安徽省蚌埠第二中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷

这是一份安徽省蚌埠第二中学2025-2026学年高二上学期开学考试数学试卷，共30页。

注意事项：
考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分
答卷前，考生务必将自已的姓名､准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
一､单项选择题：本大题共 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.
已知复数
z  2  i
1 2i （ i 为虚数单位），则
z  （）
5
A. 1B. 2C.
D. 2
5
在平面直角坐标系 xOy 中，角α以Ox 为始边，点 P 2, 4 在角α的终边上，则sin2α （）
 4B. 4
55
 2D. 2
55
3.1
π
，则这个圆锥的体积为（）
若圆锥的底面圆半径为 2 ，其侧面展开图的面积为 2
3 π
3
3 π
12
3 π
6
→→→
3 π
24
已知平面向量 a  1, 2, b  4, 3 ，且λa  b  a ，则λ的值为（）
2
 2 3
C. 2D. 6
已知 l，m，n 是三条不同的直线，α， β，γ是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（）
若m / /α， m//n ，则 n//α
若 m / /β， βα，则 m α
若α∩ β l ，α∩γ m ， β∩γ n ，且满足l //m ，则 m//n
若 m α， n   ， l  β，且 m / /β， n//l ，则α//β
 0,
π  , s
in  π
α  
1
，则cs π
α


2 
 6


5
 6


若α

的值为（）

2 3 6
10
2 3 6
10
2 6  3
10
2 6 3
10
已知函数 f  x  sin ωx  π  (ω 0) 在区间0, π  上的最大值为ω
ω的取值个数为
3 
3 
，则实数
3

（）
B. 2C. 3D. 4
2
已知V ABC 中，a、b、c 为角 A、B、C 的对边， acsB  bcsA  csinC ，若∠BAC 与∠ABC 的内
角平分线交于点 I， V ABC 的外接圆半径为
，则△IAB 面积的最大值为（）
2
2 2
4 4
1
2 
2
2
2
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，有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
若复数 z 满足(2  i)z  4  3i （其中i 为虚数单位），则下列说法正确的是（）
z 在复平面内对应的点位于第四象限
z  z  5 （ z 是 z 的共轭复数）
z2  5  4i
5
若 z1  2 ，则 z1  z 的最大值为 2
函数 f  x  Asin ωx φ A  0,ω 0, φ π  的部分图象如图所示，则（）
2 

f  x 的图象关于直线 x   4π 对称
3
f  π  x  的单调递增区间为 5π  kπ, 11π  kπ k  Z
 12
1212

f  x 的图象向左平移 π 个单位长度后得到函数 g  x  3cs2x
3
若方程 f  x  3 在0, m 上有且只有 6 个根，则 m  3π, 10π 

23 
在长方形 ABCD 中， AB  6 ， AD  1 ，点 E 在线段 AB 上（不包含端点），沿 DE 将V ADE 折起，使二面角 A  DE  C 的大小为θ，θ 0, π ，则（）
存在某个位置，使得 AE  DC
存在某个位置，使得直线 BC / / 平面 ADE
2 5
3
四棱锥 A  BCDE 体积的最大值为
7
当θ π 时，线段 AC 长度的最小值为2
3
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
π→→→→
已知向量 a 与b 的夹角为 , b
4
 1, 2b  a
 10 ，则 a  .
需要测量某塔的高度，选取与塔底 D 在同一个水平面内的两个测量基点A 与 B ，现测得
DAB  75∘ ， ABD  45∘ ， AB  96 米，在点A 处测得塔顶C 的仰角为30 ，则塔高CD 为
米
2
已知三棱锥 P  ABC 的四个面是全等的等腰三角形，且 PA  4
， PB  AB  2 5 ，点 D 为三棱锥
3
P  ABC 的外接球球面上一动点， PD  3
时，动点 D 的轨迹长度为.
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
直角坐标系中，已知向量 a  2, 1, b  csα, sinα 且a ∥ b .
求tan2α的值；
2sin π α  sin α π  tan π α
2 
若α为第二象限角，求

sin  3π α  cs  π α
的值.
 2 2

如图，在平行四边形 ABCD 中， AB 3, AD  1，点 M 为 AB 中点，点 N , P 在线段 BD 上，满足
a, AD
BN  NP  PD ，设 AB  →
 b .
a, b
用向量 →表示向量 MP ；
–––→
若 MP 
7 ，求
6
π
AB  AD ；
––––→
若BAD  ，求 MN
6
已知函数 f  x  sin2x 
求 f  x 的单调区间；
.
3cs2x 1 .
若 x  0, π  时，不等式 f  x  m  2 恒成立，求实数m 的取值范围.
2 
如图， 在四棱锥 P  ABCD 中， △PCD 为等边三角形， 平面 PAC  平面 PCD ， PA  PD ，
3
AB  CD  2 ， BC  AD  4 ， PB  2，
求证： PA  平面 PCD ；
求直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值；
线段 PC 上是否存在一点 M ，使得二面角 M  AB  C 的平面角的余弦值为 8 3 .若存在，求出
15
PM 值；若不存在，请说明理由.
PC
如图，在四边形 ABCD 中，已知V ABC 的面积为 S1 
( AC 2  BC 2  AB2 ) ，记V ACD 的面积为
4
S2 .
求∠ABC 的大小；
3
若V ABC 外接圆半径为
，求V ABC 的周长最大值.
设∠BCD  2π ,∠CAD  π ，若CD 
36
3BC ，且满足 S1  λ成立，求常数λ的值.
S2
蚌埠二中 2025-2026 学年度高二第一学期开学检测数学试卷
注意事项：
考试时间：120 分钟 试卷满分：150 分
答卷前，考生务必将自已的姓名､准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.
一､单项选择题：本大题共 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.
已知复数
z  2  i
1 2i （ i 为虚数单位），则
z  （）
5
A. 1B. 2C.
2
5
【答案】A
【解析】
z1 z2
z1
z2
【分析】利用求出模长.
【详解】 z
 1.
2  i
1 2i
4 1
1 4
故选：A
在平面直角坐标系 xOy 中，角α以Ox 为始边，点 P 2, 4 在角α的终边上，则sin2α （）
 4B. 4
55
C.  2D. 2
55
【答案】A
【解析】
【分析】先根据任意角的三角函数的概念确定sinα和csα的值，再利用二倍角的正弦公式求sin 2α的值.
(2)2  42
5
【详解】由条件可知， OP  2，
所以sinα
 2
， csα
2   1 ，
2 5
5
2 5
5
所以sin2α 2sinαcsα  4 .
5
故选：A
3.1
π
，则这个圆锥的体积为（）
若圆锥的底面圆半径为 2 ，其侧面展开图的面积为 2
3 π
3
3 π
12
3 π
6
3 π
24
【答案】D
【解析】
【分析】先根据圆锥的侧面积公式求圆锥的母线长，再求圆锥的高，最后利用圆锥的体积公式求解.
【详解】设圆锥的母线长为l ，
则有 1  l  π  π ，所以l  1 ，
22
于是圆锥的高为 h 
1
3 ，
2
 1 233
32
该圆锥的体积为：  π  
2
π .
24
故选：D
→→→
已知平面向量 a  1, 2, b  4, 3 ，且λa  b  a ，则λ的值为（）
2
 2
3
C. 2D. 6
【答案】A
→
【解析】
【分析】由题意可得λa2
→ →
 b•a  0
，利用向量的数量积的坐标表示可求得λ的值.
→→→
→→ →
→ 2→ →
【详解】因为λa  b  a ，所以λa  b•a  0 ，所以λa
 b•a  0 ，
又因为 a  1, 2, b  4, 3 ，所以5λ10  0 ，解得λ 2 .
故选：A.
已知 l，m，n 是三条不同的直线，α， β，γ是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（）
若m / /α， m//n ，则 n//α
B 若 m / /β， βα，则 m α
若α∩ β l ，α∩γ m ， β∩γ n ，且满足l //m ，则 m//n
若 m α， n   ， l  β，且 m / /β， n//l ，则α//β
【答案】C
【解析】
【分析】根据各选项线线、线面、面面的关系，结合平面的基本性质判断线线、线面、面面的位置关系.
【详解】A：若m / /α， m//n ，则n   或 n//α，故错误；
B：若 m / /β， βα，则 m α或m / /α或 m,α相交，故错误；
C：由l α，α∩γ m ，结合题设知l γ，而l //m ，则l //γ，又l  β， β∩γ n ，则l //n ，由平行 公理知： m//n ，故正确.
D：若 m α， n   ， l  β，且 m / /β， n//l ，若 m，n 相交则α//β，若 m，n 平行则α//β或α，
β相交，故错误.
故选：C
 0,
π  , s
in  π
α  
1
，则cs π
α


2 
 6


5
 6


若α

的值为（）

2 3 6
10
2 3 6
10
2 6  3
10
2 6 3
10
【答案】C
【解析】
【分析】由sin  π α   1 可得sin α π  的取值，结合角的范围以及平方和为 1 可计算 cs α π  ，
 6  
 65
6 
由两角和的余弦配凑角可求出结果.
【详解】因为sin  π α   1 ，所以sin α π   1 ，
 656 5

因为α  0, π  ，所以α π   π , π  ，
2 
66 3 

1 sinα
2

6 
π 



所以csα π  2 6 ，
6 5

 π
α  cs α
π  
π   cs α
π cs
π
 sin α
π sin
π
 6




6 
3 


6 
3


6 
3
所以cs



 2 6  1  1 3  2 6  3 .
525210
故选：C
已知函数 f  x  sin ωx  π  (ω 0) 在区间0, π  上的最大值为ω
ω的取值个数为
3 
3 
，则实数
3

（）
B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先计算出ωx  π   π , π ω π  ，分 π ω π  π 和 π ω π  ω
π ω π  π
3

3 33 

332
两种情况讨论，
333332
时转化为图像交点问题.
【详解】0  x  π ，则ωx  π   π , π ω π  ，显然ω 1，ω 3 ，
333 33 3
①若 π ω π  π 即0  ω 5 时， f  x 在0, π  单调增， f (x) f  π   sin  π ω π   ω
333
3322
3 
max
   ，
3
 33 
作函数 r ω  sin  π ω π  的图象，

与
当0  ω 3 时， y  ωr ω 有两个交点，所以此时有两个ω满足要求；
3
②若 π ω π  π 即 5 ω 3 时，
3322
f (x) 1  ωω 3, f  x  π  ,3x  π  π , x  5 π  π 满足要求，
max3 ,
sin  3x3 

32183

综上知满足条件的ω共有 3 个.
故选：C
2
已知V ABC 中，a、b、c 为角 A、B、C 的对边， acsB  bcsA  csinC ，若∠BAC 与∠ABC 的内
角平分线交于点 I， V ABC 的外接圆半径为
，则△IAB 面积的最大值为（）
2
2 2
4 4
1
2 
2
2
2
【答案】A
【解析】
【 分 析 】 根 据 正 弦 定 理 求 出 sinC  1，
C  π ，
2
c  2
， a2  b2  c2  8 ， 得 到
2
r  a  b  c  a  b  2 2 ，利用基本不等式求出△IAB 面积的最大值.
22
【详解】 acsB  bcsA  csinC ，由正弦定理得： sinAcsB  sin BcsA  sin CsinC
∵ sinAcsB  sin BcsA  sin  A  B  sin C ，∴ sinC  1，
∵ C 0, π ，
2
∴ C  π ， V ABC 为直角三角形且外接圆半径 R 为，
2
2
∴ c  2，
∴ a2  b2  c2  8 ，
设内切圆半径为 r ，则 S△ABI
 1 cr ．
2
其中 r  a  b  c  a  b  2 2 ，
22
因为 a2  b2  2ab ，所以2 a2  b2   a2  b2  2ab  a  b2 ，
a2  b2
2
故 a  b
2
，当且仅当 a  b 时，等号成立，
2  
a2  b2
2
2
1a  b  2 2
∴ S△ABI  2  2 2 
2
2   2
 2 ，

当且仅当 a  b 时等号成立，故选：A
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，有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
若复数 z 满足(2  i)z  4  3i （其中i 为虚数单位），则下列说法正确的是（）
z 在复平面内对应的点位于第四象限
z  z  5 （ z 是 z 的共轭复数）
z2  5  4i
若 z1
 2 ，则 z1  z 的最大值为 2
5
【答案】ABD
【解析】
【分析】先化简得出 z，再逐一判断选项即可．
【详解】 z  4  3i  (4  3i)(2  i)  5  10i  1  2i ， 2  i(2  i)(2  i)5
在复平面内所 z 对应的点坐标为(1, 2) ，在第四象限，故 A 正确；
z  z  (1 2i)  (1 2i)  1 4  5 ，故 B 正确；
z2  (1 2i)2  1 4  4i  3  4i ，故 C 错误；
对于 D， z1
 2 ，则表示复数 z1 的点 P 的集合是以(0, 0) 为圆心，2 为半径的圆，
而 z1  z  z1  (1 2i) ，即为点 P 到点 M (1, 2) 之间的距离，
12  (2)2
所以 z1  z 的最大值为
 2  2 ，故 D 正确．
5
故选：ABD.
函数 f  x  Asin ωx φ A  0,ω 0, φ π  的部分图象如图所示，则（）
2 

f  x 的图象关于直线 x   4π 对称
3
f  π  x  的单调递增区间为 5π  kπ, 11π  kπ k  Z
 12
1212

f  x 的图象向左平移 π 个单位长度后得到函数 g  x  3cs2x
3
若方程 f  x  3 在0, m 上有且只有 6 个根，则 m  3π, 10π 

23 
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据函数图象即得 A  3 代入两点坐标，求得ω，φ的值，即得函数解析式，再根据各选项的 要求逐一分析，计算，结合正弦函数的图象性质即可判断.
3   5π
sinφ 1 , ①
2
【详解】由图可知， A  3 ，且经过 0, 2 ,  12 , 0  ，故可得5π，
 
sin  ωφ  0, ②
 12

由①，结合φ π ，则得φ π ，代入②，化简得 5π ω π  kπ, k  Z ，
26
即ω  2  12 k, k  Z ，
55
126
Tπ5π12
由图知，原函数的最小正周期T 满足  ，解得0  ω，故ω 2 ，即
f  x  3sin  2x  π  .
2ω125
6 

对于A ，当 x   4π 时，因 f   4π   3sin   8π  π   3sin   5π   3 ，故直线 x   4π 是 f  x
33 36 2 3

的一条对称轴，故A 正确；
对于B ，因 f  π
  π
 x 
3sin 2
 x   π    π  ，
 12
  12
6 
3 
3sin 2x
 
由 π  2kπ  2x  π  3π  2kπ, k  Z ，可得 x   5π  kπ, 11π  kπ , k  Z ，
232
1212
即 f  π
 x  的单调递增区间为 5π  kπ, 11π  kπ , k  Z ，
 12
1212

故B 正确；
对于C ，将函数 f  x 的图象向左平移 π 个单位长度后得到函数
3
y π 
 π π 
π 
f  x  3   3sin 2  x  3   6   3cs  2x  3  ，

故C 错误；
 
对于D ，由 f  x  3 可得sin  2x  π   1 ，设t  2x  π ，因 x 0, m ，则t  π , 2m  π  ，
26 26
 66 

依题意函数 y  sint 与 y  1 在 π , 2m  π  上必有 6 个交点，作出函数的图象如下：
66
 
2
由图知，需使 37π  2m  π  41π ，解得3π  m  10π ，故D 正确.
6663
故选： ABD
在长方形 ABCD 中， AB  6 ， AD  1 ，点 E 在线段 AB 上（不包含端点），沿 DE 将V ADE 折起，使二面角 A  DE  C 的大小为θ，θ 0, π ，则（）
存在某个位置，使得 AE  DC
存在某个位置，使得直线 BC / / 平面 ADE
2 5
3
四棱锥 A  BCDE 体积的最大值为
7
当θ π 时，线段 AC 长度的最小值为2
3
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用特殊位置可判定 A，根据线面平行的性质可判定 B，利用棱锥的体积公式及导数研究函数的最值可判定 C，利用空间向量数量积研究模长可判定 D.
【详解】设点 A 在平面 BCDE 上的投影为 A1 ，即 A1A  DC ，而当 A1E  DC 时， AA1  A1E=A1, AA1、A1E  平面 AA1E，
所以CD  平面 AA1E， AE  平面 AA1E，所以 AE  DC ，
这种情况显然存在，故 A 正确；
若 BC / / 平面 ADE ， BC  平面 BCDE ，平面 BCDE  平面 ADE  DE ，所以 BC∥DE ，显然矛盾，故 B 错误；
设ADE  α，α 0, ADB ，则点 A 到 DE 的距离为sinα， AE  tanα， BE  6  tanα，
要使得四棱锥 A  BCDE 的体积最大，则θ π ，
2

16  6  tanα11 
sin2α
此时四棱锥 A  BCDE 的体积V  
3
sinα 6 12 sinα csα  ，
1 
2 sinαcs2α sin3α
sinα 12
2122
V  6 12 csα
cs2α
 6
 tanα 2  tan
α ， y  tanα 2  tan α在

 0, π  上单调递减，
2 

且当tanα 2 时，
12
tanα
 2  tan2α 0 .
令tanα0  2 ，α0 0, ADB ，则sinα  2 5 ， csα 5 ，
0505
所以V 在0,α0  上单调递增，在α0 , ADB 上单调递减，
故V 1 12  2 5  2  2 5   2 5 ，
max6 
55 3

即四棱锥 A  BCDE 体积的最大值为
2 5
3
，C 正确.
过 A， C 作 DE 的垂线，垂足分别为 M ， N ，从而得到 AM  DM  0 ， CN  DE  0 ，又 AC  AM  MN  NC ，
–––→2
所以 AC
––––→––––→–––→

 AM  MN  NC
2––––→2
 AM
––––→2
 MN
–––→2
 NC
––––→ ––––→
 2 AM  MN 
2 AM  NC  2MN  NC 
––––→ 2
AM
––––→ 2
 MN
π
–––→ 2
 NC
––––→ –––→
 2 AM  NC .
因为二面角 A  DE  C 的大小为 3 ，所以 AM 与 NC 的夹角为 120°.
设ADE  α，α 0, ADB ，则CDE  π α，
2
AM  sinα， CN  6 csα， DM  csα， DN  6 sinα， 所以 MN  csα 6 sinα，
–––→ 2222
1 
所以 AC
 sinα
csα 6 sinα
6 csα
2 sinα 6 csα   
2

 37  9 sin 2α.
故当α π
–––→ 2
7
有最小值 28，故线段 AC 长度的最小值为2
，D 正确.
4 时， AC
故选：ACD
【点睛】思路点睛：对于 C 项，设ADE  α，利用α表示线段长，利用棱锥体积公式得
1 sin2α

V  6 12 sinα csα  ，通过导数研究其单调性计算最值即可；对于 D 项，根据空间向量数量积公式
计算模长即可.
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
π→→→→
已知向量 a 与b 的夹角为 , b
4
2
【答案】3
 1, 2b  a
 10 ，则 a  .
【解析】
【分析】根据向量的模、向量夹角的余弦公式、向量的数量积等知识进行求解即可.
π→→→
【详解】向量 a 与b 的夹角为 , b
(2
b  a)
→
→
2
4b 2  4a  b  a2
→
→
→
→
4
 1, 2b  a
 10 ，
→→
10
所以 2b  a


，
即4 
→→ 2→ 2→，
2
2
4 a  a |  10, a |
2
2
a  6  0
2 2  8  24
→.
2
2
a  2
2
→→
2
又 a  0 ，所以 a  3.
2
故答案为： 3.
需要测量某塔的高度，选取与塔底 D 在同一个水平面内的两个测量基点A 与 B ，现测得
DAB  75∘ ， ABD  45∘ ， AB  96 米，在点A 处测得塔顶C 的仰角为30 ，则塔高CD 为
米
2
【答案】32
【解析】
【分析】根据正弦定理可得 AD  32 6m ，然后利用解直角三角形即得.
【详解】因为在VBAD 中， DAB  75∘ ， ABD  45∘ ， AB  96 米，所以ADB  180  75  45  60，
ABAD
96  AD
6
由正弦定理得，即
sin ADBsin ABD
32 ，解得 AD  32
2
22
(米)，
2
在Rt△ACD 中， CAD  30，所以CD  ADtan30  32
，即塔高CD  32
(米).
2
故答案为： 32.
2
已知三棱锥 P  ABC 的四个面是全等的等腰三角形，且 PA  4
， PB  AB  2 5 ，点 D 为三棱锥
3
P  ABC 的外接球球面上一动点， PD  3
【答案】3 3π
时，动点 D 的轨迹长度为.
【解析】
【分析】由三棱锥的结构特征，可扩成长方体，利用长方体的外接球半径得三棱锥的外接球半径，由动点 D
的轨迹形状，求轨迹长度.
【详解】由题意可知，三棱锥 P  ABC 的四个面是全等的等腰三角形，
5
且| PA | 4 2,| PB || AB | 2
，如图①所示，
5
则有| PA || BC | 4 2,| PB || AB || PC || AC | 2，把三棱锥 P  ABC 扩成长方体 PHCG  FBEA ，
 FA |2  FP |2 | PA |2  32
222
则有 FA |

 FB | | AB |  20 ，
 FP |2  FB |2 | AC |2  20
| FA |2  16
2
解得| FP |  16 ，

| FB |2  4
| FA |2  | FP |2  | FB |2
则长方体外接球半径 r  3 ， 2
所以三棱锥 P  ABC 的外接球半径 r  3 ；
点 D 为三棱锥 P  ABC 的外接球球面上一动点，
3
当| PD | 3时，如图③所示， | OD || OP | 3
所以VODP 为等腰三角形，
所以| OO | 3 ,| OD | 3 3
22
3 3
2
故动点 D 的轨迹是半径为| OD |的圆，轨迹长度为2π|OD | 3 3π .
故答案为： 3 3π .
【点睛】关键点点睛：本题考查求三棱锥的外接球，解题关键是三组对棱分别相等的四面体（三棱锥），采用补形为长方体（四面体的棱分别是长方体各面的对角线），长方体的外接球半径即为三棱锥的外接球半径.
四､解答题：本题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
直角坐标系中，已知向量 a  2, 1, b  csα, sinα 且a ∥ b .
求tan2α的值；
2sin π α  sin α π  tan π α
2 
若α为第二象限角，求

sin  3π α  cs  π α
的值.
 2 2

【答案】（1）  4
3
（2）1
【解析】
【分析】（1）由向量共线的坐标运算可得 tanα  1 ，再利用二倍角的正切公式求解即可；
2
（2）由同角三角函数的基本关系可求得csα  2 5 , sinα
，利用三角函数诱导公式可得原式
sinα
 csα sinα
55
，进而求解即可.
【小问 1 详解】
→→
因为 a  2, 1, b  csα, sinα 且 a / /b ，所以2sinα csα.
所以tanα  1 ，故tan2α
2
2tanα 1 tan2α
  4 .
3
【小问 2 详解】
由（1）知2sinα csα，又sin2α cs2α 1，
又α为第二象限角，所以csα  2 5 , sinα5 ，
55
2sin π α  sin α π  tan π α
2 
2sinα csαtanα
sinα
所以
sin  3π α  cs  π α
csα sinα
csα sinα
 2 2

5
 5  1 .
2 5 5
55
如图，在平行四边形 ABCD 中， AB 3, AD  1，点 M 为 AB 中点，点 N , P 在线段 BD 上，满足
a, AD
BN  NP  PD ，设 AB  →
 b .
a, b
用向量 →表示向量 MP ；
–––→
若 MP 
7 ，求
6
π
AB  AD ；
––––→
若BAD  ，求 MN .
6

–––→1 →2 →
【答案】（1） MP   a b
63
3
（2）
2
（3） 13
6
【解析】
【分析】（1）根据平面向量基本定理，和图形的几何性质，用基底向量表示图形中的向量即可.
根据向量模长和向量数量积的关系，对向量进行平方运算，根据向量的模长，列出方程，求出结果.
根据向量夹角，求出向量数量积，根据向量模长和向量数量积的关系，对向量进行平方运算，进而求出向量的模长.
【小问 1 详解】
因点 M 为 AB 中点，点 N , P 在线段 BD 上，满足 BN  NP  PD ，
–––→
MA 
1 –––→
BA  
1 –––→
AB  
1
→–––→
a ， DP 
1 –––→
DB 
1
–––→–––→ 
AB  AD 
1
→
a 
1 →
b
2
2
2
3
3
3
3
可得，

–––→–––→–––→–––→1 →2 →
故 MP  MA  AD  DP   a b ；
【小问 2 详解】
–––→2 →1 →
63
–––→2
–––→
 2 →
1 → 24 →
1 →2 → →
由（1）得 MP 
b  a ，所以 MP | MP |2   b  a  
b 2 a2 
a  b ，
36 36

9369
–––→
因为
 7 , AB 
7
3, AD  1 ，所以
 4  3
 2 –––→  –––→ ，
MP
6
–––→ –––→3
AB AD
369369
解得 AB  AD 
2
【小问 3 详解】
→ →π3
由题意知 a  b 
3 1cs  ，
62
––––→–––→–––→–––→–––→1 →
MN  MP  PN  MP  DP   a
2 →1 →

b  a
1 →1 →1 →


b  a b ，
633363
––––→
 1 →
1 → 2
1 →1 → →1 →
113113
所以| MN |2   a  b  
a2  a  b  b 2  3    ，
 63
13
––––→
所以.
36993692936
MN 
6
已知函数 f  x  sin2x 
求 f  x 的单调区间；
3cs2x 1 .
若 x  0, π  时，不等式 f  x  m  2 恒成立，求实数m 的取值范围.
2 
【答案】（1）单调递减区间为  5π  kπ, 11π  kπ k  Z ；单调递增区间为kπ  π , kπ  5π  k  Z
（2） 1
3, 
1212

1212 
【解析】
【分析】（1）利用辅助角公式得 f  x  2sin  2x  π  1 ，然后利用正弦函数的单调性求解单调区间即
3 

可.
分离参数得不等式 f  x  2  m 在 x  0, π  上恒成立，则 f (x)
2  m ，结合 x  0, π  利用
2 
min
2 
正弦函数性质求解最小值即可得解.
【小问 1 详解】
因为 f  x  sin2x 
3cs2x 1  2  1 sin2x cs2x  1  2sin  2x  π  1.
3
 22
3 

令 π  2kπ  2x  π  3π  2kπk  Z ，解得 5π  kπ  x  11π  kπk  Z ，
2321212
所以 f  x 的单调递减区间为 5π  kπ, 11π  kπ k  Z ；
1212
2kπ  π  2x  π  2kπ  π k  Z ，解得 kπ  π  x  kπ  5π k  Z
232

所以 f  x 的单调递增区间为kπ 

1212

π , kπ  5π  k  Z .
1212 
【小问 2 详解】
当 x  0, π  时，不等式 f  x  m  2 恒成立，
2 
即不等式 f  x  2  m 在 x  0, π  上恒成立，
2 
π 
2x  π   π , 2π 
π 3

sin 2x
因为 x  0, 2  ，所以
3
33  ，所以
3  
2 ,1 ，
3

所以 f  x  2sin  2x  π  1 1 3, 3 ，即 f (x)
 1，
3 
min

3
3
所以1 2  m ，解得 m 1，
即实数m 的取值范围为13, ∞.
如图， 在四棱锥 P  ABCD 中，
△PCD 为等边三角形， 平面 PAC  平面 PCD ， PA  PD ，
3
AB  CD  2 ， BC  AD  4 ， PB  2，
求证： PA  平面 PCD ；
求直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值；
线段 PC 上是否存在一点 M ，使得二面角 M  AB  C 的平面角的余弦值为 8 3 .若存在，求出
15
PM 值；若不存在，请说明理由.
PC
【答案】（1）证明见解析
（2） 3
4

PM1
存在，
PC4
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
首先证明DAN 为直线 AD 与平面 PAC 所成的角，再由线面角的定义进行求解即可；
取 AB 中点Q ，利用线面垂直的性质结合△PBC ≌△PAC 即可确定MQC 为二面角 M  AB  C
的平面角，最后结合余弦定理求解即可.
【小问 1 详解】
取棱 PC 的中点 N ，连接 DN ，
因为△PCD 为等边三角形，所以 DN  PC ，
又因为平面 PAC  平面 PCD ，平面 PAC ∩ 平面 PCD  PC ，又 DN  平面 PCD ，所以 DN ⊥平面 PAC ，
又 PA  平面 PAC ，故 DN  PA ，
又已知 PA  PD ， PD  DN  D ，又 PD, DN  平面 PCD ，所以 PA  平面 PCD .
【小问 2 详解】
连接 AN ，
由（1）中 DN ⊥平面 PAC ，
可知DAN 为直线 AD 与平面 PAC 所成的角，
因为△PCD 为等边三角形， CD  2 且 N 为 PC 的中点，
所以 DN 3 ，
又 DN  AN ，在RtVAND 中， sin DAN  DN 3 ，
AD4
所以，直线 AD 与平面 PAC 所成角的正弦值为 3 .
4
【小问 3 详解】
取 AB 中点Q ，连接 MQ ， CQ ，
AD2  PD2
在RtV APD 中， PA 
 2，
3
PC 2  PA2
因为 PA  平面 PCD ，又 PC  平面 PAC ，所以 PA  PC ，在Rt△PAC 中， AC 
 4 ，
所以△PBC ≌△PAC ，所以 MB  MA ，又点Q 为 AB 中点，
所以 MQ  AB ，同理CQ  AB ，
所以MQC 为二面角 M  AB  C 的平面角，
设 PM  λ(0  λ 1) ，
PC
BP2  PM 2
12  4λ2
在RtVBMP 中， BM ，
BM 2  BQ2
11 4λ2
在Rt△BMQ 中， MQ ，
在RtVMQC 中， MC  2(1λ) ， QC 
15 ， MQ ，
11 4λ2
由余弦定理可得：
MQ2  QC 2  MC 2
8 3

，
2MQ  QC15
8 3

11 4λ2 15  4(1λ)2
2 11 4λ2  15
即：，
15
化简得到：16λ2  40λ 9  0 ， 所以λ 1 或 9 （舍去），
44
即线段 PC 上存在一点 M ，使得二面角 M  AB  C 平面角的余弦值为 8 3 ，
15
此时 PM  1 .
PC4
【点睛】关键点点睛：本题第 3 小题的解决关键是，利用三线合一分析得MQC 为二面角 M  AB  C
的平面角，从而得解.
如图，在四边形 ABCD 中，已知V ABC 的面积为 S1 
( AC 2  BC 2  AB2 ) ，记V ACD 的面积为
4
S2 .
求∠ABC 的大小；
3
若V ABC 外接圆半径为，求V ABC 的周长最大值.
设∠BCD  2π ,∠CAD  π ，若CD 
36
3BC ，且满足 S1  λ成立，求常数λ的值.
S2
2π
【答案】（1）
3
3
（2） 2 3
（3） 3 3
3
【解析】
【分析】（1）结合余弦定理和三角形面积公式求解；
利用正弦定理与三角函数恒等变换求最值问题；
通过正弦定理列出等式进而消元求解.
【小问 1 详解】
在V ABC 中，由余弦定理知， AC 2  AB2  BC 2  2 AB  BC cs ABC ，所以 AC 2  AB2  BC 2  2 AB  BC csABC
因此 S 3 ( AC 2  BC 2  AB2 )  3 AB  BC  cs ABC  1 AB  BC sin ABC ，
1422
3
所以 3 cs ABC  sin ABC ，即tan B  ，
又因为∠??? ∈ (0,π)，所以ABC  2π .
3
【小问 2 详解】
由正弦定理得， 2R 
AC
sinABC
AB
sinBCA
BC
sinBAC
，又 R ，
3
所以 AC  3, AB  2 3sin∠ACB, BC  2 3sin∠BAC ，
由（1）可知ABC  2π ，所以∠??? + ∠??? = π，
33
所以V ABC 的周长l  AB  BC  CA  2 3sin∠ACB  2 3sin∠BAC  3
 2 3sin  π  BAC   2 3sinBAC  3 ，通过差角公式得? = 3sin∠??? + 3cs∠??? + 3 = 2 3sin
 3

π
3
∠??? +
+3，
π
3
2π
3
ππ
因为∠??? ∈ 0,，所以∠??? + ∈,，
33
3
所以sin BAC  π  ，所以V ABC 的周长的取值范围是(6, 2 3] ，
3
3  2 ,1

3
所以V ABC 的周长的最大值为2 3 .
【小问 3 详解】
设ACB α，则∠??? = 2π−?,∠??? = π +?,∠??? = π−?.
3
CD
在V ACD 中，由正弦定理得
6
AC
3
π
6
，即sin
+ ? ⋅ ?? = 1 ⋅ ??.
sin∠CADsin∠ADC2
在V ABC 中，由正弦定理BCAC，即 3 ⋅ ?? = sin π −? ⋅ ??.
因为CD 
3BC ，
sinCAB
sinABC23
两式作商得，sin
+ ? sin π −? = 1，化简得sin+ 2? = 1
π
6
?
3
342
因为? ∈ 0,
，所以π +2? ∈ π ,π ，因此π +2? = 5π，故α π .
π
3
33364
所以 S  1 AC  BC sinACB=2  AC  BC .
124
? = 1 ⋅ ?? ⋅ ?? ⋅ sin∠??? = 1 ⋅ ?? ⋅ ?? ⋅ sin5π.
22212
6
3− 3
?11
sin π +π
4 6
2
所以? = ? = 6
⋅
=.
3