2021-2022學年湖南省長沙一中高一（下）期中數學試卷-試卷下載-教習網

?2021-2022學年湖南省長沙一中高一（下）期中數學試卷
一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求）
1．（5分）已知集合A＝{x|﹣2＜x＜4}，B＝{x|x≥2}，則A∩（?RB）＝（　?。?br /> A．（2，4） B．（﹣2，4） C．（﹣2，2） D．（﹣2，2]
2．（5分）復數z＝（i為虛數單位）在復平面內對應的點位于（　?。?br /> A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．（5分）不等式log2（3x+1）＜1成立的一個充分不必要條件是（　?。?br /> A． B．x＜0 C． D．
4．（5分）如圖所示，正方形O′A′B′C′的邊長2cm，它是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，則原圖形的周長是（　?。?br />
A．16cm B．8cm C．（2+3）cm D．（2+2）cm
5．（5分）已知在△ABC中，AB＝3，AC＝4，，則＝（　?。?br /> A． B． C． D．
6．（5分）設A，B兩點在河的兩岸，為測量A，B兩點間的距離，小明同學在A的同側選定一點C，測出A，C兩點間的距離為80米，∠ACB＝π，∠BAC＝，請你幫小明同學計算出A，B兩點間的距離，距離為（　?。┟?br />
A． B． C． D．
7．（5分）若函數f（x）是定義在R上的偶函數，對任意x∈R，都有f（x﹣1）＝f（x+1），且當x∈[0，1]時，f（x）＝2x﹣1，若函數g（x）＝f（x）﹣loga（x+2）（a＞1）在區(qū)間（﹣1，3）恰有3個不同的零點，則實數a的取值范圍是（　　）
A．（1，3） B．（3，5） C．（3，5] D．（1，5]
8．（5分）設函數有5個不同的零點，則正實數ω的取值范圍為（　?。?br /> A．[，） B．（，） C．（，] D．[，]
二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，選錯的得0分）
（多選）9．（5分）已知a，b表示直線，α，β，γ表示平面，則下列推理不正確的是（　　）
A．α∩β＝a，b?α?a∥b B．α∩β＝a，a∥b?b∥α，且b∥β
C．a∥β，b∥β，a?α，b?α?α∥β D．α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b
（多選）10．（5分）已知下列四個命題為真命題的是（　?。?br /> A．已知非零向量，，，若，，則
B．若四邊形ABCD中有，則四邊形ABCD為平行四邊形
C．已知，，，可以作為平面向量的一組基底
D．已知向量，，則向量在向量上的投影向量為
（多選）11．（5分）在ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，以下說法中正確的是（　?。?br /> A．若A＞B，則sinA＞sinB
B．若a＝4，b＝5，c＝6，則△ABC為鈍角三角形
C．若a＝5，b＝10，，則符合條件的三角形不存在
D．若acosA＝bcosB，則△ABC一定是等腰三角形
（多選）12．（5分）如圖，AC為圓錐SO底面圓O的直徑，點B是圓O上異于A，C的動點，SO＝OC＝2，則下列結論正確的是（　?。?br />
A．圓錐SO的側面積為8
B．三棱錐S﹣ABC體積的最大值為
C．∠SAB的取值范圍是（）
D．若AB＝BC，E為線段AB上的動點，則SE+CE的最小值為2（+1）
三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）
13．（5分）設向量，，若∥，則tanθ＝　　．
14．（5分）如圖1，一個正三棱柱容器，底面邊長為1，高為2，內裝水若干，將容器放倒，把一個側面作為底面，如圖2，這時水面恰好為中截面，則圖1中容器內水面的高度是　 ?。?br />
15．（5分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面為直角三角形，且兩直角邊長分別為1和，此三棱柱的高為，則該三棱柱的外接球的體積為　 ?。?br /> 16．（5分）如圖，△ABC中點，D，E是線段BC上兩個動點，且+＝x+y，則的最小值為　 ?。?br />
四、解答題（本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）
17．（10分）已知，，O為坐標原點．
（1）若與的夾角為鈍角，求實數m的取值范圍；
（2）當t∈[﹣1，1]時，求的取值范圍．
18．（12分）如圖，長方體ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形，E，F分別是BB1，B1C1上的點，且C1F＝2B1F，BE＝2B1E．
（1）證明：點F在平面AD1E內；
（2）若AA1＝2AB＝4，求三棱錐D﹣AD1E的體積．

19．（12分）（1）在復數范圍內，求方程2x2+3x+4＝0的解；
（2）若復數z1，z2滿足z1?z2+2iz1﹣2iz2+1＝0，若z1，z2滿足，求出z1，z2．
20．（12分）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q分別為對角線BD、CD1上的點，且．

（Ⅰ）求證：PQ∥平面A1D1DA；
（Ⅱ）若R是AB上的點，當的值為多少時，能使平面PQR∥平面A1D1DA？請給出證明．
21．（12分）在①2a﹣b＝2ccosB，②S＝（a2+b2﹣c2），③sin（A+B）＝1+2sin2三個條件中選一個，補充在下面的橫線處，然后解答問題．
在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，設△ABC的面積為S，已知______．
（1）求角C的值；
（2）若b＝4，點D在邊AB上，CD為∠ACB的平分線，△CDB的面積為，求邊長a的值．
22．（12分）已知函數f（x）＝（2x﹣m）（x+2）（m∈R）．
（Ⅰ）對任意的實數α，恒有f（sinα﹣1）≤0成立，求實數m的取值范圍；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，當實數m取最小值時，討論函數F（x）＝f（2cosx）+a﹣15在x∈[0，2π）時的零點個數．

2021-2022學年湖南省長沙一中高一（下）期中數學試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項符合題目要求）
1．（5分）已知集合A＝{x|﹣2＜x＜4}，B＝{x|x≥2}，則A∩（?RB）＝（　?。?br /> A．（2，4） B．（﹣2，4） C．（﹣2，2） D．（﹣2，2]
【分析】進行交集、補集的即可．
【解答】解：?RB＝{x|x＜2}；
∴A∩（?RB）＝（﹣2，2）．
故選：C．
【點評】考查描述法的定義，以及交集、補集的運算．
2．（5分）復數z＝（i為虛數單位）在復平面內對應的點位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【分析】運用復數的除法運算法則，化簡復數z，再由復數的幾何意義，即可得到所求象限．
【解答】解：復數z＝＝＝，
可得復數z＝（i為虛數單位）在復平面內對應的點為（﹣，），
位于第二象限，
故選：B．
【點評】本題考查復數的除法運算法則，以及復數的幾何意義，屬于基礎題．
3．（5分）不等式log2（3x+1）＜1成立的一個充分不必要條件是（　　）
A． B．x＜0 C． D．
【分析】先求出log2（3x+1）＜1?﹣＜x＜，再根據充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．
【解答】解：∵log2（3x+1）＜1，
∴0＜3x+1＜2，∴﹣＜x＜，
∵（0，）?（﹣，），
∴不等式log2（3x+1）＜1成立的一個充分不必要條件是0，
故選：D．
【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，對數不等式的解法，屬于中檔題．
4．（5分）如圖所示，正方形O′A′B′C′的邊長2cm，它是水平放置的一個平面圖形的直觀圖，則原圖形的周長是（　?。?br />
A．16cm B．8cm C．（2+3）cm D．（2+2）cm
【分析】根據斜二測畫法畫直觀圖的性質，即平行性不變，平行于x軸的線段長度不變，平行于y軸的線段的長度減半，結合圖形求得原圖形的各邊長，可得周長．
【解答】解：∵直觀圖正方形O′A′B′C′的邊長2cm，∴O′B′＝2，
原圖形為平行四邊形OABC，其中OA＝2，高OB＝4．
∴AB＝CO＝＝6．
∴原圖形的周長L＝2×6+2×2＝16（cm）．
故選：A．

【點評】本題考查了畫平面圖形直觀圖的斜二測畫法，熟練掌握斜二測畫法的特征是解題的關鍵．
5．（5分）已知在△ABC中，AB＝3，AC＝4，，則＝（　?。?br /> A． B． C． D．
【分析】將問題轉化為兩基向量，即可快速求解．
【解答】解：＝＝，
故選：B．
【點評】本題考查向量數量積，屬基礎題．
6．（5分）設A，B兩點在河的兩岸，為測量A，B兩點間的距離，小明同學在A的同側選定一點C，測出A，C兩點間的距離為80米，∠ACB＝π，∠BAC＝，請你幫小明同學計算出A，B兩點間的距離，距離為（　　）米

A． B． C． D．
【分析】利用三角形內角和定理、正弦定理即可求得AB的值．
【解答】解：△ABC中，AC＝80米，∠ACB＝π，∠BAC＝，
所以∠ABC＝π﹣﹣＝，
利用正弦定理得＝，
解得AB＝＝40（1+），
所以計算出A，B兩點間的距離為40（1+）米．
故選：B．
【點評】本題考查了三角形的內角和定理、正弦定理的應用問題，是基礎題．
7．（5分）若函數f（x）是定義在R上的偶函數，對任意x∈R，都有f（x﹣1）＝f（x+1），且當x∈[0，1]時，f（x）＝2x﹣1，若函數g（x）＝f（x）﹣loga（x+2）（a＞1）在區(qū)間（﹣1，3）恰有3個不同的零點，則實數a的取值范圍是（　?。?br /> A．（1，3） B．（3，5） C．（3，5] D．（1，5]
【分析】本題先要根據分析出函數在[﹣1，0]上的表達式，以及f（x）是以2為周期的周期函數．然后畫出函數f（x）在區(qū)間（﹣1，3）上的大致圖象，再根據圖象得出兩個臨界的對數函數曲線，分別計算出a的值，即可得到實數a的取值范圍．
【解答】解：由題意，令x∈[﹣1，0]，則﹣x∈[0，1]，
f（﹣x）＝2﹣x﹣1＝（）x﹣1＝f（x）．
∴f（x）＝．
∵對任意x∈R，都有f（x﹣1）＝f（x+1），
令t＝x﹣1，則x＝t+1，f（t）＝f（t+2），
∴f（x）是以2為周期的周期函數．
故函數f（x）在區(qū)間（﹣1，3）上的大致圖象如下：

∵函數g（x）＝f（x）﹣loga（x+2）（a＞1）在區(qū)間（﹣1，3）恰有3個不同的零點，
∴y＝f（x）的圖象與y＝loga（x+2）（a＞1）在區(qū)間（﹣1，3）恰有3個不同的交點．
根據圖，當y＝loga（x+2）經過點（1，1）時，有兩個交點，
此時loga（1+2）＝f（1）＝1，解得a＝3．
當y＝loga（x+2）經過點（3，1）時，有4個交點，
此時loga（3+2）＝f（3）＝1，解得a＝5．
∴當3＜a≤5時，恰有3個不同的交點，
即函數g（x）＝f（x）﹣loga（x+2）（a＞1）在區(qū)間（﹣1，3）恰有3個不同的零點．
故選：C．
【點評】本題主要考查函數的性質及應用，對數函數的性質，以及數形結合思想的應用，對數的基本計算能力．本題屬中檔題．
8．（5分）設函數有5個不同的零點，則正實數ω的取值范圍為（　?。?br /> A．[，） B．（，） C．（，] D．[，]
【分析】分段函數分段處理，顯然x＞0有1個零點，所以﹣π≤x≤0有4個零點，利用三角函數求出所有的零點，保證﹣π≤x≤0之間有4個零點即可．
【解答】解：由題可得，當x＞0時，f（x）＝x+lnx，顯然單調遞增，且f（）＝﹣ln10＜0，f（2）＝2+ln2＞0，
所有此時f（x）有且只有一個零點，所有當﹣π≤x≤0時，f（x）＝sin（ωx+）有4個零點，
令f（x）＝0，即ωx+＝kπ，k∈Z，解得x＝，k∈Z，
由題可得﹣π≤x≤0區(qū)間內的4個零點分別是k＝0，﹣1，﹣2，﹣3，
所以﹣π即在k＝﹣3與k＝﹣4之間，
即，解得≤ω．
故選：A．
【點評】本題考查了分段函數的零點，也考查了三角函數的性質，屬于中檔題．
二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的四個選項中，有多項是符合題目要求，全部選對的得5分，部分選對的得2分，選錯的得0分）
（多選）9．（5分）已知a，b表示直線，α，β，γ表示平面，則下列推理不正確的是（　　）
A．α∩β＝a，b?α?a∥b B．α∩β＝a，a∥b?b∥α，且b∥β
C．a∥β，b∥β，a?α，b?α?α∥β D．α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b
【分析】對于A，a與b相交或平行；對于B，b∥α或b?α，且b∥β或b?β；對于C，α與β相交或平行；對于D，由面面平行的性質得a∥b．
【解答】解：a，b表示直線，α，β，γ表示平面，
對于A，α∩β＝a，b?α?a與b相交或平行，故A錯誤；
對于B，α∩β＝a，a∥b?b∥α或b?α，且b∥β或b?β，故B錯誤；
對于C，a∥β，b∥β，a?α，b?α?α與β相交或平行，故C錯誤；
對于D，由面面平行的性質得α∥β，α∩γ＝a，β∩γ＝b?a∥b，故D正確．
故選：ABC．
【點評】本題考查命題真假的判斷，考查空間想象能力，是中檔題．
（多選）10．（5分）已知下列四個命題為真命題的是（　　）
A．已知非零向量，，，若，，則
B．若四邊形ABCD中有，則四邊形ABCD為平行四邊形
C．已知，，，可以作為平面向量的一組基底
D．已知向量，，則向量在向量上的投影向量為
【分析】由平面向量基本定理結合投影向量的運算逐一判斷即可．
【解答】解：對于選項A，對于非零向量，，，由，，且為非零向量，可知，即選項A正確；
對于選項B，四邊形ABCD中有，由平行四邊形判定定理可得，
四邊形ABCD為平行四邊形，即選項B正確；
對于選項C，，，則，即，
則，不能作為平面向量的一組基底，即選項C錯誤；
對于選項D，則向量在向量上的投影向量為＝，即選項D正確，
故選：ABD．
【點評】本題考查了平面向量基本定理，重點考查了投影向量的運算，屬基礎題．
（多選）11．（5分）在ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，以下說法中正確的是（　　）
A．若A＞B，則sinA＞sinB
B．若a＝4，b＝5，c＝6，則△ABC為鈍角三角形
C．若a＝5，b＝10，，則符合條件的三角形不存在
D．若acosA＝bcosB，則△ABC一定是等腰三角形
【分析】利用正弦定理和余弦定理結合各選項的條件分別判斷即可．
【解答】解：對于A：若a＞b，則2RsinA＞2RsinB，整理得sinA＞sinB，故A正確；
對于B：根據a＝4，b＝5，c＝6，可得cosC＝＝＞0，
所以最大角C為銳角，故△ABC為銳角三角形，故B錯誤；
對于C：若a＝5，b＝10，，則sinB＝＝＝＞1，
這樣符合條件的三角形內角B不存在，故C正確；
對于D：若acosA＝bcosB，則sinAcosA＝sinBcosB，可得sin2A＝sin2B，
所以2A＝2B或2A+2B＝π，所以△ABC是等腰或直角三角形，故D不正確．
故選：AC．
【點評】本題考查的知識要點：正弦定理和余弦定理的應用，三角形形狀的判定，主要考查學生的運算能力和數學思維能力，屬于基礎題．
（多選）12．（5分）如圖，AC為圓錐SO底面圓O的直徑，點B是圓O上異于A，C的動點，SO＝OC＝2，則下列結論正確的是（　?。?br />
A．圓錐SO的側面積為8
B．三棱錐S﹣ABC體積的最大值為
C．∠SAB的取值范圍是（）
D．若AB＝BC，E為線段AB上的動點，則SE+CE的最小值為2（+1）
【分析】由已知求出圓錐側面積判斷A；求出三棱錐S﹣ABC體積的最大值判斷B；由極限觀點求解∠SAB的取值范圍判斷C；利用剪展問題求得SE+CE的最小值判斷D．
【解答】解：在Rt△SOC中，∵SO＝OC＝2，∴，
則圓錐 SO的側面積為S＝，故A錯誤；
當B位于中點時，△ABC面積取最大值，為，
此時三棱錐S﹣ABC體積的最大值為，故B正確；
當B與C趨于重合時，∠SAB趨于，當B與A趨于重合時，∠ASB趨于0，∠SAB趨于，
∴∠SAB的取值范圍是（，），故C錯誤；
若AB＝BC，以AB為軸把平面SAB旋轉至與平面ABC重合，連接SC，交AB于E，
則∠SBC＝150°，在△SBC中，SB＝BC＝，
由余弦定理可得，SC＝
＝，即SE+CE的最小值為2（+1），故D正確．
故選：BD．

【點評】本題考查旋轉體及其特征，考查剪展問題中最值的求法，考查棱錐體積的求法，考查空間想象能力及思維能力，考查運算求解能力，是中檔題．
三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）
13．（5分）設向量，，若∥，則tanθ＝　?。?br /> 【分析】利用向量平行的性質和同角三角函數關系式能求出結果．
【解答】解：∵，，∥，
∴＝，
∴tanθ＝．
故答案為：．
【點評】本題考查正切函數的求法，考查向量平行的性質和同角三角函數關系式等基礎知識，考查運算求解能力等數學核心素養(yǎng)，是基礎題．
14．（5分）如圖1，一個正三棱柱容器，底面邊長為1，高為2，內裝水若干，將容器放倒，把一個側面作為底面，如圖2，這時水面恰好為中截面，則圖1中容器內水面的高度是　　．

【分析】圖2中水所占部分為四棱柱，求出其底面積和高，根據棱柱的體積公式求出四棱柱的體積，同理在圖1中，求同三棱柱的體積，能求出圖1中容器內水面的高度．
【解答】解：在圖2中，水中部分是四棱柱，
四棱柱底面積為S＝﹣＝，高為2，
∴四棱柱的體積為V＝2a×＝，
設圖1中容器內水面高度為h，
則V＝＝，解得h＝．
∴圖1中容器內水面的高度是．
故答案為：．
【點評】本題考查正三棱柱的體積的運算，考查三棱柱的性質、體積公式等基礎知識，考查運算求解能力，是中檔題．
15．（5分）已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面為直角三角形，且兩直角邊長分別為1和，此三棱柱的高為，則該三棱柱的外接球的體積為　?。?br /> 【分析】根據給定條件把直三棱柱補形成長方體，利用它們有相同的外接球，求出長方體的體對角線長即可得解．
【解答】解：依題意，不妨令∠BAC＝90°，于是得直三棱柱ABC﹣A1B1C1共點于A的三條棱AB，AC，AA1兩兩垂直，，
則以AB，AC，AA1為相鄰三條棱可作長方體，該長方體與直三棱柱ABC﹣A1B1C1有相同的外接球，
外接球的直徑2R即為長方體體對角線長，即R＝2，
此球的體積為，
故答案為：．
【點評】本題考查球的體積，考查學生的運算能力，屬于中檔題．
16．（5分）如圖，△ABC中點，D，E是線段BC上兩個動點，且+＝x+y，則的最小值為　8　．

【分析】設，由四點共線，得到x+y＝2，然后利用基本不等式的結論求解最值即可．
【解答】解：設，
因為B，D，E，C四共線，
則m+n＝1，λ+μ＝1，
因為+＝x+y，
則x+y＝2，
所以，
當且僅當，即時取等號，
所以的最小值為8．
故答案為：8．
【點評】本題考查了平面向量的線性運算，平面向量基本定理的應用，利用基本不等式求解最值的應用，考查了邏輯推理能力與化簡運算能力，屬于中檔題．
四、解答題（本大題共6小題，共70分，解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟）
17．（10分）已知，，O為坐標原點．
（1）若與的夾角為鈍角，求實數m的取值范圍；
（2）當t∈[﹣1，1]時，求的取值范圍．
【分析】（1）根據題意，求出與的坐標，由向量數量積的運算性質可得關于m的不等式，然后求出m的范圍；
（2）根據題意，求出﹣t的坐標，得到|﹣t|的表達式，結合二次函數的性質，求出取值范圍．
【解答】解：（1）根據題意，，，
則＝（3m+2，﹣2m+1），＝（﹣1，﹣4），
若與的夾角為鈍角，
則有（）?（）＝﹣3m﹣2+8m﹣4＝5m﹣6＜0，且4（3m+2）≠﹣（﹣2m+1），
解得m＜且m≠﹣，即m的取值范圍為（﹣∞，﹣）∪（﹣，）；
（2）根據題意，﹣t＝（3﹣2t，﹣2﹣t），
則2＝（3﹣2t）2+（﹣2﹣t）2＝5t2﹣8t+13，
所以|﹣t|＝，
又﹣1≤t≤1，則≤|﹣t|≤，
即的取值范圍是[，]．
【點評】本題考查向量數量積的計算，涉及向量模的計算，屬于基礎題．
18．（12分）如圖，長方體ABCD﹣A1B1C1D1的底面是正方形，E，F分別是BB1，B1C1上的點，且C1F＝2B1F，BE＝2B1E．
（1）證明：點F在平面AD1E內；
（2）若AA1＝2AB＝4，求三棱錐D﹣AD1E的體積．

【分析】（1）利用長方體的性質得到AD1∥BC1，利用對應線段成比例和相似三角形得到EF∥BC1，再利用基本事實4得到AD1∥EF，即證明四點共面；
（2）利用等體積法和三棱錐的體積公式進行求解．
【解答】證明：（1）如圖，連接BC1，EF，

在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，C1D1∥AB，且C1D1＝AB，
所以四邊形ABC1D1是平行四邊形，則AD1∥BC1，
因為C1F＝2B1F，BE＝2B1E，所以，
所以△B1EF∽△B1BC，所以EF∥BC1，
所以AD1∥EF，所以A，D1，E，F四點共面，
即點F在平面AD1E內；
解：（2）在長方體中，點E到平面ADD1的距離即為點B到平面ADD1的距離，即為BA，
所以．
【點評】本題考查了四點共面的證明和三棱錐的體積計算，屬于中檔題．
19．（12分）（1）在復數范圍內，求方程2x2+3x+4＝0的解；
（2）若復數z1，z2滿足z1?z2+2iz1﹣2iz2+1＝0，若z1，z2滿足，求出z1，z2．
【分析】（1）利用配方法和i2＝﹣1進行求解；
（2）先利用進行消元，再設出z1＝a+bi，利用模長公式、復數的相等進行求解．
【解答】解：（1）因為2x2+3x+4＝0，
所以，
所以，
所以即，
（2）將代入z1?z2+2iz1﹣2iz2+1＝0，
得，
即，
設z1＝a+bi，所以a2+b2﹣2b﹣3﹣2ai＝0，
所以，
解得或，
所以z1＝3i，z2＝﹣5i或z1＝﹣i，z2＝﹣i．
【點評】本題考查了復數的運算，屬于中檔題．
20．（12分）已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P、Q分別為對角線BD、CD1上的點，且．

（Ⅰ）求證：PQ∥平面A1D1DA；
（Ⅱ）若R是AB上的點，當的值為多少時，能使平面PQR∥平面A1D1DA？請給出證明．
【分析】（Ⅰ）連結CP并延長與DA的延長線交于M點，證明BC∥AD，PQ∥MD1，又MD1?平面A1D1DA，PQ?平面A1D1DA，證明PQ∥平面A1D1DA；
（Ⅱ）R是AB上的點，當的值為時，能使平面PQR∥平面A1D1DA，通過證明PR∥平面A1D1DA，又PQ∩PR＝P，PQ∥平面A1D1DA．然后證明即可．
【解答】（Ⅰ）證明：連結CP并延長與DA的延長線交于M點，
因為四邊形ABCD為正方形，所以BC∥AD，

故△PBC∽△PDM，所以，
又因為，所以，所以PQ∥MD1．
又MD1?平面A1D1DA，PQ?平面A1D1DA，故PQ∥平面A1D1DA． …（6分）
（Ⅱ）當的值為時，能使平面PQR∥平面A1D1DA．
證明：因為，即有，故，所以PR∥DA．
又DA?平面A1D1DA，PR?平面A1D1DA，
所以PR∥平面A1D1DA，又PQ∩PR＝P，PQ∥平面A1D1DA．
所以平面PQR∥平面A1D1DA．…（12分）
【點評】本題考查直線與平面平行的判定定理，平面與平面平行的判定定理，考查空間想象能力邏輯推理能力．
21．（12分）在①2a﹣b＝2ccosB，②S＝（a2+b2﹣c2），③sin（A+B）＝1+2sin2三個條件中選一個，補充在下面的橫線處，然后解答問題．
在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，設△ABC的面積為S，已知______．
（1）求角C的值；
（2）若b＝4，點D在邊AB上，CD為∠ACB的平分線，△CDB的面積為，求邊長a的值．
【分析】（1）選①由余弦定理化簡已知等式可得cosC＝，結合范圍C∈（0，π），可求C的值．
選②利用三角形的面積公式，余弦定理化簡已知等式可得tanC＝，結合范圍C∈（0，π），可求C的值．
選③利用三角函數恒等變換的應用化簡已知等式可得sin（C+）＝1，結合范圍C+∈（，），即可求解C的值．
（2）由題意S△ABC＝S△ACD+S△BCD，利用三角形的面積公式可得a×CD+CD＝，a×CD＝，聯立即可解得a的值．
【解答】解：（1）選①2a﹣b＝2ccosB，
則由余弦定理可得：2a﹣b＝2c?，整理可得a2+b2﹣c2＝ab，
可得cosC＝＝，
因為C∈（0，π），
所以C＝．
選②S＝（a2+b2﹣c2），
可得absinC＝，即sinC＝＝cosC，
所以tanC＝，
因為C∈（0，π），
可得C＝．
選③sin（A+B）＝1+2sin2，
可得：sinC＝2﹣cosC，可得2sin（C+）＝2，
可得：sin（C+）＝1，
因為C∈（0，π），C+∈（，），
所以C+＝，可得C＝．
（2）在△ABC中，S△ABC＝S△ACD+S△BCD，
可得BC?CD?sin∠BCD+CA?CD?sin∠ACD＝CA?CB?sin∠ACB，可得a×CD+CD＝，①
又S△CDB＝a×CD＝，②
由①②可得：＝，解得a＝2，或a＝﹣（舍去），
所以邊長a的值為2．
【點評】本題主要考查了余弦定理，三角形的面積公式，三角函數恒等變換在解三角形中的應用，考查了計算能力和轉化思想，屬于中檔題．
22．（12分）已知函數f（x）＝（2x﹣m）（x+2）（m∈R）．
（Ⅰ）對任意的實數α，恒有f（sinα﹣1）≤0成立，求實數m的取值范圍；
（Ⅱ）在（Ⅰ）的條件下，當實數m取最小值時，討論函數F（x）＝f（2cosx）+a﹣15在x∈[0，2π）時的零點個數．
【分析】（Ⅰ）可設t＝sinα﹣1，可得t∈[﹣2，0]，由二次函數的圖象可得f（0）≤0，f（﹣2）≤0，解不等式組可得所求范圍；
（Ⅱ）求得f（x）的解析式，以及F（x）的解析式，可令F（x）＝0，運用參數分離和換元法、余弦函數的單調性和二次函數的單調性，結合圖象可得所求零點個數．
【解答】解：（Ⅰ）任意的實數α，可設t＝sinα﹣1，可得t∈[﹣2，0]，
由題意可得f（t）≤0恒成立，結合函數f（x）的圖象為開口向上的拋物線，
可得即，解得m≥0，即m的取值范圍是[0，+∞）；
（Ⅱ）由（Ⅰ）可得m＝0，即f（x）＝2x（x+2），
F（x）＝f（2cosx）+a﹣15＝4cosx（2cosx+2）+a﹣15，
令F（x）＝0，可得＝cosx（cosx+1），x∈[0，2π），
可令u＝cosx，f（u）＝u2+u＝（u+）2﹣，﹣1≤u≤1，
當0＜x＜時，u＝cosx遞減，y＝f（u）在﹣＜u＜1遞增，即有y＝cosx（cosx+1）在0＜x＜時遞減，此時﹣＜y＜2；
當＜x＜π時，u＝cosx遞減，y＝f（u）在﹣1＜u＜﹣遞減，即有y＝cosx（cosx+1）在＜x＜π時遞增，此時﹣＜y＜0；
當π＜x＜時，u＝cosx遞增，y＝f（u）在﹣1＜u＜﹣遞減，即有y＝cosx（cosx+1）在π＜x＜時遞減，此時﹣＜y＜0；
當＜x＜2π時，u＝cosx遞增，y＝f（u）在﹣＜u＜1遞增，即有y＝cosx（cosx+1）在＜x＜2π時遞增，此時﹣＜y＜2；
作出y＝cosx（cosx+1），x∈[0，2π）的大致圖象如右：
由圖象可得當＝2，即a＝﹣1時，函數F（x）的零點個數為1；
當＝﹣或0＜＜2，即a＝17或﹣1＜a＜15時，函數F（x）的零點個數為2；
當＝0，即a＝15時，函數F（x）的零點個數為3；
當﹣＜＜0，即15＜a＜17時，函數F（x）的零點個數為4；
當a＜﹣1或a＞17時，函數F（x）的零點個數為0．

【點評】本題考查二次函數的圖象和性質，考查不等式恒成立問題解法，以及函數的零點個數問題，注意運用換元法和分類討論思想、數形結合思想，考查運算能力，屬于難題．
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