期中质量检测（B卷素养提升卷）-2020-2021学年新教材高一数学必修第二册【创新教程】五维课堂同步单元双测卷（人教A版）

２０．解:(１)如图 所 示,作 出 轴 截 面,则 等腰三角形 SAB 内 接 于 圆O,而 圆O１ 内切于△SAB． 设圆 O 的 半 径 为 R,则 有 ４３πR ３ ＝９７２π, ∴R＝９,∴SE＝２R＝１８． ∵SD＝１６,∴ED＝２． 连接 AE,又SE 是圆O 的直径,∴SA⊥AE, ∴SA２＝SD×SE＝１６×１８＝２８８,SA＝１２ ２． ∵AB⊥SD,D 为AB 中点, ∴AD２＝SD􀅰DE＝１６×２＝３２,AD＝４ ２． ∴S圆 锥 侧 ＝π×AD×SA＝π×４ ２×１２ ２＝９６π． (２)设内切球的半径为r,即圆O１ 的半径为r, ∵△SAB 的周长为２×(１２ ２＋４ ２)＝３２ ２, ∴１２r×３２ ２＝ １ ２×８ ２×１６ ,解得r＝４． 故圆锥内切球的体积V球 ＝ ４ ３πr ３＝２５６３ π． ２１．解:(１)因为cos２C＋２ ２cosC＋２＝０, 所以 ２cos２C＋２ ２cosC＋１＝０,即 (２cosC＋１)２ ＝０, 所以cosC＝－ ２２． 又C∈(０,π),所以C＝３π４． (２)因为c２＝a２＋b２－２abcosC＝３a２＋２a２＝５a２, 所以c＝ ５a,即sinC＝ ５sinA,所以sinA＝１ ５ sinC ＝ １０１０ ． 因为S△ABC＝ １ ２absinC ,且S△ABC＝ ２ ２sinAsinB , 所以 １ ２absinC＝ ２ ２sinAsinB ,所 以 ab sinAsinBsinC ＝ ２, 由正弦定理得 c sinC( ) ２ sinC＝ ２,解得c＝１． ２２．解:(１)证明:设E 为BC 的中点, 连接 AE,A１E,DE, 由题意得 A１E⊥平面 ABC,所以 A１E⊥AE． 因为 AB＝AC,所以 AE⊥BC． 又因为 A１E,BC⊂平面 A１BC,A１E∩BC＝E, 故 AE⊥平面 A１BC． 由 D,E 分 别 为B１C１,BC 的 中 点,得 DE∥B１B 且 DE＝B１B,从而 DE∥A１A 且DE＝A１A, 所以四边形AA１DE 为平行四边形．于是A１D∥AE． 又因为 AE⊥平面 A１BC,所以 A１D⊥平面 A１BC． (２)作 A１F⊥DE,垂足为F,连接BF． 因为 A１E⊥ 平 面 ABC,所 以 BC⊥A１E．因 为 BC⊥ AE,AE∩A１E＝E, 所以BC⊥平面 AA１DE．所以BC⊥A１F． 又因为 DE∩BC＝E,所以 A１F⊥平面BB１C１C． 所 以 ∠A１BF 为 直 线 A１B 和 平 面 BB１C１C 所 成 的角． 由 AB＝AC＝２,∠CAB＝９０°,得EA＝EB＝ ２． 由 A１E⊥平面 ABC,得 A１A＝A１B＝４,A１E＝ １４． 由 DE＝BB１＝４,DA１＝EA＝ ２,∠DA１E＝９０°,得 A１F＝ ７ ２． 所以sin∠A１BF＝ ７ ８． 期中质量检测 (B卷) １．A　[由１＋z１－z＝i ,得z＝ －１＋i１＋i ＝ (－１＋i)(１－i) ２ ＝ ２i ２ ＝i,所以|z|＝|i|＝１,故选 A．] ２．A　[c＝a＋kb＝(１＋k,２＋k),又b⊥c,所 以１×(１＋ k)＋１×(２＋k)＝０,解得k＝－３２． ] ３．C　[由正弦定理得(c－b)(c＋b)＝(c－a)a,即c２＋a２ －b２＝ac,２accosB＝ac,cosB＝ １２． 又 ０＜B＜π,因 此B＝ π３． ] ４．B　[设圆锥底面半径为r,高为h,则V球 ＝ ４ ３π r ２( ) ３ ＝１６πr ３,V锥 ＝ １ ３πr ２h, 由于体积 相 等,∴ １６πr ３＝ １３πr ２h,∴h＝r２ ,∴S球 ＝ ４π r２( ) ２ ＝πr２,S锥 ＝ ５ ２πr ２,S锥 ∶S球 ＝ ５∶２．] ５．A　[由已 知 得|a＋b|２＝１０,|a－b|２＝６,两 式 相 减, 得a􀅰b＝１．] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 １７ 参 考 答 案 ６．B　[设AE → 与AB → 的 夹 角 为θ,则AE → 与AD → 的 夹 角 为 π ２ －θ,又AD → ∥BC