2020-2021學(xué)年高一數(shù)學(xué)挑戰(zhàn)滿分期末沖刺卷03蘇教版2019必修二江蘇專用(解析版)

2020-2021學(xué)年高一數(shù)學(xué)下學(xué)期期末測試卷03一、單選題（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，只有一項是符合題目要求的）1．現(xiàn)要完成下列3項抽樣調(diào)查：①從10盒餅干中抽取4盒進行食品衛(wèi)生檢查.②報告廳有25排，每排有40個座位，有一次報告會恰好坐滿了聽眾，報告會結(jié)束后，為了聽取意見，需要請25名聽眾進行座談.③某中學(xué)共有360名教職工，其中一般教師280名，行政人員55名，后勤人員25名，為了了解教職工對學(xué)校在校務(wù)公開方面的意見，擬抽取一個容量為72的樣本.較為合理的抽樣方法是（）A．①簡單隨機抽樣，②系統(tǒng)抽樣，③分層抽樣B．①簡單隨機抽樣，②分層抽樣，③系統(tǒng)抽樣C．①系統(tǒng)抽樣，②簡單隨機抽樣，③分層抽樣D．①分層抽樣，②系統(tǒng)抽樣，③簡單隨機抽樣【答案】A【解析】根據(jù)簡單隨機抽樣、系統(tǒng)抽樣、分層抽樣的定義和特點，以及適用范圍，即可判斷．對于①總體中的個體數(shù)較少，宜用簡單隨機抽樣；②總體中的個體數(shù)較多，而且容易分成均衡的若干部分，選25人剛好25排，每排選一人，宜用系統(tǒng)抽樣；③總體是由差異明顯的幾部分組成，宜用分層抽樣．故選：A．【點睛】本題主要考查簡單隨機抽樣、系統(tǒng)抽樣、分層抽樣的定義，特點以及適用范圍的理解與應(yīng)用，屬于容易題．2．若復(fù)數(shù)z滿足(1i)z34i，則z的虛部為A．5【答案】C【解析】B．52C．52D．-5把已知等式變形，再由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡得答案．由（1+i）z＝|3+4i|得z32425，51i555i，1i1i1i225．2∴z的虛部為故選C．【點睛】本題考查復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算，考查復(fù)數(shù)的基本概念，是基礎(chǔ)題．3．在銳角ABC中，已知a3，c7，C60，則ABC的面積為（）B．A．323333或24C．332D．334【答案】C【解析】用余弦定理求得b，判斷三角形的形狀，由銳角三角形得正確的解，然后由三角形面積計算．由余弦定理得cab2abcosC，即79b23b，解得b1或b2，若b1，則由b2c2a210得A90，不合題意，所以b1133．2，SabsinC32sin60222故選：C．4．一個圓柱的側(cè)面展開圖是一個正方形，則這個圓柱的表面積與側(cè)面積的比值是（）A．124B．122C．12D．142【答案】B【解析】根據(jù)圓柱的側(cè)面展開圖是一個正方形，得到圓柱的高和底面半徑之間的關(guān)系，然后求出圓柱的表面積和側(cè)面積即可得到結(jié)論．設(shè)圓柱的底面半徑為r，圓柱的高為h，圓柱的側(cè)面展開圖是一個正方形，2rh，圓柱的側(cè)面積為2rh4r，圓柱的兩個底面積為2r2，圓柱的表面積為2r2rh2r4r，2r242r212圓柱的表面積與側(cè)面積的比為：，224r2故選：B．5．若平面向量a、b、c兩兩的夾角相等，且a1，b1，c4，則2a2bc（）A．0【答案】D【解析】分兩種情況討論：（1）三個向量a、b、c的夾角均為0；（2）三個向量a、b、c的夾角均為120.利用平面向量數(shù)量積的運算性質(zhì)可求得結(jié)果.分以下兩種情況討論：（1）三個向量a、b、c的夾角均為0，則B．6C．0或6D．0或62a2bc2a2bc0；11122ab1，，222（2）三個向量a、b、c的夾角均為120，則acbc142222所以，2a2bc4a4bc8ab4ac4bc441648236，2a2bc6.綜上所述，2a2bc0或6.故選：D.【點睛】方法點睛：求向量模的常見思路與方法：（1）求模問題一般轉(zhuǎn)化為求模的平方，與向量數(shù)量積聯(lián)系，并靈活應(yīng)用a（2）aaa2222a，勿忘記開方；2a或aa，此性質(zhì)可用來求向量的模，可實現(xiàn)實數(shù)運算與向量運算的相互轉(zhuǎn)化；（3）一些常見的等式應(yīng)熟記：如44ab2a2abb，ababab等.22226．函數(shù)fxsinxcosxA．1【答案】C【解析】B．321sin2x的最大值是（）29C．8D．2516利用同角三角函數(shù)基本關(guān)系和二倍角公式化簡解.fxsinxcosx44fx，再利用換元法以及二次函數(shù)的性質(zhì)即可求211sin2xsin2xcos2x2sin2xcos2xsin2x22111sin22xsin2x，22令sin2xt，則t1,1111ftt2t1，是開口向下的拋物線，對稱軸t，222所以ftmax111191f1，2222822故選：C.7．在OAB中，OAOB2，AB23，動點P位于直線OA上，當(dāng)PAPB取得最小值時，向量PA與PB的夾角余弦值為（）A．377B．277C．217D．213【答案】C【解析】計算出OAOB2，設(shè)OPOA01，將PAPB表示為的二次函數(shù)，利用二次函數(shù)的基本性質(zhì)求出PAPB的最小值及其對應(yīng)的的值，求出PA、PB，利用平面向量數(shù)量積可求得向量PA與PB的夾角余弦值.ABOBOAOAOB2OAOB，即82OAOB12，OAOB2，2222設(shè)OPOA01，PA1OA，PBOBOPOBOA，所以，PAPB1OAOBOA1OAOB1OA219214142222，24當(dāng)223391時，PAPB取得最小值，此時PAOA，44422221111121PBOBOAOAOBOAOB22222，416216249PAPB21214cosPA,PB.所以，PB，則7321PAPB222故選：C.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題解答的關(guān)鍵在于以下兩點：（1）根據(jù)已知條件建立PAPB關(guān)于的二次函數(shù)；（2）利用二次函數(shù)確定最值時要注意求出對應(yīng)的的值.8．設(shè)a，b，c為ABC中的三邊長，且a+b+c=1，則a2+b2+c2+4abc的取值范圍是（）A．131,272B．131,272C．131,272D．131,272【答案】B【解析】b，c)=a2+b2+c2+4abc，b，c)=1﹣2ab﹣2c(a+b)+4abc，b，c)記f(a，則f(a，再根據(jù)三角形邊長性質(zhì)可以證得f(a，1.2ab(1c)，所以f(a，b，c)≥1﹣(1c)再利用不等式和已知可得ab2(12c)﹣2c(1﹣442c)=c3222121c，再利用求導(dǎo)根據(jù)單調(diào)性可以推得a2+b2+c2+4abc2213，繼而可以得出結(jié)果.記f(a，b，27c)=a2+b2+c2+4abc，則f(a，b，c)=1﹣2ab﹣2c(a+b)+4abc=1﹣2ab(1﹣2c)﹣2c(1﹣c)=2(c+ab)2﹣2a2b2﹣2(ab+c)+1=2[c+ab﹣121]﹣2a2b2+221112(cabab)(cabab)2221112(c2ab)(c)2221112(1ab2ab)(c)2221112(ab2ab)(c)2221ab114(ab)(c)422221111=4(c﹣)(a﹣)(b﹣)，2222又a，b，c為ABC的三邊長，所以1﹣2a>0，1﹣2b>0，1﹣2c>0，所以f(a，b，c)1.2另一方面f(a，b，c)=1﹣2ab(1﹣2c)﹣2c(1﹣c)，由于a>0，b>0，ab(1c)，所以ab42又1﹣2c>0，22121(1c)232c(1c)=cc，所以f(a，b，c)≥1﹣2﹣﹣(12c)224不妨設(shè)a≥b≥c，且a，b，c為ABC的三邊長，所以0c令y=c31.3121c，則y′=3c2﹣c=c(3c﹣1)≤0，222111113所以ymin=﹣=，2723227131f(a,b,c)，2721當(dāng)且僅當(dāng)a=b=c=時取等號.3從而故選：B.【點睛】本題主要考查了解三角形，考查導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的最值，考查基本不等式的應(yīng)用，意在考查學(xué)生對這些知識的理解掌握水平和分析推理計算能力.二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．全對得5分，少選得3分，多選、錯選不得分）9．不透明的口袋內(nèi)裝有紅色、綠色和藍(lán)色卡片各2張，一次任意取出2張卡片，則與事件“2張卡片都為紅色”互斥而不對立的事件有（）A．2張卡片不全為紅色C．2張卡片至少有一張紅色【答案】BD【解析】本題先寫出所有情況：“2張都為紅色”、“2張都為綠色”、“2張都為藍(lán)色”、“1張為紅色1張為綠色”、“1張為紅色1張為藍(lán)色”、“1張為綠色1張為藍(lán)色”，再根據(jù)選項選擇互斥而不對立的事件即可.6張卡片中一次取出2張卡片的所有情況有：“2張都為紅色”、“2張都為綠色”、“2張都為藍(lán)色”、“1張為紅色1張為綠色”、“1張為紅色1張為藍(lán)色”、“1張為綠色1張為藍(lán)色”，選項中給出的四個事件中與“2張都為紅色”互斥而非對立“2張恰有一張紅色”“2張都為綠色”，其中“2張至少一張為紅色”包含事件是“2張都為紅色”二者并非互斥，“2張不全為紅色”是對B．2張卡片恰有一張紅色D．2張卡片都為綠色立事件．故選：BD.【點睛】本題考查互斥事件、對立事件，是基礎(chǔ)題.10．關(guān)于函數(shù)f(x)cos2xcos2x，其中正確命題是（）362A．yf(x)的最大值為B．yf(x)是以為最小正周期的周期函數(shù)C．將函數(shù)y2cos2x的圖像向左平13,2424個單位后，將與已知函數(shù)的圖像重合24D．yf(x)在區(qū)間【答案】ABD【解析】上單調(diào)遞減先把5f(x)cos2xcos2x化為fx2sin2x，直接對四個選項一一驗3612證.f(x)cos2xcos2x36cos2xcos2x626sin2xcos2x662sin2x6452sin2x12顯然A、B選項正確C選項:將函數(shù)故C錯誤；y2cos2x的圖像向左平個單位得到y(tǒng)2cos2x，圖像不會與原圖像重合，1224D選項:當(dāng)x故選：ABD【點睛】(1)三角函數(shù)問題通常需要把它化為“一角一名一次”的結(jié)構(gòu)，借助于ysinx或ycosx的性質(zhì)解題；(2)求單調(diào)區(qū)間，最后的結(jié)論務(wù)必寫成區(qū)間形式，不能寫成集合或不等式．11．如圖，直角梯形ABCD，AB//CD，ABBC，BCCD痕把ADE折起，使點A到達(dá)點P的位置，且PC13,2424532x,，則122213yf(x)∴，在區(qū)間,2424上單調(diào)遞減成立．1AB2，E為AB中點，以DE為折223.則（）A．平面PED平面EBCDB．二面角PDCB的大小為C．PCED.D．PC與平面PED所成角的正切值為【答案】AB【解析】A中利用折前折后不變可知PDAD,根據(jù)PD2CD2PC2可證CDPD,可得線面垂直，進而證明面面B中二面角PDCB的平面角為PDEADE,故正確；C選項中AED不是直角可知PD,ED垂直；不垂直，故PCED錯誤；D中PC與平面PED所成角為CPD,計算其正切值即可.A中,222PDADAE2DE2222222,在三角形PDC中，PDCDPC，所以PDCD,又42CDDE，可得CD平面PED，CD平面EBCD，所以平面PED平面EBCD，A選項正確；B中，二面角PDCB的平面角為PDE，根據(jù)折前著后不變知PDEADE=45，故B選項正確；C中，若PCED，又EDCD，可得ED平面PDC,則EDPD,而EDPEDA,顯然矛盾，故C選項錯誤；D中，由上面分析可知，CPD為直線PC與平面PED所成角，在RtPCD中，tanCPD故D選項錯誤.故選：AB.【點睛】本題主要考查了線面垂直的判定，二面角，線面角的求法，屬于中檔題.12．如圖，ABC的內(nèi)角A，B，若aC所對的邊分別為a，b，c．且3acosCccosA2bsinB，b，CD2,PD2D是ABC外一點，DC1，DA3，則下列說法正確的是（）A．ABC是等邊三角形B．若AC23，則A，B，C，D四點共圓53325332C．四邊形ABCD面積最大值為D．四邊形ABCD面積最小值為【答案】AC【解析】利用三角函數(shù)恒等變換化簡已知等式可求sinB，再利用ab，可知ABC為等邊三角形，從而判斷A；利用x，x0，在ADC中，由余弦定理可四點A，B，C，D共圓，四邊形對角互補，從而判斷B；設(shè)AC得x106cosD，利用三角形的面積公式，三角函數(shù)恒等變換的，可求S四邊形ABCD，利用正弦函數(shù)的性質(zhì)，求出最值，判斷CD．由正弦定理a2RsinA,b2RsinB,c2RsinC，得3(sinAcosCsinCcosA)2sinBsinB，3，232sinB,sinBab，B是等腰ABC的底角，B(0,)，2B3,△ABC是等邊三角形，A正確；B不正確：若A,B,C,D四點共圓，則四邊形對角互補，由A正確知D但由于DC21,cosD，321,DA3,AC23時，DC2DA2AC21232(23)211cosD，2DADC21332∴B不正確．C正確，D不正確：設(shè)D，則AC2DC2DA22DCDAcos106cos，35333(106cos)cos，422S△ABCS△ADC3sin，2ABCSADCS四邊形ABCDS33353，sincos2223(sin1353，cos)22253，3sin()323(0,),sin()(,1]，32533，∴C正確，D不正確；23S四邊形ABCD故選：AC.．【點睛】本題主要考查正弦定理，余弦定理，三角函數(shù)恒等變換，正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)在解三角形中的綜合應(yīng)用，考查計算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于中檔題．三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分）13．復(fù)數(shù)z1，z2滿足【答案】【解析】將z13，z22，z1z27，則z1z2______.19z1z27平方可求得z1z2，即可求出z1z2，開方即可.因為z13，z22，z1z27，22所以z12z1z2z227，即2z1z26，2則z1z2則z12z222z1z296419，z1z219.19.故答案為：【點睛】本題考查復(fù)數(shù)模的計算，屬于基礎(chǔ)題.sin22cos45sin2314．化簡：＝________.cos22sin45sin23【答案】1【解析】sin(4523)cos45sin23sin(4523)cos45sin23化簡得原式為，再進一步化簡即得解.原式＝cos(4523)sin45sin23cos(4523)sin45sin23sin45cos231cos45cos23故答案為：1【點睛】方法點睛：三角恒等變換常用的方法：三看（看角看名看式）三變(變角變名變式）.要根據(jù)已知條件靈活選擇方法求解.15．在①sinA.14②，b22這兩個條件中任選一個，補充在下面的問題中，并解決該問題.83在△ABC中，a，b，c分別為角A，B，C的對邊，且滿足a＝2，(ab)(sinAsinB)csinAsinC.2（1）求cosB的值；（2）已知________，求ABC的面積.【答案】（1）【解析】（1）利用正弦定理以及余弦定理即可得出結(jié)果；（2）若選擇①：先利用已知條件得到sinB，cosA，再利用正弦定理得到b，利用兩角和的正弦公式得到sinC的值，最后利用三角形面積公式即可得出結(jié)果；若選擇②：先利用余弦定理得到c1，再求出sinB，最后利用三角形面積公式即可得出結(jié)果.（1）由正弦定理知：377.；（2）選擇①：；選擇②：44433(ab)(sinAsinB)csinAsinC(ab)(ab)cac，22222即abc3ac，2a2c2b23由余弦定理：cosB；2ac4（2）若選擇①：由（1）知cosB3，4故sinB7，45214知cosA，88ab，sinAsinB由①sinA由正弦定理：故basinB22，sinA14，16sinCsin(AB)sinAcosBsinBcosA故S17，absinC24所以ABC的面積為7；42c(22)3若選擇②：由余弦定理知cosB，22c4即c3c40，，c1或c4（舍）sinB1cos2B故S7，417，acsinB24所以ABC的面積為7.416．如圖，已知在正方體ABCDA1BC11D1中，AB4，點E為棱CC上的一個動點，平面BED1與棱AA1交于點F，給出下列命題：①無論E在CC如何移動，四棱錐B1BED1F的體積恒為定值；②截面四邊形BED1F的周長的最小值是85；③當(dāng)E點不與C，C1重合時，在棱AD上恒存在點G，使得CG//平面BED1；④存在點E，使得B1D平面AD1E；其中正確的命題是______．【答案】①②④【解析】由題意逐個討論所給的命題，判斷它們的真假.第一個根據(jù)等體積法求體積，第二個求周長函數(shù)關(guān)系式，再求最小值，第三個利用反證法確定真假，第四個舉例說明存在.解:①由題意可得D1F∥BE，BF∥D1E，如圖建立坐標(biāo)系:AFC1E，四邊形D1EBF為平行四邊形SDEBSDFBVBBEDF2VBBED又VBBED1S3DBBd1（d1為E到平面D1BB1距離）且CC1BB1CC上點到平面D1BB1距離相等無論E在CC上何處，d1不變VBBED不變VBBEDF不變故①正確②由①知：四邊形D1EBF的周長2D1EEB設(shè)C1Em，則D1E42m2，EB424m2y4上點m,4到0,0與4,0距離等價于此時m2D1E25周長最小為42585故②正確③在D1F上尋找一點H，使H到AD的距離為CE距離HE∥CG，且HE在平面D1EB中但當(dāng)CE2時，C1E故③錯誤;④當(dāng)E與C重合時，顯然B1DAF2，HGCE2與HGAF2矛盾AD1，B1DACB1D平面AD1E故④正確綜上可得:正確為①②④.故答案為:①②④.【點睛】考查正方體的性質(zhì)、線面垂直的判定定理、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力.四、解答題（本大題共6小題，第17-18題10分，第19-21題12分，第22題14分，共70分．解答應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟）17．已知向量AB（1）求向量3,1,AC1,2.AB與AC的夾角；（2）若ABACABAC，求實數(shù)的值.【答案】（1）【解析】2；（2）．34（1）由向量的夾角公式計算可得答案；（2）由向量垂直的坐標(biāo)表示可得答案．.（1）因為向量AB3,1,AC1,2，所以cos31+12321122222，2又0，所以4.所以向量AB與AC的夾角；4（2）因為向量AB又ABAC【點睛】3，ABAC31，+2，3,1,AC1,2，所以ABAC4，2，所以實數(shù)的值為.ABAC，則431+3+20，解得233方法點睛：設(shè)a=(x1,y1),b=(x2,y2)，則a//bx1y2x2y10，abx1x2+y1y20.a－c)·＝c·.18．在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且滿足((1)求角B的大??；(2)若|－|＝，求△ABC面積的最大值．【答案】（1）【解析】【解析】323.；（2）42（1）由向量的數(shù)量積的定義結(jié)合正弦定理，將題中等式的邊化成角的正弦的形式，進而利用兩角和的正弦公式，化簡整理求得cosB的值，可得角B的大小；（2）由余弦定理b2=a2+c2-2accosB的式子，結(jié)合題意算出a2+c2-ac=6，利用基本不等式求得ac的最大值，代a－c)cosB＝bcosC．入△ABC的面積公式加以計算，可得△ABC面積的最大值．(1)由題意得(根據(jù)正弦定理得(所以即sinA－sinC)cosB＝sinBcosC，sinAcosB＝sin(C＋B)，sinAcosB＝sinA，因為A∈(0，π)，所以sinA>0，，又B∈(0，π)，所以B＝|＝，所以||＝，ac≥2ac－ac＝(2－)ac.所以cosB＝(2)因為|即b＝－，根據(jù)余弦定理及基本不等式得6＝a2＋c2－(當(dāng)且僅當(dāng)a＝c時取等號)，即ac≤3(2＋)，故△ABC的面積S＝acsinB≤【點睛】323323.，即△ABC的面積的最大值為22本題給出三角形的邊角關(guān)系，求B的大小并討論三角形面積的最大值，著重考查了正弦定理的運用、兩角和與差的三角函數(shù)公式和基本不等式的應(yīng)用，考查了學(xué)生綜合分析問題和解決問題的能力，屬于中檔題．19．某市電力公司為了制定節(jié)電方案，需要了解居民用電情況，通過隨機抽樣，電力公司獲得了50戶居民的月平均用電量，分為六組制出頻率分布表和頻率分布直方圖（如圖所示）.組號分組頻數(shù)頻率1[0,200)[200,400)2e0.04f0.28d234[400,600)14[600,800)[800,1000)[1000,1200]ca456b0.08（1）求a，b的值；（2）為了解用電量較大的用戶用電情況，在第5、6兩組用分層抽樣的方法選取5戶.①求第5、6兩組各取多少戶？②若再從這5戶中隨機選出2戶進行入戶了解用電情況，求這2戶中至少有一戶月平均用電量在[1000,1200]范圍內(nèi)的概率.【答案】（1）a6,b0.12；（2）①第5、6兩組的頻數(shù)分別為3和2；②7.試題分析：（1）由頻率分布直方10圖，可知第5組的頻率為b0.00062000.12，由樣本容量是50，可得a500.126；（2）根據(jù)第5、6兩組的頻數(shù)比為3:2,由分層抽樣原理可知第5、用列舉法求出這5戶中隨機選出2戶6兩組分別抽取3戶與2戶，的可能結(jié)果，共10種，其中2戶中至少有一戶月平均用電量在型概率公式可得結(jié)果.試題解析：（1）根據(jù)頻率分布直方圖，可知第5組的頻率為0.00062000.12，即b0.12，又樣本容量是50，所以a500.126．（2）①因為第5、6兩組的頻數(shù)比為3:2，所以在第5、6兩組用分層抽樣的方法選取的5戶中，第5、6兩組的頻數(shù)分別為3和2．②記“從這5戶中隨機選出2戶中至少有一戶月平均用電量在[1000,1200]范圍內(nèi)”為事件A，第5組的3戶記為a1,a2,a3，第6組的2戶記為b1,b2，從這5戶中隨機選出2戶的可能結(jié)果為：a1a2,a1a3,a1b1,a1b2,a2a3,a2b1,a2b2,a3b1,a3b2,bb12，共計10個，1000,1200范圍內(nèi)的結(jié)果，有7種，由古典概其中2戶中至少有一戶月平均用電量在[1000,1200]范圍內(nèi)的結(jié)果為：a1b1,a1b2,a2b1,a2b2,a3b1,a3b2,bb12，共計7個．所以PA7，107．10答：這2戶中至少有一戶月平均用電量在[1000,1200]范圍內(nèi)的概率為20．如圖，AB為O的直徑，PA垂直于O所在的平面，M為圓周上任意一點，ANPM，AOPB，垂足分別為N，Q.（1）求證：PBNQ；（2）若PAAM1，PB3，求三棱錐PANQ的體積.【答案】（1）證明見解析；（2）【解析】（1）根據(jù)直徑所對圓周角為直角，及線面垂直的性質(zhì)定理與判定定理進行證明即可；（2）由（1）知PB平面ANQ，所以PQ為三棱錐PANQ的高，再根據(jù)平面幾何計算各個棱長及底面面積，進而求得椎體體積.（1）因為AB是因為PA垂直于1.36O的直徑，所以AMMB，O所在的平面，所以PABM，所以BM平面PAM.因為AN平面PAM，所以BMAN，又ANPM，BMPMM，所以AN平面PBM，所以ANPB，又因為AQPB，AQANA，所以PB平面ANQ，所以PBNQ.（2）由（1）知PB平面ANQ，所以PQ為三棱錐PANQ的高.因為PAAM1，所以△PAM是等腰直角三角形，所以AN22.PA22在RtPAB中可得AB2，所以AQPAAB63.，PQPA2AQ2PB33AQ2AN26，6又由（1）可知AN平面PBM，所以ANNQ，所以NQ因此V三棱錐PANQ【點睛】1111S△ANQPQANNQPQ.33236求三棱錐的體積時要注意三棱錐的每個面都可以作為底面，例如三棱錐的三條側(cè)棱兩兩垂直，我們就選擇其中的一個側(cè)面作為底面，另一條側(cè)棱作為高來求體積．21．如圖，某自行車手從O點出發(fā)，沿折線O﹣A﹣B﹣O勻速騎行，其中點A位于點O南偏東45°且與點O相距20﹣α）（其2千米．該車手于上午8點整到達(dá)點A，8點20分騎至點C，其中點C位于點O南偏東（45°中sinα=1，0°＜α＜90°）且與點O相距513千米（假設(shè)所有路面及觀測點都在同一水平面上）．26（1）求該自行車手的騎行速度；（2）若點O正西方向27.5千米處有個氣象觀測站E，假定以點E為中心的3.5千米范圍內(nèi)有長時間的持續(xù)強降雨．試問：該自行車手會不會進入降雨區(qū)，并說明理由．【答案】（1）15【解析】5（2）會進入（1）根據(jù)余弦定理可求出AC的長，從而可求出自行車的速度；（2）先根據(jù)余弦定理求出cos∠OAC，再根據(jù)正弦定理可得OM，再在Rt△EHM中，求出EM的大小，比較后即可得到結(jié)論．（1）由題意知：OA=20由于0°＜α＜90°，所以cos2，OC513，∠AOC=α，sinα=1．261(12526．)2626在△AOC中，由余弦定理得AC2OC2OA22OCOAcosAOC(202)2(513)22202513125，52626所以AC55，55155所以該自行車手的行駛速度為1（千米/小時）．3（2）如圖，設(shè)直線OE與AB相交于點M．在△AOC中，由余弦定理得OA2AC2OC2(202)2(55)2(513)2310cos∠OAC2OCAC10220255從而sin∠OAC1(310210．)1010OAOM，sinOMAsinOAM在△AOM中，由正弦定理得10OAsinOAM1020，所以O(shè)Msin(45OAM)231010()21010202由于OE=27.5＞40=OM，所以點M位于點O和點E之間，且ME=OE﹣OM=7.5．過點E作EHAB于點H，則EH為點E到直線AB的距離．在Rt△EHM中，EH=EM?sin∠EMH=EM?sin（45°﹣∠OAC）7.5所以該自行車手會進入降雨區(qū)．【點睛】（1）解三角形應(yīng)用題的一般步驟①閱讀理解題意，弄清問題的實際背景，明確已知與未知，理清量與量之間的關(guān)系．②根據(jù)題意畫出示意圖，將實際問題抽象成解三角形問題的模型．③根據(jù)題意選擇正弦