四川省成都市某中學(xué)2023-2024學(xué)年高一年級(jí)下冊(cè)7月期末考試數(shù)學(xué)試題（解析版）

樹(shù)德中學(xué)高2023級(jí)高一下學(xué)期期末考試數(shù)學(xué)試題

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分，在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)

是符合要求的.

1.如圖，四邊形Q4BC在斜二測(cè)畫(huà)法下得到平行四邊形O'AB'C',。4'=2,O'C'=1,則該四邊形

C.472D.8

【答案】D

【解析】

【分析】根據(jù)斜二測(cè)畫(huà)法的方法還原原圖即可.

【詳解】根據(jù)斜二測(cè)畫(huà)法的方法還原原圖如下，則原圖為正方形，邊長(zhǎng)為2,則周長(zhǎng)為8.

故選：D.

斗

3-

2?,

1-

______,1/,>

（9123x

2.在矩形ABCD中，AB=1,BC=2,以該矩形的邊AD所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，其余三邊旋轉(zhuǎn)一周形成

的面所圍成的空間幾何體的表面積為（）

A.3兀B.4兀C.5兀D.6兀

【答案】D

【解析】

【分析】確定所得旋轉(zhuǎn)體的底面半徑及母線長(zhǎng)，再利用圓柱的全面積公式計(jì)算即得.

【詳解】矩形ABCD繞直線4。旋轉(zhuǎn)一周所得旋轉(zhuǎn)體為圓柱，其底面半徑為1,母線長(zhǎng)為2,

所以所求表面積S=2兀xl2+2兀xlx2=6兀.

故選：D

3.如圖所示，在正三棱柱ABC-A31G中，M=y[3AB,則異面直線A3與4cl所成角的余弦值為

()

111J3

I—B.-C.-D.—

4323

【答案】A

【解析】

【分析】注意到3C//瓦G，從而可將問(wèn)題轉(zhuǎn)換為求cosNA^C即可，結(jié)合解三角形知識(shí)即可得解.

取3C中點(diǎn)。，連接4民人。，4。，

不妨設(shè)A4=JGA5=G，因?yàn)锳4,，A5AALAC,

所以AB=4C=2,

所以

由題意3。=工6。=工48=工,

222

1

所以=

因?yàn)锽Cn4G,

所以異面直線AXB與B?所成角的余弦值為；.

故選：A.

4.已知兩條不同的直線“，"，三個(gè)不同的平面。,4,/,則下列說(shuō)法正確的是（）

A.若mHn,〃ua,則加//a

B.若a///?,mua,nu/3,則加〃〃

C.若加_L7,貝ij加〃〃

D.若。_L/?,y10,則a///

【答案】C

【解析】

【分析】對(duì)于c,直接用線面垂直的性質(zhì)可判斷；對(duì)于其他選項(xiàng)，可以借助長(zhǎng)方體模型舉反例判斷即可.

【詳解】對(duì)于A,如圖，mlln,〃ua,此時(shí)機(jī)ua,故A錯(cuò)誤;

對(duì)于B,如圖，a1I[3,mua,nu（3,此時(shí)加，〃異面，故B錯(cuò)誤;

對(duì)于C,若加_L/,則m〃幾，故C正確;

對(duì)于D,如圖，a10,y工0,此時(shí)a_L7,故D錯(cuò)誤.

故選：c.

5.如圖所示，在三棱錐S—ABC中，S4J_平面ABC,且VA3C是邊長(zhǎng)為1的正三角形，若

SA=BC,則點(diǎn)A到平面SBC的距離為（）

363M

7

【答案】B

【解析】

【分析】利用等體積法求解，由題意求出SC,SB,從而可求出SSBC，然后利用VA_SBC=K-ABC可求得答

案.

【詳解】設(shè)點(diǎn)A到平面SBC的距離為d,

因?yàn)镾4_L平面ABC,AC,ABu平面ABC,

所以

因?yàn)閂A3C是邊長(zhǎng)為1的正三角形，SA=BC,

所以5A=BC=AC=AB=1,S、ABC力,

所以SB=sc=Vi2+12=0，

所以sSBC=；3CJSB2=；xlx,2一；=,'

因?yàn)镵.SBC=K_ABC,所以sB°?d=§SABC-SA,

所以，X包d=，x@xl，解得d=巨.

34347

故選：B

JT

6.已知函數(shù)/（x）=-cos3x和g（x）=sin（x-一）,則這兩個(gè)函數(shù)圖象在xe[0,2兀]的交點(diǎn)個(gè)數(shù)為（）

A.3B.4C.5D.6

【答案】D

【解析】

【分析】畫(huà)出兩函數(shù)在［0,2句上的圖象，根據(jù)圖象即可求解

27r7L

【詳解】因?yàn)椤▁)=-cos3x的最小正周期7；=——，g(x)=sin(x——)的最小正周期《=2兀，

故選：D

7.如圖所示，已知在三棱錐A—BCD中，二面角A—BD—C為直二面角，BCLCD,

BC=CD=5AB=AD=41>若三棱錐A—BCD的各個(gè)頂點(diǎn)都在同一個(gè)球面上，則該球的體積為

A.咿B.8兀C.D.2缶

【答案】A

【解析】

【分析】取8。的中點(diǎn)E，由面面垂直的性質(zhì)定理可得平面3CD,可得AC=AB=AD,外接球

的球心在AE上，設(shè)為。，利用3。2=3石2+(4石—求出外接圓的半徑可得答案.

【詳解】取6D的中點(diǎn)E,連接AE,

因?yàn)锳5=AD,所以AE_L班)，

因?yàn)槎娼茿—3￡>—C為直二面角，AEu平面ABD,

所以AE_L平面BCD，

A/6

因?yàn)锽CLCD,BC=CD=5所以BD=&,BE=CE=

2

AE=y]AB2-BE2=,所以AC=，信+3=夜,AC=AB=AD,

因?yàn)?C_LCD,所以外接球的球心在AE上，設(shè)為。，連接30、DO,

則BO2=BE2+OE-=BE2+(AE-，

3丫_

可得5。2=1+X_一,解得80=收,

2SA0J

所以該球的體積為普=噂￡.

故選：A.

JI

8.已知函數(shù)/(X)=45111%-4511131—451112%-2々1：052%+2々285%(?！陞n，若/(X)20在X￡[0,一]上成立，

4

則實(shí)數(shù)。的取值范圍為()

A.(-0o,—1]B.(-co,0]|J[2后,+8)

C.(-oo,0]J[V2,+oo)D.(-oo,0]U[l,+<?)

【答案】D

【解析】

【分析】通過(guò)換元，t=sinx+cosx=^sin(x+：),則/e口,、叵].原問(wèn)題轉(zhuǎn)化為/-〃1-120/e[1,夜]

上成立.運(yùn)用二次函數(shù)知識(shí)分情況討論.得出數(shù)。的取值范圍.

兀

【詳解】/(x)=4sinx-4sin3x-d!sin2x-2<2cos2x+2(72cosx>0xG[0,—]上成立，

4

兀

BP4sinx(l-sin2x)-asin2x-2acos2x+2a2cosxNO在冗G[0,—]上成立，

4

即4sinxcos2x—<2sin2x—2acos2X+2<72COSX>0^Xe[0,一]上成立，

4

兀

BP2sin九cos九一asinx—acosx+a?之0在xw[0,一]上成立，

4

兀

BP2sinxcosx-a(sinx+cosx)+a220在九￡[0,—]上成立.

4

☆f=sinx+cosx=^sin(x+：),xe[0,^],則fe口,行].則2sinxcosx=/一1.

所以「-加+1-120,小工友]上成立.

當(dāng)2ma>2y[2

2—sf2.ci+/-1>0

生1

當(dāng)《2解得或〃<0

1—a+6—120

解得2<。<20.

-1>0

綜上所得，實(shí)數(shù)。的取值范圍為(-8,0][L+8).

故選：D.

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題

目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得。分.

A

9.VABC的內(nèi)角A&C的對(duì)邊分別為a，b,c,已知2反osC+280s3=3,3sin(B+C)=2sin2-,則

()

3

A.ci——B.tan——3

22

9

c.VA3C為銳角三角形D.be的最大值為一

4

【答案】AB

【解析】

【分析】根據(jù)余弦定理、商關(guān)系、二倍角公式和基本不等式計(jì)算分別判斷各個(gè)選項(xiàng)；

【詳解】對(duì)于A,因?yàn)?&cosC+20cos3=3,結(jié)合余弦定理推論可得，

2廣Y+2「=3,化簡(jiǎn)得2/=34,解得a=0(舍)或。=一，A正確；

lablac2

A

對(duì)于B,因?yàn)?sin(B+C)=2sin2—,A+B+C=TT,

2

AAAAA

所以3sinA=2sin2—n3x2sin—cos—=2sin2一,又sin—wO,

22222

AAA

所以38$一=5由一=>1211一二3,B正確；

222

cA

2tan—

=￡!=一|<°,，4是鈍角,

對(duì)于C,tanA=-----JC錯(cuò)誤;

1,2A

1—tan—

2

cosA=——

tanA=——解得(5

對(duì)于D,4

sin?A+cos2A=1sinA二—

[5

根據(jù)余弦定理可得/=b2+c2-2bccosA，代入得（T）2="+c2+2bcx1

利用基本不等式（$2=/++2加X(jué)-2反+2反X1=（反，

當(dāng)且僅當(dāng)6=c=?時(shí)取等號(hào)；

4

所以身加nbcvHD錯(cuò)誤;

458

故選：AB.

10.如圖，在矩形ABCD中，AB=2AD=2,E為AB的中點(diǎn)，現(xiàn)將，CDE沿翻折至二CDE',

平面ABC,則在翻折過(guò)程中，下列說(shuō)法正確的是（）

A.存在某個(gè)位置，使得E'BLE'D

B.三棱錐E'-CDE體積的最大值為:

C.當(dāng)EB=f，直線AE'與底面ABC。所成角的正弦值為

2兀

D.若二面角￡—CD—A的平面角為一,則3E=2

3

【答案】ACD

【解析】

【分析】對(duì)于A,觀察問(wèn)題發(fā)現(xiàn)，兩條直線有交點(diǎn)，可構(gòu)造三角形，利用平面幾何知識(shí)求解；對(duì)于B,三棱

錐的底面積為固定值，故只需讓高最大，體積就會(huì)最大，易知當(dāng)平面E'DC,平面ABCD時(shí)，高有最大值，

得解；對(duì)于C,利用線面角的定義，找到線面角，構(gòu)建三角形進(jìn)行求解；對(duì)于D,已知二面角，即可得到二

面角的補(bǔ)角，通過(guò)構(gòu)造直線與平面垂直，構(gòu)造直角三角形，利用勾股定理得解.

【詳解】對(duì)于A：如圖，連接BD，

CDE'是有CDE沿翻折得，.?.ED=￡D,

又：AB=2且E為AB的中點(diǎn)，:.AE=1

由題意知，四邊形ABCD是矩形，所以E'D=ED=m，BD<

當(dāng)(BEY=(BD)2,即BE，=?BD)2-(E'D#=g時(shí)，EBLED,

能找到該點(diǎn)，故A正確；

對(duì)于B：由題意知：四邊形ABC。是矩形，且E為A3的中點(diǎn)，

可得：DE=EC=?DC=2,由勾股定理逆定理得：DE-+EC2=DC2)

:.DELEC,即Sg=:。石石。=1'

故Ms一也小,因是人最大時(shí)取得；

易得，當(dāng)平面E'OC,平面A3CD時(shí)，〃有最大值，

DE=EC,取。C的中點(diǎn)連接EN,則E'ELCD,

由面面垂直性質(zhì)知，石'/，平面ABCD,即E丁為三棱錐E'-CDE的高，

又?.DEC為等腰直角三角形，所以石'尸=1

.CDE)max=gS.3，"=§*1X1=3,故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C：由A知：當(dāng)=6時(shí)，E'BLE'D,取。C的中點(diǎn)E，連接5尸，E'F,

易得BF=6，EF=1,:.BF工E'F且E?CD,

又，BFCCD=F,且即^沖匚平面鉆^二上/,平面群皿，

連接AF,易得AF=6.，

EF上平面ABCD,;.E'FLAF,:.AE'=6

根據(jù)線面角的定義可知，直線AE'與底面ABCD所成角為NE4F,

即sinNE乂/=空=4=走，故C正確；

AE'63

2兀

對(duì)于D：若二面角廳-8-&的平面角為一，作E'O,平面A3CD,如圖,

3

33

:.FO=-,E'O=—，OB=^EO~+EB2=

222

代入可得：BE'=^E'O1+OB2=2-故D正確.

故答案為：ACD

【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：作二面角的平面角常用方法有

(1)定義法：在棱上取點(diǎn)，過(guò)該點(diǎn)分別在二面角兩半平面內(nèi)引出兩條射線與棱垂直，這兩條垂線所成的

角即為二面角的平面角.

(2)垂面法：作一與棱垂直的平面，該垂面與二面角兩半平面相交，交線所成的角即為二面角的平面角.

11.已知直線乙〃/2,A是小4之間的一定點(diǎn)并且點(diǎn)A到/14的距離分別為1，2,8是直線4上一動(dòng)點(diǎn)，

作且使AC與直線4交于點(diǎn)C,AG=1(AB+AC),貝U()

A.VABC面積的最小值為2

B.點(diǎn)G到直線4的距離為定值

時(shí)，鉆的外接圓半徑為逑

C.當(dāng)煙=g

3

D.GB-GC的最大值為一2

【答案】ABD

【解析】

【分析】對(duì)于A,過(guò)A作4,4的垂線，分別交4,4于點(diǎn)瓦E，設(shè)NE4C=e，然后表示出AC,AB,從而

可表示出VA3C面積，利用三角函數(shù)的性質(zhì)可求得其最小值，對(duì)于B,如圖，以A為原點(diǎn)，所所在的直

線為y軸，建立平面直角坐標(biāo)系，表示出坐標(biāo)，再由AG=；(AB+AC)可求出點(diǎn)G的坐標(biāo)，從而可分

析判斷，對(duì)于C,由打@=,4求出G,3,C三點(diǎn)的坐標(biāo)，然后求出AB,AG,再利用正弦定理可求出

224120

△G鉆的外接圓半徑，對(duì)于D,由題意可得G3-GC=(-------------tan8)(—tan。--------)——，化簡(jiǎn)后

3tan6*333tan6*9

利用基本不等式可求得結(jié)果.

【詳解】對(duì)于A,過(guò)A作/14的垂線，分別交44于點(diǎn)瓦E,則AE=l,Ab=2,設(shè)NE4C=。,

AT72

則在RtAACF中，AC=------=--------

cos6cos0

AE1

因?yàn)锳CJ_AB,所以在RtZkABE中，ZABE=0,所以A3=——=——,

sin0sin0

1……1212

所以ABC-AB,AC——xx---------,

22cos0sin0sin20

因?yàn)椋琫0謂71)，所以當(dāng)且僅當(dāng)6=e時(shí)，sin28=l取到最大值,

2

建立平面直角坐標(biāo)系,

1,1),0e0,—j,

tan。

所以AC=(2tan0,-2),AB=(^^,1),

tan。

所以AG='(AB+AC)=—(2tan<9+---,-l)=(—tan^+---,

33tan6^33tan83

所以G(—tnn3----------,—)，

33tan93

4

所以點(diǎn)G到直線4的距離為一，是定值，所以B正確，

3

對(duì)于C,因?yàn)镃(2tan&-2),5(—-—,1),G(—tan^H---------,

tan<933tan6^3

224—415

所以GB=(-------------tan4—),GC=(―tan0-----------,——),

3tan<93333tan83

因?yàn)?q二,。卜

所以(----—tan^)2+—=(―tan<9----------)2+—,

3tan<93933tan<99

所以±(---tan<9)2+—=—(4tan<9---------)2+—,

9tan<999tan。9

11

所以4(---------tan6)29=(4tan0---------)29+9，

tan。tan。

11

所以4(——；----2+tan290)=16tan298-8+——；——F9

tan2^tan26^

41

——；-----8+4tan299-16tan298—8+——；——I-9,

tan26tan29

所以4tan2g———+3=0,解得121?6=工或10112。=-1(舍去),

tan-04

所以tan0=—,

2

所以C(L—2),3(2,1),G(l,-j),

——-1

所以A3=(2,1),AG=(1,--),GB=

所以cosAB,AG=

因?yàn)锳B,AGe[0,兀],所以AB,AG=^,

5

cGBJ50

所以由正弦定理得2r=————=f=—7—，

sinZBAGV23

~T

所以r=還，即△G46的外接圓半徑為述，所以C錯(cuò)誤,

66

224415

對(duì)于D,因?yàn)镚B=(-------------tan0.—),GC=(―tan0-----------,——),

3tan63333tan63

224120

所以GB?GC=(-------------tan0)(—tan0-----------)------

3tan9333tan89

8282c220,282八、10

--------------------tan0H-----------——(--------—I—tanff)-----

99tan2^9999tan2^99

8

<-2

9tan20999

2Q1

當(dāng)且僅當(dāng)———=-tan20,即tan2g=一時(shí)取等號(hào),

9tan2092

所以GB-GC的最大值為-2，所以D正確,

故選：ABD

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題解題的關(guān)鍵是根據(jù)題意合理建立平面直角坐標(biāo)系，利用坐標(biāo)計(jì)算，從而得解.

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.

12.已知向量。=(l,x),向量3=(2,1),若。與b共線，則實(shí)數(shù)％的值為.

【答案】-##0.5

2

【解析】

【分析】根據(jù)共線向量的坐標(biāo)結(jié)論可解.

【詳解】。與b共線，則2x=lxl,解得％

2

故答案為：一.

2

13.VA3C的內(nèi)角A,B,C的對(duì)邊分別為。，b,c,c=2,a=屈,ZBAC=~,。為邊3c上

3

一點(diǎn)，記△A3。、AADC的面積分別為5、S2,若人工=2星，則AD=.

【答案】2

【解析】

【分析】根據(jù)三角形的余弦定理得3=1+百，再利用余弦定理得。=仁，最后根據(jù)余弦定理即可求解.

【詳解】根據(jù)題意，在VABC中，根據(jù)余弦定理，AC2+AB2-2AC-AB-cosZBAC=BC2，即

步+22—2以四xg=6n人=1+百或8=1—g(負(fù)舍去)，

V62.「拒

根據(jù)正弦定理，得一;=——，即75一高3，

sinAsinc

2

因?yàn)閍>c,所以A>C,又因?yàn)镃e(O,7i),所以C=

又因?yàn)?-S1=2S2，所以(6+1)_8￡)=2C7)=>5。=(百―1)CZ),

即BD+CD=4^n(6-，CD+CD=4^nCD=6.,

在，ACD中，AC2+CD2-2AC-CDcosAD2.

222

即AD?=(73+I)+72-2X(V3+1)XV2X^^AD=4,所以AD=2，

故答案為：2.

14.已知在四面體P—ABC中，PA=BC=2,PB=AC=幣，PC=AB=小，PM=MC，

AN=NB，平面夕滿足記平面夕截得該四面體。一ABC的多邊形的面積為S,則S的最大

值為.

【答案】1

【解析】

【分析】將四面體還原至長(zhǎng)方體，可知點(diǎn)M，N分別為PC,A3中點(diǎn)，即可得當(dāng)夕經(jīng)過(guò)腦V中點(diǎn)時(shí)，截

面面積最大，再根據(jù)長(zhǎng)方體的性質(zhì)可得解.

【詳解】由PA—BC=2,PB=AC=，PC=AB=A/5，

可知四面體P-ABC的各個(gè)棱為長(zhǎng)方體各面的對(duì)角線，

設(shè)長(zhǎng)方體的長(zhǎng)寬高分別。，b,c,

貝=62,解得=1

〃+02=有21c=2

如圖所示，

由PM=MC,AN=NB，

可得點(diǎn)河，N分別為PC,AB中點(diǎn)，

所以MN，長(zhǎng)方體以AB為對(duì)角線的平面，

又MN10,所以夕與長(zhǎng)方體以為對(duì)角線的平面平行,

易知當(dāng)￡經(jīng)過(guò)中點(diǎn)時(shí)，截面面積最大,

此時(shí)B與長(zhǎng)方體的截面如圖所示，其中四邊形EFGH即為夕與四面體相交所得截面，

此時(shí)E、F、G、”分別為各邊中點(diǎn)，

則SEFGH=S長(zhǎng)方形==1,

故答案為：1.

四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.

15.已知復(fù)數(shù)z=a+2+(/+a_2)i,其中i為虛數(shù)單位，aeR

(1)若在復(fù)平面內(nèi)復(fù)數(shù)z位于第二象限，求實(shí)數(shù)。的取值范圍；

(2)當(dāng)。=一1時(shí)，N是方程V+"?x+〃=0(7〃,"eR)的一個(gè)根，求N和”一加的值.

【答案】(1)?e(-<?,-2)

⑵z=l+2i，7i-m=7

【解析】

【分析】(1)根據(jù)復(fù)數(shù)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)所在象限建立不等式組求解即可；

(2)方程根彳=l+2i代入方程，根據(jù)復(fù)數(shù)相等建立方程組求解即可.

【小問(wèn)1詳解】

得。a+2<0

由題意,+-2>0

解得a<—2,

所以實(shí)數(shù)a的取值范圍為Qe(-a),-2).

【小問(wèn)2詳解】

當(dāng)。二一1時(shí)，2=1—2，，

所以彳=1+2i,

所以(l+2i)2+m(l+2i)+〃=0,

整理，得根+〃—3+（4+2根）i=0,

m+n-3=0m=-2

所以4+2…’解得

n=5

所以九一〃z=7.

16.己知振子的振動(dòng)具有循環(huán)往復(fù)的特點(diǎn)，由振子振動(dòng)的物理學(xué)原理可知，其位移y=/?)隨時(shí)間/的變

JT

化規(guī)律可以用函數(shù)/⑺=Asin(@t+。)(A,0>0,191<-)來(lái)刻畫(huà)，已知位移y=f(t)部分圖象如圖所示.

(1)求該振子在單位時(shí)間內(nèi)往復(fù)運(yùn)動(dòng)的次數(shù)和y=/8的解析式;

(2)將y=圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，得到y(tǒng)=g(f),求y=g(。在

[盤(pán),手上的值域.

【答案】⑴次數(shù)為2次，7(0=2sin^4^-e[0,+(?))

-V6-V2;

(2)、c,2

2

【解析】

T51(5

【分析】(1)由圖可知一=-------，求出周期，則可求出頻率，然后利用周期公式可求出。，再將點(diǎn)—,2

42412124

的坐標(biāo)代入函數(shù)中可求出。，從而可求出解析式；

jr517t2兀

(2)根據(jù)三角函數(shù)圖象變換規(guī)律求出y=g?),令z=2"——，由fe—,求得ze—,

321-2123

然后利用正弦函數(shù)的性質(zhì)可求出函數(shù)的值域.

【小問(wèn)1詳解】

75111

設(shè)y=/(。的最小正周期為T(mén),由圖可知一=二—一=—,所以T=—,

4241282

所以y=/(?)的頻率為2,所以振子在單位時(shí)間內(nèi)往復(fù)運(yùn)動(dòng)的次數(shù)為2次，

2兀.

0===4兀

所以1

2

因?yàn)閥=/⑺過(guò)點(diǎn),2],

5717T

所以五.4兀+9=5+2?(左￡Z),得夕=一1+2也(左wZ),

又|例<TT]，所以夕=—耳7T，

所以y=/⑺的解析式為/Q)=2sin14刊一|J?e[0,+oo)).

【小問(wèn)2詳解】

因?yàn)閷=/?)圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，縱坐標(biāo)不變，得到y(tǒng)=g?),

所以gQ)=2sin^27t?-y^(Ze[0,+oo)),

c7i,「51]「兀2兀

A，田，￡一G一

[242jL1211J

7171兀2兀

|tZ￡—上單調(diào)遞增，ZG

_29T_

(71兀]_后(6#--A/2.

----.sir

【解析】

【分析】（1）應(yīng)用線面平行判定定理證明；

（2）應(yīng)用面面垂直判定定理證明即可；

（3）把幾何體補(bǔ)形應(yīng)用柱體體積公式計(jì)算即可.

【小問(wèn)1詳解】

因?yàn)锳3//CD,平面CDEF,CDu平面CDEF，所以AB//平面CDEF,

又因?yàn)锳Bu平面ABEF且平面A3EFc平面CDEF=跖，

所以AB//EF,又EFU平面ABC。,ABu平面ABC。,所以跖//平面ABCD.

【小問(wèn)2詳解】

IT7T

因?yàn)?3=4。=2,/54。=—,所以△A5Q為正三角形，所以NA3D=NAD3=—，又A5〃CD,

33

所以NBDC=鼻，又BC=，所以在ABCD中，由余弦定理，得（2百產(chǎn)=2?十。》_2C￡>,解得

CD=4或CD=—2（舍去），

因?yàn)?2z+（2百）2=CZ>2=42,所以又產(chǎn)，且3。BF=B,

所以801平面BCF，又BDu平面ABCZ）,所以平面ABCD±平面BCF.

71

因?yàn)锳D=A5=2,ND45=一,所以VADE為正三角形,

3

因?yàn)閂ADE為正三角形，所以EO=6,

由梯形中位線，可得OG=AB+CD=核,且。G〃AB〃CD,所以O(shè)G11EFQG=跖,所以四邊形

2

。跳G為平行四邊形,

所以尸G//EO,尸G=EO,即=6所以RGLBC,又平面ABCDWffiBCF=fiC,

2

所以產(chǎn)G，平面ABCD，所以￡0，平面ABCD,又EOu平面AE。,所以平面AED±平面ABCD.

過(guò)G作直線MN//AO,延長(zhǎng)A3與MN交于點(diǎn)MMN與交于點(diǎn)N,連接9,MV.

因?yàn)镚為3c的中點(diǎn)，所以MG=Q4且MG//Q4,所以四邊形AOGM為平行四邊形,

所以AM=OG洞理。N=0G,所以AM=OG=￡>N=￡F=3.

又AB//CD,所依AM/1DN,所以AMI/DN//EF,

所以多面體MNF-ADE為三棱柱過(guò)加作MH，AD于H點(diǎn)，因?yàn)槠矫鎻氖?，平面ABCD,所以MH±

平面ADE,

所以線段A/H的長(zhǎng)即三棱柱ACVF-ADE的高，在中，

MH=AM-sin60°=—

2

所以三棱柱上小丁—AD石的體積為且x2?x=2.

422

9

因?yàn)槿忮FF-BMG與F—CNG的體積相等，所以所求多面體的體積為一.

2

18.為了提高市民的業(yè)余生活質(zhì)量，因地制宜地利用空置土地資源，某市規(guī)劃管理局?jǐn)M在交通便利的區(qū)域

規(guī)劃一個(gè)休閑區(qū)，由于該市三環(huán)路附近有一個(gè)便捷的停車(chē)場(chǎng)和一片三角形空置區(qū)域，該市規(guī)劃管理局準(zhǔn)備

在三角形空置區(qū)域規(guī)劃三個(gè)功能區(qū)：如圖所示，ACD區(qū)域規(guī)劃為游客餐飲服務(wù)區(qū)，CDE區(qū)域規(guī)劃為微

型游樂(lè)場(chǎng)，BCE區(qū)域規(guī)劃為網(wǎng)紅打卡區(qū).已知AC=10m,BC=10V3m,ZDCE=-,

(1)若CD=5石m,求DE長(zhǎng)；

(2)若AD.AEfOOn?,求NACD值;

(3)求微型游樂(lè)場(chǎng)CDE面積的最小值.

【答案】(1)10m

7T

(2)ZACD=-

4

(3)75(2-V3)m2

【解析】

【分析】(1)借助銳角三角函數(shù)定義，余弦定理計(jì)算即可；

(2)運(yùn)用正弦定理，結(jié)合三角恒等變換公式化簡(jiǎn)計(jì)算即可；

(3)三角形的邊長(zhǎng)用。表示，后用面積公式，轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)解題即可.

【小問(wèn)1詳解】

因?yàn)锳C，BC,AC=10m,BC=1073m,

得tanA=0=?3=g，又所以4=藥,8=烏.

CD10I2；36

若CD=5gm,在ACD中，由余弦定理，得（5百了=.+102—2.A￡>.I。.cos?

jr

解得AD=5m,所以CD_LAE,所以NACD=/DCE=—,

6

所以"CE為等腰三角形，所以DE=AO=10m.

【小問(wèn)2詳解】

AD10

設(shè)NAs=e[o<e<]],在ACD中，由正弦定理，得訴-$中+工

■E_10

同理.(A,兀、.(A,兀)，

I6jI2)

ADAE_______WO_______

又AD.AE=100,所以.C.（A,兀）.（c,兀）.（A,兀、，

I6；I3jI2j

所以sin9-sin^+—cos^cos。，

□2J

jr71JL7L

即cos26=0,又0<9<一,所以26=—,即。=—,所以NACD=—.

3244

【小問(wèn)3詳解】

5石55百

設(shè)NACD=e1o<6<m],由（2）知。。-7---、，CE=--

sin。+兀cos6

I3；

171

XSCDE=-.CD.CE^-

175__________75________________75______

4sinR+g"2sin6cosd