贵州省黔南布依族苗族自治州都匀一中2025-2026学年高二上学期开学检测数学试卷

这是一份贵州省黔南布依族苗族自治州都匀一中2025-2026学年高二上学期开学检测数学试卷，共25页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第 1 页至第 3 页，第Ⅱ卷第 3
页至第 6 页．考试结束后，请将答题卡交回．满分 150 分，考试用时 120 分钟．
第Ⅰ卷（选择题，共 58 分）
注意事项：
答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚．
每小题选出答案后，用 2B 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．在试题卷上作答无效．
一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
已知i 为虚数单位，若 z1  2  i, z2  1 2i ，则4  3i  （ ）
z  z
z  z
z zD. z1
z
12121 2
2
在开学质检考试后，某小组长对本组 6 名同学的数学各题得分进行统计，其中 6 名同学在最后一道解答 题的得分按从低到高的顺序排列为：6，7，8， m ，12，15，已知该组数据的中位数等于这组数据的极差，则m  （ ）
A. 11B. 10C. 9D. 8
已知α,β是空间中不重合的两个平面， m, n 是空间中不重合的两条直线， 若 m α， n//β， 则
“ m  n ”是“α//β”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
某校对学生进行跳绳测试，每个同学测 3 次．已知甲同学每次测试及格的概率均为0.6 ，现采用随机模
拟的方法估计甲同学在 3 次机会里至少及格 2 次的概率：先由计算器产生 0 到 9 范围内的整数随机数，指定 0，1，2，3 表示没有及格，4，5，6，7，8，9 表示及格，再以每 3 个随机数为一组，代表 3 次测试的结果．经随机模拟产生了 20 组随机数：
138 401 123 235 345 257 704 056 186 213
173 624 618 045 631 386 954 742 721 429
据随机模拟试验估计，甲同学在 3 次机会里至少及格 2 次的概率为（ ）
311713
A B.C.D.
5201020
如图， V ABC是利用斜二测画法画出的 V ABC 的直观图， 其中 AC//y 轴， AB//x轴，
2
AB  BC ，则V ABC 的周长为（ ）
2
4  4
4  3
4  2
4 
2
2
2
在V ABC 中，角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c ，已知 a  c cs B  b  c cs A ，且 c2  a2  b2  ab ，则V ABC 的形状为（ ）
A. 钝角三角形B. 等腰直角三角形C. 直角三角形D. 等边三角形
如图，在正八边形 ABCDEFGH 中，点O 为正八边形的中心，点 M , N 分别是 GH , CD 边的中点，且
MN  AF ，点 P 是正八边形内一动点（含边界），已知OQ=
2， MQ  2
，则OA  PA  OF  PA 的
2
最大值是（ ）
2
8
2  2
4  2
16  8
2
2
2
2
在正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  ， AA1  2 ，设四棱柱的外接球的球心为O ，动点 P 在矩形 ADD1 A1 的边上，射线OP 交球O 的表面于点 M ，现点 P 从点A 出发，沿着 A  D  D1  A1  A 运动一周，则点 M 经过的路径总长为（ ）
4 2π
3
2 2πC. 5 2π
3
D. 4 2π
二、多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有
多个选项是符合题目要求的，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）
下列说法正确的有（ ）
一般情况下，随着试验次数的增加，频率偏离概率的幅度会缩小
如果将一枚骰子连续投掷 10 次，结果每次都是 6 点朝上，那么可以认为这枚骰子质地不均匀
若事件 A, B 满足 P  A  P  B  1 ，则A 与 B 一定是对立事件
“在区间0, 2 上任取一数，求这个数大于 1 的概率．”是古典概型
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E, F , G, H 分别为 DD1, CC1, AD, AC 的中点，则下列选项正确的有（ ）
直线 EG 与直线 FH 是异面直线B. EF //GH
直线 EG, FH , AA1 这三线交于一点D. 直线 FH 与平面 ABCD 夹角的正切值为 3
2
黄金三角形是一种特殊的等腰三角形，其底与腰的长度之比为黄金比例（黄金分割比
5 1 ），这一
2
比例在自然界、艺术及建筑设计中都有着广泛的应用，它象征着和谐与完美．已知在顶角为∠BAC 的黄金
V ABC 中，它的底角正好是顶角的两倍，且它的底与腰之比为黄金分割比， D 为 BC 边上的中点，则下列
选项正确的有（ ）
cs18  CD
AC
2 sin18 
5 1
2
C 1 tan 27  AD
cs BAC 
5 1
1 tan 27CD
注意事项：
4
第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效．
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
已知复数 z 在复平面内对应的向量为 OZ （ O 为坐标原点）， OZ 与实轴正方向的夹角为 60 ，且
z  2 ，则 z  z  ．
uuuur
已知点G 是V ABC 的重心，点 M , N 满足 AM 
．
uuur uuuruuur
3M , N , G
AB, AN  λAC ，若三点共线，则λ
5
如图，在棱长均为 4的正四棱锥V  ABCD 中， VE
VC
 1 ，若过点 E 且垂直于棱VC 的平面分别交棱
4
S
VB, AB, AD, VD 于点 F , G, H , I ， 记 △EFI 的面积为 S ， 四边形 IFGH 的面积为 S ， 则 1 
S
12
2
．
四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
如图，正三棱柱 ABC  A1B1C1 内接于一个圆柱，圆柱的体积是54π ，且底面直径与母线长相等．
求圆柱的底面半径；
求三棱柱 ABC  A1B1C1 的体积．
某校为了帮助高一学生更好地了解自己是否适合选读物理方向，在预选科之前组织了高一年级物理测试，并从中随机抽取了 100 名学生的物理成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．
求 a 的值；
学校建议此次物理测试成绩在年级前65% 的学生选报物理方向，其余学生建议选报历史方向，某同学想选报物理方向，根据频率分布直方图估计，他此次物理成绩应不低于多少分才能符合学校的建议？
（保留小数点后一位）
已知在V ABC 中，角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c ．
若b2  ac ，求cs B 的取值范围；
在（1）的条件下且三角形不为直角三角形，若 m tan A  tan C   tan A  tan C ，求 m2 的取值范
cs Ccs A
围．
如图，直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的所有棱长均为 3，且BAD  60 ，点 M 是侧棱 DD1 上靠近点 D1
的三等分点，点 N 是线段C1D1 上的动点（含端点）．
若以 D 为坐标原点、 DC 为 y 轴正方向、 DD1 为 z 轴正方向，建立右手空间直角坐标系，请画出 x轴的位置，并证明；
将点 B1 与平面 ACM 内任意一点的连线段，求这些线段长度的最小值；
在线段 D C 上是否存在一点 N ，使得二面角 M  AC  N 的余弦值为 3 10 ？若存在，求出点 N 的
1 110
位置；若不存在，请说明理由．
定 义 ： 非 零 向 量 OM  a, b 的 “ 伴 生 函 数 ” 为 f  x  a sin x  b cs x  x  R ， 函 数
f  x  a sin x  b cs x  x  R 的“源生向量”为OM  a, b （其中O 为坐标原点）．
已知函数 f  x  4 sin  x  π  ，求函数 f  x 的源生向量OM 的坐标；
6 

–––→φ
已知向量OP  0, 5 为函数 g  x 5 sin  x φ0 φ π 的源生向量，求 的值；
3
已知向量ON  2, 0 为函数 h  x 的源生向量，若关于 x 的方程 h  x  k 1 2
0, 2π上恰有五个不相等的实数根，求实数 k 的取值．
cs x 在区间
2025~2026 学年度第一学期教学质量监测考试Ⅰ
高二数学
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷第 1 页至第 3 页，第Ⅱ卷第 3
页至第 6 页．考试结束后，请将答题卡交回．满分 150 分，考试用时 120 分钟．
第Ⅰ卷（选择题，共 58 分）
注意事项：
答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的学校、班级、姓名、考场号、座位号、准考证号在答题卡上填写清楚．
每小题选出答案后，用 2B 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．在试题卷上作答无效．
一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
已知i 为虚数单位，若 z1  2  i, z2  1 2i ，则4  3i  （ ）
z  z
z  z
z zD. z1
z
12121 2
2
【答案】C
【解析】
【分析】根据复数的四则运算逐一求解判断.
【详解】对于 A， z1  z2  2  i  1 2i  3  i ，故 A 错误；对于 B， z1  z2  2  i  1 2i  1 3i ，故 B 错误；
1 2
对于 C， z z  2  i1 2i  2  4i  i  2i2  4  3i ，故 C 正确；
对于 D， z1  2  i
 2  i1 2i
 5i  i ，故 D 错误.
z21 2i
1 2i1 2i5
故选：C.
在开学质检考试后，某小组长对本组 6 名同学的数学各题得分进行统计，其中 6 名同学在最后一道解答 题的得分按从低到高的顺序排列为：6，7，8， m ，12，15，已知该组数据的中位数等于这组数据的极差，则m  （ ）
A. 11B. 10C. 9D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】求出这组数据的中位数和极差，列式运算得解.
8  m
【详解】由题，该组数据的中位数为
所以 8  m  9 ，得 m  10 .
2
故选：B.
，极差为15  6  9 ，
2
已知α,β是空间中不重合的两个平面， m, n 是空间中不重合的两条直线， 若 m α， n//β， 则
“ m  n ”是“α//β”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据线线、线面关系结合充分条件、必要条件的定义分两方面说明即可.
【详解】先讨论充分性：由 m  n ， m α知 n//α或n   ，
n//α， n//β，不足以说明α//β，理由如下： 假设α∩ β=l 且 n α, n  β，若 n//l ，
则 n//α， n//β，但此时α//β不成立， 故充分性不成立；
再讨论必要性：由α//β， n//β知 n//α或n   ， 则存在 n1 α使得 n//n1 ，
因此 m α可得 m  n1 ， 又因为 n//n1 ，所以 m  n ，故必要性成立.
综上，“ m  n ”是“α//β”的必要不充分条件，
故选：B.
某校对学生进行跳绳测试，每个同学测 3 次．已知甲同学每次测试及格的概率均为0.6 ，现采用随机模
拟的方法估计甲同学在 3 次机会里至少及格 2 次的概率：先由计算器产生 0 到 9 范围内的整数随机数，指
定 0，1，2，3 表示没有及格，4，5，6，7，8，9 表示及格，再以每 3 个随机数为一组，代表 3 次测试的结果．经随机模拟产生了 20 组随机数：
138 401 123 235 345 257 704 056 186 213
173 624 618 045 631 386 954 742 721 429
据随机模拟试验估计，甲同学在 3 次机会里至少及格 2 次的概率为（ ）
311713
A B.C.D.
5201020
【答案】A
【解析】
【分析】找到 20 组数据中符合题意的数据个数，然后利用古典概型概率公式求解即可.
【详解】依题意，在每组随机数中，至少有 2 个数字在 4，5，6，7，8，9 中，即代表甲在跳绳测试中 3 次机会里至少及格 2 次，
经统计，20 组中一共有 12 组符合要求，
有：345，257，704，056，186，624，618，045，386，954，742，429，
故概率为 12  3 .
205
故选：A.
如图， V ABC是利用斜二测画法画出的 V ABC 的直观图， 其中 AC//y 轴， AB//x轴，
2
AB  BC ，则V ABC 的周长为（ ）
2
4  4
4  3
4  2
4 
2
2
2
【答案】A
【解析】
【分析】根据余弦定理可求得 AC  2 ，根据斜二测画法得到原图形边长即可．
【详解】因为其中 AC//y 轴， AB//x轴，所以CAB  45，由余弦定理得，
BC2  AB2  AC2  2 AB ACcs CAB ，即2  2  AC2  2 AC ，解得 AC  2 ，
2
由斜二测画法知原V ABC 为直角三角形， A  90 ， AC  2 AC  4, AB ，
AB2  AC 2
BC 

 3，
2 16
2
2
所以周长为4  4．
故选：A．
在V ABC 中，角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c ，已知 a  c cs B  b  c cs A ，且 c2  a2  b2  ab ，则V ABC 的形状为（ ）
A. 钝角三角形B. 等腰直角三角形C. 直角三角形D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由c2  a2  b2  ab 可得C  π ，由 a  c cs B  b  c cs A 可得 a  b ，确定V ABC 是等边三
3
角形.
【详解】由c2  a2  b2  ab 得 a2  b2  c2  ab ，
a2  b2  c21
C  0, π
C  π
所以csC  ，又 ，所以 .
2ab23
由 a  c cs B  b  c cs A ，根据正弦定理可得sin A  sin C cs B  sin B  sin C cs A ，
又sinA  sin  B  C   sinBcsC  csBsinC ， sinB  sin  A  C   sinAcsC  csAsinC ，所以sinBcsC  sinAcsC ，又cs C  0 ，所以sinB  sinA ，
由正弦定理可得 a  b .因为 a  b, C  π ，所以V ABC 是等边三角形.
3
故选：D.
如图，在正八边形 ABCDEFGH 中，点O 为正八边形的中心，点 M , N 分别是 GH , CD 边的中点，且
MN  AF ，点 P 是正八边形内一动点（含边界），已知OQ=
2， MQ  2
，则OA  PA  OF  PA 的
2
最大值是（ ）
2
8
2  2
4  2
16  8
2
2
2
【答案】D
【解析】
【分析】先由正八边形的对称性和向量的运算法则将OA  PA  OF  PA 转化为2OQ  PA ，根据数量积
–––→–––→ –––→
OQ  PA 的几何意义，将问题转化为求解 PA  cs OQ, PA 的最值，结合图形可得取得最值时 P 的位置，
最后结合平面几何知识求得结果.
【详解】由题，可知Q 为 AF 的中点，

–––→ –––→–––→ –––→–––→–––→–––→–––→ –––→–––→–––→ –––→
所以OA  PA  OF  PA  OA  OF  PA  2OQ  PA  4 PA  cs OQ, PA ，
当 P 在 MN 上的投影点与 N 重合时， PA 在OQ 上的投影向量为 NQ ，
–––→ –––→
2
2
所以OA  PA  OF  PA 的最大值为2OQ  NQ  2  2 2 2  2  816 .
故选：D.
2
在正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中， AB  ， AA1  2 ，设四棱柱的外接球的球心为O ，动点 P 在矩形 ADD1 A1 的边上，射线OP 交球O 的表面于点 M ，现点 P 从点A 出发，沿着 A  D  D1  A1  A 运动一周，则点 M 经过的路径总长为（ ）
4 2π
3
2 2πC. 5 2π
3
D. 4 2π
【答案】C
【解析】
【分析】先求出正四棱柱外接球的半径，根据题意，点 M 经过的路径是球上的 4 段弧，求出圆心角代入公式可得弧长.
【详解】设正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的外接球的半径为 R ，
因为四边形 ADD1A1 为矩形，所以正四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 为长方体，其外接球的直径为其体对角线的
长，
( 2)2  ( 2)2  22
2 2

2 ，
则 R 
22
依题意，点 M 的轨迹依次为球O 上的 ‸AD ， D‸D ， D‸A ， ‸A A ，
因为 AB  AD  D1 A1  R 2 ，
11 11
所以 ‸AD 和 D‸A 所对的圆心角为 π ，
则 ‸AD  D‸A
1 1
2  π 
3
2π ，
1 133
DD  A A  2 ，根据勾股定理，  2 2   2 2  22 ，
11
所以 D‸D 和 ‸A A 所对的圆心角为 π ，
则 D‸D
1
 ‸AA
1
2  π 
2
2π ，
1122
因此点 M 经过的路径总长为2 2π  2 2π  2 2π 2π  5 2π .
3233
故选：C.
二、多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分）
下列说法正确的有（ ）
一般情况下，随着试验次数的增加，频率偏离概率的幅度会缩小
如果将一枚骰子连续投掷 10 次，结果每次都是 6 点朝上，那么可以认为这枚骰子质地不均匀
若事件 A, B 满足 P  A  P  B  1 ，则A 与 B 一定是对立事件
“在区间0, 2 上任取一数，求这个数大于 1 的概率．”是古典概型
【答案】A
【解析】
【分析】根据频率与概率的关系可判断 AB 的真假；举反例说明 C 是错误的；说明概率的类型可判断 D 的真假.
【详解】对 A：在相同条件下，试验次数越多，频率就会稳定在概率附近，故 A 正确；
对 B：如果将一枚骰子连续投掷 10 次，结果每次都是 6 点朝上，并不能有足够的理由认为这枚骰子质地
不均匀，故 B 错误；
对 C：抛掷一枚骰子，设事件 A  “所得点数不大于 4”，事件 B  “所得点数不大于 2”，则 P  A  2 ，
3
P  B  1 ， P  A  P  B  1 ，但A 与 B 并不对立，故 C 错误；
3
对 D：“在区间0, 2 上任取一数，求这个数大于 1 的概率．”是几何概型，故 D 错误.故选：A
如图，在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E, F , G, H 分别为 DD1, CC1, AD, AC 的中点，则下列选项正确的有（ ）
直线 EG 与直线 FH 是异面直线B. EF //GH
C. 直线 EG, FH , AA1 这三线交于一点D. 直线 FH 与平面 ABCD 夹角的正切值为 3
2
【答案】BC
【解析】
【分析】对 A，B，由GH / /CD ， EF / /CD ，可得GH / / EF ，进而判断得解；对 C，设 AA1 与 FH 相
交于点O ，可得O 平面 ADD1 A1 ， O 平面 EFHG ，利用平面性质可得O  EG ，得解；对 D，由题可得FHC 是直线 FH 与平面 ABCD 所成角，求解判断.
【详解】对于 A,B，如图，连接GH , EF ，因为 E, F , G, H 分别是 DD1, CC1, AD, AC 的中点，所以GH / /CD ， EF / /CD ，则GH / / EF ，所以 E, F , G, H 共面，
故直线 EG 与直线 FH 是共面的，故 A 错误，B 正确；
对于 C，由题， AA1 , FH  平面 ACC1 A1 ，又 AA1 与 FH 不平行，
如图，设 AA1 与 FH 相交于点O ，又 AA1  平面 ADD1 A1 ， FH  平面 EFHG ，则O 平面 ADD1 A1 ， O 平面 EFHG ，而平面 ADD1 A1  平面 EFHG  EG ，
O  EG ，即直线 EG, FH , AA1 三线交于一点，故 C 正确；
对于 D，因为CC1  平面 ABCD ，所以FHC 是直线 FH 与平面 ABCD 所成角，
设正方体 ABCD 的棱长为2a ，则 FC  a ， HC 2a ，
所以tan FHC 
a2 ，即直线 FH 与平面 ABCD 所成角的正切值为 2 ，故 D 错误.
2a
FC
HC22
故选：BC
黄金三角形是一种特殊的等腰三角形，其底与腰的长度之比为黄金比例（黄金分割比
5 1 ），这一
2
比例在自然界、艺术及建筑设计中都有着广泛的应用，它象征着和谐与完美．已知在顶角为∠BAC 的黄金
V ABC 中，它的底角正好是顶角的两倍，且它的底与腰之比为黄金分割比， D 为 BC 边上的中点，则下列
选项正确的有（ ）
cs18  CD
AC
2 sin18 
5 1
2
1 tan 27  AD
cs BAC 
5 1
1 tan 27CD4
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意作三角形，然后由三角形内角和定理求得顶角和底角度数，设底边长得到腰长.由等腰三角形三线合一得到18 对应的角，由锐角三角函数得到cs18 ，判断 A 选项；同理求得sin18 ，然后判断
1 tan 27
B 选项；巧用1  tan 45 ，利用正切的和差角公式化简，然后判断 C 选项；由二倍角公式化简
1 tan 27
cs BAC ，利用 A 选项/B 选项结果结合勾股定理化简，然后代入边长即可求得结果，判断 D 选项.
【详解】由题意可知： 2BAC  ACB  ABC ， BC 
AC
5 1 ，
2
又∵ BAC  ACB  ABC  180，
∴∠ACB ∠ABC  72 ， BAC  36，
∵ D 为等腰三角形底边上中点，
5
由三角形三线合一可知： AD ⊥BC ， CAB  BAD  18 ，设 AC  AB  2 ，则 BC 1，
∴ cs18  cs CAD  AD ，∴A 选项错误；
AC
2 sin18  2 sin CAD  2CD  BC 
ACAC
5 1 ，B 选项正确；
2
∵ 1 tan 27 
1 tan 27
tan 45  tan 27 1 tan 45 tan 27
 tan 45  27  tan 72  tan ACD  AD ，C 选项正确；
CD
 AD 2
∵ cs BAC  cs 36  2 cs2 18 1  2 
 AC 
2
2 AD
1 1 
AC 2
2  AC 2  CD2   AC 2
，
AC 2
代入边长∴ cs BAC  AC
2  2CD2
4  2  6  2
5
4
 4  3  5 
5 1 ，D 选项正确.
故选：BCD
注意事项：
AC 2
444
第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分）
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效．三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
已知复数 z 在复平面内对应的向量为 OZ （ O 为坐标原点）， OZ 与实轴正方向的夹角为 60 ，且
z  2 ，则 z  z  ．
【答案】2
【解析】
【分析】设出点 Z 的坐标，根据已知条件求出点 Z 的横坐标，进而求解 z  z 即可.
【详解】设点 Z 的坐标为( a , b ) ，则 z  a  bi ， z  a  bi ， z  z  2a ，
–––→
因为 OZ  z  2 ， OZ 与实轴正方向的夹角为60 ，
则 a  2 cs 60  2  1  1 ，
2
所以 z  z  2a  2 .
故答案为： 2 .
uuuur
3 uuur uuuruuur
已知点G 是V ABC 的重心，点 M , N 满足 AM 
．
3
【答案】 4 ## 0.75
【解析】
AB, AN  λAC ，若 M , N , G 三点共线，则λ
5
【分析】利用重心向量公式结合向量的线性运算将 AG 用 AM , AN 表示，利用向量共线的性质列式求解.
–––→2 1 –––→–––→
1 –––→–––→
【详解】因为点G 是V ABC 的重心，所以 AG    AB  AC    AB  AC  ，
––––→3 –––→
3 23
因为 AM  5 AB ， AN  λAC ，
uuur15 uuuur11 uuur5 uuuur1 uuur
所以 AG   AM   AN  AM 
AN ，
333 λ93λ
又若 M , N , G 三点共线，则 5  1  1，解得λ 3 .
93λ4
3
故答案为： .
4
如图，在棱长均为 4 的正四棱锥V  ABCD 中， VE  1 ，若过点 E 且垂直于棱VC 的平面分别交棱
VC4
S
VB, AB, AD, VD 于点 F , G, H , I ， 记 △EFI 的面积为 S ， 四边形 IFGH 的面积为 S ， 则 1 
S
12
2
．
1
【答案】 ## 0.25
4
【解析】
【分析】连接 AC, BD ，设 AC ∩ BD  O ，连接VO ，由题意可得VC  平面 EFGHI ，进而得到 I 为
VD 的中点， F 是VB 的中点，进而再证明G 是 AB 的中点， H 是 AD 的中点，进而求解即可.
【详解】如图，连接 AC, BD ，设 AC ∩ BD  O ，连接VO ，由题，VC  平面 EFGHI ，则VC  EI ，
因为VE  1 ， EVI  60 ，所以VI  2 ， IE 3 ，
故 I 为VD 的中点，同理， F 是VB 的中点，
2
所以 IF / / BD ， IF  1 BD  2，
2
2
又VA  VC  4 ， AC  4，故VA2  VC 2  AC 2 ，即VC  VA ，
又因为VC  平面 EFGHI ，则VC  HI ，且VA, HI  平面VAD ，VC 与平面VAD 不垂直，所以VA / / HI ，且 I 为VD 的中点，故 H 是 AD 的中点，
同理， G 是 AB 的中点，故GH / / BD ， GH  1 BD ，即四边形 IFGH 为平行四边形，
2
因为VO  平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ，故 BD  VO ，
又 BD  AC ，VO, AC  平面VAC ，VO ∩ AC  O ，故 BD ⊥平面VAC ，又VA  平面VAC ，所以 BD  VA ，又VA / / HI ， GH / / BD ，
2
2
所以GH  HI ，故四边形 IFGH 为矩形，且GH  2， HI  2 ，
2
所以四边形 IFGH 的面积 S2  GH  HI  2  2
 4，
又 EI  EF 
3 ， IF  2
， △EFI 中IF 边上的高为
 1，
2

3 2  
2 2
2
所以△EFI 的面积 S  1  2 2 1 ，
12
2
4 2
所以 S1  1 .
S24
故答案为： 1 .
4
四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
如图，正三棱柱 ABC  A1B1C1 内接于一个圆柱，圆柱的体积是54π ，且底面直径与母线长相等．
求圆柱的底面半径；
求三棱柱 ABC  A1B1C1 的体积．
【答案】（1）3（2） 81 3
2
【解析】
【分析】（1）根据圆柱的体积公式求圆柱的底面半径.
（2）根据三棱柱的体积公式求其体积.
【小问 1 详解】
设圆柱的底面半径为 R ，则圆柱的高为2R .
由题意： πR2  2R  54π  R  3.
即圆柱的底面半径为 3.
【小问 2 详解】
因为V ABC 为等边三角形，且其外接圆半径为 3，
所以 S 3 1  32 sin120  27 3 ，
V ABC24
又三棱柱的高为 6，所以V
ABC  A1B1C1
 27 3  6  81 3 .
42
某校为了帮助高一学生更好地了解自己是否适合选读物理方向，在预选科之前组织了高一年级物理测试，并从中随机抽取了 100 名学生的物理成绩，整理得到如图所示的频率分布直方图．
求 a 的值；
学校建议此次物理测试成绩在年级前65% 的学生选报物理方向，其余学生建议选报历史方向，某同学想选报物理方向，根据频率分布直方图估计，他此次物理成绩应不低于多少分才能符合学校的建议？
（保留小数点后一位）
【答案】（1） a  0.005
（2） 81.7
【解析】
【分析】（1）根据频率和为 1 可求 a 的值.
（2）根据频率分布直方图估计数据的第65 百分位数即可.
【小问 1 详解】
由频率和为 1 可得10 2a  3a  7a  6a  2a  1  a  0.005 .
【小问 2 详解】
成绩在50, 60 的频率为10  2  0.005  0.1 ，在60, 70 的频率为10  3 0.005  0.15 ， 在70,80 的频率为10  7  0.005  0.35 ，在80, 90 的频率为10  6  0.005  0.3 .
因为0.1 0.15  0.35  0.6 ， 0.1 0.15  0.35  0.3  0.9 ，
所以数据的第65 百分位数在80, 90 内，且第65 百分位数为： 80 10  0.05  80  5  81.7 .
0.33
所以他此次物理成绩应不低于81.7 分才能符合学校的建议.
17. 已知在V ABC 中，角 A, B, C 所对的边分别为 a, b, c ．
若b2  ac ，求cs B 的取值范围；
在（1）的条件下且三角形不为直角三角形，若 m tan A  tan C   tan A  tan C ，求 m2 的取值范
cs Ccs A
围．
【答案】（1）  1 ,1 ；

 2
（2） 4, 5 .
【解析】
【分析】（1）由余弦定理结合基本不等式求范围；
（2）切化弦，角化边，利用（1）条件求范围.
【小问 1 详解】因为b2  ac ，
a2  c2  b2
a2  c2  ac
2ac  ac1
a  c
所以cs B  ，当且仅当
时取等号.
2ac
又 B 0, π ，所以csB  1 ，
所以csB 的范围是 1 ,1 .
2ac
2ac2

 2
【小问 2 详解】
因为 m tanA  tanC  
tanA  tanC ，
csCcsA
所以 m  sinA  sinC  
sinA
sinC
，化简得 msinB  sinA  sinC ，
 csAcsC csCcsA
csAcsC

由正弦定理可化为 mb  a  c ，
a  c2a2  c2  2aca2  c2
所以 m2  2 ，
b2acac
a2  c2  b2a2  c2
a2  c2
又由cs B 可得
2acac
所以 m2 的取值范围是4, 5 .
 2csB 1 ，由（1）可得
2, 3 ，
ac
18. 如图，直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 的所有棱长均为 3，且BAD  60 ，点 M 是侧棱 DD1 上靠近点 D1
的三等分点，点 N 是线段C1D1 上的动点（含端点）．
若以 D 为坐标原点、 DC 为 y 轴正方向、 DD1 为 z 轴正方向，建立右手空间直角坐标系，请画出 x
轴的位置，并证明；
将点 B1 与平面 ACM 内任意一点的连线段，求这些线段长度的最小值；
在线段 D C 上是否存在一点 N ，使得二面角 M  AC  N 的余弦值为 3 10 ？若存在，求出点 N 的
1 110
位置；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）3；（3）在线段 D1C1 上存在点 N 在靠近 D1 的三等分点处，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）利用底面菱形画 x 轴，证明线面垂直；
利用向量法求点到平面距离；
假设存在点 N ，由二面角的余弦值列方程，确定点 N 位置.
【小问 1 详解】
连接 BD ， BAD  60 ，所以VBAD 是等边三角形，
取 AB 中点 E ，则 DE  AB ，因为 AB / / DC ，所以 DE  DC ，又四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 为直四棱柱，所以 DD1  平面 ABCD ，
因为 DE  平面 ABCD ，所以 DD1  DE ，又 DD1  DC  D ，且 DC, DD1  平面 DCC1D1 ，所以 DE  平面 DCC1D1 .
【小问 2 详解】
点 B1 与平面 ACM 内任意一点的连线中，长度最小值是点 B1 到平面 ACM 的距离.由（1）所建坐标系可得：
A 3 3 ,  3 3 3 3
 3 3 3
 22 , 0  , B  2 , 2 , 0  , C 0, 3, 0, D 0, 0, 0, M 0, 0, 2, B1  2 , 2 , 3 .

–––→
3 3 9
––––→
3 3 3
所以 AB1  0, 3, 3 ， AC    2 , 2 , 0  ， AM    2 , 2 , 2  ，

→
设平面 ACM 的法向量为 n   x, y, z  ，
→ –––→
 3 3 x  9 y  0
n·AC  0
则→ ––––→
22
，即
，令 x ，则 y  1, z  3 ，
3
2
n·AM  0
 3 3 x  3 y  2z  0
22
→3 
所以 n   3,1, 2  是平面 ACM 的一个法向量.

所以点 B1 到平面 ACM 的距离 d 
即这些线段长度的最小值是 3.
–––→ →15
AB1·n
2
→ 
n5
2
 3 ，
【小问 3 详解】
设存在点 N 满足条件，设 N 0, b, 3b  0 ，则CN  0, b  3, 3
→
设平面 ACN 的法向量为 m   x1 , y1 , z1  ，
 → –––→
 3 39

m·AC  0
则，即2
x1  y1  0
，令 x
，则 y
 1, z
 3  b ，
 → –––→
m·CN  0


b  3 y1  3z1  0
1113
→3  b 
所以 m  
3,1,
3
 是平面 ACN 的一个法向量.

设二面角 M  AC  N 的大小为θ，则由图可知θ为锐角，
3 1 3  3  b
23
5
2
 4  
 3  b 2

3


3 10
→ →
csθ n·m 17
所以 → →，解得b  1或b  （舍）
n m
103
所以在线段 D1C1 上存在点 N 在靠近 D1 的三等分点处，使得二面角 M  AC  N 的余弦值为 3 10 .
10
19. 定 义 ： 非 零 向 量 OM  a, b 的 “ 伴 生 函 数 ” 为 f  x  a sin x  b cs x  x  R ， 函 数
f  x  a sin x  b cs x  x  R 的“源生向量”为OM  a, b （其中O 为坐标原点）．
已知函数 f  x  4 sin  x  π  ，求函数 f  x 的源生向量OM 的坐标；
6 

–––→φ
已知向量OP  0, 5 为函数 g  x 5 sin  x φ0 φ π 的源生向量，求 的值；
3
已知向量ON  2, 0 为函数 h  x 的源生向量，若关于 x 的方程 h  x  k 1 2
0, 2π上恰有五个不相等的实数根，求实数 k 的取值．
【答案】（1） 2 3, 2
π
cs x 在区间
2
3
21
【解析】
【分析】（1）利用两角差的正弦公式化简 f  x ，再根据源生向量的定义求解；
由源生向量的定义可得 g  x 5 cs x ，利用三角函数的性质求解；
3
方程 h  x  k 1 2
cs x 可转化为 1 sin x 
2
cs x  k 1 在区间0, 2π上恰有五个不相等
3
2
4
3
2
的实数根，令φ x  1 sin x 
2
cs x ， x 0, 2π ，去绝对值得函数的单调性及最值，利用交点个数
求得 k 的范围.
【小问 1 详解】
f x 
π 
31
因为  4 sin  x  6   4  2 sin x  2 cs x   2 3 sin x  2 cs x ，

3
由源生向量的定义，可得 a  2， b  2 ，
––––→
所以函数 f  x 的源生向量OM  2 3, 2 .
【小问 2 详解】
–––→
因为OP  0, 5 为函数 g  x 的源生向量，所以 g  x 5 cs x ，
又 g  x 5 sin  x φ ，故 5 sin  x φ 5 cs x ，即sin  x φ  cs x ，
所以φ π  2kπ ，又0 φ π ，
2
所以φ π .
2
【小问 3 详解】
3
由题，可得 h  x  2 sin x ，方程 h  x  k 1 2
3
cs x ，即2 sin x  k 1 2
cs x ，
3
2
3
2
整理得 1 sin x cs x  k 1 ，令φ x  1 sin x cs x ， x 0, 2π ，
242
sin x
当 x  0, π  ∪  3π , 2π 时，φ x  1 sin x 3 cs x   π  ，
2  2
223 

sin x
当 x  π , 3π  时，φ x  1 sin x 3 cs x   π  ，
 22 
223 


π π  3π
sin  x  3  , x  0, 2    2 , 2π
所以φ x   ，
π  π 3π 
sin  x   , x  ,

3  22 
由正弦函数的单调性可得φ x 在 0, π  上单调递增，在 π , π  上单调递减，
6  6 2 

在 π , 5π  上单调递增，在 5π , 3π  上单调递减，在 3π , 2π  上单调递增，
 26 
 62 
 2

且φ0  3 ，φ π   1 ，φ π   1 ，φ 5π   1，φ 3π    1 ，φ2π  3 ，
 6  2 2 6  2 2
22
3
由方程 h  x  k 1 2cs x 在区间0, 2π上恰有五个不相等的实数根，
故函数φ x 的图象与 y  k 1 有且仅有五个不同的交点，
4
所以 k 1 
3 ，解得 k  2
1 .
3
42