浙江省钱塘联盟2025-2026学年高一下学期4月期中考试 数学试卷

这是一份浙江省钱塘联盟2025-2026学年高一下学期4月期中考试 数学试卷，共8页。试卷主要包含了 已知集合，，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷分试题卷和答题卷两部分，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号.
所有答案必须写在答题卡上，写在试题卷上无效.
考试结束后，只需上交答题卡.
选择题部分
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.
1. 已知集合，，则（）
A  {x∣1  x  3}B  x∣x2  4x  3  0A ∩ B 
1, 2
1, 3
1, 3
2, 3
已知复数 z 满足 z 3  6i  15 ，则复数 z 的虚部为（）
A. 1B.
→
2i
C. iD. 2
→
已知向量 a  2,1 ， b   x, 3 ，则“ x  6 ”是“ a / /b ”的（）
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
→
已知向量e 为单位向量， a  3 ，当向量 a ， e 夹角为60
时，向量 a 在e 上的投影向量为（）
1 →
A. e
2
3 →
B.e
2
3 →
C. e
2
5 →
D. e
2
已知 a  ln 1 ，1 ， c  sin 1 ，则 a ， b ， c 的大小关系是（）
2
b  a  c
b  32
2
b  c  a
a  b  c
c  a  b
2
已知圆锥的表面积为12π ，且它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径为（）
3
​
B. 2C. 2
D. 3
已知cs α β  2 ， tanα tanβ 1 ，则csα β  （）
33
2
A. 3B. 1C. 1D. 1
3
在V ABC 中，角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，若3aBC  2bCA  4c AB  0 ，则csB 
（）
29
A.B.
36
 29C. 11
3624
D.  11
24
2
多项选择题：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．
已知复数 z1
 m2 1  m 1i ， z  3  i ，下列选项正确的是（）
若 z1 为纯虚数，则 m  1
若 z1  z2 ，则 m  2
若在复平面内复数 z1 对应的点在第二象限，则m 的取值范围为1,1
15
z  z 的最小值为
2
12
在V ABC 中，角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，下列选项正确的是（）
“ A  B ”是“ sinA  sinB ”的充要条件
3
若b  3 ， c  3
， B  30∘ ，则C  60∘
若 acsB  acsC  b  c ，则V ABC 为直角三角形
若b  18 ， c  20 ， B  60∘ ，则满足条件的三角形有两个
x2  a  2 x  2a2 1, x  0
  
已知函数 f  x  
lga x 1 , x0
若 a  2 ，则 f  f 1  3
若 a  2 ，则不等式 f  x  2 的解集为0, 3
若 f  x 在R 上单调递减，则 a  0, 1 
，下列选项正确的是（）
2 
当函数 g  x 

f  x  2 恰有 2 个零点，则 a 1, 6 
2 

非选择题部分
填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
如图，用斜二测画法画出的直观图中， V ABC的边 AB 与 x 轴重合，边 AC 平行于 y轴， AB 长
2
为2 ， AC 长为2
，则原图中该三角形 BC 边长为．
→→
已知a  1, 2 ， b  1,1 ，且λa  b 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是．
–––→–––→–––→
已知V ABC 中， AB  3 ， AC  4 ， O 为V ABC 所在平面内一点，且 OA  OB  OC ，则
AO  BC  ．
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.
→
已知向量 a ， b ，满足 a 
→
2 ， b
 2 ，且 a 与b 的夹角为 π ．
4
→→→→
若a  b   ma  2b ，求实数m 的值；
a  2b
求 a 与 →夹角的余弦值．
已知V ABC 中，角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，且
3asin  A  B  c csA 1
求角 A ；
3
若 a  2 ， V ABC 的面积为
，求V ABC 的周长．
已知向量 →  2sinx, 3  ， b  csx,1 2cs2 x， x  R ，设函数 f  x  →  b ；
aa
求 f  x 的最小正周期与单调递增区间；

对x   π , 5π  ，不等式 f  x  m  0 恒成立，求m 的取值范围．
 46 
如图Ox ， Oy 是平面内相交成θ O θ π,θ π  角的两条数轴， e ， e 分别是与 x ， y 轴正方向
2 12

同向的单位向量，则称平面坐标系 xOy 为θ仿射坐标系，若在θ仿射坐标系下OM  xe1  ye2 ，则把有序数对 x, y  叫做向量OM 的仿射坐标，记为OM   x, y  ．已知在θ仿射坐标系下OA  3, 0 ，
OB  0, 2 ， OC 3, 2 ．
求向量OA  OB ， 2OA  OB 的仿射坐标；
若点Q 是线段 AB 上的动点（含端点），当θ π 时，求QC  QB 的取值范围；
3
–––→–––→
设AOB α，若 OA  tOB  1对t  R 恒成立，求csα的最大值．
中国古代数学名著《九章算术·商功》将正三棱台这类多面体归为“刍童”，并记载其体积算法：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之，各以其广乘之，并，以高若深乘之，皆六而一”，这是世界上最早的棱台体积通用计算法则，与现代棱台体积公式高度契合．魏晋数学家刘徽在注疏中，运用“割补术”将棱台分解为“三品棋”（长方体、堑堵、阳马），严谨证明了该算法的正确性，彰显了中国古代“化繁为简、数形结合”的数学智慧．如图，某古代粮仓模型为正三棱台 ABC  A1B1C1 ，模拟“刍童”形制．已知该三棱台
上底面边长 A1B1  1，下底面边长 AB  3 ，侧棱长 AA1  2 ．
求该正三棱台的高；
若线段 BB1 上有一动点 P ，求 AP  PC 的最小值；
高一数学学科练习
注意事项：
本试卷分试题卷和答题卷两部分，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号.
所有答案必须写在答题卡上，写在试题卷上无效.
考试结束后，只需上交答题卡.
选择题部分
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.
1. 已知集合，，则（）
A  {x∣1  x  3}B  x∣x2  4x  3  0A ∩ B 
1, 2
1, 3
1, 3
2, 3
【答案】B
【解析】
【详解】由 B  x∣x2  4x  3  0可得 B  x 1  x  3 ，故 A ∩ B  1, 3
已知复数 z 满足 z 3  6i  15 ，则复数 z 的虚部为（）
B.
【答案】D
2i
C. iD. 2
【解析】
15153  6i
153  6i
【详解】因为 z 3  6i  15 ，所以 z  1 2i ，
所以 z 的虚部为2 .
→
3  6i
3  6i3  6i45
→
已知向量 a  2,1 ， b   x, 3 ，则“ x  6 ”是“ a / /b ”的（）
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】C
【解析】
【分析】由平面向量的共线定理进行求解.
a / /b
【详解】由 →,得2  3 1 x  0 ,
得 x  6 ,
当 x  6 时， b  6, 3  → ，则 →，
3aa / /b
a / /b
故“ x  6 ”是“ →”的充要条件.
→
已知向量e 为单位向量， a  3 ，当向量 a ， e 夹角为60 时，向量 a 在e 上的投影向量为（）
1 →
A. e
2
3 →
B.e
2
3 →
C. e
2
5 →
D. e
2
【答案】C
【解析】
→
【详解】因为向量e 为单位向量， a  3 ，当向量 a ， e 夹角为60 ，

a  ee
所以根据投影向量公式可得：向量 a 在e 上的投影向量为 → →
 a  cs 60  e  3  e  e .
→ →1 →3 →
ee22
已知 a  ln 1 ，1 ， c  sin 1 ，则 a ， b ， c 的大小关系是（）
2
b  a  c
【答案】B
b  32
2
b  c  a
a  b  c
c  a  b
【解析】
【分析】由对数函数的性质可得 a  0 ，由幂函数的性质可得b  1，由三角函数的性质可得c (0,1) ，即可
得答案.
3
【详解】因为 a  ln 1  ln 2  0 ，1
， c  sin 1 (0,1) ，
2
所以b  c  a .
b  32  12
已知圆锥的表面积为12π ，且它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径为（）
3
A.
B. 2C. 2
D. 3
2
【答案】B
【解析】
【分析】先利用侧面展开图的弧长与底面周长相等，建立母线长和底面半径的关系，再结合表面积公式求解即可.
【详解】设圆锥的底面圆的半径为 r ，母线长为l ，
Q侧面展开图是一个半圆，
πl  2πr ，即l  2r ，
Q圆锥的表面积为12π ，
πr 2  πrl  3πr 2  12π ，
 r  2 ，
故圆锥的底面半径为 2.
已知cs α β  2 ， tanα tanβ 1 ，则csα β  （）
33
2
A. 3B. 1C. 1D. 1
3
【答案】D
【解析】
【详解】因为csα β  csαcsβ sinαsin β 2 ，
3
又tanα tanβ sinαsin β  1 ，
csαcsβ3
故sinαsin β 1 , csαcsβ 1 ，
62
因此csα β  csαcsβ sinαsin β 1  1  1 .
263
在V ABC 中，角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，若3aBC  2bCA  4c AB  0 ，则csB 
（）
29
A.B.
36
 29C. 11
3624
D.  11
24
【答案】D
【解析】
【分析】由题意结合向量线性运算可得 a  4 c, b  2c ，再利用余弦定理计算求解.
3
【详解】因为3aBC  2bCA  4c AB  0 ，

–––→–––→–––→–––→→
所以3aBC  2bCA  4c CA  BC  0 ，
即3a  4c BC  2b  4cCA  0 ，依题意， BC 与CA 不共线，
则3a  4c  0 ，可得 a  4 c, b  2c ，

2b  4c  03
16
222c2  c2  4c2
所以cs B  a
 c  b  9
  11 .
2ac
2  4 c224
3
二、多项选择题：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．
2
已知复数 z1  m2 1  m 1i ， z  3  i ，下列选项正确的是（）
若 z1 为纯虚数，则 m  1
若 z1  z2 ，则 m  2
若在复平面内复数 z1 对应的点在第二象限，则m 的取值范围为1,1
15
z  z 的最小值为
2
12
【答案】BCD
【解析】
【详解】由 z1
m2 1  0
 2 
 m 1  m 1 i 为纯虚数，则
m 1  0
m2 1  3
 m  1，故 A 错误；
由m2 1  m 1i  3  i  
m 1  1
 m  2 ，故 B 正确；
m2 1  0
由在复平面内复数 z1
 m2 1  m 1i 对应的点在第二象限，则
m 1  0
 1  m  1，故 C 正
确；
m2  42  m2
12
由 z  z  m2 1  m 1i  3  i  m2  4  mi 


m4  7m2 16

 m2  
7 2
15

2 4
15
2
，故 D 正确.
在V ABC 中，角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，下列选项正确的是（）
“ A  B ”是“ sinA  sinB ”的充要条件
3
若b  3 ， c  3
， B  30∘ ，则C  60∘
若 acsB  acsC  b  c ，则V ABC 为直角三角形
若b  18 ， c  20 ， B  60∘ ，则满足条件的三角形有两个
【答案】ACD
【解析】
【详解】对于 A，由正弦定理
a
sin A
b
sin B
 2R ( R 为三角形外接圆半径)，
所以 a  2RsinA,b  2R sin B ，
在三角形中，大角对大边，即 A  B  a  b ，所以2RsinA  2RsinB  sinA  sinB ，
因此， A  B  sinA  sinB ，故正确；
对于 B，根据正弦定理3
 3 3  sin C  3 3 3 ，
sin 30sin C62
C  π2π
因为0  C  π，所以
或C ，
33
3
因为c  3
b  3 ，所以C  B  30 ，两个解都满足，故错误；
对于 C，根据正弦定理可得sinAcsB  sinAcsC  sinB  sinC ，因为 A  B  C  π，所以
sinB  sin( A  C)  sinAcsC  csAsinC，sinC  sin( A  B)  sinAcsB  csAsinB
所以sinAcsB  sinAcsC  (sinAcsC  csAsinC)  (sinAcsB  csAsinB) ，所以csA(sinC  sinB)  0 ，
因为 A, B, C (0,π) ，所以sinB  sinC  0 ，所以csA  0 ，
所以 A  π  90 ，所以 C 正确；
2
对于 D，根据正弦定理 18
 20
 sin C  20 sin 60
20 

3
2  10 3  5 3 ，
sin 60

sin C
1818189
c sin B  20 sin 60  20 
3  10 3 ，
2
因为b  18 ， c  20 ， B  60∘ ，所以csinB  b  c ，
所以根据三角形解的判定条件，此时满足条件的三角形有两个解。
11. 已知函数 f  x  
x2  a  2 x  2a2 1, x  0
lga  x 1, x  0
若 a  2 ，则 f  f 1  3
若 a  2 ，则不等式 f  x  2 的解集为0, 3
若 f  x 在R 上单调递减，则 a  0, 1 
，下列选项正确的是（）
2 

当函数 g  x  f  x  2 恰有 2 个零点，则 a 1, 6 
2 

【答案】BD
【解析】
【分析】A 选项，利用分段函数求值即可；B 选项，分段解不等式即可；C 选项，保证函数在每一段上单调递减且同时满足分段点左侧函数值大于等于右侧函数值即可；D 选项，分 a  1 和0  a  1分类讨论即可.
x2  7, x  0
  
【详解】对于 A：当 a  2 时， f  x  ，
lg2 x 1 , x0
f (1)  8, f ( f (1))  f (8)  lg2 9  3 ，故 A 错误；
x2  7, x  0
  
对于 B：当 a  2 时， f  x  ，
lg2 x 1 , x0
当 x  0 时，由 f (x) < 2 ，即 x2  7  2 ，不成立，
当 x  0 时，由 f (x) < 2 ，即lg2 (x 1)  2  lg2 4 ，所以 x 1  4 ，即 x  3 ，所以0  x  3 ，
综上，不等式 f  x  2 的解集为0, 3 ，故 B 正确；
x   a  2  0
2
2

对于 C：若 f  x 在R 上单调递减，则0  a  1
2a2 1  lg 1
，解得：
2
 a  1，故 C 错误；
a

对于 D：（1）当0  a  1时， y  x2  a  2 x  2a2 1，对称轴为 x  2  a  0 ．
2
所以在, 0 上单调递减，与 y  2 只有一个交点．
y  lga  x 1 在0, ∞ 上单调递减．，与 y  2 没有交点．故舍去.
（2）当 a  1 时， y  lga  x 1 在0, ∞ 上单调递增，与直线 y  2 有一个交点，所以只要 y  x2  a  2 x  2a2 1在, 0 与 y  2 有一个交点即可，
当1  a  2 时，对称轴 x  2  a  0 ，
2
y  x2  a  2 x  2a2 1在, 0 上单调递减，
2a2 1  2
只需 x  0 时， y  2 ．即1  a  2

，解得1  a  6 ．
2
当 a  2 时，对称轴 x  2  a  0 ，
2
此时 y  x2  a  2 x  2a2 1在(, 2  a ] 上单调递减，在[ 2  a , 0] 上单调递增，
22
又因为当 x  0 时， y  2a2 1  7 ，
所以要使它与 y  2 只有一个交点，即 x2  a  2 x  2a2 1  2 有两个相等的实数解，则
  (a  2)2  4(2a2  3)  0 ，即7a2  4a 16  0 ，因为方程在 a  2 时无解，所以 a  2 不满足，
综上所述：1  a 
6 ，故 D 正确.
2
非选择题部分
填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
如图，用斜二测画法画出的直观图中， V ABC的边 AB 与 x 轴重合，边 AC 平行于 y轴， AB 长
2
为2 ， AC 长为2
，则原图中该三角形 BC 边长为．
【答案】6
【解析】
【分析】根据直观图与原图之间的关系确定V ABC 的特征，再解三角形求结论.
2
【详解】由已知V ABC 满足下列条件， AB  AC ， AB  2 ， AC  4，
AB2  AC 2
所以 BC 
→

 6 .
4  32
→
已知a  1, 2 ， b  1,1 ，且λa  b 与b 的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是．
【答案】  2 , 0  ∪ 0, 
3

【解析】
λ→
【详解】 a  b  λ1, 2λ1 ，
→
→2
→→→→
λ2
 a  b  b  λa  b  b
 3λ 2  0 ,则λ ，
3
a
若λ→  b 与b 共线，则λ1  2λ1，则λ 0 ，
故λ→  b 与b 的夹角为锐角时，λ  2 且λ 0 .
a3
–––→–––→–––→
已知V ABC 中， AB  3 ， AC  4 ， O 为V ABC 所在平面内一点，且 OA  OB  OC ，则
AO  BC  ．
7
【答案】
2
【解析】
【分析】根据数量积的几何意义即可求解.
–––→–––→–––→
【详解】由 OA  OB  OC 可知O 为V ABC 的外心，

–––→ –––→–––→–––→–––→–––→ –––→–––→ –––→
故 AO  BC  AO  AC  AB  AO  AC  AO  AB 
1 –––→2
AC
1 –––→2
 AB
 1 4
2  32   7 .
2222
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.
→
已知向量 a ， b ，满足 a 
→
2 ， b
 2 ，且 a 与b 的夹角为 π ．
4
→→→→
若a  b   ma  2b ，求实数m 的值；
a  2b
求 a 与 →夹角的余弦值．
【答案】（1） m  3
（2） 3 13
13
【解析】
【分析】（1）根据垂直的关系，结合数量积的运算即可求解，
（2）根据模长公式以及夹角公式即可代入求解.
【小问 1 详解】
→ →→ →→ →π
a  b  a
b csa, b 
 2 cs
4
 2 ，
→→→→→→→→
由a  b   ma  2b 得a  b ma  2b   0 ，
2
 →→
a
展开得 m →2a  b  ma  b  2b 2  0 ，
→→→
将a  b ， a ， b 代入得2m  2  2  2m  2  4  0 ，则 m  3 ；
【小问 2 详解】

 →
a  2b
→
2
a  4a  b  4b
→2
→
→→
2
26
→→
，
a  2b 

→→→

→2→
→ →→ a  a  2b   a  2a  b  2  4  3 13
26
csa, a  2b  → →→
→ →  →
2 
13.
a a  2b
a a2b
已知V ABC 中，角 A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，且
3asin  A  B  c csA 1
求角 A ；
3
若 a  2 ， V ABC 的面积为
π
，求V ABC 的周长．
【答案】（1）
3
（2） 6
【解析】
π 1
62
【分析】（1）利用正弦定理及辅助角公式可得sin  A    ，根据 A 的范围求解即可；

（2）由面积公式可求得bc  4 ，由余弦定理可求得b  c  4 ，即可得答案.
【小问 1 详解】
由 3asin  A  B  c csA 1 ，得 3sinAsinC  sinC csA 1 ，
QC 0, π ，sinC  0 ，
 3sinA  csA 1， 3sinA  csA  1 ，
π 
π 1
2sin  A  6   1 ，即sin  A  6   2 ，

Q A 0, π ， A  π   π , 5π  ，
666 

 A  π  π ，  A  π ．
663
【小问 2 详解】
3
Q S 1 bc sin A 3 bc ，
V ABC24
bc  4 ，
由余弦定理b2  c2  2bccsA  a2
得b  c2  3bc  a2  4 ，
b  c2  16 ，
b  c  4 ，
 V ABC 的周长为 a  b  c  6 .
已知向量 →  2sinx, 3  ， b  csx,1 2cs2 x， x  R ，设函数 f  x  →  b ；
aa
求 f  x 的最小正周期与单调递增区间；

对x   π , 5π  ，不等式 f  x  m  0 恒成立，求m 的取值范围．
 46 
【答案】（1） T  π ，  π  kπ, 5π  kπ ， k  Z
 1212
（2） 2, 
【解析】
【分析】（1）先根据向量的数量积公式和三角函数的化简，可得 f  x  2 sin  2x  π  ，再利用正弦函数
3 

性质列不等式计算求解；
（2）参变分离转化为函数的最值问题.
【小问 1 详解】
f x  → →
2π 
 a  b  2sinxcsx 
1 2cs
x  sin2x 
3cs2x  2sin  2x   ，
3

ω
T  2π  π ，
由 π  2kπ  2x  π  π  2kπ ， k  Z 得 π  kπ  x  5π  kπ ， k  Z ，
2321212
故 f  x 的递增区间为 π  kπ, 5π  kπ ， k  Z ；
 1212
【小问 2 详解】
 46 
Qx   π , 5π  ， f  x  m  0 恒成立
由 xπ , 5π，得2x  π   π , 4π  ，
 m 
f  x
max

 4 6 
ππ

3 63 
π 
323
max
故2x   时， sin  2x  
max
实数m 的取值范围是2,  .
 1， f  x 2 ，
如图Ox ， Oy 是平面内相交成θ O θ π,θ π  角的两条数轴， e ， e 分别是与 x ， y 轴正方向
2 12

同向的单位向量，则称平面坐标系 xOy 为θ仿射坐标系，若在θ仿射坐标系下OM  xe1  ye2 ，则把有序数对 x, y  叫做向量OM 的仿射坐标，记为OM   x, y  ．已知在θ仿射坐标系下OA  3, 0 ，
OB  0, 2 ， OC 3, 2 ．
求向量OA  OB ， 2OA  OB 的仿射坐标；
若点Q 是线段 AB 上的动点（含端点），当θ π 时，求QC  QB 的取值范围；
3
–––→–––→
设AOB α，若 OA  tOB  1对t  R 恒成立，求csα的最大值．
【答案】（1） OA  OB  3, 2 ， 2OA  OB  6, 2
 9


（2）

7 ,1
（3） 2 2
3
【解析】
【分析】（1）根据平面向量坐标运算法则计算可得结果；
以e1 ， e2 为基底表示出QC, QB ，再由向量数量积的运算律计算可得结果；
–––→–––→
将不等式 OA  tOB  1 转化为关于t 的二次函数形式，利用判别式即可求出csα的取值范围，可得
其最大值.
【小问 1 详解】
由OA  3, 0 ， OB  0, 2 ， OC 3, 2 可得
OA  OB 
→
3e1 
→
2e2
 3, 2 ； 2OA  OB 
→
6e1 
→
2e2
 6, 2 ；
【小问 2 详解】
θ π→ →1
若3 ，则e1  e2  2 ，
–––→–––→–––→–––→→→
设 AQ  λAB  λOB  OA  2λe2  3λe1 ， 0  λ 1 ，
OQ  OA  AQ 
→  2λ→  3λ→
 3  3λ →  2λ→ ，
3e1e2e1
e1e2
QC  OC  OQ  3λ→  2  2λ → ，
e1e2
QB  OB  OQ  3λ  →  2  2λ →
3 e1e2
–––→ –––→→→→→
4 29
QC  QB  3λe  2  2λe   3λ 3e  2  2λe   7λ2  8λ1  7
λ  ；
12  
12 
7 7
–––→ –––→



 9
Q0  λ 1 ，
QC  QB   7 ,1 ．
【小问 3 详解】
–––→–––→
由 OA  tOB  1
–––→–––→

对t  R 恒成立，即 OA  tOB
2
 1恒成立；
–––→–––→ 2
→→ 2→2
→ →2 →22
QOA  tOB
 3e1  2te2   9e1
12te1  e2  4t e2  4t
12tcsα 9 ，
4t 2 12tcsα 9  1对t  R 恒成立， 即4t 2 12tcsα 8  0 对t  R 恒成立，
Δ  12csα2 128  0 ，
即cs2α 8 2 2  csα 2 2 ，所以csα的最大值为 2 2 .
9333
中国古代数学名著《九章算术·商功》将正三棱台这类多面体归为“刍童”，并记载其体积算法：“倍上袤，下袤从之，亦倍下袤，上袤从之，各以其广乘之，并，以高若深乘之，皆六而一”，这是世界上最早的棱台体积通用计算法则，与现代棱台体积公式高度契合．魏晋数学家刘徽在注疏中，运用“割补术”将棱台分解为“三品棋”（长方体、堑堵、阳马），严谨证明了该算法的正确性，彰显了中国古代“化繁为简、数形结合”的数学智慧．如图，某古代粮仓模型为正三棱台 ABC  A1B1C1 ，模拟“刍童”形制．已知该三棱台
上底面边长 A1B1  1，下底面边长 AB  3 ，侧棱长 AA1  2 ．
求该正三棱台的高；
若线段 BB1 上有一动点 P ，求 AP  PC 的最小值；
若计划在该三棱台内部放置一个体积最大的实心球（与各面均相切），请判断是否存在这样的球．若存在，求出其体积；若不存在，请说明理由．
【答案】（1） 2 6
3
3
（2） 3
（3）不存在，说明理由
【解析】
【分析】（1）根据正棱台的性质即可求解，
将侧面 ABB1A1 与 BCC1B1 展开到同一个平面，利用余弦定理以及三点共线即可求解最小值.
补形，求解四面体的内切球半径，即可得解.
【小问 1 详解】
设正三棱台上下底面中心分别为O1 、O ，连接 A1O1 、 AO 、O1O ，则O1O 为正三棱台的高；设 A1 在底面 ABC 的射影为 H ，易知 H 在 AO 上；
上底面正三角形边长 A1B1  1，
A1O1  3 ；
3
3
下底面正三角形边长 AB  3 ， AO ；
AA1  2 ， AH  AO  A1O1
 2 3 ,
3
根据勾股定理： A1H 

AA 2 AH 2
1
22   2
3 
2


3


2 6
3
所以正三棱台的高O O  A H  2 6 ．
113
【小问 2 详解】
如图，将侧面 ABB1A1 与 BCC1B1 展开到同一个平面，当 AP  PC  AC 时， AP  PC 取得最小值，
等腰梯形 ABB A 中， A B  1， AB  3 ， AA  2 ，ABB
 60∘ ；
1 11 111
Q正棱台侧面全等，CBB  ABB  60∘ ；
11
展开后ABC  120∘ ；
AB2  BC 2  2 AB  BCcs120∘
 AC 
3  3  2  3 3 
22
1 
2 

27
3
 3
所以 AP  PC 最小值为3 3 .
【小问 3 详解】
将正三棱台补形成三棱锥 S  ABC ，
则 SA1  A1B1  1 ， SA
 1， SA  3 ；
SAAB31
该三棱锥为正四面体
SA2  AO2
32  3
2
6
 SO 
设正三棱锥的内切球半径为 R ，
由等体积法， 1 S
 R  4  1 S SO ,故 R  SO 6 ；
3 V ABC
3 V ABC44
若球与正三棱台各个面都相切，则需2R  O1O ；