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【文档说明】江苏省淮安市金湖中学等六校联盟2020-2021学年高一下学期第七次学情调查数学答案.docx，共(4)页，113.200 KB，由小赞的店铺上传
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5.25参考答案一．选择题（共8小题）1．C2．A3．D4．B5．C6．A7．D8．B二．多选题（共4小题）9．AD10．ACD11．AB12.ABD三．填空题（共4小题）13．14．15．816．83−四．解答题（共6题）17．解：（1）由，则2α，α+β∈（0，π）．又因为，，
13122sin=所以，…………2分可得cos（α﹣β）＝cos[2α﹣（α﹣β）]＝cos2αcos（α﹣β）+sin2αsin（α﹣β），可得．…………4分（2）由（1）得，①又因为，所以，②…………6分由①，②得，，…………8分所以．…………10分18．证明：（1）∵P﹣ABCD为正四
棱锥，∴ABCD为正方形．∵O为底面ABCD的中心，∴O为AC的中点．∵E为PC的中点，∴EO∥PA．∵EO⊄平面PAD，PA⊂平面PAD，∴EO∥平面PAD．…………6分（2）∵在正四棱锥P﹣ABCD中，O为底面ABCD的中心，∴PO⊥平面ABCD．∵AC⊂平面ABCD，∴P
O⊥AC．∵ABCD为正方形，∴AC⊥BD．17173410∵PO、BD⊂平面PBD，PO∩BD＝O，∴AC⊥平面PBD．…………12分19．解（1）根据题意，m＝（cosB，cosC），＝（2a+c
，b），且m⊥，则有（2a+c）cosB+bcosC＝0，…………2分即cosB（2sinA+sinC）+sinBcosC＝0，2cosBsinA+cosBsinC+sinBcosC＝0．即2cosBsinA＝﹣sin（B+C）＝﹣sinA．∵A∈（0，π），∴sinA≠0，∴cosB＝﹣．…
………4分∵0＜B＜π，∴B＝．…………6分（2）由余弦定理得b2＝a2+c2﹣2accosπ＝a2+c2+ac＝（a+c）2﹣ac≥（a+c）2﹣（）2＝（a+c）2，当且仅当a＝c时取等号．…………8分∴（a+c）2≤4，故a+c≤2．又a
+c＞b＝，…………10分∴a+c∈（，2]．即a+c的取值范围是（，2]．…………12分20．（1）若选①：，在中，，，可得，又由，所以，所以，…………2分因为，且，平面，所以平面，又因为平面，所以，…………4分又由，且平面，所以平面，又因为，分别为，中点，所以，所以平面．……6分若
选②：为四面体外接球的直径，则，，因为，可证得平面，又，分别为，中点，，所以平面．若选③：平面平面，平面平面，因为，且平面，所以平面，7AD=RtBCD2BC=1CD=3BD=2AB=222ABBDAD+=ABBD⊥ABBC⊥BCBDB=,BCBCCB
DAB⊥CBDCDCBDABCD⊥CDBD⊥ABBDB=,ABBDABDCD⊥ABDMNACAD//MNCDMN⊥ABDACABDC90ADC=CDAD⊥CDBD⊥CD⊥ABDMNACAD//MNCDMN
⊥ABDABC⊥BCDABCBCDBC=ABBC⊥ABÌABCAB⊥CBD又由平面，所以，因为，且平面，所以平面，又因为，分别为，中点，，所以平面．（2）由（1）知平面，其中为直角三角形，…………8分可得
，，…………10分故三棱锥的体积为．…………12分21．解：方法一（1）在梯形ABCD中，因为AB∥CD，AB＝2CD，所以AO＝2OC，∴＝…………2分＝＝；…………6分（2）令，＝则，即，…………8分＝令，则，，…………10分所以当时，有最小值．…………12分方
法二CDCBDABCD⊥CDBD⊥ABBDB=,ABBDABDCD⊥ABDMNACAD//MNCDMN⊥ABDMN⊥ABDABD△3122ANBADBSS==△△1122MNCD==AMNB−13133
2212AMNBMABNVV−−===（1）以A为坐标原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系；则A（0，0），B（4，0），C（2，2），D（0，2）；则，由相似三角形易得．设M（λ，0），则
，．得．则，．（2）设N（a，a），显然0≤a≤2，，所以当时，有最小值．22．解证明：取AD的中点M，连接PM，BM，，，四边形ABCD是菱形，且，是正三角形．，又，平面PMB．又平面PMB，；…………4分（
2）①四棱锥P-ABCD的体积为2；…………6分②二面角平面角的正切值为2;…………8分③取PC、PB的中点Q、N，连接MN、NQ、QD，可得平行四边形MNQD；在等腰三角形MBP、DCP中，易得PB，PC；从而易得.进而易得面DPC面BPC，所以二面角是直二面角。…………12
分⊥
