【文档说明】四川省成都市石室中学2023-2024学年高一下学期期末考试 数学 Word版含解析.docx，共(31)页，2.711 MB，由管理员店铺上传

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成都石室中学2023-2024学年度下期高2026届期末考试数学试题（满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效.一、选择题：本大题共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(1i)2iz+=−，则z的虚部为（）A.12−B.3i2−C.32−D.1i22.石室中学校园环境优美，植物种类繁多，其中银杏树尤为漂亮.某数学学习小组为了测量校园内

一颗银杏树的高度，首先在C处，测得树顶A的仰角为60，然后沿BC方向行走14米至D处，又测得树顶A的仰角为30，则树高为（）米．A.73B.56C.93D.133.已知,mn是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（）A.若////mm，，则//B.

若,,mn⊥，则mn⊥C若//,m//，则m//D.若,mn异面直线，,,mnm//,n//，则//4.若n个样本11x−，21x−，31x−，，1nx−的平均数是5−，方差

为4，则对于样本112x+，212x+，312x+，L，12nx+的平均数与方差分别是（）A.16、6B.10、16C.13、18D.13、16.为5.已知π3cos()sin65++=，则2πcos(2)3+的值是（）A.725−B.2325−C.725D.23256.

斯特瓦尔特定理是由18世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设ABC△中，内角A、B、C的对边分别为abc、、，点D在边BC上，且BDmDCn=，则22222()mbncmnaADmnmn+=−++．已知A

BC△中，内角A、B、C的对边分别为abc、、，24bc==，sin3cos0aBbA+=，点D在BC上，且ABD△的面积与ADC△的面积之比为2，则AD的值是（）A.2133B.273C.133D.77.如图，一个三棱锥容器的三条侧棱上各有一个小洞D，

E，F，经测量知:::3:1SDDASEEBCFFS===，设该容器的体积为1V，该容器最多能盛的水的体积为2V，则21VV=（）A.2933B.5564C.2732D.31358.在直角梯形ABCD中，,//,1,2,,⊥===ABADDCA

BADDCABEF分别为,ABAC的中点，点P在以A为圆心，AD为半径的圆弧DE上运动（如图所示）．若APEDAF=+，其中,R，则2−的取值范围是（）A.2,1−B.1,1−C.

1,2−D.22−,二、选择题：本大题共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.已知复数12,zz是方程220xx−+=的两根，则（）A.15i22−是方程的一个根B.

1212zzzz−=−C.2121zzz=D.121izz+−在复平面内所对应的点位于第四象限10.在一次党建活动中，甲､乙､丙､丁四个兴趣小组举行党史知识竞赛，每个小组各派10名同学参赛，记录每名同学失分（均为整数）情况，若该组每名同学失分都不超过7

分，则该组为“优秀小组”，已知甲､乙､丙､丁四个小组成员失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（）A.甲组中位数为2，极差为5B.乙组平均数为2，众数为2C.丙组平均数为1，方差大于0D.丁组平均数为2，方差为3

11.已知函数π()sin(),(0,0,)2fxAxA=+部分图象如图所示，下列说法正确的是（）A.()fx的图象关于点()π,03−对称B.()fx在19π25π(,)1212上单调递增C.将函数2cos2yx=图象向右平移π12个单位长度得到

函数()fx的图象D.若方程()fxm=在π[,0]2−上有两个不相等的实数根，则m的取值范围是(2,3]−−的的12.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，点P为线段1BC上的动点，则（）A.AP与1BD始终保持垂直B.PAPD+的最小值为36+C.经过1AC的平面截正方

体所得截面面积的最小值为62D.以A为球心，AB为半径的球面与平面11ABCD的交线长为2π2三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.设z是复数且12i1z−+=，则z最小值为___________.14.如图，在ABC中，13ANNC=，

P是线段BN上一点，若APmABnAC=+，则mn的最大值为_________.15.如图，E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点，把AEF△，CBE△，CFD△折起构成一个三棱锥PCEF−（A，B，D重合于P点），则三棱锥PCEF−的外接球与内切球的半径之比

是______.16.在ABC中，内角,,ABC所对的边分别是,,abc，且22sinsin2ACB+=，3b=，则边AC上的中线BE的取值范围是_________.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知3,2,()(23)9ababa

b==−+=.的（1）求a和b的夹角；（2）若向量c为b在a上的投影向量，求bc+.18.某市正在征集志愿者，为了了解前来面试的志愿者的情况，现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组)45,55，第二组

)55,65，第三组)65,75，第四组)75,85，第五组85,95，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．（1）求图中ab、的值并估计面试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点

值作代表）；（2）估计这100名候选者面试成绩的第80百分位数；（3）抽取的100名候选者中，第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和30，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和20，求第二组和第四组面试成绩的总平均数和总方差．19.在ABC中，角,,ABC所对的边分别

为,,abc，ABC的外接圆半径为R，且22222()abccbRbca−=+−．（1）证明：π4AB−=；（2）若π6B=，ABC的面积为23+，求ABC的周长．20.如图，在长方体1111ABCDABCD−中，116,5,4,2A

BBCAAAE====，//BC平面EFGH.（1）证明：四边形EFGH为矩形；（2）若5EH=，求1CE与平面EFGH所成角的正弦值.21.已知函数2()23sincos2cos1fxxxx=+−(0)，()

fx图象中相邻两条对称轴的距离为π2.（1）求函数()fx的解析式和()fx在区间[0,π]的单调递增区间；（2）方程2(2))0()(2fafxx+−+=在π11π[,]612上有2个不相等的实数根，求实数a的取值范围.22.如图，在矩形ABCD中，1AB=，3BC=，M是

线段AD上的一动点，将ABM沿着BM折起，使点A到达点A的位置，满足点A平面BCDM且点A在平面BCDM内的射影E落在线段BC上．（1）当点M与点D重合时，①证明：AB⊥平面ACD；②求二面角ABDC−−的余弦值；（2）设直线CD与平面ABM所成的角为，二面角ABMC−−

的平面角为，求2sincos的最大值．成都石室中学2023-2024学年度下期高2026届期末考试数学试题（满分150分，考试时间120分钟）注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸

上无效.一、选择题：本大题共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(1i)2iz+=−，则z的虚部为（）A.12−B.3i2−C.32−D.1i2【答案】C【解析】【分析】根据题意，利用复数的运

算法则，求得13i22z=−，结合复数的定义，即可求解.【详解】由复数(1i)2iz+=−，可得()()2i(1i)2i13i1i1i(1i)22z−−−===−++−，所以复数z的虚部为32−.故选：C.2.石室中学校园环境优美，植物种类繁多，其中银杏树尤为漂亮.某数学学习小组为了测量校园

内一颗银杏树的高度，首先在C处，测得树顶A的仰角为60，然后沿BC方向行走14米至D处，又测得树顶A的仰角为30，则树高为（）米．A.73B.56C.93D.13【答案】A【解析】【分析】令杏树的高度为h，借助仰角的定义，以及直角三角形的性质，用h表示相应边

长，然后利用勾股定理即可求出高度h.【详解】如图，令杏树的高度为h，根据题意603014ABhACBADBCD====，，，,所以，在RtABC△中，33BCh=，在Rt△ABD中，2ADh=，所以，在Rt△ABD中，222ADAB

BD=+,即()22232143hhh=++，解得73h=，故选：A.3.已知,mn是两条不同的直线，,是两个不同的平面，则下列命题为真命题的有（）A.若////mm，，则//B.若,,mn⊥，则mn⊥C.若//,m//，则m//D.若

,mn为异面直线，,,mnm//,n//，则//【答案】D【解析】【分析】根据线面平行的性质结合面面的位置关系可判断A；结合面面垂直以及线线位置关系判断B；结合面面以及线面平行判断C；根据面面平行的判定定理判断D.【详解】对于A

，若////mm，，则//或和相交，A错误；对于B，若,,mn⊥，则不一定有mn⊥，还有可能是//mn，B错误；对于C，若//,m//，则m//或m，C错误；对于D，,mn为异面直线，,mn，由于n//，则过n作平面与相交，交线

为m，则//mn，因为,mn为异面直线，故,mm必相交，若平行，则可得//mn，不合题意；又由于,mn，故//m，而m//,m,m相交，m,m，故//，D正确，故选：D4.若n个样本11x−，2

1x−，31x−，，1nx−的平均数是5−，方差为4，则对于样本112x+，212x+，312x+，L，12nx+的平均数与方差分别是（）A.16、6B.10、16C.13、18D.13、16【答案】D【解析】【分析】设1nnyx=−，得到12(1)

1322nnnyyx−+=+=−，根据题意，结合平均数和方差的性质，即可求解.【详解】设1nnyx=−，可得1nnxy=−，则12(1)1322nnnyyx−+=+=−根据题意，可得n个样本12,,,nyyy的平均数是5−，方差为4，即25,4yys=−=，所以样本1232,32,,

32nyyy−−−的平均数为3213y−=，方差为22(2)16ys−=，即样本112x+，212x+，312x+，L，12nx+的平均数与方差分别是13和16.故选：D.5.已知π3cos()sin65++=，则2πcos(2)3+的值是（）A.725−

B.2325−C.725D.2325【答案】C【解析】【分析】利用三角恒等变换求出πcos()6−，再利用诱导公式及二倍角公式求解即得.【详解】由π3cos()sin65++=，得313cossinsin225−+=，则π3cos()65

−=，所以222πππ37cos(2)cos(2)[2cos()1]12()336525+=−−=−−−=−=.故选：C6.斯特瓦尔特定理是由18世纪的英国数学家提出的关于三角形中线段之间关系

的结论．根据斯特瓦尔特定理可得出如下结论：设ABC△中，内角A、B、C的对边分别为abc、、，点D在边BC上，且BDmDCn=，则22222()mbncmnaADmnmn+=−++．已知ABC△中，内角A、B、C的对边分别为abc、、，24bc==，sin3cos0aBbA+=，点

D在BC上，且ABD△的面积与ADC△的面积之比为2，则AD的值是（）A.2133B.273C.133D.7【答案】A【解析】【分析】由正弦定理可求得角A的值，由余弦定理可得出a的值，由已知可得出2mn=，再利用斯特瓦尔特定理可求得AD的长.【详解】由sin3cos

0aBbA+=及正弦定理可得sinsin3sincos0ABBA+=，因为(0,π)B，则sin0B，所以sinAcosA+=30，则tan3A=−，因为(0,π)A，故2π3A=，因为24bc==，由余弦定理可得222212cos42242()272abcbcA=+−=+−−

=，因为ABD△的面积与ADC△的面积之比为2，所以2ABDADCSBDSCD==，则2BDmDCn==，故2mn=，由斯特瓦尔特定理可得2222222222242252()2(2)9mbncmnannnaADmnmnnnnn++=−=−=++++

，因此2133AD=.故选：A.7.如图，一个三棱锥容器的三条侧棱上各有一个小洞D，E，F，经测量知:::3:1SDDASEEBCFFS===，设该容器的体积为1V，该容器最多能盛的水的体积为2V，则21VV=（）A.2933B.5564C.2732D.313

5【答案】B【解析】【分析】分别求两个三棱锥的底面积和高之比，即可得体积之比.【详解】如图：连接DE，DF，EF，当,,DEF三点在水平面时，该容器盛水最多.因为：::3:1SDDASEEB==，所以239416SDESABSS==.又因为：:3:1CFFS=，

所以C，F到平面SAB的距离之比为：4:1，所以91916464FSDECSABVV−−==，所以2195516464VV=−=.故选：B8.在直角梯形ABCD中，,//,1,2,,⊥===ABADDCABADDCABE

F分别为,ABAC的中点，点P在以A为圆心，AD为半径的圆弧DE上运动（如图所示）．若APEDAF=+，其中,R，则2−的取值范围是（）A.2,1−B.1,1−C.1,2−D.

22−,【答案】B【解析】【分析】建立平面直角坐标系，设()()cos,sin090P，根据APEDAF=+解得,，再根据的范围可得答案.【详解】建立如图所示平面直角坐标系，则()()()()

()()0,0,1,0,2,0,0,1,1,1,1.5,0.5AEBDCF，设()()cos,sin090P，()()()cos,sin,1,1,1.5,0.5APEDAF==−=，因为APEDAF=+，所

以()()()cos,sin1,11.5,0.5=−+，可得cos1.5sin0.5=−+=+，解得()()13sincos41sincos2=−=+，所以()()1123sincossincos22

−=−−+()sincos2sin45=−=−，因为090，所以454545−−，可得()22sin4522−−，所以121−−.故选：B.【点睛】点睛：向量平行(共线)、垂直、线性运算与三角函数的综合此类题型的解答一般是利用向量平行(共线)、垂直关

系、线性运算得到三角函数式，再利用三角恒等变换对三角函数式进行化简，结合三角函数的图象与性质进行求解．二、选择题：本大题共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.已知复数12,zz是方程220xx−+=两根

，则（）A.15i22−是方程的一个根B.1212zzzz−=−C.2121zzz=D.121izz+−在复平面内所对应的点位于第四象限【答案】BC【解析】【分析】解实系数一元二次方程得12,zz，通过计算逐一验证选项即可.

【详解】对A，复数12,zz是方程220xx−+=的两根，则有12i,1717i2222zz=−=+，故A不正确；对B，121717ii)=7i2(222zz−+=−−−，127izz−=，121717i(i)

=7i2222zz−=+−−，所以1212zzzz−=−，故B正确；对C，12171717i)(i)=2222244(zz−++==，22211717i22244z=−=+=，所以2121zzz=，故C正确；对D，1

2111i1i1i22zz+==+−−，所以121izz+−在复平面内所对应的点位于第一象限，故D错误.故选：BC.的10.在一次党建活动中，甲､乙､丙､丁四个兴趣小组举行党史知识竞赛，每个小组各派10名同学参赛，记录每名同学失分（均为整数

）情况，若该组每名同学失分都不超过7分，则该组为“优秀小组”，已知甲､乙､丙､丁四个小组成员失分数据信息如下，则一定为“优秀小组”的是（）A.甲组中位数为2，极差为5B.乙组平均数为2，众数为2C.丙组平均数为1，方差大于0D.丁组平均数为2，方差为3【答案】AD【解析

】【分析】结合中位数，平均数，众数，方差，极差的定义，分析判断每个选项.【详解】对A，因为中位数为2，极差为5，故最大值小于等于7，故A正确；对B，如失分数据分别为0,0,0,2,2,2,2,2,2,8，则满足平均数为2，众数为

2，但不满足每名同学失分都不超过7分，故B错误；对C，如失分数据分别为0,0,0,0,0,0,0,0,1,9，则满足平均数为1，方差大于0，但不满足每名同学失分都不超过7分，故C错误；对D，利用反证法，假设有一同学失分超过7分，则方差大于21(82)3.6310−=，与题设矛

盾，故每名同学失分都不超过7分．故D正确．故选：AD.11.已知函数π()sin(),(0,0,)2fxAxA=+的部分图象如图所示，下列说法正确的是（）A.()fx的图象关于点()π,03−对称B.()fx在19π25π(,)1212上单调递增C.将函数2cos2

yx=的图象向右平移π12个单位长度得到函数()fx的图象D.若方程()fxm=在π[,0]2−上有两个不相等的实数根，则m的取值范围是(2,3]−−【答案】BCD【解析】【分析】根据函数()fx的图象，求得()

π2sin(2)3fxx=+，结合三角函数的图象与性质，逐项判定，即可求解.【详解】由函数()fx的图象，可得1πππ2,43124AT==−=，所以πT=，则2π2T==，又由ππ()2sin(2)2

1212f=+=，即πsin()16+=，可得ππ2π,Z62kk+=+，所以ππ,Zkk=+23，因为π2，可得π3=，所以()π2sin(2)3fxx=+，对于A中，由ππππ()2sin[2()]2sin()303333

f−=−+=−=−，所以点()π,03−不是函数()fx的对称中心，所以A错误；对于B中，当19π25π(,)1212x时，可得π7π9π2(,)322x+，根据正弦函数的性质，可得sinyt=在7π9π(,)22单调递增，所以()fx在19π25π(,)1212上

单调递增，所以B正确；对于C中，将函数2cos2yx=的图象向右平移π12个单位长度，得到πππ2cos[2()]2cos(2)2sin(2)1263yxxx=−=−=+，所以C正确；对于D中，当π[,0]2x

−时，可得π2ππ2[,]333x+−，当π2π233x+=−时，即π2x=−时，可得π()32f−=−；当ππ232x+=−时，即π3x=−时，可得π()23f−=−；当ππ233x+=时，即0x=时，可得(0)3f=，要使得方程()fxm=在π[

,0]2−上有两个不相等的实数根，如图所示，可得23m−−，即实数m的取值范围是(2,3]−−，所以D正确.故选：BCD.12.已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为1，点P为线段1BC上的动点，则（）A.AP与1BD始终保

持垂直B.PAPD+的最小值为36+C.经过1AC的平面截正方体所得截面面积的最小值为62D.以A为球心，AB为半径的球面与平面11ABCD的交线长为2π2【答案】ABC【解析】【分析】根据正方体的性质，

截面形状，结合空间中的垂直关系，以及空间中线段和最值的求解方法进行求解.【详解】对于A，连接BD，由正方形的性质可得BDAC⊥，由正方体的性质可得1DDAC⊥；又1DDBDD=，所以AC⊥平面1BDD，因为1

BD平面1BDD，所以1ACBD⊥；同理可得11ABBD⊥，因为1ABACA=，所以1BD⊥平面1ACB；因为AP平面1ACB，所以1BDAP⊥，A正确.对于B，把1DCB沿1CB展开到与1ACB共面，如图，则,,ADP三点共线时，PAPD+最小，且最小值为AD，在ACD

中，1,2,150CDACACD===，由余弦定理可得2312212362AD=+−−=+，所以36AD=+，即PAPD+的最小值为36+，B正确.对于C，分别取11,DCAB的中点,MN，连接11,,,AMANCMCN，由正方体

的性质可知四边形1ANCM是菱形，且是过1AC面积最小的截面.理由如下：过点M作1MFAC⊥于F，设DMx=，则1CMx=−；由直角三角形性质可得：()222211,11AMxCMx=+=+−；22221AFAMMFxMF=−=+−，()

22221111CFCMMFxMF=−=+−−；由13AFCF+=可得22211322MFx=−+，显然12x=时，MF取到最小值22，此时截面面积最小.最小面积为116222MFAC=，C正确.对于D，过点A作1AEAB⊥于点E，由BC⊥平面11ABBA，可得BCAE⊥

；又因为1ABBCB=，所以AE⊥平面11ABCD，以A为球心，AB为半径的球面被平面11ABCD所截的圆面的圆心为E，半径为r，则222rAEAB+=，所以22212rABAE=−=，即22r=；以A为球心，AB为半径的球面与平面11ABCD的交线是以E为圆心的圆周，其长

度为2π，D不正确.故选：ABC.【点睛】关键点点睛：解答A选项的关键是证明1BD⊥平面1ACB，而AP平面1ACB，所以1BDAP⊥；解答B选项的关键是发现,,ADP三点共线时，PAPD+最小，且最小值

为AD，余弦定理求出AD即可；解得C选项的关键是由正方体的性质得到四边形1ANCM是过1AC面积最小的截面，解决D选项的关键是以A为球心，AB为半径的球面与平面11ABCD的交线是以E为圆心的圆，求其周长即可.三、填空

题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.设z是复数且12i1z−+=，则z的最小值为___________.【答案】51−##15−+【解析】【分析】根据复数模的几何意义，结合图象，即可求解.【详解】根据复数模的几何

意义可知，12i1z−+=表示复平面内以()1,2−为圆心，1为半径的圆，而z表示复数z到原点的距离，由图可知，()22min12151z=+−−=−.故答案为：51−.14.如图，在ABC中，13ANNC=，P是线段BN上一点，若APmABnAC=+，则mn的最大值

为_________.【答案】116【解析】【分析】根据向量性质得出,mn的关系，再应用基本不等式计算积的最大值即可.【详解】因为13ANNC=,所以4,4ACANAPmABnACmABnAN==+=+,因为,,PBN在一条直线上，所以41,0,0mnmn+=,所以14

24,14,16mnmnmnmn+,当且仅当142mn==时取等号，所以mn的最大值为116.故答案为：116.15.如图，E，F分别是正方形ABCD的边AB，AD的中点，把AEF△，CBE△，CFD△折起构成一个三棱锥PCEF−（A，B，D重合于P点）

，则三棱锥PCEF−的外接球与内切球的半径之比是______.【答案】26【解析】【分析】根据,,PCPEPF两两垂直可知，三棱锥PCEF−的外接球也是以,,PCPEPF为长，宽，高的长方体的外接球，即可求出其外接球半径，再根据等积法可求出其内切球的半径，从而得解

．【详解】因为,,PCPEPF两两垂直，所以三棱锥PCEF−的外接球也是以,,PCPEPF为长，宽，高的长方体的外接球，设其外接球半径为R，正方形边长为2，所以2PC=，1PEPF==，即2222112R=++，解得62R=．因为三棱锥PCEF−的表面积S即为正方形的面积，

22=4S=，设其内切球的半径为r，所以1111111232323PCEFVPEPFPC−===，141333PCEFVSrr−===，即14r=．因此，622614Rr==．故答案为：26．【点睛】本题主要考查三棱锥的

外接球和内切球的半径的求法，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题．16.在ABC中，内角,,ABC所对的边分别是,,abc，且22sinsin2ACB+=，3b=，则边AC上的中线BE的取值范围是_________.【答案】33

(,]22【解析】【分析】根据三角形内角和定理结合二倍角的正弦公式化简求值即可求B，利用向量的加法运算及数量积模的运算得21(32)4BEca=+，利用正弦定理得π2sin(2)16acA=−+，然后利用正弦函数的性质求解范围即可.【详解】由22sinsin2ACB

+=，可得222180sinsin()cos22BBB−==，因为(0,π)B，所以π(0,)22B，所以sin0,cos02BB，所以sincos2BB=，所以2sincoscos222BBB=，所以

1sin22B=，所以π26B=，所以π3B=，由余弦定理可得2222222π2cos2cos33bacacBacacacac=+−=+−=+−=，因为E是AC的中点，所以1()2BEBABC=+，所以22222221111(2)(2cos)(

)(32)4444BEBABABCBCccaBaccaaca=++=++=++=+，由正弦定理可得2πsinsin4sinsin4sinsin()sinsin3bbacACACAABB===−，所以2π23sincos2sin3sin2cos212si

n(2)16acAAAAAA=+=−+=−+，因为2π(0,)3A，所以ππ7π2666A−−，所以1πsin(2)126A−−，所以03ac，所以2139(32)(,]444BEca=+，所以33(]22BE.故答案为：33(]22.【点睛】方

法点睛：求三角形有关代数式的取值范围也是一种常见的类型，主要方法有两类：（1）找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；（2）利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解.四、解答题：本大题共6小题，共70分.解

答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知3,2,()(23)9ababab==−+=.（1）求a和b的夹角；（2）若向量c为b在a上的投影向量，求bc+.【答案】（1）π3；（2）7【

解析】【分析】（1）根据题意，利用向量的运算法则，求得3ab=，结合向量的夹角公式，即可求解；（2）根据题意，求得向量13ca=，结合21133bcbaab+=+=+，即可求解.【小问1详

解】解：由向量3,2ab==，则22()(23)2318129ababababab−+=−+=−+=，解得3ab=，设向量a和b的夹角为,0,π，则31cos232abab===

，所以π3=，所以向量a和b的夹角为π3.【小问2详解】解：向量c为b在a上的投影向量，可得1cos3aabacbaaaa===，则2221112121932473393932bcbaaba

abb+=+=+=++=++=.18.某市正在征集志愿者，为了了解前来面试的志愿者的情况，现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组)45,55，第二组)55,65，第三组)65,75，第四

组)75,85，第五组85,95，绘制成如图所示的频率分布直方图．已知第一、二组的频率之和为0.3，第一组和第五组的频率相同．（1）求图中ab、的值并估计面试成绩的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）估

计这100名候选者面试成绩的第80百分位数；（3）抽取的100名候选者中，第二组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为62和30，第四组面试者的面试成绩的平均数和方差分别为80和20，求第二组和第四组面试成绩的总平均数和总方差．【答案】（1）0.0050.025ab

==，，69.5（2）77.5（3）平均数为70，方差是9509.【解析】【分析】（1）由题意可得10100.310(0.0450.020)0.7aba+=++=，可求,ab，根据平均数等于每个小矩形面积乘上小矩形底边中点的横坐标之和求解；（2）再根据百

分位数的定义求解第80百分位数即可.（3）利用分层抽样的平均数公式与方差公式计算即可.【小问1详解】由题意可知：10100.310(0.0450.020)0.7aba+=++=，解得0.0050.025ab==，可知每组的频率依次为：0.05，0.25，0.4

5，0.2，0.05，所以平均数为500.05600.25700.45800.2900.0589.5++++=；…【小问2详解】成绩在)45,75的频率为0.750.8，满意度在)45,85的频率为0.950.8设百分之80分位数为x，则)7

5,85x，则()0.75750.020.8x+−=，解得77.5x=，故百分之80分位数为77.5【小问3详解】100名候选者中第二组的人数为100×0.25=25人，第四组的人数为100×0.2=20人则

第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数256220807045x+==，…设第二组、第四组面试者的面试成绩的平均数与方差分别为221212,,,xxss，第二组和第四组所有面试者的面试成绩的方差(

)()222222211222520252095030(6270)20(8070)454545459ssxxsxx=+−++−=+−++−=．故估计第二组和第四组所有面试者的面试成绩的平均数为70，

方差是9509.19.在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，ABC的外接圆半径为R，且22222()abccbRbca−=+−．（1）证明：π4AB−=；（2）若π6B=，ABC的面积为23+，求ABC的周长．【答案】（1）证明见解析（2）2

2226++【解析】【分析】（1）由余弦定理、正弦定理、两角差的正弦展开式得πsinsin4AB−=，可得答案；（2）令()62,2akbk=+=，再利用ABCS=23+求出k，可得答案.【小问1详解】由()22222abccbRbca−=+−，可得

2222222abccbbcaRbcbc+−=−，所以2cos22abRA−=，又由正弦定理2sinsinabRAB==，可得sin2sincosABA−=，即πsincos2sin2sin4AAAB−=−=

，所以πsinsin4AB−=，可得π4AB−=或ππ4AB−+=，即π4AB=+或5π4AB+=（舍去），所以π4AB−=；小问2详解】因为π6B=，π4AB−=，所以5π12=A，5ππ12=−−=CAB，所以ABC为等腰三角形，5πππππππsi

nsinsincoscossin12464646=+=+23216222224+=+=，所以sin62162sin422aAbB++===，令()62,2akbk=+=其中0k，则()1162sin622224ABCSabCkk+=

=+()22323k=+=+，解得1k=，因此ABC的周长为(62)2(62)22226abc++=++++=++.20.如图，长方体1111ABCDABCD−中，116,5,4,2ABBCAAAE====，/

/BC平面EFGH.（1）证明：四边形EFGH为矩形；（2）若5EH=，求1CE与平面EFGH所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析【在（2）1641205.【解析】【分析】（1）利用线面平行、面面平行的性质定理和

线面垂直的性质定理即可证明；（2）用等体积法求出点1C到平面EFGH的距离，再求出1CE的长度，即可求解.【小问1详解】长方体中，平面//ABCD平面1111DCBA，又平面ABCD平面EFGHHG=，平面1111ABCD平面EFGHEF=，//GHEF，平

面11//AABB平面11DDCC，同理可得//EHFG，//EFGH，//EHFG，所以四边形EFGH为平行四边形，//BC平面EFGH，BC平面ABCD，平面ABCD平面EFGHHG=，//BCGH，又长方体中BC⊥平面11AABB，GH⊥平面11AABB，又EH平面11AABB，G

HEH⊥，所以四边形EFGH为矩形.【小问2详解】设1C到平面EFG的距离为h，//EFBCQ，BC⊥平面11CDDC，EF⊥平面11CDDC，E到平面1FCG的距离为5EF=，116,5,4,2ABBCAAAE====，则14CF=，又5FGEH==，112555222EFGFGSEF

===，11111144822CFGCFCSSCFCC====，11CEFGECFGVV−−=，11133EFGCFGhEFSS=，所以125518323h=，解得165h=，221111162541CEEBBC+=+==，设1CE与平面EFGH所成角为

，则11616415sin20541hCE===，所以1CE与平面EFGH所成角的正弦值为1641205.21.已知函数2()23sincos2cos1fxxxx=+−(0)，()fx图象中相邻两条对称轴的距离为π2.（1）求函数()fx的解析式和()fx在区间[

0,π]的单调递增区间；（2）方程2(2))0()(2fafxx+−+=在π11π[,]612上有2个不相等的实数根，求实数a的取值范围.【答案】（1）π()2sin(2)6fxx=+，20,,,63

（2）(222,5)a+【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换得到()π=2sin(2)6fxx+，然后根据题意得到周期πT=，代入周期的计算公式可得，然后根据正弦函数单调增区间代入即可求解；（2）用换元法()π2s

in26tfxx==+，由（1）得2,2t−，转化为关于t一元二次方程根分布问题即可求解.【小问1详解】2()23sincos2cos13sin2cos2fxxxxxx=+−=+31π=2(sin2cos2)=2si

n(2)226xxx++因为()fx图象中相邻两根对称轴的距离为π2，所以周期πT=，所以2ππ|2|=，又因为0，所以1=，所以π()2sin(2)6fxx=+，令πππ2π22π26

2kxk−+++，解得ππππ36kxk−++的所以()fx单调递增区间为πππ,π,36kkkZ−++，当0k=时，ππ,;36x−当1k=时，2π7π,;36x所以()fx在区间0,π

的单调递增区间为π2π0,,,π63；【小问2详解】由（1），令()π2sin26tfxx==+，由π11π,612x，可得ππ2,2π62x+，则2,2t

−，由题意可知，关于t的方程()2220tat+−+=有两个不等的实根12,tt，且1π2sin26xt+=与2π2sin26xt+=在π11π,612上均有两个不等的实根，因为()fx的图象如图所示，故(122,0tt+−，所以关于t的方程

()2220tat+−+=在(2,0−上有两个不等的实根，令2()(2)2gttat=+−+，则()()()2Δ280220202021020aagga=−−−−=−=−，即22222226205aaa

a+−或，解得2225a+故实数a的取值范围(222,5)a+.【点睛】利用辅助角公式将函数化简，考查正弦函数性质的应用，以及函数与方程的综合问题，第二问解题的关键是通过

换元将问题转化为二次方程有两个根，再利用根分布问题讨论即可求解，体现了转化的数的学思想方法.22.如图，在矩形ABCD中，1AB=，3BC=，M是线段AD上的一动点，将ABM沿着BM折起，使点A到达点A的位置，满足点A平面BCDM且点A

在平面BCDM内的射影E落在线段BC上．（1）当点M与点D重合时，①证明：AB⊥平面ACD；②求二面角ABDC−−的余弦值；（2）设直线CD与平面ABM所成的角为，二面角ABMC−−的平面角为，求2sincos的最大值．【

答案】（1）①证明见解析；②13（2）14【解析】【分析】（1）①由题意可得ABAD⊥，⊥AECD，BCCD⊥，则CD⊥平面ABC，从而有ABCD⊥，再由线面垂直的判定定理可证得结论；②过E作EO⊥BD于点O，连接AO，可证得AOE为二面角ABDC−−的

平面角，然后在RtAEO中求解即可；（2）过点E做//EQCD交BM于Q，所以直线EQ与平面ABM所成的角,即为直线CD与平面ABM所成的角，过E作EO⊥BM于点O，连接AO，连接QH，EQH是直线EQ与平面ABM所成的角，AOE

是二面角ABMC−−平面角，设,03AMtt=，然后表示出2sincos化简后利用二次函数的性质可求得其最大值.【小问1详解】①当点M与端点D重合时，由90BAD=可知ABAD⊥，由题意知AE⊥平面BCD，CD平面BCD，所以⊥AECD，又BCCD⊥，AEBC

E=，AE平面ABC，BC平面ABC，所以CD⊥平面ABC，又AB平面ABC，所以ABCD⊥因为ADCDD=，CD平面ACD，AD平面ACD，所以AB⊥平面ACD；②过E作EO⊥BD于点O，连接AO.因为AE⊥平面BCD，BD

平面ABCD，所以AEBD⊥，因为EO⊥BD，AEBD⊥，AEEOE=，,AEEO平面AOE，所以BD⊥平面AOE，因为AO平面AOE，所以BD⊥AO，所以AOE为二面角ABDC−

−的平面角,且在四边形ABCD中，A、O、E三点共线.因为1,3,ABAD==所以3tan3ABADBAD==，所以π6ADB=，所以ππ,36OADBAO==，所以133,tan223AOADBEABBAO====，所以223331326EOAEAO=−=+−=，所以

在RtAEO中，316cos332OEAOEAO===，即二面角ABDC−−的余弦值为13.【小问2详解】过点E做//EQCD交BM于Q，所以直线EQ与平面ABM所成的角,即为直线CD与平面ABM所成的角，过E作E

O⊥BM于点O，连接AO.由②同理可得BM⊥平面AOE，BM平面ABM，所以平面ABM⊥平面AOE，作EHAO⊥，垂足为H，平面ABM平面AOEOE=，EH平面AOE，所以EH⊥平面ABM，连接QH，EQH是直

线EQ与平面ABM所成的角，即EQH=，因为ABEMAB∽，满足ABAMBEAB=，设,03AMtt=，所以21,1BEBMtt==+，所以2222211,11ABAMttAOAEABBEBMttt+===+=+=+，所以222

1111tOEAEAOttttt+=−=−=++，21tAOAOt==+，因为在RtAOE中，斜边大于直角边，即AOOE，所以22111tttt++，所以13t，2221tAEAOOEt−=−=，在AOE中由等面积231AEOEtEHAOt−==，21

EQt=，2221sin1EHEQt==−因为AOBM⊥，OEBM⊥，所以AOE是二面角ABMC−−平面角，即AOE=，21cosOEAOt==，22222111111sincos1244ttt=−=−−+

，当且仅当2t=时“＝”成立，故2sincos的最大值14.【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查线面角和二面角的求法，解题的关键是通过几何方法找出线面角和二面角，然后在三角形中求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难

题.