2020-2021学年山东省枣庄市新校高一（下）5月周测数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年山东省枣庄市新校高一（下）5月周测数学试卷人教A版，共13页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知复数z=5−5i2−i，则z的虚部为( )
A.−3B.−3iC.−1D.−i

2. 已知向量a→=(3,2)，b→=(k,3)，c→=(−1,2)，且2a→−b→⊥c→，则实数k等于( )
A.112B.132C.8D.4

3. 阿基米德是古希腊伟大的数学家、物理学家、天文学家，是静态力学和流体静力学的奠基人，和高斯、牛顿并列为世界三大数学家，他在不知道球体积公式的情况下得出了圆柱容球定理，即圆柱内切球(与圆柱的两底面及侧面都相切的球)的体积等于圆柱体积的三分之二．那么，圆柱内切球的表面积与该圆柱表面积的比为( )
A.12B.13C.23D.34

4. 已知m，n是不同的直线，α，β是不重合的平面，则下列说法正确的是( )
A.若m//α，则m平行于平面α内的任意一条直线
B.若m//α ，n//α，则m//n
C.若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//n
D.若α//β，m⊂α，则m//β

5. 在△ABC中， sinA:sinB:sinC=1:5:21，则△ABC最大角和最小角之和为( )
A.90∘B.120∘C.135∘D.150∘

6. 如图ABCD−A1B1C1D1是长方体，O是B1D1的中点，直线A1C交平面AB1D1于点M，则下列结论错误的是（ ）

A.A，M，O三点共线B.M，O，A1，A四点共面
C.B，B1，O，M四点共面D.A，O，C，M四点共面

7. 在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若△ABC的面积为S，且a=1，4S=b2+c2−a2，则△ABC外接圆的半径为（ ）
A.2B.2C.1D.22

8. 如图，O是△ABC的重心，AB→=a→，AC→=b→，D是边BC上一点，且BD→=4DC→，则( )

A.OD→=−215a→+715b→B.OD→=215a→−715b→
C.OD→=−215a→−715b→D.OD→=215a→+715b→
二、多选题

已知i为虚数单位，则下列结论正确的是( )
A.若复数z1，z2互为共轭复数，则z1⋅z2为实数
B.若复数z1，z2满足|z1|=|z2|，则z1，z2互为共轭复数
C.若复数z满足1z∈R，则z∈R
D.对任意的复数z，都有z2≥0

八卦是中国文化的基本哲学概念，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中OA=1，则下列结论中正确的是( )

A.AD→//BC→B.OA→⋅OD→=−22
C.OA→+OC→=−2OF→D.|AD→|=2−2

在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，有如下判断，其中正确的判断是( )
A.若A>B ，则sinA>sinB
B.若acsA=bcsB ，则△ABC是等腰三角形
C.若△ABC为锐角三角形，则sinA>csB
D.若cs2A+cs2B−cs2C>1，则△ABC是钝角三角形

如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中， AA1=2AB=2，点P为线段AD1的中点，则下列说法正确的是( )

A.正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的表面积为10
B.三棱锥C1−ADB的体积为1
C.三棱锥C1−ADB外接球的表面积为6π
D.直线PB1//平面C1DB
三、填空题

平面向量a→与b→夹角为120∘，|a→|=1，|b→|=2，则|2a→+b→|=________.

如图所示，在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE:EB=AF:FD=1:5，又H，G分别为BC，CD的中点，则下列结论正确的是________（请填写正确命题的序号）
①BD//平面EFGH
②EF//平面BCD
③HG//平面ABD
④EH//平面ADC

设复数z1，z2满足|z1|=1，z2=2−i，|z1−z2|=2，则|z1+z2|=_______.

设P为△ABC所在平面上一点，且满足PA→+2PC→=mAB→m>0，若△ABP的面积为2，则△ABC面积为________.
四、解答题

已知复数z=2m2−m−1+m2+2m−3i，m∈R．
(1)当m取什么值时，复数z是纯虚数；

(2)当复数z在复平面内对应的点位于第四象限时，求m的取值范围．

在一个如图所示的直角梯形ABCD内挖去一个扇形，E恰好是梯形的下底边的中点，将所得平面图形绕直线DE旋转一圈．

(1)说明所得的几何体的结构特征．

(2)求所得几何体的表面积和体积．

已知|a→|=1，|b→|=3，a→+b→2=1．
(1)求a→与b→的夹角θ；

(2)在平面四边形ABCD中，若BA→=a→，BC→=b→， AD=213， ∠ADC=2∠ACD，求△ACD的面积．

在①3b−3ccsA=asinC，②ab=12tanCtanB+1，③sinA−sinCb=sinA−sinBa+c这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．
在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足________．
(1)求C．

(2)若△ABC的面积为3，D在边AC上，且CD=13CA，求BD的最小值．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．

如图，四棱锥P−ABCD中， PD⊥平面ABCD，AB//CD， CD=2AB=2， AB⊥AD，PD=1，F在线段CD上，DC=4DF， BF=52．
(1)求三棱锥D−PBC的体积；

(2)线段PA上是否存在一点E，使DE//平面PBF？若存在，请确定点E的位置；若不存在，请说明理由；

(3)若M为AB的中点，在(2)的条件下，过ME的平面交平面PBD于直线l ，求证： ME//l．

如图所示，某市有一块空地△OAB，其中OA=2km，∠OAM=60，∠AOB=90∘．当地政府计划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖△OMN，其中M，N都在边AB上，且∠MON=30∘，挖出的泥土堆放在△OAM地带上形成假山，剩下的△OBN地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在△OAN的周围安装防护网．设∠AOM=θ．

(1)当AM=1km时，求此时防护网的总长度；

(2)若θ=15，问此时人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的多少倍？

(3)为节省投入资金，人工湖△OMN的面积要尽可能小，问如何设计施工方案，可使△OMN的面积最小？最小面积是多少？
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省枣庄市新校高一（下）5月周测数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
复数代数形式的乘除运算
复数的基本概念
【解析】
由题意，先对复数z进行整理，进而即可得到复数的虚部.
【解答】
解：已知复数z=5−5i2−i=5(1−i)(2+i)(2+i)(2−i)
=5(3−i)5=3−i ，
可得z的虚部为−1.
故选C.
2.
【答案】
D
【考点】
平面向量的坐标运算
数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】
由题意，根据所给向量得到2a→−b→=(6−k,1)，若两向量垂直，其数量积为零，代入求解即可.
【解答】
解：已知a→=(3,2)，b→=(k,3)，c→=(−1,2)，
所以2a→−b→=(6−k,1)，
若(2a→−b→)⊥c→，
即−(6−k)+2×1=0，
解得k=4.
故选D.
3.
【答案】
C
【考点】
球的表面积和体积
圆柱表面积的有关计算
【解析】
由圆柱内切球特点：圆柱内切球与圆柱的两底面及侧面都相切，知：圆柱内切球的半径等于底面(圆柱底面)半径，圆柱内切球的直径等于圆柱体的高，据此根据球和圆柱的表面积及体积公式列式求解．
【解答】
解：由圆柱内切球特点：圆柱内切球与圆柱的两底面及侧面都相切，知：圆柱内切球的半径等于底面(圆柱底面)半径，圆柱内切球的直径等于圆柱体的高，
设圆柱底面半径为r，则高为 ℎ=2r，球的半径为r，
则V圆柱=Sℎ=πr2⋅2r，则V圆柱=2πr3，
由容球定理有： V球=23V圆柱=43πr3，
内切球面积S球=4πr2，
圆柱表面积 S圆柱=2×πr2+2πr×ℎ=2πr2+4πr2=6πr2，
综上所述 S球S圆柱=4πr26πr2=23．
故选C．
4.
【答案】
D
【考点】
空间中直线与平面之间的位置关系
空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】
由题意，根据空间中直线与平面位置关系和直线与直线位置关系的判断对选项进行逐一分析，进而即可求解.
【解答】
解：对于选项A，若m//α，则直线m与平面α内的直线没有公共点，即直线m平行于平面α内的直线或互为异面，故选项A错误；
对于选项B，若m//α ，n//α，则m与n平行，相交或是异面，故选项B错误；
对于选项C，若α//β，m⊂α，n⊂β，此时m//n或直线m与直线n异面，故选项C错误；
对于选项D，若α//β，m⊂α，则m//β，故选项D正确.
故选D.
5.
【答案】
B
【考点】
正弦定理
余弦定理
【解析】
由题意，根据三角形中大边对大角可得角A的角最小，角B的角最大，利用正弦定理得a:b:c=1:5:21，设a=x，利用余弦定理以及三角形内角和求出C=60​∘，进而可得则△ABC最大角和最小角之和.
【解答】
解：已知在△ABC中， sinA:sinB:sinC=1:5:21，
所以角A的角最小，角B的角最大，
由正弦定理得a:b:c=1:5:21，
不妨设a=x，则b=5x，c=21x，
由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=x2+25x2−21x210x2=12，
因为0所以C=60∘，
则△ABC最大角和最小角之和为180∘−60∘=120∘.
故选B.
6.
【答案】
C
【考点】
平面的基本性质及推论
【解析】
由题意，根据题目所给信息得M∈AO，即A，O，M三点共线，由A1A∩AO=A，可得M，O，A1，A四点共面，同理得M，O，C1，C四点共面，又OM，B1D是异面直线，进而即可求解.
【解答】
解：因为平面A1ACC1∩平面AB1D1=AO，
且直线A1C交平面AB1D1于点M，
所以M∈AO，
即A，O，M三点共线，故A正确；
根据A，O，M三点共线，可知A1A∩AO=A，
所以M，O，A1，A四点共面，故B正确；
根据A，O，M三点共线，可知AC∩AO=A，
所以A，O，C，M四点共面，故D正确；
因为OM，B1B是异面直线，
故O，M，B1，B四点共面是错误的，故C错误.
故选C.
7.
【答案】
D
【考点】
正弦定理
余弦定理
三角形的面积公式
【解析】
由题意，根据余弦定理、三角形面积公式、同角三角函数基本关系化简和题目所给信息得到A=π4，设△ABC外接圆的半径为R，利用正弦定理进行求解即可得到答案.
【解答】
解：由余弦定理得2bccsA=b2+c2−a2=b2+c2−1，
因为S=12bcsinA，
整理得4S=2bcsinA，
已知4S=b2+c2−1，
所以2bccsA=2bcsinA，
解得tanA=1，
因为0所以A=π4，
不妨设△ABC外接圆的半径为R，
由正弦定理得asinA=2R，
因为a=1，A=π4，
所以R=22，
即△ABC外接圆的半径为22.
故选D.
8.
【答案】
A
【考点】
平面向量的基本定理
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
由题意，延长AO交BC于点E，结合O是△ABC的重心，可得E为边BC的中点，再将问题进行转化，利用平面向量的基本定理进行求解即可.
【解答】
解：如图所示，延长AO交BC于点E，
因为O是△ABC的重心，所以E为边BC的中点，
此时AO→=2OE→，AE→=12AB→+AC→，
由题可知，BD→=4DC→，所以点D为边BC的五等分点，
所以OD→=OE→+ED→=13AE→+310BC→
=13×12AB→+AC→+310AC→−AB→
=16a→+16b→+310b→−310a→=−215a→+715b→ .
故选A.
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
复数的基本概念
复数的模
复数的运算
复数代数形式的混合运算
【解析】
由题意，设出复数，结合复数的运算和复数的模对选项进行逐一分析，进而即可求解.
【解答】
解：对于选项A，不妨设z1=a+bi，z1=a+bi，
则z1z2=(a+bi)(a−bi)=a2+b2∈R，故选项A正确；
对于选项B，若复数z1，z2满足|z1|=|z2|，可知z1=z2或z1=−z2，故选项B错误；
对于选项C，不妨设z=a+bi，则1a+bi=a−bi(a+bi)(a−bi)=a−bia2+b2=aa2+b2−bia2+b2∈R，
则−ba2+b2=0，解得b=0，所以z=a∈R，故选项C正确；
对于选项D，z=a+bi，则z2=a2+2abi−b2，无法确定其与零的大小，故选项D错误.
故选AC.
【答案】
A,B,C
【考点】
向量的模
平面向量数量积
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
由题意，在正八边形ABCDEFGH中，对于选项A．易知AD//BC，再由共线向量定义判断，对于选项B，根据数量积运算判断，对于选项C，根据OB→+OH→=2OA，OA→=−OE→判断即可，对于选项D,根据|AF→|=|OF→−OA→|=|OF→−OA→)2求解判断．
【解答】
解：由图2知，在正八边形ABCDEFGH中，
对于选项A，因为AD//BC，所以AD→//BC→，故选项A正确．
对于选项B，OA→⋅OD→=|OA→|⋅|OD→|⋅cs3π4=−22，故选项B正确．
对于选项C，OA→+OC→=2OB→，OB→=−OF→，所以OA→+OC→=−2OF→ ，故选项C正确．
对于选项D，|AD→|=|OD→−OA→|=(OD→−OA→)2
=(OD→)2−2OD→⋅OA→+(OA→)2
=1−2×1×1×cs3π4+1=2+2，故选项D错误．
故选ABC.
【答案】
A,C,D
【考点】
正弦定理
余弦定理
正弦定理的应用
解三角形
【解析】
由题意，根据正弦定理、余弦定理和解三角形对选项进行逐一分析，进而即可求解.
【解答】
解：对于A选项，在△ABC中， A>B，
若角A，角B均为锐角，则sinA>sinB显然成立，
若角A是钝角，角B是锐角，满足A>B，
此时BsinB，sinA=sinπ−A=sinB+C>sinB，
因为角A、角B均在三角形中，
所以不存在角A，角B均为钝角的情况，故不做讨论，
由上述可得sinA>sinB，故A选项正确；
对于B选项， acsA=bcsB，由正弦定理化简得sin2A=sin2B，
所以A=B或A+B=π2 ，
则△ABC是等腰三角形或直角三角形，故B选项错误；
对于C选项，因为△ABC是锐角三角形，
所以A+B>π2，即sinA>sinπ2−B=csB，故C选项正确；
对于D选项，因为cs2A+cs2B−cs2C>1，
所以1−sin2A+1−sin2B−1+sin2C>1，
所以c2>a2+b2，
∴ a2+b2−c22ab<0，即csC<0，
又0所以π2则△ABC为钝角三角形，故D选项正确．
综上所述，选项ACD正确．
故选ACD.
【答案】
A,C,D
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
球的表面积和体积
直线与平面平行的判定
棱柱的结构特征
【解析】
由题意，根据正四棱柱的结构特征求出其表面积和三棱锥的体积，根据外接球的半径等于正四棱柱体对角线的一半，利用球的面积公式进行求解即可，结合线面平行的定义进行求解即可.
【解答】
解：已知AA1=2AB=2，则AB=1，
因为ABCD−A1B1C1D1为正四棱柱，则AD=1，
所以该正四棱柱的表面积S=1×1×2+1×2×4=10，故选项A正确；
而S△ADB=12×1×1=12，
所以VC1−ADB=13S△ADBCC1=13×12×2=13，故选项B错误；
因为三棱锥C1−ADB的外接球与正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的外接球相等，
所以外接球半径R=12+12+222=62，
则外接球的表面积S=4πR2=4π×(62)2=6π，故选项C正确；
因为B1D1//BD，AB1//C1D，
所以平面D1B1A//平面BC1D，
又PB1⊂平面D1B1A，
所以PB1//平面BC1D，故选项D正确.
综上得，选项正确的有ACD.
故选ACD.
三、填空题
【答案】
2
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ |a→|=1，|b→|=2，且a→与b→的夹角为120∘，
∴ a→⋅b→=1×2×cs120∘=−1．
∴ |2a→+b→|=(2a→+b→)2
=4a→2+4a→⋅b→+b→2=4−4+4=2.
故答案为：2．
【答案】
①②③
【考点】
直线与平面平行的判定
【解析】
由题意，根据线面平行的判断对每个结论进行分析，进而即可求解.
【解答】
解：已知在空间四边形ABCD中，E，F分别为边AB，AD上的点，且AE:EB=AF:FD=1:5，又H，G分别为BC，CD的中点，
可得EF//BD，HG//BD，
因为EF⊂平面EFGH，BD⊄平面EFGH，
所以BD//平面EFGH，故①正确；
又BD⊂平面BCD，EF⊄平面BCD，
所以EF//平面BCD，故②正确；
因为BD⊂平面ABD，HG⊄平面ABD，
所以HG//平面ABD，故③正确；
由已知得EH与平面ADC不平行，故④错误.
故答案为：①②③.
【答案】
22
【考点】
复数代数形式的混合运算
复数的运算
复数的模
【解析】
由题意，设z1=a+bi，根据|z1|=1，得到a2+b2=1，再利用复数的模的公式对|z1−z2|=2，进行整理，进而得到2a−b=1，再代入|z1+z2|中进行求解即可.
【解答】
解：不妨设z1=a+bi，
因为|z1|=1，即a2+b2=1，①
而|z1−z2|=2，
则(a−2)2+(b+1)2=4，②
联立①②，解得2a−b=1，
所以|z1+z2|=(a+2)2+(b−1)2
=a2+b2+5+4a−2b
=6+2(2a−b)=8=22.
故答案为：22.
【答案】
3
【考点】
向量的共线定理
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
由题意，得13PA→+23PC→=m7AB→,即点C到直线AB的距离等于P到直线AB的距离的32倍，根据三角形面积公式进行求解即可.
【解答】
解：已知P为△ABC所在平面上一点，且满足PA→+2PC→=mAB→m>0，
则13PA→+23PC→=m3AB→,
不妨设点D为线段AC上的点，连接DP，
设PD→=13PA→+23PC→ ，
此时A，D，C三点共线，
13PD→−13PA→=23PC→−23PD→，
所以13AD→=23DC→，AD→=2DC→，
故D是AC上靠近C的三等分点.
则PD→=m3AB→ ，PD//AB，
点C到直线AB的距离等于P到直线AB的距离的32倍，
所以S△ABC=32S△ABP=32×2=3.
故答案为：3.
四、解答题
【答案】
解：(1)2m2−m−1=0,m2+2m−3≠0,
解得m=1或m=−12,m≠1且m≠−3,
即m=−12时，复数z为纯虚数．
(2)当复数z在复平面内对应的点位于第四象限时，
2m2−m−1>0,m2+2m−3<0,
解得m>1或m<−12,−3即−3【考点】
复数的基本概念
复数的代数表示法及其几何意义
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)2m2−m−1=0,m2+2m−3≠0,
解得m=1或m=−12,m≠1且m≠−3,
即m=−12时，复数z为纯虚数．
(2)当复数z在复平面内对应的点位于第四象限时，
2m2−m−1>0,m2+2m−3<0,
解得m>1或m<−12,−3即−3【答案】
解：1将所得平面图形绕直线DE旋转一圈后，
所得几何体是上部是圆锥，下部是圆柱挖去一个半球体的组合体.
2该组合体的表面积为
S组合体=S圆锥侧+S圆柱侧+S半球
=π⋅2⋅22+2π⋅2⋅2+12⋅4π⋅22=16+42π，
该组合体的体积为
V组合体=V圆锥+V圆柱−V半球
=13⋅π⋅22⋅2+π⋅22⋅2−12⋅43π⋅23=16π3．
【考点】
旋转体（圆柱、圆锥、圆台）
柱体、锥体、台体的体积计算
组合几何体的面积、体积问题
【解析】


【解答】
解：1将所得平面图形绕直线DE旋转一圈后，
所得几何体是上部是圆锥，下部是圆柱挖去一个半球体的组合体.
2该组合体的表面积为
S组合体=S圆锥侧+S圆柱侧+S半球
=π⋅2⋅22+2π⋅2⋅2+12⋅4π⋅22=16+42π，
该组合体的体积为
V组合体=V圆锥+V圆柱−V半球
=13⋅π⋅22⋅2+π⋅22⋅2−12⋅43π⋅23=16π3．
【答案】
解：(1)∵ a→+b→2=a→2+b→2+2a→⋅b→=1，
∴ a→⋅b→=−32，
∴ csθ=a→⋅b→|a→||b→|=−321×3=−32.
又θ∈[0,π]，
∴ θ=56π.
(2)∵ AC→=BC→−BA→=b→−a→，
∴ |AC→|2=b→−a→2=b→2+a→2−2b→⋅a→
=32+12−2×−32=7，
∴ AC边的长度为|AC→|=7，
在△ACD中，由正弦定理可得ACsin∠ADC=ADsin∠ACD，
即ACsin2∠ACD=ADsin∠ACD，
∴ 72sin∠ACDcs∠ACD=213sin∠ACD，
∴ cs∠ACD=32，
又∠ACD∈(0,π)，
∴ ∠ACD=π6，
∴ ∠ADC=π3，∠CAD=π2，
∴ S△ACD=12AC⋅AD=736．
【考点】
数量积表示两个向量的夹角
向量的模
正弦定理
【解析】
无
【解答】
解：(1)∵ a→+b→2=a→2+b→2+2a→⋅b→=1，
∴ a→⋅b→=−32，
∴ csθ=a→⋅b→|a→||b→|=−321×3=−32.
又θ∈[0,π]，
∴ θ=56π.
(2)∵ AC→=BC→−BA→=b→−a→，
∴ |AC→|2=b→−a→2=b→2+a→2−2b→⋅a→
=32+12−2×−32=7，
∴ AC边的长度为|AC→|=7，
在△ACD中，由正弦定理可得ACsin∠ADC=ADsin∠ACD，
即ACsin2∠ACD=ADsin∠ACD，
∴ 72sin∠ACDcs∠ACD=213sin∠ACD，
∴ cs∠ACD=32，
又∠ACD∈(0,π)，
∴ ∠ACD=π6，
∴ ∠ADC=π3，∠CAD=π2，
∴ S△ACD=12AC⋅AD=736．
【答案】
解：(1)方案一：选条件①．
由3b−3ccsA=asinC可得b−ccsA=33asinC，
由正弦定理得sinB−sinCcsA=33sinAsinC，
因为B=π−A+C，
所以sinB=sinA+C，
所以sinAcsC+csAsinC−sinCcsA=33sinAsinC，
故sinAcsC=33sinAsinC，
又sinA≠0，
于是sinC=3csC，
即tanC=3，
因为C=0,π，
所以C=π3．
方案二：选条件②
因为ab=12tanCtanB+1，
所以由正弦定理及同角三角函数的基本关系式，
得sinAsinB=12sinCcsBcsCsinB+1，
即sinAsinB=sinCcsB+csCsinB2csCsinB=sinC+B2csCsinB，
因为A+B+C=π，
所以B+C=π−A，sinB+C=sinA，
又sinA≠0，所以csC=12，
因为C∈0,π，
所以C=π3．
方案三：选条件③．
∵ sinA−sinCb=sinA−sinBa+c，
∴ a−cb=a−ba+c，
即a2−c2=ab−b2，
∴ a2+b2−c2=ab，
∴ csC=a2+b2−c22ab=12．
又C∈0,π，
所以C=π3．
(2)由题意知S△ABC=12absinC=12ab⋅32=3，
得ab=4．
由余弦定理得BD2=a2+b29−2a⋅b3⋅csC
=a2+b29−13ab≥2a⋅b3−13ab=13ab=43，
当且仅当a=13b且ab=4，
即a=233，b=23时取等号，
所以BD的最小值为233．
【考点】
正弦定理
余弦定理
两角和与差的正弦公式
三角形求面积
基本不等式
【解析】


【解答】
解：(1)方案一：选条件①．
由3b−3ccsA=asinC可得b−ccsA=33asinC，
由正弦定理得sinB−sinCcsA=33sinAsinC，
因为B=π−A+C，
所以sinB=sinA+C，
所以sinAcsC+csAsinC−sinCcsA=33sinAsinC，
故sinAcsC=33sinAsinC，
又sinA≠0，
于是sinC=3csC，
即tanC=3，
因为C=0,π，
所以C=π3．
方案二：选条件②
因为ab=12tanCtanB+1，
所以由正弦定理及同角三角函数的基本关系式，
得sinAsinB=12sinCcsBcsCsinB+1，
即sinAsinB=sinCcsB+csCsinB2csCsinB=sinC+B2csCsinB，
因为A+B+C=π，
所以B+C=π−A，sinB+C=sinA，
又sinA≠0，所以csC=12，
因为C∈0,π，
所以C=π3．
方案三：选条件③．
∵ sinA−sinCb=sinA−sinBa+c，
∴ a−cb=a−ba+c，
即a2−c2=ab−b2，
∴ a2+b2−c2=ab，
∴ csC=a2+b2−c22ab=12．
又C∈0,π，
所以C=π3．
(2)由题意知S△ABC=12absinC=12ab⋅32=3，
得ab=4．
由余弦定理得BD2=a2+b29−2a⋅b3⋅csC
=a2+b29−13ab≥2a⋅b3−13ab=13ab=43，
当且仅当a=13b且ab=4，
即a=233，b=23时取等号，
所以BD的最小值为233．
【答案】
(1)解：直角梯形ABCD中，由CD=2AB=2，AB⊥AD， DC=4DF， BF=52，知DA=1，
∴S△BCD=12×1×2=1，
∴VD−PBC=VP−DBC=13×S△DBC×PD
=13×1×1=13．
(2)解：存在点E为线段PA的中点，
取PB的中点G，连接EG，FG，如图，
由三角形的中位线的性质，
EG//AB，EG=12AB .
又DF//AB，DF=12AB，
∴EG=//DF，
∴四边形DEGF是平行四边形，
DE//FG ，
DE⊄平面PBF，FG⊂平面PBF，
∴DE//平面PBF．
(3)证明：设过ME的平面为α．
由(2)知点E为线段PA的中点，又M为AB的中点，
∴ME//PB，
又ME⊄平面PBD， PB⊂平面PBD，
∴ME//平面PBD，
又面α∩面PBD=l， ME⊂平面α，
∴ME//l．
【考点】
柱体、锥体、台体的体积计算
直线与平面平行的判定
直线与平面平行的性质
【解析】
无
无
无
【解答】
(1)解：直角梯形ABCD中，由CD=2AB=2，AB⊥AD， DC=4DF， BF=52，知DA=1，
∴S△BCD=12×1×2=1，
∴VD−PBC=VP−DBC=13×S△DBC×PD
=13×1×1=13．
(2)解：存在点E为线段PA的中点，
取PB的中点G，连接EG，FG，如图，
由三角形的中位线的性质，
EG//AB，EG=12AB .
又DF//AB，DF=12AB，
∴EG=//DF，
∴四边形DEGF是平行四边形，
DE//FG ，
DE⊄平面PBF，FG⊂平面PBF，
∴DE//平面PBF．
(3)证明：设过ME的平面为α．
由(2)知点E为线段PA的中点，又M为AB的中点，
∴ME//PB，
又ME⊄平面PBD， PB⊂平面PBD，
∴ME//平面PBD，
又面α∩面PBD=l， ME⊂平面α，
∴ME//l．
【答案】
解：(1)在三角形OAM中，由余弦定理得
OM=22+12−2×2×1×cs60∘=3，所以OM2+AM2=3+1=4=OA2，
所以三角形OAM是直角三角形，所以∠OMA=90∘，θ=30∘．
由于∠MON=30∘，
所以∠AON=∠A=60∘，
以△OAN是等边三角形，
周长为2×3=6，也即防护网的总长度为6km.
(2)θ=15∘时，在三角形OAM中，由正弦定理得
OMsin60∘=AMsin15∘⇒OM=AM⋅sin60∘sin15∘，
在三角形OMN中，∠ONA=180∘−60∘−15∘−30∘=75∘，
由正弦定理得MNsin30∘=OMsin75∘⇒MN=OM⋅sin30∘sin75∘=AM⋅sin60∘⋅sin30∘sin75∘sin15∘，
所以MNAM=sin60∘⋅sin30∘sin75∘sin15∘=sin60∘⋅sin30∘cs15∘sin15∘
=sin60∘⋅sin30∘12sin30∘=2sin60∘=3，
以O为顶点时，△OMN和△OAM的高相同，
所以S△OMNS△OAM=MNAM=3，S△OMN=3S△OAM，，
即人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的3倍．
(3)在三角形OAN中， ∠ONA=180∘−60∘−30∘−θ=90∘−θ，
由正弦定理得ONsin60∘=2sin90∘−θ=2csθ
⇒ON=2sin60∘csθ=3csθ．
在三角形OAM中， ∠OMA=180∘−60∘−θ，由正弦定理得
OMsin60∘=2sin(180∘−60∘−θ)=2sin(θ+60∘)
⇒OM=2⋅sin60∘sin(θ+60∘)=3sin(θ+60∘)，
所以S△OMN=12⋅|OM|⋅|ON|⋅sin30∘
=14⋅3csθ⋅3sin(θ+60∘)=34⋅1sin(θ+60∘)⋅csθ
=34⋅1sinθcs60∘+csθsin60∘⋅csθ
=34⋅112sinθcsθ+32cs2θ=34⋅114sin2θ+32⋅1+cs2θ2
=34⋅114sin2θ+34cs2θ+34=32⋅112sin2θ+32cs2θ+32
=32⋅1sin2θ+60∘+32=3⋅12sin2θ+60∘+3．
由于∠AOM=θ，0∘<θ<60∘，所以当2θ+60∘=90∘，θ=15∘时，
S△OMN最小值为 3⋅12+3=3⋅2−32+32−3=6−33km2．
【考点】
余弦定理
解三角形的实际应用
在实际问题中建立三角函数模型
三角函数的最值
两角和与差的正弦公式
【解析】



【解答】
解：(1)在三角形OAM中，由余弦定理得
OM=22+12−2×2×1×cs60∘=3，所以OM2+AM2=3+1=4=OA2，
所以三角形OAM是直角三角形，所以∠OMA=90∘，θ=30∘．
由于∠MON=30∘，
所以∠AON=∠A=60∘，
以△OAN是等边三角形，
周长为2×3=6，也即防护网的总长度为6km.
(2)θ=15∘时，在三角形OAM中，由正弦定理得
OMsin60∘=AMsin15∘⇒OM=AM⋅sin60∘sin15∘，
在三角形OMN中，∠ONA=180∘−60∘−15∘−30∘=75∘，
由正弦定理得MNsin30∘=OMsin75∘⇒MN=OM⋅sin30∘sin75∘=AM⋅sin60∘⋅sin30∘sin75∘sin15∘，
所以MNAM=sin60∘⋅sin30∘sin75∘sin15∘=sin60∘⋅sin30∘cs15∘sin15∘
=sin60∘⋅sin30∘12sin30∘=2sin60∘=3，
以O为顶点时，△OMN和△OAM的高相同，
所以S△OMNS△OAM=MNAM=3，S△OMN=3S△OAM，，
即人工湖用地△OMN的面积是堆假山用地△OAM的面积的3倍．
(3)在三角形OAN中， ∠ONA=180∘−60∘−30∘−θ=90∘−θ，
由正弦定理得ONsin60∘=2sin90∘−θ=2csθ
⇒ON=2sin60∘csθ=3csθ．
在三角形OAM中， ∠OMA=180∘−60∘−θ，由正弦定理得
OMsin60∘=2sin(180∘−60∘−θ)=2sin(θ+60∘)
⇒OM=2⋅sin60∘sin(θ+60∘)=3sin(θ+60∘)，
所以S△OMN=12⋅|OM|⋅|ON|⋅sin30∘
=14⋅3csθ⋅3sin(θ+60∘)=34⋅1sin(θ+60∘)⋅csθ
=34⋅1sinθcs60∘+csθsin60∘⋅csθ
=34⋅112sinθcsθ+32cs2θ=34⋅114sin2θ+32⋅1+cs2θ2
=34⋅114sin2θ+34cs2θ+34=32⋅112sin2θ+32cs2θ+32
=32⋅1sin2θ+60∘+32=3⋅12sin2θ+60∘+3．
由于∠AOM=θ，0∘<θ<60∘，所以当2θ+60∘=90∘，θ=15∘时，
S△OMN最小值为 3⋅12+3=3⋅2−32+32−3=6−33km2．