四川省绵阳市东辰学校2025-2026学年高二上学期开学分班检测数学试卷

这是一份四川省绵阳市东辰学校2025-2026学年高二上学期开学分班检测数学试卷，共31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（本大题共 8 小题）
v
，
设 a  1, y, 2b  1,1,1 ，且 a  b ，则 y 等于（）
a
A. 1
B. 1C. 2
D. 2
已知α,β
π
(0, )
2
，向量→  (csα, sinα) ， b  (csβ, sin β) ，则存在α和β，使得（）
a  b
→→
a  b  2
→→→→
a  b  a  b
a//b
复数 z 满足 z  2z  6  i （ i 是虚数单位），则 z的虚部为（）
A. －1B. 1C. iD. i
4 已知△OAB 中， OA  2 ， OB  1， OA  OB  1，过点O 作OD 垂直 AB 于点 D ，则（）
–––→
A. OD 
5 –––→
OA 
2 –––→
OB
–––→
B. OD 
2 –––→
OA 
5 –––→
OB
7777
–––→
C. OD 
4 –––→
OA 
3 –––→
OB
–––→
D. OD 
3 –––→
OA 
4 –––→
OB
7777
在V ABC 中，内角A ， B ， C 的对边分别是 a ， b ， c ，则 a2  b2 3bc ， sin C 3 sin B ，则 A
=（）
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中放入一个球体（ A、B、C、D 在同一平面， AA1、BB1 垂直平面 ABCD ），使之恰与平面 ABCD 、平面 ABB1A1 、平面 ADD1A1 、平面CB1D1 均相切，则其半径长为：
（ ）．
3
3
3 3C. 2
33
D. 2 3  3
3
某保险公司推出了 5 个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险.现对 5 个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图：
用样本估计总体，以下四个选项错误的是（）
30~41 周岁参保人数最多
随着年龄的增长，人均参保费用越来越多
54 周岁以下的参保人数约占总参保人数的 8%
定期寿险最受参保人青睐
“筝形”是指以一条对角线所在直线为对称轴的四边形.已知“筝形”ABCD 以 AC 所在直线为对称轴，且
AB 
7 BC  7 ，若点 S 平面 ABCD，且 SB  SC  SD  AB ， SA  BC ，则四棱锥 S  ABCD 的
2
体积为（）
3
2
​
21D.
3 2
2
7
3 3
2
二、多选题（本大题共 3 小题）
V ABC 中， BC  2 ，BC 边上的中线 AD  2 ，则下列说法正确的有（）

AB AC
为定值B.
AC 2  AB2  10
4  cs A  1
5
∠BAD 的最大值为30
已知复数 z  m2  2m  3  (m 1)i ，其中m 为实数， i 为虚数单位，则（）
若 z 为纯虚数，则 m  1或3
若复平面内表示复数 z 的点位于第四象限，则 m  3
若 m  2 ，则 z 的虚部为i
5
若 z  a  2ia  R  ，则| z | 2
如图，直四棱柱 ABCD  A B C D 中，底面 ABCD 为平行四边形， AB  AA  1 AD  1，点 P 是经
1 1 1 112
过点 B1 的半圆弧 ‸A1D1 上的动点（不包括端点），点 Q 是经过点 D 的半圆弧 B‸C 上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（）
四面体 PBCQ 的体积是定值
1
AD  A P 的取值范围是0, 4
若C Q 与平面 ABCD 所成的角为θ，则 tanθ 1
12
若三棱锥 P  BCQ 的外接球表面积为 S，则 S 4π,13π
三、填空题（本大题共 3 小题）
已知△A1B1C1 和△A2B2C2 中， A1  A2 
π B C ，若“ A B  A B  t t  R ”是
2
, B1C12 21 12 2
4
“ V A1B1C1 V A2B2C2 ”的充要条件，则t 的范围为.
已知三棱锥 B−ACD 中，棱 AB ， CD ， AC 的中点分别是 M，N，O， V ABC ， V ACD ， VBOD 都是正三角形，则异面直线 MN 与 AD 所成角的余弦值为.
在V ABC 中， a ， b ， c 分别为内角A ， B ， C 的对边， O 为V ABC 的外心，且有
2 3
3
AB  BC 
AC ， sin C(cs A 
 cs Asin A  0 ，若 AO  x AB  y AC ， x, y  R ，则 x  2 y 
．
四、解答题（本大题共 5 小题）
已知复数 z  m2  2m  m2  m  6i ， m  R ， i 是虚数单位．
若复数 z 为纯虚数，求m 的值；
若复数 z 在复平面内对应的点在第四象限，求m 的取值范围．
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取 100 份作为样本，将样本的成绩（满分 100 分，成绩均为不低于 40 分的整数）分成六段：[40,50),[50,60),L,[90,100] 得到如图所示的频率分布直方图.
求频率分布直方图中 a的值；
求样本成绩的第 75 百分位数；
已知落在50, 60 的平均成绩是 56，方差是 7，落在[60, 70) 的平均成绩为 65，方差是 4，求两组成绩的总平均数 z 和总方差 s2.
已知V ABC 的角 A，B，C 所对的边为 a，b，c，且b  2 ， 1 b  c cs B  a ，延长 BC 到点 D.
2
若CD  3 ，求 AD 的长；
若B  2D ， 3BC  4CD ，求 AD 的长.
3
如图，直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中， V ACD 是边长为2
ACB  π ，棱 AD 的中点为 F .
3
的等边三角形， BB1  AB  3 ，
求证： AD  平面 AA1B1B ；
现在将矩形 BCC B 以边 BB 所在直线为旋转轴，θ 0 θ π  逆时针旋转至矩形 BEE B ，解答
1 11
2 1 1

下列问题：
10
在旋转过程中，是否存在θ，使得直线 FE1 与直线CD 所成角的余弦值为
？若存在，求出满足条
4
件的θ；若不存在，请说明理由；
在旋转过程中，求直线 FE1 与平面 BB1E1E 所成角的正弦值的最大值.
为扎实推进美丽中国建设，丰富市民业余生活，某市计划将一圆心角为
π
，半径为 R 的扇形 OAB 空
3
地（如图），改造为市民休闲中心，休闲中心由活动场地和绿地两部分构成，其中活动场地是扇形的内接矩形，其余部分作为绿地．设点 P 为 ‸AB 上异于 A，B 的动点．请以点 P 为内接矩形的一个顶点设计出两种不同的规划方案，并分别求出这两种方案的活动场地面积的最大值．
四川省绵阳东辰国际学校 2025-2026 学年高二上学期开学分班检测数
学试卷
一、单选题（本大题共 8 小题）
v
，
设 a  1, y, 2b  1,1,1 ，且 a  b ，则 y 等于（）
1
C. 2
D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据空间向量垂直的坐标表示计算即可
a
a b
【详解】∵ v  b ，∴ →  →  1 1  y 1  2 1  0 ，∴ y  1，
故选:A.
已知α,β
π
(0, )
2
，向量→  (csα, sinα) ， b  (csβ, sin β) ，则存在α和β，使得（）
a
a  b
→→
a  b  2
→→→→
a  b  a  b
a//b
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量坐标的数量积运算、运算律应用以及向量共线的充要条件判断，对选项进行逐一分析、
计算即得.
【详解】对于 A，因α,β
π
(0, )
2
，则 π αβ π ，则cs(α β)  0 ，
22
故 a  b  csαcsβ sinαsin β cs(α β)  0 ，即 a  b 不能成立，即 A 错误；
(a  b )
→
→
2
a |  b | 2a  b
→ 2
→
2
→
→
2  2 cs(α β)
→→
对于 B， a  b


，
因α,β
π
(0, )
2
，则 π αβ π ，则cs(α β)  1 ，故
22
→→
a  b
 2 ，即 B 错误；
2  2 cs(α β)
2  2 cs(α β)
→→→→
对于 C，由 B 项可得 a  b

，同理 a  b
，
因α,β
π
(0, )
2
，则 π αβ π ，则cs(α β)  0 ，故 →  →
ab
22
→→
 a  b ，即 C 错误；
对于 D，由sinαcsβ csαsin β sin(α β)  0 和 π αβ π 可得，α β，
22
即若取α β π 时，有sinαcsβ csαsin β ( 2 )2  ( 2 )2  0 ，此时a  b 满足a//b ，故 D 正
422
确.
故选：D.
复数 z 满足 z  2z  6  i （ i 是虚数单位），则 z 的虚部为（）
A. －1B. 1C. iD. i
【答案】B
【解析】
【分析】可先设 z  a  bi ，利用复数相等计算 a ， b .
【详解】设 z  a  bi ，由 z  2z  6  i 得 a  bi  2 a  bi  6  i ，化简得： 3a  bi  6  i ，故b  1.
故选：B.
已知△OAB 中， OA  2 ， OB  1， OA  OB  1，过点O 作OD 垂直 AB 于点 D ，则（）
–––→
OD 
5 –––→
OA 
2 –––→
OB
–––→
OD 
2 –––→
OA 
5 –––→
OB
7777
–––→
OD 
4 –––→
OA 
3 –––→
OB
–––→
OD 
3 –––→
OA 
4 –––→
OB
7777
【答案】B
【解析】
【分析】由题意设 BD  λBA ，λ R ，利用OD  AB  0 列方程求出λ的值即可得到答案．
【详解】V ABO 中， OA  2 ， OB  1， OA  OB  1，过点O 作OD 垂直 AB 于点 D ，如图所示：
设 BD  λBA ，其中λ R ，

–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→
则OD  OB  BD  OB  λBA  OB  λ OA  OB  λOA  (1λ)OB ，
–––→ –––→–––→–––→–––→–––→
所以OD  AB  [λOA  (1 λ)OB]  (OB  OA)
–––→ –––→–––→2
 λOA  OB  λOA
–––→2
 (1 λ)OB
–––→ –––→
 (1 λ)OB  OA
 λ 4λ (1λ)  (1λ)
 7λ 2  0 ，
解得λ 2
–––→
，所以OD 
2 –––→
OA 
5 –––→
OB ．
777
故选：B．
在V ABC 中，内角A ， B ， C 的对边分别是 a ， b ， c ，则 a2  b2 3bc ， sin C 3 sin B ，则 A
=（）
A. 30°B. 60°C. 90°D. 120°
【答案】C
【解析】
【分析】运用正弦定理可得c 3b ，代入已知可得 a  2b ，再勾股定理的逆定理求得角A .
【详解】在V ABC 中，由sin C 
3 sin B 及正弦定理，得c 
3b ，
又 a2  b2 3bc ，则 a  2b ，显然b2  c2  4b2  a2 ，所以 A  90 .
故选：C
在棱长为 1 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中放入一个球体（ A、B、C、D 在同一平面， AA1、BB1 垂直平面 ABCD ），使之恰与平面 ABCD 、平面 ABB1A1 、平面 ADD1A1 、平面CB1D1 均相切，则其半径长为：
（ ）．
3
3
3 3C. 2
33
D. 2 3  3
3
【答案】B
【解析】
【分析】先利用正方体的性质和线面垂直的判定定理证明线面垂直关系，再根据对称性找出球心与相关平面的关系，最后通过建立线段长度的等式求解球心到平面的距离.
【详解】如图，连接 A1C1, B1D1, AC1, AC, BC1 ，
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， CC1  平面 A1B1C1D1 ，因为 B1D1  平面 A1B1C1D1 ，
根据线面垂直的性质可知CC  B D .
11 1
又因为四边形 A1B1C1D1 是正方形，所以 A1C1  B1 D1 .
由于CC1  A1C1  C1 ，且CC1, A1C1  平面CC1A1 ，所以 B1 D1  平面CC1A1
而 AC1  平面CC1A1 ，根据线面垂直的性质可知 AC1 ^ B1D1 .
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  平面 BCC1B1 ，因为 B1C  平面 BCC1B1 ，可知 AB  B1C
又因为四边形 BCC1B1 是正方形，所以 BC1  B1C .
由于 AB I
BC1  B ，且 AB, BC1  平面 ABC1 ，所以 B1C  平面 ABC1 .
而 AC1  平面 ABC1 ，根据线面垂直的性质可知 AC1  B1C .
因为 B1D1  B1C  B1 ，且 B1D1, B1C  平面CB1D1 ，所以 AC1  平面CB1D1 .
取截面 ACC1 ，设 AC1  平面CB1D1  E ，球的球心为 O，
由对称性： O  AC1 ，则 O 到平面CB1D1 的距离为OE ，
2
3
过O 作OF  AC ，垂足为 F ，设OE  OF  x ， AC ， AC1 ，
所以 AE 
AC 2
AC1
 2 3
3
， AO 
2 3  x ， CE 6 ，
33
则RtV AFO ∽ RtVACC ，则 AO  OF ，即
2 3  x
3 x ，
1ACCF26
3
解得： x  3 
3
3 ，即半径长为 3 3
3
故选：B．
某保险公司推出了 5 个险种：甲，一年期短险；乙，两全保险；丙，理财类保险；丁，定期寿险；戊，重大疾病保险.现对 5 个险种参保客户进行抽样调查，得出如下的统计图：
用样本估计总体，以下四个选项错误的是（）
30~41 周岁参保人数最多
随着年龄的增长，人均参保费用越来越多
54 周岁以下的参保人数约占总参保人数的 8%
定期寿险最受参保人青睐
【答案】C
【解析】
【分析】根据所给的统计表与统计图逐个选项分析即可
【详解】由扇形图可知，31~41 周岁的参保人数最多，故选项 A 正确； 由折线图可知，随着年龄的增长人均参保费用越来越多，故选项 B 正确；
由扇形图可知，54 周岁以下的参保人数约占总参保人数的 92%，故选项 C 错误；由柱状图可知，丁险种参保比例最高，故选项 D 正确.
故选：C
“筝形”是指以一条对角线所在直线为对称轴的四边形.已知“筝形”ABCD 以 AC 所在直线为对称轴，且
AB 
7 BC  7 ，若点 S 平面 ABCD，且 SB  SC  SD  AB ， SA  BC ，则四棱锥 S  ABCD 的
2
体积为（）
3
2
​
21D.
3 2
2
7
3 3
2
【答案】C
【解析】
【分析】在四棱锥 S  ABCD 中，连接 AC，BD 交于点 E，过 S 作 SO  平面 ABCD 于点 O，设
CO  a ，利用余弦定理结合cs COD  cs AOD ，可求得 a  2 7 ，进而求得 S△SAC ，可求体积.
【详解】在四棱锥 S  ABCD 中，连接 AC，BD 交于点 E，过 S 作 SO  平面 ABCD 于点 O，
由 SD  SB 及直线 AC 为四边形 ABCD 的对称轴知点 O 在直线 AC 上，连接 BO，DO，如图所示.
易得 BO  CO  DO 
，因为 7 BC  7 ，
49  SO2
2
7
所以 BC  2
，所以 AO .
28  SO2
设CO  a ，因为 SO2  SA2  AO2  SC 2  OC 2 ，
a2  21
由题意可知 SC  AB  7 ，所以28  AO2  49  OC 2  49  a2 ，则 AO .
a2  a2  2814
在△COD 中， cs COD  1.
2a2a2
a2  21 a2  49a2  35
2a a2  21
a a2  21
在△AOD 中， cs AOD .
易得cs COD  cs AOD ，所以1
a2  21
14 a2  21
a2  21
2
14  
a a2  21
a2
a2  35
，
所以 a
 a
a
 35 .，所以 a2
14
 a3  35a ，
a2  21
所以a2 142 a2  21  a2 a2  352 ，令 a2  21  t ，则t  72 t  t  21t 142 ，
所以t3 14t 2  49t  t3  28t 2 142 t  21t 2  28 21t 142  21 ，
整理得21t 2  9  72 t  21142  0 ，所以t 2  21t 196  0 ，所以t  7t  28  0 ，解得t  7 或t  28 ，所以 a2  28 或 a2  7 （舍去）， a  0 ，所以 a  2 7 ，
7
21
所以 AO ， BO  CO  DO  2 7 ， SO ，
21
DE  BE  OD sin COD  2 7 3 ，所以 S
 1 AC  SO  21 3 .
2
△SAC22
易知BD ⊥平面SAC，所以四棱锥S  ABCD 的体积
V  V
 V 1 DE  S
1 BE  S
 21.
DSACBSAC3
故选：C.
△SAC3
△SAC
7
二、多选题（本大题共 3 小题）
V ABC 中， BC  2 ，BC 边上的中线 AD  2 ，则下列说法正确的有（）

AB AC
为定值B.
AC 2  AB2  10
4  cs A  1
5
∠BAD 的最大值为30
【答案】ABD
【解析】
【分析】A 利用向量的加减法及向量的数量积公式运算即可，B 根据余弦定理及角的互补运算即可求值， C 利用余弦定理及基本不等式求出cs A 范围即可，D 根据余弦定理及基本不等式求出cs BAD 的最小值即可.

 
 
 2 2
【详解】对于 A， Q AB AC   AD DB  AD DB   AD

 DB
 4 1  3 ， AB AC 为定值，A
正确；
对于 B， Qcs ADC  cs ADB
 AC 2  AB2  AD2  DC 2  2 AD  DC  cs ADC  AD2  DB2  2 AD  DB  cs ADB
 2 AD2  DB2  DC 2
 2  22 11  10 ，故 B 正确；

b2  c2  42bc  42
对于 C，由余弦定理及基本不等式得csA  1（当且仅当bc 时，等号成
cs A  1
2bc2bcbc
2 1 2 cs A
立）,由 A 选项知bc cs A  3 ，
解得cs A  3 ，故 C 错误；
5
33，
cs A
2 3c
3
c2  22 12c2  3
3
对于 D， cs BAD （当且仅当c 时，等号成立），因为
4c
BAD  ABD ，
4c4c2
所以BAD 
π
3
(0, ) ，又cs BAD ，所以∠BAD 的最大值30 ，D 选项正确.
22
故选：ABD
【点睛】本题主要考查了向量的数量积运算，余弦定理，基本不等式，考查了推理能力，属于难题.
已知复数 z  m2  2m  3  (m 1)i ，其中m 为实数， i 为虚数单位，则（）
若 z 为纯虚数，则 m  1或3
若复平面内表示复数 z 的点位于第四象限，则 m  3
5
若 m  2 ，则 z 的虚部为i
若 z  a  2i
a  R  ，则| z | 2
【答案】BD
【解析】
【分析】根据选项中复数的特征，分别求解m ，即可判断选项.
m2  2m  3  0

【详解】A.若 z 为纯虚数，则m 1  0，得 m  3 ，故 A 错误；
m2  2m  3  0

若复平面内表示复数 z 的点位于第四象限，则m 1  0，
解得： m  3 ，故 B 正确；
若 m  2 ，则 z  5  i ，则 z  5  i ，所以 z 的虚部为1，故 C 错误；
若 z  a  2i a  R  ，则 m 1  2 ，得 m  1，所以 z  4  2i ，
42  22
则 z 
 2
，故 D 正确.
5
故选：BD
如图，直四棱柱 ABCD  A B C D 中，底面 ABCD 为平行四边形， AB  AA  1 AD  1，点 P 是经
1 1 1 112
过点 B1 的半圆弧 ‸A1D1 上的动点（不包括端点），点 Q 是经过点 D 的半圆弧 B‸C 上的动点（不包括端点），则下列说法正确的是（）
四面体 PBCQ 的体积是定值
1
AD  A P 的取值范围是0, 4
若C Q 与平面 ABCD 所成的角为θ，则 tanθ 1
12
若三棱锥 P  BCQ 的外接球表面积为 S，则 S 4π,13π
【答案】BCD
【解析】
【分析】A.由V
 1  AA  1  BC  h 判断；B.由
1 1
cs D A P 
A1P
，
P BCQ312
A1D1
11 1
AD  A P  4 cs2 D A P 求解判断；C.由CC1  平面 ABCD，得到C1QC 是C1Q 与平面 ABCD 所成的
角求解判断；D.以 D 为原点，分别以 DB, DC, DD1
为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系，设球心为
3
1
O
–––→ 2
,, t  ，
P  x, y,1 ，由 OP  OB 化简得到 t 的范围，再由外接球的表面积为 S  4πOB
判断.
 22
【详解】直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，点 P 到底面 ABCD 的距离为 AA1  1 ，设点 Q 到 BC 的距离为
11
h，则VP BCQ  3  AA1  2  BC  h ，因为h 不是定值，故四面体 PBCQ 的体积不是定值，故 A 错误；
在 Rt△A1PD1 中，
cs D1 A1P 
A1P
，
A1D1
–––→ –––→––––→ –––→––––→–––→
AD  A P  A D  A P  A D  A P  cs D A P  4 cs2 D A P ，
11 11
1 11
1 11 1
因为 D A P  0,π ，所以cs D A P 0,1 ，则 AD  A P 0, 4
，故 B 正确；
1 12 1 11

因为CC  平面 ABCD， 所以C QC 是C Q 与平面 ABCD 所成的角，则tan C QC  CC1  1 ，
111
1CQCQ
因为 CQ 0, 2 ，所以tan C QC  1 ，故 C 正确；
1
以 D 为原点，分别以 DB, DC, DD1
2
为 x，y，z 轴，建立空间直角坐标系：
则 B 
3, 0, 0, C 0,1, 0, A 
3, 1,1, D 0, 0,1 ，线段 BC 的中点为

M
1
3
,, 0 ，线段 A D 的中
11 221 1

31
点为 N,  ,1 ，
 22

3
1
3 2
1 2
设球心为 O , , t  ， P  x, y,1 ，则  x    y    1，
 222 2 
3
3 21 221 2




由 OP  OB 得
 x 
  y  
22
 1 t 2 
2
 3 

 2 
 t 2  1 t 2 ，

3 2
1 2
1 2
1 2
化简得2t   x  2    y  2   1  y  2    y  2   1 2 y ，

即t  1  y ，易知
2
1  y  1 ，则
2
1 t 2
–––→ 2
t  1  y 3 ，
[0, )
22
–––→
OB

[1,
13 ) ，
2
所以 外接球的表面积为 S  4πOB [4π,13π) ，故 D 正确，
故选：BCD
三、填空题（本大题共 3 小题）
已知△A1B1C1 和△A2B2C2 中， A1  A2 
π B C ，若“ A B  A B  t t  R ”是
2
, B1C12 21 12 2
4
“ V A1B1C1 V A2B2C2 ”的充要条件，则t 的范围为.

【答案】0, 2  ∪2
【解析】
【分析】依题意即使三角形要有唯一解求出参数t 的取值范围，利用正弦定理计算可得；
π
2
【详解】解：因为△A1B1C1 和△A2B2C2 中， A1  A2  , B1C1  B2C2 ，若
4
“ A1B1  A2B2  t t  R ”是“ V A1B1C1 V A2B2C2 ”的充要条件，即△A1B1C1 只有唯一解，
①当 B1C1  A1B1 sin A1 ，即

2  t
B1C1  A1B1
2 t ，解得t  2 ；
2
2
②当 A B  0
时，即
，解得0  t 
 1 1
t  0
2

综上可得t 0, 2  ∪2

故答案为： 0, 2  ∪2
已知三棱锥 B−ACD 中，棱 AB ， CD ， AC 的中点分别是 M，N，O， V ABC ， V ACD ， VBOD 都是正三角形，则异面直线 MN 与 AD 所成角的余弦值为.
【答案】 7
4
【解析】
【分析】根据异面直线的定义可知， MNO （或其补角）是异面直线 MN 与 AD 所成的角，进而求出
OM , ON , MN 的长度，用余弦定理求得答案.
【详解】如图，
根据题意可知，因为V ABC,V ACD,VBOD 都是正三角形，所以 BO  AC ， DO  AC ，连接 BN , AN ，
3
设 AC=2，则 AN  BO  BD  OD .
易知CN  DN  1，在△BCN 中，由余弦定理： cs BNC 
12  BN 2  22
，
2 1 BN
在VBND 中，由余弦定理： cs BND 
12  BN 2  
2 1 BN
3 2

，
10
于是12  BN 2  22   1  BN   3  .
2 1 BN
222
2 1 BNBN2
12  MN 2  
3 2
易知 AM  BM  1，在VANM 中，由余弦定理： cs AMN 
10
2
12  MN 2  
，
2 1 MN
在VBMN 中，由余弦定理：
cs BMN 
 2  ，
2 1 MN
 10 2
于是1
 MN
  3 
 2 .
22
2 1 MN
212  MN 2  
7
 2 1 MN
 MN 
2
连接 ON，则ON / / AD ，于是MNO （或其补角）是异面直线 MN 与 AD 所成的角，连接 MO，易得
7
2
12   12
MO=NO=1，在VMNO 中，由余弦定理可得cs MNO 
 2 
7 .
故答案为： 7 .
4
2 174
2
在V ABC 中， a ， b ， c 分别为内角A ， B ， C 的对边， O 为V ABC 的外心，且有
2 3
3
AB  BC 
AC ， sin C(cs A 
 cs Asin A  0 ，若 AO  x AB  y AC ， x, y  R ，则 x  2 y 
．
【答案】 3 或 43
33
【解析】
【分析】利用正弦定理可得c(cs A  3)  a cs A  0 ，由 AB  BC 
2 3
222
AC 得出c  a  2 3 b ，联
2 3
3
3
a  c
立得出2b cs A  3c ，结合余弦定理得出b
a  5c
 a  2c
，联立c  a 
b 解得或
3b 3c

b  3 3c
.分两种情况结合题给条件列方程组，解得结果.
【详解】由正弦定理可知
a
sin A
b
sin B
c
sin C
 2R ，所以c(cs A 
 a cs A  0 ，
又因为 AB  BC 
AC ，所以c  a  2 3 b ，
2 3
3
3
联立可得2b cs A  3c ，
b2  c2  a2
b2 + c2 − a23c
由余弦定理得cs A ，所以cs A ==，解得b2  a2  2c2 .
2bc
2 3
22
a  c
2bc
2b
a  5c
联立c  a 
b 得 a
3
 6ac  5c
 0 ，解得
b 
或.
3cb  3 3c
a  c–––→ –––→3 2
当
b 
时，而 AB  AC  bc cs A  c
3c2
–––→ –––→–––→2
，
–––→ –––→
由 AO  x AB  y AC ，得 AO  AB  x AB
 y AC  AB ，
–––→ –––→
因为O 为V ABC 的外心，则 AO  AB 
1 –––→2
AB ，
2
所以 1 c2  x  c2  y  3 c2 ，所以2x  3y  1①.
22
–––→ –––→–––→ –––→–––→2
同理，由 AO  x AB  y AC ，得 AO  AC  x AB  AC  y AC ，
–––→ –––→
又因为 AO  AC 
1 –––→2
AC ，
2
所以 1 b2  x  3 c2  y  b2 ，因为b 
22
3c ，即得 1 b2  x  1 b2  y  b2 ，
22
所以 x  2 y  1②.
联立①②解得 x  1, y  1 ，所以 x  2 y  3 .
当 a  5c, b  3 3c 时，同理可得2x  3y  1③， x 18 y  9 ④
解得 x  2 y   43 .
33
故答案为： 3 或 43 .
33
四、解答题（本大题共 5 小题）
已知复数 z  m2  2m  m2  m  6i ， m  R ， i 是虚数单位．
若复数 z 为纯虚数，求m 的值；
若复数 z 在复平面内对应的点在第四象限，求m 的取值范围．
【答案】（1）0（2） 0, 3
【解析】
【分析】(1)由纯虚数的定义建立方程，求解即可；
(2)由第四象限的点的特征建立不等式组，求解即可.
【小问 1 详解】
 m2  2m  0,

∵复数 z 为纯虚数，∴ m2  m  6  0, 解得 m  0 ，
∴ m 的值为 0．
【小问 2 详解】
∵复数 z 在复平面内对应的点在第四象限，
 m2  2m  0,

∴ m2  m  6  0, 解得0  m  3 ，故m 的取值范围为0, 3 ．
文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，
更是文明城市的主要创造者.某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取 100 份作为样本，将样本的成绩（满分 100 分，成绩均为不低于 40 分的整数）分成六段：[40,50),[50,60),L,[90,100] 得到如图所示的频率分布直方图.
求频率分布直方图中 a 的值；
求样本成绩的第 75 百分位数；
已知落在50, 60 的平均成绩是 56，方差是 7，落在[60, 70) 的平均成绩为 65，方差是 4，求两组成绩的总平均数 z 和总方差 s2.
【答案】（1）0.030
（2）84（3）总平均数是 62，总方差是 23.
【解析】
【分析】（1）利用小矩形的面积之和为 1，进行求解；
先判断第 75 百分位数在[40.90) ，然后列方程可求得结果；
由频率分布直方图中数据结合方差计算公式即可解答.
【小问 1 详解】
每组小矩形的面积之和为 1，
(0.005  0.010  0.020  a  0.025  0.010) 10  1 ，
 a  0.030 ；
【小问 2 详解】
成绩落在[40.80) 内的频率为0.005  0.010  0.020  0.03010  0.65 ， 落在[40.90) 内的频率为(0.005  0.010  0.020  0.030  0.025) 10  0.9 ，
设第 75 百分位数为 m，
由0.65(m 80)0.025  0.75，
得 m  84 ，故第 75 百分位数为 84；
【小问 3 详解】
由频率分布直方图知，成绩在50, 60 的市民人数为100  0.1  10 ，
成绩在60, 70 的市民人数为100  0.2  20 ，所以 z  10  56  20  65  62 ；
10  20
由样本方差计算总体方差公式，得总方差为 s2  1 10 7  56  622 20 4  65  622   23
10  20
已知V ABC 的角 A，B，C 所对的边为 a，b，c，且b  2 ， 1 b  c cs B  a ，延长 BC 到点 D.
2
若CD  3 ，求 AD 的长；
若B  2D ， 3BC  4CD ，求 AD 的长.
19
【答案】（1）
（2） 239
5
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用和角的正弦化简即得.
（2）由（1）的结论及已知可得CAB  2CAD ，再利用正弦定理列式化简求出sin D 即可求解.
【小问 1 详解】
在V ABC 中，由 1 b  c cs B  a 及正弦定理，得 1 sin B  sin C cs B  sin A
22
 sin(B  C)  sin B cs C  cs B sin C ，整理得 1 sin B  cs C sin B ，
2
而sin B  0 ，则cs C  1 ，又C 0, π ，因此C  π ，
23
22  32  2  2  3cs 2π
3
19
在V ACD 中，由余弦定理得 AD .
【小问 2 详解】
由（1）得： D  CAD  π ， B  CAB  2π ，
33
由B  2D ，得CAB  2CAD ，
在V ABC 中，由正弦定理得：
AC
sin B
BC

sin BAC
AC
，则
sin 2D
BC

，
sin 2CAD
在V ACD 中，由正弦定理得：
ACCD
，而3BC  4CD ，
sin Dsin CAD
则 AC
sin D
3 BC
4
 sin CAD
，ACBC，
2 sin D cs D2 sin CAD cs CAD
因此cs CAD  4 cs D ， cs CAD  cs( π  D)  1 cs D 3 sin D  4 cs D ，
33223
52
即cs D  3 3 sin D ，而sin2 D  cs2 D  1 ，解得sin D 5，
5
所以 AD  AC sin ACD 
sin D
2 3
2
5
 2 39 .
5
52
3
如图，直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中， V ACD 是边长为2
ACB  π ，棱 AD 的中点为 F .
3
的等边三角形， BB1  AB  3 ，
求证： AD  平面 AA1B1B ；
现在将矩形 BCC B 以边 BB 所在直线为旋转轴，θ 0 θ π  逆时针旋转至矩形 BEE B ，解答
1 11
2 1 1

下列问题：
10
在旋转过程中，是否存在θ，使得直线 FE1 与直线CD 所成角的余弦值为
？若存在，求出满足条
4
件的θ；若不存在，请说明理由；
在旋转过程中，求直线 FE1 与平面 BB1E1E 所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明见解析
3
（2）①存在，且θ π ；②1
3
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求出 BC 的长，结合勾股定理可证得 BC  AB ，推导出 AD//BC ，可得出
AD ⊥AB ，由直棱柱的性质得出 AD  AA1 ，再利用线面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）①连接 BE1 、 BF 、CF 、 EF ，分析可知异面直线 FE1 与CD 所成的角为BFE1 或其补角，由余弦
定理求出 E1F 的长，然后在△BEF 中利用余弦定理求出EBF 的值，即可得出角θ的值；
②过点 F 在底面 ABCD 内作 FG  BE ，垂足为点G ，连接 FG 、 E1G ，求出 FG 、 EF1 的长，
1
1
sin FE G  FG ，利用换元法、基本不等式以及对勾函数的单调性可求得sin FE G 的最大值，即为
FE1
所求.
【小问 1 详解】
3
在V ABC 中， AB  3 ， AC  2
， ACB  π ，
3
由余弦定理可得 AB2  AC 2  BC 2  2 AC  BC cs π ，
3
3
即 BC 2  2 3BC  3  0 ，解得 BC ，
由勾股定理可得 AB2  BC 2  AC 2 ，故 AB  BC ，
在底面 ABCD 中，因为ACB  CAD  π ，故 BC //AD ，则 AD ⊥AB ，
3
在直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中， AA1  平面 ABCD ， AD  平面 ABCD ，所以 AD  AA1 ，
因为 AA1 ∩ AB  A ， AA1 、 AB  平面 AA1B1B ，因此， AD  平面 AA1B1B .
【小问 2 详解】
①连接 BE1 、 BF 、CF 、 EF ，如图所示：
3
因为 BC //AD ， AD  2
 2BC ， F 为 AD 的中点，所以 DF //BC ， DF  BC ，
3
BE2  EE2
1
3  9
3
故四边形 BCDF 为平行四边形，所以 BF //CD ， BF  CD  2，故异面直线 FE1 与CD 所成的角为BFE1 或其补角，
在矩形 BEE1B1 中， BE1


 2
 BF ，
故△BFE1 为等腰三角形，且BFE1 为锐角，故cs BFE1 
10 ，
4
10
BF 2  E F 2  BE212  E F 2 12E F
30
由余弦定理得cs BFE1  11  1  1 
，解得 E F ，
3
2BF  E F
2  2 3  E F
441
11
因为 BB1  平面 ABCD ， EE1 //BB1 ，故 EE1  平面 ABCD ，
E F 2  EE2
1
1
因为 EF  平面 ABCD ， EE1  EF ，故 EF 
30  9
21
，
π
因为四边形 BCDF 为平行四边形，所以FBC  ADC  ，
3
3
3
21
在△BEF 中， BF  2， BE ， EF ,
π 
BE2  BF 2  EF 2
3 12  211
3
由余弦定理可得cs EBF  cs θ  

2BE  BF
  ，
2 3  2 3
2
因为0 θ π ，故 π θ π  5π ，故θ π  2π ，所以θ π ，
2336333
1
故存在满足条件的θ，使得直线 FE 与直线CD 所成角的余弦值为 10 ，且θ π ；
43
②过点 F 在底面 ABCD 内作 FG  BE ，垂足为点G ，连接 FG 、 E1G ，
因为 BB1  平面 ABCD ， FG  平面 ABCD ，所以 FG  BB1 ，
因为 FG  BE ， BB1  BE  B ， BB1 、 BE  平面 BB1E1E ，所以 FG  平面 BB1E1E ，所以直线 FE1 与平面 BB1E1E 所成角为FE1G ，
FG  BF sin EBF  BF sin θ π   2 3 sin θ π  ，
3 3 

当 π θ π  π 时，即当0 θ π 时， BG  2 3 cs θ π  ，
332
63 

3
所以 EG  BE  BG  2 3 csθ π  ，
3 
12 1 cs θ csθ


π 
2

π 

3 




3 


此时 E1G 
所以 E1F 

EE2  EG2
1
9   3  2 3 cs θ 3 

π 2



E G2  FG2
1

，
12 1 cs θ csθ12 sinθ



3 
π 
2 
π 
2 
π 




3 

3 


 2 3  2  cs θ π  ，
3 

1 cs2 θ π 
3 

2  cs θ π 


3 

2 3 sin θ π 
FG3 
3 2  cs θ π 


3 

1
所以， sin FE G   ，
FE12
令t  2  cs θ π  3 , 2  ，则csθ π   2  t ，
3  23 
4  2 3

1 2  t 2
t
4t  3  t 2
t
4   t  3 
t 

则sin E1FG 
4  2 t  3
t
3
3
当且仅当t  3  3  t  2  时，即当t 时，等号成立；


1，
t  2

当 π ≤θ π 时， π θ π  5π ，则
3  csθ π   0 ，
62236
23 

令t  2  cs θ π  2, 2 3  ，则csθ π   2  t ，
3 2 3 
1 2  t 2
t

4t  3  t 2
t
4   t  3 
t 

sin E1FG ，
3
由对勾函数的单调性可知，函数 f t   4   t  3  在2, 2  上单调递减，
t 2 
此时sin E1FG 

4   t  3 
t 

2
，
2
3
由于
1 
2 ，故sin E FG 的最大值为
3
1
2
1.
π
为扎实推进美丽中国建设，丰富市民业余生活，某市计划将一圆心角为
，半径为 R 的扇形 OAB 空
3
地（如图），改造为市民休闲中心，休闲中心由活动场地和绿地两部分构成，其中活动场地是扇形的内接矩形，其余部分作为绿地．设点 P 为 ‸AB 上异于 A，B 的动点．请以点 P 为内接矩形的一个顶点设计出两种不同的规划方案，并分别求出这两种方案的活动场地面积的最大值．
【答案】见解析
【解析】
【分析】方案 1，如图 1 所示，设POB θ，将 PN , MN 都用θ表示，再根据矩形得面积公式结合三角 恒等变换化简，再根据三角函数得性质即可得出结论；
方案 2，如图 2 所示，过点 O 作 MN 的垂线分别交 MN，PQ 于 S，T，设POT θ，将 PN , MN 都用θ 表示，再根据矩形得面积公式结合三角恒等变换化简，再根据三角函数得性质即可得出结论.
【详解】解：方案 1，
如图 1，矩形 PQMN 内接于扇形 OAB，
在 Rt△ONP 中，设POB θ，则ON  Rcsθ， NP  Rsinθ，
QM
在 Rt△OMQ 中
OM
 tanπ，
3
3
所以OM 3 QM 3 Rsinθ，
33
MN  ON  OM  Rcsθ
3 Rsinθ，
3
设矩形 PQMN 的面积为 S，
则 S  MN  NP 2 θ3 sin
sinθ＝ 2 θcsθ
3 sin2 
R cs
3θR sin
3θ

 R2  1 sin2θ
3 cs2θ
3   R2  3
 θ π 3  ．
 266 
 3 sin  2
6 6 

0ππ 2
π5π
由