𝑥4,𝑥5的标准差小于𝑥1,𝑥2,…,𝑥6的标准差D.𝑥2,𝑥3,𝑥4,𝑥5的极差不大于𝑥1,𝑥2,…,𝑥6的极差【答案】BD【分析】根据平均数、百分位数、标准差以及极差的概念,结合特殊值法,对选项中的结论逐一分析判断即可.【详解】对于A:不

妨令𝑥2=𝑥3=𝑥4=𝑥5=5,𝑥1=1,𝑥6=6,则𝑥2+𝑥3+𝑥4+𝑥54−𝑥1+𝑥2+𝑥3+𝑥4+𝑥5+𝑥66=𝑥2+𝑥3+𝑥4+𝑥5−2(𝑥1+𝑥6)12=

12≠0,故A错误;对于B:不妨令𝑥2≤𝑥3≤𝑥4≤𝑥5,因为4×0.6=2.4,则𝑥2,𝑥3,𝑥4,𝑥5的第60百分位数是𝑥4;因为𝑥1是最小值,𝑥6是最大值,且6×0.6=3.6,故𝑥1,𝑥2,𝑥3,

𝑥4,𝑥5,𝑥6的第60百分位数依然是𝑥4,故B正确;对于选项𝐶:取这六个数为:7,7,7,7,7,7,则平均𝑛=7,标准差𝑠1=√16[(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2]=0,7,7,7,7的平均数𝑚=1

4(7+7+7+7)=7,标准差𝑠2=√14[(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2+(7−7)2]=0,即𝑠1=𝑠2,故𝐶错误;对于D:设𝑥2,𝑥3,𝑥4,𝑥5中最小值为𝑥2,最大值为𝑥5,则𝑥1≤𝑥2,𝑥5≤𝑥6,则𝑥5−𝑥2≤𝑥

6−𝑥1,故D正确;故选:BD.10.在棱长为2的正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中,𝑀为𝐵𝐶边的中点,下列结论正确的有（）A.𝐴𝑀与𝐷1𝐵1所成角的余弦值为√1010B.过三点𝐴、𝑀、𝐷1的截面面积为

112C.四面体𝐴1𝐶1𝐵𝐷的内切球的表面积为𝜋3D.𝐸是𝐶𝐶1边的中点,𝐹是𝐴𝐵边的中点,过𝐸、𝑀、𝐹三点的截面是六边形.【答案】AD【分析】对于A,建立空间直角坐标系,利用空间

向量的夹角公式求解;对于B,作出过三点𝐴、𝑀、𝐷1的截面,即可求其面积;对于C,利用等体积法求出内切球的半径,即可求解;对于D,利用几何作图,作出过𝐸、𝑀、𝐹三点的截面,即可判断.【详解】对于A,以𝐴1为坐标原点,以𝐴1𝐷1,�

�1𝐵1,𝐴1𝐴所在直线为𝑥,𝑦,𝑧轴,建立空间直角坐标系,𝐴(0,0,2),𝑀(1,2,2),𝐵1(0,2,0),𝐷1(2,0,0),则𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,2,0),𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(−2,2,0),则

cos⟨𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⟩=𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|𝐴𝑀⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗||𝐷1𝐵1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=2√5⋅2√2=√1010,𝐴𝑀与𝐷1𝐵1所成角的范围为(0,𝜋2]，故�

�𝑀与𝐷1𝐵1所成角的余弦值为√1010，A正确；对于B,设𝑁为𝐶𝐶1的中点,连接𝑀𝑁,则𝑀𝑁//𝐵𝐶1//𝐴𝐷1,且𝑀𝑁=12𝐵𝐶1=12𝐴𝐷1,则梯形𝐴𝑀𝑁𝐷1即为

过三点𝐴、𝑀、𝐷1的截面，𝑀𝑁=√2,𝐴𝐷1=2√2,𝐴𝑀=𝐷1𝑁=√5,则梯形高为√(√5)2−(2√2−√22)2=3√22,故梯形面积为为𝑆=12×3√2×3√22=92,B错误;对于C,如图,四面体𝐴1𝐶1𝐵𝐷的体积等于正方体体积减去四个

角上的直三棱雉的体积,即𝑉=23−4×13×12×23=83,该四面体的棱长为2√2,其表面积为𝑆=4×12×2√2×2√2×sin𝜋3=8√3,设四面体内球球半径为𝑟,则13×8√3×𝑟=83,∴𝑟=√33,故四面体𝐴1𝐶1𝐵

𝐷的内切球的表面积为4𝜋𝑟2=4𝜋3,C错误;对于D,如图,延长𝑀𝐸和𝐵1𝐶1的延长线交于𝐽,则△𝑀𝐶𝐸≅△𝐽𝐶1𝐸,则𝐽𝐶1=𝑀𝐶,设𝐻为𝐴1𝐷1的中点,则𝐽𝐶1=𝐷1𝐻,连接𝐻𝐽,

则△𝐽𝐶1𝐺≅△𝐻𝐷1𝐺,则𝐶1𝐺=𝐷1𝐺,故𝐺为𝐷1𝐶1的中点,故𝐻𝐺//𝐴1𝐶1//𝐴𝐶//𝐹𝑀,同理延长𝑀𝐹,𝐷𝐴交于𝐿,连接𝐿𝐻,交𝐴𝐴1于𝐾,𝐾即为𝐴𝐴1的中点,则𝐾,�

�在𝐹𝑀,𝐻𝐺确定的平面内,则六边形𝐹𝑀𝐸𝐺𝐻𝐾即过𝐸、𝑀、𝐹三点的截面,是六边形,D正确,故选：AD【点睛】难点点睛:本题综合考查了空间几何中的线线角、截面、以及内切球问题,难度较大，解

答时要发挥空间想象能力，明确空间的位置关系，结合空间向量以及等体积法和几何作图解决问题。11.已知定义在𝐑上的奇函数𝑓(𝑥),当𝑥<0时,𝑓(𝑥)=𝑥ln(−𝑥),则下列说法正确的是()A.𝑓(0)=0B.𝑥>0时,

𝑓(𝑥)=𝑥ln(𝑥)C.𝑓(𝑓(1e))=−1eD.函数𝑓(𝑥)有且只有3个零点【答案】ABD【分析】结合奇函数的性质，可判断A、B；应用分段函数的知识可判断C、D.【详解】由𝑓(

𝑥)是定义在𝐑上的奇函数,故𝑓(0)=0,所以𝐀选项正确;由𝑥<0,𝑓(𝑥)=𝑥ln(−𝑥),则𝑥>0⇒−𝑥<0⇒𝑓(−𝑥)=−𝑥ln𝑥.又𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥),所以𝑓(𝑥)=𝑥ln

𝑥,故B选项正确;𝑥>0,𝑓(𝑥)=𝑥ln𝑥⇒𝑓(1e)=1eln1e=1e,又𝑥<0,𝑓(𝑥)=𝑥ln(−𝑥)⇒𝑓(−1e)=1eln1e=1e,故C选项错误;由以上得到𝑓(

𝑥)={𝑥ln(−𝑥),𝑥<0,0,𝑥=0,𝑥ln𝑥,𝑥>0,当𝑓(𝑥)=0⇒𝑥1=−1,𝑥2=0,𝑥3=1,所以D选项正确.故选:ABD.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.已知

一个正六棱柱的底面边长是2√3,高为4,则这个正六棱柱的体积是.【答案】72√3【分析】应用棱柱的体积公式求正六棱柱的体积即可.【详解】正六棱柱底面为正六边形,且底面边长是2√3,高为4,所以底面面积为6×12×2√3×2√3×sin60∘=1

8√3,则这个正六棱柱的体积是18√3×4=72√3.故答案为:72√313.如图,在V𝐴𝐵𝐶中,𝐴𝐷为𝐵𝐶边上的中线,𝐸为𝐴𝐷的中点,若𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=34𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗+𝜆𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗

,则𝜆=.【答案】−14/−0.25【分析】利用向量加法和减法的运算,求得𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗的表达式.【详解】𝐸𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−12𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−12×12(𝐴𝐵⃗⃗⃗

⃗⃗⃗+𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗)=34𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗−14𝐴𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗.故𝜆=−14.故答案为:−14.14.若𝑎cos(𝜋−𝐴)+𝑏sin(𝜋2+𝐵)=0,内角𝐴,𝐵的对边分别为𝑎,𝑏,则三角形𝐴

𝐵𝐶的形状为【答案】等腰三角形或直角三角形【分析】根据条件,利用诱导公式,可得−𝑎cos𝐴+𝑏cos𝐵=0,再由正弦定理,边化角整理得sin2𝐴=sin2𝐵,进一步判断三角形为等腰三角形或直角三角形.【详解】∵𝑎co

s(𝜋−𝐴)+𝑏sin(𝜋2+𝐵)=0,∴−𝑎cos𝐴+𝑏cos𝐵=0,根据正弦定理可得𝑎=2𝑅sin𝐴,𝑏=2𝑅sin𝐵∴−sin𝐴cos𝐴+sin𝐵cos𝐵=0,∴sin2𝐴=sin

2𝐵，由于𝐴,𝐵为三角形的内角，∴𝐴=𝐵或𝐴+𝐵=𝜋2,∴三角形𝐴𝐵𝐶的形状为等腰三角形或直角三角形.故答案为：等腰三角形或直角三角形四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.(本题共13分)如图，设𝑂𝑥,𝑂𝑦是平面内

相交成60∘角的两条数轴，𝑒⃗1,𝑒2⃗⃗⃗⃗分别是𝑥轴，𝑦轴正方向同向的单位向量，若向量𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥𝑒1⃗⃗⃗⃗+𝑦𝑒2⃗⃗⃗⃗，则把有序数对(𝑥,𝑦)叫做向量𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗

在坐标系𝑥𝑂𝑦中的坐标,即𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦).(1)若𝑎⃗=(1,−1)，求|𝑎⃗|的值；(2)若𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥1,𝑦1),𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝑥2,𝑦2),证明𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅

𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑥1𝑥2+12(𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1)+𝑦1𝑦2.【答案】(1)1(2)证明过程见解析【分析】(1)由坐标对应到用单位基底向量表示,利用模的平方等于向量平方代入求解即可;（2）由坐标对应到用单位基底向量表

示，按照向量乘法公式展开即可求解。【详解】(1)因为𝑎⃗=(1,−1),所以𝑎⃗=1𝑒1⃗⃗⃗⃗−1𝑒2⃗⃗⃗⃗,所以|𝑎⃗|=|𝑒1⃗⃗⃗⃗−1𝑒2⃗⃗⃗⃗|=|𝑒1⃗⃗⃗⃗−𝑒2⃗⃗⃗⃗|=√(𝑒1⃗⃗⃗⃗−𝑒2⃗⃗⃗⃗)2=√𝑒⃗12+𝑒⃗

22−2𝑒1⃗⃗⃗⃗𝑒2⃗⃗⃗⃗=√|𝑒1⃗⃗⃗⃗|2+|𝑒2⃗⃗⃗⃗|2−2|𝑒1⃗⃗⃗⃗||𝑒2⃗⃗⃗⃗|cos<𝑒1⃗⃗⃗⃗,𝑒2⃗⃗⃗⃗>=√12+12−2×1×1cos60∘=1(2)𝑂𝑃1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝑃2⃗⃗⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗=(𝑥1𝑒1⃗⃗⃗⃗+𝑦1𝑒2⃗⃗⃗⃗)(𝑥2𝑒1⃗⃗⃗⃗+𝑦2𝑒2⃗⃗⃗⃗)=𝑥1𝑥2𝑒⃗12+𝑥1𝑦2𝑒1⃗⃗⃗⃗𝑒2⃗⃗⃗⃗+𝑦1𝑥2𝑒1⃗⃗⃗⃗𝑒2⃗⃗⃗⃗+𝑦1𝑦2𝑒⃗22=𝑥1𝑥2|𝑒1⃗⃗

⃗⃗|2+𝑥1𝑦2|𝑒1⃗⃗⃗⃗||𝑒2⃗⃗⃗⃗|cos<𝑒1⃗⃗⃗⃗,𝑒2⃗⃗⃗⃗>+𝑦1𝑥2𝑒1⃗⃗⃗⃗|𝑒2⃗⃗⃗⃗cos<𝑒1⃗⃗⃗⃗,𝑒⃗≥𝑦𝑦2𝑒⃗2|=𝑥1𝑥2+𝑥1𝑦212+𝑦1𝑥212+𝑦

1𝑦2=𝑥1𝑥2+12(𝑥1𝑦2+𝑥2𝑦1)+𝑦1𝑦2所以证明成立.16.(本题共15分)如图所示,已知在四棱雉𝑃−𝐴𝐵𝐶𝐷中,𝐶𝐷//𝐴𝐵,𝐴𝐷⊥𝐴𝐵,𝐵𝐶⊥𝑃𝐶,且𝐴𝐷=𝐷𝐶=𝑃𝐴=12𝐴𝐵=1.(1)求证：平面𝑃�

�𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐶；(2)若点𝑀是线段𝑃𝐵的中点,且𝑃𝐴⊥𝐴𝐵,求四面体𝑀𝑃𝐴𝐶的体积.【答案】（1）证明见详解；（2）16.【分析】（1）由已知可证𝐴𝐶⊥𝐵𝐶，结合𝐵𝐶⊥𝑃𝐶，可证𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐶

，即可证结论；(2)点𝑀是线段𝑃𝐵的中点,四面体𝑀𝑃𝐴𝐶的体积等于四面体𝐵𝐶𝑃𝐴体积的一半,利用(1)中的结论,求出△𝑃𝐴𝐶面积,即可求出结果.【详解】(1)在平面𝐴𝐵𝐶𝐷内,过点𝐶作

𝐶𝐸⊥𝐴𝐵,垂足为𝐸,由已知,在四边形𝐴𝐵𝐶𝐷中,𝐴𝐷⊥𝐴𝐵,𝐶𝐷//𝐴𝐵,𝐴𝐷=𝐷𝐶,所以四边形是正方形,所以𝐶𝐸=1,𝐴𝐶=√2,𝐵𝐶=√2,𝐴𝐵=2,∴𝐴𝐶2+𝐵𝐶2=𝐴𝐵2,∴𝐴𝐶⊥𝐵𝐶,又

∵𝐵𝐶⊥𝑃𝐶,𝐴𝐶∩𝑃𝐶=𝐶,𝐴𝐶,𝑃𝐶⊂平面𝑃𝐴𝐶,∴𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐶,∵𝐵𝐶⊂平面𝑃𝐵𝐶,∴平面𝑃𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐶；（2）由题意知，𝑀为𝑃

𝐵中点,所以𝑀到平面𝑃𝐴𝐶的距离等于12𝐵𝐶，∴𝑉𝑀−𝑃𝐴𝐶=12𝑉𝐵−𝑃𝐴𝐶,由（1）得𝐵𝐶⊥平面𝑃𝐴𝐶,∴𝐵𝐶⊥𝑃𝐴,又𝑃𝐴⊥𝐴𝐵,𝐴𝐵∩𝐵𝐶=𝐵,𝐴𝐵、𝐵𝐶⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷,∴�

�𝐴⊥平面𝐴𝐵𝐶𝐷,∴𝑃𝐴⊥𝐴𝐶,𝑆△𝑃𝐴𝐶=12×1×√2=√22,𝑉𝑀−𝑃𝐴𝐶=12𝑉𝐵−𝑃𝐴𝐶=12⋅13⋅𝐵𝐶⋅𝑆△𝑃𝐴𝐶=16×√22×√2=16.【点睛】本题考查面面垂直的证明，要注意平面图形中垂直的隐含条件的挖掘，考查四面体的

体积,要充分利用等体积转化,属于中档题.17.（本题共15分）已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑏1+𝑥2是定义在[−1,1]上的奇函数，且𝑓(1)=−1.(1)求函数𝑓(𝑥)的解析式;(2)判断𝑓(𝑥)在[−1,1]上的单调性，并用单调性定义证明；(3)解不等式𝑓(�

�−1)+𝑓(𝑡2)>𝑓(0).【答案】(1)𝑓(𝑥)=−2𝑥1+𝑥2,𝑥∈[−1,1](2)减函数；证明见解析；（3）[0,√5−12)【分析】（1）根据奇函数的性质和𝑓(1)=1求解即可。（

2）利用函数单调性定义证明即可。（3）首先将题意转化为解不等式𝑓(𝑡2)>𝑓(1−𝑡)，再结合𝑓(𝑥)的单调性求解即可。【详解】(1)函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥−𝑏1+𝑥2是定义在[−1,1]上的奇函数,𝑓(−𝑥)=−

𝑓(𝑥);−𝑎𝑥−𝑏1+𝑥2=−𝑎𝑥−𝑏1+𝑥2，解得𝑏=0，∴𝑓(𝑥)=𝑎𝑥1+𝑥2,而𝑓(1)=−1,解得𝑎=−2,∴𝑓(𝑥)=−2𝑥1+𝑥2,𝑥∈[−1,1]

.（2）函数𝑓(𝑥)=−2𝑥1+𝑥2在[−1,1]上为减函数；证明如下：任意𝑥1,𝑥2∈[−1,1]且𝑥1<𝑥2,则𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)=−2𝑥11+𝑥12−−2𝑥21+𝑥22=−2

(𝑥1−𝑥2)(1−𝑥1𝑥2)(1+𝑥12)(1+𝑥22)因为𝑥1<𝑥2,所以𝑥1−𝑥2<0,又因为𝑥1,𝑥2∈[−1,1],所以1−𝑥1𝑥2>0,所以𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)>0,即𝑓(𝑥1)>𝑓(𝑥2)，所以函数𝑓(𝑥1)>𝑓(𝑥2)

在[−1,1]上为减函数.（3）由题意,𝑓(𝑡−1)+𝑓(𝑡2)>𝑓(0),又𝑓(0)=0，所以𝑓(𝑡−1)+𝑓(𝑡2)>0，即解不等式𝑓(𝑡2)>−𝑓(𝑡−1)，所以𝑓(𝑡

2)>𝑓(1−𝑡)，所以{−1≤𝑡2≤1−1≤1−𝑡≤1𝑡2<1−𝑡,解得0≤𝑡<√5−12,所以该不等式的解集为[0,√5−12).18.（本题共17分）记𝑉𝑉𝐴𝐵𝐶的内角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，已知cos𝐴1+sin𝐴=sin2�

�1+cos2𝐵(1)若𝐶=2𝜋3,求𝐵；(2)求2𝑎2+𝑏2𝑐2的最小值.【答案】(1)𝐵=𝜋6(2)4√6−9【分析】（1）根据题意利用三角恒等变换整理可得sin𝐵=−cos𝐶=12，即可得结果；（2）由（1）可知sin𝐵=−cos𝐶，分析可得𝐶=𝜋2+�

�,𝐴=𝜋2−2𝐵，根据正弦定理边化角，利用三角恒等变换结合基本不等式分析求解.【详解】(1)因为cos𝐴1+sin𝐴=sin2𝐵1+cos2𝐵=2sin𝐵cos𝐵2cos2𝐵=sin𝐵cos𝐵,可得sin𝐵=cos𝐴cos𝐵−sin𝐴sin𝐵=co

s(𝐴+𝐵)=−cos𝐶=12,且0<𝐵<𝜋3,所以𝐵=𝜋6.（2）由（1）可知,sin𝐵=−cos𝐶>0,则𝜋2<𝐶<𝜋,0<𝐵<𝜋2,因为sin𝐵=−cos𝐶=sin(𝐶−𝜋2),且0<

𝐶−𝜋2<𝜋2,可得𝐶=𝜋2+𝐵,则𝐴=𝜋−(𝐵+𝐶)=𝜋2−2𝐵,所以2𝑎2+𝑏2𝑐2=2sin2𝐴+sin2𝐵sin2𝐶=2cos22𝐵+1−cos2𝐵cos2𝐵=2(2cos2𝐵−1)2+1−cos2𝐵

cos2𝐵=8cos2𝐵+3cos2𝐵−9≥2√24−9=4√6−9.当且仅当cos2𝐵=√64时取等号,所以2𝑎2+𝑏2𝑐2的最小值为4√6−9.19.（本题共17分）代数基本定理：任何一个𝑛(𝑛∈𝐍∗)次复系数多

项式方程𝑓(𝑥)=0至少有一个复根。由此可得如下推论：推论一：任何一元𝑛(𝑛∈𝐍∗)次复系数多项式𝑓(𝑥)在复数集中可以分解为𝑛个一次因式的乘积；推论二:一元𝑛次多项式方程有𝑛个复数根,最多有𝑛个不同的根.即一元一次方程最多有1个实根,一

元二次方程最多有2个实根等.推论三:若一个𝑛次方程有不少于𝑛+1个不同的根,则必有各项的系数均为0.已知𝑓(𝑥)=𝑥3+𝑥2.请利用代数基本定理及其推论解决以下问题:(1)求𝑓(𝑥)−2𝑥3−2𝑥2−𝑥=0的复根

;(2)若∃𝑎,𝑏∈𝐑,使得关于𝑥的方程𝑓(3𝑎−𝑥)=𝑏−𝑓(𝑥)至少有四个不同的实根,求𝑎,𝑏的值;(3)若𝑓(𝑥)的图像上有四个不同的点𝐴,𝐵,𝐶,𝐷,以此为顶点构成菱形𝐴𝐵𝐶𝐷,

设𝐴(𝑎,𝑓(𝑎)),𝐵(𝑏,𝑓(𝑏)),求代数式(𝑎2+23𝑎−29)(𝑏2+23𝑏−29)的值.【答案】(1)0,−12+√3i2,−12−√32(2)𝑎=−29,𝑏=427(3)−1【分析】（1）化简该方程后借助因式分解结合求根公

式计算即可得;（2）化简方程后借助推论三计算即可得；（3）设出𝐴𝐶中点𝑂(𝑚,𝑛),代入计算后结合推论三可得𝑂点坐标,结合体型菱形对角线垂直计算即可得解.【详解】(1)由题意,𝑥3+𝑥2−2𝑥3−2𝑥2−𝑥=0

,即−𝑥3−𝑥2−𝑥=0,所以𝑥(𝑥2+𝑥+1)=0,所以𝑥=0或𝑥2+𝑥+1=0,对𝑥2+𝑥+1=0,有𝑥=−1±√3i2,即复根有0,−12+√3i2,−12−√3i2;（2）由题意，(3𝑎−𝑥)3+(3𝑎−𝑥

)2=𝑏−𝑥3−𝑥2，化简得，(9𝑎+2)𝑥2−(27𝑎2+6𝑎)𝑥+27𝑎3+9𝑎2−𝑏=0,由推论三:该方程的解个数多于方程最高次数得{9𝑎+2=027𝑎2+6𝑎=027𝑎3+9𝑎2−𝑏=0,

解之得{𝑎=−29𝑏=427；(3)在菱形𝐴𝐵𝐶𝐷中,𝐴𝐶与𝐵𝐷互相垂直平分,设𝐴𝐶中点𝑂(𝑚,𝑛),由𝐴(𝑎,𝑓(𝑎))得𝐶(2𝑚−𝑎,2𝑛−𝑓(𝑎)),所以

𝑓(2𝑚−𝑎)=2𝑛−𝑓(𝑎),即(2𝑚−𝑎)3+(2𝑚−𝑎)2=2𝑛−𝑎3−𝑎2，化简得：(6𝑚+2)𝑎2−(12𝑚2+4𝑚)𝑎+8𝑚3+4𝑚2−2𝑛=0，由

点𝐴,𝐵,𝐶,𝐷是𝑓(𝑥)的图象上的四个不同的点,故该关于𝑎的方程有四个不同的解,故{6𝑚+2=012𝑚2+4𝑚=08𝑚3+4𝑚2−2𝑛=0,解得{𝑚=−13𝑛=227,故𝑂(−13,227),又𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⃗=0,故(𝑎+1

3)(𝑏+13)+(𝑓(𝑎)−227)(𝑓(𝑏)−227)=(𝑎+13)(𝑏+13)+(𝑎3+𝑎2−227)(𝑏3+𝑏2−227)=(𝑎+13)(𝑏+13)+(𝑎+13)(𝑎

2+23𝑎−29)(𝑏+13)(𝑏2+23𝑏−29)=(𝑎+13)(𝑏+13)[1+(𝑎2+23𝑎−29)(𝑏2+23𝑏−29)]=0由菱形𝐴𝐵𝐶𝐷,可得𝑎≠−13,𝑏≠−13,所以1+

(𝑎2+23𝑎−29)(𝑏2+23𝑏−29)=0，故(𝑎2+23𝑎−29)(𝑏2+23𝑏−29)=−1.