期末综合检测卷(Word版+PPT版)-【满分思维】2025-2026学年高中数学必修第二册（人教A版）

期末综合检测卷 (120分钟　150分) 一、单选题(每小题5分,共40分) 1.已知复数z满足(2+i)z=1-2i(其中i为虚数单位),则z的共轭复数= (　　) A.i　　 B.-i C.　　 D. 【解析】选A.z==-i,则=i. 2.生物实验室有5只兔子,其中只有3只测量过某项指标,若从这5只兔子中随机取出3只,则恰有2只测量过该指标的概率为 (　　) A.　 B. C.　 D. 【解析】选B.设其中做过测量的3只兔子为a,b,c,剩余的2只为A,B,则从这5只中任取3只的所有取法有{a,b,c},{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{a,A,B},{b,c,A},{b,c,B},{b,A,B},{c,A,B},共10种.其中恰有2只做过测量的取法有{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{b,c,A},{b,c,B},共6种, 所以恰有2只做过测量的概率为=. 3.如图,BC,DE是半径为1的圆O的两条直径,=2,则·= (　　) A.-　 B.- C.-　 D.- 【解析】选B.因为圆O的半径为1,BC是直径,=2,所以||=.根据向量加法和减法法则知:=-,=-.又DE是直径,所以=-,||=||=1,则 ·=(-)·(-) =(--)·(-) =-(+)·(-) =-=-1=-. 4.某学校调查了200名学生每周的自习时间(单位:时),制成了如图所示的频率分布直方图,其中自习时间的范围是[17.5,30],样本数据分组为[17.5,20),[20,22.5),[22.5,25),[25,27.5),[27.5,30].根据直方图,这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是 (　　) A.56　 B.60 C.140　 D.120 【解析】选C.由题意得,自习时间不少于22.5小时的频率为(0.16+0.08+0.04)×2.5=0.7,故这200名学生中自习时间不少于22.5小时的人数为0.7×200=140. 5.如图,圆锥SO的底面圆直径为AB,OS=OA,CO⊥AB,D为底面圆上的动点,则 (　　) A.当直线SD与AB所成角为60°时,直线SD与OC所成角为30° B.当直线SD与AB所成角为60°时,直线SD与OC所成角为60° C.直线SD与AB所成角的最小值为30° D.直线SD与AB所成角的最大值为60° 【解析】选B.过D作直线分别平行于AB,OC,交OC,AB于E,F,连接SE,SF,如图, 则∠SDE为直线SD与AB所成的角,即∠SDE=60°,且∠SDF为直线SD,OC所成的角, 设OA=2,则SD=2,DE=SD=,OE==, 在Rt△DFS中,DF=,SD=2,cos ∠SDF===,∠SDF=60°,A错误,B正确; 对于C,D,直线SD与AB所成角的最小值为直线SD与底面ABC所成角为∠SAB=45°, 同时直线SD与AB所成角的最大值为直线SC与AB所成角为90°,C,D错误. 6.(2025·天津高一检测)国产电影《哪吒之魔童闹海》凭借其震撼的特效、生动的情节与深刻的思想票房一路攀升.如表为某平台向公众征集的该电影的评分结果,根据表格可以估计其得分的60%分位数约为: (　　) 评分/分 (0,1] (1,2] (2,3] (3,4] (4,5] 人数占比/% 1.0 3.2 13.6 34.2 48.0 A.3.98　 B.4.03 C.4.17　 D.4.38 【解析】选C.因为1%+3.2%+13.6%+34.2%=52%<60%, 设得分的60%分位数为x, 则×48%=60%-52%,解得x≈4.17, 所以得分的60%分位数约为4.17. 7.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=5,b=7,c=4,则△ABC的面积为 (　　) A.4　 B.2 C.4　 D.8 【解析】选A.在△ABC中,因为a=5,b=7,c=4, 由余弦定理可得cos B===-, 所以sin B===, 因此,S△ABC=acsin B=×5×4×=4. 8.(2025·秦皇岛高一检测)在《通用技术》课上,某同学设计了如图所示的多面体ABCDEFKLHMNG,已知平面LMH∥平面ABCDEF,平面AKF∥平面CDGHMN,平面BCN∥平面EFKLHG,平面DEG∥平面ABNMLK,AB=CD=EF=KL=MN=HG=2,且△LMH,△AKF,△BCN,△DEG均为边长为1的等边三角形,该同学欲过LK的中点P作该几何体的截面α,若LK⊥α,则截面α的面积为 (　　) A.4　 B. C.　 D.3 【解析】选C.平面LMH∥平面ABCDEF,平面LMH∩平面CDGHMN=MH,平面ABCDEF∩平面CDGHMN=CD, 所以MH∥CD,同理可证:几何体各个六边形侧面的对边均平行, 由AB,CD⊂平面ABCDEF,且AB,CD不平行,则AB,CD必有一个交点, 同理MN和CD,MN和AB都分别交于一点,而MN⊄平面ABCDEF, 则MN与平面ABCDEF相交且该交点唯一,所以MN,AB,CD交于点Q, 同理LK,MN,HG交于点R,LK,AB,EF交于点S,EF,HG,CD交于点O,如图所示. 又AB=CD=EF=KL=MN=HG=2,△LMH,△AKF,△BCN,△DEG均为边长为1的等边三角形,易知R-OSQ是棱长为4的正三棱锥,且R-LMH,S-AFK,Q-BCN,O-DEG均是棱长为1的正三棱锥, 因为P为LK的中点,所以P为RS的中点,连接PO,PQ分别交EG,BN于U,T, 由△RSO,△RSQ都是等边三角形,得PO⊥RS,PQ⊥RS, 且PO∩PQ=P都在平面POQ内,则RS⊥平面POQ,即LK⊥平面POQ, 所以平面α即为平面POQ,连接UD,TC,则截面PUDCT即为所求. 由题得PO=PQ=2,OQ=4,则cos ∠OPQ==, 所以sin ∠OPQ=,则S△OPQ==4, 同理可得S△OUD=S△QTC==, 所以SPUDCT=S△OPQ-S△OUD-S△QTC=. 二、多选题(每小题6分,共18分,全部选对得6分,选对但不全的得部分分,有选错的得0分) 9.下列命题中的真命题是 (　　) A.若a为非零向量,则与a同向 B.设λ,μ为实数,若λa=μb,则a与b共线 C.若a=b,b=c,则a=c D.a=b的充要条件是|a|=|b|且a∥b 【解析】选AC.对于A,是与a同方向的单位向量,A正确; 对于B,若λ=μ=0,则λa=μb,但a与b不一定共线,B错误; 对于C,由a=b,得a,b的长度相等且方向相同,由b=c,得b,c的长度相等且方向相同, 因此a,c的长度相等且方向相同,则a=c,C正确; 对于D,当a∥b且方向相反时,a=b不成立,则|a|=|b|且a∥b不是a=b的充要条件,D错误. 10.(2025·仙桃高一检测)天道酬勤,主动学习方能追求卓越.小艾同学决定对函数、三角函数、概率、立体几何这四个内容的复习效果进行一次自我检测,每个内容各准备了10道典型题目.做完后对照答案记录每道题的失分(均为非负整数)情况,若某内容每道题失分都不超过7分,则认定该内容为“复习效果达标内容”,已知四个内容失分情况的相关数据信息如下,则一定为“复习效果达标内容”的是 (　　) A.函数内容的10道题失分记录的中位数为3,极差为4 B.三角函数内容的10道题失分记录的平均数为2,众数为2 C.概率内容的10道题失分记录的平均数为3,方差为2.4 D.立体几何内容的10道题失分记录的平均数为3,第65百分位数为6 【解析】选AC.对于选项A,假设函数内容有一道题失分大于等于8分, 则由极差为4可知,函数内容失分最少的题的失分数据大于等于4, 则失分记录的中位数不可能为3,与题设中位数为3矛盾,故假设不成立, 所以函数内容每一道题失分都不超过7分, 故函数内容为“复习效果达标内容”,所以A正确; 对于选项B,设三角函数内容这10道题失分记录为0,0,1,1,2,2,2,2,2,8, 满足题设失分记录的平均数为2,众数为2的条件, 由定义知三角函数内容不是“复习效果达标内容”,所以B错误; 对于选项C,设概率内容这10道题失分记录从小到大依次为x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7,x8,x9,x10, 则由平均数为3,方差为2.4可知,=2.4, 从而=24,若x10≥8,则≥25≠24, 所以xi≤x10≤7,故概率内容为“复习效果达标内容”,所以C正确; 对于选项D,设立体几何内容这10道题失分记录为0,0,0,0,0,0,6,6,6,12, 满足题设平均数为3,第65百分位数为6的条件, 由定义知立体几何内容不是“复习效果达标内容”,所以D错误. 11.(2025·南京高一检测)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,下列选项中正确的是 (　　) A.直线EF与A1B所成的角为 B.平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为 C.若点P满足=cos 2θ+sin 2θ,其中θ∈R,则三棱锥D-A1C1P的体积为定值 D.以B1为球心,4为半径作一个球,则该球面与三棱锥B1-ABC表面相交的交线长为3π 【解析】选BCD.对于A,连接BC1,A1C1,因为E,F分别是棱BC,CC1的中点,所以EF∥BC1, 所以直线EF与A1B所成的角为∠A1BC1, 因为几何体ABCD-A1B1C1D1是正方体,所以△A1BC1为等边三角形, 所以∠A1BC1=,即直线EF与A1B所成的角为,故A错误; 对于B,连接AD1,D1F,因为AB,C1D1平行且相等,故四边形ABC1D1为平行四边形, 所以AD1∥BC1,所以AD1∥EF, 所以平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为梯形AEFD1, 因为AE=,梯形AEFD1的高为=, 所以梯形AEFD1的面积为×(2+)×=,故B正确; 对于C,因为=cos 2θ+sin 2θ其中θ∈R,所以=cos 2θ+(1-cos 2θ)=+ cos 2θ(-)=+cos 2θ, 所以=cos 2θ,所以P点在线段B1C上,=.连接A1D,B1C,C1D, 又因为B1C∥A1D,B1C⊄平面A1C1D,A1D⊂平面A1C1D, 所以P到平面A1C1D的距离为定值,△A1C1D的面积为定值, 所以为定值,故C正确; 对于D,因为△B1BC,△B1BA是直角三角形,球面与这两个面的交线和是以B1为圆心,圆心角为,半径为4的圆弧,其弧长为×4=, △ABC是直角三角形,球面与这个面的交线是以B为圆心,圆心角为,半径为2的圆弧,其弧长为×2=π, △AB1C是等边三角形,球面与这个面的交线是以B1为圆心,圆心角为,半径为4的圆弧,其弧长为×4=, 所以球面与三棱锥B1-ABC表面的交线长为+π+=3π,故D正确. 三、填空题(每小题5分,共15分) 12.(2025·漯河高一检测)若在斜二测画法得到的直观图中,m,n分别是x',y'上的单位向量,定义:若=xm+yn,则点M在直观图的坐标系x'O'y'中的坐标为(x,y).已知在直观图的坐标系x'O'y'中的点A坐标为(3,),则|O'A|可以是　或　.  【解析】如图所示,根据斜二测画法得到直观图, 当坐标轴夹角为45°时,运用余弦定理可知|O'A|== . 当坐标轴夹角为135°时,运用余弦定理可知|O'A|==. 13.(2025·南昌高一检测)2025年,从春晚扭秧歌的机器人,到广场舞狮的机器狗,中国人把高科技玩出了新花样儿.为紧跟社会热点,某商场推出了机器人服务,其从甲公司购买了3台不同的机器人,从乙公司购买了2台不同的机器人,现计划从这5台机器人中随机挑选2台在商场一楼服务,则这2台机器人来自于不同公司的概率为　　.  【解析】设从甲公司购买的3台记为A,B,C,从乙公司购买的2台记为a,b, 从中任取2台的情况为(A,B),(A,C),(A,a),(A,b),(B,C),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b),(a,b),共10种,其中这2台来自于不同公司的情况分别为(A,a),(A,b),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b),共6种,概率P==. 14.(2025·武汉高一检测)在边长为4的正方形ABCD中,=,=,以F为圆心,1为半径作半圆与CD交于M,N两点,如图所示.点P为上任意一点,向量·的最大值为　24　.  【解析】过P作PQ⊥EC交EC于点Q,根据投影向量的概念可得·=·, 设=m,所以·=m, 当PQ与半圆相切时,m取得最大值,此时·最大, 过F作FK⊥EC交EC于点K,连接FP, 当m取得最大值时,FP∥KQ且KQ=FP=1, 因为=,正方形边长为4,则BE=3,EC==5, 所以cos ∠KCF=sin ∠ECB==, 所以KC=FC·cos ∠KCF=2×=, 则EK=5-=, 所以EQ=1+=, 得=,所以m的最大值为. 所以·的最大值为24. 四、解答题(共77分) 15.(13分)在某亲子游戏结束时有一项抽奖活动,抽奖规则是:盒子里面共有4个小球,小球上分别写有0,1,2,3的数字,小球除数字外其他完全相同,每对亲子中,家长先从盒子中取出一个小球,记下数字后将小球放回,孩子再从盒子中取出一个小球,记下小球上数字将小球放回.抽奖活动的奖励规则是:①若取出的两个小球上数字之积大于4,则奖励玩具飞机一个;②若取出的两个小球上数字之积在区间[1,4]上,则奖励玩具汽车一个;③若取出的两个小球上数字之积小于1,则奖励饮料一瓶. (1)求每对亲子获得玩具飞机的概率; 【解析】(1)基本事件有16个,分别为: (0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,0),(1,1),(1,2),(1,3),(2,0),(2,1),(2,2),(2,3),(3,0),(3,1),(3,2),(3,3), 记“获得玩具飞机”为事件A,则事件A包含的基本事件有3个,分别为(2,3),(3,2),(3,3), 所以每对亲子获得玩具飞机的概率P(A)=. (2)试比较每对亲子获得玩具汽车与获得饮料的概率,哪个更大,并说明理由. 【解析】(2)记“获得玩具汽车”为事件B,“获得饮料”为事件C, 事件B包含的基本事件有6个,分别为 (1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(3,1), 每对亲子获得玩具汽车的概率P(B)==, 每对亲子获得饮料的概率P(C)=1-P(A)-P(B)=,每对亲子获得玩具汽车的概率小于获得饮料的概率. 16.(15分)如图,在△ABC的边上做匀速运动的点D,E,F,当t=0时分别从点A,B,C出发,各以定速度向点B,C,A前进,当t=1时分别到达点B,C,A. (1)记=a,=b,点G为△ABC的重心,试用向量a,b线性表示. 【解析】(1)由于点G为△ABC的重心,所以=(+)=(a+b), 故=-=a+b-a=b-a. (2)若△ABC的面积为S,求△DEF的面积的最小值. 【解析】(2)因为=t,=1-t, 所以S△DFA∶S=(AD·AF)∶(AB·AC)=t(1-t),S△DFA=t(1-t)S, 同理S△EFC=S△DEB=t(1-t)S, 所以S△DEF=S-(S△DFA+S△DEB+S△EFC)=(3t2-3t+1)S=[3(t-)2+]S,t∈[0,1], 当t=时,△DEF的面积最小,最小值为S. (3)试探求在运动过程中,△DEF的重心如何变化,并说明理由. 【解析】(3)△DEF的重心保持不变,证明如下: 设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),△DEF的重心为O(x0,y0), 由题意,在同一时刻t,D,E,F分AB,BC,CA所成的比相同,设为λ, 则=,=,=可得, D(txB+(1-t)xA,tyB+(1-t)yA), E(txC+(1-t)xB,tyC+(1-t)yB), F(txA+(1-t)xC,tyA+(1-t)yC), 由三角形重心坐标公式有x0=(xD+xE+xF),y0=(yD+yE+yF), 把D,E,F的坐标代入x0,y0中,求得△DEF的重心坐标为(,), 它与t无关,即在运动过程中,△DEF的重心保持不变. 17.(15分)法国伟大的军事家、政治家拿破仑一生钟爱数学,他发现并证明了著名的拿破仑定理:以任意的三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形,则这三个等边三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点.如图,△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,bsin A+acos B=c,以AB,BC,AC为边向外作三个等边三角形,其中心分别为D,E,F. (1)求角A; 【解析】(1)在△ABC中,由bsin A+acos B=c及正弦定理得sin Bsin A+sin Acos B=sin C, 又sin C=sin (A+B)=sin Acos B+cos Asin B,所以sin Bsin A=cos Asin B, 又sin B>0,所以tan A=,又0<A<π, 所以A=. (2)若a=3,且△DEF的周长为9,求·+·; 【解析】(2)由(1)知A=,由等边△DEF的周长为9,得DF=3, 依题意,∠DAF=++=,AD=AB=c,AF=AC=b. 在△ADF中,由余弦定理得DF2=AD2+AF2-2AD·AFcos ∠DAF,则9=+-2··cos ,即b2+c2+bc=27. 在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,即b2+c2-bc=9,联立解得b2+c2=18, 所以·+·=||·||cos +||·||cos =+==9. (3)在(2)的条件下,若△DEF的面积为,求△ABC的角平分线AM的取值范围. 【解析】(3)由等边△DEF的面积为,得DF=3. 由(2)知b2+c2+bc=27,即(b+c)2-bc=27, 由S△ABC=bcsin =c·AMsin +b·AMsin ,得AM=, 于是AM==(b+c-),又(b+c)2=bc+27>27,则b+c>3, 又(b+c)2=bc+27≤+27,即≤27,解得b+c≤6,因此3<b+c≤6, 令函数f(x)=x-(3<x≤6),而函数y=x与y=-在(3,6]上均单调递增, 则函数f(x)在(3,6]上单调递增,从而0=f(3)<f(x)≤f(6)=,则0<AM≤, 所以AM的取值范围是(0,]. 18.(17分)(2025·宜春高一检测)某中学高一年级举行了一次“垃圾分类知识竞赛”,为了了解本次竞赛成绩情况,从中抽取了部分学生的成绩x(单位:分,得分取正整数,满分为100分)作为样本进行统计,将成绩进行整理后,分为五组(50≤x<60,60≤x<70,70≤x<80,80≤x<90,90≤x≤100),其中第二组的频数是第一组频数的2倍,请根据下面尚未完成的频率分布直方图解决下列问题: (1)求a,b的值,并估计这次竞赛成绩的中位数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表); 【解析】(1)由第二组的频数是第一组频数的2倍,可知第二组的频率是第一组频率的2倍, 即10a=0.016×10×2,则a=0.032; 又(0.016+0.032+0.04+0.008+b)×10=1,解得b=0.004; 由于成绩在[50,70)内的频率为0.16+0.32=0.48,在[50,80)内的频率为0.16+0.32+0.40=0.88, 故中位数位于[70,80)内,设为m,则0.48+(m-70)×0.04=0.5,解得m=70.5. (2)某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数:x1,x2,x3,…,x10,已知这10个分数的平均数=80,标准差s=,若剔除其中的75和85两个分数,求剩余8个分数的平均数与方差. 【解析】(2)由=80,可得x1+x2+x3+…+x10=80×10=800, 则剔除其中的75和85两个分数,剩余8个数的平均数为=80; 又标准差s=,s2=[++…+] =[(+++…+)-2(x1+x1+…+x10)+10] =[(+++…+)-10]=(+++…+)-, 故s2=(+++…+)-802=()2,则+++…+=64 350, 则剩余的8个数的方差为(64 350-752-852)-802=37.5. 19.(17分)离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标,设P为多面体M的一个顶点,定义多面体M在点P处的离散曲率为ΦP=1-(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠Qk-1PQk+∠QkPQ1),其中Qi(i=1,2,…,k,k≥3)为多面体M的所有与P相邻的顶点,且平面Q1PQ2,平面Q2PQ3,…,平面Qk-1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为顶点的面.现给出如图所示的三棱锥P-ABC. (1)求三棱锥P-ABC在各个顶点处的离散曲率的和; 【解析】(1)根据离散曲率的定义得ΦP=1-(∠APB+∠BPC+∠APC), ΦA=1-(∠PAB+∠BAC+∠PAC), ΦB=1-(∠PBA+∠ABC+∠PBC), ΦC=1-(∠PCA+∠BCA+∠PCB), 所以ΦP+ΦA+ΦB+ΦC=4-×4π=2. (2)若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,三棱锥P-ABC在顶点C处的离散曲率为. ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值; ②点Q在棱PB上,直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为,求BQ的长度. 【解析】(2)①因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, 所以PA⊥BC,且AC⊥BC,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC, 所以BC⊥平面PAC,PC⊂平面PAC, 所以BC⊥PC, 所以ΦC=1-(∠PCA+∠BCA+∠PCB)=1-(∠PCA++)=, 所以∠PCA=,所以PA=AC=BC=2, 如图,将三棱锥P-ABC补成正方体ADBC-PEFM, 因为AB∥PF,连接FC,所以异面直线PC与AB所成的角为∠FPC或其补角, 而△PFC是等边三角形,所以∠FPC=60°,cos∠FPC=cos 60°=, 所以直线PC与直线AB所成角的余弦值为. ②过点Q作QG∥PA交AB于G,连接CG, 因为PA⊥平面ABC,所以QG⊥平面ABC, 所以∠GCQ为直线CQ与平面ABC所成的角, 依题意可得,PA=2,AB=2,PB==2,所以sin∠PBA==,cos∠PBA==, 设BQ=x(0<x≤2),QG=BQsin∠PBA=x,BG=BQcos∠PBA=x, 在△BCG中, CG= =, 又cos∠GCQ=,所以sin∠GCQ==, 所以tan∠GCQ==, 所以tan∠GCQ===, 解得x=(负值舍去). 故BQ=. - 8 - 学科网（北京）股份有限公司 $期末综合检测卷 (120分钟　150分) 一、单选题(每小题5分,共40分) 1.已知复数z满足(2+i)z=1-2i(其中i为虚数单位),则z的共轭复数=(　　) A.i　　 B.-i C.　　 D. 【解析】选A.z==-i,则=i. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 2.生物实验室有5只兔子,其中只有3只测量过某项指标,若从这5只兔子中随机取出3只,则恰有2只测量过该指标的概率为 (　　) A.　 B. C.　 D. 【解析】选B.设其中做过测量的3只兔子为a,b,c,剩余的2只为A,B,则从这5只中任取3只的所有取法有{a,b,c},{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{a,A,B}, {b,c,A},{b,c,B},{b,A,B},{c,A,B},共10种.其中恰有2只做过测量的取法有{a,b,A},{a,b,B},{a,c,A},{a,c,B},{b,c,A},{b,c,B},共6种, 所以恰有2只做过测量的概率为=. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 A.-　 B.- C.-　 D.- √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 4.某学校调查了200名学生每周的自习时间(单位:时),制成了如图所示的频率分布直方图,其中自习时间的范围是[17.5,30],样本数据分组为[17.5,20),[20,22.5),[22.5,25),[25,27.5),[27.5,30].根据直方图,这200名学生中每周的自习时间不少于22.5小时的人数是 (　　) A.56　 B.60 C.140　 D.120 【解析】选C.由题意得, 自习时间不少于22.5小时的频率为 (0.16+0.08+0.04)×2.5=0.7,故这200名学生中自习时间不少于22.5小时的人数为0.7×200=140. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 5.如图,圆锥SO的底面圆直径为AB,OS=OA,CO⊥AB,D为底面圆上的动点,则 (　　) A.当直线SD与AB所成角为60°时,直线SD与OC所成角为30° B.当直线SD与AB所成角为60°时,直线SD与OC所成角为60° C.直线SD与AB所成角的最小值为30° D.直线SD与AB所成角的最大值为60° √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 【解析】选B.过D作直线分别平行于AB,OC,交OC,AB于E,F,连接SE,SF,如图, 则∠SDE为直线SD与AB所成的角,即∠SDE=60°,且∠SDF为直线SD,OC所成的角, 设OA=2,则SD=2,DE=SD=, OE==, 在Rt△DFS中,DF=,SD=2,cos ∠SDF===,∠SDF=60°,A错误,B正确; 对于C,D,直线SD与AB所成角的最小值为直线SD与底面ABC所成角为∠SAB=45°, 同时直线SD与AB所成角的最大值为直线SC与AB所成角为90°,C,D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 6.(2025·天津高一检测)国产电影《哪吒之魔童闹海》凭借其震撼的特效、生动的情节与深刻的思想票房一路攀升.如表为某平台向公众征集的该电影的评分结果,根据表格可以估计其得分的60%分位数约为: (　　) A.3.98　 B.4.03 C.4.17　 D.4.38 评分/分 (0,1] (1,2] (2,3] (3,4] (4,5] 人数占比/% 1.0 3.2 13.6 34.2 48.0 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 【解析】选C.因为1%+3.2%+13.6%+34.2%=52%<60%, 设得分的60%分位数为x, 则×48%=60%-52%,解得x≈4.17, 所以得分的60%分位数约为4.17. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 7.在△ABC中,角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=5,b=7,c=4,则△ABC的面积为 (　　) A.4　 B.2 C.4　 D.8 【解析】选A.在△ABC中,因为a=5,b=7,c=4, 由余弦定理可得cos B===-, 所以sin B===, 因此,S△ABC=acsin B=×5×4×=4. √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 8.(2025·秦皇岛高一检测)在《通用技术》课上,某同学设计了如图所示的多面体ABCDEFKLHMNG,已知平面LMH∥平面ABCDEF,平面AKF∥平面CDGHMN,平面BCN∥平面EFKLHG,平面DEG∥平面ABNMLK,AB=CD=EF=KL=MN=HG=2,且△LMH,△AKF,△BCN,△DEG均为边长为1的等边三角形,该同学欲过LK的中点P作该几何体的截面α,若LK⊥α,则截面α的面积为 (　　) A.4　 B. C.　 D.3 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 【解析】选C.平面LMH∥平面ABCDEF,平面LMH∩平面CDGHMN=MH,平面ABCDEF∩平面CDGHMN=CD, 所以MH∥CD,同理可证:几何体各个六边形侧面的对边均平行, 由AB,CD⊂平面ABCDEF,且AB,CD不平行,则AB,CD必有一个交点, 同理MN和CD,MN和AB都分别交于一点,而MN⊄平面ABCDEF, 则MN与平面ABCDEF相交且该交点唯一,所以MN,AB,CD交于点Q, 同理LK,MN,HG交于点R,LK,AB,EF交于点S, EF,HG,CD交于点O,如图所示. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 又AB=CD=EF=KL=MN=HG=2,△LMH,△AKF,△BCN,△DEG均为边长为1的等边三角形,易知R-OSQ是棱长为4的正三棱锥,且R-LMH,S-AFK,Q-BCN,O-DEG均是棱长为1的正三棱锥, 因为P为LK的中点,所以P为RS的中点,连接PO,PQ分别交EG,BN于U,T, 由△RSO,△RSQ都是等边三角形,得PO⊥RS,PQ⊥RS, 且PO∩PQ=P都在平面POQ内,则RS⊥平面POQ,即LK⊥平面POQ, 所以平面α即为平面POQ,连接UD,TC,则截面PUDCT即为所求. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 由题得PO=PQ=2,OQ=4,则cos ∠OPQ==, 所以sin ∠OPQ=,则S△OPQ==4, 同理可得S△OUD=S△QTC==, 所以SPUDCT=S△OPQ-S△OUD-S△QTC=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 二、多选题(每小题6分,共18分,全部选对得6分,选对但不全的得部分分,有选错的得0分) 9.下列命题中的真命题是(　　) A.若a为非零向量,则与a同向 B.设λ,μ为实数,若λa=μb,则a与b共线 C.若a=b,b=c,则a=c D.a=b的充要条件是|a|=|b|且a∥b √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 【解析】选AC.对于A,是与a同方向的单位向量,A正确; 对于B,若λ=μ=0,则λa=μb,但a与b不一定共线,B错误; 对于C,由a=b,得a,b的长度相等且方向相同,由b=c,得b,c的长度相等且方向相同, 因此a,c的长度相等且方向相同,则a=c,C正确; 对于D,当a∥b且方向相反时,a=b不成立,则|a|=|b|且a∥b不是a=b的充要条件,D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 10.(2025·仙桃高一检测)天道酬勤,主动学习方能追求卓越.小艾同学决定对函数、三角函数、概率、立体几何这四个内容的复习效果进行一次自我检测,每个内容各准备了10道典型题目.做完后对照答案记录每道题的失分(均为非负整数)情况,若某内容每道题失分都不超过7分,则认定该内容为“复习效果达标内容”,已知四个内容失分情况的相关数据信息如下,则一定为“复习效果达标内容”的是 (　　) A.函数内容的10道题失分记录的中位数为3,极差为4 B.三角函数内容的10道题失分记录的平均数为2,众数为2 C.概率内容的10道题失分记录的平均数为3,方差为2.4 D.立体几何内容的10道题失分记录的平均数为3,第65百分位数为6 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 【解析】选AC.对于选项A,假设函数内容有一道题失分大于等于8分, 则由极差为4可知,函数内容失分最少的题的失分数据大于等于4, 则失分记录的中位数不可能为3,与题设中位数为3矛盾,故假设不成立, 所以函数内容每一道题失分都不超过7分, 故函数内容为“复习效果达标内容”,所以A正确; 对于选项B,设三角函数内容这10道题失分记录为0,0,1,1,2,2,2,2,2,8, 满足题设失分记录的平均数为2,众数为2的条件, 由定义知三角函数内容不是“复习效果达标内容”,所以B错误; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 对于选项C,设概率内容这10道题失分记录从小到大依次为x1,x2,x3,x4,x5,x6,x7,x8,x9,x10, 则由平均数为3,方差为2.4可知,=2.4, 从而=24,若x10≥8,则≥25≠24, 所以xi≤x10≤7,故概率内容为“复习效果达标内容”,所以C正确; 对于选项D,设立体几何内容这10道题失分记录为0,0,0,0,0,0,6,6,6,12, 满足题设平均数为3,第65百分位数为6的条件, 由定义知立体几何内容不是“复习效果达标内容”,所以D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 11.(2025·南京高一检测)在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中,点E,F分别是棱BC,CC1的中点,下列选项中正确的是(　　) A.直线EF与A1B所成的角为 B.平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面面积为 C.若点P满足 =cos 2θ +sin 2θ ,其中θ∈R,则三棱锥D-A1C1P的体积为定值 D.以B1为球心,4为半径作一个球,则该球面与三棱锥B1-ABC表面相交的交线长为3π √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 【解析】选BCD.对于A,连接BC1,A1C1,因为E,F分别是棱BC,CC1的中点,所以EF∥BC1, 所以直线EF与A1B所成的角为∠A1BC1, 因为几何体ABCD-A1B1C1D1是正方体,所以△A1BC1为等边三角形, 所以∠A1BC1=,即直线EF与A1B所成的角为,故A错误; 对于B,连接AD1,D1F,因为AB,C1D1平行 且相等,故四边形ABC1D1为平行四边形, 所以AD1∥BC1,所以AD1∥EF, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 所以平面AEF截正方体ABCD-A1B1C1D1所得的截面为梯形AEFD1, 因为AE=,梯形AEFD1的高为=, 所以梯形AEFD1的面积为×(2+)×=,故B正确; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 又因为B1C∥A1D,B1C⊄平面A1C1D,A1D⊂平面A1C1D, 所以P到平面A1C1D的距离为定值,△A1C1D的面积为定值, 所以为定值,故C正确; 对于D,因为△B1BC,△B1BA是直角三角形,球面与这两个面的交线和是以B1为圆心,圆心角为,半径为4的圆弧,其弧长为×4=, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 △ABC是直角三角形,球面与这个面的交线是以B为圆心,圆心角为,半径为2的圆弧,其弧长为×2=π, △AB1C是等边三角形,球面与这个面的交线是以B1为圆心,圆心角为,半径为4的圆弧,其弧长为×4=, 所以球面与三棱锥B1-ABC表面的交线长为+π+=3π,故D正确. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 三、填空题(每小题5分,共15分) 12.(2025·漯河高一检测)若在斜二测画法得到的直观图中,m,n分别是x',y'上的单位向量,定义:若 =xm+yn,则点M在直观图的坐标系x'O'y'中的坐标为(x,y).已知在直观图的坐标系x'O'y'中的点A坐标为(3,),则|O'A|可以是 ________________.  　或　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 【解析】如图所示,根据斜二测画法得到直观图, 当坐标轴夹角为45°时,运用余弦定理可知|O'A|== . 当坐标轴夹角为135°时,运用余弦定理可知|O'A|==. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 13.(2025·南昌高一检测)2025年,从春晚扭秧歌的机器人,到广场舞狮的机器狗,中国人把高科技玩出了新花样儿.为紧跟社会热点,某商场推出了机器人服务,其从甲公司购买了3台不同的机器人,从乙公司购买了2台不同的机器人,现计划从这5台机器人中随机挑选2台在商场一楼服务,则这2台机器人来自于不同公司的概率为 ______.  【解析】设从甲公司购买的3台记为A,B,C,从乙公司购买的2台记为a,b, 从中任取2台的情况为(A,B),(A,C),(A,a),(A,b),(B,C),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b),(a,b),共10种,其中这2台来自于不同公司的情况分别为(A,a),(A,b),(B,a),(B,b),(C,a),(C,b),共6种,概率P==. 　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 _______.  　24　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 四、解答题(共77分) 15.(13分)在某亲子游戏结束时有一项抽奖活动,抽奖规则是:盒子里面共有4个小球,小球上分别写有0,1,2,3的数字,小球除数字外其他完全相同,每对亲子中,家长先从盒子中取出一个小球,记下数字后将小球放回,孩子再从盒子中取出一个小球,记下小球上数字将小球放回.抽奖活动的奖励规则是:①若取出的两个小球上数字之积大于4,则奖励玩具飞机一个;②若取出的两个小球上数字之积在区间[1,4]上,则奖励玩具汽车一个;③若取出的两个小球上数字之积小于1,则奖励饮料一瓶. (1)求每对亲子获得玩具飞机的概率; 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 【解析】(1)基本事件有16个,分别为: (0,0),(0,1),(0,2),(0,3),(1,0),(1,1),(1,2),(1,3),(2,0),(2,1),(2,2),(2,3),(3,0),(3,1), (3,2),(3,3), 记“获得玩具飞机”为事件A,则事件A包含的基本事件有3个,分别为(2,3),(3,2),(3,3), 所以每对亲子获得玩具飞机的概率P(A)=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 (2)试比较每对亲子获得玩具汽车与获得饮料的概率,哪个更大,并说明理由. 【解析】(2)记“获得玩具汽车”为事件B,“获得饮料”为事件C, 事件B包含的基本事件有6个,分别为 (1,1),(1,2),(1,3),(2,1),(2,2),(3,1), 每对亲子获得玩具汽车的概率P(B)==, 每对亲子获得饮料的概率P(C)=1-P(A)-P(B)=,每对亲子获得玩具汽车的概率小于获得饮料的概率. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 16.(15分)如图,在△ABC的边上做匀速运动的点D,E,F,当t=0时分别从点A,B,C出发,各以定速度向点B,C,A前进,当t=1时分别到达点B,C,A. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 (2)若△ABC的面积为S,求△DEF的面积的最小值. 【解析】(2)因为=t,=1-t, 所以S△DFA∶S=(AD·AF)∶(AB·AC)=t(1-t),S△DFA=t(1-t)S, 同理S△EFC=S△DEB=t(1-t)S, 所以S△DEF=S-(S△DFA+S△DEB+S△EFC)=(3t2-3t+1)S=[3(t-)2+]S,t∈[0,1], 当t=时,△DEF的面积最小,最小值为S. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 (3)试探求在运动过程中,△DEF的重心如何变化,并说明理由. 【解析】(3)△DEF的重心保持不变,证明如下: 设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),△DEF的重心为O(x0,y0), 由题意,在同一时刻t,D,E,F分AB,BC,CA所成的比相同,设为λ, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 D(txB+(1-t)xA,tyB+(1-t)yA), E(txC+(1-t)xB,tyC+(1-t)yB), F(txA+(1-t)xC,tyA+(1-t)yC), 由三角形重心坐标公式有x0=(xD+xE+xF),y0=(yD+yE+yF), 把D,E,F的坐标代入x0,y0中,求得△DEF的重心坐标为(,), 它与t无关,即在运动过程中,△DEF的重心保持不变. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 17.(15分)法国伟大的军事家、政治家拿破仑一生钟爱数学,他发现并证明了著名的拿破仑定理:以任意的三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形,则这三个等边三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点.如图,△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,bsin A+acos B=c,以AB,BC,AC为边向外作三个等边三角形,其中心分别为D,E,F. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 (1)求角A; 【解析】(1)在△ABC中,由bsin A+acos B=c及正弦定理得sin Bsin A+sin Acos B=sin C, 又sin C=sin (A+B)=sin Acos B+cos Asin B,所以sin Bsin A=cos Asin B, 又sin B>0,所以tan A=,又0<A<π, 所以A=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 (3)在(2)的条件下,若△DEF的面积为,求△ABC的角平分线AM的取值范围. 【解析】(3)由等边△DEF的面积为,得DF=3. 由(2)知b2+c2+bc=27,即(b+c)2-bc=27, 由S△ABC=bcsin =c·AMsin +b·AMsin ,得AM=, 于是AM==(b+c-),又(b+c)2=bc+27>27,则b+c>3, 又(b+c)2=bc+27≤+27,即≤27,解得b+c≤6,因此3<b+c≤6, 令函数f(x)=x-(3<x≤6),而函数y=x与y=-在(3,6]上均单调递增, 则函数f(x)在(3,6]上单调递增,从而0=f(3)<f(x)≤f(6)=,则0<AM≤, 所以AM的取值范围是(0,]. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 18.(17分)(2025·宜春高一检测)某中学高一年级举行了一次“垃圾分类知识竞赛”,为了了解本次竞赛成绩情况,从中抽取了部分学生的成绩x(单位:分,得分取正整数,满分为100分)作为样本进行统计,将成绩进行整理后,分为五组(50≤x<60,60≤x<70,70≤x<80,80≤x<90,90≤x≤100),其中第二组的频数是第一组频数的2倍,请根据下面尚未完成的频率分布直方图解决下列问题: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 (1)求a,b的值,并估计这次竞赛成绩的中位数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表); 【解析】(1)由第二组的频数是第一组频数的2倍,可知第二组的频率是第一组频率的2倍, 即10a=0.016×10×2,则a=0.032; 又(0.016+0.032+0.04+0.008+b)×10=1,解得b=0.004; 由于成绩在[50,70)内的频率为0.16+0.32=0.48,在[50,80)内的频率为0.16+0.32+0.40=0.88, 故中位数位于[70,80)内,设为m,则0.48+(m-70)×0.04=0.5,解得m=70.5. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 (2)某老师在此次竞赛成绩中抽取了10名学生的分数:x1,x2,x3,…,x10,已知这10个分数的平均数=80,标准差s=,若剔除其中的75和85两个分数,求剩余8个分数的平均数与方差. 【解析】(2)由=80,可得x1+x2+x3+…+x10=80×10=800, 则剔除其中的75和85两个分数,剩余8个数的平均数为=80; 又标准差s=,s2=[++…+] =[(+++…+)-2(x1+x1+…+x10)+10] =[(+++…+)-10]=(+++…+)-, 故s2=(+++…+)-802=()2,则+++…+=64 350, 则剩余的8个数的方差为(64 350-752-852)-802=37.5. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 19.(17分)离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标,设P为多面体M的一个顶点,定义多面体M在点P处的离散曲率为ΦP=1-(∠Q1PQ2+∠Q2PQ3+…+∠Qk-1PQk+∠QkPQ1),其中Qi(i=1,2,…,k,k≥3)为多面体M的所有与P相邻的顶点,且平面Q1PQ2,平面Q2PQ3,…,平面Qk-1PQk和平面QkPQ1为多面体M的所有以P为顶点的面.现给出如图所示的三棱锥P-ABC. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 (1)求三棱锥P-ABC在各个顶点处的离散曲率的和; 【解析】(1)根据离散曲率的定义得ΦP=1-(∠APB+∠BPC+∠APC), ΦA=1-(∠PAB+∠BAC+∠PAC), ΦB=1-(∠PBA+∠ABC+∠PBC), ΦC=1-(∠PCA+∠BCA+∠PCB), 所以ΦP+ΦA+ΦB+ΦC=4-×4π=2. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 (2)若PA⊥平面ABC,AC⊥BC,AC=BC=2,三棱锥P-ABC在顶点C处的离散曲率为. ①求直线PC与直线AB所成角的余弦值; ②点Q在棱PB上,直线CQ与平面ABC所成角的余弦值为,求BQ的长度. 【解析】(2)①因为PA⊥平面ABC,BC⊂平面ABC, 所以PA⊥BC,且AC⊥BC,PA∩AC=A,PA,AC⊂平面PAC, 所以BC⊥平面PAC,PC⊂平面PAC, 所以BC⊥PC, 所以ΦC=1-(∠PCA+∠BCA+∠PCB)=1-(∠PCA++)=, 所以∠PCA=,所以PA=AC=BC=2, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 如图,将三棱锥P-ABC补成正方体ADBC-PEFM, 因为AB∥PF,连接FC,所以异面直线PC与AB所成的角为∠FPC或其补角, 而△PFC是等边三角形,所以∠FPC=60°,cos∠FPC=cos 60°=, 所以直线PC与直线AB所成角的余弦值为. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 ②过点Q作QG∥PA交AB于G,连接CG, 因为PA⊥平面ABC,所以QG⊥平面ABC, 所以∠GCQ为直线CQ与平面ABC所成的角, 依题意可得,PA=2,AB=2, PB==2,所以sin∠PBA==,cos∠PBA==, 设BQ=x(0<x≤2),QG=BQsin∠PBA=x,BG=BQcos∠PBA=x, 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 在△BCG中, CG= =, 又cos∠GCQ=,所以sin∠GCQ==, 所以tan∠GCQ==, 所以tan∠GCQ===, 解得x=(负值舍去). 故BQ=. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 选题清单 18 19 3.如图,BC,DE是半径为1的圆O的两条直径,=2,则·= (　　) 【解析】选B.因为圆O的半径为1,BC是直径,=2,所以||=.根据向量加法和减法法则知:=-,=-.又DE是直径,所以=-,||=||=1,则 ·=(-)·(-) =(--)·(-) =-(+)·(-) =-=-1=-. 对于C,因为=cos 2θ+sin 2θ其中θ∈R,所以=cos 2θ+(1-cos 2θ)=+ cos 2θ(-)=+cos 2θ, 所以=cos 2θ,所以P点在线段B1C上,=.连接A1D,B1C,C1D, 14.(2025·武汉高一检测)在边长为4的正方形ABCD中,=,=,以F为圆心,1为半径作半圆与CD交于M,N两点,如图所示.点P为上任意一点,向量·的最大值为 【解析】过P作PQ⊥EC交EC于点Q,根据投影向量的概念可得·=·, 设=m,所以·=m, 当PQ与半圆相切时,m取得最大值,此时·最大, 过F作FK⊥EC交EC于点K,连接FP, 当m取得最大值时,FP∥KQ且KQ=FP=1, 因为=,正方形边长为4,则BE=3,EC==5, 所以cos ∠KCF=sin ∠ECB==, 所以KC=FC·cos ∠KCF=2×=, 则EK=5-=, 所以EQ=1+=, 得=,所以m的最大值为. 所以·的最大值为24. (1)记=a,=b,点G为△ABC的重心,试用向量a,b线性表示. 【解析】(1)由于点G为△ABC的重心,所以=(+)=(a+b), 故=-=a+b-a=b-a. 则=,=,=可得, (2)若a=3,且△DEF的周长为9,求·+·; 【解析】(2)由(1)知A=,由等边△DEF的周长为9,得DF=3, 依题意,∠DAF=++=,AD=AB=c,AF=AC=b. 在△ADF中,由余弦定理得DF2=AD2+AF2-2AD·AFcos ∠DAF,则9=+-2··cos ,即b2+c2+bc=27. 在△ABC中,由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A,即b2+c2-bc=9,联立解得b2+c2=18, 所以·+·=||·||cos +||·||cos =+==9. $