【文档说明】湖南省名校联考联合体2020-2021学年高一下学期期末联考数学试卷 【精准解析】.docx，共(21)页，218.590 KB，由小赞的店铺上传

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湖南省名校联考联合体2020-2021学年高一下学期数学期末联考试卷一、单选题1.已知复数𝑧满足(𝑧+1)i=1+i，则𝑧=（）A.iB.−iC.1+iD.2−i2.已知某地近三天每天下雨的概率为0.5，现采用计算机模拟的方法估计这三天中至少有两天下雨的概率，先由计算机产生0到9之间的整

数值的随机数，指定0，1，2，3，4表示下雨，5，6，7，8，9表示不下雨，经随机模拟产生了20组随机数：162966151525271932592408569683471257333627554488730163537039据此估计，三天中至少有两天

下雨的概率为（）A.0.5B.0.55C.0.6D.0.653.已知三个函数𝑦=𝑎𝑥,𝑦=𝑥𝑏,𝑦=log𝑐𝑥的图象示，则（）A.𝑎>𝑏>𝑐B.𝑐>𝑎>𝑏C.𝑎>𝑐>𝑏D.𝑐>𝑏>𝑎4.已知函数𝑦=ln(𝑥2−𝑎𝑥+3�

�)在[2,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围为（）A.(−4,+∞)B.(0,4]C.[4,+∞)D.(−4,4]5.经纬度是经度与纬度的合称，它们组成一个坐标系统，称为地理坐标系统，它是利用三维空间的球

面来定义地球上的空间的球面坐标系.能够标示地球上任何一个位置，其中纬度是地球重力方向上的铅垂线与赤道平面所成的线面角.如世界最高峰珠穆朗玛峰就处在北纬30∘，若将地球看成近似球体，其半径约为6400km，则北纬30∘纬线的长为（）A.6400√3kmB.6400√3𝜋kmC.32

00√3𝜋kmD.6400𝜋km6.在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，已知角𝛼的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点𝑃(−35,45)，角𝛽满足cos(𝛼+𝛽)=0，则sin2𝛽cos2𝛽+1的值为（）A.−43B.−34C.−83D.−797.如图

，为测量楼房的高度PQ，选择A和另一座楼房的房顶C作为测量基点，从A测得P点的仰角为∠𝑃𝐴𝑄=60∘，𝐶点的仰角∠𝐶𝐴𝐵=45∘,∠𝑃𝐴𝐶=75∘.从𝐶点测得∠𝑃𝐶𝐴=60∘，且BC

楼高50m，则PQ楼高为（）A.75mB.75√2mC.75√3mD.50√6m8.在平面中的向量𝑎⃗,𝑏⃗⃗满足|𝑎|=|𝑏|=1且𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=0，𝑂为平面内一点，且𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√2(𝑎⃗+𝑏⃗⃗),𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=cos𝜃�

�⃗+sin𝜃𝑏⃗⃗(𝜃∈[0,2𝜋))，则|𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗|的取值范围为（）A.[0,1]B.[√2−1,√2+1]C.[1,3]D.[√2,2√2]二、多选题9.下列命题中，真命题有（）A.若复数𝑧1=𝑧̅2，则𝑧1⋅𝑧2∈𝑅B.若复数𝑧1,𝑧2满足|𝑧1

|=|𝑧̅2|，则𝑧1=𝑧2或𝑧1=𝑧̅2C.若复数𝑧1=𝑧̅2，则|𝑧1|=|𝑧2|D.若复数𝑧1,𝑧2满足𝑧1+𝑧2∈𝑅，则𝑧1∈𝑅且𝑧2∈𝑅10.下列关于概率的命题，正确的有（）A.若事件𝐴,𝐵满足𝑃(𝐴)=13,𝑃(𝐵)=23，则𝐴,𝐵

为对立事件B.若事件A，B满足𝑃(𝐴)=13,𝑃(𝐵)=23,𝑃(𝐴𝐵)=29，则A，B相互独立C.若对于事件𝐴,𝐵,𝐶,𝑃(𝐴)=𝑃(𝐵)=𝑃(𝐶)=12,𝑃(𝐴𝐵𝐶)=18，则𝐴,𝐵,𝐶两两独立D.若对于事

件𝐴,𝐵,𝐴与𝐵相互独立，且𝑃(𝐴)=0.7,𝑃(𝐵)=0.6，则𝑃(𝐴𝐵)=0.42,𝑃(𝐴∪𝐵)=0.8811.已知函数𝑓(𝑥)={−sin𝜋𝑥,−2⩽𝑥⩽0,|log2𝑥|,𝑥>0,则下列判断正确的有（）A.方程𝑓(𝑥)−12=0的所有解之和为3

√2−22B.若直线𝑦=𝑡与𝑦=𝑓(𝑥)的图象有且仅有两个公共点，则𝑡∈(−∞,0)∪(1,+∞)C.若方程𝑓(𝑥)=𝑚恰有四解𝑥1,𝑥2,𝑥3,𝑥4(𝑥1<𝑥2<𝑥3<𝑥4)，则𝑥1+𝑥2+𝑥3⋅𝑥4=0D.若𝑓

(𝑥)=𝑘有两正根𝑥1,𝑥2，则𝑥1⋅𝑥2=112.如图，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，点𝑃在线段𝐵1𝐶运动，则（）A.三棱锥𝑃−𝐴1𝐶1𝐷的体积为定值B.异面直线𝐴𝑃与𝐴1𝐷所成的角的取值范围为[45∘,90∘]C.直线𝐶

1𝑃与平面𝐴1𝐶1𝐷所成角的正弦值的最大值为√63D.过𝑃作直线𝑙//𝐴𝐷1，则𝑙⊥𝐷𝑃三、填空题13.已知集合𝐴={𝑥∈𝑍∣32−𝑥∈𝑍}，用列举法表示集合𝐴，则𝐴=_

_______.14.若复数𝑧1=1+2𝑖,𝑧2=3−𝑖(其中i为虚数单位)所对应的向量分别为𝑂𝑍⃗⃗⃗⃗⃗⃗1和𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，则△𝑂𝑍1𝑍2的面积为________.15.我省高考实行3+1+2模式，高一学生A和B两位同学的首选科目都是历史，再选科目两人选

择每个科目的可能性均等，且他们的选择互不影响，则他们选科至少有一科不同的概率为________.16.已知，如图，正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1棱长为1，𝑃为𝐴1𝐵上的动点，则𝐴𝑃+𝑃𝐷1的是小值为________

.四、解答题17.某地一天的时间𝑥(0⩽𝑥⩽24，单位：时)随气温𝑦(⬚oC)变化的规隼可近似看成正弦函数𝑦=𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)+𝐵的图象，如图所示.（1）根据图中数据，试求𝑦=𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)+

𝐵(𝐴>0,𝜔>0,−𝜋<𝜑<0)的表达式.（2）该地居民老张因身体不适在家休养，医生建议其外出进行活动时，室外气温不低于23oC，根据（1）中模型，老张该日可在哪一时段外出活动，活动时长最长不超过多长时间？18.已知.如图，正方形ABCD

的边长为1，P，Q分别为边BC，CD上的点.（1）𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑄𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗.求𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗；（2）当△𝐶𝑃𝑄的周长为2时，求∠𝑃𝐴𝑄的大小.19.新冠疫苗

接种是能构建人群免疫屏陈，阻断病毒传挪，国家卫健委宣布至2021年6月14日，我国已累计报告接种新冠病毒疫苗超9亿剂次.在某社区接种点，随机抽取了100名来接种疫苗的市民，统计其在接种点等待接种的时间(等待时间不超过40分钟)，将统计数据按[5,10),⋯

,[35,40]分组，制成以下频率分布直方图.（1）由所给的频率分布直方图：①估计该接种点市民等待时间的上四分位数；(结果保留一位小数)②记A事件为该接种点居民等待接种时间少于30分钟”，试估计件A的概率.（2）为鼓励市民踊跃接种，在该接种点接种疫苗的市民有机会获取小礼物；现场有1个箱子，箱子

中有质地相同的10个小球，其中9个蓝球，1个红球，每个完成接种的市民有两种选择，选择1：每次摸出1球，有放回地摸10次；选择2：每次可摸出2球，有放回地摸5次.两种选择至少能摸出一个红球即可获赠小礼物，则哪种选择获得小礼物的概率较大？说明理由.20.已为𝑎.𝑏.c分别为

△𝐴𝐵𝐶三内角𝐴,𝐵,𝐶的对边，且𝑎cos𝐶−√3𝑎sin𝐶=𝑏−𝑐（1）求𝐴.（2）若𝑐=2，𝐵的平分线𝐵𝐷=√6，求△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆.21.设函数𝑓(𝑥)=𝑎⋅2𝑥−2−𝑥定义在𝑅

上的奇函数.（1）若不等式𝑓(𝑥)⩾𝑘⋅2𝑥−2有解，求实数𝑘的取值范围；（2）若𝑓(sin3𝛼−cos3𝑎)+𝑓(cos𝛼−sin𝛼)>0(𝛼∈(0,2𝜋))，求满足条件的a的取值范围.22.如图，直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中

，𝐴𝐶=𝐴𝐴1=2,∠𝐴𝐶𝐵=90∘，M为侧梭𝐴𝐴1的中点.（1）试探究在𝐵𝐶1上是否存在点𝑁，使𝐴1𝑁//面𝐵𝐶𝑀，若存在，试证明你的结论；若不存在，请说明理由.（2）若𝐵𝐶1与平面𝐵𝐶𝑀所成角的正弦值为45，求该三棱柱的体积.答

案解析部分一、单选题1.已知复数𝑧满足(𝑧+1)i=1+i，则𝑧=（）A.iB.−iC.1+iD.2−i【答案】B【考点】复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】𝑧=1+ii−1=(1+i)ii2−1=−i.故答案为：B【分析】由已知等式变形，然

后利用复数代数形式的乘除运算化简，即可得出答案。2.已知某地近三天每天下雨的概率为0.5，现采用计算机模拟的方法估计这三天中至少有两天下雨的概率，先由计算机产生0到9之间的整数值的随机数，指定0，1，2，3，4表示下雨，5，6，7，8，9表示不下雨，经随机模拟产生了2

0组随机数：162966151525271932592408569683471257333627554488730163537039据此估计，三天中至少有两天下雨的概率为（）A.0.5B.0.55C.0.6D.0.65【答案】A【考点】列举法计算基本事件数

及事件发生的概率【解析】【解答】基本事件的总数为20种，其中三天中至少有两天下雨的基本事件有162，151，271，932，408，471，333，730，163，039共10种，所以三天中至少有两天下雨的概率约为𝑝=1020=0.5故答案为：A【分析】经随机模拟产生的20组随机数

中，利用列举法求出三天中至少有两天下雨的随机数有10组，据此以估计三天中至少有两天下雨的概率。3.已知三个函数𝑦=𝑎𝑥,𝑦=𝑥𝑏,𝑦=log𝑐𝑥的图象示，则（）A.𝑎>𝑏>𝑐B.𝑐>𝑎>𝑏C.𝑎>𝑐>𝑏D.𝑐>𝑏>𝑎【答案】C【考点】指数

函数的图象与性质，对数函数的图象与性质，幂函数的图象【解析】【解答】由指数函数𝑦=𝑎𝑥图象可知，𝑎>1，由幂函数𝑦=𝑥𝑏的图象可知，𝑏<0，由对数函数𝑦=log𝑐𝑥的图象可知0<𝑐<1，故可得𝑎>𝑐>𝑏，故答案为：C【分析】根据题意，结合指数函数，幂函数，对数函数

图像性质，分析a，b，c的取值范围，即可得出答案。4.已知函数𝑦=ln(𝑥2−𝑎𝑥+3𝑎)在[2,+∞)上单调递增，则实数a的取值范围为（）A.(−4,+∞)B.(0,4]C.[4,+∞)D.(−4,4]【答案】D【考点】函数

单调性的性质【解析】【解答】根据复合函数的单调性可知，若函数在区间[2,+∞)上单调递增，需满足{𝑎2≤222−2𝑎+3𝑎>0，解得：−4<𝑎≤4.故答案为：D【分析】由题意利用复合函数的单调性，二次函数，对数函数的性质，即可得出答案。5.经纬度是经度与

纬度的合称，它们组成一个坐标系统，称为地理坐标系统，它是利用三维空间的球面来定义地球上的空间的球面坐标系.能够标示地球上任何一个位置，其中纬度是地球重力方向上的铅垂线与赤道平面所成的线面角.如世界最高峰珠穆朗玛峰就处在北纬30∘，若将地球看成近似球体，其半径约为6400km，则北纬30∘纬线的

长为（）A.6400√3kmB.6400√3𝜋kmC.3200√3𝜋kmD.6400𝜋km【答案】B【考点】三角形中的几何计算【解析】【解答】如图所示，半径𝑂1𝐶=𝑂𝐶⋅cos30°=6

400⋅√32=3200√3，周长为6400√3𝜋.故答案为：B.【分析】利用球的截面，结合球与截面之间的关系，在直角三角形中，求出北纬30∘纬线圈的半径，即可得出答案。6.在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，已知角𝛼的终边与以原点为圆心的单位圆相交于点𝑃

(−35,45)，角𝛽满足cos(𝛼+𝛽)=0，则sin2𝛽cos2𝛽+1的值为（）A.−43B.−34C.−83D.−79【答案】B【考点】两角和与差的余弦公式，任意角三角函数的定义【解析

】【解答】由𝑃(−35,45)，可知tan𝛼=45−35=−43因为cos(𝛼+𝛽)=0，所以cos𝛼cos𝛽=sin𝛼sin𝛽，即tan𝛽=1tan𝛼=−34，所以sin2𝛽cos2𝛽+1=2sin𝛽cos𝛽2cos2𝛽=tan�

�=−34,故答案为：B【分析】由三角函数定义可知，tan𝛼=45−35=−43，由cos(𝛼+𝛽)=0可推出cos𝛼cos𝛽=sin𝛼sin𝛽即tan𝛽=1tan𝛼=−34，再利用二倍角公式对原式化简，即可

求解。7.如图，为测量楼房的高度PQ，选择A和另一座楼房的房顶C作为测量基点，从A测得P点的仰角为∠𝑃𝐴𝑄=60∘，𝐶点的仰角∠𝐶𝐴𝐵=45∘,∠𝑃𝐴𝐶=75∘.从𝐶点测得∠𝑃𝐶𝐴=60∘，且BC楼高50m，则PQ楼高为（）A.75mB.75√

2mC.75√3mD.50√6m【答案】A【考点】解三角形的实际应用【解析】【解答】在𝑅𝑇△𝐴𝐵𝐶中，∠𝐶𝐴𝐵=45°，𝐵𝐶=50𝑚，所以𝐴𝐶=50√2𝑚．在△𝐴𝑃𝐶中，∠𝑃𝐴𝐶=75°，∠𝑃𝐶𝐴=60°，从而∠𝐴𝑃𝐶

=45°，由正弦定理得，𝐴𝐶sin45°=𝐴𝑃sin60°，因此𝐴𝑃=50√3𝑚．在𝑅𝑇△𝑃𝑄𝐴中，𝐴𝑃=50√3𝑚，∠𝑃𝐴𝑄=60°，由𝑃𝑄𝐴𝑃=sin60°得𝑃𝑄=50√3×√32=75𝑚．故答案为：

A【分析】由题意，可先求出AC的值，从而由正弦定理可求AP的值，在𝑅𝑇△𝑃𝑄𝐴中，由𝐴𝑃=50√3𝑚，∠𝑃𝐴𝑄=60°，从而可求得PQ的值。8.在平面中的向量𝑎⃗,𝑏⃗⃗满足|𝑎|=|𝑏|=1且𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=0，𝑂为平面内一点，且𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√2

(𝑎⃗+𝑏⃗⃗),𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=cos𝜃𝑎⃗+sin𝜃𝑏⃗⃗(𝜃∈[0,2𝜋))，则|𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗|的取值范围为（）A.[0,1]B.[√2−1,√2+1]C.[1,3]D.[√2,2√2]【答案】C【考点】

向量的模，向量的减法及其几何意义【解析】【解答】∵𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=√2(𝑎⃗+𝑏⃗⃗)−cos𝜃𝑎⃗−sin𝜃𝑏⃗⃗=(√2−cos𝜃)𝑎→+(√2−sin𝜃)𝑏→,∴|𝑃𝑄

⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2=(√2−cos𝜃)2𝑎→2+(√2−sin𝜃)2𝑏→2+2[(√2−cos𝜃)𝑎→⋅(√2−sin𝜃)𝑏→],∵向量𝑎⃗,𝑏⃗⃗满足|𝑎|=|𝑏|=1且𝑎⃗⋅𝑏⃗⃗=0,∴|𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2=(√2−cos𝜃)

2+(√2−sin𝜃)2=5−2√2cos𝜃−2√2sin𝜃=5−4sin(𝜃+𝜋4),∵𝜃∈[0,2𝜋),∴sin(𝜃+𝜋4)∈[−1,1],∴|𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2∈[1,9],∴|𝑃𝑄

⃗⃗⃗⃗⃗⃗|∈[1,3],故答案为：C【分析】由𝑃𝑄→=𝑂𝑄→−𝑂𝑃→=(√2−cos𝜃)𝑎→+(√2−sin𝜃)𝑏→,得|𝑃𝑄→|2=(√2−cos𝜃)2+(√2−sin𝜃)2=5−4sin(𝜃+𝜋4)，结合𝜃∈[0,

2𝜋)可求得|𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗|的取值范围。二、多选题9.下列命题中，真命题有（）A.若复数𝑧1=𝑧̅2，则𝑧1⋅𝑧2∈𝑅B.若复数𝑧1,𝑧2满足|𝑧1|=|𝑧̅2|，则𝑧1=𝑧2或𝑧1=𝑧̅2C.若复数𝑧1=𝑧̅2，则|𝑧1|=|𝑧2|D.

若复数𝑧1,𝑧2满足𝑧1+𝑧2∈𝑅，则𝑧1∈𝑅且𝑧2∈𝑅【答案】A,C【考点】复数相等的充要条件，复数求模【解析】【解答】A.由条件𝑧1=𝑧̅2可知，𝑧1和𝑧2互为共轭复数，即𝑧1=𝑎+𝑏i，𝑧2=𝑎−𝑏i，那么𝑧1𝑧2=𝑎

2+𝑏2∈𝑅，A符合题意；B.两个复数的模相等，不能推出两个复数相等或是共轭复数，比如，𝑧1=1+i，𝑧̅2=√2i，B不正确；C.由条件𝑧1=𝑧̅2可知，𝑧1和𝑧2互为共轭复数，则|𝑧1|=|𝑧2|，C符合题意；D.若𝑧1

=1+i，𝑧2=1−i，满足𝑧1+𝑧2∈𝑅，则𝑧1∉𝑅且𝑧2∉𝑅，D不正确.故答案为：AC【分析】利用复数的共轭，复数的模，及复数的运算，逐项进行分析，即可得出答案。10.下列关于概率的命题，正确的有（）A.若事件𝐴,𝐵满足𝑃(𝐴)

=13,𝑃(𝐵)=23，则𝐴,𝐵为对立事件B.若事件A，B满足𝑃(𝐴)=13,𝑃(𝐵)=23,𝑃(𝐴𝐵)=29，则A，B相互独立C.若对于事件𝐴,𝐵,𝐶,𝑃(𝐴)=𝑃(𝐵)=𝑃(𝐶)=12,𝑃(𝐴𝐵𝐶)=18，则𝐴,𝐵,𝐶两两独立

D.若对于事件𝐴,𝐵,𝐴与𝐵相互独立，且𝑃(𝐴)=0.7,𝑃(𝐵)=0.6，则𝑃(𝐴𝐵)=0.42,𝑃(𝐴∪𝐵)=0.88【答案】B,D【考点】互斥事件的概率加法公式，相互独立事件的概率乘法公式【解析

】【解答】A.因为𝑃(𝐴)+𝑃(𝐵)=1，是𝐴,𝐵为对立事件的必要条件，不是充分条件，如单位圆的一条直径把圆分成两部分，即区域M和区域N（不包括边界），向这两个区域投一枚绣花针，如针尖落在区域M内记为事件A，针尖落在区域N内记为事件B，满足�

�(𝐴)+𝑃(𝐵)=1，但𝐴,𝐵不是对立事件，因为针尖还有可能落在直径上，故错误；B.若𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝐵)，则A，B相互独立，故正确；C.若𝐴,𝐵,𝐶两两独立，则𝑃(𝐴𝐵)

=𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝐵),𝑃(𝐴𝐶)=𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝐶)，𝑃(𝐵𝐶)=𝑃(𝐵)⋅𝑃(𝐶)，故错误；D.若事件𝐴与𝐵相互独立，则𝑃(𝐴𝐵)=𝑃(𝐴)⋅𝑃(𝐵)=0.42，𝑃(𝐴∪𝐵)=𝑃(�

�)+𝑃(𝐵)−𝑃(𝐴𝐵)=0.88，故正确；故答案为：BD【分析】直接利用对立事件的定义，相互独立事件的定义的应用判断A,B,C,D的结论。11.已知函数𝑓(𝑥)={−sin𝜋𝑥,−2⩽𝑥⩽0,|log2

𝑥|,𝑥>0,则下列判断正确的有（）A.方程𝑓(𝑥)−12=0的所有解之和为3√2−22B.若直线𝑦=𝑡与𝑦=𝑓(𝑥)的图象有且仅有两个公共点，则𝑡∈(−∞,0)∪(1,+∞)C.若方程𝑓(𝑥)=𝑚恰有

四解𝑥1,𝑥2,𝑥3,𝑥4(𝑥1<𝑥2<𝑥3<𝑥4)，则𝑥1+𝑥2+𝑥3⋅𝑥4=0D.若𝑓(𝑥)=𝑘有两正根𝑥1,𝑥2，则𝑥1⋅𝑥2=1【答案】A,B,D【考点】分段函

数的解析式求法及其图象的作法，分段函数的应用【解析】【解答】A.首先画出函数的图象，𝑓(𝑥)−12=0的所有解，即𝑦=𝑓(𝑥)与𝑦=12的交点的横坐标，如图可知有4个交点，设四解𝑥1,𝑥2,𝑥3,𝑥4(𝑥1<𝑥2<𝑥3<𝑥4)，根据对称性可知𝑥1+𝑥2=2

×(−12)=−1，|log2𝑥|=12，即log2𝑥=12或log2𝑥=−12，解得：𝑥=√2或𝑥=√22，所有解的和是3√2−22，A符合题意；B.由图象可知，当直线𝑦=𝑡与𝑦=𝑓(𝑥)的图

象有且仅有两个公共点，则𝑡∈(−1,0)∪(1,+∞)，B不正确；C.由A可知𝑥1+𝑥2=2×(−12)=−1，|log2𝑥3|=|log2𝑥4|⇔−log2𝑥3=log2𝑥4，即log2𝑥3+log2𝑥4=0，即𝑥3𝑥4=1，所以𝑥1+𝑥2+𝑥3𝑥4=0，C符合题意

；D.由C的证明可知D符合题意.故答案为：ABD【分析】画出函数的图象，根据对称性可知𝑥1+𝑥2=2×(−12)=−1，𝑥3𝑥4=1，利用数形结合进行求解，逐项进行判断可得答案。12.如图，在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1

中，点𝑃在线段𝐵1𝐶运动，则（）A.三棱锥𝑃−𝐴1𝐶1𝐷的体积为定值B.异面直线𝐴𝑃与𝐴1𝐷所成的角的取值范围为[45∘,90∘]C.直线𝐶1𝑃与平面𝐴1𝐶1𝐷所成角的正弦值的最大值为√63D.过

𝑃作直线𝑙//𝐴𝐷1，则𝑙⊥𝐷𝑃【答案】A,C,D【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，异面直线及其所成的角，直线与平面所成的角【解析】【解答】如图，对于A，𝑉𝑃−𝐴1𝐶1𝐷=𝑉𝐶1−𝐴1𝑃𝐷,因为点𝑃在线段

𝐵1𝐶上运动,所以𝑆𝐴1𝐷𝑃=12𝐴1𝐷⋅𝐴𝐵,面积为定值,且𝐶1到平面𝐴1𝑃𝐷1的距离即为𝐶1到平面𝐴1𝐵1𝐶𝐷的距离,也为定值,故体积为定值,A符合题意；对于B，当点𝑃与线段𝐵1𝐶的端点重合时,𝐴𝑃与𝐴1𝐷所成角取得最小值为

60°,B不符合题意；对于C，因为直线𝐵𝐷1⊥平面𝐴1𝐶1𝐷,所以若直线𝐶1𝑃与平面𝐴1𝐶1𝐷所成角的正弦值最大,则直线𝐶1𝑃与直线𝐵𝐷1所成角的余弦值最大,则𝑃运动到𝐵1𝐶中点处,即所成角为∠𝐶1𝐵𝐷1,设棱长为1,在𝑅𝑡△𝐷1𝐶1𝐵中,cos

∠𝐶1𝐵𝐷1=𝐶1𝐵𝐵𝐷1=√2√3=√63,C符合题意;对于D，连接𝐵1𝐷,由正方体可得𝐵𝐶1⊥𝐵1𝐶,且𝐷𝐶⊥平面𝐵1𝐶1𝐶𝐵,则𝐷𝐶⊥𝐵𝐶1,所以𝐵𝐶1⊥平面

𝐶𝐷𝐵1,故𝐵𝐶1⊥𝐷𝑃，过𝑃作直线𝑙//𝐴𝐷1，则𝑙//𝐵𝐶1,所以𝑙⊥𝐷𝑃；D符合题意.故答案为：ACD【分析】在A中，由B1C//平面A1C1D,得到P到平面𝐴1𝐶1𝐷的距离为定值，再由△A1C1D的面积是定值，从而三棱锥𝑃−�

�1𝐶1𝐷的体积为定值；在B中，异面直线𝐴𝑃与𝐴1𝐷所成角的取值范围是[60°，90°];在C中，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出直线𝐶1𝑃与平面𝐴1𝐶1𝐷

所成角的正弦值的最大值；在D中，由𝑙//𝐵𝐶1，𝐵𝐶1⊥𝐷𝑃,即可判断.三、填空题13.已知集合𝐴={𝑥∈𝑍∣32−𝑥∈𝑍}，用列举法表示集合𝐴，则𝐴=________.【答案】{−1,1,3,5}【考点】集合

的表示法【解析】【解答】∵𝐴={𝑥∈𝑍∣32−𝑥∈𝑍},∴𝐴={−1,1,3,5}故答案为：{−1,1,3,5}【分析】用特殊值代入，从而得出A中的元素。14.若复数𝑧1=1+2𝑖,𝑧2=3−𝑖(其中i为虚数单位)所对应的向量分别为𝑂�

�⃗⃗⃗⃗⃗⃗1和𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗，则△𝑂𝑍1𝑍2的面积为________.【答案】72【考点】余弦定理【解析】【解答】因为𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(1,2)，𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(3,−1)，𝑍1𝑍2⃗⃗⃗⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(2,−3)，所以|𝑂𝑍1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√12+22=√5，|𝑂𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√(−1)2+32=√10，|𝑍1𝑍2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|=√22

+(−3)2=√13.由余弦定理可得cos∠𝑍1𝑂𝑍2=5+10−132×√5×√10=√210,所以sin∠𝑍1𝑂𝑍2=7√210，所以△𝑂𝑍1𝑍2的面积𝑆=12|𝑂𝑍1||𝑂𝑍2|sin∠𝑍1𝑂𝑍2=12×√5×√10×7√210=72.故

答案为：72【分析】由题意求出各复数的模，再根据余弦定理求出sin∠𝑍1𝑂𝑍2=7√210，由面积公式可得△𝑂𝑍1𝑍2的面积。15.我省高考实行3+1+2模式，高一学生A和B两位同学的首选科目都是历史，再选科目两人选择每个科目的可能性均等，且他们的选择互不影响，则

他们选科至少有一科不同的概率为________.【答案】56【考点】列举法计算基本事件数及事件发生的概率【解析】【解答】每人从化学、生物、思想政治、地理4个科目中选择两科的选法共有:{化学，生物}，{化学，政治}，{化学，地理}，{生物，政治}，{生物，地理}，{政治，地理}共6

种选法.由于两人选科互不影响，所以两人选科的种类共有N=6×6=36种，其中两人的选科完全相同的选法有6种，所以她们的选科至少有一科不相同的概率𝑃=1−636=56.故答案为：56【分析】利用列举法求出每人从化学、生物、思想政治、地理4个科目中选择两科的选法共有6种选法，由于两人

选科互不影响，所以两人选科的种类共有N=6×6=36种，由此利用对立事件概率计算公式能求出她们的选科至少有一科不相同的概率。16.已知，如图，正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1棱长为1，𝑃为𝐴1𝐵上的动点，则𝐴𝑃+𝑃𝐷1的

是小值为________.【答案】√2+√2【考点】棱柱的结构特征【解析】【解答】如图，将△𝐷1𝐴1𝑃沿𝐴1𝑃翻转，使点𝐷1转到的对应点𝐷2在平面𝐴𝐵𝐵1内．则∠𝐷2𝐴1𝐵=∠𝐷1𝐴1𝐵=90°．故∠𝐴𝐴1𝐷2

=∠𝐴𝐴1𝐵+∠𝐵𝐴1𝐷2=45°+90°=135°．从而，𝐴𝑃+𝐷1𝑃=𝐴𝑃+𝐷2𝑃≥𝐴𝐷2=√12+12−2cos135°=√2+√2．当且仅当𝑃为𝐴𝐷2与𝐴1𝐵的交点时，

上式等号成立．故答案为：√2+√2【分析】将△𝐷1𝐴1𝑃沿𝐴1𝑃翻转，使点𝐷1转到的对应点𝐷2在平面𝐴𝐵𝐵1内，利用余弦定理解三角形可得𝐴𝑃+𝑃𝐷1的是小值。四、解答题17.某

地一天的时间𝑥(0⩽𝑥⩽24，单位：时)随气温𝑦(⬚oC)变化的规隼可近似看成正弦函数𝑦=𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)+𝐵的图象，如图所示.（1）根据图中数据，试求𝑦=𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)+𝐵(𝐴>0,𝜔>0,−𝜋<𝜑<0)的表

达式.（2）该地居民老张因身体不适在家休养，医生建议其外出进行活动时，室外气温不低于23oC，根据（1）中模型，老张该日可在哪一时段外出活动，活动时长最长不超过多长时间？【答案】（1）解：依题意可得{𝐴+𝐵=26−𝐴+𝐵=14解得{𝐴=6𝐵=20，又𝑇2=15−3即𝑇

=24=2𝜋𝜔，解得𝜔=𝜋12，所以𝑦=6sin(𝜋12𝑥+𝜑)+20，又函数过点(3,14)，所以6sin(𝜋12×3+𝜑)+20=14，即sin(𝜋4+𝜑)=−1，所以𝜋4+𝜑=−𝜋2+2𝑘𝜋,𝑘∈𝑍，解得𝜑=−3𝜋4+2𝑘𝜋,𝑘∈𝑍，因

为−𝜋<𝜑<0，所以𝜑=−3𝜋4，所以𝑦=6sin(𝜋12𝑥−3𝜋4)+20（2）依题意令6sin(𝜋12𝑥−3𝜋4)+20≥23，即sin(𝜋12𝑥−3𝜋4)≥12所以𝜋6+2𝑘𝜋≤𝜋12𝑥−3𝜋4≤5𝜋6+2𝑘𝜋,𝑘∈𝑍解得1

1+24𝑘≤𝑥≤19+24𝑘,𝑘∈𝑍因为0⩽𝑥⩽24所以11≤𝑥≤19，又19−11=8即老张可在11:00∼19:00外出活动，活动时长最长不超过8小时；【考点】正弦函数的单调性，由y=Asin（ωx+φ）的部分

图象确定其解析式【解析】【分析】（1）利用图像中的最值求解A,B，由周期求解𝜔，特殊点求解𝜑，即可得到函数解析式；（2）由（1）中的结论，建立三角不等式求解，即可得到答案。18.已知.如图，正方形ABCD的边长为1，P，Q分别为边BC，CD上的点.（

1）𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑄𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗.求𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗；（2）当△𝐶𝑃𝑄的周长为2时，求∠𝑃𝐴𝑄的大小.【答案】（1）因为𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝑄⃗

⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝑄𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗,|𝐴𝐷→|=|𝐴𝐵→|=1,𝐴𝐵→⋅𝐴𝐷→=0∴𝐴𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗⋅𝐴𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗=(𝐴𝐵→+𝐵𝑃→)(𝐴𝐷→+𝐷𝑄→)=(𝐴𝐵→+12𝐴𝐷→)(𝐴𝐷→+23

𝐴𝐵→)=𝐴𝐵→⋅𝐴𝐷→+23𝐴𝐵→2+12𝐴𝐷→2+13𝐴𝐷→⋅𝐴𝐵→=23+12=76（2）设∠𝐶𝑄𝑃=𝜃,𝜃∈(0,𝜋2)，∠𝐷𝐴𝑄=𝛼，∠𝐵𝐴𝑃=𝛽，其中�

�、𝛽、𝛼+𝛽∈(0,𝜋2)；则𝐶𝑃=𝑃𝑄sin𝜃，𝐶𝑄=𝑃𝑄cos𝜃，𝛥𝑃𝐶𝑄的周长为𝐿𝛥𝑃𝐶𝑄=𝑃𝑄+𝐶𝑃+𝐶𝑄=𝑃𝑄+𝑃𝑄sin𝜃+𝑃𝑄cos𝜃=2，解得𝑃𝑄=21+sin

𝜃+cos𝜃则tan𝛼=𝐷𝑄𝐷𝐴=1−𝐶𝑄1=1−𝐶𝑄，同理tan𝛽=1−𝐶𝑃；∴tan(𝛼+𝛽)=tan𝛼+tan𝛽1−tan𝛼tan𝛽=2−𝐶𝑃−𝐶𝑄1−(1−𝐶𝑄)(1

−𝐶𝑃)=2−𝐶𝑃−𝐶𝑄𝐶𝑃+𝐶𝑄−𝐶𝑃⋅𝐶𝑄=𝑃𝑄𝑃𝑄sin𝜃+𝑃𝑄cos𝜃−𝑃𝑄2sin𝜃cos𝜃=1sin𝜃+cos𝜃−𝑃𝑄sin𝜃cos𝜃=1sin𝜃+cos𝜃−21+sin𝜃+cos𝜃⋅sin𝜃cos𝜃=

1+sin𝜃+cos𝜃(sin𝜃+cos𝜃)(1+sin𝜃+cos𝜃)−2sin𝜃cos𝜃=1+sin𝜃+cos𝜃(sin𝜃+cos𝜃)2+sin𝜃+cos𝜃−2sin𝜃cos𝜃=1+sin𝜃+cos𝜃1+2

sin𝜃cos𝜃+sin𝜃+cos𝜃−2sin𝜃cos𝜃=1，∴𝛼+𝛽=𝜋4，∴∠𝑃𝐴𝑄=𝜋2−(𝛼+𝛽)=𝜋4．【考点】平面向量数量积的运算，两角和与差的正切公式【解析】【分析】（1）因为𝐵𝑃⃗⃗⃗⃗⃗⃗=12𝐵𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗,𝐷𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2�

�𝐶⃗⃗⃗⃗⃗⃗,|𝐴𝐷→|=|𝐴𝐵→|=1,𝐴𝐵→⋅𝐴𝐷→=0，𝐴𝑃→⋅𝐴𝑄→=𝐴𝐵→⋅𝐴𝐷→+23𝐴𝐵→2+12𝐴𝐷→2+13𝐴𝐷→⋅𝐴𝐵→，计算可得；（2）设∠𝐶𝑄𝑃=𝜃,𝜃∈(0,𝜋2

)，∠𝐷𝐴𝑄=𝛼，∠𝐵𝐴𝑃=𝛽，其中𝛼、𝛽、𝛼+𝛽∈(0,𝜋2)，则𝐶𝑃=𝑃𝑄sin𝜃，𝐶𝑄=𝑃𝑄cos𝜃，由△𝐶𝑃𝑄的周长为2得𝑃𝑄=21+sin𝜃+cos𝜃，利

用两角和的正切公式进行计算可得∠𝑃𝐴𝑄的大小.19.新冠疫苗接种是能构建人群免疫屏陈，阻断病毒传挪，国家卫健委宣布至2021年6月14日，我国已累计报告接种新冠病毒疫苗超9亿剂次.在某社区接种点，随机抽取了

100名来接种疫苗的市民，统计其在接种点等待接种的时间(等待时间不超过40分钟)，将统计数据按[5,10),⋯,[35,40]分组，制成以下频率分布直方图.（1）由所给的频率分布直方图：①估计该接种点市民等待时间的上四分位数；(结果保留一位小数)②记A事件为该接种点居

民等待接种时间少于30分钟”，试估计件A的概率.（2）为鼓励市民踊跃接种，在该接种点接种疫苗的市民有机会获取小礼物；现场有1个箱子，箱子中有质地相同的10个小球，其中9个蓝球，1个红球，每个完成接种的市民有两种选择，选择1：每次摸出1球，有放回地摸10次；选择2：每次可摸出

2球，有放回地摸5次.两种选择至少能摸出一个红球即可获赠小礼物，则哪种选择获得小礼物的概率较大？说明理由.【答案】（1）①前两组的频率和是0.012×5+0.040×5=0.26>0.25，所以四分位数在第二组，设四分位数为𝑥，满足0.012×5+

(𝑥−10)×0.040=0.25，解得：𝑥=14.75≈14.8，所以估计该接种点市民等待时间的上四分位数是14.8；②[30,40]的频率为0.012×10=0.12，所以𝑃(𝐴)=1−0.12=0.88

，（2）选择1：10次都没有摸到红球的概率𝑃=(910)10,所以至少有一次摸到红球的概率𝑃=1−(910)10,即获赠小礼物的概率是1−(910)10；选择2：1次没有摸到红球的概率𝑃=𝐶92𝐶102=45，那么5次都没有摸到红球的概率(45)5，所以至少有1次摸到红球的概

率𝑃=1−(45)5,即获赠小礼物的概率是1−(45)5.∵1−(910)10<1−(45)5，所以选择2获得小礼物的概率大.【考点】频率分布直方图，n次独立重复试验中恰好发生k次的概率【解析】【分析】（1）①根据频率分布直方图可得，前两组的频率和是0.012×5+0.040×5=0.26>

0.25，所以四分位数在第二组，设四分位数为𝑥，满足0.012×5+(𝑥−10)×0.040=0.25，解等式，即可得出；②由[30,40]的频率为0.012×10=0.12，可得𝑃(𝐴)=1−0.12=0.88；（2）选

择1：10次都没有摸到红球的概率𝑃=(910)10,所以至少有一次摸到红球的概率𝑃=1−(910)10,即可得出获赠小礼物的概率；选择2：1次没有摸到红球的概率𝑃=𝐶92𝐶102=45，即可得出5次都没有摸到红球的概率，进而得出获赠小礼物的概率，进行比较，即可得出结论。2

0.已为𝑎.𝑏.c分别为△𝐴𝐵𝐶三内角𝐴,𝐵,𝐶的对边，且𝑎cos𝐶−√3𝑎sin𝐶=𝑏−𝑐（1）求𝐴.（2）若𝑐=2，𝐵的平分线𝐵𝐷=√6，求△𝐴𝐵𝐶的面积𝑆.【答案】（1）∵𝑎cos𝐶−√3𝑎sin�

�=𝑏−𝑐∴sin𝐴cos𝐶−√3sin𝐴sin𝐶=sin𝐵−sin𝐶∴sin𝐴cos𝐶−√3sin𝐴sin𝐶=sin(𝐴+𝐵)−sin𝐶∴sin𝐴cos𝐶−√3sin𝐴s

in𝐶=sin𝐴cos𝐶+cos𝐴sin𝐶−sin𝐶∴−√3sin𝐴sin𝐶=cos𝐴sin𝐶−sin𝐶∵sin𝐶≠0∴−√3sin𝐴=cos𝐴−1，∴cos𝐴+√3sin𝐴=1∴2sin

(𝐴+𝜋6)=1，∴sin(𝐴+𝜋6)=12∴𝐴+𝜋6=𝜋6或𝐴+𝜋6=5𝜋6∴𝐴=0（舍）或𝐴=2𝜋3∴𝐴=2𝜋3（2）如图，设∠𝐴𝐵𝐷=𝜃，则∠𝐴𝐷𝐵=60°−

𝜃，在△𝐴𝐵𝐷中，由正弦定理有𝐴𝐵sin(60°−𝜃)=𝐵𝐷sin120°，即2sin(60°−𝜃)=√6√32=2√2，∴sin(60°−𝜃)=√22，∴60°−𝜃=45°，∴𝜃=15°∴∠𝐴𝐵𝐶=2𝜃=30°，∴∠�

�=60°−2𝜃=30°∴𝐴𝐵=𝐴𝐶=2，∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=12𝐴𝐵×𝐴𝐶sin2𝜋3=12×2×2×√32=√3【考点】三角函数中的恒等变换应用，正弦定理【解析】【分析】(1)由已知等式及正弦定理，三角函数恒等变换的应用可求得sin(𝐴+𝜋6)=12,由题意可求�

�+𝜋6=𝜋6或𝐴+𝜋6=5𝜋6进而解得A的值；(2)在△ABD中，由正弦定理得𝐴𝐵sin(60°−𝜃)=𝐵𝐷sin120°，即2sin(60°−𝜃)=√6√32=2√2，进而利

用三角形面积公式即可计算得解.21.设函数𝑓(𝑥)=𝑎⋅2𝑥−2−𝑥定义在𝑅上的奇函数.（1）若不等式𝑓(𝑥)⩾𝑘⋅2𝑥−2有解，求实数𝑘的取值范围；（2）若𝑓(sin3𝛼−cos3𝑎)+𝑓(cos𝛼−sin𝛼)>0(𝛼∈(0,2𝜋))，求满足

条件的a的取值范围.【答案】（1）由条件可知𝑓(0)=0，即𝑎−1=0，得𝑎=1，∴𝑓(𝑥)=2𝑥−2−𝑥，满足𝑓(−𝑥)=−𝑓(𝑥)，不等式2𝑥−2−𝑥≥𝑘⋅2𝑥−2有解，即𝑘≤1−1(2𝑥)2+22𝑥，所以𝑘≤(1−1(2𝑥)2+22𝑥)m

ax，设𝑔(𝑥)=1−1(2𝑥)2+22𝑥，设(12)𝑥=𝑡，𝑔(𝑡)=1−𝑡2+2𝑡=−(𝑡−1)2+2，当𝑡=1时，𝑔(𝑡)的最大值是2，所以𝑘≤2；（2）𝑓(sin3𝛼−cos3𝑎)+𝑓(cos𝛼−sin𝛼)>0(

𝛼∈(0,2𝜋))∵𝑓(𝑥)是奇函数，∴𝑓(sin3𝛼−cos3𝛼)>𝑓(sin𝛼−cos𝛼)，且函数𝑓(𝑥)=2𝑥−2−𝑥是增函数-减函数=增函数，∴sin3𝛼−cos3𝛼>sin𝛼−cos𝛼，

即(sin𝛼−cos𝛼)(sin2𝛼+sin𝛼cos𝛼+cos2𝛼)>sin𝛼−cos𝛼，整理为sin𝛼cos𝛼(sin𝛼−cos𝛼)>0，𝛼∈(0,2𝜋)，即{sin𝛼cos𝛼>0sin𝛼−cos𝛼>

0或{sin𝛼cos𝛼<0sin𝛼−cos𝛼<0，解得：(𝜋4,𝜋2)∪(𝜋,5𝜋4)∪(3𝜋2,2𝜋)【考点】函数奇偶性的性质，二次函数在闭区间上的最值【解析】【分析】（1）问题转化为𝑘≤(1−1(2𝑥)2+22𝑥)max，结合二次函数性

质求最值即可得到k的取值范围；（2）结合函数的单调性与奇偶性把原不等式转化为sin3𝛼−cos3𝛼>sin𝛼−cos𝛼，进而得到sin𝛼cos𝛼(sin𝛼−cos𝛼)>0，解方程即可得到𝛼的取值范围。22.如图，直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，𝐴𝐶

=𝐴𝐴1=2,∠𝐴𝐶𝐵=90∘，M为侧梭𝐴𝐴1的中点.（1）试探究在𝐵𝐶1上是否存在点𝑁，使𝐴1𝑁//面𝐵𝐶𝑀，若存在，试证明你的结论；若不存在，请说明理由.（2）若𝐵𝐶1与平面𝐵𝐶𝑀所成角的正弦值为45，求该三棱柱的体积.【答案】（1）存在点𝑁

为𝐵𝐶1的中点，使𝐴1𝑁//面𝐵𝐶𝑀,取𝐵𝐶的中点𝑄，连接𝑀𝑄,𝑁𝑄,𝑀𝐶1,如图，在直三棱柱𝐴𝐵𝐶−𝐴1𝐵1𝐶1中，由M为侧梭𝐴𝐴1的中点，所以𝐴1𝑀//𝐶1𝐶且𝐴1𝑀=12�

�1𝐶，因为𝑁,𝑄分别为𝐵𝐶1,𝐵𝐶的中点，所以𝑁𝑄//𝐶1𝐶且𝑁𝑄=12𝐶1𝐶，所以𝐴1𝑀//𝑁𝑄且𝐴1𝑀=𝑁𝑄,所以四边形𝐴1𝑀𝑄𝑁为平行四边形，所以𝐴1𝑁//𝑀𝑄

,又𝐴1𝑁⊄平面𝐵𝐶𝑀，𝑀𝑄⊂平面𝐵𝐶𝑀，所以𝐴1𝑁//平面𝐵𝐶𝑀（2）设𝐵𝐶=𝑎，𝐶1到面𝐵𝐶𝑀的距离为𝑑，在𝑅𝑡△𝐴𝑀𝐶中，𝑀𝐶=√𝐴𝑀2+𝐴�

�2=√12+22=√5，同理𝑀𝐶1=√5，因为∠𝐴𝐶𝐵=90∘,𝐶𝐶1⊥𝐵𝐶,𝐴𝐶∩𝐶1𝐶=𝐶,所以𝐵𝐶⊥平面𝐴1𝐶，故𝐵𝐶⊥𝑀𝐶,所以𝑆△𝐵𝑀𝐶=12𝐵𝐶⋅𝑀𝐶=√52𝑎,又𝑆△𝐶1𝑀𝐶=

2×2−2×12×1×2=2,因为𝑉𝐶1−𝑀𝐵𝐶=𝑉𝐵−𝑀𝐶1𝐶，所以13𝑑𝑆△𝐵𝑀𝐶=13𝐵𝐶⋅𝑆△𝐶1𝑀𝐶,即𝑑⋅√52𝑎=2𝑎解得𝑑=4√55，设𝐵𝐶1与平面𝐵𝐶𝑀所

成角为𝜃，则sin𝜃=𝑑𝐵𝐶1=4√55√22+𝑎2=45解得𝑎=1，所以直三棱柱的体积𝑉=12𝐴𝐶⋅𝐵𝐶⋅𝐶𝐶1=12×2×1×2=2,【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线

与平面平行的判定，直线与平面所成的角【解析】【分析】（1）取𝐵𝐶的中点𝑄，有线面平行的判定定理可证明𝐴1𝑁//平面𝐵𝐶𝑀；（2）利用𝐵𝐶1与平面𝐵𝐶𝑀所成角的正弦值为45，等体积转化先求点𝐶1到面𝐵𝐶𝑀的距

离为𝑑，再列方程求出BC的长度，再根据柱体体积公式求解即可。