内蒙古包头市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

这是一份内蒙古包头市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷，共23页。试卷主要包含了选择题，解答题，填空题等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上．将条形码粘贴在规定区域．本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟．
做选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效．
考试结束后，将答题卡交回．
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 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．
2 ＜
当 3m＜1 时，复数 m（3+i）﹣（2+i）在复平面内对应的点位于（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
如图所示，已知在V ABC 中， D 是边 AB 上的中点，则CD  （）
–––→
BC
1 ––→
BA
2
–––→
BC
1 ––→
BA
2
–––→
BC
1 ––→
BA
2
–––→
BC
1 ––→
BA
2
正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，过顶点 B ， D ， A1 作截面，截下一个三棱锥 A  BDA1 ，则截下的三棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为（）
A. 1:5B. 1:6C. 5:6D. 1:4
从装有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）
至少有一个红球与都是黑球B. 至少有一个黑球与都是黑球
C. 至少有一个黑球与至少有 1 个红球D. 恰有 1 个黑球与恰有 2 个黑球
已知函数 f  x  sin  x  π  ，则下列说法不正确的是（）
3 

A. f  x 的一个周期为2πB.
C. f  x 在 π , 7π  上递减D.
f  x 的图象关于 x   5π 对称
6

f  x 的图象关于点  5π , 0  中心对称

 66 
6
.某高校 12 名毕业生的起始月薪如下表所示：
在ABC 所在的平面上有一点 P ，满足 PA  PB  PC  AB ，则PBC 与ABC 的面积之比是
毕业生
起始月薪
毕业生
起始月薪
1
2850
7
2890
2
2950
8
3130
3
3050
9
2940
4
2880
10
3325
5
2755
11
2920
6
2710
12
2880
则第 85 百分位数是（
）
A. 3050
B. 3130
C. 2950
D. 3325
2
1B. 1
3
32
C. D.
43
在空间，若AOB  BOC  COA  60, 直线OA 与平面OBC 所成角为θ，则csθ （ ）
2
A 1B. 1
3
C.2
2
D.3
3
二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分．
已知3  2i 是关于 x 的方程2x2  px  q  0  p, q  R  的一个根，则（）
p2  8q  0B. 方程2x2  px  q  0 的另一个根为3  2i
p  12
q  26
为了提升中学生的运算能力，某市举办了“中学生计算大赛”，并从中选出“计算小达人”．现从全市参加比赛的学生中随机抽取 1000 人的成绩进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，其中成绩的分组区间为60, 70 、70,80 、80, 90 、90,100 ．规定得分在 90 分及以上的被评为“计算小达人”．下列说法正确的是（）
m 的值为 0.015
该市每个中学生被评为“计算小达人”的概率为 0.01
现准备在这 1000 名学生中，用分层抽样的方法抽取一个容量为 20 的样本，则需抽取成绩为80,100
的学生 5 人
被抽取的 1000 名中学生的均分大约是 80 分
y  csx
y π 
要得到函数
π
的图象，只需将函数
sin  2x   的图象（）
3

先向右平移
先向左平移
个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变）
6
π
个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变）
12
所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），再向左平移
所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），再向左平移
π
个单位长度
6
π
个单位长度
3
如图，透明塑料制成的长方体 ABCD  A1B1C1D1 内灌进一些水，固定容器底面一边 BC 于水平地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度不同，则下面命题中正确的序号是（）
A三. 、有填水空部题分：始本终题呈共棱柱4 小形题，每小题 5 分，共 B20. 没分有．水的部分始终呈棱柱形
C. 水面 EFGHD. 当容器倾斜如图（3）所示时， BE  BF 是定值
天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是 0.2，乙地降雨概率是 0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为．
tan20∘  tan40∘
tan20∘  tan40∘  3
已知 ．
在某次测验中，有 6 位同学的平均成绩为 75 分，且前 5 位同学的成绩分别是 70，76，72，70，
72．则这 6 位同学成绩的标准差 s  ．
在V ABC 中，内角A ， B ， C 所对的边分别是 a ， b ， c ．已知8b  5c ， C  2B ，则csC 
．
四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
一个电路中有A ， B ， C 三个电器元件，每个元件可能正常，也可能失效．把这个电路是否为通路看成是一个随机现象，观察这个电路中各元件是否正常．
写出试验的样本空间；
用集合表示下列事件： M  “电路是通路”，并求出 P M  ．
已知V ABC 的内角A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c ，向量 
如图，在正四棱锥 P  ABCD 中，已知侧棱长为 4，底面边长等于 2， E 是 AB 的中点．
求证：平面 PAC  平面 PBD ；
求异面直线 PE 与 BC 所成角的余弦值．
→→→→→→
已知平面向量 a ， b 满足： a  4 ， b  3 ， 2a  3b 2a  b   61 ．
求 a 与b 的夹角θ；
3a  2b
求向量 a 在向量 →上的投影向量的模．
如图，四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，对角线 AC 与 BD 交于点O ， PA  平面
ABCD ， E 为 PD 的中点．
证明： PB / / 平面 AEC ；
2
3
设 AP  1， AD ，直线 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值为 5 ．
求四棱锥 P  ABCD 外接球的表面积；
求平面 AEC 与平面 PAD 夹角的余弦值．
2024-2025 学年度第二学期高一年级期末教学质量检测试卷
数学
注意事项：
考生答卷前，务必将自己的姓名、座位号写在答题卡上．将条形码粘贴在规定区域．本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟．
做选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效．
回答非选择题时，将答案写在答题卡的规定区域内，写在本试卷上无效．
考试结束后，将答题卡交回．
一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 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．
2 ＜
当 3m＜1 时，复数 m（3+i）﹣（2+i）在复平面内对应的点位于（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】原复数化为（3m﹣2）+i（m﹣1），再根据 m 的范围确定.
【详解】m（3+i）﹣（2+i）化简得（3m﹣2）+i（m﹣1），
∵ 2 ＜m＜1 3
∴3m﹣2＞0，m﹣1＜0
∴所对应的点在第四象限故选：D.
【点睛】本题主要考查复数的代数形式，考查了复平面内各象限复数的特点，属于基础题.
如图所示，已知在V ABC 中， D 是边 AB 上的中点，则CD  （）
–––→
BC
1 ––→
BA
2
–––→
BC
1 ––→
BA
2
–––→
BC
1 ––→
BA
2
–––→
BC
1 ––→
BA
2
【答案】B
【解析】
–––→
1 –––→
–––→–––→–––→–––→
1 –––→
【分析】由题意得 BD 
BA ，再由CD  CB  BD  BC 
2
BA ，即可得到答案.
2
–––→
【详解】由于 D 是边 AB 上的中点，则 BD 
1 –––→
BA .
2
–––→–––→–––→–––→
CD  CB  BD  BC 
故选：B.
1 –––→
BA .
2
正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，过顶点 B ， D ， A1 作截面，截下一个三棱锥 A  BDA1 ，则截下的三棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为（）
A. 1:5B. 1:6C. 5:6D. 1:4
【答案】A
【解析】
【分析】先求出截去的三棱锥的体积，再用正方体的体积减去三棱锥的体积得余下体积，得解.
【详解】如图，设正方体的棱长为 a ，则该正方体的体积为 a3 ，
则V 1 S
 AA  1  1 a2  a  1 a3 ，所以剩余部分的体积为V  5 a3 ，
A1  ABD3 △ABD

13266
所以截下的三棱锥的体积与剩下的几何体体积的比为1: 5 .
故选：A.
从装有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，那么互斥而不对立的两个事件是（）
至少有一个红球与都是黑球B. 至少有一个黑球与都是黑球
C. 至少有一个黑球与至少有 1 个红球D. 恰有 1 个黑球与恰有 2 个黑球
【答案】D
【解析】
【分析】根据互斥事件以及对立事件的定义逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.
【详解】从装有 2 个红球和 2 个黑球的口袋内任取 2 个球，可能为：1 红 1 黑、2 红、2 黑，
对于 A：至少有一个红球包括 1 红 1 黑、2 红，与都是黑球是对立事件，不符合题意，故选项 A 不正确；对于 B：至少有一个黑球包括 1 红 1 黑、2 黑，与都是黑球不是互斥事件，不符合题意，故选项 B 不正 确；
对于 C：至少有一个黑球包括 1 红 1 黑、2 黑，至少有 1 个红球包括 1 红 1 黑、2 红，这两个事件不是互斥事件，不符合题意，故选项 C 不正确；
对于 D：恰有 1 个黑球与恰有 2 个黑球是互斥事件而不是对立事件，符合题意，故选项 D 正确；故选：D.
已知函数 f  x  sin  x  π  ，则下列说法不正确的是（）
3 

A. f  x 的一个周期为2πB.
C. f  x 在 π , 7π  上递减D.
f  x 的图象关于 x   5π 对称
6

f  x 的图象关于点  5π , 0  中心对称

 66 
6
【答案】D
【解析】
【分析】结合三角函数的性质，利用整体代换思想依次讨论各选项即可得答案.
【详解】对于 A， f  x  sin  x  π  的最小正周期为2π ，故 A 正确；
3 

对于 B，因为 f   5π   sin   5π  π   sin   π   1，所以 f  x 图象关于 x   5π 对称，故 B 正
6 63 2 6

确；
对于 C，m x   π , 7π  ， x  π   π , 3π  ，故 f  x 在 π , 7π  上单调递减，故 C 正确；
 66 

3 22 

 66 
对于 D，由选项 B，可知 D 错误.故选：D.
.某高校 12 名毕业生的起始月薪如下表所示：
则第 85 百分位数是（）
A. 3050B. 3130C. 2950D. 3325
【答案】B
【解析】
【分析】将数据从小到大排列，根据题意求得i  n  p%  12  0.85  10.2 ，分析数据，即可得答案.
【详解】把这组数据从小到大排序：2710，2755，2850，2880，2880，2890，2920，2940，2950，3050，
3130，3325.
所以i  n  p%  12  0.85  10.2 ，所以第 85 分位数是 3130.
故选：B
2
在ABC 所在的平面上有一点 P ，满足 PA  PB  PC  AB ，则PBC 与ABC 的面积之比是
毕业生
起始月薪
毕业生
起始月薪
1
2850
7
2890
2
2950
8
3130
3
3050
9
2940
4
2880
10
3325
5
2755
11
2920
6
2710
12
2880
1
3
【答案】D
【解析】
1
32
D.
43
【详解】试题分析： 由 PA  PB  PC  AB ， 得,
所以 ， 即
所以是边上的第二个三等分点，故 .
考点：平行向量
点评：本题考查的知识点是平行向量与共线向量，其中根据数乘向量的几何意义，分析出 在边上且为边上靠近点的三等分点，是解答本题的关键．
在空间，若AOB  BOC  COA  60, 直线OA 与平面OBC 所成角为θ，则csθ （ ）
2
A. 1B. 1
3
C.2
2
D.3
3
【答案】D
【解析】
【分析】根据线面角定义，结合线面垂直的判定定理进行求解即可.
【详解】如图，过点A 作 AH  平面 BOC 于 H ，连接OH ，则AOH 为直线OA 与平面OBC 所成的角θ，
分别作 HE  OB ，交OB 于点 E ， HF  OC ，交OC 于点 F ，连接 AE 、 AF ，
因为OB ⊂平面 BOC ，所以 AH  OB ，
因为 AH ∩ HE  H , AH , HE  平面 AEH ，所以OB  平面 AEH ，而 AE  平面 AEH ，所以 AE  OB ，同理 AF  OC ，
因为AOB  AOC  60 ， OEA  OFA ， OA  OA ，所以△OEA ≌aOFA ，所以 AE  AF ， OE  OF ，
所以 EH  FH ，则OH 为∠BOC 的角平分线，
由BOC  60 ，可得FOH  30 ，
令 HF  a ，则OH  2a ， OF 
3a ，即OE  OF 
3a ，
在直角三角形 AOE 中，因为AOB  60 ，
所以 AO 
3a cs 60
 2 3a ，
于是在直角三角形 AOH 中，
2 3a
3
cs AOH  OH  2a  ，
OA3
即csθ 3 ．
3
故选：D
二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得 5 分，部分选对的得 2 分，有选错的得 0 分．
已知3  2i 是关于 x 的方程2x2  px  q  0  p, q  R  的一个根，则（）
p2  8q  0B. 方程2x2  px  q  0 的另一个根为3  2i
p  12
q  26
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据实系数一元二次方程根的性质判断各个选项即可.
【详解】 3  2i 是关于 x 的方程2x2  px  q  0 的一个根，则3  2i 也是关于 x 的方程2x2  px  q  0
的一个根，
所以  p2  8q  0 ，A 选项正确；B 选项错误；
 p  3  2i  3  2i=  6 ，所以 p  12 ，C 选项正确；
2
q  3  2i3  2i =9+4=13 ，所以 q  26 ，D 选项正确；
2
故选：ACD.
为了提升中学生的运算能力，某市举办了“中学生计算大赛”，并从中选出“计算小达人”．现从全市参加比赛的学生中随机抽取 1000 人的成绩进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，其中成绩的分组区间为60, 70 、70,80 、80, 90 、90,100 ．规定得分在 90 分及以上的被评为“计算小达人”．下列说法正确的是（）
m 的值为 0.015
该市每个中学生被评为“计算小达人”的概率为 0.01
现准备在这 1000 名学生中，用分层抽样的方法抽取一个容量为 20 的样本，则需抽取成绩为80,100
的学生 5 人
被抽取的 1000 名中学生的均分大约是 80 分
【答案】AC
【解析】
【分析】根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为 1，结合中位数的定义、平均数的定义逐一判断即可.
【详解】由(0.025  0.05  m  0.01) 10  1  m  0.015 ，所以选项 A 正确；因为得分在 90 分及以上的被评为“计算小达人”，
所以该市每个小学生被评为“计算小达人”的概率为0.0110  0.1 ，因此选项 B 不正确；
现准备在这1000 名学生中，用分层抽样的方法抽取一个容量为20 的样本，则须抽取成绩为80,100 的学生人数为20 0.015  0.0110  5 ，因此选项 C 正确；
被抽取的 1000 名中学生的均分大约是65 0.25  75 0.5  85 0.15  95 0.1  76 分，因此选项 D 不正确，
故选：AC
y  csx
y π 
要得到函数
π
的图象，只需将函数
sin  2x   的图象（）
3

先向右平移
先向左平移
个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变）
6
π
个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变）
12
所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），再向左平移
所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），再向左平移
π
个单位长度
6
π
个单位长度
3
【答案】BC
【解析】
【分析】利用三角函数的平移伸缩变换即可求解.
【详解】对于 A，将 y  sin  2x  π  先向右平移 π 个单位长度，可得
3 6
y  

π π 
sin 2  x  6   3   sin 2x ，
 
再将所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），得 y  sin x ，故 A 错误；
y  sin  2x  π π
y  
π π 
对于 B，将
3  先向左平移12 个单位长度，可得sin 2  x  12   3   cs 2x ，
 
再将所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），得 y  cs x ，故 B 正确；
对于 C，将 y  sin  2x  π  所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），得 y  sin  x  π  ，
3 3 

再向左平移 π 个单位长度得 y  sin  x  π  π   cs x ，故 C 正确；
663 

对于 D，将 y  sin  2x  π  所有点的横坐标伸长到原来的 2 倍（纵坐标不变），得 y  sin  x  π  ，
3 3 

再向左平移 π 个单位长度得 y  sin  x  π  π   sin  x  2π  ，故 D 错误.
333 3 

故选：BC.
如图，透明塑料制成的长方体 ABCD  A1B1C1D1 内灌进一些水，固定容器底面一边 BC 于水平地面上，再将容器倾斜，随着倾斜度不同，则下面命题中正确的序号是（）
有水的部分始终呈棱柱形B. 没有水的部分始终呈棱柱形
C. 水面 EFGH 所在四边形的面积为定值D. 当容器倾斜如图（3）所示时， BE  BF 是定值
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据棱柱的定义判定 A，B，利用线面垂直的性质定理可得水面 EFGH 是矩形判定 C，利用等体积法判断 D 即可.
【详解】根据棱柱的定义：有两个面是相互平行且是全等的多边形，其余没相邻两个面的交线也相互平行，而这些面都是平行四边形可知，
由于 BC 边固定，所以在倾斜的过程中，始终有 AD / / EH / / FG / / BC ，且平面 AEFB / / 平面 DHGC ，所以在倾斜的过程中有水的部分始终呈棱柱形，同理没有水的部分始终呈棱柱形，A，B 正确；
在倾斜的过程中， EH , FG 长度不变， EF , HG 不断变化，
又因为 FG / / BC ，所以 FG 始终垂直于平面 ABB1 A1 ，又 EF  平面 ABB1 A1 ，所以水面 EFGH 是矩形，
所以水面 EFGH 所在四边形的面积不是定值，C 说法错误；
因为水的体积是不变的，正三棱柱 BEF  CHG 的高始终是 BC 也不变，所以底面面积也不会变，即 BE·BF 是定值，D 说法正确；
故选：ABD
三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
天气预报，在元旦假期甲地降雨概率是 0.2，乙地降雨概率是 0.3.假设在这段时间内两地是否降雨相互之间没有影响，则这两地中恰有一个地方降雨的概率为．
【答案】0.38
【解析】
【分析】利用相互独立事件及对立事件的概率公式求得结果.
【详解】设甲地降雨为事件 A，乙地降雨为事件 B，则两地恰有一地降雨为 A B ＋ A B，
∴P(A B ＋ A B)＝P(A B )＋P( A B)
＝P(A)P( B )＋P( A )P(B)
＝0.2×0.7＋0.8×0.3
＝0.38.
故答案为：0.38.
tan20∘  tan40∘
tan20∘  tan40∘  3
已知
 ．
【答案】 3
3
【解析】
【分析】应用两角和的正切公式化简计算求解.
tan20∘  tan40∘
tan20∘  tan40∘
tan20∘ +tan40∘ 13
【详解】 tan20∘  tan40∘ 

3tan20∘  tan40∘ 
tan20∘  tan40∘ 1 tan20∘×an40∘
 1 tan20∘  tan40∘   tan 20  40   3 .
故答案为： 3 .
3
在某次测验中，有 6 位同学的平均成绩为 75 分，且前 5 位同学的成绩分别是 70，76，72，70，
72．则这 6 位同学成绩的标准差 s  ．
【答案】7
【解析】
【分析】先根据平均数计算第 6 位同学的成绩再根据方差公式计算求解即可.
【详解】前 5 位同学的成绩分别是 70，76，72，70，72，6 位同学的平均成绩为 75 分，设第 6 位学生分数为 x ，
所以 70  70  72  72  76  x  75 ，所以 x  90 ，
6
所以方差为 2 ，
70  752  70  752  72  752  72  752  76  752  90  752
s49
6
所以标准差为7 .
故答案为：7.
在V ABC 中，内角A ， B ， C 所对的边分别是 a ， b ， c ．已知8b  5c ， C  2B ，则csC 
．
【答案】 7
25
## 0.28
【解析】
【分析】根据C  2B ，由正弦定理结合5c  8b ，得到cs B  4 ，然后由二倍角公式求解.
5
【详解】由正弦定理， c  sin C  sin 2B  2 sin B cs B  2 cs B ，又5c  8b ，
 cs B  4 ，
5
bsin B
sin B
sin B
cs C  cs 2B  2 cs2 B 1  2  16 1  7 .
2525
故答案为： 7 .
25
四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
一个电路中有A ， B ， C 三个电器元件，每个元件可能正常，也可能失效．把这个电路是否为通路看成是一个随机现象，观察这个电路中各元件是否正常．
写出试验的样本空间；
用集合表示下列事件： M  “电路是通路”，并求出 P M  ．
【答案】（1）答案见解析
（2） M  1,1, 0, 1, 0,1, 1,1,1 ， 3
8
【解析】
【分析】（1）分别用x1 ， x2 和 x3 表示元件A ， B 和C 的可能状态，这个电路的工作状态可用 x1 , x2 , x3 
表示，用 1 表示元件的“正常”状态，用 0 表示“失效”状态，列出所有情况得解；
（2）“电路是通路”即 x1  1 ，且 x2 ， x3 至少有一个是 1，由古典概率的公式计算.
【小问 1 详解】
分别用x1 ， x2 和 x3 表示元件A ， B 和C 的可能状态，则这个电路的工作状态可用 x1 , x2 , x3  表示．进一步地，用 1 表示元件的“正常”状态，用 0 表示“失效”状态，
则样本空间Ω  0, 0, 0, 1, 0, 0, 0,1, 0, 0, 0,1, 1,1, 0, 1, 0,1, 0,1,1, 1,1,1.
【小问 2 详解】
“电路是通路”等价于 x1, x2 , x3 Ω ， x1  1 ，且 x2 ， x3 至少有一个是 1，所以 M  1,1, 0, 1, 0,1, 1,1,1 .
所以 P M   n M   3 .
n 8
a
c
→
→
已知V ABC 的内角A ， B ， C 所对的边分别为 ， b ， ，向量m  a, 3b ， n  cs A,sin B ，
且m//n ．
求角A 的大小；
7
若 a ， b  2 ，求V ABC 的面积．
π
【答案】（1）
3
（2） 3 3
2
【解析】
【分析】（1）由平行向量的坐标公式代入化简结合正弦定理即可得出答案；
（2）由余弦定理求出c  3 ，进而结合三角形的面积公式可得出答案.
【小问 1 详解】
→
→
因为m  a, 3b ， n  cs A,sin B ，且 m // n ，
则 a sin B 3b cs A .，
由正弦定理得sin Asin B  3 sin B cs A ，
因为 B 0, π ，所以sin B  0 ，
3
可得sin A 3 cs A ，即tan A .
且0  A  π ，所以 A  π .
3
【小问 2 详解】
在V ABC 中，由余弦定理可得 a2  b2  c2  2bc cs A ，


即7 2  22  c2  2  2  c cs π ，
3
整理可得c2  2c  3  0 ，解得c  3 ，或c  1 （舍），
所以V ABC 的面积 S
 1 bc sin A  1  2  3

3  3 3 .
△ ABC
2222
​
f  x 
3 sinxcsx  1 sin2 x  3 ．
224
求 f  x 的最小正周期和单调递增区间；
求 f  x 在区间 π , π  上的最大值和最小值．
 3 6 
【答案】（1） T  π ，单调递增区间为 π  kπ, π  kπ k  Z
（2） f (x)
【解析】
1
max
 5 ， f (x)
4
min  2
 63
【分析】（1）利用三角恒等变换化简 f  x ，根据周期公式可求得最小正周期，利用正弦函数的单调性即得；
（2）由 x   π , π  ，得2x  π   5π , π  ，利用正弦函数的单调性得解.

 3 6 
6

66 
【小问 1 详解】
f  x 
sin2x  1 cs2x  3  1 
sin2x  1 cs2x  1  1 π  1 ，
3
3
sin 2x
4442  22
26 

故 f  x 的最小正周期T  2π  π ，
2
令 π  2kπ  2x  π  π  2kπ ，可得 π  kπ  x  π  kπ ，
26263
故 f  x 的单调递增区间为 π  kπ, π  kπ k  Z .
 63
【小问 2 详解】
当 x   π , π  ， 2x  π   5π , π  ，

 3 6 
6

66 
故当2x  π   π 时，即 x   π 时， f (x)  1 1  1 ．
626
min22
当2x  π  π 时，即 x  π 时， f (x) 5 .
666
max4
如图，在正四棱锥 P  ABCD 中，已知侧棱长为 4，底面边长等于 2， E 是 AB 的中点．
求证：平面 PAC  平面 PBD ；
求异面直线 PE 与 BC 所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2） 15
15
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直得出 PO  BD ，再应用线面垂直判定定理得出线面垂直，最后面面垂直判定定理证明即可；
（2）应用异面直线所成角的定义求出PEO 为异面直线 PE 与 BC 所成角，再结合边长计算求解.
【小问 1 详解】
证明：在正四棱锥 P  ABCD 中，连接 AC ， BD 交于点O ，连接 PO ，因为四棱锥 P  ABCD 为正四棱锥，所以 PO  平面 ABCD ，
因为 BD  平面 ABCD ，所以 PO  BD ．
又 AC ⊥BD ， PO ∩ AC  O ， PO, AC  平面 PAC ，所以 BD ⊥平面 PAC ，
因为 BD  平面 PBD ，所以平面 PBD  平面 PAC ．
【小问 2 详解】
连接 EO ，由（1）知， PO  平面 ABCD ，
又mOE  平面 ABCD ， PO  OE ，又m E 为 AB 的中点， EO ∥ BC ．
PEO 为异面直线 PE 与 BC 所成角，
在Rt△PEO 中， csPEO  OE ，
PE
15
在aPAB 中， PA  PB  4 ， AB  2 ， PE ．
又mOE  1 BC  1， 2
15
15
1
csPEO ，
15
异面直线 PE 与 BC 所成角的余弦值为 15 ．
15
→→→→→→
已知平面向量 a ， b 满足： a  4 ， b  3 ， 2a  3b 2a  b   61 ．
求 a 与b 的夹角θ；
求向量 a 在向量
3a  2b
2π
→上的投影向量的模．
【答案】（1）
3
3
（2） 2
【解析】
a  b  6
【分析】（1）先应用数量积运算律化简求解得出 →，余弦公式计算求解；
（2）应用数量积运算律结合模长公式计算，再应用投影向量模长公式计算求解.
【小问 1 详解】
m→→→→
→2→2
2a  3b 2a  b   61， 4a
→
 4a  b  3b
→
 61，
a  b
→
→
→→csθ a  b   1
又m a  4 ， b  3 ， a  b  6 ，2 ．
又mθ0, π ，θ 2π ．
3
【小问 2 详解】
→
m →→→2→→2→→
3a  2b  9a 12a  b  4b  108 ， 3a  2b  6 3 ．
向量 a 在向量
→上的投影向量的模为
3a  2b
→→→
→→ →
3 →  2 →
ab
3
→ a 3a  2b 
3a2  2a  b
36
a  →→
→  2
3
6
a 3a  2b
如图，四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为矩形，对角线 AC 与 BD 交于点O ， PA  平面
ABCD ， E 为 PD 的中点．
证明： PB / / 平面 AEC ；
2
3
设 AP  1， AD ，直线 PC 与平面 ABCD 所成角的正弦值为 5 ．
求四棱锥 P  ABCD 外接球的表面积；
求平面 AEC 与平面 PAD 夹角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i） 25π（ii） 1
42
【解析】
【分析】（1）连接 EO ，得 EO ∥ PB ，由线面平行的判定定理得证；
（2）（i）由题易求 AB  3 ，可得四棱锥 P  ABCD 外接球的球心为 PC 的中点，运算得解；（ii）作
2
DH  AE 交 AE 的延长线于点 H ，连接CH ，可证 AE  CH ， CHD 为平面 AEC 与平面 PAD 的夹角，运算得解.
【小问 1 详解】
连接 EO ，因为四边形 ABCD 为矩形，所以点O 为 BD 的中点．又点 E 为 PD 的中点，所以 EO ∥ PB ，
因为 EO  平面 AEC ， PB  平面 AEC ，所以 PB ∥平面 AEC ．
【小问 2 详解】
m PA  底面 ABCD ， AC 为 PC 在底面内的射影，
直线 PC 与平面 ABCD 所成角为PCA ，
则sin PCA  PA  2 ，所以 PC  5 ，
PC52
在Rt△PAC 中，可得 AC 21 ，在Rt△ABC 中，可得 AB  3 ．
22
设四棱锥 P  ABCD 外接球的半径为 R ，则四棱锥 P  ABCD 外接球即其所在长方体的外接球，所以其球心为 PC 的中点，所以4R2  PC 2  25 ，故其外接球的表面积为 25 π .
44
作 DH  AE 交 AE 的延长线于点 H ，连接CH ，
m PA  平面 ABCD ， CD  平面 ABCD ．
 PA  CD ， CD  AD ， PA  AD  A ，
则CD  平面 PAD ， AE  平面 PAD ，故CD  AE ，
又 DH  AE ， CD 与 DH 相交，则 AE  平面CDH ， CH  平面CDH ，故 AE  CH ，
所以CHD 为平面 AEC 与平面 PAD 的夹角，
3
在Rt△PAD 中， AP  1， AD ，则 PD  2 ， AE  1 ，所以EAD  EDA  30∘ ，
在RtaAHD 中，可得 DH  1 AD 3 ．
22
3
在Rt△CDH 中，可得CH ，则cs CHD  DH
CH
 1 ，
2
2
即平面 AEC 与平面 PAD 夹角的余弦值为 1 .