【文档说明】重庆市开州中学2022-2023学年高一下学期期末数学模拟试题 含解析.docx，共(25)页，1.570 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-b34d4d01c33650ac33f2d106bf1a6f7d.html

以下为本文档部分文字说明：

开州中学2022——2023学年度高一下期末模拟试题（考试时间：120分钟试卷满分：150分）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．已知复数z满足()3i45iz−=−，则z的共轭复数的虚部为（）A．

43−B．4i3−C．43D．4i3【答案】A【分析】利用复数的除法运算求出复数z，再求其共轭复数的虚部即可.【解析】()3i45iz−=−()245ii45i4i554i3i3i333z−−+====+−−z的共轭复数为54i

33z=−虚部为43−.故选：A.2.进入8月份后，我市持续高温，气象局一般会提前发布高温橙色预警信号（高温橙色预警标准为24小时内最高气温将升至37摄氏度以上），在今后的3天中，每一天最高气温在37摄氏度以上的概率是35.用计算机生成了20组随机数，结果如下，若用0，1

，2，3，4，5表示高温橙色预警，用6，7，8，9表示非高温橙色预警，则今后的3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的概率估计是（）11678581273013445212568902416933421710936190828404414731

8027A．35B．12C．1320D．25【答案】B【解析】【分析】从20个随机数中观察随机数的三个数中恰有2个在0，1，2，3，4，5中的个数，然后可得概率．【详解】观察20个随机数，其中有116，812，730，217，109，361，284，147，318，0

27共10个表示3天中恰有2天发布高温橙色预警信号，因此所求概率为101202P==．故选：B．【点睛】本题考查随机数表，解题关键是正确理解题意，从随机数中求得表示3天中恰有2天发布高温橙色预警信号的个数，

从而得出概率．3.在ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且cos2cos()abAccAC=++，则B的大小为（）A.6B.3C.23D.56【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理将边化为角，再逆用两角和的正弦公式化简即可

.【详解】因为cos2cos()abAccAC=++，所以sinsincos2sinsincos()ABACCB=+−，即sinsincos2sinsincosABACCB=−，所以sincos2sincossincosABCBBA=−，所以sincossi

ncos2sincosABBACB+=，即sin()2sincosABCB+=，所以sin2sincosCCB=，又(0,)C，所以sin0C，所以1cos2B=，又(0,)B，所以3B=.故选：B4.下列命

题中正确的是（）A.设，是两个不同平面，m、n是两条直线，若mn⊥，m⊥，//n，则⊥B.已知向量(3,2),(1,),abx=−=，且ab−与2ab+共线，则x=32−C.在正三棱柱ABC­A1B1C1中，D是AC的中点，AA

1∶AB＝2∶1，则异面直线AB1与BD所成的角为3D.已知复数z满足|2|1zi−=,则||z的最小值为2【答案】C【解析】【分析】对于A，与相交或平行，对于B，与相交或平行，对于C，由面面平行的判定定理得//，对于D，m

与n相交、平行或异面.【详解】对于A，如果mn⊥，m⊥，//n，那么与β也可能平行，故A错误；对于B，因为(3,2),(1,),abx=−=所以()2,2abx−=−−，()2=74abx+−+，.因为ab−与2ab+共线，所以()()2

472=0xx−+−−−，解得：23x=−，故B错误;对于C，如图，取A1C1的中点D1，连接B1D1，因为D是AC的中点，所以B1D1∥BD，所以∠AB1D1即为异面直线AB1与BD所成的角．连接AD1，设AB＝a，则AA1＝2a，所以AB1＝3a，B1D

1＝32a，AD1＝14a2＋2a2＝32a，所以，在△AB1D1中，由余弦定理得，cos∠AB1D1＝AB21＋B1D21－AD212AB1·B1D1＝3a2＋34a2－94a22×3a×32a＝12，所以∠AB1D1＝60°，故C正确；对于D，|z-2i|=1的几何意义为复平面内动点Z到定点

(0,2)的距离为定值1,如图:由图可知,|z|的最小值为2-1=1，故D错误.故选：C5．（2022·山西·高一阶段练习）对于一个古典概型的样本空间Ω和事件A，B，C，D，其中(Ω)60n=，()30nA=，()10nB=，()20nC=，()30nD=，(

)40nAB=，()10nAC=，()60nAD=，则（）A．A与B不互斥B．A与D互斥但不对立C．C与D互斥D．A与C相互独立【答案】D【解析】【分析】由已知条件结合事件的运算判断事件间的互斥、对立关系，

根据(),()()PACPAPC的关系判断事件是否独立.【详解】由()30nA=，()10nB=，()40nAB=，即()()()nABnAnB=+，故A、B互斥，A错误；由()()()(Ω)60nADnAnDn=+=

=，A、D互斥且对立，B错误；又()20nC=，()10nAC=，则()10nDC=，C与D不互斥，C错误；由()1(2(Ω))nAnPA==，()1(3(Ω))nCnPC==，()(Ω)1()6PAC

CnnA==，所以()()()PACPAPC=，即A与C相互独立，D正确.故选：D6．（2022·全国·高一）窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术．图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形前纸窗花．图2中正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径

为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为（）A．5B．6C．7D．8【答案】D【解析】【分析】计算得出，求出的取值范围，由此可求得的取值范围，从而可得最小值.【详解】ABCDEFOOOMNCD∥PPMPN2

4PMPNPO=−POPMPN如下图所示，由正六边形的几何性质可知，、、、、、均为边长为的等边三角形，当点位于正六边形的顶点时，取最大值，当点为正六边形各边的中点时，取最小值，即，所以，.所以，.的

最小值为.故选：D.7．（2022·浙江·高考真题）如图，已知正三棱柱1111,ABCABCACAA−=，E，F分别是棱11,BCAC上的点．记EF与1AA所成的角为，EF与平面ABC所成的角为，二面角FBCA−−的平面角为，则（）A．B．C．D．

【答案】A【解析】【分析】先用几何法表示出，，，再根据边长关系即可比较大小．OABOBCOCDODEOEFOFA4PABCDEFPO4PPOmin4sin233PO==23,4PO()()(

)()248,12PMPNPOOMPOONPOOMPOOMPO=++=+−=−PMPN8【详解】如图所示，过点F作FPAC⊥于P，过P作PMBC⊥于M，连接PE，则EFP=，FEP=

，FMP=，tan1PEPEFPAB==，tan1FPABPEPE==，tantanFPFPPMPE==，所以，故选：A．8．已知三棱锥SABC−中，23ABACBC===，SBSC⊥，平面SBC⊥平面ABC，则三棱锥的外接球的表面积为（

）A．8B．323C．16D．32【答案】C【解析】取BC的中点D，连接SD，AD，如图所示：因为SBSC⊥，所以D为SBC△的外接圆圆心，又因为ABACBC==，D为BC的中点，所以ADBC⊥.因为平面S

BC⊥平面ABCBC=，所以AD⊥平面SBC，所以三棱锥SABC−的外接球球心在直线AD上.在AD上取一点O，使得OSOA=，即O为三棱锥SABC−的外接球球心，设OSOAR==，()()222333AD=−=，

所以3ODR=−，132SDBC==.在RTSDO△中，222SDODSO+=，所以()()22233RR+−=，解得2R=，所以三棱锥的外接球的表面积为2416R=.故答案选C：16二、多项选择题：本题共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．（2021·山东淄博·高一期末）下列说法正确的是（）A．、、、、、、、、、的第百分位数是B．已知

一组数据、、、、的平均数为，则这组数据的方差是5.2C．有甲、乙、丙三种个体按3:1:2的比例分层抽样调查，如果抽取的甲个体数为9，则样本容量为30D．若、、、的标准差为，则、、、的标准差是【答案】BD【解析】【分析】利用百分位数的定义可判断A选项的正误；

利用平均数和方差公式可判断B选项的正误；利用分层随机抽样可判断C选项的正误；利用方差公式可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，，所以，、、、、、、、、、的第百分位数是，A错误；对于B选项，由平均数公式可得，可得，因此，这组数的方差为

，B正确；对于C选项，乙、丙抽取的个体数分别为36,，则样本容量为36918++=，C错误；12345678910606235x851x2xL10x2131x+231x+L1031x+61060%6=12345678910606

76.52+=235855x++++=7x=2940495.25s++++==对于D选项，设、、、的平均数为，即，方差为，故、、、的平均数为，因此，数据、、、的方差为，故、、、的标准差为，D正确.故选：BD.10

．（2022·山东·济南一中高一阶段练习）已知向量()2,1a=，()()cos,sin0b=，e是向量a的同向单位向量，则下列命题正确的是（）A．若ab⊥，则tan2=B．若b在a上的投影向量为36ae−，则向量a与b的夹角为23C．63,33

是与a共线的唯一的单位向量D．存在，使得abab+=+【答案】BD【解析】【分析】A.根据ab⊥，由2cossin0+=求解判断；B.根据b在a上的投影为36a−，由1cos,2==−ababa求解判断；C.利用共线向量定理和单位向量求解判断；D.根据abab+=+求解判断.【详解

】A.若ab⊥，则2cossin0+=，解得tan2=−，故错误；1x2xL10xx121010xxxx+++=24s=131x+231x+L1031x+()()()121031313110xxxx++++++=()1210313110xxxx

+++=+=+131x+231x+L1031x+()()()()()()2221210231313131313110xxxxxxs+−+++−++++−+=()()()22212102993610xxxxxxs−+−++−===131x+

231x+L1031x+6s=B.若b在a上的投影为36a−，则1cos,2==−ababa，因为,0,ab，所以向量a与b的夹角为23，故正确；C.与a共线的单位向量是63,33或63,33−−，故错误；D.因为()2cos,1si

n+=++ab，则()()222cos1sin422cos2sin+=+++=++ab，31+=+ab，若abab+=+，则422cos2sin31++=+，化简得()2cos1,tan2

−==，则2,Z=+kk，所以存在，使得abab+=+，故正确.故选：BD11．在ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若()2cbab=+，则以下结论正确的是（）A．c

bB．2CB=C．acD．04B【答案】AB【解析】【分析】对A,由两边之和大于第三边可得2cbc，再进一步用不等式的性质即可判断；对B，由余弦定理可知cos2cBb=，再用正弦定理可知sin2sincosCBB=，进一步化简可得B,C的关系，进而可以得到a,b的关系

；对C，结合B代特值即可判断；对D，结合B，可以得到A,B的关系，进而可以判断.【详解】因为()2cbabbc=+，所以cb，故A正确；由余弦定理得，222222cos22acbaababcacacBcb+−++====，所以2cosc

bB=，由正弦定理得，sinsincCbB=，所以sincos2sinCBB=，即sin2sincosCBB=，所以sinsin2CB=，所以2CB=或2CB+=，因为ABC++=，若2CB+=，可得AB=，所以ab=，又2()cbab=+，所以222c

ab=+，此时2C=，4AB==，满足2CB=，故B正确；当4AB==，2C=时，ac，故C错误；由B选项可知2CB=，故()()20ABCBB=−+=−+，即3B，故D错误．故选：AB.12．（2022·全国·高一单元测试）如图，在边长为2的正方形ABCD中，点M是边C

D的中点，将ADM△沿AM翻折到PAM△，连结PB,PC，在ADM△翻折到PAM△的过程中，下列说法正确的是_________．（将正确说法的序号都写上）A．四棱锥PABCM−的体积的最大值为255；B．当面PAM⊥平面A

BCM时，二面角PABC--的正切值为54；C．存在某一翻折位置，使得AMPB⊥；D．棱PB的中点为N，则CN的长为定值．【答案】ABD【解析】【分析】当面PAM⊥平面ABCM时，四棱锥PABCM−的高取得最大值,此时体积达到最大值，经计算

可知①正确；作出二面角PABC--的平面角，经计算可知②正确；利用反证法可知③不正确；取PA的中点Q，连QN，QM，CN，可得CNQM=，经计算可知④正确.【详解】在ADM△翻折到PAM△的过程中，因为四棱锥PABCM

−的底面积为定值，定值为1(12)232+=，所以当四棱锥PABCM−的高取得最大值时，其体积达到最大，当面PAM⊥平面ABCM时，四棱锥PABCM−的高取得最大值,其最大值为直角三角形DAM的斜边上的高，其值为221225512=+，所以四棱锥PABCM−的体积的最大

值为125335=255，故A正确；当面PAM⊥平面ABCM时，过P作PGAM^，垂足为G，则PG⊥平面ABCM，所以PGAB⊥，过G作GHAB⊥，垂足为H，连PH，因为PGGHG=，所以AB⊥平面PGH，所以ABPH⊥，所

以PHG为二面角PABC--的平面角，在直角三角形PAM中，221225512PG==+，在直角三角形PGA中，22222545255AGPAPG=−=−=，因为2215cos512DMAMDAM===+，所以5coscos5GAHAMD=

=，在直角三角形GAH中，4554cos555AHAGGAH===，所以22224548555GHAGAH=−=−=，所以2555tan845PGPHGGH===，所以二面角PAB

C--的正切值为54，故B正确；连接GB，如图：假设AMPB⊥，因为AMPG⊥，PGPBP=，所以AM⊥平面PGB，所以AGGB⊥，所以45255cos25AGGABAB===，又5coscos5GAHAMD==，二者相矛盾，故假设不成立，故AM与P

B不垂直，故C不正确；取PA的中点Q，连QN，QM，CN，如图：因为QN//AB，12QNAB=，//MCAB，12MCAB=，所以//QNMC，QNMC=，所以四边形QNCM为平行四边形，所以CNQM=，在直角三角形QPM中，222211

2QMPQPM=+=+=，所以2CN=，即CN的长为定值2，故D正确.故答案为：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．（2022·河南·洛宁县第一高级中学高一阶段练习）已知某圆锥的母线长为3，其侧面展开图的面积为3，则该圆锥

的体积为________．【答案】223【解析】【分析】先由侧面展开图求出底面圆半径，进而求得高，再由体积公式求解即可.【详解】设该圆锥的母线长为l，高为h，底面圆的半径为r．圆锥侧面展开图的面积为3lr=，解得1r=，2222hlr=−=，该圆锥的体积为212233rh

=．故答案为：22π3.14．把分别写有1，2，3，4的四张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，且若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么2，3连号的概率为（）A．23B．13C．35D．14【答案】B【分析】根据列举法，列举出总的基本事

件，以及满足条件的基本事件，基本事件个数之比即为所求概率.【详解】分三类情况，第一类1，2连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为()12,3,4，()12,4,3，()3,12,4，()4,12,3，()3,4,12，()4,3,12，有6

种分法；第二类2，3连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为()1,23,4，()4,23,1，()23,1,4，()23,4,1，()1,4,23，()4,1,23，有6种分法；第三类3，4连号，则甲、乙、丙三个人拿到的卡片可能为()1,2,34，()2,

1,34，()34,1,2，()34,2,1，()1,34,2，()2,34,1，有6种分法；共有18种分法，则2，3连号的概率为61183P==.15．（2021·山东烟台·高一期末）为调查高一､高二学生心理健康达标情况，某学

校采用分层随机抽样方法，从高一､高二学生中分别抽取了50人､40人参加心理健康测试(满分：10分).经初步统计，参加测试的高一学生成绩的平均分，方差，高二学生的成绩的平均分、方差，则估计该学校高一､高二全体学生的平均分=，方差=.【答案】（1），；（2），.【解析】【分析】

（1）利用平均数和方差公式直接求解（2）利用分层抽样的平均数和方差公式直接求解【详解】ix()1,2,3,,50i=7.4x=22.6xS=iy()1,2,3,,40i=6.5y=21.95ys=z2zS7z=211345zs=.16.在∆ABC中，1cos4A=−，6AB=，D、

E在BC上，且满足2BDDC=，BAEEAC=，34AD=，则AC=__________，AE=__________.【答案】①.9②.965【解析】【分析】首先设3BCx=，ACy=，根据余弦定理，建立关于,xy方程组，即可求解；ABE△和A

EC△中，分别利用正弦定理表示,BEEC，利用比值，即可求解.【详解】设3BCx=，ACy=，2BDDC=，2BDx=，DCx=，222223691cos2124ABACBCyxAABACy+−+−===−，2222119336493xyyxyy=++=++，又222222cos22A

BBDADABBCACBABADABAC+−+−==，即222364343692436xxyxx+−+−=，化简得：226266xy−=−，即22116426693yyy++−=−，即2231350yy−

−=，解得：9y=或152y=−，22119941693x=++=，4x=，即9AC=，28BDx==，在ABE△中，sinsinBEABBAEAEB=，6sinsinBAEBEAEB=，在AEC△中，sinsinCEA

CEACAEC=，9sinsinEACCEAEC=，又BAEEAC=，AEBAEC+=，sinsinBAEEAC=，sinsinAEBAEC=，1(5040)90zxy=+1(507.4406.5)790=+=22250402.6(7

.47)1.95(6.57)9090zs=+−++−11345=的6293BECE==，又12BECEBC+==，245BE=，在ABE△中，222222cos22ABBEAEABBCACBABBEABBC+−+−==，即222224363

61299911524261214416265AE+−+−===，解得：965AE=.故答案为：9；965四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（本小题10分）

某社区举办《“环保我参与”有奖问答比赛》活动，某场比赛中，甲､乙､丙三个家庭同时回答一道有关环保知识的问题.已知甲家庭回答正确这道题的概率是34，甲､丙两个家庭都回答错误的概率是112，乙､丙两个家庭都回答正确的概率是14.若各家庭回答是否正确互不影响.（1）求乙､丙两个家

庭各自回答正确这道题的概率；（2）求甲､乙､丙三个家庭中不少于2个家庭回答正确这道题的概率.【答案】（1）乙：38；丙：23；（2）2132.【分析】（1）记“甲回答对这道题”、“乙回答对这道题”、“

丙回答对这道题”分别为事件A、B、C，则()34PA=，且有1()?()121()()4PAPCPBPC==，由此能求出乙、丙两人各自回答对这道题的概率．（2）首先计算出0个家庭回答正确这道

题的概率与1个家庭回答正确这道题的概率，再根据对立事件的概率公式计算可得；【详解】解：（1）记“甲回答对这道题”、“乙回答对这道题”、“丙回答对这道题”分别为事件A、B、C，则()34PA=，且有1()?()121()()4PAPCPBPC==，即1[1()][1

()]121()()4PAPCPBPC−−==，解得()38PB=，()23PC=．（2）有0个家庭回答正确的概率为()()()()0151548396PPABCPAPBPC====，有1个家庭回答正确

的概率为()()()()()()()()()()1PPABCABCABCPAPBPCPAPBPCPAPBPC=++=++351131152748348348324=++=所以不少于2个家庭回答正确这道题的概率为0157211196

2432PPP=−−=−−=。18．（本小题12分）（2022·河南省浚县第一中学高一阶段练习）如图所示正四棱锥SABCD−，2,2SASBSCSDAB=====，P为侧棱SD上的点．且3SPPD=，求：(1)正

四棱锥SABCD−的表面积；(2)侧棱SC上是否存在一点E，使得//BE平面PAC．若存在，求SEEC的值；若不存在，试说明理由．(3)求二面角ASBC−−的平面角的余弦值．【答案】(1)272+；(2)在侧棱SC上存在一点

E，使//BE平面PAC，满足2SEEC=．【解析】【分析】（1）根据棱锥的表面积的计算公式即可求出结果；（2）分析可得在侧棱SC上存在一点E，使//BE平面PAC，满足2SEEC=．证得平面//BEQ平面PAC，根据面面平行的性质定理即可证

出结论.(1)正四棱锥SABCD−中，2SASBSCSD====，2AB=，侧面的高222142()22h=−=，正四棱锥SABCD−的表面积114422227222S=+=+．(2)在侧棱

SC上存在一点E，使//BE平面PAC，满足2SEEC=．理由如下：取SD中点为Q，因为3SPPD=，则PQPD=，过Q作PC的平行线交SC于E，连接BQ，BE．在BDQ△中，有//BQPO，PO平面PAC，BQ平面PAC，//BQ平面PAC，由于2SQQP=，2S

ESQECQP==．又由于//QEPC，PC平面PAC，QE平面PAC，//QE平面PAC，BQQEQ=，平面//BEQ平面PAC，得//BE平面PAC。19．（本小题12分）（2022·江苏·南京师范大学附属中学江宁分

校高一期中）我校近几年加大了对学生奥赛的培训，为了选择培训的对象，今年5月我校进行一次数学竞赛，从参加竞赛的同学中，选取50名同学将其成绩（百分制，均为整数）分成六组：第1组)40,50，第2组)5

0,60，第3组)60,70，第4组)70,80，第5组)80,90，第6组90,100，得到频率分布直方图（如图），观察图形中的信息，回答下列问题：(1)利用组中值估计本次考试成绩的平均数及中位数；(2)从频率分布直方图中，估计第65百分位数是多少；(3)已知学生成绩评定等级有优秀、

良好、一般三个等级，其中成绩不小于90分时为优秀等级，若从第5组和第6组两组学生中，随机抽取2人，求所抽取的2人中至少1人成绩优秀的概率．【答案】(1)66.8，67(2)73(3)57【解析】(1)本次考试成绩的平均数为450.1550.2

6650.2750.3850.08950.06+++++=66.8.由频率分布直方图可知,本次考试学生成绩在60分以下的样本所占比例为()100.0100.0260.36+=，所以样本数据的中位数为0.50.3660+10670.2−=；

(2)因为前3组频率之和为0.10.260.20.56++=，前4组频率之和为0.10.260.20.30.86+++=，所以第65百分位数在第4组中，设为x，则0.56(70)0.030.65x+−=，解得73x=.第65百分位数是73.(3)第五组与第六组学

生总人数为(0.080.06)507+=，其中第五组有4人，记为a、b、c、d，第六组有3人，记为A、B、C，从中随机抽取2人的情况有：ab、ac、ad、aA、aB、aC、bc、bd、bA、bB、bC、cd、cA、cB、cC、dA、dB、dC、AB、AC、BC共有21种，其中

至少1人成绩优秀的情况有15种，所抽取的2人中至少1人成绩优秀的概率155217=．20．（本小题12分）（本小题12分）在①sinsinsinAbcBCba+=−−；②cos13sincCaA+=；③23SCACB=，这三个条件中任选一个，补充在下面的横线

上，并加以解答．在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，C，S为ABC的面积，若__________（填条件序号）（1）求角C的大小；（2）若边长2c=，求ABC周长的最大值及ABC面积的最大值．【答案】（1）3；（2）63LS，.【分析】（1

）若选①：利用正弦定理进行角化边，然后根据余弦定理求解出C的结果；若选②：根据正弦定理进行边化角，然后根据三角恒等变换的公式求解出C的结果；若选③：根据面积公式in12sSabC=结合已知条件求解出tanC的值，从而求解出C的结果；（2）利用余弦定理

和c的值结合基本不等式，求解出ab+的最大值，由此可求解出ABC周长的最大值.【详解】（1）若选①：因为sinsinsinAbcBCba+=−−，所以abcbcba+=−−，所以222ababc−=−

，所以222cabab=+−，所以2cosabCab=且0ab，所以1cos2C=，所以3C=；若选②：因为cos13sincCaA+=，所以sincos1sin3sinCCAA+=且sin0A，所

以3sincos1CC=+，所以3sincos1CC−=，所以2sin16C−=，所以1sin62C−=且5,666C−−，所以66C−=，所以3C=；若选③：因为in12sSabC=，23SCACB

=，所以sin3cosabCabC=且0ab，所以tan3C=且()0,C，所以3C=；（2）因为2222coscababC=+−，所以224abab+−=，所以()234abab+−=，所以()224332ababab++−=，所

以()216ab+，所以4ab+，取等号时2ab==，所以ABC的周长的最大值为：426+=.又由224abab+−=，所以2242ababab+=+即4ab所以13sin324ABCSabCab==

取等号时2ab==，故ABCmaxABCmax)6)3LS==周长(，(21．（本小题12分）（2022·江苏扬州·高一期中）如图，在ABC中，2BC=，1BA=，π3ABC=，D、E分别是线段BC、AC上一点，且2,BDDC=2CEEA=.(1)

设BAa=，BCb=，设BExayb=+，求xy−；(2)若M为线段BE与线段AD的交点，求CMBA.【答案】(1)13xy−=；(2)17−.【解析】【分析】（1）根据平面向量共线的性质，结合平面向量加法的几何意义、（2）根据平面向量减法的几何意义，结合平面向量数量积的运

算性质、平面向量数量积的定义、三点共线的性质进行求解即可.(1)∵2CEEA=∴()11213333BEBAAEBAACBABCBABABC=+=+=+−=+∵,BAaBCb==，BExayb=+21

,33xy==∴13xy−=；(2)∵2BDDC=，直线BE与AD相交于点M设223332BMBEBABCBABD==+=+，∵A，M，D三点共线∴2132+=，解得，67=，∴42457777CMBMBCBABCBCBABC=−=+−=−，∴245457777CMB

ABABCBABABCBA=−=−，∵在△ABC中，2,1,3BCBAABC===，∴45112cos7737CMBA=−=−22.（本小题12分）如图，在四棱柱1111ABCDABCD

−中，各棱长均为1，1111ABAD⊥，11113AABAAD==.（1）求证：111AABD⊥；（2）求点1C到平面11AABB的距离；（3）侧棱1CC上是否存在一点E，使得1BE与平面11AABB所成角的正弦值为13?若存在，求出1CE

的长度；若不存在，请说明理由，【答案】（1）证明见解析；（2）63；（3）不存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）连接1AB，1AD，11AC，记1111ACBDO=，连接AO，利用三角形全等得11ADAB=，根据等腰三角形、正方形性质有11AOBD⊥、1

111BDAC⊥，最后由线面垂直的判定和性质证结论.（2）连接1AC，利用等体积法有111111AABCCAABVV−−=，结合线面平行求1C到平面11AABB的距离即可；（3）假设点存在，过E作11EFBC⊥，垂

足为F，连接1CF，应用勾股定理求1CE长，结合E在棱1CC上判断存在性即可.【小问1详解】如图，连接1AB，1AD，11AC，记1111ACBDO=，连接AO.因为1111AABAAD=，1111ABAD=，11AAAA=，故1111AADAAB，所以11ADAB=，因为AB

CD为正方形，则O为11BD的中点，所以11AOBD⊥，且下底面也是正方形，故1111BDAC⊥.因为11AC平面1AAO，AO平面1AAO，且11ACAOO=，所以11BD⊥平面1AAO，又1AA平面1AAO，所以111⊥BDAA.【小问2详解】连接1AC.因为四

边形ABCD是边长为1的正方形，所以1122AOBO==.因为113πAAB=，且1111AAAB==，所以11AB=.由（1）知：11AOBD⊥，则22AO=，所以22211AOAOAA+=，则1AOAO⊥，且14AAO=.因为1A

O平面1111DCBA，11BD平面1111DCBA，且111AOBDO=，所以AO⊥平面1111DCBA.设点1C到平面11AABB的距离为d，又111111AABCCAABVV−−=，所以112113111322322

d=，解得63d=.因为1//CE平面11AABB，所以点E到平面11AABB的距离为63.【小问3详解】假设存在满足条件的点E，由（2）知：113dBE=，即16BE=.过E作11EFBC⊥，垂足为F，连接1C

F，则点F在11BC的延长线上，1113ECFAAD==.设1CEx=，则112CFx=，32EFx=，从而221131622BExx=++=，解得2112x−=.因为点E在棱1CC上，则101CE，所以假设不成立，即不存在点E，使得1BE与平面11AAB

B所成角的正弦值为13.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com