2023-2024學(xué)年重慶市沙坪壩區(qū)高一年級(jí)下冊(cè)期中數(shù)學(xué)模擬試題

2023-2024學(xué)年重慶市沙坪壩區(qū)高一下冊(cè)期中數(shù)學(xué)模擬試題

一、單選題

1.復(fù)數(shù)Z滿足H=I(i為虛數(shù)單位)，則∣z-3+4i∣的最小值為()

A.3B.4C.2√5D.5

【正確答案】B

【分析】利用復(fù)數(shù)在復(fù)平面內(nèi)的幾何意義，轉(zhuǎn)化點(diǎn)到點(diǎn)的距離求解.

【詳解】設(shè)z="+Ai,4力eR,

工*中山+冊(cè)之

復(fù)數(shù)Z的對(duì)應(yīng)點(diǎn)Z在以原點(diǎn)。(0,0)為圓心，半徑r=l的圓上運(yùn)動(dòng)，

∣z-3+4i∣表示Z點(diǎn)與復(fù)數(shù)z°=3-4i的對(duì)應(yīng)點(diǎn)Z°(3,-4)的距離，

QIoZoI=J32+(-4。=5

.?Jz-3+4i∣,nin=∣OZ0∣-r=5-l=4

故選：B.

2.科技是一個(gè)國(guó)家強(qiáng)盛之根，創(chuàng)新是一個(gè)民族進(jìn)步之魂，科技創(chuàng)新鑄就國(guó)之重器，極目一號(hào)(如圖

D是中國(guó)科學(xué)院空天信息研究院自主研發(fā)的系留浮空器.2022年5月，“極目一號(hào)”1H型浮空艇成功

完成10次升空大氣科學(xué)觀測(cè)，最高升空至9050米，超過(guò)珠穆朗瑪峰，創(chuàng)造了浮空艇大氣科學(xué)觀測(cè)海

拔最高的世界紀(jì)錄，彰顯了中國(guó)的實(shí)力.“極目一號(hào)”HI型浮空艇長(zhǎng)55米，高19米，若將它近似看作

一個(gè)半球、一個(gè)圓柱和一個(gè)圓臺(tái)的組合體，正視圖如圖2所示，則“極目一號(hào)”ΠI型浮空艇的體積約為

()

(參考數(shù)據(jù)：9.52≈9O.9.53≈857,315×1005≈316600,π≈3.I4)

圖1

A.9064m3B.9004m3C.8944m3D.8884n√

【正確答案】A

【分析】先根據(jù)圖2得半球、圓柱底面和圓臺(tái)一個(gè)底面的半徑為R,而圓臺(tái)一個(gè)底面的半徑為「，再

根據(jù)球、圓柱和圓臺(tái)的體積公式即可求解.

【詳解】由圖2得半球、圓柱底面和圓臺(tái)一個(gè)底面的半徑為R=]19=9.5(m),而圓臺(tái)一個(gè)底面的半

徑為r=l(m),

則%磔=gxgx兀x9S(m3),

3

%1柱=7tχ9.52xl4≈≡1260兀(m).

223

%格=?×^9.5π+?∣9.5π×π+πj×31.5≈??^eπ(m)t

所以V=柱+%臺(tái)。蜉兀+1260兀+寫(xiě)?！?064(m3).

故選：A.

3.已知匹(O,5),且sin(α-20+3sin0=(),貝IJtana的最大值為()

A.-也B.也C.D.走

4444

【正確答案】B

【分析】利用兩角差的正弦公式展開(kāi)，并利用同角三角函數(shù)的商數(shù)關(guān)系化為關(guān)于tana的方程，根據(jù)

己知角的范圍和三角函數(shù)的性質(zhì)得到tana>O,利用三角函數(shù)的輔助角公式和三角函數(shù)的有界性得到

關(guān)于tana的不等式，求得其最大值.

【詳解】Vsin(a-2∕J)÷3sina=0,/.sinacos2/7-cosasin÷3sina=0,

.*.tanacos2∕7-sin2￡+3tana=0,Λtancr(3+cos2∕5)=sin2∕?,

V^∈^O,yJ,Λ2y0∈(θ,π),.?.sin2∕>0,

XV3+cos2>9≥3-l=2,??tan0>0,

由tanacos2/?-sin2/?+3tana=0^tanacos2/7-sin2/?=-3tana,

，存在R使得Jtan2a+1cos(2∕7+p)=-3tana,.,?COS(2/?+。)=--=^===

3tana■、√2

≤1?*?9tan26z≤tan2cr+l,?*?tana≤——，

Vtan2a+14

由于24G(o,π),2〃+e的取值范圍達(dá)到余弦函數(shù)的半個(gè)周期，gs(2Q+e)∣的值必能取到1,因此這

里能夠取到等號(hào)，所以tane的最大值為也，

4

故選：B

22

4.已知銳角一ABC中，內(nèi)角A、B、C的對(duì)邊分別為“、b、c,a=b+bc,若CoS(C-3)+;ICoSA

存在最大值，則實(shí)數(shù)2的取值范圍是()

A.(θ,√2)B.(1,豆)C.(0,2)D.(2,4)

【正確答案】C

【分析】利用余弦定理結(jié)合正弦定理化簡(jiǎn)可得出A=2B,根據(jù)—ABC為銳角三角形可求得角B的取值

范圍，利用二倍角公式以及誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)得出COS(C-B)+祝OSA=-28S22B+4COS2B+1,求出

cos2B的取值范圍，根據(jù)二次函數(shù)的基本性質(zhì)可得出關(guān)于實(shí)數(shù)2的不等式，解之即可.

21

【詳解】由余弦定理可得儲(chǔ)=力2+_21CCoSA=b+bcrWJc-2bcosA=bf

由正弦定理可得SinB=SinCT-2SinBCOSA=Sin(A+8)-2CoSASin3

=sinACOSB+cosASinB-2cosAsinB=sinAcosJB-COSASinB=sin(A-B),

因?yàn)橐籄BC為銳角三角形，則0<A、，0<B<-≡,所以，-]<A-B苦，

又因?yàn)楹瘮?shù)N=Sinx在EM內(nèi)單調(diào)遞增，所以，A-B=B,可得A=28,

π八C兀

0<A<-0<2B<-

22

πJTTrTr

由于AfiC為銳角三角形，貝(],0<B<?,即<O<B<J,解得

264

Tt

0<C<-0<兀一38<一

22

cos(C-B)÷ΛcosA=cos(π-4β)+Λcos2B=λcos2B-cos4B

=-2cos22B÷2cos2B÷l,

TTTT

因?yàn)橐?lt;28<—，則0<cos2B<-,

322

21

因?yàn)?2cos?23+2cos28+l存在最大值，貝∣JO<τ<τ;，解得。

42

故選：C.

方法點(diǎn)睛：三角函數(shù)最值的不同求法：

①利用sinX和COSX的最值直接求；

②把形如丁=4$皿工+匕。6；工的三角函數(shù)化為丁=4$而(5+8)的形式求最值;

③利用SinX±cosx和SinXCOSX的關(guān)系轉(zhuǎn)換成二次函數(shù)求最值；

④形如y=asin?x+Z?Sinx+c或y=CiCOS?x+∕2c0sx+c轉(zhuǎn)換成二次函數(shù)求最值.

5.在三棱錐。一ABC中，已知A8=2,4C?BD=-3,且4)=a,BC=6,CZ)=c,則，—的最小值為

ab+↑

()

A.IB.2C.3D.4

【正確答案】B

【分析】以AO=α,CB=b，OC=。為基底，根據(jù)已知列方程，結(jié)合重要不等式可解.

【詳解】設(shè)AO=α,CB=b，DC=c，?：AB=2,

Λ∣Λ+?+C∣2=4=>Λ2÷?2+C2+2(a?b+8?c+c?0)=4,

又,?*AC-BD--3,?*?(a+c)(-?-c)=-3=>a??+??c+c?6r+c2=3,

/.ɑ2+?2÷C2÷2(3-C2)=4=>C2=β2+?2+2,

...上/+/+2=2,當(dāng)且僅當(dāng)”=6時(shí)，等號(hào)成立，即，L的最小值是2.

ah+?ah+?ah+?ab+?

故選：B

6.已知平面內(nèi)一正三角形ABC的外接圓半徑為4,在三角形ABC中心為圓心r(()<r≤l)為半徑的圓

上有一個(gè)動(dòng)〃，則∣M4+M8+3MC∣最大值為()

A.13B.√89C.5√∏D.√∏+6

【正確答案】A

【分析】建立直角坐標(biāo)系，可以表示出AB,C的坐標(biāo)，再設(shè)點(diǎn)M(rcosarsinO),即可用"與6表示出

?MA+MB+3MC?,即可求出答案.

【詳解】建立如圖所示坐標(biāo)系,

則點(diǎn)Λ(-2,2√3),β(-2,-2√3),C(4,0),

設(shè)點(diǎn)M(rcosO,rsin6l),fL0<θ<2π,

則4+M3+3困

=√(8-5rcosθ)2+25r2sin2Θ

=√64+25r2-8()∕?cosθ

故當(dāng)r=l,9=不時(shí)，IM4+M8+3MC∣有最大值為13

故選：A.

7.已知函數(shù)/(x)=2SinXCOSX+48S^x-l,若實(shí)數(shù)〃、。、C使得"(x)—"(x+c)=3對(duì)任意的實(shí)數(shù)X

恒成立，則為+/?-COSC的值為()

A.：B.—C.2D.一

222

【正確答案】B

【分析】設(shè)/(x)=gsin(2x+o)+l,得到/(x+c)=Ksin(2x+e+2c)+l,根據(jù)題意轉(zhuǎn)化為

G(〃—Z?cos2c)sin(2x+e)—J^sin2ccos(2x+0)+(a—/?—3)=0,由此得出方程組

a-bcos2c=0.①

<?sin2c=0.②,分b=0和sin2c=0,兩種情況討論，即可求解.

。-0-3=0③

【詳解】設(shè)/(x)=2SinXCOSX+4COS2x-l=sin2x+2cos2x+?=Λ∕5sin(2x+￠7)+1,

可得/(x+c)=6sin(2x+°+2c)+l,其中0<夕<],月.tan*=2,

因?yàn)閷?shí)數(shù)。也。使得4(x)-"(x+c)=3對(duì)任意的實(shí)數(shù)X恒成立,

即也QSin(2x+0)-用25抽(2%+0+2。)+。-匕=3恒成立，

即行QSin（2x+0）—6/?sin（2x+e+2c）+（a—匕-3）=Of亙成立，

所以石（ɑ—匕Ce）S2c）sin（2x+0）-√?sin2ccos（2x+e）+（α-∕7-3）=O

a-hcos2c=0①

由上式對(duì)任意x∈R恒成立，故必有。sin2c=0②，

a-b-3=0.③

若力=0,則由式①知。=0,顯然不滿足式③，所以〃W。，

所以，由式②知sin2c=0,則CoS2c=±l,

當(dāng)cos2c=l時(shí),則式①,③矛盾.

33

所以cos2c=T,由式①，③知〃=一匕=鼻，所以2。+/?—CoSC=

故選：B.

知識(shí)方法：有關(guān)三角函數(shù)綜合問(wèn)題的求解策略：

1、根據(jù)題意問(wèn)題轉(zhuǎn)化為已知條件轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的解析式和圖象，然后在根據(jù)數(shù)形結(jié)合思想研究三

角函數(shù)的性質(zhì)，進(jìn)而加深理解函數(shù)的性質(zhì).

2、熟練應(yīng)用三角函數(shù)的圖象與性質(zhì)，結(jié)合數(shù)形結(jié)合法的思想研究函數(shù)的性質(zhì)（如：?jiǎn)握{(diào)性、奇偶性、

對(duì)稱性、周期性與最值等），進(jìn)而加深理解函數(shù)的極值點(diǎn)、最值點(diǎn)、零點(diǎn)及有界性等概念與性質(zhì)，但

解答中主要角的范圍的判定，防止錯(cuò)解.

8.如圖，斜三棱柱ABC-AgG中，底面二相C是正三角形，ERG分別是側(cè)棱叫,網(wǎng),CC∣上的點(diǎn),

且4E>CG>8b,設(shè)直線CACB與平面EFG所成的角分別為平面EFG與底面A3C所成的銳

A.sin，VSina+Sin￡,CoSe≤COSa+COS/7

B.SineNSinα+sin/?,COSe<CoSa+CoS尸

C.sin，VSina+sin/7,cosθ>CoSa÷cos￡

D.sin，≥sinα+si∏y0,COSe≥COSa+COSje

【正確答案】B

【分析】先在圖中作出直線C4與平面EFG所成的角NANP,平面EFG與底面A8C所成的銳二面角

NAQP,可得Sina=Sin夕SinNAMW,同理得sin/?=Sin夕SinNaW,再由和差化積公式得到

Sina+sin/=Sin夕(SinNANM+sin∕CDN)≤sin6,即可判斷A、C選項(xiàng)；再通過(guò)三角恒等變換得到

(cosα+cos∕7)^>l-(sina+sin/?)-,進(jìn)而得至IJCoSJ=l-si∏2e≤l-(sina+siny?)-<(cosa+cos∕7)^,

βpcosθ<cosα+COSy?,即可判斷B、D選項(xiàng).

D

如圖：延長(zhǎng)￡F,AB交于延長(zhǎng)EG,AC交于N,延長(zhǎng)fG,BC交于3,易得MN為平面ABC和

平面EFG的交線，

又。在平面ABC和平面EFG上，則。在直線MN上，即M,N,。三點(diǎn)共線，由外角定理可得

ZANM+ZCDN=-.

3

過(guò)A作AP上面EFG,垂足為P,過(guò)A作4QJ?MN,垂足為Q,連接PQ,PN,易得N/WP即為直線

CA與平面EFG所成的角a,

Ap

K∣Jsinσ=-,又APU面所G,MNU面EFG,則APl.MN,又AQLMN,AP,AQu面AP。，

AN

APnAQ=At

所以MNJ_面人「。，PQU面APQ,則“NLP。，則NAQP即為平面EFG與底面ABC所成的銳二面

角，，則sin。=),

AQ

XsinZAW=^,則Sina=Sin夕SinNAMW,同理可得Sin/y=sin?sinNCON,則

AN

sinα+sin/=sin，?(sinZANM+sin4CDN),

又由

3M+4DN+3MNCDN

sinZANM=sin()

22

NANM+NCDNZANM-ZCDNZANM+ZCDNZANM-ZCDN

=sin()cos()+cos()sin(),

2222

ZANM+ZCDN4ANM-4CDN

SinNCON=Sin()

22

ZANM+NCDNAANM-ACDNZANM+NCONZANM-NCON

=sin()cos()-cos()sin(?)，

2222

則

NANM+NCDNZANM-ZCDN

sinZA/VM+sinZCDN=2sin()cos()

22

ZANM+/CDN

≤2sin()=2SinX=1,

26

故Sina+sin尸=Sine(SinZAMW+sinNCE)N)≤sin￡,A,C錯(cuò)誤;

222

?cosθ=1-sin0≤I-(sina+siny0),由a∕wθ,?可知α-4∈-?,?,所以

l+2cos(ar-/?)>0,

即1+2COSaCoS/7+2SinaSinβ>0,整理可得

sin2a+cos2or+sin2β+cos2β+2cosacos/7÷2sint?sin∕7-1>0,

即(sina+sin尸『÷(cosa+cos∕7)^-1>0,即(CoSa+cos/?1>l-(sina+sin/?)-,

222

??cosθ=1-sinθ≤1-(sina+sin∕7)^<(cosa+cos/0),Xcosa.cosβycosθ≥0,故

COSe<cosα+cos/7,B正確，D錯(cuò)誤.

故選：B.

二、多選題

9.如圖，在平面直角坐標(biāo)系Xoy中，點(diǎn)P為直徑為2的圓0上的一定點(diǎn)，初始時(shí)，邊長(zhǎng)為五二3的

正六邊形的頂點(diǎn)A,B在圓上，且A在點(diǎn)尸處，將正六邊形ABeDEF沿圓。逆時(shí)針滾動(dòng)，則滾動(dòng)過(guò)程

中（）

B.ORoA的最小值為一1+J2-J5

C.點(diǎn)A在圓。上的落點(diǎn)片(i=l,2,,〃)滿足0片+06++OPn=Q

D.點(diǎn)A再次與點(diǎn)戶重合時(shí)點(diǎn)A的軌跡長(zhǎng)為色史I)比叵

3

【正確答案】ACD

【分析】先由余弦定理計(jì)算出正六邊形的每一條邊所對(duì)的圓心角為：TT，得出沿圓運(yùn)動(dòng)3圈，再根據(jù)長(zhǎng)

4

度關(guān)系依次得出每個(gè)選項(xiàng)的正誤.

【詳解】分別連接OA、0B,

由余弦定理得,OA2+Qg2-AB2

cosZAOB=

20AOB2×1×12

TTπ

則NA。BK即在圓內(nèi)，正六邊形的每一條邊作為弦時(shí)，所對(duì)的圓心角為“

由此可得，將正六邊形ABCDEF沿圓0逆時(shí)針滾動(dòng),

2兀-o

滾動(dòng)工一條邊時(shí)，正六邊形回到P點(diǎn),

4

而8與6的最小公倍數(shù)是24,即沿圓運(yùn)動(dòng)3圈，正六邊形滾動(dòng)4周時(shí)，點(diǎn)A再次與點(diǎn)P重合,

滾動(dòng)時(shí)點(diǎn)依次如下圖，

由圖可得，點(diǎn)P與頂點(diǎn)ACE重合，選項(xiàng)A正確；

OPOA=O∕j∣?∣OA∣?cosZPOA=l×l×cosZPOA=cosZPOA,而CoSZPOA的最小值為-1,則OP?OA的

最小值也是-1,選項(xiàng)B錯(cuò)誤；

因點(diǎn)A在圓上的落點(diǎn)兩兩關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，所以點(diǎn)A在圓。上的落點(diǎn)4(i=l,2,,〃)滿足

OP,+OP2++oq=o,選項(xiàng)C正確；

如圖為正六邊形ABCDEF滾動(dòng)1次到正六邊形4'8'C'D'E'/時(shí)的圖形，

π

NoBE=NOBA-/EBA=二—又因?yàn)閳D形關(guān)于直線°B軸對(duì)稱’所以

2324

TT

NE'BE=2N0BE=-,

12

則每一次滾動(dòng)時(shí)，正六邊形旋轉(zhuǎn)的角度為2，

因此正六邊形ABCDEF滾動(dòng)1周時(shí)，點(diǎn)A先以B為圓心，BA為半徑運(yùn)動(dòng)會(huì)，

再以C為圓心，CA為半徑運(yùn)動(dòng)?

再以D為圓心，DA為半徑運(yùn)動(dòng)?

再以E為圓心，EA為半徑運(yùn)動(dòng)專，

再以F為圓心，F(xiàn)A為半徑運(yùn)動(dòng)?

則一周內(nèi)，點(diǎn)A的軌跡長(zhǎng)為

^BA+CA+DA+EA+FA)^^BA+yf3BA+2BA+?j3BA+BA)=^4+2^)BA,

點(diǎn)A再次與點(diǎn)P重合時(shí)，正六邊形ABCDEF滾動(dòng)4周，則總軌跡長(zhǎng)為

臣4+2√ψAx4=("2⑹產(chǎn)而,選項(xiàng)D正確.

故選：ACD.

10.如圖圓柱內(nèi)有一個(gè)內(nèi)切球，這個(gè)球的直徑恰好與圓柱的高相等，。1,。2為圓柱上下底面的圓心,

。為球心，E尸為底面圓Q的一條直徑，若球的半徑廠=2,則()

B.四面體SEF的體積的取值范圍為(0,32]

4TT

C.平面QEF截得球的截面面積最小值為7

D.若P為球面和圓柱側(cè)面的交線上一點(diǎn)，則PE+PF的取值范圍為[2+26,4√Γ]

【正確答案】AD

【分析】根據(jù)給定的條件，利用球、圓柱的體積公式計(jì)算判斷A；利用匕由?=2%∕s建立函數(shù)關(guān)系

判斷B；求出球心O到平面OEF距離的最大值判斷C；令點(diǎn)尸在圓柱下底面圓所在平面上的投影點(diǎn)

為Q,設(shè)NQFE=9,利用勾股定理建立函數(shù)關(guān)系，求出值域作答.

【詳解】對(duì)于A,球的體積為V=%i=現(xiàn)，圓柱的體積V'=π∕?2χ(2r)=167t,則球與圓柱的體積

33

之比為2:3,A正確;

對(duì)于B,設(shè)d為點(diǎn)E到平面88的距離，0<4≤r,而平面BCD經(jīng)過(guò)線段EF的中點(diǎn)O∣,

GGl1/2JQ?

四面體7的體積錯(cuò)誤；

COE/DEF=2%_QDC=—SOiDC`d=-×-×4×4×cl=—^—≤-,B

對(duì)于C,過(guò)。作于"，如圖，而則sin∕O002=卷=為，

VxVZ∣Ly?-∕ι

EQ

.__________2

又￡>a=J/+（2r）2=26,于是OH飛,設(shè)截面圓的半徑為小球心。到平面。防的距離為4,

2

則4途,

又斗=J,一片=Wd；≥H=9,則平面QEF截球的截面圓面積S=叼22等，C錯(cuò)誤；

對(duì)于D,令經(jīng)過(guò)點(diǎn)尸的圓柱的母線與下底面圓的公共點(diǎn)為Q,連接QEQF,

當(dāng)。與EF都不重合時(shí)，設(shè)/QFE=H,則QP=4cose,QE=4sinO,當(dāng)。與E,F之一重合時(shí)，上式

也成立，

TT

因此。尸=48$夕,。石=4$吊夕，夕€。一）,

2

則122222

PE+PF=y∣PQ+QE+y∣PQ+QF=2（√l+4sin0+√l+4cos6>）,

t=√l+4sin2<9+√1+4COS26*>則『=6+2，而0426<π,即0≤sin26≤l,

因此6+2石≤∕≤12,解得1+逐≤f≤2√J,所以PE+P/的取值范圍為[2+2底46],D正確.

故選：AD

思路點(diǎn)睛：與球有關(guān)的組合體問(wèn)題，一種是內(nèi)切，一種是外接.解題時(shí)要認(rèn)真分析圖形，明確切點(diǎn)和

接點(diǎn)的位置，確定有關(guān)元素間的數(shù)量關(guān)系，并作出合適的截面圖.

11.如圖，半圓面OJ■平面AfiCD,四邊形ABCZ）是矩形，且A8=l,AD=2,M,N分別是人。，

線段AC上的動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），且MV=1,則下列說(shuō)法正確的有（）

M

A.平面CMA_L平面CWf)

B.存在M,N使得Ar)_LMN

C.N的軌跡長(zhǎng)度為遂-1

D.直線MN與平面ABCo所成角的最大值的正弦值為也巨亙

4

【正確答案】AB

【分析】由面面垂直和線面垂直性質(zhì)可得。-LAM,結(jié)合AMJ由線面垂直和面面垂直的判

定可知A正確；令ZMOD=e(0<8<π),過(guò)M作ΛWUAO于點(diǎn)Af,若NM'上AD,則ADd.平面

MN'N,可利用0表示出W,NM',利用勾股定理可構(gòu)造方程求得CoS。，知B正確：取BC的中點(diǎn)

E,取半圓弧的中點(diǎn)F,以。為原點(diǎn)，分別以O(shè)EF為MMz軸建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間

NM'

距離MN=1,求解N點(diǎn)坐標(biāo)活動(dòng)范圍，得出結(jié)果，從而知C錯(cuò)誤；根據(jù)COSa=F7=8S',結(jié)合C

中結(jié)論可求得(Sina)皿，知D錯(cuò)誤.

【詳解】對(duì)于A,AZ)為直徑，.?.AΛ7"LDM;

半圓面OJ_平面A8CO,半圓面O平面ABez)=4),CDLAD,Cf)U平面A88,

?COΛ半圓面0,又AMU半圓面O,.?.8?LAM,

又CDCDM=D,8,。河￡=平面。1/￡>,r.4^，平面。Μ。,

AAlu平面CM4,平面CM4J_平面CMI),A正確；

對(duì)于B,如圖,

M

A

Bc

令NMoD=e(0vg<τι),過(guò)M作LAO于點(diǎn)M',連接NM

,

若NΛΓ_LAZ),則Ar)_L平面MV'N,則AZ)_LM/V,此時(shí)W=Sin凡OM=cosθ9

AM1NM'l+cos6>

由MIr〃。C得::.NM'=

TAF~CD2

,MM'2+NM'2=1，(sin")，+'+。。，夕)=],解得：CoSe=-g,

存在M,N使得A￡>,MN,B正確;

對(duì)于C,如下圖，取BC的中點(diǎn)E,取半圓弧的中點(diǎn)凡以。為原點(diǎn)，分別以O(shè)E,02OF為χ,y,z軸

建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系.

(9(0,0,0),Λ(0,-l,0),C(l,l,0),設(shè)乙MOD=θ,則M(O,8SaSinL),^AN=λAC(θ<2<l),

則ON=(I—∕1)OA+∕IOC=(∕1,2;1-1,0),2V(Λ,2Λ-1,O),又MN=I,

所以;15+(2/1-1-COSe)?+(Sine)2=1,則2cos6>=^?.

因?yàn)?∈(0,兀),2COS夕∈(-2,2).

z12(,+1)+1

令心TVT1),5Γ-4Λ+l^(÷)-=5?+i+±gC□

2Λ-11424/22

所以N點(diǎn)在AC上的軌跡為1+3叵，故C錯(cuò)誤.

5

NM'

對(duì)于D,設(shè)直線MN與平面ABCZ）所成角為。，則COSa==∣cosθ?,

MN

晤?D錯(cuò)誤.

關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題考查立體幾何中的動(dòng)點(diǎn)問(wèn)題的求解，解決存在點(diǎn)滿足某條件、動(dòng)點(diǎn)軌跡長(zhǎng)度和線面

角最值的關(guān)鍵是能夠?qū)?wèn)題轉(zhuǎn)化為關(guān)于變量CoSe（NMOD=。）的取值范圍的討論問(wèn)題，借助臨界值來(lái)

確定COSe的范圍，進(jìn)而確定所求解結(jié)果.

π

S1?Π69X,X∈0C,—

4

12.設(shè)刃＞0,函數(shù)/（力=,,則下列命題正確的是（）

ππ

ω--X----69+11,X∈—,+8

π414

π爭(zhēng)則。=|

A.若/

9

B.若“X）的值域?yàn)椋?,+8）,則（≤∕≤4

(Oq[34,8)

C.若函數(shù)/（X）在區(qū)間（0,+∞）內(nèi)有唯一零點(diǎn)，則ω€

29

D.若對(duì)任意的Λ?,Λ?e[0,-κo),JLX≠Λ都有Xf(Xl)+2/(9)>為/(w)+Wf(XJ恒成立，則一<04;

12ITt3

【正確答案】BCD

【分析】根據(jù)正弦函數(shù)的周期性判斷A,對(duì)x∈θπ?和Xe（；,位）分別計(jì)算函數(shù)的取值情況，即可

4

得到不等式組，從而判斷B、C,依題意對(duì)任意的西,x2e［0,”），且X≠%都有

（百一工2）"（玉）-〃々）］＞0恒成立，即/a）在［o,+8）上單調(diào)遞增，從而各段均單調(diào)遞增，且斷點(diǎn)處

函數(shù)值需滿足右側(cè)的不小于左側(cè)的，即可得到不等式組，解得即可判斷D;

SinGX,x∈0,—

4

【詳解】解：因?yàn)椤╔）=

2π.π

ω--X------tυ+l,x∈-+∞

π414y

對(duì)于A：/圖=Si哈。考,所以生O=2+2版■或Co=9+2版?

攵∈N,

6464

39

解得ty=/+12%或&=萬(wàn)+12左，k∈N,故A錯(cuò)誤;

對(duì)于B：若〃x)的值域?yàn)閇0,+8),當(dāng)XeO,?時(shí)Se0,(0,

當(dāng)xe(('+°0)時(shí)/(力=(。_5)》_7。+1且f(?)=(0_()x(_?0+l=g，

π,π/

-<-ω<π

64

2

所以ω>0'解得a≤0"'故B正確;

ω-->0

π

對(duì)于C：若函數(shù)“X)在區(qū)間(0,+句內(nèi)有唯一零點(diǎn),

22TT,CπJrI

①tυ-二<0又/>0,即OV。V-時(shí),當(dāng)x∈0,-時(shí)GX∈0,-69此時(shí)0<—69<一,

ππ4442

所以函數(shù)在[θ,f^∣上單調(diào)遞增，且Sin工o<sin,<sin工=也，

L4」4242

當(dāng)Xe(K)時(shí)“x)=(WK+1旦∕g)=g,

即函數(shù)在[?,+8)上單調(diào)遞減，此時(shí)函數(shù)必有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，符合題意；

②<y-g>O,即3>：,則當(dāng)xe(j,+∞)時(shí)/(x)=(°-∣;)X-K+1且∕g)=g

即函數(shù)在(?，+8)上單調(diào)遞增，即/(Λ?)在(?,+8)上不存在零點(diǎn)，

要使函數(shù)只有一個(gè)零點(diǎn)，f(x)在(0,彳上有且僅有一個(gè)零點(diǎn)，故乃≤(0<2-解得4≤o<8,綜上

可得<ye(θ,1?)u[4,8),故C正確；

對(duì)于對(duì)任意的且用都有玉恒成立,

D：Λ1,X2∈[0,E),≠χ?f(χ∣)+wf(9)>x"(??)+/F(XI)

即對(duì)任意的％,X2e[0,+∞),且玉**2都有(西一當(dāng))[/(芭)一/(々)]>°恒成立，

ππ

-ω<-

46

22

即“力在[0,+8)上單調(diào)遞增，所以0>0解得W<°≤5故D正確;

2

co---->0

I1

故選：BCD

三、填空題

13.已知函數(shù)f（x）=sin（<yχ+e）,其中0>0,若/（x）在區(qū)間內(nèi)恰有兩個(gè)極值點(diǎn)，且

/（一,）+/（?）=0,則實(shí)數(shù)0的所有可能取值構(gòu)成的集合是.

【正確答案】Mkπ+^<φ<kπ+^,?∈Z∣

_2π

【分析】根據(jù)極值點(diǎn)之間的關(guān)系和7=同求得1≤0<3,利用三角函數(shù)的中心對(duì)稱求出

函數(shù)的對(duì)稱中心（紅二？,0）,根據(jù)題意可得函數(shù)的對(duì)稱中心為（-g,0）,列方程，解之即可.

【詳解】由題意知，

函數(shù)/（X）在（-等,9）內(nèi)有兩個(gè)極值點(diǎn)，設(shè)兩個(gè)極值點(diǎn)分別為百、%，

則|辦一到=?一（一年）=萬(wàn)，且（<|西一回4《+7（7為函數(shù)/（》）的最小正周期），

T

一<乃

有三<?！?即:,解得4≤T<2T,

22-≥π3

2

2乃

又T=同，所以1<043,

由/（-爭(zhēng)+嗎）=∕（-?×2-y）+嗎）=2x0,

TT

得函數(shù)f（χ）圖象關(guān)于點(diǎn)（-二,0）中心對(duì)稱，

6

令ωx+φ=kπ,?∈Z,解得χ=?^~~—,kwZ,

ω

所以紀(jì)2二-工，?∈Z,即°=左1十也，?∈Z,

ω66

由IV69≤3,得kτtH—<?！躪τtH—,A∈Z.

62

ITTT

即。的取值范圍為上萬(wàn)+—<9≤左九+—，k≡Z.

62

故答案為.{e伏乃+g<e≤&萬(wàn)+g,?∈z}

四、雙空題

14.已知一個(gè)正八面體ABcDE廠的棱長(zhǎng)都是2（如圖），只Q分別為。尸出廠的中點(diǎn)，則

APAQ=；若EG=2GB,過(guò)點(diǎn)G的直線分別交直線廠反FB于M、N兩點(diǎn)，設(shè)

21

FE=mFM,FB=nFN（其中以〃均為正數(shù)），則一十一的最小值為.

mn

【分析】補(bǔ)形成正方體，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算可得AP?AQ;在平面BE尸

中，利用G,N,歷三點(diǎn)共線可得相，〃的關(guān)系，然后利用基本不等式可得最小值.

【詳解】補(bǔ)形成正方體，如圖建立空間直角坐標(biāo)系,

設(shè)正方體棱長(zhǎng)為“，則（$2+（/2=22,解得〃=2直

則A(√2,√2,0),D(√2,0,√2),F(√2,√2,2√2),S(√2,2√2,√2)

所以P(√Σ,1,斗),Q(√Σ,

所以AP=(O,-孝,孚),AQ=(0,

所以AP?AQ=一旦X包+也X嫗=4

2222

在平面BEF中，如圖，

2212

因?yàn)镋G=2GB,所以FG=FE+-EB=FE+不FB-FE)=-FE+-FB

又FE=mFM,FB=nFN,

mZ∕?

所以FG=IRW+3-W

因?yàn)镚,N,M三點(diǎn)共線，所以;+4=1

33

rr-h∣2121m2〃44/7m4∣48

mnmn3333m3〃3V93

4nm3

-----=------IYl——

當(dāng)且僅當(dāng)上"3〃，即1:時(shí).，等號(hào)成立，

m2nλ3

五、填空題

15.三棱錐P-ABC的底面是以AC為底邊的等腰直角三角形，且AC=2√∑,各側(cè)棱長(zhǎng)均為3,點(diǎn)E

為棱A4的中點(diǎn)，點(diǎn)。是線段CE上的動(dòng)點(diǎn)，設(shè)。到平面PBC的距離為4,Q到直線48的距離為刈，

則4+4的最小值為.

【正確答案】叵《后

22

【分析】取AC中點(diǎn)。，連接PO,8。，以。為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系設(shè)CQ=XCE(()≤∕l≤l),

利用向量關(guān)系表示出dl+d2,求導(dǎo)可求出最小值.

【詳解】取AC中點(diǎn)。，連接PO,8。，

因?yàn)锽4=PC=3,AC=2√2>所以Po_LAC,且PO=J3?-2=V7，

因?yàn)?ABC是等腰直角三角形，所以B。工AC,且80=0，

又PB=3,滿足PB2=PO?+80?,所以PO_L3O,

因?yàn)锳eCBO=O,且兩直線在平面內(nèi)，所以Po上平面ABC,

如圖，以。為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)C。=；ICE(O≤4≤1),

r垃

則C(O,60)由0,丁,,P(0,0,√7),A(0,-√2,0),B(√2,0,0),

\

3√2互

則PB=(√2,0,-√7),PC=(θ,√2,-√7),AB=(√2,√2,θ),CE=0,

√

f3匹

設(shè)CQ=∕lCE(()≤∕l≤l),則可得CQ=θ,-?/l,

3√2(4萬(wàn)萬(wàn)、

則Q0,-λ+V2,,則AQ=0,2-?∕2--------Λ,—λ,

222

/

AQAB4-3Λ

所以COSNQAB=

I阿網(wǎng)√25Λ2-48Λ+32

16Λ2-24Λ+16

所以sin/QAB=

25Λ2-48λ+32'

所以4=IAQ∣?sinZQAB=√4Λ2-6Λ+4,

設(shè)平面PBC的法向量為"=(x,y,z),

愎:展。令XS可得厘后而碎

則〈n-PB=O，即

n-PC=Q

?CQ-n?

則4=—Pl-

?n?

所以4+4=/(∕t)=√4Λ2-62+4+?2,θ≤Λ≤b

所以小"忌號(hào)H*M孫令，⑷=。，解得拄|，

7

又"⑷=寶力>°,所以在［，］單調(diào)遞增，

(4Λ2-6Λ+4)√4Γr(%)01

所以當(dāng)∣時(shí)，⑷單調(diào)遞減，當(dāng)|』］時(shí)，∕,(Λ)>0,/“)=0單調(diào)遞

∕u(θ,)/<0,/(4)=0X∈

增,

所以/(zQmn=/(l)=半，即4+4的最小值為半.

故答案為.巫

伊一e)(方一句+(方一02)伊一%)+(方一%).伊一ej的最大值為.

【正確答案】5+3也

【分析】先將所求向量式轉(zhuǎn)化變形，參變向量分離，再由變形向量式的幾何意義判斷最值狀態(tài)，最后

坐標(biāo)運(yùn)算求解最值.

/rtr?/ru^?/r叫,tr`,ir`,ir?

【詳解】設(shè)M=(P-e)(p-ej+(p-e2)(pr-e3)+(pτ-e3).(τp-ej,

Ui2r/iiif、iff∕irir?in,ιrir?ι∏η?irιrιrιrιrιr

則M=3p—(e∣+馬卜P+(.+G卜P+(%+ej?p+(q/

?2/iTIrIr、nr/Irlrlrlrlrif、

=3p_2(q+G+1)?〃+(q./+g./+.?q)

、

zIrlrlr、2/ifIrU2

(4+/+63)∕irITIrlrιrur?

=3^

------?'f+[e?e+e?e+e?ej

I3Jl2233i

ifu,2u,2∕irITIrlrIrur?

zIrIrlr52+/+6+2(e∣?/+/?%+%?e∣)∕irUIrIrIrir

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31223

7

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