重慶市永川中學(xué)高一下期第十二周周練數(shù)學(xué)參考答案

重慶市永川中學(xué)2026屆高一下期第十二周周練數(shù)學(xué)參考答案1.【答案】C

2.【答案】D

3.【答案】B

4.【答案】B

5.【答案】D

【解答】解：如圖1，將兩個(gè)互相垂直的圓柱放到棱長(zhǎng)為2的正方體內(nèi)，

則正方體的內(nèi)切球與這兩個(gè)圓柱的側(cè)面和底面都相切，

又因?yàn)槟埠戏缴w上下兩個(gè)頂點(diǎn)和側(cè)面的四個(gè)曲面剛好與正方體的側(cè)面相切，

故正方體的內(nèi)切球內(nèi)切于牟合方蓋，所以，正方體內(nèi)切球即為牟合方蓋的內(nèi)切球，

其半徑為1，體積為4π3，故選D．

6.【答案】A

【解答】解：正方體ABCD?A1B1C1D1中，AD1，D1C?平面ACD1，故B1D⊥平面ACD1，所以所成的角為α=π2，

B1D與BC所成的角為β，BC//B1C1，所以B1D與BC所成的角即B17.【答案】C

【解答】解：

如圖，

因?yàn)槿我鈞∈R都有|a?xb|?|a?b|，所以由圖知b⊥(a?b)，

同理c⊥(a?c)，

記a=OA,b=OB,c=OC，

則B，C都在以O(shè)A為直徑的圓上，如下圖，

8.【答案】A

【解答】解：因?yàn)閍=1,

bcosA?cosB=1，bcosA?acosB=a,

根據(jù)正弦定理得sinBcosA?sinAcosB=sin(B?A)=sinA，

因?yàn)锳，B，C為銳角，所以B?A=A,B=2A【答案】ABC

10.【答案】ACD

11.【答案】AC

解：對(duì)于A，因?yàn)榱庑蜛BCD中，AB=2，∠ABC=60°，M為BC的中點(diǎn)，所以AM⊥BC，

將△ABM沿直線AM翻折成△AB1M，則AM⊥B1M,AM⊥CM，

因?yàn)锽1M∩CM=M，且B1M?面B1MC,CM?面B1MC，

所以AM⊥面B1MC，又因?yàn)锽1C?面B1MC，

所以AM⊥B1C，故A所以NE//平面AB1M，又CE//AM，CE?平面AB1M,AM?平面AB1M，則CE//平面AB1M，

且NE?平面ENC,CE?平面ENC，NE∩CE=E，

由面面平行的判定定理可得平面AB1M//平面ENC，

又平面AB1M∩平面B1MD=B1M，平面ENC∩平面B1MD=NF，所以NF//B1M，

由A可得AM⊥B1M，所以EC⊥NF，又因?yàn)镹F=12B1M=12,FC=12AM=32，

所以NC=NF2+FC2=14+34=1為定值，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C，由B可得NE//AB1，所以∠ENC或其補(bǔ)角即為AB1與CN的夾角，

則B1M⊥MD，即三角形B1MD為直角三角形，又N為B1D的中點(diǎn)，則NB1=ND=NM，

B1M⊥面AMCD，又AD?面AMCD，則AD⊥B1M，又因?yàn)镸C//AD，所以AD⊥AM，

又AM?平面AB1M,B1M?平面AB1M，AM∩B1M=M，

則AD⊥平面AB1M，AB1?平面AB1M，

則AD⊥AB1，即三角形B1AD為直角三角形，又N為B12.【答案】1013.【答案】214.【答案】[解：如下圖所示：

分別取棱BB1、B1C1的中點(diǎn)M、N，連接MN，連接BC1，

∵M(jìn)、N、E、F為所在棱的中點(diǎn)，∴MN//BC1，EF//BC1，

∴MN//EF，又MN?平面AEF，EF?平面AEF，∴MN//平面AEF；

∵AA1//NE，AA1=NE，∴四邊形AENA1為平行四邊形，

∴A1N//AE，又A1N?平面AEF，AE?平面AEF，∴A1N//平面AEF，

又A1N∩MN=N，∴平面A當(dāng)P在MN中點(diǎn)O時(shí)A1P⊥MN，此時(shí)A1P最短，P位于M、N處時(shí)A1P最長(zhǎng)，

A1【答案】解：(1)∵b=(1,3)，∴b=12+32=2，

∵向量a在向量b方向上的投影向量為2e，

設(shè)向量a與b的夾角為θ，則acosθ=2，

∴a·b=abcosθ=2×2=4，

∵(a?2b)⊥a，∴16.【答案】(1)證明：∵側(cè)面ABB1A1，ACC1A1均為正方形，∴AA1⊥AC,AA1⊥AB，

又AC∩AB=A，AC，AB?平面ABC，∴AA1⊥平面ABC．

∵AA1//CC1，∴CC1⊥平面ABC，又CC1?平面BB1C1C，

∴平面BB1C1C⊥平面ABC，∴平面BB1C1C⊥平面A1B1C1，

∵D是B1C1的中點(diǎn)，AB=AC=1，∴A1D⊥B1C1，

又平面BB1C1C∩平面A1B1C1=C1B1，且A1D?平面A1B1C1，∴A1D⊥17.【答案】解：(1)在△ABC中，cosB=13，因?yàn)锽∈(0,π)，所以因?yàn)閏os∠ADC=?45，因?yàn)椤螦DC∈(0,π)，所以在△ABD中，由正弦定理可得ADsinB=ABsin∠ADB，所以(2)因?yàn)锽D=2DC，所以S?ABDS?ADC所以1AC×4在△ABC中，由余弦定理可得AC所以BC2?23BC?7=0，所以所以S?ADC所以水池△ADC的面積為2【答案】(1)證明：連接AD．

因?yàn)槠矫鍼CD∩平面PAB=l，且l//AB，AB?平面PCD，所以AB//平面PCD，

而平面ACB過(guò)AB與平面PCD交于CD，因此AB//CD．

因?yàn)辄c(diǎn)C是半圓弧上靠近B的三等分點(diǎn)，點(diǎn)D是弧AC上的一點(diǎn)，

所以∠COB=60°，因此∠OCD=60°，所以△OCD是等邊三角形，

因此CD=?//OA，所以四邊形AOCD是菱形，因此AC⊥OD．

因?yàn)榘雸A錐的頂點(diǎn)為P，底面圓的圓心為O，所以PO⊥平面ACB，而AC?平面ACB，因此PO⊥AC．

因?yàn)镻O∩OD=O，PO、OD?平面POD，所以AC⊥平面POD，而AC?平面MAC，

因此平面MAC⊥平面POD．

(2)解：如圖：

連接BC.由(1)知：四邊形ODCB是菱形，且∠DOB=120°，因此BC=OB=2．

因?yàn)镺P=4，所以PC=PB=PD=25，而M是PB中點(diǎn)，

因此由2CM2+PB2=2PC2+BC2得2CM2+20=220+4，解得CM=7．

因?yàn)镸是PB中點(diǎn)，所以所以由13h×19=233得h=25719.【答案】解：(1)在?ABC中，c?sinB+a+即c?sinB+a由余弦定理得，c?sinB+2accosB即sinB+2cosBsinC=2sinA，即sinB+2cosBsinC=2sinB+C即sinB=2sinBcosC，在?ABC中，sinB≠0，則cosC=12，又∵C∈0,π(2)S由正弦定理得csinC=2R=2則cos2A?2=2?2a由余弦定理得c2∴cos2A?2(3)∵sin2B?∴2sinBcosB?sinAsinB≠0，上式兩邊同時(shí)除以2sin