2023-2024學(xué)年山東省青島市高一年級(jí)下冊(cè)期中數(shù)學(xué)模擬試題

2023-2024學(xué)年山東省青島市高一下冊(cè)期中數(shù)學(xué)模擬試題

一、單選題

1.復(fù)數(shù)Z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(2,1),則烏=()

z-l

A.1+iB.1-iC.-l+iD.-l-i

【正確答案】A

【分析】直接利用復(fù)數(shù)的運(yùn)算法則化簡(jiǎn)求解即可.

【詳解】復(fù)數(shù)Z在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(2,1),則z=2+i

2i2i2i2i(l-i)2i(l-i).....

---=7----；=---=----r^;--7=-------=1(1-1)=1t+1

z-1(2+i)-l1+i(l+i)(l-i)217

故選.A

2.下列說法中正確的是()

A.直四棱柱是長(zhǎng)方體

B.圓柱的母線和它的軸可以不平行

C.正棱錐的側(cè)面是全等的等腰三角形

D.以直角三角形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余兩邊旋轉(zhuǎn)一周形成的面所圍成的旋轉(zhuǎn)體為圓錐

【正確答案】C

【分析】根據(jù)相關(guān)立體幾何圖形的性質(zhì)逐項(xiàng)判斷即可.

【詳解】對(duì)于A：由直四棱柱的定義可知，長(zhǎng)方體是直四棱柱，

但當(dāng)?shù)酌娌皇情L(zhǎng)方形時(shí)，直四棱柱就不是長(zhǎng)方體，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B：根據(jù)圓柱母線的定義可知，圓柱的母線和它的軸平行，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C：由正棱錐的定義可知，正棱錐的側(cè)面是全等的等腰三角形，故C正確：

對(duì)于D：當(dāng)以斜邊為旋轉(zhuǎn)軸時(shí)，會(huì)得到兩個(gè)同底的圓錐組合體，故D錯(cuò)誤.

故選：C.

3.已知向量AB=(9,x),8=(x,l),若AB與CO同向共線，則X=()

A.3B.-3C.-3或3D.0或3

【正確答案】A

【分析】根據(jù)向量共線的坐標(biāo)表示結(jié)合條件即得.

【詳解】因?yàn)橄蛄緼8=(9,x),CD=(x,l),

由9χl-χ2=o,可得χ=3或x=-3，

當(dāng)x=3時(shí)，AB=(9,3),CD=(3,1),AB=3CD,滿足題意，

當(dāng)了=-3時(shí)，AB=(9,-3),CD=(-3,1),A8=-3CO,不滿足題意，

所以x=-3.

故選：A.

4.如圖所示，一個(gè)水平放置的平面圖形OABC的斜二測(cè)直觀圖是平行四邊形。AB'C',且

O'C'=20'A'=2,ZA'O'C'=45,則平面圖形。48C的周長(zhǎng)為()

A.12B.4√2C.5D.10

【正確答案】D

【分析】根據(jù)斜二測(cè)畫法得到平面圖形，即可得解；

【詳解】根據(jù)斜二測(cè)畫法的規(guī)則可知該平面圖形是矩形,如下圖所示，且長(zhǎng)Aβ=4,寬04=1.

3-

2-

1-

^≡lΓθ~2~3~4-t

-1-

故該平面圖形的周長(zhǎng)為2(OA+A8)=10.

故選：D

5.已知q,C2是不共線的非零向量，則以下向量可以作為基底的是()

A.?=O,b=el-e2B.d-3ex-3e2,b=el-e2

C.a=ex-2e2>b=ei+2e.,D.a-et-2e2,b-2el-4e2

【正確答案】C

【分析】根據(jù)兩個(gè)向量滿足平面的一組基底，需這兩個(gè)向量不共線，由此逐一判斷可得選項(xiàng).

【詳解】對(duì)于A：零向量與任意向量均共線，所以此兩個(gè)向量不可以作為基底；

對(duì)于B：因?yàn)閐=3e∣-3e2,b^el-e2,所以α=3b,所以此兩個(gè)向量不可以作為基底；

對(duì)于C：設(shè)“=M，即q-2∕=川q+2e?),則，;，所以無解，所以此兩個(gè)向量不共線，可以

作為一組基底；

對(duì)于D：設(shè)。=e∣-四，h=2ei-4e2,所以a=Jb,所以此兩個(gè)向量不可以作為基底.

故選：C.

7Jr

6.將函數(shù)/(x)=SinX-Cosx的圖象向左平移仁個(gè)單位長(zhǎng)度，得到函數(shù)y=g(χ)的圖象，關(guān)于函數(shù)

y=g(χ)的下列說法中錯(cuò)誤的是()

A.周期是2兀B.非奇非偶函數(shù)

C.圖象關(guān)于點(diǎn)中心對(duì)稱D.在(0，；)內(nèi)單調(diào)遞增

【正確答案】D

【分析】，(無)=Sinx-COSx=&sin(X-再根據(jù)平移變換可得g(x),再根據(jù)正弦函數(shù)的周期性,

奇偶性，對(duì)稱性和單調(diào)性逐一判斷即可.

［詳解］/(?)=sinX-cosX=5/2sinIJt-?L

則7=2π,故A正確；

因?yàn)間(-x)=應(yīng)Sin卜X+,),則g(-x)xg(x),g(-x)~g(x),

故函數(shù)g(x)是非奇非偶函數(shù)，故B正確；

對(duì)于C,因?yàn)間(與］=夜sin2π=0,

所以函數(shù)y=g(χ)的圖象關(guān)于點(diǎn)(專,0)中心對(duì)稱，故C正確;

對(duì)于D,因?yàn)閤e［θqj,所以8+^?］亍彳卜

則函數(shù)y=g(χ)在(o,?∣)上不單調(diào)，故D錯(cuò)誤.

故選：D.

7.已知函數(shù)"x)=Sin(S+e)W>O,O≤e≤π)的部分圖像如圖所示，則《號(hào))=()

A.變B.--C.-走D.--

2222

【正確答案】B

【分析】根據(jù)圖象可得/(x)的周期和零點(diǎn)，求得到其解析式后代入求值即可.

TitTtTt冗

【詳解】由圖象可得:=W+2=?J,所以T=兀=2臼⑷=2

2362ω

當(dāng)x=_^■時(shí)，/(x)=0,即Sin,2x?^?+e[=0

TT

所以一2x—+9=2kπ,k∈Z,

6

因?yàn)楱Oα<^,所以S=I

所以〃x)=sin(2x+",f償)=sin管+升一哈一孝

故選：B

8.已知直三棱柱ABC-ABC中，AB=AΛ,=1,BC=AC,當(dāng)該三棱柱體積最大時(shí)，其外接球的

體積為()

A20√5r5√5r4√3n5√5

A.----JrO----------TTC?---------71L).---------TC

36279

【正確答案】B

【分析】要使三棱柱的體積最大，則ABC面積最大，故令A(yù)C=X,貝IJSABC=#Y?sinNAC8,再

結(jié)合余弦定理得coSNACB=笑?，進(jìn)而得(S)2二(七I)32,當(dāng)且僅當(dāng)AC=I時(shí)，SABC

2√3λ-abc16-16

取得最大值正，此時(shí)/WC為等腰三角形，AB=AC=I,BC=6再求解三棱柱外接球的半徑即可

4

得答案?

【詳解】因?yàn)槿庵鵄BC-ABc為直三棱柱,

所以，AA，平面ABC

所以，要使三棱柱的體積最大，則一ASC面積最大,

因?yàn)镾/=|SC-ACsinZACB,

令A(yù)C-X

因?yàn)?C=√5AC,所以S,USC=*x"sinNAC8,

,八，/…AC2+BC--AB24X2-1

在_ABC中，cosZACB=------=-7=-γ,

2ACBC2√3X2

I6x4-8x2+l-4X4+8√-1

所以,sin2ZACB=1-

12X4

3-4(x2-1)^

所以,(SABC)2=-x4Sin2ZACB=

16

當(dāng)/=1,即AC=I時(shí)，（SABC）2取得最大值且，

所以,

4

當(dāng)AC=I時(shí)，SABC取得最大值立，此時(shí)λBC為等腰三角形，AB=AC=?,BC=y∕3,

所以,

4

AB2+AC2BC2

所以,COSZBAC=-=^(0,π),

2ABAC2×1×1

2兀

所以NBAC=不

=2=21即I,

所以,由正弦定理得-4BC外接圓的半徑'滿足商

3

所以，直三棱柱ABC-ABe外接球的半徑配=*2=；,即犬=咚,

所以，直三棱柱ABC-ABG外接球的體積為網(wǎng)R3=Xl7t.

36

故選:B

二、多選題

9.已知圓錐頂點(diǎn)為S,高為1,底面圓。的直徑AB長(zhǎng)為2√∑.若C為底面圓周上不同于A,B的任意

一點(diǎn)，則下列說法中正確的是（）

A.圓錐5。的側(cè)面積為6?∕∑π

B.一SAC面積的最大值為,

C.圓錐SO的外接球的表面積為9兀

D.若AC=8C,E為線段AC上的動(dòng)點(diǎn)，則SE+BE的最小值為g+4&

【正確答案】BCD

【分析】對(duì)A：根據(jù)圓錐的側(cè)面積公式分析運(yùn)算；對(duì)B：根據(jù)題意結(jié)合三角形的面積公式分析運(yùn)算；

對(duì)C：根據(jù)題意可得圓錐SO的外接球即為ASAB的外接圓，利用正弦定理求三角形的外接圓半徑，

即可得結(jié)果；對(duì)D：將平面A8C與平面54C展開為一個(gè)平面，當(dāng)S,E,B三點(diǎn)共線時(shí)，SE+8E取到最

小值，結(jié)合余弦定理分析運(yùn)算.

【詳解】對(duì)A：由題意可知：OA=OB=近,SO=1,SA=SB=SC=dSO2+OB?=6,

故圓錐So的側(cè)面積為πχV∑χG=兀，A錯(cuò)誤;

對(duì)B：SAC面積SVr=IS4?SC?sinZASC=1χ6xGxsinNASC=3sinN4SC,

222

…CSA2+SB2-AB23+3-81C?〃

在aSAB中，COSZASB=————=-一=一~==--<0,故NASB為鈍角，

2SASB2×√73×√133

由題意可得：0<ZASC<ZASB,

故當(dāng)NASC=萬π時(shí)，.SAC面積3的最大值為”3nNASC=jB正確；

對(duì)C：由選項(xiàng)B可得：cosZASB=--,/&記為鈍角，可得Sin"AB=Jl-CoS?NSAB=述,

33

由題意可得：圓錐SO的外接球即為ASAB的外接圓，設(shè)其半徑為R,

一AB_2夜

則SinNASB2√2,即R=；;

?

故圓錐50的外接球的表面積為4兀χ(∣)=9π,C正確；

對(duì)D：將平面ABC與平面SAC展開為一個(gè)平面，如圖所示，

當(dāng)S,三點(diǎn)共線時(shí)，SE+BE取到最小值，

Tr

此時(shí)AC=BC=2,ZACB=-,

2

yCK..-,AC^+SC^—AS^4+3—3>∕3.∣.._t

在c：,SAZC,cos/.ACzSc=----------------------=-----------產(chǎn)=—>0>則mXACSc為銳角h，

2ACSC2x2x63

則SinΛACS=√1-COS2ZAC5=—,

=-sinZACS=-逅,

在aSBC,則COSNSCB=CoS(NSC4+ZACB)=cos(Z-SCA+—

由余弦定理可得SB?=SC?+8C2-2SC?8C?cosNSCB=3+4-2xgχ2

則SB=g+40，故SE+BE的最小值為77+472，D正確.

故選：BCD.

10.已知復(fù)數(shù)Ze是關(guān)于X的方程V+bχ+l=0（-2＜匕＜22eR）的兩根，則下列說法中正確的是（）

Le

A.zl=z2B.TRC.∣z1∣=∣z2∣=lD.若b=l,則z：=z；=l

ZrI

【正確答案】ACD

【分析】在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解方程得4,4，然后根據(jù)復(fù)數(shù)的概念、運(yùn)算判斷各選項(xiàng).

【詳解】A=∕√-4＜0,.?.χ=-b±m(xù)2,不妨設(shè)z=-9+2∕ΞEi,?,√4∏?[ij

2,22222

z1=Z2,A正確；

㈤=Izl=后二^C正確；

z∣z2=l,.?.五=二=z：="匚-Hili,?≠0?,—?R,B錯(cuò):

1

Z2Z1Z222?

8=1時(shí)，Z]=一，+且4,z2=—?-?^-i,計(jì)算得z；=一,一/4=z<,=Z],

22222'22'1

Z；=Z1=Z2,Z∣3=Z∣Z2=1,同理Z：=l,D正確.

故選：ACD.

11.某班級(jí)到一工廠參加社會(huì)實(shí)踐勞動(dòng)，加工出如圖所示的圓臺(tái)。。2,在軸截面ABCQ中,

AB=Ap=BC=2cm,且Co=2AB,下列說法正確的有（）

A.該圓臺(tái)軸截面ABC￡>面積為3j8cr∏2

B.該圓臺(tái)的體積為守cm，

C.該圓臺(tái)的側(cè)面積為6πcπ√

D.沿著該圓臺(tái)表面，從點(diǎn)C到中點(diǎn)的最短距離為5cm

【正確答案】ACD

【分析】求出圓臺(tái)的高，由梯形的面積公式可判斷選項(xiàng)A；由臺(tái)體的體積公式可判斷選項(xiàng)B；由臺(tái)體

的側(cè)面積公式可判斷選項(xiàng)C；將圓臺(tái)補(bǔ)成圓錐，側(cè)面展開，取A。的中點(diǎn)為P,連接CP,可判斷選項(xiàng)

D.

【詳解】對(duì)于A,由Ae=Ar>=BC=2,RCD=2Aβ,

高°。2=小-(^^)=B

可得CD=4,

則圓臺(tái)軸截面ABCD的面積為:X(2+4)×6=3Λ∕GCΠ√,故A正確；

對(duì)于B,圓臺(tái)的體積為V=gπ(l+2+4)x行=苧πc∏r',故B錯(cuò)誤;

對(duì)于C,圓臺(tái)的體積為SlM=π(l+2)x2=6π,故C正確；

對(duì)于D,由圓臺(tái)補(bǔ)成圓錐，可得大圓錐的母線長(zhǎng)為4cm,底面半徑為2cm,側(cè)面展開圖的圓心角

6="2=π.

4

設(shè)AD的中點(diǎn)為P,連接CP,可得∕COP=90,OC=4,OP=2+1=3,

則CP=J42+32=5?

所以沿著該圓臺(tái)表面，從點(diǎn)C到A。中點(diǎn)的最短距離為5cm,故D正確.

D

故選：ACD.

12.由倍角公式cos2x=2cos2x-l,可知cos2x可以表示為COSX的二次多項(xiàng)式.一般地，存在一個(gè)

at

∈N)次多項(xiàng)式匕(E)=卬"+?'+的，"~τFafl(a0,al,a2…a〃∈R),使得COS∏x=Pn(cosx),這

些多項(xiàng)式匕⑺稱為切比雪夫(P?L.Tschebyscheff)多項(xiàng)式.運(yùn)用探究切比雪夫多項(xiàng)式的方法可得

()

g(r)=3+3rB.g(。=16/-20/+5,

D.COSl8。=避??

【正確答案】BC

【分析】根據(jù)題意利用三角恒等變換逐項(xiàng)分析判斷.

【詳解】對(duì)于A：因?yàn)?s3x=cos(2x+x)=cos2XCoSX-Sin2xsinx

=(2cos2x-ljcosΛ-2sin2xcosx=(2cos2x-ljcosx-2(l-cos2x

=4cos3x-3cosx>

所以y(r)=4∕-3f,故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B：因?yàn)镃oS4X=COS2(2X)=2COS22x-l=2(2cos2x-lj2-1=8cos4x-8cos2x+l，

則cos5x=cos(4尤+尤)=cos4xcosx-sin4%sinx

=(8CoS4x-8COS2x+1)cosx-2sin2ΛCOS2xsinx=8cos5x-8cos'x+cosx-4sin2x(2CoS2X-I)CoSX

=8cos5X_8COS3X+COSX-4(1-COS2x)(2COS2X-I)COSX

=16cosr,x-20cos,x+5cosx.

所以G(f)=16∕-2θP+5r,故B正確；

對(duì)于C、D：S?cos9()°=cos(5×18o)=16cos518o-20cos318o+5cos18o=O,

因?yàn)?8°為銳角，則CoSI8°>cos300=@,sinl80>0,B∣Jcos2180>^,sinl80>0,

24

則16COS418°-20CoS218°+5=0,解得cos?18°=±匕5或cos?180=士］叵(舍去),

5=或二1,故C正確;

所以SinI8。=F=

≠?^,所以COSI8。#亞里，故D錯(cuò)誤;

但

84

故選：BC.

三、填空題

13.已知α,beR,<z+3Γ3=(Z;+i)i2023(i為虛數(shù)單位)，則”+人=.

【正確答案】-2

【分析】利用復(fù)數(shù)的乘方運(yùn)算及乘法運(yùn)算計(jì)算，再借助復(fù)數(shù)相等求解作答.

【詳解】由α+3L=S+i)i2°23得：α+3i=(b+i)(T),即α+3i=l—為，而α∕eR,則”=1力=—3,

所以α+8=-2.

故-2

14.已知A(Xl,χ),B(x2,%)是角久夕終邊與單位圓的兩個(gè)不同交點(diǎn)，且Xly2=WX,貝∣J2x∣-x2+2y∣-%

的最大值為.

【正確答案】3√Ξ

【分析】根據(jù)三角函數(shù)的定義，得到A(COSa,sina),B(CoSASin分)，由Xly2=々必，求得α-α=兀，化

簡(jiǎn)2x∣—X?+2y∣—%=3j∑sin(α+^),即可求解.

CXI=COSa、[x,-cosβ「、

【詳解】令.(αerθ,2π,且一,ζ(∕7∈0,2π,且?>α,

=smɑ[y2=smp

所以A(cosa,sina),8(CoSβ,sinβ),

因?yàn)閄M=X2%，可得COSaSin夕=COS/7Sina,可得sin(尸-α)=O,

又因?yàn)棣義6,所以/J-c=π,即夕=兀+々

所以2%一Λ2+2y,-y1=2cosa-cos∕7+2sina-sinβ

=2cosa+cosa+2sincr+sina=3cosa+3sina=3Λ∕2sin(α+—),

4

所以2x∣-%+2乂-%的最大值為3亞.

故答案為?3√Ξ

15.在銳角二ABC中，內(nèi)角A,B,C所對(duì)應(yīng)的邊分別是α,b,c,且2c?sin(B-A)=2zzsinAcosB+hsin2A,

則￡的取值范圍是.

a

【正確答案】(1,2)

【分析】由正弦定理和正弦二倍角公式將已知化為Sin(B-A)=SinA,根據(jù)ABC為銳角三角形可得

B=2A,C=π-3A以及2<4<2,再由正弦定理可得￡=嗎=任學(xué)，利用兩角和的正弦展開

64aSinAsinA

式和COSA的范圍可得答案.

【詳解】由正弦定理和正弦二倍角公式可得

2sinCsin(β-Λ)=2sinAsinAcosB+sinBsin2A

=2sinAsinAcosB+2sinSsinAcosA=2sinA(SinAcosB÷sinScosA)

=2sinAsin(A+B),

因?yàn)?<Crv?∣,兀一C=A+8,所以sin(兀一C)=Sin(A+5)=SinCW(),

可得Sin(5-A)=SinA,

因?yàn)镺<A<gθ<8<?J,所以—；<8-4<彳，

2222

所以8=2A,C=π-3A,

由0<B=24<工，0<C=π-3A<-∏TM-<A<-,

2264

所以<cosA<?—<cos^A<—,

2224

由正弦定理得C-SinC_sin3A_sin(2A+A)一sin2AcosA+cos2AsinA

asinAsinAsinASinA

=2cos2A÷cos2A=4COS2A-l∈(l,2).

故答案為.(1,2)

16.已知三棱錐P-ABC的體積為2叵，各頂點(diǎn)均在以PC為直徑的球面上，AC=2√3,AB=2,

3

BC=2,則該球的表面積為.

【正確答案】20π

【分析】根據(jù)已知條件及余弦定理，利用正弦定理及棱錐的體積公式，結(jié)合勾股定理及球的表面積公

式即可求解.

【詳解】由AC=2√LA8=2,8C=2及余弦定理，得AC?=A4+BC?-2AB?BC?cosZABC,即

12=4+4-8cosZABC,解得COSNABC=-L0<ZABC<π,

2

2兀

所以NABC=3，

設(shè)r為ABC外接圓半徑，

9AC?4

所以,「一工解得r=2,

s?n

3

所以SAABC=?ABBC-sinZABC=√3,

所以VPABC=LSAABCZ=昱h=更,解得〃=2,即點(diǎn)尸到平面ABC的距離為2,

/*^ZiDL-34Λ∕IOC33

所以外接球球心。(PC的中點(diǎn))到平面ABC的距離d=l,

以外接球半徑收=產(chǎn)+/=5,

所以S球=4π∕?2=20π.

故答案為.20π

四、解答題

17.如圖，在正,ABC中，D,E分別是AB,BC上的一個(gè)三等分點(diǎn)，分別靠近點(diǎn)A,點(diǎn)B,且AE,

CD交于點(diǎn)P.用BA，8C表示BP;

【分析】根據(jù)向量的線性運(yùn)算，用SA，BC表示BP，結(jié)合平面向量基本定理確定表達(dá)式.

【詳解】因?yàn)?P=8E+EP=g8C+4EA=；BC+2(8A-8E)=28A+[-；2)8C,?O<Λ<I,

BP=BC+CP=BC+〃CD=BC+〃(BD-BC)=督BA+(1-公BC,且0<"<l,

由平面向量基本定理可得4=與,1T=ι-〃，所以〃=黑V

41

故第=—84+—3C.

77

18.在ΔABC中，內(nèi)角A8,C的對(duì)邊分別為。力,c,已知c=2,且QSinA-QSin3=2SinC-匕SinB.

(1)若sinC+sin(3-A)=S加2A,求ΔA5C的面積;

(2)記邊A3的中點(diǎn)為M,求ICMl的最大值.

【正確答案】(1)亞或石(2)√3

3

【詳解】試題分析：

(1)已知等式利用正弦定理化簡(jiǎn)，再利用余弦定理表示出CoSC,將得出的等式代入計(jì)算求出COSC的值,

即可確定出角C.

(2)由→=」(→+→)?→=^(→+→+l→?→?=-(a2-+kr+ab?,

v7

?2UACB)CM-4?CA1CB2CBCA)4、'

又病+%2=必+4,即可求出∣CW∣的最大值.

解析：

(1)αsinA—αsinB=2sinC-Z?sinB<≠>asin√4—αsin8=csinC—?sinβ=>a2+b2-c2=ab

由余弦定理可得：

由(1)可得，COSA=SinB=SinAnA=90。且A=B

當(dāng)A=90。且8=30。，b=ctan30o=—,MBC的面積S=IbCSinA=友，

323

當(dāng)A=B時(shí)，AMC為等邊三角形，S=→2×2sin60o=^;

(2)由于A8邊的中點(diǎn)為故

121I

CM=------------rnCM=―,^;-------;---------------V=~；——

2(iC4+Cβ)4C4^+CB^+2CB?C44[a2+b2+ab)?

21

因?yàn)閏=2且。=60。，故由余弦定理知，er+b2=ab+4,于是。河”二耳出?+1,而故，；?最大值為石

(當(dāng)且僅當(dāng)ι=〃=c=2時(shí)取等).

點(diǎn)睛：在遇到中點(diǎn)時(shí)可以考慮采用向量的方法，如言=，武+7)那么這一步驟將會(huì)把題目轉(zhuǎn)化出來,

然后再根據(jù)題目條件求解.

19.為了求一個(gè)棱長(zhǎng)為正的正四面體的體積，某同學(xué)設(shè)計(jì)如下解法：構(gòu)造一個(gè)棱長(zhǎng)為1的正方體，

如圖1：則四面體AC4R為棱長(zhǎng)是正的正四面體，且有

=

面體八CMA=V正方體-VB-ACBIAB1D1~^Cl-lilCDi~^D-ACD1=§匕E方體?*

(1)類似此解法，如圖2,一個(gè)相對(duì)棱長(zhǎng)都相等的四面體，其三組棱長(zhǎng)分別為石、J萬、而，求此

四面體的體積；

(2)對(duì)棱分別相等的四面體ABa)中，AB=CD,AC=BD,">=3C.求證：這個(gè)四面體的四個(gè)面都

是銳角三角形.

【正確答案】(1)2；

(2)證明見解析.

【分析】(1)設(shè)四面體所在長(zhǎng)方體棱長(zhǎng)分別為。，b,c,則長(zhǎng)方體的對(duì)角線長(zhǎng)分別為逐，√13,√10,

利用勾股定理列方程求出“，b,c,使用做差法求出四面體體積.

(2)在四面體ABa)中，由已知可得四面體ABC。的四個(gè)面為全等三角形，設(shè)長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高

分別為。、b、c,證明一ABC為銳角三角形，即可證明這個(gè)四面體的四個(gè)面都是銳角三角形.

【詳解】(1)由于四面體的對(duì)棱分別相等，結(jié)合長(zhǎng)方體的面對(duì)角線性質(zhì)，可以將其置于長(zhǎng)方體中，

使其頂點(diǎn)與長(zhǎng)方體頂點(diǎn)重合，如下圖：

設(shè)此四面體所在長(zhǎng)方體的棱長(zhǎng)分別為。，b,c,

a1+b1=5a~=4

解得W=I

則■Y+C?=13,

b1+c1=IOC2=9

四面體的體積V=abc---abc×4=-abc=2

323

(2)在四面體ABCl)中,

AB=CD,AC=BD,AD=BC,如下圖，將四面體放置長(zhǎng)方體中，使其頂點(diǎn)與長(zhǎng)方體頂點(diǎn)重合

???四面體A88的四個(gè)面為全等三角形，

即只需證明一個(gè)面為銳角三角形即可.

設(shè)長(zhǎng)方體的長(zhǎng)、寬、高分別為。、b、c,

則AR2=Y+",BC2=按+/,Ac?="+。？，

:.AB-+BC->AC2,AB2+AC2>BC2>AC2+BC2>AC2,

ABC為銳角三角形，則這個(gè)四面體的四個(gè)面都是銳角三角形.

20.某中學(xué)在榮獲省級(jí)多樣化發(fā)展示范學(xué)校后，征得一塊形狀為扇形的土地用于建設(shè)新的田徑場(chǎng)，如

2冗

圖，已知扇形圓心角乙AoB=w,半徑。4=120米，A8關(guān)于X軸對(duì)稱.欲在該地截出內(nèi)接矩形MNPQ

建田徑場(chǎng)，并保證矩形的一邊平行于扇形弦AB,設(shè)NPOA=。，記PQ=J

(1)寫出尸、。兩點(diǎn)的坐標(biāo)，并以。為自變量，寫出/關(guān)于。的函數(shù)關(guān)系式;

(2)當(dāng)。為何值時(shí)，矩形田徑場(chǎng)的面積S最大？并求出最大面積.

【正確答案】(1){120CoSH-e),120sin|j-eD，Oe(Ow

Q1406sin(大—e)120Sin—eJJ,Pe(O,5)，f=8O>∕5sin?,

(2)當(dāng)。=B時(shí)，最大面積為4800G平方米

O

【分析】（I）由題意得到NPOX=I-e,從而得到P點(diǎn)坐標(biāo)，且RQ兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，求出直線。4

的解析式，從而確定。點(diǎn)的橫坐標(biāo)，得到。點(diǎn)的坐標(biāo)，從而得到，關(guān)于。的函數(shù)關(guān)系式：

（2）在第一問的基礎(chǔ)上，利用三角恒等變換得到5=9600〃Sin,結(jié)合θ∈（θ,π

,求出

2

最值.

【詳解】（1）由題意得：OP=I20米，ZPOx=ZAOx-ZAOP=^-θ,

所以p（120cos（*）,120s陪-"），OeM,

因?yàn)镻。//X軸，

所以P,Q兩點(diǎn)的縱坐標(biāo)相同，

其中直線。43y=ta∏m?=J-x,

將y=120s陪-可代入，解得：X=4OGSinC,

故。（曲氐陪-卬⑵時(shí)/，，HoS,

.?t=?20cos^--40√3sin-6?^]=80√3%OS(W一可-軻(：-〃)

=806CoS(?∣■-6+^)=80石Sin6,；

(2)S=80√3sin<9×240sinR-6>j=19200^sin<9?sin∣y-6>

=192OO?∕3sin0?VCOSe一gsin。=96∞√3也sin2e+'cos26-!

222

=9600√3Sin（28+.）一；,

因?yàn)楸仃J,所以2"甜建｝

.?.當(dāng)20+3=5,即6=5時(shí)，Sa=4800百平方米.

O26

21.閱讀材料?：三角形的重心、垂心、內(nèi)心和外心是與三角形有關(guān)的四個(gè)特殊點(diǎn)，它們與三角形的頂點(diǎn)

或邊都具有一些特殊的性質(zhì).

(一)三角形的“四心'’

1.三角形的重心：三角形三條中線的交點(diǎn)叫做三角形的重心，重心到頂點(diǎn)的距離與重心到對(duì)邊中點(diǎn)的

距離之比為2：1.

2.三角形的垂心：三角形三邊上的高的交點(diǎn)叫做三角形的垂心，垂心和頂點(diǎn)的連線與對(duì)邊垂直.

3.三角形的內(nèi)心：三角形三條內(nèi)角平分線的交點(diǎn)叫做三角形的內(nèi)心，也就是內(nèi)切圓的圓心，三角形的

內(nèi)心到三邊的距離相等，都等于內(nèi)切圓半徑r.

4三角形的外心：三角形三條邊的垂直平分線的交點(diǎn)叫做三角形的外心，也就是三角形外接圓的圓心,

它到三角形三個(gè)頂點(diǎn)的距離相等.

(二)三角形“四心”的向量表示

在一ΛBC中，角48,(7所對(duì)的邊分別為4力,￠.

1.三角形的重心：QA+O8+OC=OOO是—ABC的重心.

2.三角形的垂心：04?08=08?0C=0C?Q4θ0是.ABC的垂心.

3.三角形的內(nèi)心：αOA+bO8+CoC=OoO是一ABC的內(nèi)心.

4.三角形的外心：|。4卜|03=|。40。是ABC的外心.

研究三角形“四心”的向量表示，我們就可以把與三角形“四心”有關(guān)的問題轉(zhuǎn)化為向量問題，充分利用

平面向量的相關(guān)知識(shí)解決三角形的問題，這在一定程度上發(fā)揮了平面向量的工具作用，也很好地體現(xiàn)

了數(shù)形結(jié)合的數(shù)學(xué)思想.

結(jié)合閱讀材料回答下面的問題：

⑴在ABC中，若月(1,1),8(3,5),C(2,6),求ABe的重心G的坐標(biāo)：

(2)如圖所示，在非等腰的銳角HBC中，已知點(diǎn)”是,/WC的垂心，點(diǎn)。是JRC的外心.若M是8C

的中點(diǎn)，求證.OM4gλ7/

【正確答案】(1)(2,4)

(2)證明見解析

【分析】Q)根據(jù)重心的向量表示，結(jié)合平面向量的線性運(yùn)算與坐標(biāo)運(yùn)算求解即可；

(2)WOM=^(OB+OC),結(jié)合8"?AC=0與平面向量的線性運(yùn)算可得UT)衣?AB=O,再根

據(jù)AC?AB=O不成立可得2=1，進(jìn)而得到AH=O8+OC=2OΛ√證明即可

【詳解】(1)若記坐標(biāo)原點(diǎn)為0,由G是.ABC的重心，有GA+G3+GC=0,從而

(OA-~?G)+(OB-OG]+(OC-OG)=O,整理得δδ=g(蘇+為+δδ)=(2,4).

(2)因?yàn)锳"_LBCOM-LBC,有AOM,

因?yàn)辂?g(而+0C),

設(shè)AH=∕i(θB+OC),由LAc■可得B"?AC=O,

所以(AH-AB)?AC=O,

所以∣Λ(θ3+OC)-(θ3-OA)]?(θC-OA)=O

因?yàn)??=