(必考题)数学高一下期末经典练习题(含答案解析)

一、选择题

1．(0分)[ID：12724]已知向量acos,sin，b1,2，若a与b的夹角为则ab（ ） A．2

B．7

C．2

D．1

，62．(0分)[ID：12708]某空间几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）

A．

7 3B．

8π 3228C．

3D．

7π 33．(0分)[ID：12704]在ABC中，AB2，AC2，E是边BC的中点.O为

2ABC所在平面内一点且满足OAOBOC，则AE·AO的值为（ ）

32 D．

224．(0分)[ID：12685]已知f(x)是定义域为(,)的奇函数，满足

A．

B．1

C．

1 2f(1x)=f(1+x)，若f(1)2，则f(1)+f(2)f(3)A．50

B．2

C．0

5．(0分)[ID：12684]设样本数据x1,x2,f(2020)（ ）

D．50

,x10的均值和方差分别为1和4，若

,y10的均值和方差分别为（ ）

D．1,4a

C．1,4

yixia(a为非零常数，i1,2,A．1a,4

,10)，则y1,y2,B．1a,4a

6．(0分)[ID：12680]已知曲线C1：y=cos x，C2：y=sin (2x+

2π)，则下面结论正确的是( ) 3π个6π个12A．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移单位长度，得到曲线C2

B．把C1上各点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移单位长度，得到曲线C2

C．把C1上各点的横坐标缩短到原来的

π1倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向右平移个26单位长度，得到曲线C2

D．把C1上各点的横坐标缩短到原来的单位长度，得到曲线C2

7．(0分)[ID：12675]要得到函数y23cos2xsin2x3的图象，只需将函数y2sin2x的图象（ ）

π1倍，纵坐标不变，再把得到的曲线向左平移个

122A．向左平移C．向左平移

个单位 3个单位 6B．向右平移D．向右平移

个单位 3个单位 61x1,x08．(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）

9．(0分)[ID：126]已知a0,b0，并且（ ） A．2

B．4

111,,成等差数列，则a4b的最小值为a2bD．9

C．5

10．(0分)[ID：12656]某学校为了解1 000名新生的身体素质，将这些学生编号为1，2，…，1 000，从这些新生中用系统抽样方法等距抽取100名学生进行体质测验，若46号学生被抽到，则下面4名学生中被抽到的是 A．8号学生

B．200号学生

C．616号学生

D．815号学生

11．(0分)[ID：129]若tan(A．

4)2，则

sincos（ ）

sincosD．21 2B．2 C．2

21 212．(0分)[ID：127]与直线xy40和圆xy2x2y0都相切的半径最小的圆的方程是

A．x1y12 C．x1y12

2222B．x1y14 D．x1y14

222213．(0分)[ID：12719]如图，在ABC中，BAC90，AD是边BC上的高，PA平面ABC，则图中直角三角形的个数是（ ）

A．5 B．6 C．8 D．10

14．(0分)[ID：12699]《莱茵德纸草书》是世界上最古老的数学著作之一．书中有这样一道题目：把100个面包分给5个人，使每个人所得成等差数列，且使较大的三份之和的是较小的两份之和，则最小的一份为（ ） A．

175 3B．

10 3C．

5 6D．

11 615．(0分)[ID：12634]某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的体积为（ ）

A．20 B．10 C．30 D．60

二、填空题

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

17．(0分)[ID：12792]已知抛物线y2pxp0的准线与圆x3y216相切，

22则p的值为__________．

18．(0分)[ID：12791]如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F分别是DD1、DC上靠近点D的三等分点，则异面直线EF与A1C1所成角的大小是______.

19．(0分)[ID：12777]已知定义在实数集R上的偶函数fx在区间,0上是减函数,则不等式f1flnx的解集是________.

20．(0分)[ID：12761]在四面体ABCD中，AB=AD2,BAD60,BCD90，二面角ABDC的大小为150，则四面体ABCD外接球的半径为__________． 21．(0分)[ID：12741]已知aR，命题p：x1,2，x2a0，命题q：xR，x22ax2a0，若命题pq为真命题，则实数a的取值范围是_____．

22．(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______

23．(0分)[ID：12735]已知f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（−，0）上单调递增.若实数a满足f（2|a-1|）＞f（2），则a的取值范围是______. 24．(0分)[ID：12765]设为锐角，若cos(6)4，则sin(2)的值为______. 51225．(0分)[ID：12753]在直三棱柱ABCA1B1C1中，ACB90，AA12，

ACBC1，则异面直线A1B与AC1所成角的余弦值是_____________． 三、解答题

26．(0分)[ID：12885]

投资商到一开发区投资72万元建起一座蔬菜加工厂，经营中，第一年支出12万元，以后每年支出增加4万元，从第一年起每年蔬菜销售收入50万元，设𝒇(𝒏)表示前n年的纯利润总和（𝒇(𝒏)=前𝒏年总收入-前𝒏年的总支出 -投资额72万元） （Ⅰ）该厂从第几年开始盈利？

（Ⅱ）该厂第几年平均纯利润达到最大？并求出年平均纯利润的最大值. 27．(0分)[ID：12882]已知

a(1,2),b(2,1)，ma(t2)b，nkatb(kR)．

（1）若t1，且mn，求k的值； （2）若tR，且mn5，求证：k2．

28．(0分)[ID：12857]如图所示，为美化环境，拟在四边形ABCD空地上修建两条道路

EA和ED，将四边形分成三个区域，种植不同品种的花草，其中点E在边BC的三等分

点处（靠近B点），BC3百米，BCCD，ABC120，EA21百米，AED60.

（1）求△ABE区域的面积；

（2）为便于花草种植，现拟过C点铺设一条水管CH至道路ED上，求水管CH最短时的长．

29．(0分)[ID：12849]已知函数fxsinx0,的部分图象如图所示.

2(1)求函数fx的解析式，并写出fx的最小正周期；

π12x，若在x0,内，方程a12g3agx20有x212且仅有两解，求a的取值范围.

(2)令gxf

30．(0分)[ID：12840]已知以点C(t,)（t∈R，t≠0）为圆心的圆与x轴交于点O和点A，与y轴交于点O和点B，其中O为原点． （1）求证：△OAB的面积为定值；

（2）设直线y＝－2x＋4与圆C交于点M，N，若OM＝ON，求圆C的方程．

2t

【参】

2016-2017年度第*次考试试卷 参

**科目模拟测试

一、选择题 1．B 2．B 3．D 4．C 5．A 6．D 7．C 8．C 9．D 10．C 11．D 12．C 13．C 14．A 15．B

二、填空题

16．【解析】由得所以即则又所以故答案为 17．2【解析】抛物线的准线为与圆相切则

18．【解析】【分析】连接可得出证明出四边形为平行四边形可得可得出异面直线与所成角为或其补角分析的形状即可得出的大小即可得出答案【详解】连接在正方体中所以四边形为平行四边形所以异面直线与所成的角为易知为等

19．【解析】由定义在实数集上的偶函数在区间上是减函数可得函数在区间上是增函数所以由不等式得即或解得或即不等式的解集是;故答案为

20．【解析】画出图象如下图所示其中为等边三角形边的中点为等边三角形的中心(等边三角形四心合一);球心在点的正上方也在点的正上方依题意知在中所以外接圆半径 21．或【解析】【分析】根据不等式恒成立化简命题为根据一元二次方程有解化简命题为或再根据且命题的性质可得结果【详解】若命题：为真；则解得：若命题：为真则解得：或若命题是真命题则或故答案为或【点睛】解答非命

22．【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

23．【解析】【分析】【详解】由题意在上单调递减又是偶函数则不等式可化为则解得 24．【解析】试题分析：所以考点：三角恒等变形诱导公式二倍角公式同角三角函数关系【思路点晴】本题主要考查二倍角公式两角和与差的正弦公式题目的已知条件是单倍角并且加了我们考虑它的二倍角的情况即同时求出其正弦

25．【解析】【分析】先找出线面角运用余弦定理进行求解【详解】连接交于点取中点连接则连接为异面直线与所成角在中同理可得异面直线与所成角的余弦值是故答案为【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角考查了空间想象

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．B 解析：B 【解析】 【分析】

先计算a与b的模，再根据向量数量积的性质ab(ab)2即可计算求值. 【详解】

因为acos,sin，b1,2， 所以|a|1，|b|3.

又ab(ab)a2abb|a|2|a||b|cos222222|b|2 6123337， 2所以ab7，故选B. 【点睛】

本题主要考查了向量的坐标运算，向量的数量积，向量的模的计算，属于中档题.

2．B

解析：B 【解析】 【分析】

由三视图可知，该几何体是由一个四棱锥挖掉半个圆锥所得，故利用棱锥的体积减去半个圆锥的体积，就可求得几何体的体积. 【详解】

由三视图可知，该几何体是由一个四棱锥挖掉半个圆锥所得，故其体积为

1118.故选B. 2221223233【点睛】

本小题主要考查由三视图判断几何体的结构，考查不规则几何体体积的求解方法，属于基础题.

3．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据平面向量基本定理可知AE1ABAC，将所求数量积化为211ABAOACAO；由模长的等量关系可知AOB和AOC为等腰三角形，根据三222211线合一的特点可将ABAO和ACAO化为AB和AC，代入可求得结果.

22【详解】

E为BC中点 AE1ABAC 2AEAO2111ABACAOABAOACAO 222OAOBOC AOB和AOC为等腰三角形

211ABAOABAOcosOABABABAB，同理可得：

2221ACAOAC

222AEAO221113ABAC1 4422本题正确选项：D 【点睛】

本题考查向量数量积的求解问题，关键是能够利用模长的等量关系得到等腰三角形，从而将含夹角的运算转化为已知模长的向量的运算.

4．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用f(x)是定义域为(,)的奇函数可得：f(x)f(x)且f00，结合

f(1x)=f(1+x)可得：函数fx的周期为4；再利用赋值法可求得：f20，

f32，f40，问题得解.

【详解】

因为f(x)是定义域为(,)的奇函数， 所以f(x)f(x)且f00 又f(1x)=f(1+x)

所以fx2fx11f1x1fxfx 所以fx4fx22fx2fxfx

所以函数fx的周期为4，

在f(1x)=f(1+x)中，令x1，可得：f2f00

在f(1x)=f(1+x)中，令x2，可得：f3f1f12 在f(1x)=f(1+x)中，令x3，可得：f4f2f20 所以f(1)+f(2)f(3)f(2020)2020f1f2f3f4 450500

故选C 【点睛】

本题主要考查了奇函数的性质及函数的周期性应用，还考查了赋值法及计算能力、分析能力，属于中档题．

5．A

解析：A 【解析】

试题分析：因为样本数据x1,x2,,x10的平均数是1,所以y1,y2,...y10的平均数是

y1y2...y10x1ax2a...x10ax1x2...x10a1a；根据

101010yixia（a为非零常数，i1,2,据y1,y2,考点：样本数据的方差和平均数．

,10），以及数据x1,x2,,x10的方差为4可知数

,y10的方差为1244，综上故选A.

6．D

解析：D 【解析】

把C1上各点的横坐标缩短到原来的的曲线向左平移（2x+

1倍，纵坐标不变，得到函数y=cos2x图象，再把得到2πππ个单位长度，得到函数y=cos2（x+）=cos（2x+）=sin121262π）的图象，即曲线C2， 3故选D．

点睛：三角函数的图象变换，提倡“先平移，后伸缩”，但“先伸缩，后平移”也常出现在题目中，所以也必须熟练掌握.无论是哪种变形，切记每一个变换总是对字母x而言. 函数yAsin(x)(xR)是奇函数kπ(kZ)；函数yAsin(x)(xR)是偶函数kπ+π(kZ)；函数yAcos(x)(xR)是奇函数2πkπ+(kZ)；函数yAcos(x)(xR)是偶函数kπ(kZ).

27．C

解析：C 【解析】 【分析】

化简函数y23cos2xsin2x3，然后根据三角函数图象变换的知识选出答案. 【详解】

依题意y23cosxsin2x32sin2xy2sin2x的图象向左平移

个单位.所以选C. 62ππ2sin2x，故只需将函数36【点睛】

本小题主要考查三角函数降次公式和辅助角公式，考查三角函数图象变换的知识，属于基础题.

8．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.

9．D

解析：D 【解析】 ∵

111,,成等差数列， a2b11a4ba4b111，a4ba4b5529， abbabaab当且仅当a=2b即a3,b本题选择D选项.

点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．

3时“=“成立， 210．C

解析：C 【解析】 【分析】

等差数列的性质．渗透了数据分析素养．使用统计思想，逐个选项判断得出答案． 【详解】

详解：由已知将1000名学生分成100个组，每组10名学生，用系统抽样，46号学生被抽到，

所以第一组抽到6号，且每组抽到的学生号构成等差数列{an}，公差d10， 所以an610n(nN)，

1，不合题意；若200610n，则n19.4，不合题意； 5若8610n，则n若616610n，则n61，符合题意；若815610n，则n80.9，不合题意．故选C． 【点睛】

本题主要考查系统抽样.

11．D

解析：D 【解析】 由tan(4)2有

tan112,tan，所以

1tan311sincostan131，选D.

sincostan11123点睛：本题主要考查两角和的正切公式以及同角三角函数的基本关系式，属于中档题。

12．C

解析：C 【解析】

圆x2y22x2y0的圆心坐标为1,1，半径为2，过圆心1,1与直线

xy40垂直的直线方程为xy0，所求圆的圆心在此直线上，又圆心1,1到直

线xy40的距离为632，则所求圆的半径为2，设所求圆的圆心为2a,b，且圆心在直线xy40的左上方，则x1y1故选C．

22ab422，且ab0，解得

a1,b1（a3,b3不符合题意，舍去 ），故所求圆的方程为

2.

【名师点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系，考查了数形结合的思想，考查了计算能力，属于中档题．

13．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据线面垂直得出一些相交直线垂直，以及找出题中一些已知的相交直线垂直，由这些条件找出图中的直角三角形． 【详解】

PA平面ABC，PAAB,PAAD,PAAC,PAB,PAD,PAC都是直角三角形；

①②③

BAC90,ABC是直角三角形； ADBC,ABD,ACD是直角三角形；

④由PABC,ADBC得BC⊥平面PAD，可知：BCPD,PBD,PCD也是直角三角形.

综上可知：直角三角形的个数是8个，故选C．

【点睛】

本题考查直角三角形个数的确定，考查相交直线垂直，解题时可以充分利用直线与平面垂直的性质得到，考查推理能力，属于中等题．

14．A

解析：A 【解析】 【分析】

设5人分到的面包数量从小到大记为{an}，设公差为d，可得a3a4a57(a1a2)，

S5100，求出a3，根据等差数列的通项公式，得到关于d关系式，即可求出结论.

【详解】

设5人分到的面包数量从小到大记为{an}，设公差为d， 依题意可得，S55(a1a5)5a3100， 2a320,a3a4a57(a1a2)， 603d7(403d)，解得d55， 6a1a32d20故选:A. 【点睛】

555. 33本题以数学文化为背景，考查等差数列的前n项和、通项公式基本量的计算，等差数列的性质应用是解题的关键，属于中档题.

15．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据三视图还原几何体，根据棱锥体积公式可求得结果. 【详解】

由三视图可得几何体直观图如下图所示：

可知三棱锥高：h4；底面面积：S11553 221115三棱锥体积：VSh410

332本题正确选项：B 【点睛】

本题考查棱锥体积的求解，关键是能够通过三视图还原几何体，从而准确求解出三棱锥的高和底面面积.

二、填空题

16．【解析】由得所以即则又所以故答案为

6解析：

【解析】

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

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

. 617．2【解析】抛物线的准线为与圆相切则

解析：2 【解析】

抛物线的准线为xpp，与圆相切，则34，p2． 2218．【解析】【分析】连接可得出证明出四边形为平行四边形可得可得出异面直线与所成角为或其补角分析的形状即可得出的大小即可得出答案【详解】连接在正方体中所以四边形为平行四边形所以异面直线与所成的角为易知为等 解析：60

【解析】 【分析】

连接CD1，可得出EF//CD1，证明出四边形A1BCD1为平行四边形，可得A1B//CD1，可得出异面直线EF与A1C1所成角为BA1C1或其补角，分析A1BC1的形状，即可得出

BA1C1的大小，即可得出答案.

【详解】

连接CD1、A1B、BC1，

DEDF1，EF//CD1， DD1DC3在正方体ABCDA1B1C1D1中，A1D1//AD，AD//BC，A1D1//BC， 所以，四边形A1BCD1为平行四边形，A1B//CD1， 所以，异面直线EF与A1C1所成的角为BA1C1. 易知A1BC1为等边三角形，BA1C160.

故答案为：60. 【点睛】

本题考查异面直线所成角的计算，一般利用平移直线法，选择合适的三角形求解，考查计算能力，属于中等题.

19．【解析】由定义在实数集上的偶函数在区间上是减函数可得函数在区间上是增函数所以由不等式得即或解得或即不等式的解集是;故答案为

1解析：0,e,

e【解析】

由定义在实数集R上的偶函数fx在区间,0上是减函数,可得函数fx在区间

+ 上是增函数,所以由不等式f1flnx得lnx1,即lnx1或lnx1,解得0，xe或0x11,即不等式f1flnx的解集是0,e,;故答案为ee10,e,. e20．【解析】画出图象如下图所示其中为等边三角形边的中点为等边三角形的中心(等边三角形四心合一);球心在点的正上方也在点的正上方依题意知在中所以外接圆半径 解析：【解析】

画出图象如下图所示,其中E为等边三角形BD边的中点,O1为等边三角形的中心(等边三角形四心合一);球心O在E点的正上方,也在O1点的正上方.依题意知

21 3OEO160,O1E323,在RtOO1E中OO1O1Etan601,所以外接圆,O1A33半径rOAOO12O1A21421. 3321．或【解析】【分

析】根据不等式恒成立化简命题为根据一元二次方程有解化简命题为或再根据且命题的性质可得结果【详解】若命题：为真；则解得：若命题：为真则解得：或若命题是真命题则或故答案为或【点睛】解答非命

解析：a2或a1 【解析】 【分析】

根据不等式恒成立化简命题p为a1，根据一元二次方程有解化简命题q为a2或

a1，再根据且命题的性质可得结果.

【详解】

若命题p：“x1,2，x2a0”为真； 则1a0， 解得：a1，

若命题q：“xR，x22ax2a0”为真， 则4a42a0，

2解得：a2或a1，

若命题“pq”是真命题，则a2，或a1， 故答案为a2或a1 【点睛】

解答非命题、且命题与或命题真假有关的题型时，应注意：（1）原命题与其非命题真假相反；（2）或命题“一真则真”；（3）且命题“一假则假”.

22．【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．

23．【解析】【分析】【详解】由题意在上单调递减又是偶函数则不等式可化为则解得

13解析：(,)

22【解析】 【分析】 【详解】

由题意f(x)在(0,)上单调递减，又f(x)是偶函数， 则不等式f(2a1)f(2)可化为f(2a1)f(2)，则2a12，a11，解得213a． 2224．【解析】试题分析：所以考点：三角恒等变形诱导公式二倍角公式同角三角函数关系【思路点晴】本题主要考查二倍角公式两角和与差的正弦公式题目的已知条件是单倍角并且加了我们考虑它的二倍角的情况即同时求出其正弦 解析：

172 50【解析】

2474试题分析：cos(2)21，sin(2)，所以32532552sin(212)sin(2)

342247172. 2252550考点：三角恒等变形、诱导公式、二倍角公式、同角三角函数关系．

【思路点晴】本题主要考查二倍角公式，两角和与差的正弦公式.题目的已知条件是单倍

247角，并且加了，我们考虑它的二倍角的情况，即cos(2)21，同6325524，而要求的角sin(2)sin(2)，再利

3251234用两角差的正弦公式，就能求出结果.在求解过程中要注意正负号.

时求出其正弦值sin(2)25．【解析】【分析】先找出线面角运用余弦定理进行求解【详解】连接交于点取中点连接则连接为异面直线与所成角在中同理可得异面直线与所成角的余弦值是故答案为【点睛】本题主要考查了异面直线所成的角考查了空间想象 解析：30 10【解析】 【分析】

先找出线面角，运用余弦定理进行求解 【详解】

连接AB1交A1B于点D，取B1C1中点E，连接DE，则DEAC1，连接A1E

A1DE为异面直线A1B与AC1所成角

在Rt11ACBAC1CECB中，， 11111111225, 265,DE 22222A1E同理可得A1D65522230, cosA1DE1065222异面直线A1B与AC1所成角的余弦值是30

10故答案为【点睛】

30 10本题主要考查了异面直线所成的角，考查了空间想象能力，运算能力和推理论证能力，属于基础题．

三、解答题 26．

（I）从第三年开始盈利；（II）第6年，投资商年平均纯利润达到最大，年平均纯利润最大值16万元 【解析】 【分析】 【详解】

(Ⅰ)依题意𝒇(𝒏)=前𝒏年总收入- 前𝒏年的总支出- 投资额72万元,可得

𝒇(𝒏)=𝟓𝟎𝒏−[𝟏𝟐𝒏+

𝒏(𝒏−𝟏)

×𝟒]−𝟕𝟐=−𝟐𝒏𝟐+𝟒𝟎𝒏−𝟕𝟐 𝟐由𝒇(𝒏)>𝟎得−𝟐𝒏𝟐+𝟒𝟎𝒏−𝟕𝟐>𝟎,解得𝟐<𝒏<𝟏𝟖 由于𝒏∈𝑵∗,所以从第3年开始盈利. (Ⅱ)年平均利润当且仅当𝒏=

𝒏𝒇(𝒏)𝒏

=−𝟐(𝒏+

𝟑𝟔

)+𝟒𝟎≤−𝟒√𝒏⋅𝒏

𝟑𝟔𝒏

+𝟒𝟎=𝟏𝟔

𝟑𝟔

,即𝒏=𝟔时等号成立

即第6年, 投资商平均年平均纯利润最大,最大值为16万元

27．

（1）k【解析】 【分析】

（1）根据向量共线定理即可求出k的值.

（2）根据向量的数量积和向量的垂直可得kt22t1，根据二次函数的性质即可证明。 【详解】

（1）若t1，ma3b，nkab(kR) ，又因为m∥n，所以存在实数，使得

1；（2）见解析； 3m=n，即a3b=nkab,得（2）mn[a(t2)b](kab)

1k1 解得：k ；

33ka2t(t2)b2(kt2kt)ab5k5t(t2)，ab0且mn5

5k5t(t2)5

kt22t1(t1)222

【点睛】

本题考查了向量的坐标运算和向量的平行和垂直，以及二次函数的性质，属于中档题．

28．

（1）3平方百米；（2）【解析】 【分析】

（1）由余弦定理求出AB4百米，由此能求出ABE区域的面积；（2）记

57百米. 7AEB，在ABE中，利用正弦定理求出sin和cos的值，当CHDE时，水管长最短，由此能求出当水管CH最短时的长. 【详解】

（1）由题知BE1,ABC120,EA21，

222在ABE中，由余弦定理得AEABBE2ABBEcosABE，即

21AB21AB，所以AB4百米

所以SABE113ABBEsinABE413（平方百米）. 222421ABAE（2）记AEB，在ABE中，，即sin3， sinsinABE2所以sin2721， ,cos1sin277当CHDE时，水管CH最短， 在RtECH中，

2π2π2πCHCEsinHEC2sin2sincos2cossin=57百米.

3337【点睛】

本题考查了正弦定理、余弦定理以及三角形面积公式的综合应用，利用同角三角函数关系式求三角函数值，并求三角形面积，属于基础题.（1）根据余弦定理，可直接求得AB的长度，由三角形面积公式即可求得SCH的长.

ABE的面积；（2）根据最短距离为垂直距离，可求得

29．

(1) fxsin2x【解析】

【试题分析】（1）借助题设提供的图形信息与数据信息可求出周期T，再借助

6，最小正周期T；(2) a1a2或a16 17T＝ ；（2）先将原方程可，求出2，再借助点,1在fx图象上求出66222173化为a13sinx2sinx2，分离参数2sin2x3sinx12sinx，

a84173及y2图问题来处理：

再换元tsinx，将其转化为函数ft 2ta84解：(1)由图象可知：又∵点2T2，∴T，又T＝，∴2. 2362,1在fx图象上，∴sin21，∴2k，

6326∴2k6，kZ，又∵2，∴6.

∴fxsin2x，最小正周期T. 61gxfx(2)∵sinx， 122∴原方程可化为a13sinx2sinx2，则a0. ∵x0,，sinx0,1，∴13sinx2sin2x0，

22173∴2sin2x3sinx12sinx， a842173令tsinx，则t0,1，作出ft2t及y图象，

a84当1222217 2或时，两图象在0,1内有且仅有一解， aa822173即方程2sinx在0,内有且仅有两解， a84此时a的取值范围为a1a2或a16. 17点睛：求出函数的解析式后，求解第二问时先将原方程可化为a13sinx2sinx2，则a0，然后借助x0,，sinx0,1，得到13sinx2sin2x0，进而分离参数

221732sin2x3sinx12sinx，再换元tsinx，则t0,1，从而将问题a84173及y2图象的交点的个数问题，然后结合图像求出参数化为函数ft2ta84的取值范围。

2230．

（1）证明见解析（2）圆C的方程为（x－2）2＋（y－1）2＝5 【解析】 【分析】

（y)＝t2＋（1）先求出圆C的方程（x－t）2＋

△OAB的面积为定值；（2）根据方程． 【详解】

（1）证明：因为圆C过原点O，所以OC2＝t2＋

2t24，再求出|OA|,|0B|的长，即得2t21

t得到t＝2或t＝－2，再对t分类讨论得到圆C的t2

4. t2（y)＝t2＋设圆C的方程是（x－t）2＋4； t令y＝0，得x1＝0，x2＝2t，

令x＝0，得y1＝0，y2＝

2t24， t2114OA·OB＝×|2t|×||＝4， 22t即△OAB的面积为定值．

所以S△OAB＝

（2）因为OM＝ON，CM＝CN，所以OC垂直平分线段MN. 因为kMN＝－2，所以kOC＝所以

1. 221t，解得t＝2或t＝－2. t215当t＝2时，圆心C的坐标为（2，1），OC＝5， 此时，圆心C到直线y＝－2x＋4的距离d＝点．

符合题意，此时，圆的方程为（x－2）2＋（y－1）2＝5.

当t＝－2时，圆心C的坐标为（－2，－1），OC＝5，此时C到直线y＝－2x＋4的距离d＝<5，圆C与直线y＝－2x＋4相交于两

95.圆C与直线y＝－2x＋4不相交， 5所以t＝－2不符合题意，舍去．

所以圆C的方程为（x－2）2＋（y－1）2＝5. 【点睛】

本题主要考查圆的方程的求法，考查直线和圆的位置关系的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.