湖南省长沙市四校联考2021-2022学年高一下学期数学期末考试试卷.pdf

湖南省长沙市四校联考2021-2022学年高一下学期数学期末考试试卷阅卷人-、单选题(共8题；共16分)得分1.(2 分)已知复数z =T-(3 i),其中i 是虚数单位，则复数|z|等 于()A.3 B.2 V 2 C.1 0 D.V 1 0【答案】D【解析】【解答】z =-i -(3 -0 =-1 -3 i,故|z|=7(-1)2+(-3)2=V 1 0故答案为：D【分析】根据复数的乘法与模长公式求解即可.2.(2 分)已知A(m,0),B(0,1),C(3,-1).且A,B,C三点共线，则?n =()A.1 B.|C.-|D.-|【答案】A【解析】【解答】由0),B(0,1),C(3,-1),得 荏=(-m,1),F C=(3,一2),因为A,B,C三点共线，所以荏玩，K P(-m)x(-2)-lx 3 =0,解得m=|,所以m=故答案为：A.【分析】利用已知条件结合三点共线与向量共线的等价关系，再结合向量共线的坐标表示，进而得出实数m的值。3.(2 分)在 A BC中，若A B=3,BC=3g=4 5。则 的面积为()A.2 V 2 B.4 C.|D.|【答案】D【解析】【解答】由题意，SAMC=AB-BC-si n z B=；x 3 x 3/x号=|。故答案为：D【分析】利用已知条件结合三角形的面积公式，进而得出三角形 ABC的面积。4.（2 分）某校有高一年级学生990人，高二年级学生920人，高三年级学生847人，教职工243人，学校根据疫情形势和所在地疫情防控政策要求，全校师生按比例分层抽样的方法抽取容量为300的样本进行核酸抽测，则应抽取高一年级学生的人数为（）A.99 B.100 C.90 D.80【答案】A【解析】【解答】解:由题意知全校师生的总人数为990+920 4-847+243=3000人，设应抽取高一年级学生的人数为人 则 繇=品，解得般=99.所以应抽取高一年级学生的人数为99人.故答案为：A【分析】根据分层抽样的定义求解即可.5.（2 分）设a,0 是两个不同的平面，1,m 是两条不同的直线，则下列命题中正确的是（）A.若a _ L 0,I c a,m u,则/_ L mB.若11 a,l i p,贝 Ua/?C.若m_L0,a l/?,则maD.若a夕，且 1与a所成的角和m 与夕所成的角相等，则【答案】B【解析】【解答】对于A,在如下图正方体中，a，氏/u a,m u g,但 与m不垂直，所成角为60,A 不符合题意；对于B,若11 a,l i p,则。0,B 符合题意；对于C,若m l/?,a 1 0,则ma 或者m u a,C 不符合题意;对于D,如下图，在正方体中，a/p,且 1与a 所成的角和m 与0 所成的角相等为45。，但则h m不平行，D 不符合题意.【分析】利用已知条件结合线线垂直的判断方法、面面平行的判定定理、线面平行的判定定理、线线平行的判断方法，进而找出真命题的选项。6.（2分）已知某圆锥的侧面积为遥兀，该圆锥侧面的展开图是圆心角为雪的扇形，则该圆锥的体积 为（）.A.B.y r C.2 7 t D.7 r【答案】A【解析】【解答】设该圆锥的母线长为1,底面圆的半径为r,由;x 等=花兀，得1 =心因为2 m =嚓、隗，所以=1，所以该圆锥的体积为gx7rxk l =咨。故答案为：A【分析】利用已知条件结合圆锥的侧面积公式，进而得出该圆锥的母线长，再利用扇形的面积公式，进而得出底面圆的半径，再结合圆锥的体积公式，进而得出该圆锥的体积。7.（2分）如图，在正方体A BCC-A B C D 中，E、F分别为棱CC、A B的中点，则 异 面 直 线 与【答案】A-2D.12【解析】【解答】取C。的中点G,连接EG、F G,设正方体4B CD 4BC D的棱长为2,因为四边形4B C。为正方形，贝UB C。且AB =C。=2,:F、G分别为4B、C。的中点，贝IJA/7/D G且4F=0G,所以，四边形力D GF为平行四边形，故FGAD且FG=AD=2,因为/力/W，.A D7/F G,故直线4力 与EF所成角为/EFG或其补角,J_平面CD D C,EG u 平面C DDC,贝 14。1 E G,故 尸G1EG,因为EG=VCF2+CG2=V2.A E F=y/FG2+E G2=遍,所以，COSNEFG=器=4=萼，因此，直线4力 与EF所成角的余弦值是萼。故答案为：A.【分析】取CD的中点G,连接EG、F G,设正方体AB C。-Z BC D的棱长为2,利用四边形4B CD为正方形，则力B C。且AB =CD =2,再利用F、G分别为AB、CC的中点结合中点作中位线的方法和中位线的性质，AF/DG .AF=D G,所以，四边形AD GF为平行四边形，故FG人。且FG=AD =2,再利用4。力。结合平行的传递性，得出4DFG，故 直 线 与EF所成角为/EFG或其补角，再利用ZD 1平面CD。结合线面垂直的定义证出线线垂直，贝M DL E G,故F G L E G,再利用勾股定理得出EG的长，再结合勾股定理求出EF的长，再利用余弦函数的定义得出直线与EF所成角的余弦值。8.(2 分)对于函数/(久)和g(x),设a W%，(X)=0,p e xg(x)=0 ,若存在a,0,使得|a-/3 1(则称/1(x)和g(x)互为“零点相邻函数”，若函数f (x)=ln(x-1)+x-2与g(x)=/一 a%a+8互为“零点相邻函数”，则实数a的取值范围是()A.耳，B.4,f C.1 0,解得 a 4或 a 0,即a 4,若g(x)在口，3 上存在 1 个零点，则g(l)g(3)M0,EP(9 -2 a)(1 7 -4 a)-x)z XJQK13-、z(x Z(Kgg11Z44 4 B,则sinA sinBB.若4=半 则B的取值范围是(0,1)C.sin/+sin5 c o sA +c osBD.tanBtanC 1【答案】A,C,D【解析】【解答】对于A,因为A B,所以有a b,所以s in/s in B,故正确；Q(0 B对于B,因为则8+。=筝所以C=B，由 2兀 兀可得B(0 与 _ 8 ,A -B,Asin/1 sin(-F)=co sB,同理,sinB cosA,所以sin4 4-sinB cosA+cosB故正确;对于D,锐角三角形ABC中，因为ta n A 0,即tan(B+C)0,尸产受叱 0,/.tanBtanC 1,故正确.故答案为：ACD.【分析】利用已知条件结合大边对应大角的性质、正弦函数的图象判断单调性的方法、三角形内角和为180度的性质、三角形中角的取值范围、诱导公式和三角函数的单调性、两角和的正切公式和异号为负的性质，进而找出结论成立的选项。10.(2 分)一个袋子中装有除颜色外完全相同的5 个球，其中有3个红球，2 个白球，每次从中随机摸出1个球，则下列结论中正确的是()A.若不放回的摸球3 次，则恰有2 次摸到红球的概率为|B.若不放回的摸球2 次，则第一次摸到红球的概率为得C.若不放回的摸球2 次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为*D.若有放回的摸球3 次，仅有前2 次摸到红球的概率为摄【答案】A,C,DMN a【解析】【解答】对于A,若不放回的摸球3 次，则恰好2 次摸到红球的概率为浮=有 所以A 符c5合题意，对于B,因为装有除颜色外完全相同的5 个球，其中有3个红球，所以不放回的摸球2 次，则第一次摸到红球的概率|,所以B 不符合题意,对于C,设事件力为第一次摸到红球，事件B为第二次摸到红球，则P（A）=g,p（AB）=|=t3 X 1U3所以P（BM）=?=?=表 所以若不放回的摸球2 次，则在第一次摸到红球的条件下第二次摸到红球的概率为，所以C 符合题意，对于D,若有放回的摸球3次，仅有前2 次摸到红球的概率为|x|x|=浇，所以D 符合题意，故答案为：ACD【分析】根据给定条件，用古典概型的概率公式判断A B D,用条件概率公式判断C 即可.1 1.（2 分）在正方体ABCD中，棱长为1,点P为线段&C上的动点（包含线段端点），则下列结论正确的是（）A.当 砧=3不 时，。止平面BDQB.当P为&C中点时，四棱锥P-4&D1。的外接球表面为|兀C.4P+PD1的最小值为竽D.当&p=孚时，点P是AABiDi的重心【答案】A,C,D【解析】【解答】解：对于A,连接AB】，B M，则=可 X 2 X 1=SAABDI=：x V2 x V2 x sin60=AC=y/3设点&到平面A/D i的距离为人，则 上 空 x/i=春 解得仁孚,所以九=/AiC,则 当 砧=3审 时，P为&C与平面的交点，又ADB,4。1 仁平面8。6，BCiU平面BOCi，所以4 平面8DC）同 理 可 证 平 面BDC,力n AB1A,AD-AB u 平面AB】D1，所以平面4 B i5 平面BOG，。1PU平面AB1D1，所以小尸平面BOQ,A 符合题意；对于B,当点p为&C的中点时，四棱锥P 44iDi。为正四棱锥，设平面/必久。的中心为。，四棱锥P A&Di。的外接球半径为R,则（R-扔+/丫 =R2,解得R=3,所以四棱锥P-/L41D1。的外接球表面积为竽，B 不符合题意；对于 C,连接力C,DtC,R t ArAC=R th A C,所以 AP=DrP,由等面积法可得，4P的最小值为 噌=当，/1 C r J所以4P+PD】的最小值为 孚，C 符合题意.对于D,由以上分析可得，当&p=当时，&P即三棱锥力l D i g 的高，所以&P_L平面DiABi，又三棱锥为 一/ABi为正三棱锥，所以点P是 AB15的重心，D 符合题音故答案为：ACD【分析】利用等体积法求出点占到平面ZB15的距离与A C 的关系，利用面面平行的性质定理，即可判断选项A；当点P为41c的中点时，四棱锥P-为正四棱锥，求出外接球的半径，即可判断选项B；由等面积法即可判断选项C；当力送=字时，&P即三棱锥&-OBi的高，即可判断选项D.12.（2 分）钻石是金刚石精加工而成的产品，是世界上最坚硬的、成分最简单的宝石，它是由碳元素组成的、具有立方结构的天然晶体.如图，已知某钻石形状的几何体由上、下两部分组成，上面为一个正六棱台ABCDEF-（,下底面均为正六边形，侧面为等腰梯形），下面为一个正六棱锥P-ABCDEF,其中正六棱台的上底面边长为a,下底面边长为2 a,且 P 到平面久名的的距离为3 a,则下列说法正确的是（）（台体的体积计算公式：V =+S2+yf S ）h,其中Si，S2分别为台体的上、下底面面积，h为台体的高）A.若平面P4F _ 1 _ 平 面 酢 则 正 六 棱 锥 P-ABCDEF的高为与H aB.若PA=2夜 a，则该几何体的表面积为 囱 孥 包。2C.该几何体存在外接球，且外接球的体积 为 睿 7r a3O 1D.若该几何体的上、下两部分体积之比为7：8,则该几何体的体积为粤【答案】A,B,D【解析】【解答】设M,N 分别为正六棱台上、下底面的中心.对于A,如图1,分别取AF,的。1，CD的中点Q,R,S,T,连接 RS,RQ,TS,TQ,图1则RS=V5a,Q T =2 3a,可得Q,R,S,T 四点共面，且点P,M,N 均在该平面上，连接P M,则N 在 PM上，得如图2 所示的截面PQRST,四边形QRST为等腰梯形,过点R 作RL 1 QT交QT于点L,则ZRQL=P N,可得号=瑞,L V/V 1即NP RL=LQ QN=孚 联 b a=|a2 而NP+RL=MP=3a,故N P(3a-N P)=,。2,解得=3+遂8 A 符合题意；对于B,如图3为 截 面 依 题 意 得 4iD i=2a,AD=4a,图3连接 P M,则PM=3 a,又PA=2版a，所以PN=2a,MN=3 a-2 a =a,如图4 为截面PORST,从而RQ=Jq2+(亨a)2=乎 a，图4PQ=J(V5 a)2 +(2 a)2 =V7 a,故该几何体的表面积 S =6xa2+6 x -(a +2 a)亨a +6 x 4 .2 a-V7 a =32 1%，B符合题意；对于C,如图5 所示的截面P A 4 D i D,连接PM,依题意可知必 么=2 a,AD=4 a,PM =3a,若该几何体存在外接球，则外接球球心.在PM 上，设外接球半径为 R，连接 0A,。4,O D,0 D1,得0 4 =0&=O P =R,3a R =M O =V/?2-a2)解得R=|a,又0 4 +0。=2 R 2y xy,即 y+2y xy 8 0,解得0 y xy 2,故x y 4,当且仅当x =y=2时取等号，：孙的最大值为4。故答案为：4 o【分析】利用已知条件结合均值不等式求最值的方法，进而得出 盯 的 最 大 值。1 4.（1分）已知向量不=（2,1）,K=（q,1）,且五在石上的投影数量等于-1,则9=.【答案 琦【解析】【解答】2在另上的投影数量为篙=-1,解得q=0（舍）或q=*故答案为：【分析】利用已知条件结合数量积求投影数量的方法，进而得出q的值。1 5.（2分）已知菱形4 B C D的边长为2,=60。.将 A B D沿B D折起，使得点4至点P的位置，得到四面体P-B C D.当二面角P B。一 C的大小为1 2 0。时，四面体P 8 C。的体积为；当四面体P B C O的体积为1时，以P为球心，P B的长为半径的球面被平面B C D所截得的曲线在 B C O内部的长为.【答案】6；兀【解析】【解答】如 图1,过 点P作P F _ L C O交CO的延长线于点F,图1则/POF=60。，因为菱形4BCD的边长为2,乙DAB=60,O所以PO=遮，PF=POsin60。=故四面体P-BCD的体积为,SADBC.P尸T 姆义2 X 旧 义 标 卓;当四面体P BCO的体积为1时，此时3SADB-P F =3 x 4 x 2 x g x P F =l，解得：PF=W，OF=y/OP2-PF2=V 3 3 =0，即 O，F 两点重合，即 PO_L底 面 B C D,如 图 2,以P为球心，PB=2的长为半径的球面被平面BCD所截得的曲线为以O 为圆心，半径为!PB2-PO2=的圆，落在 BCD内部的长为圆周长的一半，所 以 长 度 为 2/rx 1=兀.故答案为：圣 兀【分析】由菱形的几何性质以及三角形中的几何计算关系，即可得出角的大小，再由二面角平面叫的定义，结合题意代入数值计算出边的大小，并代入到三棱锥的体积公式由此计算出结果；然后由球的几何性质结合圆的几何性质，由弧长公式，代入数值计算出结果即可。1 6.(2 分)三棱锥P-A B C 中，顶点P 在底面4 B C 的射影恰好是 A B C 内切圆的圆心，若三个侧面的面积分别为1 2,1 6,2 0,底面4 B C 的最长边长为1(),则点4 到平面P B C 的距离为；三棱锥P-4 B C 外 接 球 的 直 径 是.【答案】4 V 3,答 旦【解析】【解答】不妨设S“B C=1 2，S&PAC=1 6,5 力 8 =2 0,设P 在底面A B C 的射影为H,分别作H O 1B C 于点。，于点E,于点尸，则PD 1BC,PE 1 A B9 PF 1 AC.依题意，H 为A BC 的内心，则 R t A PDH 趋 R t A PFH 趋 R t A PE H,LPD=PF=PE,又SPBC=3 B C，P D，SA P/C=.PF,S AB=AB PE,所以S PBC：SN A B=BC：AC：AB=1 2：1 6：20 =3：4：5,所以4 4 c B=90。，令BC=3XJ AC=4 x,AB=5%.底面/BC的最长边长为1 0,可得4 B=5%=1 0,解得=2,所以BC=6,AC=8,AB=1 0.设4 A BC内切圆半径为r,则(BC+AC+AB)r=S A B C,因为SA/IBC=AC-BC=24,即4 x(6 +8+1 0)r =24,解得r =2,故=2,由SA PBC=BC-PD=1 2,BC=6,得PD=4,所以PH =yJPD2-H D2=2百，所以 V pfB C =Sh ABC-PH =1 X 24 X 2V 3 =1 6 g.设点A 到平面PBC的距禺为d,由，p-48C=V/i-P8C，SNBC=2,所以V y i-PBc =S&PBC,d=1 6 /3 所以d =4 百；,乙4 c B=90。，点C在以4 8为直径的圆上,取 中 点 为G,则以AB为直径的圆的圆心为点G,设三棱锥P-AB C的外接球球心为点。，连接0 G,易知OGJ平面4 BC,又PH _L平面4 BC,则OG/PH,P过点0作ONGH交PH于点、N,：PH 1 平面AB C,G”u平面AB C,：.PH 1 G H,即4GHp=,二四边形GHNO为矩形，则OG=NH,GH=ON,在平面AB C上建立如图所示直角坐标系，贝UB(6,0),71(0,8),H(2,2),G(3,4),则PN=2V 3-X,OA=OB=OP=y/GB2+OG2=V25 +x2-在直角 ONP中，ON?+NP2=OP2即(遮，+(2百一=25 +，,解得 =_孥 0,故点N在线段PH的延长线上，贝 N =2百+x，B同理可得（通）2+（2百+=25+%2，解得=所以三棱锥P-力 BC的外接球半径为04=OB=0P=125+%2=12,三棱锥P-ABC的外接球的直径为等1故答案为：4V 3;等1【分析】不妨设SM B C=12,SN71c=16,SPAB=2 0,设P在底面ABC的射影为H,分 别 作 1BC 于点、D,E J.4B 于点 E,HF LAC 于点 F,则 PD _ L BC,PE 1 AB,PF L A C,依题意，H为4力 BC的内心，则Rt PDH三Rt PFH三Rt PEH,再利用全等三角形的性质，故PD=PF=PE,再利用三角形的面积公式得出S,BC：SN A C：SA P.B的值，进而得出乙4cB的值，令BC=3x,AC=4x,AB=5%,底面ABC的最长边长为1 0,可得x 的值，进而得出BC,AC,AB的长，设 ABC内切圆半径为r,再利用三角形和内切圆的位置关系以及三角形的面积公式，进而得出r 的值，从而得出HD的长，再利用三角形的面积公式和勾股定理，进而得出PH的长，再利用三棱锥的体积公式得出Vp_4BC的值，设点4 到平面PBC的距冏为d,由Vp_y|BC=V.-PBC，SA PBC=12结合二棱锥的体积公式，进而得出d 的值，再利用乙4cB=90。，得出点C在以力B为直径的圆上，取AB中点为G,则以AB为直径的圆的圆心为点G,设三棱锥P-4BC的外接球球心为点。，连接。G,易知OGL平面4 B C,再利用PH _L 平面4 B C,则OGP H,过点0作ONGH交PH于点N,再利用PH 1平面4BC结合线面垂直的定义得出线线垂直，所以PH J.G H,进而得出ZG4P的值，所以四边形GHNO为矩形，则OG=NH,GH=O N,在平面ABC上建立直角坐标系，进而得出点的坐标，再结合勾股定理得出ON的长，设G O=x,若点N在线段PH上，贝”N=2bx,再利用勾股定理得出OA=V25+%2,在直角AONP中结合勾股定理得出x 的值，故点N在线段P 4的延长线上，则PN=2 +%,再利用勾股定理得出x 的值，从而结合x 的值和勾股定理得出三棱锥P-A B C 的外接球半径，进而得出三棱锥P-4BC的外接球的直径。阅卷入四、解答题（共6题；共85分）得分1 7.（1 0分）已知 A B C的内角A,B,C的对边分别为a,b,c.若.（请从s i MA +s i r B-s i n 2c =s i n A s i n B；2a =V 3 c s i n/1 +a c o s C;（2s i n 4 s i n B）a =2c s i n C+（s i n 4 -2s i n B）b这三个条件中任选一个填入上空）（1）（5分）求角C；（2）（5分）若c =6时，求 A B C周长的最大值.【答案】（1）解:若选,因为$也24 +s i MB-s i n 2c =sinAsinB,所以a?+b2-c2=ab，c osC=虫吃=L2ab 2因为0C 0,所以遍s i n C+c o s C=2s i n（C+看）=2,即s i n（C+、）=l.因为+金，所以c +I=3,即C=不o o o o Z 若选，因为（2s i m 4 s i n B）a =2c s i n C+（sinA-2s i n B）b,所以2a 2 a b =2c2+ab 2b2,即小+f e2 c2=ab f所以c s C=於 地 =工，0 C 2所以（a +b）2-3 6 W式 牛 匕 解得a +b W 1 2,当且仅当a =b =6时取等号.所以 A BC周长的最大值是1 8.【解析】【分析】（1）若选，利用s i Mz +s i MB-s i n?。=s i n A s i n B结合正弦定理和余弦定理以及三角形中角的取值范围，进而得出角C的值。若选，利用2a =V 3c sinA+a c o s C结合正弦定理和辅助角公式以及三角形中角的取值范围，进而得出角C的值。若选，利用（2s i n 4 -s i n 8）a =2c s i n C+（s i n A -2s i n B）b结合正弦定理和余弦定理，再结合三角形中角的取值范围，进而得出角C的值。（2）由 可得角C的值，再利用余弦定理和均值不等式求最值的方法，进而结合三角形的周长公式得出三角形 A B C周长的最大值。1 8.（1 5分）某校从参加高三模拟考试的学生中随机抽取6 0名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段 9 0,1 0 0）,1 0 0,1 1 0），1 4 0,1 50）后得到如下部分频率分布直方图.观察图形的信息，回答下列问题:0.0 3 50.0 3 00.0 2 50.0 2 00.0 1 50.0 1 00.0 0 5频率/组距o 9 01 0 0 1 1 0 1 2 0 1 3 0 1 4 0 1 50 分数（1）（5分）求分数在 1 2 0,1 3 0）内的频率，并补全这个频率分布直方图;（2）（5分）估计本次考试的第5 0百分位数；（3）（5分）用分层抽样的方法在分数段为口 1 0,1 3 0）的学生中抽取一个容量为6的样本，将该样本看成一个总体，从中任取2个，求至多有1人在分数段 1 2 0,1 3 0）内的概率.【答案】（I）解：由频率分布直方图，得：分数在 1 2 0,1 3 0）内的频率为:1 -（0.0 1 0 +0.0 1 5+0.0 1 5+0.0 2 5+0.0 0 5）x 1 0 =0.3,紧=0.0 3,补全后的直方图如右图所示：频率/组距0.035-0.030-0.025-0.020-0.015-0.010-I-0.005-M l 1 1 1 1 1 1 r /7。90 100 110 120 130 140 150 分数（2）解:v 9 0,1 2 0）的频率为（0.0 1 0+0.0 1 5+0.0 1 5）x 1 0 =0.4,1 2 0,1 3 0）的频率为:0.0 3 0 x 1 0 =0.3,第 50 百分位数为：1 2 0+线 步 X 1 0 =竽；（3）解：用分层抽样的方法在分数段为口 1 0,1 3 0）的学生中抽取一个容量为6 的样本,则分数段为口 1 0,1 2 0）中抽取的学生数为：7r不 黯 而 x 6=2 人，设为4 B,分数段为口2 0,1 3 0）中抽取的学生数为：岛需6=4 人，设为a,b,c,d,U U JL J I U.U。U从中任取 2 个，有Aa,Ab,Ac,Ad,Ba,Bb,Be,Bd,a b,a c,a d,b e,b d,c d 共 1 5 种,其中符合题意得有4 8,Aa,Ab,Acf Adf Ba,Bb,Be,B d 共 9 种，所以至多有1 人在分数段 1 2 0,1 3 0）内的概率为假=|.【解析】【分析】（1）利用已知条件结合百分位数求解方法，再结合频率分布直方图，进而估计出本次考试的第50 百分位数。（2）利用已知条件结合分层抽样的方法和古典概型求概率公式，进而得出至多有1 人在分数段 1 2 0,1 3 0）内的概率。1 9.（1 5分）如图所示，已知在四棱锥P-A B C D 中，底面A B C D 是边长为2的菱形，BAD=60 ,侧棱P 4 =P C=3,PB=P D,过点A的平面与侧棱P B,P D,P C 相交于点E,F,M,且满足：PE =PF,PM=1.(2)(5分)求证：直线PC _L平面AEMF；(3)(5分)求平面M D B与平面AEMF所成二面角的正弦值.【答案】(1)证明：因为底面ABCD是菱形，所以AD u 平面 PAD,BCC平面 PAD,所以直线BC平面PAD；(2)证明：联结AM,AC,AC QDB=0,又因为ABC。是菱形，所以8。1 AC,所以B D 1平面P A C,所以BD_LPC,又PE=P F,所以所以EFJ.PC,由已知条件得，B0=2,AC=2V3.由余弦定理得cos乙4PC=P +P -A C2 _ 32+32-(273)2 _ 1,2PAPC=2x3x3=W1AM2=PA2 4-PM2-2PA-PM-cosZ-APC=9+l-2 x 3 x l x j =8,所以PA?=PM2+4 2,所以PC J.AM,因为直线AM,EF相交，且AM,EF都在平面AEMF内，所以直线PC 1平面4EMF.(3)解：取N为MC的中点，联结ON,BN,D N,则ON/M,5LEF/BD,所以平面力EMF平面BND,因为直线BD _ L 平面P/C,联结MO,所以MO 1 BD,NO 1 BD,所以/MON等于平面MDB与平面4EM尸所成二面角的平面角，由已知可得，ON=V0C2-CN2=V2 OM=JON2+MN2=V3.所以 sin/MON=/=，.所以平面MOB与AEMF所成二面角的正弦值是季【解析】【分析】(1)联结AM,4 C,利用PB=PD结合等腰三角形三线合一，所以P O 1 B D,再利用四边形4BCD是菱形，所以BD_LAC,再利用线线垂直证出线面垂直，所以BC _ L 平面PA C,再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以B D J.P C,再利用PE=P F,所以E尸B D,所以E F 1 P C,由已知条件得出BD,AC的长，再利用余弦定理和勾股定理得出PC 1 A M,再利用直线力M,EF相交，S.AM,EF都在平面4EMF内结合线线垂直证出线面垂直，从而证出直线PC L平面AEMF。(2)取N为MC的中点，联结ON,BN,D N,则ONA M,再利用EFBO结合线线平行证出线面平行，进而证出面面平行，所以平面力EMF平面B N D,再 利 用 直 线 1平面P 4 C,联结M。结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以MO_LBD,NO A.B D,所以NMON等于平面MDB与平面AE例F所成二面角的平面角，由已知结合勾股定理和正弦函数的定义得出平面MDB与 力 EMF所成二面角的正弦值。20.(15分)摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色，如图，该摩天轮轮盘直径为1 2()米，设置有3 6个座舱，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，当到达最高点时距离地面1 40米，匀速转动一周大约需要30分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时.(图1)（图2）(1)(5分)经过t分钟后游客甲距离地面的高度为H 米，已知H 关于t的函数关系式满足，(t)=Asin(a)t+0,0,(p 0,3 0,分摩天轮的最高点距离地面为1 40米，最低点距离地面为1 40-1 2 0=2 0米，所以霁+乙=黑，得A =6 0,8=80，(8 A =2 U又函数周期为30分钟，所以3=羽=点，7 1H(t)=6 0si?i(二 t+(p)+80又H(0)=6 0s讥(会 x 0+w)+80=2 0,所以si n p =-l,又|*|左,所以9 =-3,所以”（t）=6 0s。（含 t-刍+80,0 t 30 解：H（t）=6 0si n 送 t-刍+80=-6 0c o s.t+80,所以 6 0c o s含 t+80=5 0,整理c o s t=g，因为。t 3 0,所以0 含 t 多,所 以 患 不 解 得 5 （分钟）.（3）解：经过t分钟后甲距离地面的高度为Hi=-60cos髭 t+80,乙与甲间隔的时间为|?x 6=5分钟,所以乙距离地面的高度为=-60cos含（t-5）+80,5 t 30,所以两人离地面的高度差7T T C 7 T T Ch =“21 =I 60cos 1 t+60cos d-(t 5)|=601sin(q-=-1-7)I15 15 15 o5 t k (其中k 0,9x)g(x)。0),则称函数y=/(x)是y=g(x)在区间D上的超k 倍函数.(1)(5分)己知命题“区间。=(1,5,函数/(%)=2/-4%+3是。(%)=%-1 在区间口上的超 2 倍函数”，试判断该命题的真假.若该命题为真命题，请予以证明；若为假命题，请举反例；(2)(5分)若函数/(%)=e2x 4-e-2工 是 g Q)=ex+e-在R 上的超k 倍函数，求实数k的取值范围；(3)(5分)已知区间。=1,2,常数cl,若函数F(x)=c 2工 一 c-2x 是G(X)=c*c-x 在区间D上的超4 倍函数，求实数c 的取值范围.【答案】(1)解：命题为真命题，证明如下：由 题 得 1 6(0,5，则 思=2后百+3=2(%1)+告？2 0 2,所以该命题为真命题；(2)解：令t=g(x)=ex+e x 2,则 第=11 号=t k恒成立，gx)ex+e x t t又 =?在区间 2,+8)上单调递增，所以当t=2时，ym in=1,所以0 k 4 在口，2 上恒成立，即c*+c x 4,令H(x)=c*+c x,取 1 Xr X2 l,l x1 x2 1,则1 一 右 右 o,所以4(久 1)一 H(%2)4,解得c 2 +8 或c 2+8.【解析】【分析】(1)利用函数y=f(x)是y=g(x)在区间D上的超k倍函数结合x的取值范围和均值不等式求最值的方法，进而判断出该命题为真命题。(2)利用函数/(x)=e 2x +e-x 是。(刈=靖+e-在R 上的超k 倍函数结合换元法和均值不等式求最值的方法，进而得出t=g =ex+e-x 2,则 期 =t 一号 H 亘成立，再利用函数的单调性，进而求出函数的最值，再利用不等式恒成立问题求解方法，进而得出实数k 的取值范围。(3)根据题意得出漓 4 在 1,2 上恒成立，即/+c T 4,令H(x)=cx+c-x,再利用增函数的定义判断出函数，(吗=+c T 在，2 上递增，进而求出函数的最小值，再利用不等式恒成立问题求解方法，进而求出实数c 的取值范围。试题分析部分1、试卷总体分布分析总分：T 5 分分值分布客观题（占比）25.0(21.7%)主观题（占比）90.0(78.3%)题量分布客观题（占比）13(59.1%)主观题（占比）9(40.9%)2、试卷题量分布分析大题题型题目量（占比）分 值（占比）填空题4(18.2%)6.0(5.2%)解答题6(27.3%)85.0(73.9%)多选题4(18.2%)8.0(7.0%)单选题8(36.4%)16.0(13.9%)3、试卷难度结构分析序号难易度占比1普通(45.5%)2容易(31.8%)3困难(22.7%)4、试卷知识点分析序号知识点（认知水平）分 值（占比）对应题号1频率分布直方图15.0(13.0%)182与二面角有关的立体几何综合题2.0(1.7%)153古典概型及其概率计算公式17.0(14.8%)10,184向量语言表述线面的垂直、平行关系2.0(1.7%)115异面直线及其所成的角2.0(17%)76正弦定理12.0(10.4%)9,177复数代数形式的乘除运算2.0(17%)18点、线、面间的距离计算2.0(17%)169三点共线2.0(17%)210函数的最值及其几何意义15.0(13.0%)2211旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）4.0(3.5%)6,1612简单组合体的结构特征2.0(17%)1213向量的投影1.0(0.9%)1414棱柱的结构特征2.0(17%)1115三角函数的恒等变换及化简求值10.0(8.7%)1716平面与平面垂直的性质2.0(17%)1217余弦定理25.0(21.7%)17,1918平面向量共线（平行）的坐标表示2.0(17%)219空间中直线与直线之间的位置关系17.0(14.8%)5,2120直线与平面平行的判定17.0(14.8%)5,1921运用诱导公式化简求值2.0(1.7%)922函数单调性的性质17.0(14.8%)8,2223函数恒成立问题15.0(13.0%)2224平面与平面平行的判定2.0(17%)525棱柱、棱锥、棱台的体积19.0(16.5%)12,15,2126二面角的平面角及求法32.0(27.8%)15,19,2127复数求模2.0(17%)128函数零点的判定定理2.0(1.7%)829命题的真假判断与应用2.0(1.7%)530直线与平面垂直的判定15.0(13.0%)1931基本不等式在最值问题中的应用11.0(9.6%)13,1732三角形中的几何计算12.0(10.4%)3,1733用样本的数字特征估计总体的数字特 彳 正15.0(13.0%)1834根据实际问题选择函数类型15.0(13.0%)2035解三角形2.0(17%)1536棱锥的结构特征2.0(1.7%)1637分层抽样方法17.0(14.8%)4,1838两角和与差的正切公式2.0(1.7%)939球的体积和表面积4.0(3.5%)11,12