成都市数学高一下期末阶段测试(含答案解析)

一、选择题

1．(0分)[ID：12715]设集合A{1,2,3,4}，B1,0,2,3，

C{xR|1x2}，则(AB)C

A．{1,1} C．{1,0,1}

𝝅𝟒

𝟑𝟓

B．{0,1} D．{2,3,4}

2．(0分)[ID：12713]若𝐜𝐨𝐬(−𝜶)=，则𝐬𝐢𝐧𝟐𝜶=（ ） A．

𝟐𝟓𝟕

B．

𝟓

𝟏

C．−𝟓

𝟏

D．−𝟐𝟓

𝟕

3．(0分)[ID：12710]已知集合

Ax|x23x20,xR,Bx|0x5,xN，则满足条件ACB的集合

C的个数为（ ）

A．1

B．2

C．3

D．4

4．(0分)[ID：12701]在ABC中，角A，B，C所对的边为a，b，c，且B为锐角，若

sinA5c757，sinB，S△ABC，则b（ ） sinB2b44B．27

C．15 D．14 A．23 25．(0分)[ID：12692]已知数列{an}的前n项和Sn2nn，那么它的通项公式是

（ ） A．an2n1 C．an4n1

B．an2n1 D．an4n1

6．(0分)[ID：12690]《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”．某“堑堵”的三视图如图所示，则它的表面积为（ ）

A．2 B．422 C．442 D．642

7．(0分)[ID：12678]当xR时，不等式kx2kx10恒成立，则k的取值范围是（ ） A．(0,)

B．0,

C．0,4

D．（0，4）

8．(0分)[ID：12632]有5支彩笔（除颜色外无差别），颜色分别为红、黄、蓝、绿、紫.从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，则取出的2支彩笔中含有红色彩笔的概率为

A．

4 5B．

3 5C．

2 5D．

1 51x1,x09．(0分)[ID：12670]已知fx2，若存在三个不同实数a，b，c使

log2019x,x0得fafbfc，则abc的取值范围是（ ） A．(0,1)

B．[-2,0)

C．2,0

D．（0,1）

10．(0分)[ID：12661]记max{x,y,z}表示x,y,z中的最大者，设函数

f(x)maxx24x2,x,x3，若f(m)1，则实数m的取值范围是（ ）

A．(1,1)C．(1,4)

(3,4) B．(1,3) D．(,1)(4,)

11．(0分)[ID：12639]在ABC中，内角A,B,C所对的边分别是a,b,c．已知a5，

b7，c8，则AC

A．90

B．120

C．135

D．150

12．(0分)[ID：12636]如图，在△ABC中, AN2APmABAC,则实数m的值为( )

91NC,P是BN上的一点,若3

A． B． C．

1 9D．

13．(0分)[ID：12726]执行右面的程序框图，若输入的a,b,k分别为1,2,3，则输出的M( )

A．

20 3B．

7 2C．

16 5D．

15 814．(0分)[ID：12681]若,均为锐角，sinA．25 5325，sin，则cos

55D．B．

25 25C．2525 或

52525 2515．(0分)[ID：128]已知fx是定义在R上的奇函数，当x0时，fx32x，则不等式fx0的解集为（ ） 3A．,233C．,2230,2

B．,D．33, 22

33,0, 22二、填空题

16．(0分)[ID：12825]在△ABC 中，若a2b23bc ，sinC23sinB ，则A 等于__________．

14x,yxy4,17．(0分)[ID：12822]已知两个正数满足则使不等式m恒成立的

xy实数m的范围是__________

18．(0分)[ID：12811]已知函数f(x)x2xax1在区间点，则实数a的取值范围是____________

19．(0分)[ID：12804]已知ABC，B135，AB22,BC4，求

32上恰有一个极值

ABAC______．

20．(0分)[ID：127]对于函数fx，gx，设mxfx0，

nxgx0，若存在m，n使得mn1，则称fx与gx互为“近邻函数”.已

知函数fxlog3x2e1x与gxa42xx12互为“近邻函数”，则实数a的

取值范围是______.（e是自然对数的底数） 21．(0分)[ID：12762]若

4b7x2，则函数ytan2xtan3x的最大值为 ．

22．(0分)[ID：12759]已知点G是ABC的重心，内角A、B、C所对的边长分别为

a、b、c，且GAGBGC0，则角B的大小是__________．

23．(0分)[ID：12758]关于函数fxsinxsinx有如下四个结论： ①fx是偶函数；②fx在区间a5c8π,π上单调递增；③fx最大值为2；④fx2在,上有四个零点，其中正确命题的序号是_______．

24．(0分)[ID：12740]从1，2，3，4这四个数中一次随机取两个数，则其中一个数是另一个的两倍的概率是______ 25．(0分)[ID：12810]若三点为 ．

1A(2,3),B(3,2),C(,m)共线，则m的值

2三、解答题

26．(0分)[ID：12918]已知函数f（x）是定义在R上的偶函数，且当x≥0时，f（x）＝x2﹣2x．

（1）求f（0）及f（f（1））的值； （2）求函数f（x）的解析式；

（3）若关于x的方程f（x）﹣m＝0有四个不同的实数解，求实数m的取值范围， 27．(0分)[ID：12912]如图，四棱锥PABC中，PA平面ABCD，AD∥BC，

ABADAC3，PABC4，M为线段AD上一点，AM2MD，N为PC的中点．

（I）证明MN∥平面PAB； （II）求四面体NBCM的体积.

28．(0分)[ID：128]已知：a、b、c是同一平面内的三个向量，其中a1,2 （1）若c25，且c//a，求c的坐标； （2）若b5，且a2b与2ab垂直，求a与b的夹角. 2（3）若b1,1，且a与ab的夹角为锐角，求实数的取值范围. 29．(0分)[ID：12875]已知向量a(3,2)，b(2,1)，c(3,1)，m,tR. （1）求|atb|的最小值及相应的t的值； （2）若amb与c共线，求实数m.

30．(0分)[ID：12832]ABC中，三个内角A,B,C的对边分别为a,b,c，若

m(cosB,cosC)，n(2ac,b)，且mn.

（1）求角B的大小；

（2）若b7，ac8，求ABC的面积.

【参】

2016-2017年度第*次考试试卷**科目模拟测试

一、选择题 1．C 2．D 3．D 4．D 5．C 6．D 7．C 8．C 9．C 10．A 11．B 12．C

参

13．D 14．B 15．A

二、填空题

16．【解析】由得所以即则又所以故答案为

17．【解析】【分析】由题意将代入进行恒等变形和拆项后再利用基本不等式求出它的最小值根据不等式恒成立求出m的范围【详解】由题意知两个正数xy满足则当时取等号；的最小值是不等式恒成立故答案为【点睛】本题考查

18．【解析】【分析】【详解】由题意则解得-1＜a＜7经检验当a=-1时的两个根分别为所以符合题目要求时在区间无实根所以

19．16【解析】【分析】由正余弦定理可得由平面向量的数量积公式有：得解【详解】由余弦定理可得：所以由正弦定理得：所以所以即故答案为16【点睛】本题考查了余弦定理正弦定理及向量的数量积属简单题

20．【解析】【分析】先求出的根利用等价转换的思想得到在有解并且使用分离参数方法可得结果【详解】由令所以又已知函数与互为近邻函数据题意可知：在有解则在有解即在有解令又令所以当时当时所以所以则故答案为：【点

21．-8【解析】试题分析：设当且仅当时成立考点：函数单调性与最值

22．【解析】由向量的平行四边形法则可得代入可得故则由余弦定理可得故应填答案点睛：解答的关键是如何利用题设中所提供的向量等式中的边的关系探求处来这是解答本题的难点也是解答本题的突破口求解时充分利用已知条件

23．①③【解析】【分析】利用奇偶性的定义判定函数的奇偶性可判断出命题①的正误；在时去绝对值化简函数的解析式可判断函数在区间上的单调性可判断命题②的正误；由以及可判断出命题③的正误；化简函数在区间上的解析

24．【解析】【分析】【详解】解：从1234这四个数中一次随机取两个数有（12）（13）（14）（23）（24）（34）共6种情况；其中其中一个数是另一个的两倍的有两种即（12）（24）；则其概率为；故答

25．【解析】试题分析：依题意有即解得考点：三点共线

三、解答题 26．

27． 28． 29． 30．

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题 1．C 解析：C 【解析】

分析：由题意首先进行并集运算，然后进行交集运算即可求得最终结果. 详解：由并集的定义可得：AB1,0,1,2,3,4， 结合交集的定义可知：ABC1,0,1. 本题选择C选项.

点睛：本题主要考查并集运算、交集运算等知识，意在考查学生的计算求解能力.

2．D

解析：D 【解析】

试题分析：𝐜𝐨𝐬[𝟐(−𝜶)]=𝟐𝐜𝐨𝐬𝟐(−𝜶)−𝟏=𝟐×()𝟐−𝟏=−

𝟒

𝟒

𝟓

𝝅

𝝅

𝟑

𝟕𝟐𝟓

，

且𝐜𝐨𝐬[𝟐(−𝜶)]=𝐜𝐨𝐬[−𝟐𝜶]=𝐬𝐢𝐧𝟐𝜶，故选D.

𝟒

𝟐

𝝅𝝅

【考点】三角恒等变换

【名师点睛】对于三角函数的给值求值问题，关键是把待求角用已知角表示： （1）已知角为两个时，待求角一般表示为已知角的和或差．

（2）已知角为一个时，待求角一般与已知角成“倍的关系”或“互余、互补”关系．

3．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

求解一元二次方程，得

Ax|x23x20,xRx|x1x20,xR 1,2，易知Bx|0x5,xN1,2,3,4.

因为ACB，所以根据子集的定义， 集合C必须含有元素1,2，且可能含有元素3,4， 原题即求集合3,4的子集个数，即有224个，故选D. 【点评】

本题考查子集的概念，不等式，解一元二次方程.本题在求集合个数时，也可采用列举法.列出集合C的所有可能情况，再数个数即可.来年要注意集合的交集运算，考查频度极高.

4．D

解析：D 【解析】 【分析】 利用正弦定理化简

sinA5c，再利用三角形面积公式，即可得到a,c，由sinB2bsinB7，求得cosB，最后利用余弦定理即可得到答案． 4【详解】 由于

sinA5ca5c5，有正弦定理可得： ，即ac

b2b2sinB2b757，S△ABC，所以S44ABC由于在ABC中，sinB157， acsinB245ac2571 ，解得：a5，c2 联立acsinB247sinB4由于B为锐角，且sinB372，所以cosB1sinB

44所以在ABC中，由余弦定理可得：b2a2c22accosB14，故b14（负数舍去） 故答案选D

【点睛】

本题考查正弦定理，余弦定理，以及面积公式在三角形求边长中的应用，属于中档题．

5．C

解析：C 【解析】

分类讨论：当n1时，a1S1213，

当n2时，anSnSn1(2nn)2(n1)n14n1， 且当n1时：4n14113a1 据此可得，数列的通项公式为：an4n1. 本题选择C选项.

226．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据题意和三视图知几何体是一个放倒的直三棱柱，由三视图求出几何元素的长度，由面积公式求出几何体的表面积． 【详解】

根据题意和三视图知几何体是一个放倒的直三棱柱，底面是一个直角三角形，两条直角边分别是2,斜边是2，且侧棱与底面垂直，侧棱长是2， ∴几何体的表面积S22222故选D． 【点睛】

本题考查三视图求几何体的表面积，由三视图正确复原几何体是解题的关键，考查空间想象能力．

1222642. 27．C

解析：C 【解析】

当k0时，不等式kx2kx10可化为10，显然恒成立；当k0时，若不等式

kxkx10恒成立，则对应函数的图象开口朝上且与x轴无交点，则 2k02k4k0解得：0k4，综上k的取值范围是0,4，故选C. 8．C

解析：C 【解析】

选取两支彩笔的方法有C5种，含有红色彩笔的选法为C4种，

211C442. 由古典概型公式，满足题意的概率值为p2C5105本题选择C选项. 考点：古典概型

名师点睛：对于古典概型问题主要把握基本事件的种数和符合要求的事件种数，基本事件的种数要注意区别是排列问题还是组合问题，看抽取时是有、无顺序，本题从这5支彩笔中任取2支不同颜色的彩笔，是组合问题，当然简单问题建议采取列举法更直观一些.

9．C

解析：C 【解析】 【分析】

画出函数图像，根据图像得到2a≤0，bc1，得到答案. 【详解】

1x1,x0fx2，画出函数图像，如图所示：

log2019x,x0根据图像知：2a≤0，log2019blog2019c，故bc1，故2abc0. 故选：C.

【点睛】

本题考查了分段函数的零点问题，画出函数图像是解题的关键.

10．A

解析：A 【解析】 【分析】

画出函数的图象，利用不等式，结合函数的图象求解即可． 【详解】

函数fx的图象如图，

直线y1与曲线交点A(1,1)，B1,1，C3,1，D4,1， 故f(m)1时，实数m的取值范围是1m1或3m4. 故选A. 【点睛】

本题考查函数与方程的综合运用，属于常考题型.

11．B

解析：B 【解析】 【分析】

由已知三边，利用余弦定理可得cosB内角和定理即可求AC的值． 【详解】 在ABC中，

1，结合bc，B为锐角，可得B，利用三角形2a5，b7，c8，

a2c2b225491由余弦定理可得：cosB，

2ac2582bc，故B为锐角，可得B60，

AC18060120，故选B． 【点睛】

本题主要考查利用余弦定理解三角形以及三角形内角和定理的应用．

12．C

解析：C 【解析】 【分析】

先根据共线关系用基底的值. 【详解】

如下图，∵B,P,N三点共线，∴

,

，∴

，即

AB，AC表示

AP，再根据平面向量基本定理得方程组解得实数m∴

①,又∵AN1NC，∴3，

∴APmAB2AC=mAB8AC②，

99对比①，②，由平面向量基本定理可得：．

【点睛】

本题考查向量表示以及平面向量基本定理，考查基本分析求解能力.

13．D

解析：D 【解析】 【分析】 【详解】

试题分析：根据题意由13成立，则循环，即M1133,a2,b,n2;又由22223成立，则循环，即M2M2838,a,b,n3;又由33成立，则循环，即3323331581515,a,b,n4;又由43不成立，则出循环，输出M． 288388考点：算法的循环结构

14．B

解析：B 【解析】 【分析】

利用角的等量代换，β=α+β-α，只要求出α的余弦，α+β的余弦，利用复合角余弦公式展开求之． 【详解】

∵α为锐角，sin5252 s，∴α＞45°且cos ， ＞525∵sin3132，且＜＜ ，＜＜，

252524 ， 5（）∴cos则cosβ=cos[（α+β）-α]=cos（α+β）cosα+sin（α+β）sinα故选B. 【点睛】

本题考查两角和与差的正弦、余弦函数公式，以及同角三角函数间的基本关系，熟练掌握公式是解本题的关键．

4532525 ．55552515．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据题意，结合函数的解析式以及奇偶性分析可得fx的图象，据此分析可得答案. 【详解】

解：因为fx是定义在R上的奇函数， 所以它的图象关于原点对称，且f00， 已知当x0时，fx32x， 作出函数图象如图所示， 从图象知：f33f0， 22330,. 22则不等式fx0的解集为,故选：A.

【点睛】

本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，以及函数的解析式，考查数形结合思想.

二、填空题

16．【解析】由得所以即则又所以故答案为

解析：

【解析】

由sinC23sinB 得c23b， 所以a2b23bc323b2，即a27b2， 则

6b2c2a2b212b27b23 ，又A 所以A． （0，），cosA262bc243b故答案为

. 617．【解析】【分析】由题意将代入进行恒等变形和拆项后再利用基本不等式求出它的最小值根据不等式恒成立求出m的范围【详解】由题意知两个正数xy满足则当时取等号；的最小值是不等式恒成立故答案为【点睛】本题考查 解析：m【解析】 【分析】

由题意将xy4代入

9 414进行恒等变形和拆项后，再利用基本不等式求出它的最小xy值，根据不等式恒成立求出m的范围． 【详解】

由题意知两个正数x，y满足xy4，

14xyxy5yx59yx1则，当时取等号； xy4xy44xy444xy149的最小值是， xy4不等式

149m恒成立，m． xy49． 4故答案为m【点睛】

本题考查了利用基本不等式求最值和恒成立问题，利用条件进行整体代换和合理拆项再用基本不等式求最值，注意一正二定三相等的验证．

18．【解析】【分析】【详解】由题意则解得-1＜a＜7经检验当a=-1时的两个根分别为所以符合题目要求时在区间无实根所以 解析：1a7

【解析】 【分析】 【详解】

2由题意，f(x)3x4xa，则f(1)f(1)0，解得-1＜a＜7，经检验当a=-1时，

f(x)3x24x10的两个根分别为x1f(x)3x24x10,在区间

1,x231，所以符合题目要求，a7时，

无实根，所以1a7．

19．16【解析】【分析】由正余弦定理可得由平面向量的数量积公式有：得解【详解】由余弦定理可得：所以由正弦定理得：所以所以即故答案为16【点睛】本题考查了余弦定理正弦定理及向量的数量积属简单题

解析：16 【解析】 【分析】

由正余弦定理可得cosA由平面向量的数量积公式有：，ABACABACcosA22210【详解】

2516，得解． 5由余弦定理可得：AC2AB2BC22ABBCcos13540， 所以AC210， 由正弦定理得：所以sinA所以cosABCAC， sinAsin1355， 525， 52516， 5即ABACABACcosA22210故答案为16 【点睛】

本题考查了余弦定理、正弦定理及向量的数量积，属简单题

20．【解析】【分析】先求出的根利用等价转换的思想得到在有解并且使用分离参数方法可得结果【详解】由令所以又已知函数与互为近邻函数据题意可知：在有解则在有解即在有解令又令所以当时当时所以所以则故答案为：【点

解析：0,.

21【解析】 【分析】

先求出fx0的根，利用等价转换的思想，得到gx0在mn1有解，并且使用分离参数方法，可得结果 【详解】

由fxlog3x2e1x，令fx0

1x所以x1，又已知函数fxlog3x2e与gxa42xx1

2互为“近邻函数”

据题意可知：gx0在x11有解，则

gx0在0x2有解

2x12即a在0x2有解， x42x12令hx， x4又令t2x，t1,4，,1

11t422t2111所以y2 t2t22111时ymax

2t21当1时y0 t当1y所以0, 2所以hx0,，则a0,

2211故答案为：0,

21【点睛】

本题考查对新定义的理解，以及分离参数方法的应用，属中档题.

21．-8【解析】试题分析：设当且仅当时成立考点：函数单调性与最值

解析：-8 【解析】 试题分析：

4x2tanx1tan2x1,设ttan2x

22t14t122t22y2t142248当且仅当

1tt1t1t2时成立

考点：函数单调性与最值

22．【解析】由向量的平行四边形法则可得代入可得故则由余弦定理可得故应填答案点睛：解答的关键是如何利用题设中所提供的向量等式中的边的关系探

求处来这是解答本题的难点也是解答本题的突破口求解时充分利用已知条件 解析：

【解析】

由向量的平行四边形法则可得GAGCBG，代入

3abcGAGBGC0可得578abcbabc()GA()GC0，故，则a5t,b7t,c8t．由余弦定理可得578757825t2t249t21B，故，应填答案． cosB3380t22点睛：解答的关键是如何利用题设中所提供的向量等式中的边的关系探求处来，这是解答本题的难点，也是解答本题的突破口．求解时充分利用已知条件及向量的平行四边形法则，将其转化为()GA()GC0，然后再借助向量相等的条件待定出三角形三边之间的关系

a5b7c8b7abc，最后运用余弦定理求出B，使得问题获解． 578323．①③【解析】【分析】利用奇偶性的定义判定函数的奇偶性可判断出命题①的正误；在时去绝对值化简函数的解析式可判断函数在区间上的单调性可判断命题②的正误；由以及可判断出命题③的正误；化简函数在区间上的解析

解析：①③ 【解析】 【分析】

利用奇偶性的定义判定函数yfx的奇偶性，可判断出命题①的正误；在x时，去绝对值，化简函数yfx的解析式，可判断函数yfx在区间,2π,π上的2f单调性，可判断命题②的正误；由2以及fx2可判断出命题③的正误；化简2函数yfx在区间,上的解析式，求出该函数的零点，即可判断命题④的正误. 【详解】

对于命题①，函数fxsinxsinx的定义域为R，关于原点对称，

且fxsinxsinxsinxsinxsinxsinxfx，该函数为偶函数，命题①正确； 对于命题②，当

2x时，sinx0，则fxsinxsinx2sinx，则函数

yfx在,π上单调递减，命题②错误；

2π对于命题③，sinx1，sinx1，fx2，又

f2，所以，函数2yfx的最大值为2，命题③正确；

对于命题④，当0xπ时，sinx0，fxsinxsinx2sinx0， 由于该函数为偶函数，当x0时，fx0， 又

fff00，所以，该函数在区间,上有且只有三个零点.

因此，正确命题的序号为①③. 故答案为：①③. 【点睛】

本题考查与三角函数相关命题真假的判断，涉及三角函数的奇偶性、单调性、最值以及零点的判断，解题的关键就是将三角函数的解析式化简，考查推理能力，属于中等题.

24．【解析】【分析】【详解】解：从1234这四个数中一次随机取两个数有（12）（13）（14）（23）（24）（34）共6种情况；其中其中一个数是另一个的两倍的有两种即（12）（24）；则其概率为；故答

1解析：

3【解析】 【分析】 【详解】

解：从1，2，3，4这四个数中一次随机取两个数，

有（1，2），（1，3），（1，4），（2，3），（2，4），（3，4），共6种情况； 其中其中一个数是另一个的两倍的有两种，即（1，2），（2，4）； 则其概率为故答案为

21； 63

1． 3解析：简单考察古典概型的概率计算，容易题．

25．【解析】试题分析：依题意有即解得考点：三点共线 解析：

1 215m3，解得m. 25122【解析】

试题分析：依题意有kABkAC，即

考点：三点共线．

三、解答题

26．

x22x,x0（1）f（0）＝0，f（1）＝﹣1（2）fx2（3）（﹣1，0）

x2x,x0【解析】 【分析】

（1）根据题意，由函数的解析式，将x＝0代入函数解析式即可得f（0）的值， 同理可得f（1）的值，利用函数的奇偶性分析可得f（f（1））的值；

（2）设x＜0，则﹣x＞0，由函数的解析式分析f（﹣x）的解析式，进而由函数的奇偶性分析可得答案；

（3）若方程f（x）﹣m＝0有四个不同的实数解，则函数y＝f（x）与直线y＝m有4个交点，作出函数f（x）的图象，由数形结合法分析即可得答案． 【详解】

（1）根据题意，当x≥0时，f（x）＝x2﹣2x； 则f（0）＝0， f（1）＝1﹣2＝﹣1，

又由函数f（x）为偶函数，则f（1）＝f（﹣1）＝﹣1， 则f（f（1））＝f（﹣1）＝﹣1； （2）设x＜0，则﹣x＞0，

则有f（﹣x）＝（﹣x）2﹣2（﹣x）＝x2+2x， 又由函数f（x）为偶函数， 则f（x）＝f（﹣x）＝x2+2x， 则当x＜0时，f（x）＝x2+2x，

x22x,x0∴fx2

x2x,x0（3）若方程f（x）﹣m＝0有四个不同的实数解， 则函数y＝f（x）与直线y＝m有4个交点， 而y＝f（x）的图象如图：

分析可得﹣1＜m＜0； 故m的取值范围是（﹣1，0）．

【点睛】

本题考查偶函数的性质以及函数的图象，涉及方程的根与函数图象的关系，注意利用数形结合法分析与应用，是中档题．

27．

(Ⅰ)证明见解析；(Ⅱ)【解析】

试题分析：（Ⅰ）取PB的中点T，然后结合条件中的数据证明四边形AMNT为平行四边形，从而得到MN45. 3AT，由此结合线面平行的判断定理可证；（Ⅱ）由条件可知四面体

N-BCM的高，即点N到底面的距离为棱PA的一半，由此可顺利求得结果． 试题解析：（Ⅰ）由已知得

中点知又因为

，故平面

，平行且等于，

平面

.

，四边形AMNT为平行四边形，于是

，所以

平面

.

.

，取

的中点T，连接

，由N为

（Ⅱ）因为所以N到平面取由所以四面体

的中点

平面

，N为

.

的中点，

的距离为，连结

.由的距离为

得，故SBCM，.

得到

14525. 2PA45. 23的体积VNBCM1S3BCM【考点】直线与平面间的平行与垂直关系、三棱锥的体积

【技巧点拨】（1）证明立体几何中的平行关系，常常是通过线线平行来实现，而线线平行常常利用三角形的中位线、平行四边形与梯形的平行关系来推证；（2）求三棱锥的体积关键是确定其高，而高的确定关键又找出顶点在底面上的射影位置，当然有时也采取割补法、体积转换法求解．

28．

（1）（2,4）或（-2，-4） （2）π （3）,00,

53【解析】 【分析】

（1）设c(x,y)，根据条件列方程组解出即可；

（2）令(a2b)(2ab)0求出ab，代入夹角公式计算；

（3）利用aab0，且a与aλb不同向共线，列不等式求出实数的取值范围. 【详解】 解：设c(x,y)， ∵c25，且c//a，

y2x0x2x2∴2，解得或， 2y4xy20y4∴c(2,4)或c(2,4)；

（2）∵a2b与2ab垂直， ∴(a2b)(2ab)0， 即2a23ab2b20， ∴ab5， 2∴cosab|a||b|552521，

∴a与b的夹角为； （3）

a与aλb的夹角为锐角

aaba解得：则aab0，且a与aλb不同向共线，

2ab5(12)0，

5， 3若存在t，使atab，t0

ab1,21,1(1,2)

则1,2t(1,2)，

tt1t1，解得：， 2tt205所以且0，

3实数的取值范围是,00,． 【点睛】

本题考查了平面向量的数量积运算，利用数量积研究夹角，注意夹角为锐角，数量积大于零，但不能同向共线，夹角为钝角，数量积小于零，但不能反向共线，本题是中档题．

5329．

（1）t7345；（2）. 时，最小值为555【解析】 【分析】

(1)利用向量的模长公式计算出|atb|的表达式然后求最值.

(2)先求出amb的坐标，利用向量平行的公式得到关于m的方程，可解得答案. 【详解】

（1）∵atb(2t3,2t)，

449 ∴|atb|(2t3)2(2t)25t28t135t55当t2745. 时，|atb|取得最小值553. 5（2）amb(32m,2m).

∵amb与c共线，∴32m63m0，则m【点睛】

本题考查向量的模长的计算以及其最值和根据向量平行求参数的值，属于基础题.

30．

（1）

2153；（2）. 34【解析】

试题分析：（1）根据题意，由向量数量积的坐标计算公式可得若mn，则有cosB•（2a+c）+cosC•b=0，结合正弦定理可得cosB•（2sinA+sinC）+cosC•sinB=0，将其整理变形可得cosB1，由B的范围分析可得答案；（2）结合题意，根据余弦定理分析可得249=a2+c2+ac，又由a+c=8，变形可得ac=15，由三角形面积公式计算可得答案． 详解：

（1）∵mn，∴cosB2accosCb0， ∴cosB2sinAsinCcosCsinB0，

∴2cosBsinAsinCcosBcosCsinB sinBCsinA，

∴cosB12，∴B. 232（2）根据余弦定理可知b2a2c22accosB，∴49a2c2ac， 又因为ac8，∴ac，∴a2c22ac，∴ac15， 则S1153. acsinB24点睛：本题主要考查正弦定理及余弦定理的应用以及三角形面积公式，属于难题.在解与三角形有关的问题时，正弦定理、余弦定理是两个主要依据. 解三角形时，有时可用正弦定理，有时也可用余弦定理，应注意用哪一个定理更方便、简捷一般来说 ,当条件中同时出现ab 及b2 、a2 时，往往用余弦定理，而题设中如果边和正弦、余弦函数交叉出现时，往往运用正弦定理将边化为正弦函数再结合和、差、倍角的正余弦公式进行解答.