四川省荣县中学校2025-2026学年高二上学期入学测试数学试卷

这是一份四川省荣县中学校2025-2026学年高二上学期入学测试数学试卷，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
z  1 3i
第Ⅰ卷（选择题）
已知复数
2  4i （ i 是虚数单位），则 z 对应的点在（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
已知 a  sinα, 2 ， b  csα,1 ，若 a ∥b ，则tanα （）
2
A. 1
B. 2C.  1
2
D. 2
一个射击运动员打靶 6 次的环数为：9，5，7，6，8，7 下列结论不正确的是（）
这组数据的平均数为 7B. 这组数据的众数为 7
C. 这组数据的中位数为 7D. 这组数据的方差为 7
已知两个随机事件 A 和 B，其中 P  A  1 ， P  B  3 ， P  A  B  3 ，则 P  AB  （ ）
1
4
284
2
1C. 1D. 1
38
3
在V ABC 中， A  60 ， b  1，其面积为，则 a 等于（）
23
13
21
A. 4B.C.D.
已知 m，n 是两条不同的直线，α，β 是两个不同的平面，则（）
若 m∥α，n∥α，则 m∥nB. 若 m∥α，m⊥n，则 n⊥α
C. 若 α∥β，m⊥α，n∥β，则 m⊥nD. 若 m∥n，n⊂α，则 m∥α
2
如图，已知长方体 ABCD－A1B1C1D1 的底面 ABCD 为正方形， P 为棱 A1D1 的中点，且 PA  3，
AB  6 ，则四棱锥 P  ABCD 的外接球的体积为（）
A. 72 2πB. 27 6πC. 243 π
2
D. 45 5 π
2
设 M 是V ABC 内一点，且 AB  AC  4
， BAC  30，定义 f M   m, n, p ，其中m 、 n 、
3
p 分别是△MBC 、△MCA 、△MAB 的面积，若 f M   1, x, y  ，则 1  4 的最小值是（）
xy
A. 8B. 9C. 16D. 18
二、多选题
抛掷一枚骰子 1 次,记“向上的点数是 4,5,6”为事件 A,“向上的点数是 1,2”为事件 B,“向上的点数是 1,2,3”为事件 C,“向上的点数是 1,2,3,4”为事件 D,则下列关于事件 A，B，C，D 判断正确的有（）
A 与 B 是互斥事件但不是对立事件
A 与 C 是互斥事件也是对立事件
A 与 D 是互斥事件
C 与 D 不是对立事件也不是互斥事件
已知 f  x  sin x  cs x ，则下列结论中错误的是（）
f  x 的最大值为 2
f  x 在区间0, 3π  上单调递增
4 
f  x 的图象关于点 3π , 0  对称
 4

f  x 的最小正周期为π
在锐角V ABC 中，角 A, B,C 所对的边分别为 a, b, c ，且c  b  2b cs A ，则下列结论正确的有
（ ）
A  2B
B 的取值范围为 π , π 
 6 3 

a 的取值范围为( 2, 3)D. 1  1  2sin A 的取值范围为 5 3 , 3
btan B
tan A
 3
三、填空题

第ⅠⅠ卷（非选择题）
某校高二年级选择“理化生”，“理化地”，“史政地”和“史政生”组合的学生人数分别为 480，40，120 和
80，现采用分层抽样的方法从这些学生中选出 72 人参加一项活动，则“史政生”组合中选出的学生人数为
.
如图，为测量ft高 MN，选择 A 和另一座的ft顶 C 为测量观测点，从 A 点测得 M 点的仰角∠MAN＝
60°，C 点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从 C 点测得∠MCA＝60°，已知ft高 BC＝1000m，则ft高 MN＝ m．
已知在一个长、宽、高、分别为 3 cm，4 cm，6 cm 的封闭长方体形状的铁盒中装有两个大小相同的小钢球，则每个小钢球的最大体积为cm3 ．（不计铁盒各侧面的厚度）
四、解答题
已知 a  1, 2 ， b  1, 1 .
a 与b 夹角的余弦值；
→→
若2a  b 与 ka  b 垂直，求 k 的值.
16 已知函数 f (x)  2 3 sin x cs x  sin2 x  cs2 x(x  R) ．
求函数 f (x) 的单调增区间；
θ  π πθ2
若 ,  ，且 f    ，求csθ的值．
2 2  2 3
△ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知cs2 (   A)  cs A  5 ．
24
（1）求 A；
（2）若b  c 
3 a ，证明：△ABC 是直角三角形．
3
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA  AD  4, AB  2 ， PA  平面 ABCD ，且 M 是 PD 的中点．
求证： AM  平面 PCD ；
求异面直线CD 与 BM 所成角的正切值；
求二面角 M  AC  D 的正弦值．
对于平面向量 ak   xk , yk k  1, 2, ，定义“ Fθ 变换”：
 
uuuruur
ak1  Fθ ak   xk csθ yk sinθ, xk sinθ yk csθ ， 0 θ π
（1）若向量 a  2,1 ，θ π ，求 a ；
132
––→–––→
求证： ak
 ak 1 ；
–––→–––→
––––→–––→
已知OA = (x1, y1)， OB = (x2 , y2 )，且OA 与OB 不平行， OA  Fθ OA， OB  Fθ OB，判断 SVOAB 与 SVOAB 的大小，并证明．
荣县中学 2025-2026 学年度高二上数学入学测试
一、单选题
z  1 3i
命题人：练春兰审题人：王小蓉第Ⅰ卷（选择题）
已知复数
2  4i （ i 是虚数单位），则 z 对应的点在（）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】C
【解析】
【分析】先根据复数除法化简复数，然后求出复数对应的点.
1 3i2  4i2 10i 1211
【详解】因为 z    i ，
2  4i2  4i4 1622
所以 z 对应的点为  1 ,  1  ，位于第三象限.
22 

故选：C.
已知 a  sinα, 2 ， b  csα,1 ，若 a ∥b ，则tanα （）
2
A. 1
【答案】D
B. 2C.  1
2
2
【解析】
【分析】根据向量平行列方程，化简求得tanα.
【详解】由于 a ∥b ，所以1sinα 2 csα, sinα 2 csα, tanα 2 .
故选：D
一个射击运动员打靶 6 次的环数为：9，5，7，6，8，7 下列结论不正确的是（）
A. 这组数据的平均数为 7B. 这组数据的众数为 7
C. 这组数据的中位数为 7D. 这组数据的方差为 7
【答案】D
【解析】
【分析】由一组数据的数字特征求解判断即可.
【详解】9，5，7，6，8，7 这组数据从小到大排列，5，6，7，7，8，9，
所以众数为 7，中位数为 7，平均数为 5  6  7  7  8  9  7 ，
6
方差为：
5  72  6  72  7  72  7  72  8  72  9  72
 5 ，
63
故选：D
4 已知两个随机事件 A 和 B，其中 P  A  1 ， P  B  3 ， P  A  B  3 ，则 P  AB  （ ）
1
4
【答案】D
284
2
1C. 1D. 1
38
【解析】
【分析】因为 A 和 B 是两个随机事件,所以由 P( A  B)  P( A)  P(B)  P( AB) 即可求出结果.
【详解】因为 A 和 B 是两个随机事件,所以 P( A  B)  P( A)  P(B)  P( AB)
则 P( AB)  P( A)  P(B)  P( A  B)  1  3  3  1
2848
故选：D.
3
在V ABC 中， A  60 ， b  1，其面积为
，则 a 等于（）
23
13
21
A. 4B.C.D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据三角形面积公式可得c 的值，再结合余弦定理即可求得 a .
【详解】由题意知 S  1 bc sin A 3 c 3 ，则c  4
24
由余弦定理得 a2  b2  c2  2bc cs A  12  42  2 1 4  1  13
2
13
即 a .
故选:C.
已知 m，n 是两条不同的直线，α，β 是两个不同的平面，则（）
若 m∥α，n∥α，则 m∥nB. 若 m∥α，m⊥n，则 n⊥α
若 α∥β，m⊥α，n∥β，则 m⊥nD. 若 m∥n，n⊂α，则 m∥α
【答案】C
【解析】
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面位置关系逐一分析四个选项即得．
【详解】对于 A，若 m∥α，n∥α，则 m∥n 或 m 与 n 相交或 m 与 n 异面，故 A 错误；
对于 B，若 m∥α，m⊥n，则 n∥α 或 n⊂α 或 n 与 α 相交，相交也不一定垂直，故 B 错误；对于 C，若 α∥β，m⊥α，则 m⊥β，又 n∥β，∴m⊥n，故 C 正确；
对于 D，若 m∥n，n⊂α，则 m∥α 或 m⊂α，故 D 错误．
故选：C．
2
如图，已知长方体 ABCD－A1B1C1D1 的底面 ABCD 为正方形， P 为棱 A1D1 的中点，且 PA  3，
AB  6 ，则四棱锥 P  ABCD 的外接球的体积为（）
A. 72 2πB. 27 6πC. 243 π 2
45 5 π
2
【答案】A
【解析】
【分析】判断出四棱锥 P  ABCD 的外接球球心位置并计算出球的半径，从而求得外接球的体积.
【详解】设Q 是 AD 的中点，设 AC ∩ BD  O ，
依题意，四边形 ABCD 是正方形，所以 AD  AB  8 ，
3 2 2  32
1 11
P 是 A D 的中点，所以 AA 
2
OA  OB  OC  OD  1 AC  1  6
22
 3 .
2
 3，
由于O, Q 分别是 AC, AD 的中点，所以OQ//CD, OQ  1 CD  3 ，
2
根据正方体的性质可知CD  平面 ADD1 A1 ，所以OQ  平面 ADD1 A1 ，由于 PQ  平面 ADD1A1 ，所以OQ  PQ ，
32 +32
2
所以OP == 3，
2
所以O 是四棱锥 P  ABCD 的外接球球心，且外接球的半径为3，
3
所以外接球的体积为 4π 3 2 3  72 2π .
故选：A
设 M 是V ABC 内一点，且 AB  AC  4， BAC  30，定义 f M   m, n, p ，其中m 、 n 、
3
p 分别是△MBC 、△MCA 、△MAB 的面积，若 f M   1, x, y  ，则 1  4 的最小值是（）
xy
A. 8B. 9C. 16D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】根据向量运算求得bc ，由此求得 f M  ，进而求得关于 x, y 的等量关系式，利用基本不等式求
得 1  4 的最小值.
xy
【详解】设V ABC 中， A, B,C 角的对边分别为 a, b, c ，
3
–––→ –––→
AB  AC  bc cs BAC 
bc  4 3, bc  8 ，
2
依题意可知 S
a ABC
 m  n  p  1 bc sin BAC  1  8 1  2 ，
222
所以1 x  y  2, x  y  1 ，且 x, y 是正实数，
y  4x xy
所以 1  4   1  4  x  y   5  y  4x  5  2
 9 ，
xy
 
xyxy
当且仅当 y  4x , y  2x  2 时等号成立.
xy3
所以 1  4 的最小值是9 .
xy
故选：B.
二、多选题
抛掷一枚骰子 1 次,记“向上的点数是 4,5,6”为事件 A,“向上的点数是 1,2”为事件 B,“向上的点数是 1,2,3”为事件 C,“向上的点数是 1,2,3,4”为事件 D,则下列关于事件 A，B，C，D 判断正确的有（）
A 与 B 是互斥事件但不是对立事件
A 与 C 是互斥事件也是对立事件
A 与 D 是互斥事件
C 与 D 不是对立事件也不是互斥事件
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据互斥事件的定义以及对立事件的定义逐个判定即可.
【详解】抛掷一枚骰子 1 次,记“向上的点数是 4,5,6”为事件 A,“向上的点数是 1,2”为事件 B, “向上的点数是 1,2,3”为事件 C,“向上的点数是 1,2,3,4”为事件 D,
在 A 中,A 与 B 不能同时发生,但能同时不发生,是互斥事件但不是对立事件,故 A 正确；在 B 中, A 与 C 是互斥事件也是对立事件,故 B 正确；
在 C 中,A 与 D 能同时发生,不是互斥事件,故 C 错误；
在 D 中,C 与 D 能同时发生,不是对立事件也不是互斥事件,故 D 正确.故选：ABD.
【点睛】本题主要考查了互斥与对立事件的判定,属于基础题.
已知 f  x  sin x  cs x ，则下列结论中错误的是（）
f  x 的最大值为 2
f  x 在区间0, 3π  上单调递增
4 
f  x 的图象关于点 3π , 0  对称
 4

f  x 的最小正周期为π
【答案】ACD
【解析】
【分析】由辅助角公式得 f  x 
π 

sin x ，由此可判断 A；由周期公式可判断 D；由正弦函数、
4 

2
复合函数单调性可判断 B；代入检验即可判断 C.
【详解】 f  x  sin x  cs x 
2 sin x  ．对于 A， f  x
，故 A 错误；
π 
4 
max

对于 B，当 x  0, 3π  时， x  π   π , π  ，由正弦函数在 π , π  上单调递增可知： f  x 在
4 
4
4 2 
 4 2 
0, 3π  上单调递增，故 B 正确；
4 
3πx3π
对于 C，当 x 时，   ，则 f  x 关于 x 成轴对称，故 C 错误；
4424
对于 D， f  x 的最小正周期T  2π ，故 D 错误．故选：ACD．
在锐角V ABC 中，角 A, B,C 所对的边分别为 a, b, c ，且c  b  2b cs A ，则下列结论正确的有
（ ）
A  2B
B 的取值范围为 π , π 
 6 3 

a 的取值范围为( 2, 3)D. 1  1  2sin A 的取值范围为 5 3 , 3
btan B
tan A
 3

【答案】ACD
【解析】
【分析】由正弦定理边化角、诱导公式、和差角公式计算可判断 A 项，结合 A 项、三角形内角和及锐角三角形计算可判断 B 项，运用正弦定理将问题转化为三角函数在区间上求值域可判断 C 项，运用切化弦、差
角公式化简式子，由换元法将问题转化为求h(t) 在(
3 ,1) 上的值域，结合导数求解即可判断 D 项.
2
【详解】因为c  b  2bcsA ，所以由正弦定理得sinC  sinB  2sinBcsA ，又因为sin C  sin( A  B) ，所以sin  A  B  sinB  2sinBcsA ，
即sinAcsB  sinBcsA  sinB  2sinBcsA ，
整理得sinAcsB  sinBcsA  sinB ，即sin( A  B)  sin B
对于 A 项，因为 A、B、C 均为锐角，所以 A  B  B ，即 A  2B ，故 A 项正确；对于 B 项，因为 A  2B ， A  B  C  π ，所以C  π  3B ，
0  A  π 0  2B  π
2



因为 A、B、C 均为锐角，所以0  B 



π
，即
2
2
0  B  π
2
π
，解得
6
 B  π ，
4
0  C  π0  π  3B  π
22
 6 4 
所以 B 的取值范围为 π , π  ，故 B 项错误．

对于 C 项，由正弦定理得 a  sinA  sin2B  2csB
， B 
π π
(, ) ，
bsinBsinB6 4
所以cs B ( 2 ,3 ) ，所以 a  2 cs B ( 2, 3) ．故 C 项正确．
22b
对于 D 项，由 A 项知， A  2B ，由 B 项知， π  B  π ，所以 π  A  π ，
1
所以
tan B
1 tan A
 2sin A
6432
 tanA  tanB  2sinA  sinAcsB  sinBcsA  2sinA  sin  A  B  2sinA 
tanBtanA
sinBsinA
sinBsinA
sinB sinBsinA
2sinA 
1
sinA
2sinA ， A Î
π π
(, ) ，
3 2
令t  sin A ，则t (
3 ,1) ，所以 11 2 sin A  1  2t ， t ( 3 ,1) ，
2tan Btan At2
令 h(t)  1  2t ， t 3
2 
12t1h(t)3
，则 h (t)    2  0 ，所以在
上单调递增，
t( 2
,1)
t 2t 2
(,1)
2
又 h(
 5 3 ， h(1)  3 ，所以 h(t) (5 3 , 3) ，即 11
2sin A 范围为(5 3 , 3) ，故 D 项正
233
tan B
tan A3
确.
故选：ACD.
三、填空题
第ⅠⅠ卷（非选择题）
某校高二年级选择“理化生”，“理化地”，“史政地”和“史政生”组合的学生人数分别为 480，40，120 和
80，现采用分层抽样的方法从这些学生中选出 72 人参加一项活动，则“史政生”组合中选出的学生人数为
.
【答案】8
【解析】
【分析】由按比例分配的分层抽样方法中抽样比相等，解方程即可.
72
【详解】由题意，
 72
 1 ，
480  40 120  8072010
设在“史政生”组合中应选出的学生人数为 x ，
1
则根据按比例分配分层抽样可得 x ，解得 x  8 .
1080
故“史政生”组合中选出的学生人数为8 .
故答案为： 8 .
如图，为测量山高 MN，选择 A 和另一座的山顶 C 为测量观测点，从 A 点测得 M 点的仰角∠MAN＝
60°，C 点的仰角∠CAB＝45°以及∠MAC＝75°；从 C 点测得∠MCA＝60°，已知山高 BC＝1000m，则山高 MN＝ m．
【答案】1500
【解析】
3
【分析】由题意，可先求出 AC 的值，从而由正弦定理可求 AM 的值，在 Rt△MNA 中，AM＝1000m，
∠MAN＝30°，从而可求得 MN．
2
【详解】在 Rt△ABC 中，∠CAB＝45°，BC＝1000m，所以 AC＝1000m．
3
在△AMC 中，∠MAC＝75°，∠MCA＝60°，从而∠AMC＝45°，
由正弦定理得，
AC
sin 45
AM

sin 60
，因此 AM＝1000m．
3
在 Rt△MNA 中，AM＝1000m，∠MAN＝60°，
MN
由＝sin60°得 MN＝1500m；
AM
∴山高 MN＝1500．
故答案为：1500．
已知在一个长、宽、高、分别为 3 cm，4 cm，6 cm 的封闭长方体形状的铁盒中装有两个大小相同的小
钢球，则每个小钢球的最大体积为cm3 ．（不计铁盒各侧面的厚度）
【答案】 9 π
2
【解析】
【分析】根据题意知，当两个钢球并排放置时，半径最大，此时每个钢球的直径为3cm，再集合球的体积公式，即可求得结果.
【详解】由题意知，每个小钢球的最大半径为r  3 ，
2
4 3 39
32
所以每个小钢球的最大体积为V  π   π
2
故答案为: 9 π .
2
四、解答题
已知 a  1, 2 ， b  1, 1 .
a 与b 夹角的余弦值；
→→
若2a  b 与 ka  b 垂直，求 k 的值.
【答案】（1） 
10 ；
10
（2）0.
【解析】
【分析】（1）根据向量夹角的坐标公式，计算即可；
→→
（2）求得2a  b 与 ka  b 的坐标，利用向量垂直的坐标表达公式，求解即可.
【小问 1 详解】
因为 a  1, 2 ， b  1, 1 ，故cs
→a  b
→
a, b  → →
1=  10 .
5  2
10
a b
【小问 2 详解】
因为 a  1, 2 ， b  1, 1 ，故2a  b  3, 3 ， ka  b  k 1, 2k 1 ，
又向量
→→
2a  b 与 ka
 b 垂直，则3k 1  32k 1  0 ，解得 k  0 .
已知函数 f (x)  2 3 sin x cs x  sin2 x  cs2 x(x  R) ．
求函数 f (x) 的单调增区间；
θ  π πθ2
若 ,  ，且 f    ，求csθ的值．
2 2  2 3
 ππ
【答案】（1）  6  kπ, 3  kπ ， k  Z
（2） 2 6 1
6
【解析】
【分析】（1）利用三角函数恒等变换公式对函数化简变形得 f (x)  2 sin  2x  π ，再由
6 

ππ π
  2kπ 2x    2kπ可求出函数的增区间，
262
（2）由 f θ  2 可得sin θ π  1 ，然后求出θ π的范围，再求出csθ π 的值，而
 6 3 
 2 36
6 
θ θ π  π，两边取余弦化简可求得结果
6 6

【小问 1 详解】
f (x)  2 3 sin x cs x  sin2 x  cs2 x 3 sin 2x  cs 2x  2 sin  2x  π
6 

ππ πππ
令  2kπ 2x    2kπ， k  Z ，得  kπ x   kπ， k  Z
26263
所以函数 f (x) 的单调增区间为π kπ,π kπ ， k  Z ．
63
【小问 2 详解】
由 f θ  2 可得sin θ π  1 ，
 6 3
 2 3
θ  π π
π 2π π
又因为, ，所以θ , 
2 2 633 
而sin θ π  1  0 ，所以π  0,π ，
6 3
θ 6 3 


所以csθ

π 
6 

；
1 sin2 θ
π2

6 

2 2
3
θ
π 
π  cs θ
πcs
π
 sin θ
πsin
π


6 
6 


6 
6


6 
6
所以csθ cs

 2 2 3  1  1  2 6  1 ；
32326
△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知cs2 (   A)  cs A  5 ．
24
（1）求 A；
（2）若b  c 
a ，证明：△ABC 是直角三角形．
3
【答案】（1） A  π ；（2）证明见解析
3
【解析】
【分析】（1）根据诱导公式和同角三角函数平方关系， cs2 π A  cs A  5 可化为
 24
1 cs2 A  cs A  5 ，即可解出；
4
（2）根据余弦定理可得b2  c2  a2  bc ，将b  c 

3 a 代入可找到 a, b, c 关系，
3
再根据勾股定理或正弦定理即可证出．
【详解】（1）因为cs2 π A  cs A  5 ，所以sin2 A  cs A  5 ，
 244

即1 cs2 A  cs A  5 ，
4
解得cs A  1 ，又0  A  π，
2
所以 A  π ；
3
A  π
b2  c2  a21
（2）因为
，所以cs A  ，
3
即b2  c2  a2  bc ①，
2bc2
又b  c 
3 a ②， 将②代入①得， b2  c2  3b  c2  bc ，
3
即2b2  2c2  5bc  0 ，而b  c ，解得b  2c ，
所以 a 
3c ，
故b2  a2  c2 ，
即V ABC 是直角三角形．
【点睛】本题主要考查诱导公式和平方关系的应用，利用勾股定理或正弦定理，余弦定理判断三角形的形状，属于基础题．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是矩形， PA  AD  4, AB  2 ， PA  平面 ABCD ，
且 M 是 PD 的中点．
求证： AM  平面 PCD ；
求异面直线CD 与 BM 所成角的正切值；
求二面角 M  AC  D 的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
2
（2）
（3） 30
6
【解析】
【分析】（1）首先证明CD  平面 PAD ，由线面垂直的判定定理即可证明 AM  平面 PCD ；
由题可得异面直线CD 与 BM 所成角即为直线 BA 与直线 BM 所成的角，然后在Rt△BAM 中根据
tan ABM  AM 求解即可；
AB
取 AD 中点为 N ，连接 MN , AC ，再过 N 作 AC 的垂线交 AC 于点Q ，可证得二面角
M  AC  D 的平面角是MQN ，然后在Rt△MQN 中根据sin MQN  MN 求解即可.
NQ
【小问 1 详解】
∵ PA  平面 ABCD ， CD  平面 ABCD ，∴ PA  CD ，
又四边形 ABCD 是矩形，∴ CD  DA ，∵ DA ∩ PA  A ，∴ CD  平面 PAD ，
∵ AM  平面 PAD ，∴ CD  AM ，又 M 是 PD 的中点， PA  AD  4 ，∴ AM  PD ，
∵ CD ∩ PD  D ，所以 AM  平面 PCD ．
【小问 2 详解】
∵底面 ABCD 是矩形，∴ CD//BA ，∴异面直线CD 与 BM 所成角即为直线 BA 与直线 BM 所成的角，由
得CD  平面 PAD ，∴ BA  平面 PAD ，
∵ AM  平面 PAD ，∴ BA  AM ，∴aBAM 为直角三角形，又 M 是 PD 的中点， PA  AD  4 ，∴
2
AM  2，∴在Rt△BAM 中， ABM 即为异面直线CD 与 BM 所成角，故
tan ABM  AM
AB
2 ，
2
∴异面直线CD 与 BM 所成角的正切值为．
【小问 3 详解】
取 AD 中点为 N ，连接 MN , AC ，再过 N 作 AC 的垂线交 AC 于点Q ，
在△PAD 中， M , N 分别为线段 PD, AD 的中点，故 MN //PA, MN  1 PA  2 ，
2
∵ PA  平面 ABCD ，∴ MN  平面 ABCD ，∵ AC  平面 ABCD ，∴ MN  AC ，
∵ QN  AC, MN I QN  N ，∴ AC  平面 MQN ，
∵ MQ Ì 平面 MQN ，∴ AC  MQ ，∴二面角 M  AC  D 的平面角是MQN ，
∵ MN  平面 ABCD ， QN  平面 ABCD ，∴ MN  QN ，
∴△MQN 是直角三角形，∴二面角 M  AC  D 的正弦值sin MQN  MN ，
NQ
5
∵ PA  AD  4, AB  CD  2 ，∴ AN  ND  2, AC  2
，由（1）得CD  平面 PAD 且 PD  平
3
面 PAD ，∴ CD  PD ，∴ PD  4 2, MD  2 2, AM  2 2 ，∴ MC  2，
2 6
5
∵ AM 2  MC 2  AC2 ，∴ AM  MC ，∴ MQ  AC  AM  MC ，∴ MQ ，
∴二面角 M  AC  D 的正弦值sin∠??? =
??
??
2
30
= 2 6 =．
56
对于平面向量 ak   xk , yk k  1, 2, ，定义“ Fθ 变换”：
 
uuuruur
ak1  Fθ ak   xk csθ yk sinθ, xk sinθ yk csθ ， 0 θ π
（1）若向量 a  2,1 ，θ π ，求 a ；
132
––→–––→
求证： ak
 ak 1 ；
–––→–––→
––––→–––→
已知OA = (x1, y )， OB = (x2 , y2 )，且OA 与OB 不平行， OA  Fθ OA， OB  Fθ OB，判断 SaOAB 与 SaOAB 的大小，并证明．
uur
31 
3
【答案】（1） a2  1
,
2
 2 

（2）证明见解析（3） SaOAB  SaOAB ，证明见解析
【解析】
【分析】（1）直接代入公式即可得到答案；
––→
计算得 ak

–––→
x2  y2
kk
，从而 ak 1


x cs
k
θ y sinθ  x sinθ y cs
k

2

k
k
θ

2
，再展开计算
即可证明；
方法一：根据“ Fθ变换”和向量数量积的坐标公式得到OA OB  OA  OB ，从而有
OA, OB  OA, OB ，最后利用三角形面积公式即可证明；方法二：证明三角形面积公式为
1
2
S
x y  x y
，再代入公式证明 S

x y  x y
即可.
△OAB
1 22 1
aOAB
1 22 1
1
2
【小问 1 详解】
–→π
因为向量 a1  (2,1),θ 3 ,
––→
ππππ

所以 a2   2 cs 3  sin 3 , 2 sin 3  cs 3  ,
uur
31 
3
所以 a2  1
,
2
 2  .

【小问 2 详解】
  
––→–––→––→
因为 ak  xk , yk , ak1  Fθ ak  xk csθ yk sinθ, xk sinθ yk csθ .
x2  y2
kk
––→
所以 ak ,
–––→
ak 1
xcs θ sin θ  ysin θ cs θ
2

2
2

2

2
2
k
k


.

x cs
k
θ y sinθ  x sinθ y cs
k

2

k
k
θ

2
x2  y2
kk

––→–––→
所以 ak  ak 1 .
【小问 3 详解】
方法一： OA  Fθ(OA)   x1 csθ y1 sinθ, x1 sinθ y1 csθ ，
OB  Fθ(OB)   x2 csθ y2 sinθ, x2 sinθ y2 csθ ，
–––→–––→–––→–––→
由（2）可得 OA  OA , OB  OB ，
又因为OA OB   x1 csθ y1 sinθ x2 csθ y2 sinθ   x1 sinθ y1 csθ x2 sinθ y2 csθ
 cs2θ sin2θ x x  cs2θ sin2θ y y
1 21 2
 x1 x2  y1 y2  OA  OB ，即OA OB  OA  OB ，
可得cs
–––→ –––→
OA, OB
OA OB

–––→–––→
OA  OB
OA  OB –––→ –––→ OA  OB
 cs
–––→ –––→
OA, OB ，

uuur uuuruur uuur
且 y  cs x 在[0, ] 内单调递减， OA, OB, OA, OB0, π ，
uuur uuuruur uuur
可知 OA, OB  OA, OB ，
1
2
1
2
uuruuuruur uuuruuuruuuruuur uuur
所以 S△OAB OA  OB sin OA, OB OA  OB sin OA, OB  S△OAB .
所以 SaOAB  SaOAB
方法二:设OA   x1, y1 , OB   x2 , y2  ，
S 1
–––→–––→
1 –––→–––→
1 cs2 AOB
1
2
OA  OB )  (OA  OB)
–––→ –––→–––→ –––→
22
1
2
aOAB2 | OA |  | OB | sin AOB  2 | OA |  | OB | 

x1 y2  x2 y1 ，
1
2

OA |  OB | OA OB
–––→–––→ 2


–––→ –––→

2
因为OA  Fθ(OA)   x1 csθ y1 sinθ, x1 sinθ y1 csθ ， OB  Fθ(OB)   x2 csθ y2 sinθ, x2 sinθ y2 csθ ，
所以 SaOAB 
S 1  x csθ y sinθ  x sinθ y csθ   x csθ y sinθ  x sinθ y csθ
aOAB211222211
S 1 x y cs2θ sin2θ  x y cs2θ sin2θ
aOAB2 1 22 1
S 1 x y  x y ，
aOAB2 1 22 1
所以 SaOAB  SaOAB .