【文档说明】浙江省杭州市六县九校联考2022-2023学年高一下学期期中数学试题含答案.docx，共(21)页，539.006 KB，由小赞的店铺上传

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2022-2023学年浙江省杭州市六县九校联盟高一（下）期中数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________第I卷（选择题）一、单选题（本

大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知集合𝑀={1,2,3,5}，𝑁={2,3,4}，则𝑀∩𝑁=()A.{1,5}B.{1,2}C.{2,3}D.{1,2,3,4}2.

设𝑎=20.7，，𝑐=2−0.3，则()A.𝑐>𝑎>𝑏B.𝑎>𝑐>𝑏C.𝑏>𝑐>𝑎D.𝑏>𝑎>𝑐3.设𝑥∈𝑅，则“𝑥2−2𝑥<0”是“|𝑥−1|<2”的()A.充分不必

要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件4.如图，一个水平放置平面图形的直观图𝐴′𝐵′𝐶′𝐷′是边长为1的菱形，且𝑂′𝐷′=1，则原平面图形的面积为()A.2B.1C.2√2D.√25.下列命题中正

确的是()A.如果一条直线与一个平面平行，那么这条直线与平面内的任意一条直线平行B.平面𝛼内有不共线的三个点𝐴，𝐵，𝐶到平面𝛽的距离相等，则𝛼//𝛽C.𝑏//𝛼，𝛼//𝛽，则𝑏//𝛽D.𝑎//𝛼，𝑎//𝑏，𝑏⊄𝛼，则𝑏//𝛼6.

圣⋅索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点，其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美.小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物𝐴𝐵，高为，在它们之间的地面上的点

𝑀(𝐵,𝑀,𝐷三点共线)处测得楼顶𝐴，教堂顶𝐶的仰角分别是15°和60°，在楼顶𝐴处测得塔顶𝐶的仰角为30°，则估算索菲亚教堂的高度为()A.20𝑚B.20√3𝑚C.20√6𝑚D.10√3𝑚7.正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的棱长为2

，点𝑃，𝑄，𝑅分别是棱𝐴1𝐷1，𝐶1𝐷1，𝐵𝐶中点，则过点𝑃，𝑄，𝑅三点的截面面积是()A.√32B.√3C.2√3D.3√38.已知𝑎2−2𝑎𝑏−3𝑏2=1，且，则𝑎−𝑏的取值范围是()A.[

−1,53]B.[1,54]C.(−∞,1]D.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.下列命题为真命题的是()A.复数2−2𝑖的虚部为−2𝑖B.若𝑖为虚数单位，则𝑖2023=−�

�C.复数−2−𝑖在复平面内对应的点在第三象限D.复数5−2+𝑖的共轭复数为−2−𝑖10.在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别是𝑎，𝑏，𝑐，下列说法正确的是()A.若𝐴>𝐵，则𝑐𝑜𝑠𝐴<𝑐𝑜𝑠𝐵B.若𝐴=30°，𝑏=5，𝑎

=2，则△𝐴𝐵𝐶有两解C.若𝑐𝑜𝑠𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶>0，则△𝐴𝐵𝐶为锐角三角形D.若，则△𝐴𝐵𝐶为等腰三角形或直角三角形11.已知向量，𝑐⃗=(𝜆,−1)，𝜆∈𝑅，𝜇∈

𝑅，则()A.若𝜆=1，则𝑎+2𝑏⃗在𝑐方向上的投影向量为B.与𝑏⃗共线的单位向量为(2√55,√55)C.若，则D.的最小值为7√5512.如图，𝐴𝐶为圆锥𝑆𝑂底面圆𝑂的直径，点𝐵是圆𝑂上异于𝐴，𝐶的动点，𝑆𝑂=𝑂𝐶=2，则下列结论正

确的是()A.圆锥𝑆𝑂的侧面积为8√2𝜋B.三棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶体积的最大值为83C.∠𝑆𝐴𝐵的取值范围是(𝜋4,𝜋3)D.若𝐴𝐵=𝐵𝐶，𝐸为线段𝐴𝐵上的动点，则𝑆𝐸+𝐶𝐸的最小值为2(√3+1)第II卷（非选择题）三、填空题（本大题共4小题，共

20.0分）13.复数𝑧(2+𝑖)=2−𝑖，𝑖为虚数单位，则|𝑧|=______．14.如图，在单位圆中，𝑃(1,0)，𝑀、𝑁分别在单位圆的第一、二象限内运动，若，△𝑀𝑂𝑁为等边三角形，则sin∠𝑃𝑂

𝑀=______．15.已知菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为2，∠𝐵𝐴𝐷=120°，点𝐸，𝐹分在边𝐵𝐶，𝐶𝐷上，𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=𝜇𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗.若𝜆+𝜇=23，则𝐴𝐸⃗⃗⃗

⃗⃗⋅𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗的最小值为______．16.已知圆锥底面圆的直径为2，高为√3，在该圆锥内放置一个棱长为𝑎的正四面体，并且正四面体在该几何体内可以任意转动，则𝑎的最大值为______．四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤

）17.(本小题10.0分)已知|𝑎⃗⃗|=4，|𝑏⃗|=8，𝑎与𝑏⃗的夹角是120°．(1)计算：|𝑎+𝑏⃗|；(2)当𝑘为何值时，(𝑎+2𝑏⃗)⊥(𝑘𝑎+𝑏⃗).18.(本小题10.0分)已知向量𝑎⃗⃗=(2𝑐𝑜𝑠𝑥,1)，，𝑥∈[0,𝜋2].(1)若�

�//𝑏⃗，求𝑥的值；(2)记𝑓(𝑥)=𝑎⋅𝑏⃗，若对于任意𝑥1，𝑥2∈[0,𝜋2]，恒成立，求实数𝜆的最小值．19.(本小题12.0分)如图，游客从某旅游景区的景点𝐴处下山至𝐶处有两种路径：一种是从𝐴处沿直线步行到𝐶处；另一种是先从

𝐴处沿索道乘缆车到𝐵处，然后从𝐵处沿直线步行到𝐶处，现有甲、乙两位游客从𝐴处下山，甲沿𝐴𝐶匀速步行，速度为，在甲出发2𝑚𝑖𝑛后，乙从𝐴处乘缆车到𝐵处，再从𝐵处匀速步行到𝐶处，假设缆车的速度为，山路𝐴�

�长为1260𝑚，经测量𝑐𝑜𝑠𝐴=1213，𝑐𝑜𝑠𝐶=35．(1)从𝐴处到𝐵处，乙乘坐缆车的时间是多少𝑚𝑖𝑛？(2)乙出发多长时间后，乙在缆车上与甲的距离最短？20.(本小题12.0分)如图，斜三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐷，𝐷1分别为𝐴𝐶

，𝐴1𝐶1上的点．(1)当时，求证𝐵𝐶1//平面𝐴𝐵1𝐷1；(2)若平面𝐵𝐶1𝐷//平面𝐴𝐵1𝐷1，求𝐴𝐷𝐷𝐶的值，并说明理由．21.(本小题12.0分)在①𝑎+𝑎𝑐𝑜𝑠𝐶=√3𝑐𝑠𝑖𝑛𝐴，②(𝑎+𝑏+�

�)(𝑎+𝑏−𝑐)=3𝑎𝑏，这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答．已知在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别是𝑎，𝑏，𝑐，_____．(1)求角𝐶的值；(2)若角

𝐶的平分线交𝐴𝐵于点𝐷，且𝐶𝐷=2√3，求2𝑎+𝑏的最小值．22.(本小题14.0分)已知𝑓(𝑥)=|𝑥−𝑎|+𝑎𝑥|𝑥−2|(𝑎≥2)．(1)当𝑎=2时，解不等式𝑓(𝑥)≥0；(2)若𝑔(𝑥)=𝑥⋅𝑓(𝑥)，且函数𝑦=𝑔(𝑥

)的图像与直线𝑦=3有3个不同的交点，求实数𝑎的取值范围；(3)在(2)的条件下，假设3个交点的横坐标分别为𝑥1，𝑥2，𝑥3，且𝑥1<𝑥2<𝑥3，若𝑥2𝑥3𝑥1>𝑡恒成立，求实

数𝑡的取值范围．答案和解析1.【答案】𝐶【解析】解：由题设．故选：𝐶．利用集合的交运算即可求解．本题主要考查了集合的交集运算，属于基础题．2.【答案】𝐵【解析】解：因为𝑎=20.7，，𝑐=2−0.3，所以𝑏<0，，所以

𝑎>𝑐>𝑏．故选：𝐵．利用指数函数、对数函数的单调性直接求解．本题考查三个数的大小的判断，考查指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力等核心素养，是基础题．3.【答案】𝐴【解析】解：由𝑥2−2𝑥<0，得0<𝑥<2，由|𝑥−1|<2，得−2<𝑥−1<2，即−1<�

�<3，，∴“𝑥2−2𝑥<0”是“|𝑥−1|<2”的充分不必要条件．故选：𝐴．分别求解一元二次不等式与绝对值的不等式，再结合充分必要条件的判定可得答案．本题主要考查了一元二次不等式与绝对值不等式的解法，考查充分必要条件的判断，属于基

础题．4.【答案】𝐴【解析】解：根据题意，把直观图还原出原平面图形为平行四边形，如图所示：其中𝑂𝐷=2𝑂′𝐷′=2，𝐴𝐵=𝐶𝐷=𝐴′𝐵′=1，所以原平面图形的面积为𝑆=2×1=2．故选：𝐴．把直观图还原出原平面图形，是平行四边形，计算原平面图形

的面积即可．本题考查了直观图与原平面图形的关系应用问题，是基础题．5.【答案】𝐷【解析】解：对于𝐴：若一条直线与一个平面平行，这条直线与平面内的无数条直线平行，但不是任意一条，A错误；对于𝐵：由题意可得：𝛼//𝛽或𝛼与𝛽相交，B错误；对于𝐶：根据题意可得：𝑏//

𝛽或𝑏⊂𝛽，C错误；对于𝐷：∵𝑎//𝛼，则∃𝑚⊂𝛼，使得𝑎//𝑚，则𝑎//𝑚，∴𝑏//𝑚，𝑏⊄𝛼，𝑚⊂𝛼，∴𝑏//𝛼，D正确；故选：𝐷．根据线面平行的判断和性质理解辨析．本

题主要考查空间直线、平面位置关系的判定，命题真假的判断，考查逻辑推理能力，属于基础题．6.【答案】𝐶【解析】解：由题意知：∠𝐶𝐴𝑀=45°，∠𝐴𝑀𝐶=105°所以∠𝐴𝐶𝑀=30°，在𝑅𝑡

△𝐴𝐵𝑀中，𝐴𝑀=𝐴𝐵sin∠𝐴𝑀𝐵=𝐴𝐵𝑠𝑖𝑛15∘，在△𝐴𝐶𝑀中，由正弦定理得𝐴𝑀𝑠𝑖𝑛30∘=𝐶𝑀𝑠𝑖𝑛45∘，所以𝐶𝑀=𝐴𝑀⋅𝑠�

�𝑛45°𝑠𝑖𝑛30∘=𝐴𝐵⋅𝑠𝑖𝑛45°𝑠𝑖𝑛15∘⋅𝑠𝑖𝑛30∘，在𝑅𝑡△𝐷𝐶𝑀中，．故选：𝐶．由正弦得出𝐴𝑀，再结合正弦定理得到𝐶𝑀，进而能求𝐶𝐷．本题考查解三角形的实际应用，考查正弦定理的应用，考查数学运算和直

观想象的核心素养，属于中档题．7.【答案】𝐷【解析】解：如图，设𝐴𝐵的中点为𝐻，连接𝐻𝑅并延长，交𝐷𝐴延长线于𝐸，交𝐷𝐶延长线于𝐹，连接𝑃𝐸交𝐴1𝐴于𝐺，连接𝑄𝐹交𝐶1𝐶于𝐼，

连接𝐺𝐻，𝑅𝐼，则六边形为过点𝑃，𝑄、𝑅三点的截面，由题意可知，△𝐴𝐻𝐸≌△𝐵𝐻𝑅，则，故△𝐴𝐺𝐸≌，可知，即𝐺为𝐴1𝐴的中点，同理可证𝐼为𝐶1𝐶的中点，故可知六边形

为正六边形，且边长为√2，故其面积为，即过点𝑃、𝑄.𝑅三点的截面面积是3√3，故选：𝐷．作图作出过点𝑃、𝑄，𝑅三点的截面，说明截面为正六边形，求得边长即可求得截面面积．本题考查了正方体的结构特

征，考查了平面被正方体截得的图形问题，主要考查空间想象能力和计算能力，属于基础题．8.【答案】𝐵【解析】解：𝑎2−2𝑎𝑏−3𝑏2=(𝑎−3𝑏)(𝑎+𝑏)=1，，，设𝑎+𝑏=𝑚，𝑎−3𝑏=𝑛，则𝑚𝑛=1，则𝑎−𝑏=12[(𝑎+𝑏)

+(𝑎−3𝑏)]=12(𝑚+𝑛)=12(𝑚+1𝑚)，𝑚∈[12,2]，∵𝑦=𝑚+1𝑚在[12,1]单调递减，在(1,2]上单调递增，，𝑚=12时，𝑦=52；𝑚=2时，𝑦=52，∴𝑎−𝑏的取值范围为：[1,54]．故选：𝐵．可得出𝑎2−2𝑎𝑏−3𝑏

2=(𝑎−3𝑏)(𝑎+𝑏)=1，根据条件得出，设𝑎+𝑏=𝑚，𝑎−3𝑏=𝑛，𝑚𝑛=1，从而得出，，然后根据函数𝑦=𝑚+1𝑚的单调性可得出𝑦的取值范围，进而得出𝑎−𝑏的取值范围．本题考查了对数函数的单调性，对数的运算性质

，对勾函数𝑦=𝑥+1𝑥的单调性，考查了计算能力，属于中档题．9.【答案】𝐵𝐶【解析】解：复数2−2𝑖的虚部为−2，故A错误；𝑖2023=(𝑖4)505⋅𝑖3=−𝑖，故B正确；复数−2−𝑖在复平面内对应的点(−1,−1)在第三象限，故C

正确；，其共轭复数为−2+𝑖，故D错误．故选：𝐵𝐶．根据已知条件，结合复数的四则运算，以及复数虚部，共轭复数的定义，复数的几何意义，即可求解．本题主要考查复数的四则运算，以及复数虚部，共轭复数的定义，复数的几何意义，属于基础题．10.【答案】𝐴𝐶𝐷【解析】解：对于𝐴，∵�

�>𝐵，∴𝑠𝑖𝑛𝐴>𝑠𝑖𝑛𝐵，根据同角三角函数基本关系式可知𝑐𝑜𝑠𝐴<𝑐𝑜𝑠𝐵，故A正确；对于𝐵，由正弦定理可得：𝑎𝑠𝑖𝑛𝐴=𝑏𝑠𝑖𝑛𝐵，，此时△𝐴𝐵𝐶无解，故B错误；

对于𝐶，∵𝑐𝑜𝑠𝐴𝑐𝑜𝑠𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶>0，∴{𝑐𝑜𝑠𝐴>0𝑐𝑜𝑠𝐵>0𝑐𝑜𝑠𝐶>0，可知𝐴，𝐵，𝐶均为锐角，故△𝐴𝐵𝐶为锐角三角形，故C正确；对于𝐷：，，，，，𝑏=𝑎或，故D正确．故

选：𝐴𝐶𝐷．利用正、余弦定理对每项逐一判断即可得解．本题考查了正弦定理，余弦定理在解三角形中的综合应用，考查了转化思想，属于基础题．11.【答案】𝐴𝐷【解析】解：𝐴.𝜆=1时，𝑐⃗=(1,−1)

，𝑎⃗⃗+2𝑏⃗=(1,4)，∴𝑎⃗⃗+2𝑏⃗在𝑐方向上的投影向量为：，A正确；B.与𝑏⃗共线的单位向量为：𝑏⃗⃗|𝑏⃗⃗|=(2√55,√55)或，B错误；C.，，，，C错误；D.，，的最小值为：7√55，D正确

．故选：𝐴𝐷．A.𝜆=1时，𝑐⃗=(1,−1)，得出𝑎⃗⃗+2𝑏⃗=(1,4)，然后根据投影向量的计算公式即可求出𝑎+2𝑏⃗在𝑐方向上的投影向量，从而判断出𝐴的正误；B.与𝑏⃗共线的单位向量为±𝑏⃗⃗|𝑏⃗⃗|，从而判断𝐵的正误；C.根据得出(−3,2)=

(2𝑡+𝜆,𝑡−1)，进而得出，然后即可判断𝐶的正误；D.可求出，然后配方即可判断𝐷的正误．本题考查了投影向量的计算公式，向量坐标的加法、数乘和数量积的运算，根据向量的坐标求向量的长度的方法，单位向量的定义及求法，配方求二次函数最值的方法，考查了计算能

力，属于基础题．12.【答案】𝐵𝐷【解析】【分析】本题考查旋转体及其特征，考查剪展问题中最值的求法，考查棱锥体积的求法，考查空间想象能力及思维能力，考查运算求解能力，是中档题．由已知求出圆锥侧面积判断𝐴；求出三棱锥𝑆−𝐴𝐵

𝐶体积的最大值判断𝐵；由极限观点求解∠𝑆𝐴𝐵的取值范围判断𝐶；利用剪展问题求得𝑆𝐸+𝐶𝐸的最小值判断𝐷．【解答】解：在𝑅𝑡△𝑆𝑂𝐶中，∵𝑆𝑂=𝑂𝐶=2，∴𝑆𝐶=2√2，则圆锥𝑆𝑂的侧面积为𝑆=12×2𝜋×2×2√2=4√2𝜋，故A错误；

当𝐵位于𝐴𝐶⏜中点时，△𝐴𝐵𝐶面积取最大值，为12×4×2=4，此时三棱锥𝑆−𝐴𝐵𝐶体积的最大值为13×4×2=83，故B正确；当点𝐵与点𝐴重合时，∠𝐴𝑆𝐵=0，为最小角，当点𝐵与点𝐶重合时，∠𝐴𝑆𝐵=𝜋2，为最大角，又

因为点𝐵与𝐴，𝐶不重合，故∠𝐴𝑆𝐵∈(0,𝜋2)，又2∠𝑆𝐴𝐵+∠𝐴𝑆𝐵=𝜋，可得∠𝑆𝐴𝐵的取值范围是(𝜋4,𝜋2)，故C错误；若𝐴𝐵=𝐵𝐶，以𝐴𝐵为轴把平面𝑆𝐴𝐵旋转至与平面𝐴𝐵𝐶共面，连

接𝑆𝐶，交𝐴𝐵于𝐸，如图所示，在此平面图中，易得△𝑆𝐴𝐵为等边三角形，𝐴𝐵⊥𝐵𝐶，且𝐴𝐵=𝐵𝐶=2√2，则∠𝑆𝐵𝐶=150°，在△𝑆𝐵𝐶中，𝑆𝐵=𝐵𝐶=2√2，由余弦定理可得

，𝑆𝐶=√(2√2)2+(2√2)2−2×2√2×2√2×𝑐𝑜𝑠150°=√8+8−2×2√2×2√2×(−√32)=2(√3+1)，即𝑆𝐸+𝐶𝐸的最小值为2(√3+1)，故D正确．故选：𝐵𝐷．13.【答案】1【解析】解：由题意，，则|𝑧|=√(35)2+(−45)

2=1．故答案为：1．先化简复数𝑧，再由复数的模长公式计算即可．本题考查复数的运算，考查复数的模长公式，属于基础题．14.【答案】5√314【解析】解：，解得，而点𝑁在第二象限，则，∵∠𝑀𝑂𝑁=𝜋

3，．故答案为：5√314．根据三角形面积公式求出，然后结合两角和与差的正弦公式，即可求解．本题主要考查任意角的三角函数的定义，以及正弦函数的两角差公式，属于中档题．15.【答案】49【解析】解：如图，∵𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗=𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷�

�⃗⃗⃗⃗⃗=𝜇𝐷𝐶⃗⃗⃗⃗⃗，且𝜆+𝜇=23，∴𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝐵𝐸⃗⃗⃗⃗⃗)⋅(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝐷𝐹⃗⃗⃗⃗⃗)=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝜆𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗)⋅(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝐷𝐶⃗⃗

⃗⃗⃗)=(𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗+𝜆𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗)⋅(𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝜇𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗)=(1+𝜆𝜇)𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗+𝜆|𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗|2+𝜇|𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗|2=

(1+𝜆𝜇)×2×2×(−12)+4(𝜆+𝜇)=−2(1+𝜆𝜇)+83，由题意可得，𝜆，𝜇>0，∵𝜆+𝜇=23，∴𝜆𝜇⩽(𝜆+𝜇2)2=19，则−2(1+𝜆𝜇)⩾−209，∴−2(1+𝜆𝜇)+83⩾49(当且仅当𝜆=𝜇=13时

等号成立)，∴𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗的最小值为49．故答案为：49．由题意画出图形，把𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗⃗用𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗,𝐴𝐷⃗⃗⃗⃗⃗表示，最后转化为含有𝜆，𝜇的代数式，再结合𝜆+𝜇=23及基本不等式求得𝐴𝐸⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝐹⃗⃗⃗⃗

⃗的最小值．本题考查平面向量的数量积，考查学生的运算能力，属于中档题．16.【答案】2√23【解析】解：四面体可以在圆锥内任意转动，故该四面体内接于圆锥的内切球，设球心为𝑃，球的半径为𝑟，下底面半径为𝑅，轴截面上球与圆锥母线的切点为𝑄，圆锥的轴截面如图：则𝑂𝐴=𝑂𝐵=1，，．∴三

角形𝑆𝐴𝐵为等边三角形，故𝑃是△𝑆𝐴𝐵的中心，连接𝐵𝑃，则𝐵𝑃平分∠𝑆𝐵𝐴，∴∠𝑃𝐵𝑂=30°．∴𝑡𝑎𝑛30°=𝑟𝑅，即，即四面体的外接球的半径为𝑟=√33．另正四面体可以从正方体中截得，如图：从图中

可以得到，当正四面体的棱长为𝑎时，截得它的正方体的棱长为√22𝑎，而正四面体的四个顶点都在正方体上，故正四面体的外接球即为截得它的正方体的外接球，，即𝑎的最大值为2√23．故答案为：2√23．根据题意，该四面体内接于圆锥的内切球，然后

利用分割补形法求得𝑎的最大值．本题考查正四面体的外接球，考查化归与转化思想，训练了分割补形法的应用，是中档题．17.【答案】解：(1)|𝑎⃗⃗+𝑏⃗|=√(𝑎⃗⃗+𝑏⃗)2=√𝑎⃗⃗2+𝑏⃗2+2𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗=√16+64−2×4×8×12=4√3．

(2)∵(𝑎⃗⃗+2𝑏⃗)⊥(𝑘𝑎⃗⃗+𝑏⃗)，∴(𝑎⃗⃗+2𝑏⃗)⋅(𝑘𝑎⃗⃗+𝑏⃗)=0，∴𝑘𝑎⃗⃗2+(2𝑘−1)𝑎⃗⃗⋅𝑏⃗−2𝑏⃗2=0，即16𝑘−16(2𝑘−1)−2×64=0，解得𝑘=−7，故当𝑘=−7时，(𝑎⃗⃗+2𝑏⃗)⊥(𝑘𝑎⃗⃗

+𝑏⃗)成立．【解析】(1)|𝑎⃗⃗+𝑏⃗|=√(𝑎⃗⃗+𝑏⃗)2，再结合数量积的运算公式，即可求解．(2)根据已知条件，结合数量积的运算公式，即可求解．本题主要考查数量积的运算公式，属于基础题．1

8.【答案】解：(1)由𝑎//𝑏⃗，则，即𝑠𝑖𝑛𝑥=√3𝑐𝑜𝑠𝑥，即𝑡𝑎𝑛𝑥=√3，又𝑥∈[0,𝜋2]，则𝑥=𝜋3；，又𝑥∈[0,𝜋2]，则2𝑥−𝜋6∈[−𝜋6,5𝜋6]，则𝑓(𝑥)∈[−12,1]，又对于任意𝑥1，𝑥2∈[0,

𝜋2]，而恒成立，则，故实数𝜆的最小值为32．【解析】(1)由𝑎//𝑏⃗，则，再求解即可；(2)由，又𝑥∈[0,𝜋2]，则𝑓(𝑥)∈[−12,1]，又对于任意𝑥1，𝑥2∈[0,𝜋2]，恒成立

，等价于，得解．本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了三角函数恒等变换及三角函数最值的求法，属中档题．19.【答案】解：(1)在△𝐴𝐵𝐶中，因为𝑐𝑜𝑠𝐴=1213，𝑐𝑜𝑠𝐶=35.所以𝑠𝑖𝑛𝐴

=513，𝑠𝑖𝑛𝐶=45，从而，由正弦定理𝐴𝐵𝑠𝑖𝑛𝐶=𝐴𝐶𝑠𝑖𝑛𝐵，得，乙乘缆车的时间是；(2)假设乙出发𝑡(0≤𝑡≤8)分钟后，甲、乙距离为𝑑，此时，甲行走了，乙距离𝐴处130𝑚，所以由余弦定理得𝑑2=(100+50𝑡)2+(130𝑡)2−2×1

30𝑡×(100+50𝑡)×1213=200(37𝑡2−70𝑡+50)，因为0≤𝑡≤8，故当时，甲、乙两游客距离最短．【解析】(1)先利用两角和的正弦公式求得𝑠𝑖𝑛𝐵，再根据正弦定理求出𝐴𝐶的长，从而可求乙乘坐缆车的时间；(2

)设乙出发𝑡分钟后，甲、乙两游客距离为𝑑，此时，甲行走了(100+50𝑡)𝑚，乙距离𝐴处130𝑡𝑚，由余弦定理可求𝑑，进而可求𝑑的最小值；本题考查了正余弦定理的应用，锐角三角函数定义，属中档题．

20.【答案】解：(1)证明：如图，当𝐴1𝐷1𝐷1𝐶1=1时，𝐷1为线段𝐴1𝐶1的中点，连接𝐴1𝐵交𝐴𝐵1于点𝑂，连接𝑂𝐷1．由棱柱的性质，知四边形𝐴1𝐴𝐵𝐵1为平行四边形，所以点𝑂为𝐴1𝐵的中点．在△𝐴1𝐵𝐶1中，点

𝑂、𝐷1分别为𝐴1B、𝐴1𝐶1的中点，∴𝑂𝐷1//𝐵𝐶1．又∵𝑂𝐷1⊂平面𝐴𝐵1𝐷1，𝐵𝐶1⊄平面𝐴𝐵1𝐷1，∴𝐵𝐶1//平面𝐴𝐵1𝐷1．(2)由已知，平

面𝐵𝐶1𝐷//平面𝐴𝐵1𝐷1，且平面𝐴1𝐵𝐶1∩平面𝐵𝐷𝐶1=𝐵𝐶1，平面𝐴1𝐵𝐶1∩平面𝐴𝐵1𝐷1=𝐷1𝑂.因此𝐵𝐶1//𝐷1𝑂，同理𝐴𝐷1//𝐷𝐶1．∴𝐴1𝐷1𝐷1𝐶1=𝐴1𝑂𝑂𝐵，𝐴1𝐷

1𝐷1𝐶1=𝐷𝐶𝐴𝐷．又∵𝐴1𝑂𝑂𝐵=1，∴𝐷𝐶𝐴𝐷=1，即𝐴𝐷𝐷𝐶=1．【解析】(1)欲证𝐵𝐶1//平面𝐴𝐵1𝐷1，根据直线与平面平行的判定定理可知只需证𝐵𝐶1与平面𝐴𝐵1𝐷1内一直线平行，当𝐴1𝐷1𝐷1𝐶1=1时，𝐷1为线

段𝐴1𝐶1的中点，连接𝐴1𝐵交𝐴𝐵1于点𝑂，连接𝑂𝐷1，𝑂𝐷1//𝐵𝐶1，𝑂𝐷1⊂平面𝐴𝐵1𝐷1，𝐵𝐶1⊄平面𝐴𝐵1𝐷1，满足定理所需条件；(2)根据平面𝐵𝐶1𝐷与平面𝐴𝐵1𝐷1平行的性质定理可知�

�𝐶1//𝐷1𝑂，同理𝐴𝐷1//𝐷𝐶1，根据比例关系即可求出所求．本题主要考查了直线与平面平行的判定，以及平面与平面平行的性质，考查空间想象能力、运算求解能力、推理论证能力，考查数形结合思想、化归与转化

思想，属于中档题．21.【答案】解：(1)选择条件①：，∴由正弦定理得，∵0<𝐴<𝜋2，∴𝑠𝑖𝑛𝐴>0，∴1+𝑐𝑜𝑠𝐶=√3𝑠𝑖𝑛𝐶，∴√3𝑠𝑖𝑛𝐶−𝑐𝑜𝑠𝐶=1，即，，∵0<𝐶<𝜋2，，∴𝐶=𝜋3；选择条件②：∵(𝑎+𝑏+𝑐)

(𝑎+𝑏−𝑐)=3𝑎𝑏，∴(𝑎+𝑏)2−𝑐2=𝑎2+𝑏2+2𝑎𝑏−𝑐2=3𝑎𝑏，∴𝑎2+𝑏2−𝑐2=𝑎𝑏，∴𝑐𝑜𝑠𝐶=𝑎2+𝑏2−𝑐22𝑎𝑏=𝑎𝑏2𝑎𝑏=12

．∵0<𝐶<𝜋2，∴𝐶=𝜋3；选择条件③：∵𝐴+𝐵+𝐶=𝜋，∴𝐵+𝐶=𝜋−𝐴，∵(𝑎−𝑏)sin(𝐵+𝐶)+𝑏𝑠𝑖𝑛𝐵=𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶，∴(𝑎−𝑏)𝑠𝑖𝑛

𝐴+𝑏⋅𝑠𝑖𝑛𝐵=𝑐𝑠𝑖𝑛𝐶，∴(𝑎−𝑏)𝑎+𝑏2=𝑐2，即𝑎2+𝑏2−𝑐2=𝑎𝑏，∴𝑐𝑜𝑠𝐶=𝑎2+𝑏2−𝑐22𝑎𝑏=𝑎𝑏2𝑎𝑏=12．∵0<𝐶<𝜋2，∴𝐶=𝜋3；(2)在△𝐴𝐵𝐶中，在△𝐴𝐶𝐷中，，在△𝐵

𝐶𝐷中，，∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐶𝐷+𝑆△𝐵𝐶𝐷，，，当且仅当𝑎=2+√2，𝑏=2+2√2时等号成立，∴2𝑎+𝑏的最小值为6+4√2．【解析】(1)选择条件①：根据已知条件，结合正弦定理，以及三角函数的恒等变换公式和角𝐶的取值范围，即可求解；选择条件

②：根据已知条件，结合余弦定理，以及角𝐶的取值范围，即可求解；选择条件③：根据已知条件，结合正弦定理，以及余弦定理，即可求解；(2)由𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐶𝐷+𝑆△𝐵𝐶𝐷，可得，，进而利用均值不等式可求2𝑎+𝑏的最小值．

本题考查了解三角形，重点考查了正弦定理及余弦定理，考查三角形的面积公式，属中档题．22.【答案】解：(1)当𝑎=2时，𝑓(𝑥)=|𝑥−2|(1+2𝑥)，又∵𝑓(𝑥)≥0，∴1+2𝑥≥0或|𝑥−2|=0，∴不等式的解集为(−∞,−2]∪(0，+∞)；(2)由题设得𝑔(𝑥

)=𝑥⋅𝑓(𝑥)={−𝑥2+2𝑎,𝑥<2且𝑥≠0−𝑥2+2𝑎𝑥−2𝑎,2≤𝑥≤𝑎𝑥2−2𝑎,𝑥>𝑎，可得函数𝑦=𝑔(𝑥)的大致图象，所以𝑔(𝑥)在(−∞,0)单调递增

，在(0,2)单调递减，在(2,+∞)单调递增，要使函数𝑦=𝑔(𝑥)的图像与直线𝑦=3有3个不同的交点，则𝑔(2)<3<2𝑎，所以2𝑎−4<3<2𝑎，解得32<𝑎<72，又𝑎≥2，所以𝑎的取值范围为；(3)由(2)

可知，当2≤𝑎<72时，𝑥1，𝑥2为方程的两根，则𝑥1+𝑥2=0，即𝑥2𝑥1=−1，又𝑔(𝑥)在(−∞,0)上单调递增，在(0,2)上单调递减，在(2,𝑎)上单调递增，在(𝑎,+∞)单调递增，𝑔(𝑎)=𝑎2−2𝑎=(𝑎−1)2−

1，(ⅰ)当，即3≤𝑎<72时，𝑥3是方程的较小根，，在上单调递减，则𝑥3∈(2,3]，；(ⅱ)当𝑔(𝑎)<3，即2<𝑎<3时，𝑥3是方程的正根，，，则𝑡≤−3，综上，𝑡的取值范围为(−∞,−3)．【解析】(1)由题可得1+2

𝑥≥0或|𝑥−2|=0，进而即得；(2)根据分类讨论可得函数𝑔(𝑥)=𝑥⋅𝑓(𝑥)的解析式，然后利用数形结合即得；(3)由题可得𝑡<(𝑥2𝑥3𝑥1)𝑚𝑖𝑛=(−𝑥3)𝑚𝑖𝑛，分，𝑔(𝑎)<3讨论，结合条件求𝑥3的取值范围即得．本题主

要考查函数零点与方程根的关系，考查函数性质的综合运用，考查分类讨论思想，数形结合思想以及运算求解能力，属于中档题．获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com