江苏省如东高级中学2025-2026学年高一下学期第二次阶段测试数学试卷

高一阶段训练试题 数学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间为150分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请将自己的姓名、考试号用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定的位置。 3.选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的黑色 签字笔在每题对应的答题区域内做答，在其他位置作答一律无效。 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的 1.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(1,2)，则i·z=(). A.1+2i B.-2+i C.1-2i D.-2-i 2.己知A>0,B>0,则lgA>lgB”是“sinA>sinB”的() A.充分且不必要条件 B.必要且不充分条件C.充要条件 D.既不充 分也不必要条件 锐角α的顶点为坐标原点，边与X轴的非负半轴重合，终边上有一点A, 则cos(π+)=() A.6 B.6 c.3 D.6 3 3 3 3 4.若sina+cosa= ,∈(0，)，则sina&-csa的值为() A.-f7 B.7 C.+i7 D.不确定 3 3 3 5.已知球O的半径R为2，一母线长与圆锥底面直径相等的圆锥位于球内，圆锥顶点在球 面上，底面与球面相接，则该圆锥的体积为() A.3W3元 B.3V2π C.3π D.22元 6.已知m、n为两条不同的直线，C、B为两个不同的平面，则下列命题中不正确的个数 是() ①若m⊥a,m⊥n,则nl/a; ②过直线m外一点，有且只有一个平面与这条直线平行： ③若⊥B,mda,m丈B,则平面C、B内必定分别存在一条直线与直线m垂直： ④若m、n为异面直线且点P走m,P走n,则一定存在经过点P的平面a与m、n都平行. A.1 B.2 C.3 D.4 7.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c,atanB+atanA=-2 ctanA,则B= () A C.π D. 5π 3 6 6 8.已知两个不相等的非零向量ā、方，两组向量天、石、云、无、云和牙、乃、乃、 y4、均由2个ā和3个万排列而成记S=x·y+x·乃2+x+x·以4+x·片，Smm表 示S所有可能取值中的最小值则下列命题中真命题的个数为() ①S可能有5个不同的值：②若a⊥五，则Smm与引a无关；③若a/仍，则Smn与引b1无关； ④若4月，则5>0：回若121a1,Sn=81aP,则a与万的夹角为7 A.1 B.2 C.3 D.4 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中， 有多项符合题意.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分 9.下列关于非零复数31、二2的结论正确的有() A.若21·22∈R,则31、22互为共轭复数 B.31·22=3122 C5在复平面内对应的点为乙，且满足1≤ ≤2，则点乙，所在的区域的面积为3π D.若=，则子=子 10.如图，正方体ABCD-ABC,D,的棱长为2，点M是其侧面ADDA上的一个动点（含 边界)，点P是线段CC上的动点，则() D B 】 B A.PM的长度范围是1，V2 B.存在点P,M,使得平面BDM与平面PBD平行 C存在点PM使得二面角M-DC-P大小为写 D.当P为棱CC的中点且PM=2√反时，则点M的轨迹长度为 11.已知平面向量ā，6，c,满足a,b为单位向量，a-=2-=1,则() As房 B(e-2)(e-列的最小值为月 C.c在ā-b方向上的投影长度的范围为[0，] D.若c=ā+b,则2+u的最大值为3+V因 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.只要求直接写出结果， 不必写出计算和推理过程 12.如图是一扇环形砖雕，可视为扇形OCD截去同心扇形OAB所得部分，已知AD=lm, 弧B=号m,弧CD=牙m,则此扇环形砖雕的面积为】 3 m2. 13.记函数)=sin(ox+乃+bo>0)的最小正周期为T,若2π<T<元，且它的图象关于点 3 受，2冲心对称，则孕的值为 14.己知四面体ABCD中，△ABD为边长为2V3的等边三角形，CD⊥BD,CD=4, 二面角A-BD-C的大小为120°，则四面体ABCD的外接球的表面积为. 四、解答题：本题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤. 15.已知函数f)=sin(ox+po>0,o<7 的部分图象如图所示， 5π --3-2- (1)求函数∫(x)的解析式及单调递增区间： 16.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，∠ADC=90°，PD垂直于面 ABCD,ABIICD,PD=AD=AB=2,CD=4,E为棱PC的中点. B (1)求证：BE∥平面PAD (2)求直线BC与面BDE所成的角的正弦值. 17.已知△ABC中，∠BAC=60°，AB=9,AC=6,D、E为线段AB、AC上的点， 设AD=m,AE=n,若CD⊥BE. D E (1)当m=2时，求n的值； (2)求n的最大值， I8.如图，在三棱锥A-BCD中，CB=CD,点E为BD中点，AB=√互，平面ABD⊥平面 BCD,点O在BD上，且BO=1,OD=3,AO=1,点P在AD上，且满足AO//平面PCE (1)求证：AO⊥平面BCD: @康光的做。 (3)若二面角A-BC-D的大小为行，求四面体P-ABC的体积 19.圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的性质，比如对角互补.如图，△AOB 中，OA=2,OB=4,点C是△AOB外接圆上的一个动点（点O,C在直线AB两侧）， 记∠AOB=0,则∠BCA=π-0. B (1)若OC与AB的交点为M,OC=4OM=3OA+OB,求0的值： (2)若0AOB=-2,求OC的最大值： (3)若点C满足OC.AB=16,BC=4,求四边形OACB的面积.高一阶段训练试题 数 学 注意事项 考生在答题前请认真阅读本注意事项： 1.本试卷满分150分，考试时间为150分钟。考试结束后，请将答题卡交回。 2.答题前，请将自己的姓名、考试号用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定的位置。 3.选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的黑色 签字笔在每题对应的答题区域内做答，在其他位置作答一律无效。 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个选 项中，只有一项是符合题目要求的 1.在复平面内，复数：对应的点的坐标是(1,2)，则i:z=(). A.1+2i B.-2+i C.1-2i D.-2-i 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数几何意义得：，再根据复数乘法法则得结果 【详解】由题意得z=1+2i,∴.z=i-2. 故选：B 【点睛】本题考查复数几何意义以及复数乘法法则，考查基本分析求解能力，属基础题. 2.己知A>0,B>0,则lgA>1gB”是“sinA>sinB”的() A.充分且不必要条件 B.必要且不充分条件 C.充要条件 D.既不充 分也不必要条件 【答案】D 【解析】 【分析】利用对数函数单调性以及三角函数周期性对A,B取特殊值，可判断得出结论， 【详解】根据对数函数单调性由lgA>1gB可知，不妨取4=5π，B=元 6 3 此时snA=,nB=5 ,不满足sinA>sinB,即充分性不成立： 若inA>sinB,不妨取A=元，B=5n 6 此时1g7<1g ,不满足1gA>lgB,即必要性不成立： 3 6 所以lgA>lgB”是“sinA>sinB”的既不充分也不必要条件. 故选：D 3.已知锐角“的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有 点 3 则cos(π+a)=() A.3 B.V6 c.- D.- 6 3 3 3 3 【答案】C 【知识点】由终边或终边上的点求三角函数值、诱导公式二、三、四 【分析】根据三角函数的定义求出cosa,再由诱导公式计算可得。 【详解】因为锐角α的顶点为坐标原点，始边与x轴的非负半轴重合，终边上有一点 3’3 5 3 所以cosa 3 31 所以cos(π+a)=-cosa=- 3 3 故选：C 4.若sina+cosa 3， aue(0,π)，则sina-cosa的值为() A.-7 B.v17 D.不确定 3 3 3 【答案】B 【知识点】sina+cosa和sina:cosa的关系 【分析】利用同角三角函数之间的关系式可得sinacos&= g’根据ae(0,即可求得结 果。 【详解】将sina+cosa= 两边同时平方可得，sina+cos2au+2 sin acosa= 4 可得sinacosa=- 又x∈(0，兀)，所以sina>0,cosa<0: 17 易知(sina-cos)2=sin2au+cos2u-2 sin a cosa= 9 可得sin&-cosa=±M7 又sna>0,coa<0,所以sima&-cosa= 3 故选：B 5.己知球O的半径R为2，一母线长与圆锥底面直径相等的圆锥位于球内，圆锥顶点在球 面上，底面与球面相接，则该圆锥的体积为() A.3√3元 B.3√2π C.3π D.2√2m 【答案】c 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为”，求得圆锥的高，由球的截面性质，运用勾股定理可得”， 由圆锥的体积公式可求体积 【详解】如图，设圆锥的底面半径为”，由题意知圆锥轴截面为正三角形，则圆锥的高为√3r, 则(V5r-R+r2=R2,即(3r-2+2=22,解得r=√3， 则圆锥的体积为π×(V5×3-3沉 故选：C 6.己知m、n为两条不同的直线，、B为两个不同的平面，则下列命题中不正确的个数 是() ①若m⊥a,m⊥n,则nlla; ②过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行： ③若o⊥B,m丈o,m丈B,则平面、B内必定分别存在一条直线与直线垂直； ④若m、n为异面直线且点PEm,PEn,则一定存在经过点P的平面a与m、n都平行. A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面垂直性质可知①错误，由点、线、面的位置关系以及线面平行的性质可得 ②错误，利用线面垂直的性质可知③正确，利用正方体可判断④错误， 【详解】对于①，若⊥，⊥n,则可知n//a或nCo,如下图中h,n2所示： n2 m n 即①错误： 对于②，不妨取正方体为例，如下图所示： D B P m y 直线m外一点P,此时平面ADDA与CDDC均与直线m平行， 因此过直线外一点，可以作与这条直线平行的平面并不唯一，即②错误： 对于③，在直线m上取点A、C,设点A、C在平面内的射影点分别为B、D, 2 1 B 则AB⊥，CD⊥C,故AB/CD,故A、B、C、D共面， 由平面几何的相关知识可知，在平面内必存在直线1，使得1⊥BD, 因为AB⊥a,1Ca,所以I⊥AB, 因为AB∩BD=B,AB、BDC平面ABDC,所以I⊥平面ABDC, 因为mC平面ABDC,所以m⊥l, 同理可知，在平面阝内也存在直线与直线垂直，即③正确： 对于④，不妨取正方体为例，如下图所示： D D n B m B 当点P在上底面AB,C,D,上时，此时不存在经过点P的平面a与、n都平行，④错. 7.在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、C,atanB+tanA=-2 ctanA,则B= () a司 B. 2n π D 3 6 6 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理、切化弦以及两角和的正弦公式化简得出c0sB的值，结合角B的取 值范围可得出角B的值」 【详解】由atanB+atanA=-2 ctanA及正弦定理可得 sin Asin B sin'A 2sin Asin C cos B cosA cosA 因为A∈(0，π)，所以siA>0,整理得 sin B sinA -2sinC cos B cosA cosA 所以_2sinC_sin Acos B+co8 Asin B sin(A+B) sinC cosA cos Acos B cos Acos B cos Acos B 因为C∈(0，π，则sinC>0,由题意知co8A≠0，cosB≠0，故cosB=-1 因为B∈(O,),因此，B=2π 3 故选：B. 8.已知两个不相等的非零向量云、五，两组向量石、无、写、石、云和乃、乃、乃、 方、买均由2个ā和3个万排列而成记S=元巧+万巧+x巧+x以+x头，S表 示S所有可能取值中的最小值则下列命题中真命题的个数为() ①S可能有5个不同的值；②若aL五，则Smm与a无关；③若a/b,则Smm与|b|无关； ④若园>4d,则Sm≥0：回若1i2a,Sn=8a,则a与五的夹角为7 A.1 B.2 C.3 D.4 【答案】B 【解析】 【分析】S的取值依据所含的个数分类：S1=4acos6+2,S2=2cos6+2+ 2,S,=2a+36,可判断①：当a1五时化简后可判断②：当a/6时，易知S的值与 11有关，可判断③；利用>4创放缩可判断④；利用b=2a化简后比较大小可得最 小值，然后由Smn=8a求解可判断⑤. 【详解】根据题意得S的取值依据所含的个数，分三类：有0个a、有1个a2、有2个 a2, 记0=a,),分别得S的取值为：S1=4lcos0+,S2=2cos0+a2+22, S,=2a+36 则S至多有3个不同的值，①错， 若a1万，则0=90，此时S=,S,=a2+2万，S,=2a+362,又a、方为非零向 量，则Sm=S=万，与a无关，②对， 若a/1乃，则S、S2、S3均与b|有关，则Smm与b一定有关，③错， 若>4，则S1>-16a21c0s81+162=162(1-1cos0≥0、 S2>-8a21cosl+2+32Ia2=a(33-8lcos90>0、S3>0, 则Sin>0,④对， 若1b21a,则51=81a2cos0+4a、S2=42cos0+9a、53=2a2cos6+12a2= 14a2, :S2-S1=(5-4c0s0)a2>0、S3-S1=(10-8cos0) >0 ∴.Smin=S1=8acos0+4a=82,解得c0s6= ,⑤错， 3 故选：B 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中， 有多项符合题意.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9.下列关于非零复数21、22的结论正确的有() A.若21·2，∈R,则21、22互为共轭复数 B.2122=212g c.云在复平面内对应的点为乙，且满足1≤51十 1 ≤2，则点Z所在的区域的面积为3元 D.若=，则= 【答案】BC 【解析】 【分析】利用特殊值法可判断AD选项；利用共轭复数的定义和复数的运算可判断B选项； 利用复数模的几何意义可判断C选项. 【详解】对于A选项，不妨取1=1-i,22=2+2i,则22=(1-i)(2+2i)=4,但1、 22不互为共轭复数，A错： 对于B选项，取1=a+bi,22=x+i(a,b,x,y∈R), 所以22=(a+bi)(x+i)=(ax-by)+(y+bx)i, ·2=(a-bi)(x-i)=(a-by)-(ay+bx)i=2z,B对： 11-i11: 对于C选项，因为1中i(1+i1-)22 以+6s2标以点行 为圆心，半径为2的圆及其内部， 卡-召刘小1示以合司国心，*径为I及关外品 所以点Z所在的区域如下图所示： 故点Z,所在的区域的面积为元×(22-12)=3元，C对： 对于D选项，不妨取=1-i,22=1+i,则5==√2， 但z2=(1-i)=-2i,z号=(1+i}=2i,即2≠号，D错 10.如图，正方体ABCD-AB,C,D,的棱长为2，点M是其侧面ADDA1上的一个动点（含 边界)，点P是线段CC上的动点，则() D B M A.PM的长度范围是1V2 B.存在点P,M,使得平面BD,M与平面PBD平行 C存在点P,M,使得二面角M-DC-P大小为T D.当P为棱CC的中点且PM=2√2时，则点M的轨迹长度为 3 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A,易得PM≥2即可判断：对于B,可找到点P,M使得平面BD,M与平 面PBD平行；对于C,由题意，证得CD⊥MD,CD⊥DD,得到二面角M-DC-P的 平面角∠MDD∈0， 即可判断；对于D,求得点M的轨迹长度判断. 2 【详解】解：对于A,易知点P到侧面ADDA的距离为2，故PM≥2，故A错误： 对于B,当M为A4,中点，P为CC1中点时， 连接BDB,M、DM、PB、PD、BD,结合正方体的结构特征有， D A 6 M D:2 BD∥BD,又BDC平面PBD,BD1丈平面PBD,则BD,/I平面PBD, MB,∥PD,又PDC平面PBD,BM丈平面PBD,则B,M/平面PBD, 又B,MOBD=B,且都在面B,DM内，则平面B,DM/平面PBD故B正确： 对于C,在正方体ABCD-AB,C,D中，可得CD⊥平面ADDA, 因为MDC平面ADDA,DD,C平面ADD,A,所以CD⊥MD,CD⊥DD, 所以二面角M-DC-P的平面角为∠MDD,其中∠MDD,∈0,2 所以C正确： D B Ms B 对于D,取DD中点E,连接PE,MB,PM,则PE⊥平面AADD, D C A :.P D 根据线面垂直的性质有PE1ME,则M=VPP-PE=2-22-2, 则点M在侧面AAD,D内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧， 分别交AD、AD于M2、M1,则∠M,ED=∠M,ED= 3 A M M 则2M2M-子劣弧MM的长为子2= ,故D错误 3 11.已知平面向量a,b,c,满足ā，6为单位向量，a-=2-d=1,则() 4与s B6-2a)(E-列的最小值为月 C.c在a-b方向上的投影长度的范围为[0，] D.若c=a+b,则2+u的最大值为3+因 3 【答案】ACD 【解析】 【分折1先由夜求出a6=管设a=A,万=历，-元，则啡-d-aC=号进 而判断选项A,设2ā=PD,BD中点为E,利用数量积进行求解判断B,利用投影定义 结合坐标法求解判选项C,先由题设转化得2-)后-画-号接若平方并令+1=水 得公(0：)A+:及+子-0，西t判别式术解k的怎时奥断选顶D 【详解】由a,6为单位向量，a-=2-d=1,得+-2a.b=1, a6-日e前r 设a=A,i=6,=c,则E--C- 则点C在以1为版△且时为牛格的国上，茶兮s子，夜A正： 设2a=PD,BD中点为E, (c-2a)(c-B)=DC.BG-(DE+ECBE+EC)=CEBE, 由题意可得B可20牙=5，函到=5 因为A店-P四=号，故C西最小值为0，故-2a)(-)最小值为-Be2= 4 故B错误； a-6(a--ea-5, E在后-5的投影张度为日同a-日-司 点C在以A为圆心号为半径的圆上， n0.aa0,&是eK)=1与s988ep, 故c在a-b的投影范围[0,1]，故C正确： 由-a*i和e-d=AC=得-la-d=2 所以(-+n+(2-=子 令+u=k,则（天-1+(k-+(-0k-)=是即2-(1+）2+2-k+=0, 0+-4+0，版356 3 3 故元+“最大值为3+V ,故D正确。 3 故选：ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.只要求直接写出结果， 不必写出计算和推理过程 12.如图是一扇环形砖雕，可视为扇形OCD截去同心扇形OAB所得部分，己知AD=1m, 弧AB=m,弧CD=匹m,则此扇环形砖雕的面积为m'. 【答案】 2 【解析】 【分析】由条件，根据圆心角的弧度数与弧长和半径的关系列方程求OA,OD,结合扇形面 积公式求结论 【详解】设圆心角为a,则au= CD AB OD OA 2ππ 所以3■ 3, QA+1 OA 解得0A=lm,所以0D=2m,a= 所以此扇环形砖雕的面积为】.CD·OD-1ABO4A 2 2323 故答案为：2 13.记函数)=sm(@x+孕+bo>0)的最小正周期为工，若<T<,且它的图象关于点 3 2)中心对称， 则炉的值为 14.己知四面体ABCD中，△ABD为边长为2W3的等边三角形，CD⊥BD,CD=4, 二面角A-BD-C的大小为120°，则四面体ABCD的外接球的表面积为 148 【答案】 【解析】 【分析】设外接球球心为O,△ABD、△BCD的外心分别为点G、F,取线段BD的中 点E,连接OF、EF、EG、OG,则EF⊥BD,EG⊥BD,由二面角的定义结合余 弦定理求出G的长，进而可求得OG的长，利用勾股定理可求出球的半径，再利用球体表 面积公式可得结果， 【详解】设外接球球心为O,△ABD、△BCD的外心分别为点G、F, 取线段BD的中点E,连接OF、EF、EG、OG,则EF⊥BD,EG⊥BD, 因为△4BD是边长为25的等边三角形，所以AE=ABn=2V5×53, 3 2 所以G=AE=1,4G=2A2=2. 因为CD⊥BD,则F为BC的中点， 因为CD=4,枚C=VBD+CD°=2+16=2W,放FCD=2 因为EF⊥BD,EG⊥BD,所以二面角A-BD-C的平面角为∠GEF=I20°， 易知OG⊥EG,OF⊥EF, A 所以O、G、E、F四点共圆， 由余弦定理可得FG2=EG2+EF2-2EG.EF cos120°=1+4-2×1x2× 所以0=万。启正弦定理可得O8=G--2回 sim120°V33, 所以OG=VOE2-EG 28-1-55 3 故球0的半径为R=OA=√OG2+AG2= 3 故四面体ABCD的外接球的表面积为4R?=4红x37_148 一元 33 四、解答题：本题共5小题，共计77分.解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤. 15.已知函数f(x)=sin(ax+p) @>Op<- 的部分图象如图所示， 5π 6 3--2 (1)求函数f(x)的解析式及单调递增区间； 【案】f()=sm2x，单调递区何为 a+ 元 keZ 12 【解析】 【分析】(1)结合函数图象及周期性求出®，再由函数在x=亚处取得最大值，求出？， 12 即可得到函数解析式，最后根据正弦函数的性质计算可得： (2)依题意可得sin 231 再由诱导公式计算可得。 【小问1详解】 元.元 十 由函数图象可知函数图象关 x=32 5π对称， 2 12 5π+元 又x=62-2π，即函数关于( ,,0对称， 23 所以7-2红5m工 则T=元，又0>0，所以2π=元，解得0=2， 43124 又函数在x= 处取得最大值， 12 6 X4<号所以-子所以f-n2x-写》 令2m-又s2x-≤2m+Tk∈乙，解得-sx≤m+5江，k∈Z, 12 12 所以f(x)的单调递增区间 [aaez 【小问2详解】 因为)即m2x到专 以2+mg-2 w[小a 122到 16.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为梯形，∠ADC=90°，PD垂直于面 ABCD,ABIICD,PD=AD=AB=2,CD=4,E为棱PC的中点. D D:2 B (1)求证：BE/∥平面PAD. (2)求直线BC与面BDE所成的角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)1 5 【解析】 【分析】(1)取PD的中点M,连接ME、AM,即可证明BEAM,从而得到BE∥平 面PAD: (2)求出三棱锥E-BCD的体积，再由等体积法求出点C到平面BDE的距离d,最后利 用锐角三角函数计算可得. 【小问1详解】 取PD的中点M,连接M、M,则ME/CD,且ME= 1CD=2 因为AB//CD,AB=2,所以AB/ME且ME=AB, 所以四边形ABEM为平行四边形. 所以BEIlAM, 因为BE丈平面PAD,AMC平面PAD,所以BE∥平面PAD D 【小问2详解】 B 因为底面ABCD为梯形，∠ADC=90°，AD=AB=2,CD=4, 所以BC=√22+(4-2)}=2W2,BD=√2+22=2V5, S.BCD= ×4x2=4, 又PD垂直于面ABCD,E为棱PC的中点， 所以E到平面ACn的能高为分PD-1,所以：心兮41号 3 因为PD垂直于面ABCD,AD,DCC平面ABCD,所以PD⊥AD,PD⊥DC, 所以4=5T=5,D2-0-E-车-5. 所以BE=AM=√5， 所以8255（可-6. 1 4 段点C到平面BDE的距离为d,则eS,必d,即之6d所以d( 3 设直线BC与面BDE所成的角为0，则sin9= d63, BC 22 3 直线BC与面BDE所成的角的正弦值为√ 3 17.己知△ABC中，∠BAC=60°，AB=9,AC=6,D、E为线段AB、AC上的点， 设AD=m,AE=n,若CD⊥BE. (1)当m=2时，求n的值： (2)求m的最大值， 【10号 (2)547-45) 【解析】 【分析】1)依题意可得AD=AB,A正=”AC,用B、AC作为基底表示出DC, 9 6 丽，由DC.EB=0得到27+"-9m-6n=0即可求出n: 2 (2)由1)可得1=18(m-3）,换元、利用基本不等式求出m1的最大值 m-12 【小问1详解】 因为AB=9,AC=6,∠BAC=60°，D、E为线段AB、AC上的点，AD=m,AE=n, 所以初-g丽，-若4C, 6 所以c-衣-初-C-智，死=西-正-孤-C, 6 又CD⊥BE,所以DC.EB=0, 〔ac-g9a-若c-0. 即g6若4c++cA=0, 即0×9只x6+1+% in x6×9x=0, 96 54 2 所以27+ -9m-6n=0, 2 当m=2时，27+-18-6n=0,解得n=9 【小问2详解】 由(1)可得27+"=9m+6m, 2 因为0<m≤9,0<n≤6， 18(-3,即{ C.18(m-3≤6 0< 所以n ,所以0<m<3, -12 -12 0<m≤9 所以m= 18m(m-3) -12 令t=12-m,则t∈(9,12)， -15-4-4 所以兰 m-12 当且仅当t=6√3，即m=12-6√3时取等号， 所以m的最大值为547-45)】 18.如图，在三棱锥A-BCD中，CB=CD,点E为BD中点，AB=√5，平面ABD⊥平面 BCD,点O在BD上，且BO=1,OD=3,AO=1,点P在AD上，且满足AOII平面PCE (1)求证：AO⊥平面BCD: ②求 D的值： 3)若二面角A-BC-D的大小为 求四面体P-ABC的体积， 【答案】(1)证明见解析 a时 6)23 9 【分析】(I)先根据勾股定理得出AOL BD,进而应用平面ABD⊥平面BCD的性质定理证 明线面垂直： (2)先根据线面平行性质定理得出AO/1PE,结合边长关系得出比例关系： (3)根据二面角定义得出∠AFO即为二面角A-BC-D的平面角，再结合边长关系得出 CE=√2，最后应用三棱锥体积公式计算求解 【详解】(1)在三角形ABO中，AB=√2，BO=1,AO=1, 因此AB2=BO2+AO2,可得AO⊥BD 由于平面ABD⊥平面BCD,AO在平面ABD内，平面ABDO平面BCD=BD, 因此AO⊥平面BCD: (2) 连接PE,AO//平面PCE,AOC平面ABD,平面ABDO平面PCE=PE, 因此AO/PE.因为BO=1,OD=3, 因此OB=1,BD=2,因此AP-OB=1 AD OD3 (3)设四面体P-ABC的体积为V, 由②)豹铝则r-如 由于平面ABD⊥平面BCD,平面ABDO平面BCD=BD,CE⊥BD,CEC平面BCD, 因此CE⊥平面ABD, 又AO⊥平面BCD,BCC平面BCD,则AO⊥BC, 过O作OF⊥BC于点F, FO∩AO=O,FO,AOC平面AFO,则BC⊥平面AFO, 又AFC平面AFO,因此AF L BC, 因此∠AFO即为二面角A-BC-D的平面角， 因为∠A0-号，01A0,A0=1,则oF=5 3 又BO=1,在RIABPO中由勾股定理得BF= 3 ,又BE=2, 由BF、Or BE CE 得CE=V2, xxxAOx BDxCE=xxx2 因此=3立 332 9 19.圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的性质，比如对角互补.如图，△AOB 中，OA=2,OB=4,点C是△AOB外接圆上的一个动点（点O,C在直线AB两侧）， 记∠AOB=0,则∠BCA=π-B. (1)若OC与AB的交点为M,OC=4OM=3OA+OB,求8的值； (2)若OA.OB=-2,求OC的最大值； (3)若点C满足OC.AB=16,BC=4,求四边形OACB的面积. 【答案】(1) 2π (2)8V10 5 (3)8V3 【解析】 【分析】(1)由题意可得BC=3OA,再结合∠BCA+∠BOA=π可知四边形OACB为等 腰梯形，再利用梯形的边长计算sin∠AOB即可： (2)先利用数量积的定义得出cos0=一4，再在△04B中利用余弦定理可得AB=2√6， 最后在△OAB中利用正弦定理得出外接圆的直径即可： (3)设∠COB=,求出OC=8c0sa以及在△OAB中利用正弦定理得， 4B=4sin sina ,2sin(0+a）=sina,再利用0C.AB=16得出2cosa-sin0=-1ng cos0 即可化简求出cos6=-1, 进而得出tano= V3 ,AB,OC的值，最后利用面积公式 2 1 OC·AB·sin(π-θ)即可. 2 【小问1详解】 因OC=3OA+OB,则OC-OB=3OA,即BC=3OA, 则BC=3OA=6,BCI/OA,则∠OAC+∠BCA=元， 又∠AOB=0,∠BCA+∠BOA=元，得∠OAC=0, 则四边形OACB为等腰梯形，则高为 6-2 =25, 2 则sin6=sim(元-0)=sil∠AOB= 25V5 4 2 又OC与AB的交点为M,OC=4OM,所以6= 2π 3 【小问2详解】 由题意可知， O1.0B=OA-0cos0A,0B=2×4co86=-2,得c0s0=-} 在△OAB中利用余弦定理可得，AB2=OA2+OB2-2OA.OBc0S0=4+16+4=24, 则AB=2√6， 设△OAB的外接圆半径为R,则在△OAB中利用正弦定理可得， 2R=AB 2W6 8v10 sin - 5 又点C是△AOB外接圆上的一个动点，所以OC的最大值为8V10 5 【小问3详解】 设OCOAB=D,∠COB=,则∠COA=日-， 因为OB=BC=4,则∠BCO=∠BAO=C, ∠BDC=π-∠DOA-∠DAO=π-∠COA-∠BAO=π-0， ∠ABO=T-(θ+)OC=2OB.cosa=8cos, AB 2 2 在△OAB中利用正弦定理得， sin8sina&sin元-(B+a） sin(8+a）' B=4sine,2sin(+a)=sina. sina 则0C.AB=0 .4B.cos((π-6)=-8cosa· 4sin0 ·c0s0=16, sin a 且cos0<0(因0C>0,AB>0,0C.AB>0), -2cosasincosi,2coin=in cos 0 又2sin(θ+a)）=sina,即2sin0 cos a+2cos0sin=sina, 则、na +2 cos0sin a=sina cos日 又如a≠0，则心g2o0=1,解得cos0-1(合)政cos0 cose 2 因8∈(0，m,所以0=2 3 代入-2 cos a.sin0.cos0=sina中得tana= 5 2 tana= sina 3 cosa 2 sin a= 则ue0,2 ,又sin'a+cos2au=1,解得 分 2 sina>0 万 cosa>0 所以AB= 4sinθ sina =2V7,0C=8cosw=16 则四边形04C8的面积为oC·AB:m(红-0)2×方 x16×27x5-8w5 2 D 2