广东省广州市2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试卷

这是一份广东省广州市2025-2026学年高一下学期7月期末考试数学试卷，共10页。试卷主要包含了4 和0，7 等内容，欢迎下载使用。
单选题
已知集合 A  x 1  x  1 ， B  x 0  x  2 ，则 A ∪ B  （）
A．x 0  x  1
C．x 0  x  1
B．x 1  x  2
D．x 1  x  0
已知甲、乙两人投篮命中的概率分别为0.4 和0.8，且事件“甲命中”与“乙命中”是独立的，则甲、乙两人至少有一人命中的概率为（ ）
A．0.88B．0.48C．0.32D．0.12
已知tan α π   2 ，则sin2α 2sin2α的值为（ ）
4 

13
10
8
13
13
8
4
13
已知正三棱台 ABC−A1B1C1 ， AB  3A1B1  9 ，侧棱 A1 A  4 ，则正三棱台的体积为（ ）
13 3
2
13
39 3
2
39
3
3
已知四边形 ABCD 为平行四边形， AE  2EB ，F 为 AC 与 DE 的交点，则 BF  （ ）

3 –––→
AB 
2 –––→
AD
3 –––→
AB 
2 –––→
AD

–––→
AB 
–––→
AD
2 –––→
AB 
2 –––→
AD
55555555
记a ，b ，c 分别为V ABC 的内角 A ， B ，C 的对边，且 A  π ， 3a  4bsinC ，则V ABC
3
的形状为（ ）
锐角三角形B．直角三角形C．钝角三角形D．锐角或直角三角形
已知 f  x 的定义域为R ， f  x 的图象关于点1, 2 对称， g  x  f  x  2  3x ，且 g  x
的图象关于点1, 0 对称，则 g 19  （ ）
A．99B．78C．66D．52
已知π 是函数 f  x  sin ωx  π ω 0 的一个零点，当 x  π , 3π  时， f  x  0 ，则
23  4 8 

方程2 f  x  1 f  x 在区间0, 3π 内所有根的和为（ ）
5π
11πC． 15π
D． 21π
2244
多选题
已知复数 z  m2  m  2  m2 1i ，其中m  R ， i 是虚数单位，则（ ）
当m  1 时， z 为纯虚数B．当m  1时， z  R
当m  2 时， z  3i
当m  2 时， z  1
3i  10
下列说法正确的是（ ）
–––→
1 –––→
1 –––→
在V ABC 中， BD  2DC, E 为 AC 的中点，则 DE  
AB  AC
36
 –––→–––→  –––→
在V ABC 中，若 AB  AC   BC  0 ，则V ABC 是等腰三角形

–––→ –––→
 ABAC 
→
已知a  1, 3, b  k,1 ，若a 与b 的夹角是钝角，则k  3
在边长为 6 的正方形 ABCD 中，点 E 在边 BC 上，且 BE  2EC ，点 F 是CD 中点，则 AE  BF  6
在矩形 ABCD 中，AB  1，AD  3 ，将V ABD 沿 BD 折叠至V A1BD ，得到三棱锥 A1  BCD ，
设球O 为三棱锥 A1  BCD 的外接球，则下列说法正确的是（ ）
若平面 A BD  平面 BCD ，则三棱锥 A  BCD 的体积为 3
114
球O 的半径为 1
若 AC 与 BD 的夹角的正切值为 3 ，则二面角 A  BD  C 的大小为120
121
设 E, F 分别为 A D, BC 的中点，则直线 EF 被球O 所截长度的取值范围是 13 , 2 
1 2

填空题
→
已知向量a  1,2, b  3,  1 ，则向量b 在a 方向上的投影的坐标是．
已知a  1， b  1，且ab  a  b  3 ，则4a  b 的最小值为.
已知复数w,w 满足w  w 4，记满足 z  w 1, 3i  1, 2 的复数 z 组成的集合
i
1212w  w
12
为 A .若 z1  A 且 z2  A ，则 z1  z2 的取值范围是.
解答题
如图，正三棱柱 ABC−A1B1C1 中， AB  2, AA1  3 ， M 为 AB 的中点．
求证： C1B / / 平面 A1CM ；
求异面直线 A1M 与 BC1 所成角的余弦值．
学校在组织选拔数学弘毅班的过程中，对报名的 50 名学生进行了一次测试．已知参加此次测试的学生的分数 xi (i  1, 2,L, 50) 全部介于 45 分到 95 分之间（满分 100 分），学校将所有测试分数分成 5 组：[45, 55) ，[55, 65) ， ，[85, 95] ，整理得到如图所示的频率分布直方图（同组数据以这组数据的中间值作为代表）．
求m 的值，并估计此次数学测试分数的平均数 x 与中位数．（中位数保留一位小数）
若采用分层随机抽样的方法，从分数在[65,85) 内的学生中抽出 5 人，查看他们的答题情况，再从中选取 2 个人进行面试，求这 2 人中至少有一人分数在[75, 85) 内的概率．
设锐角V ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且c sin A 
3a cs C 
3b ．
求角 A；
若b  2 ，求V ABC 的面积 S 的取值范围；
3
若V ABC 的外接圆半径为，求V ABC 内切圆半径的最大值．
如图，在五棱锥S  ABCDE 中，平面SAE  平面 AED ， AE  ED ， SE  AD ．四边形
BN
ABCD 为矩形，且SE  AB  1， AD  3 ， –––→ 
证明： SE  平面 AED ；
–––→
2NC ．
若 AE  3 ，求二面角 E  SA  D 的余弦值；
求直线 DN 与平面SAD 所成角的正弦值的最小值．
对于一组向量a1 、a2 、a3 、…、an （ n  N 且n  3 ），令Sn  a1  a2  a3 L an ，如果
––→––→ ––→
存在ap  p 1, 2, 3,L, n ，使得 ap  Sn  ap ，那么称ap 是该向量组的“长向量”．
设an  n, x  2n ， n  N 且n  0 ，若a3 是向量组a1 、a2 、a3 的“长向量”，求实数 x 的取
值范围；
––→nπ
nπ 
若an  sin
, cs
2
2  ， n  N 且n  0 ，向量组a1 、a2 、a3 、…、a7 是否存在“长向量”？

给出你的结论并说明理由；
已知a1 、a2 、a3 均是向量组a1 、a2 、a3 的“长向量”，其中a1  sin x, cs x ，
a2  2 cs x, 2 sin x ．设在平面直角坐标系中有一点列 P1 、P2 、P3 、…、Pn ，满足 P1 为坐标原点， P2 为a3 的位置向量的终点，且 P2k 1 与 P2k 关于点 P1 对称， P2k 2 与 P2k 1 （ k  N 且
––––––––→
k  0 ）关于点 P2 对称，求 P1015 P1016 的最小值．
《广东广州市三校联考 2025-2026 学年高一下学期 7 月期末考试数学试题》参考答案
题号
难度系数
详细知识点
1
0.95
并集的概念及运算
2
0.65
独立事件的乘法公式；利用对立事件的概率公式求概率
3
0.7
给值求值型问题；正、余弦齐次式的计算
4
0.62
台体体积的有关计算
5
0.5
平面向量的混合运算；向量的线性运算的几何应用；用基底表示向量；平面向量基本定理的应用
6
0.65
正弦定理边角互化的应用；余弦定理解三角形
7
0.4
由函数对称性求函数值或参数；函数对称性的应用
8
0.42
利用正弦函数的对称性求参数；正弦函数对称性的其他应用；正弦函数图象的应用
9
0.85
已知复数的类型求参数；求复数的模；复数代数形式的乘法运算
10
0.62
向量夹角的计算；垂直关系的向量表示；数量积的坐标表示；用基底表示向量
11
0.3
锥体体积的有关计算；多面体与球体内切外接问题；求异面直线所成的角；球的截面的性质及计算
12
0.65
数量积的坐标表示；求投影向量
13
0.68
基本不等式求和的最小值
14
0.45
求复数的模；与复数模相关的轨迹（图形）问题
15
0.85
证明线面平行；求异面直线所成的角
16
0.85
由频率分布直方图估计平均数；由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量；抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算；计算古典概型问题的概率；由频率分布直方图估计中位数
17
0.65
正弦定理边角互化的应用；三角形面积公式及其应用；余弦定理解三角形
18
0.4
求线面角；求二面角；余弦定理解三角形；证明线面垂直
19
0.15
平面向量线性运算的坐标表示；向量新定义；求含 sinx(型)函数的值域和最值；向量模的坐标表示
序号
知识点
对应题号
1
集合与常用逻辑用语
1
2
计数原理与概率统计
2,16
3
三角函数与解三角形
3,6,8,17,18,19
1．B
【难度】0.95
【知识点】并集的概念及运算
【详解】因为集合 A  x 1  x  1 ， B  x 0  x  2 ，所以 A  B  x 1  x  2. 2．A
【难度】0.65
【知识点】独立事件的乘法公式、利用对立事件的概率公式求概率
【分析】令事件 A 表示甲投篮命中，事件 B 表示乙投篮命中，事件C 表示甲、乙两人至少有一人命中，则 P  A  0.4, P  B  0.8 ， C  AB  AB  AB ，利用独立事件和互斥事件的概率公式即可求解.
【详解】令事件 A 表示甲投篮命中，事件 B 表示乙投篮命中，事件C 表示甲、乙两人至少有一人命中，
则 P  A  0.4, P  B  0.8 ，所以C  AB  AB  AB ，
所以 P C   P  AB  AB  AB  P  AB  P  AB   P  AB
 P  A P  B  P  A P B   P  A P  B
 0.4  0.8  0.4 1 0.8  1 0.4 0.8  0.88 ，故选：A.
3．A
【难度】0.7
【知识点】正、余弦齐次式的计算、给值求值型问题
【详解】tan α π   tanα1  2 ，解得tanα 1 ，
4
空间向量与立体几何
4,11,15,18
5
平面向量
5,10,12,19
6
函数与导数
7
7
复数
9,14
8
等式与不等式
13
4 
1−tanα3

sin2α 4sinαcsα
sin2α 2
4sinαcsα
2
tan2α 4tanα
 1 2
 3 
 4  1
313

原式 cs αcs α    .
sin2α cs2α
sin2α cs2α
tan2α1
 1 210

cs2α cs2α
  1
3
 
4．C
【难度】0.62
【知识点】台体体积的有关计算
【详解】如图，将正三棱台补成正三棱锥S  ABC ，
作SO  平面 ABC 分别交平面 ABC 、平面 A1B1C1 于O 、O1 ，
作 A1 N  平面 ABC 交 AO 于 N ，则O 、O1 分别为V ABC 、△A1B1C1 的中心.
3
3
因为 AB  3A1B1  9 ，所以 AO  3A1O1  3， A1O1 ，
AA2 −AN 2
1
所以 AN  AO  A1O1  2 3 ，设该正三棱台的高为h ，
因为 A1 A  4 ，所以 A1 N  h  2 ，
SS1
故V  1 S  S h  1  9 3  27 3  81 3  2  39 3 ，故选 C.
台3
13 
4442

5．A
【难度】0.5
【知识点】平面向量基本定理的应用、用基底表示向量、平面向量的混合运算、向量的线性运算的几何应用
AB
【分析】本题考查平面向量的线性运算，解题的关键在于利用向量共线的性质，结合平行四
边形的性质，将 BF
–––→
用和
AB
AD 表示出来，先根据已知条件得到
AE 与–––→ 的关系，再利用
向量共线设出 AF
与 AC 的关系，进而得到 AF
–––→
与、
AB
AD 的关系，最后根据
BF  AF  AB
求出 BF ．
–––→
2 –––→
【详解】已知 AE  2EB ，则 AE  3 AB ．
因为 F 为 AC 与 DE 的交点，所以 A ， F ， C 三点共线， D ， F ， E 三点共线．设 AF  λAC （λ为实数），因为 ABCD 是平行四边形，所以 AC  AB  AD ，所以
AF  λ( AB  AD) ．
因为 D ， F ， E 三点共线，所以存在实数μ，使得 DF  μDE ．又因为 DF  AF  AD  λ( AB  AD)  AD  λAB  (λ1) AD ，
–––→–––→ –––→
2 –––→ –––→
–––→–––→
 2 –––→ –––→ 
33
DE  AE  AD  AB  AD ，所以λAB  (λ1) AD  μ AB  AD  ．

λ 2 μ
2 32
3

，解得λ   ．
3 55
λ1  μ
–––→2 –––→–––→2 –––→2 –––→
所以 AF  ( AB  AD)  AB  AD ．
555
–––→
2 –––→
2 –––→
根据向量减法的三角形法则， BF  AF  AB ，将 AF  5 AB  5 AD 代入可得：
–––→2 –––→2 –––→ –––→3 –––→2 –––→
BF  AB  AD  AB   AB  AD ．
5555
6．C
【难度】0.65
【知识点】余弦定理解三角形、正弦定理边角互化的应用
【分析】应用正弦定理得出sinBsinC  3 ，再应用余弦定理计算得出两角和余弦值即可得出
8
角的范围判断形状.
【详解】因为 3a  4bsinC ，由正弦定理得 3sinA  4sinBsinC ，又 A  π ，故sinBsinC  3 ，
38
由余弦定理得a2  b2  c2  2bccsA  b2  c2 −bc ，故sin2 A  sin2B  sin2C  sinBsinC ，
得sin2B  sin2C  sin2 A  sinBsinC  9 ，所以cs B  C   csBcsC  sinBsinC   1 ，
82
得csBcsC   1 ，
8
所以csB  0 ， csC  0 或csB  0 ， csC  0 ，所以V ABC 为钝角三角形. 7．A
【难度】0.4
【知识点】由函数对称性求函数值或参数、函数对称性的应用
【分析】由条件结合对称性的性质可得 f  x  2  f x  4 ， g 1 x  g 1 x  0 ，结合关系 g  x  f  x  2  3x 可得 f  x  2  f x  6 ，由此可得 f  x  4  f  x 10 ，再求 f 1 ，结合 g 19  f 17  57 可得结论.
【详解】因为 f (x) 关于(1, 2) 对称，所以 f (1 x)  f (1 x)  4 ，
用 x 1替换 x 可得 f  x  2  f x  4 ①，
因为 g(x) 关于(1, 0) 对称，所以 g 1 x  g 1 x  0 ，
又 g(x)  f (x  2)  3x ，用 x 1替换 x 可得 g 1 x  f  x 1  3x  3 ，用1 x 替换 x 可得 g 1 x  f x 1  3  3x ，
两式相加可得 f (x 1)  f (x 1)  6 ，
用 x 1替换 x 可得 f  x  2  f x  6 ②，由① - ②可得 f  x  2  f  x  2  10 ，
用 x  2 替换 x 可得 f  x  4  f  x 10
因为 g(19)  f (19  2)  319  f (17)  57 ，
在 f (1 x)  f (1 x)  4 中令 x  0 ，得2 f 1  4 ，故 f 1  2 ，
f 17  f 13 10  f 9 10 10  f 5 10  20  f 1 10  30  f 1  4 10  42 ，因此 g(19)  42  57  99 .
8．D
【难度】0.42
【知识点】利用正弦函数的对称性求参数、正弦函数对称性的其他应用、正弦函数图象的应用
【分析】首先根据正弦函数的对称中心以及函数值的符号求出ω，然后把方程化简，等价于
求 f ( x)  1 和 f (x)  1在0, 3π
3
内的所有根之和，最后根据正弦函数的性质即可求解.
【详解】已知π 是 f  x  sin ωx  π  (ω 0) 的零点，代入得： sin ω π  π   0 ，
23 23 
即ωπ  π  kπk  Z
23

，解得ω 2k  2 k  Z ，
3
由条件： x  π , 3π 时 f (x)  0 ，代入ω 2k  2 验证：
 4 8 3

k  0 时，ω 2 ，ωx π
 π  π 
， f  x  0 恒成立，符合条件；
3 3   6 , 12 

k  1时，ω 8 ，ωx π π 2π ， f  x  0 恒成立，不符合条件；
 3  ,
3 33 
k  2 时，ωx  π 的取值区间内函数值不恒为负，不符合条件.
3
因此ω 2 ， f  x  sin  2 x  π ，
33
 
3
当 f (x)  0 时： 2 f  x  1 f  xn f  x  1 ；
3
当 f (x)  0 时： 2 f  x  1 f  xn f  x  1
原方程等价于求 f ( x)  1 和 f (x)  1在0, 3π
3
，
内的所有根之和.
令θ 2 x  π ，当 x 0, 3π 时，θ   π , 5π  ，
33 3 3 

方程 f  x  1 ，即sinθ 1 在  π , 5π  内仅θ 3π 是解，对应： 2 x  π  3πnx  11π ，
 3 3 2
3324

方程 f ( x)  1 即sinθ 1 在  π , 5π  内有两个解θ,θ ，由正弦函数对称性得θ θ  π ，对
33 3 3 1 212

应： θ  2 x  π ,θ  2 x  π ， θ θ  2  x  x   2π  πnx  x  5π  10π
13 132
3 23
123123
1224
故所有根的总和为：
BCD
【难度】0.85
x1  x2
 11π  10π  11π  21π .
4444
【知识点】已知复数的类型求参数、复数代数形式的乘法运算、求复数的模
【详解】对 A：当m  1 时， z  0  R ，故 A 错误；对 B：当m  1时， z  2  R ，故 B 正确；
对 C：当m  2 时， z  0  3i  3i ，此时 z  3i ，故 C 正确；
对 D：当m  2 时， z  4  3i ，
所以 z  1 3i  4  3i1 3i  4  3 3  3  4 3 i
4  3 3 2  3  4 3 2
16  24 3  27 9  24 3  48

100
=
 10 ，故 D 正确.
BD
【难度】0.62
【知识点】用基底表示向量、数量积的坐标表示、向量夹角的计算、垂直关系的向量表示
【详解】对于 A，因为在V ABC 中， BD  2DC, E 为 AC 的中点，
–––→–––→–––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→ –––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→
则 DE  DC  CE  BC  CA  ( AC  AB)  AC   AB 
AC ，
323236
所以 A 错误；
AB  AC
对于 B，因为 AB, AC 是非零向量，所以 –––→ –––→ 所在的直线平分BAC ，
 –––→–––→ 
–––→
AB
 –––→–––→ 
AC
–––→
 AB 
AC   BC  0
 AB 
AC   BC

因为 –––→ –––→
 ABAC 
，所以 –––→ –––→，

 ABAC 
所以V ABC 是等腰三角形，故 B 正确；
对于 C，因为a 与b 的夹角是钝角，所以a  b  0 ，且a 与b 不共线，由a  b  0 得k  3  0 ，所以k  3 ，
又a 与b 不共线，所以 k  1 ，所以k   1 ，
133
所以当a 与b 的夹角是钝角， k  3 且k   1 ，故 C 错误；
3
对于 D，如图，以 A 为原点建立平面直角坐标系，
则 A(0, 0), B(6, 0), E(6, 4), F (3, 6) ，所以 AE  (6, 4), BF  (3, 6) ，
所以 AE  BF  18  24  6 ，故 D 正确. 11．BCD
【难度】0.3
【知识点】锥体体积的有关计算、多面体与球体内切外接问题、球的截面的性质及计算、求
异面直线所成的角
【分析】作 AM 和CN 分别垂直 BD ，得到 A1M  CN 
3 ，结合体积公式，可判断 A 错误；
2
取O 为 BD 的中点，且O 为外接球的球心，求得球O 的半径，可判定 B 正确；取CQ  MN CQ // MN ，连接 A1Q ，在VA1MQ 中，利用余弦定理，求得A1MQ  120 ，可判定 C 正确；根据向量的运算法则，求得 EF 的取值范围，得到球心到 EF 的距离的取值范围，结合圆的
弦长公式，可判定 D 正确.
3
【详解】对于 A，作 AM 垂直 BD 于点M ， CN 垂直 BD 于点 N ，所以 A1M  CN  2 ，
当平面 A BD  平面 BCD 时，三棱锥 A  BCD 的体积V  1  1 BD  CN  A M  1 ，所以 A
1
错误；

13214
对于 B，设O 为 BD 的中点，根据直角三角形的性质，可得OB  OD  OC  OA1 ，
即O 为外接球的球心，可得球O 的半径为r  1 BD  1，所以 B 正确；
2
对于 C，如图 1 所示，取CQ  MN  1，且CQ // MN ，
连接 A1Q ，则 A1Q  CQ ，且 A1C 与 BD 的夹角，即为A1CQ ，
因为tanACQ  3 ，所以 AQ  3 ，
1212
2
在VA MQ 中， A M  MQ 3 ，且 AQ  3 ，
1112
A M 2  MQ2  AQ21
由余弦定理得cs A1MQ  11   ，
2 A1M  MQ2
又因为0  A1MQ  180 ，所以A1MQ  120 ，所以 C 正确．对于 D，取 BD 的中点O ，连接OE, OF , OA1 , OC ，
如图 2 所示，过点 E, F 分别作 EG  BD, FH  BD 垂足分别为G, H
3
因为 E, F 分别为 A1D, BC 的中点，且 A1B  1, A1D ，
在直角VDEG 中，可得 EG  ED sin 30∘ 
3 , DG  ED cs 30∘  3 ，
44
同理可得 FH 3 , BH  3 ，所以GH  1 ，
442
设向量GE, HF 夹角为θ，可得θ (0, π) ，
–––→ 2–––→2
–––→–––→–––→ 2
又因为 EF  EG  GH  HF ，可得 EF  EF
 EG  GH  HF 
–––→2
 EG
–––→2
 GH
–––→2
 HF
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
 2EG  GH  2GH  HF  2EG  HF

 3 2
 1 2
 3 2
335  3csθ
 4 
  2 
 4 
 0  0  2 
cs π−θ ，
448
 
EF

因为θ(0, π) ，可得csθ (1,1) ，所以 1  –––→ 2  1，即 1  EF  1
又由球心O 到 EF 的距离为d 
4
r 2  ( EF )2
2

2
1 ( EF )2
2
，可得d (0,
3 ) ，
4
r 2  d 2
则截得的弦长为l  2
 2
( 13 , 2) ，
1 d 2
2
所以直线 EF 被球O 所截得的长度的取值范围为(
13 , 2) ，所以 D 正确.
2
 5 5 
12．  1 , 2 

【难度】0.65
【知识点】求投影向量、数量积的坐标表示
【分析】利用向量的数量积运算以及投影坐标的概念求解．
→ →→→
【详解】由题得a  b  1 3  2 1  1, a  5, b  10 ，所以
→
→ →a  b12
a b
→  →
cs
a, b ，
5  10
10
a  ( 1
, 2 )
5
5
与向量a 的同向单位向量为 →，
2
a
→→ →→
 12
 1 2 
5
a
所以向量b 在向量a 方向上的投影的坐标为 b cs
a, b
 →
 10 
,   ,  ．
 5 5 
故答案为：  1 , 2  ．

a10

5  5 5 
13
【难度】0.68
【知识点】基本不等式求和的最小值
【分析】由题可得a  b  3 b  1 ，令t  b 1  0 ，所以4a  b  t  16  5 再利用基本不等式
b 1t
求解即可.
【详解】由题可得a  b  3 b  1 ，
b 1
所以4a  b  4  b  3  b ，
b 1
令t  b 1 ，即b  t 1, t  0 ，
t  16 t
4 t 1 316
所以4a  b  t 1  t  5  2
tt
 5  13，
当且仅当t  16 ，即t  4 ， b  t 1  5, a  b  3  2 时，等号成立，
t
4a  b 的最小值为 13.

0, 4 2 
【难度】0.45
b 1
【知识点】求复数的模、与复数模相关的轨迹（图形）问题

【分析】先对已知条件w1  w2
4
w1  w2
进行化简，得出 w1  w2
的值，再根据 z  wi
[1, 3]
确定集合 A 中元素的轨迹，最后分析 z1  A 且 z2  A 时 z1  z2 的取值范围.

【详解】Q w1  w2 
4
w1  w2
， w1  w2
4.
w1  w2
设w  w  m ，则m  4 ，即mm  4 ， m 2  4 ， m  w  w  2 .
12m12
已知 z  wi [1, 3] ，根据复数模的几何意义， z  wi 表示复数 z 所对应的点Z 到复数wi 所对应的点Wi 的距离，集合 A 中的元素 z 对应的点Z 的轨迹是以W1 ,W2 为圆心，半径分别在
[1, 3] 范围内的圆环上的点.
题干要求对i  1, 2 都满足1 ∣z  w∣i  3 ，因此 A 是两个圆环的交集：两个圆环分别以W1 ,W2 为圆心，内半径1 ，外半径3 ，
建立如图所示的坐标系：
A 是非空闭区域，当 z1 , z2 都在C 处时，z1  z2 最小距离可取到0 ，
A 中最远的两点距离是两个外圆的交点距离，因为两个外圆半径都是3 ，圆心距2 ，
32 12
2
由勾股定理可得两交点距离为： 2 4
因此∣z1  z∣2 ∣的取值范围是[0, 4 2]
15．(1)证明：连接 AC1 ，交 A1C 于O 点，连接OM ，则O 为 AC1 的中点，
又M 为 AB 的中点，所以OM / /C1B ．
因为OM  平面 A1CM ， C1B  平面 A1CM ，所以C1B / / 平面 A1CM ．
(2) 130
13
【难度】0.85
【知识点】证明线面平行、求异面直线所成的角
【分析】（1）只需证明OM / /C1B ，再结合线面平行的判定定理即可得证；
（2）只需说明A1MO 是异面直线 A1M 与 BC1 所成的角或其补角，再结合余弦定理求解即可.
【详解】（1）略
（2）由（1）知OM / / BC1 ，所以A1MO 是异面直线 A1M 与 BC1 所成的角或其补角．
由题知， A M  10, OM  1 BC  13 , AO  1 AC  13 ，
121212 12
130
A M 2  OM 2  AO2
在△A1MO 中由余弦定理，得cs A1MO  11 .
2 A1M  OM13
16．(1) m  0.024 ，平均数 75 分，中位数约为76.7 .
(2) 9
10
【难度】0.85
【知识点】由频率分布直方图估计中位数、由频率分布直方图计算频率、频数、样本容量、总体容量、计算古典概型问题的概率、抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算、由 频率分布直方图估计平均数
【详解】（1）由频率分布直方图，得(0.006  0.014  m  0.036  0.020) 10  1 ，
所以m  0.024 .该次测试分数的平均数的估计值为：
x  10 (50  0.006  60  0.014  70  0.024  80  0.036  90  0.020)  75 分；
测试分数在[45, 75) 的频率： 0.006 10  0.014 10  0.024 10  0.44  0.5 ，
测试分数在[45,85) 的频率： 0.006 10  0.014 10  0.024 10  0.036 10  0.8  0.5 ，则测试分数中位数为a (75,85) ， 0.44  (a  75)  0.036  0.5 ，解得a  76.7 ，
所以此次数学测试分数的中位数约为76.7 .
（2）记分数在[65, 75) 的人数为 x  50  0.024 10  12 （人），分数在[75, 85) 的人数为 y  50  0.036 10  18 （人），
由 x : y  12 :18  2 : 3 ，得采用分层随机抽样的方法抽取的 5 人中，
分数在[65, 75) 的有 2 人，编号分别为a1 , a2 ，分数在[75, 85) 的有 3 人，编号为b1 , b2 , b3 ，从这 5 人中选取 2 人的样本空间
Ω  (a1, a2 ), (a1 , b1 ), (a1 , b2 ), (a1 , b3 ), (a2 , b1 ), (a2 , b2 ), (a2 , b3 ), (b1 , b2 ), (b1, b3 ), (b2 , b3 )，
则n()  10 ，记事件 A  “至少有一人分数在[75, 85) ”，则n( A)  9 ，则 P(A)  9 ，
10
所以这 2 人中至少有一人分数在[75, 85) 内的概率为 9 .
10
17．(1) π
3
(2)  3 , 2 3 
 2

(3) 3
2
【难度】0.65
【知识点】余弦定理解三角形、正弦定理边角互化的应用、三角形面积公式及其应用
3
【分析】（1）由正弦定理边化角及两角和的正弦公式化简后可求得tan A 进而可求 A ；
由三角形的面积S 
值范围；
3 c ，利用正弦䆙理求得c  1
2
3
tan B
，可求V ABC 的面积 S 的取
利用正余弦定理求得a ，利用基本不等式可求得b  c  6 ，利用三角形面积可求得
3bc
r  2(b  c  3)
，再结合b, c 的关系可求得r 的最大值.
【详解】（1）在V ABC 中，由c sin A 
3a cs C 
3b 及正弦定理，得
sin C sin A 
3 sin A cs C 
3 sin B ，
Q B = π - ( A +C) ，
sin C sin A 
3 sin A cs C 
3 sin( A  C) 
3 sin C cs A 
3 cs C sin A ，
sin C sin A  3 sin C cs A ，
又sin C  0,sin A  3 cs A, tan A  3 ，
Q A (0, π), A  π ．·
3
由 A  π , b  2 ，得S  1 bc sin A 
3 c ．
3
由正弦定理得
b
sin B
22
c，
sin C
2 sin  2π  B 
3 cs B  sin B
3
则b sin C
 3．
c    1
sin B
sin B
sin B
tan B
又V ABC 为锐角三角形，
0  B  π ,
2

2ππ
得 B  π , π  ，

6 2
0  B  ,
32
 3
则tan B ,
 ，即 1(0, 3) ，
 3 ∞
tan B

c (1, 4) ，于是S 
3 c  3 , 2 3  ，
2 2

即V ABC 的面积 S 的取值范围为 3 , 2 3  ．·
 2

设V ABC 的外接圆半径为 R，内切圆半径为 r．
由（1）如， a  2R sin A  2  3 
3  3 ．
2
由余弦定理得a2  b2  c2  2bc cs A ，即9  b2  c2  bc  (b  c)2  3bc ，
3bc  (b  c)2  9  (b  c  3)(b  c  3) ，
bc  (b  c  3)(b  c  3) ．·
3
 b  c 2
Q9  (b  c)2  3bc  (b  c)2  3
 1 (b  c)2 ，
 2 4
b  c  6 （当且仅当b  c  3 时，等号成立）．·
Q S r (a  b  c)  1 bc sin A 3 bc ，
△ ABC
3bc
 r 
224
·
2(b  c  3)
3  (b  c  3)(b  c  3)
 3 
3 (b  c  3)
2(b  c  3)6
3 (b  c)  3  3  3 3 （当且仅当b  c 时，等号成立）．
6222
显然此时V ABC 为等边三角形，满足题意，
故V ABC 内切圆半径的最大值为 3 ．·
2
18．(1)证明过程见解析
(2) 1
3
(3) 26
13
【难度】0.4
【知识点】余弦定理解三角形、求二面角、求线面角、证明线面垂直
【分析】（1）根据面面垂直，得到线面垂直， DE ⊥ SE ，结合SE  AD 得到线面垂直；
作出辅助线，找到ETG 即为二面角 E  SA  D 的平面角，由勾股定理和余弦定理求
出各边，最后由余弦定理求出二面角的余弦值；
设点 N 到平面SAD 的距离为h ，直线 DN 与平面SAD 所成角大小为θ，则
sinθ h 
DN
h
2
，要想直线 DN 与平面SAD 所成角的正弦值的最小，则h 最小即可，设
h 
AE  m ，由等体积法和余弦定理，面积公式得到
3
 m2   
9 2
117

2 4
，从而求出h 的最
小值，得到正弦的最小值.
【详解】（1）平面SAE  平面 AED ，交线为 AE ，又 AE  ED ， DE  平面 AED ，所以 DE ⊥平面SAE ，
又SE  平面SAE ，所以 DE ⊥ SE ，
因为SE  AD ， AD  DE  D ， AD, DE  平面 AED ，故SE ⊥平面 AED ；
（2） AE  3 ， AE  ED ， AD  3 ，
AD2  AE2
6
由勾股定理得 ED ，
SE2  AE2
SE  平面 AED ， AE  平面 AED ，所以SE  AE ，
因为SE  1 ， AE 
3 ，由勾股定理得SA 
 2 ，
过点 E 作 ET ⊥ SA 于点T ，则 ET  SE  AE  1 3 3 ，
故 AT 
AE2  ET 2

SA22
3  3
4
 3 ，
2
过点T 作TG ⊥ SA ，交 AD 于点G ，连接 EG ，故ETG 即为二面角 E  SA  D 的平面角，
TGtan π  TG
，故SAD  π ，
由勾股定理得SD 
SE2  ED2  1 6 
7 ，
又 AD  3 ，
SA2  AD2  SD2
由余弦定理得cs SAD 
 4  9  7  1
2SA  AD
2  2  32
3
3 3
在 Rt△ATG 中， tan TAG ，即
AT
3 3
2
，解得TG ，
2
AT 2  TG2
故 AG  3 ，
在 Rt V AED 中， cs EAD  AE 3 ，
AD3
由余弦定理得 EG2  AE2  AG2  2 AE  AG cs EAD  3  9  2 
3  3
3  6 ，
3
故 EG = 6 ，
2223  27  6
在VETG 中，由余弦定理得cs ETG  ET  TG  EG  44  1 ，
故二面角 E  SA  D
的余弦值为 1 ；
3
2ET TG
2  3  3 33
22
BN
2NC
（3）连接 AN ，因为–––→  –––→ ， BC  3，所以CN  1 ，
CN 2  DC 2
2
又CD  1， DC ⊥ CB ，由勾股定理得 DN ，
设点 N 到平面SAD 的距离为h ，直线 DN 与平面SAD 所成角大小为θ，
2
则sinθ h  h ，
DN
要想直线 DN 与平面SAD 所成角的正弦值的最小，则h 最小即可，
SV ADN
 1 AD 1  3 ，
22
由（1）得SE  平面 AED ，故VSADN
 1 S
9  m2
3
V ADN
 SE  1  3 1  1 ，
1 m2
3 22
AD2  AE2
设 AE  m ，则 ED 

， SA ，
SE2  DE2
故SD 

，
1 9  m2
10  m2
SA2  SD2  AD2
在VSAD 中，由余弦定理得cs ASD 
2SA  SD
1 m2 10  m2  9
2 1 m2  10  m2
1 m2  10  m2
1，
1 cs2 ASD
m4  9m2  9
1 m2  10  m2
故sin ASD ，
则SVSAD
 1 SA  SD sin ASD ，
1
m4  9m2  9
22
因为V V 1 ，所以 1 S
 h  1 m4  9m2  9  h  1 ，
S  ADNN  ADS2
m4  9m2  9
h 3
故
3 VSAD62
 m2   
9 2
117

2 4
3
，
当m2  9 时， h 取得最小值，最小值为h 
2
3 2 13
117
4
13 ，
2 13
2
故直线 DN 与平面SAD 所成角的正弦值的最小值为sinθ 13 
【点睛】方法点睛：立体几何二面角求解方法：
26 .
13
作出辅助线，找到二面角的平面角，并结合余弦定理或勾股定理进行求解；
建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量相关公式求解. 19．(1) 4  x  0
(2)
存在“长向量”，且“长向量”为a2 、a6 ，理由如下：
––→
由题意可得 an 
sin2 nπ  cs2 nπ
2
2
––→ ––→
 1，
若存在“长向量” ap ，只需使 Sn  ap
 1，
又S7  a1  a2  a3 L a7  1 0 1 0 1 0 1, 0 1 0 1 0 1 0  0,−1 ，
sin2  cs1
pπ

pπ
2
2

2

sin2 pπ  cs2 pπ  2 cs pπ 1
2
2
2
––→ ––→
S7  ap

 2  2 cs pπ  1，
2
即0  2  2 cs pπ  1，即1  cs pπ   1 ，
222
当 p  2 或 6 时，符合要求，故存在“长向量”，且“长向量”为a2 、a6 ．
(3) 2028
【难度】0.15
【知识点】求含 sinx(型)函数的值域和最值、向量模的坐标表示、向量新定义、平面向量线性运算的坐标表示
––→–→––→
【分析】（1）得到 a3  a1  a2 ，从而得到不等式，求出答案；
––→
an
––→ ––→
 1，若存在“长向量” ap ，只需使 Sn  ap
 1，又S7  0,−1 ，故
––→ ––→

 1 ，即1  cs pπ   1 ，当 p  2 或 6 时，符合要求，得到结论；
2  2 cs pπ
2
S7ap22
由题意得 –→2  ––→2  ––→2 
––→ ––→––→2–→2––→2
，同理
–→ ––→––→2–→2––→2
，
–→ ––→
，
a1a2
a32a2 a3
a2a1a3
2a1 a3
a3a1a2
2a1 a2
→→u −sinx−2csx

三式相加并化简，得a1  a2  a3  0 ，设a3  u, v ，由a1  a2  a3  0 得v −csx−2sinx ，
设 P  x , y  ，由对称得到方程组，求出––––––––––→ 
––––→––––→ 2
，其中 5  4 sin 2x  1，故
nnn
––––––––→
P1015 P1016
min
 4  1014  2028 ．
2
P2k 1P2k  2
4k P1P2
P1P2
––→––→ ––→––→–→––→
9  2x  62
【详解】（1）由题意可得： a3  S3  a3 ，即 a3  a1  a2 ，又an  n, x  2n ，故a1  1, x  2, a2  2, x  4, a3  3, x  6 ，
9   x  62
故
，
解得4  x  0 ；
略
–→––→––→
–→ 2
––→––→ 2
–→2
––→––→ 2
由题意，得 a1  a2  a3 ， a1  a2  a3 ，即a1  a2  a3  ，
–→2
––→2
––→2
––→ ––→
––→2
–→2
––→2
–→ ––→
––→2
–→2
––→2
–→ ––→
即a1  a2  a3  2a2  a3 ，同理a2  a1  a3  2a1  a3 ， a3  a1  a2  2a1  a2 ，
–→2––→2––→2–→ ––→–→ ––→––→ ––→
三式相加并化简，得a1  a2  a3  2a1  a2  2a1  a3  2a2  a3  0 ，
–→––→––→ 2
–→––→––→→
即a1  a2  a3   0 ， a1  a2  a3  0 ，所以a1  a2  a3  0 ，
→u −sinx−2csx

设a3  u, v ，由a1  a2  a3  0 得v −csx−2sinx ，
设 Pn  xn , yn  ，因为 P2k 1 与 P2k 关于点 P1 对称， P2k 2 与 P2k 1 （ k  N 且k  0 ）关于点 P2 对称，
 x2k1, y2k1   2  x1, y1    x2k , y2k ①
则依题意得：  x, y  2  x , y    x, y② ，
 2k 22k 2222k 12k 1
将①代入②得，  x2k 2 , y2k 2   2  x2 , y2    x1, y1    x2k , y2k  ，从而 x2k , y2k   2  x2 , y2    x1 , y1    x2k−2 , y2k−2  ，
……，
 x4 , y4   2  x2 , y2    x1 , y1    x2 , y2  ，以上k 个式子相加化简得，
 x2k 2 , y2k 2   2k  x2 , y2    x1, y1    x2 , y2  ，
又由②知，  x2k 1, y2k 1   2  x2 , y2    x2k 2 , y2k 2   2  x2 , y2   2k  x2 , y2    x1 , y1    x2 , y2 
−2k  x2 , y2    x1, y1    x2 , y2  ，
即 x2k 1, y2k 1  −2k  x2 , y2    x1, y1    x2 , y2  ，
所以 P2k 1P2k 2   x2k 2  x2k 1 , y2k 2  y2k 1   4k  x2 , y2    x1 , y1   4k P1P2 ，其中 P1P2  u, v  −sinx−2csx,−csx−2sinx ，
––––→ 222
P1P2  −sinx−2csx  −csx−2sinx  5  8sinxcsx  5  4 sin 2x  1，
x  tπ− π t  Z––––––––→
当且仅当 时等号成立，故 P1015P1016
4
【点睛】新定义问题的方法和技巧：
min
 4  1014  2028 ．
2
可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；
可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；
发现新信息与所学知识的联系，并从描述中体会信息的本质特征与规律；
如果新信息是课本知识的推广，则要关注此信息与课本中概念的不同之处，以及什么情况下可以使用书上的概念.