2020届高三数学上学期第二次考试试题理(含解析)

1、学2020届高三数学上学期第二次考试试题理(含解析)一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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 A=x|x2 2x31,贝(? BA=()3, +x) B. (3, +x)C.(-巴 -1U3, +x)D. (-ool)-U & +oo)【答案】AA.命题“也二一土则仝”的逆否命题是“若,则 是“ 充分不必要条件C.若为假命题，则、均为假命题D.命题见W ,使得”，则非,： Y【答案】C【解析】【分析】由命题的逆否命题为将条件、结论互换，再同时进行否定，可得A 正确；由“ ”的充要条件为 源:可得正确；由“且”命题的真

2、假可彳事错误；由特称命题的否定为全称命题可得D正确，得解.【详解】解：对于选项A,命题的逆否命题为将条件、结论互换，再同时进行否定,可得命题“若匚二二，则的逆否命题是“若，则=,瞅正确；对于选项B, “工”的充要条件为班”，豆“”是劣”的充分不必要条件，即B正确；对于选项C, 一为假命题，则、L至少有1个为假命题，即C 错误；对于选项D,由特称命题的否定为全称命题可得命题 而： 金，故选：.【点睛】本题考查了四种命题的关系、充分必要条件及特称命 题与全称命题，重点考查了简单的逻辑推理，属基础题 .已知也，为两条不同的直线，国，J为两个不同的平面，对 于下列四个命题：q百，4*坳，=泮4，2 1

3、（仁，梅内，o = H四迎，。一目其中正确命题的个数有（）A.那个B个C.诃个D下个【答案】A【解析】皿，3, -3,，二阳，则与小可能相交，错；鼻， C 则行可能附平面见内,错; Z一局，八分）则也与 可能异面，错； 斗，八”，则血与争可能异面，错，故 所有命题均不正确，故选一.【方法点睛】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面平行 判定与性质，属于中档题.空间直线、平面平行或垂直等位置 关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实 实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原 命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆 否命题真假，原命题与逆否命题等价.rt

4、. 麻 和粗上、,.若 cos （-a）=,，则 cos （卜 +2a）的值为（）B-C.D.【答案】A【解析】【分析】利用二倍角公式求出曲一帆词的值，再利用诱导公式求出F 的值.【详解】 coSrHd,. co/ 2等?W.i = 2Xfl.i = _V：皿=彳的置物 . cos3 = cos0 =一 cos = .故选：A.【点睛】本题考查了余弦二倍角公式与诱导公式的应用问题， 是基础题.已知等差数列 的前*项为解，且州工=,则使得 沸取最小值时的为（）.A. 1 B. 6 C. 7 D. 6 或 7【答案】B【解析】试题分析：由等差数列的性质，可得8f 若又尸=（*） - 1 ，所以04

5、二4加，所以数列尸仙的通项公式为 一 F ,令ar+砂=3匚一整-要L解得S所以数列的前六项为负数，从第七 项开始为正数，所以使得附取最小值时的用为叫故选B.考点：等差数列的性质.若直线 三-一被圆42pG - &R截得弦长为期,则的最小值是（）NMA. B B. 4 C. 9 D. 1【答案】C【解析】【分析】由圆的标准方程可得，圆一的直径长为4,由题意可得直线 三-I-：过圆的圆心畔2厚,则Eu, 八4,再结合重要不等式求巧HM4HL。的最小值即可.【详解】解：将圆的一般方程化为标准式可得 一 ,结合直线E厂 ” 被圆4鸣G 37截得弦长为%可得直线 三一一二过 圆的圆心畔3：即口W2,则

6、El六八q,则此|“产帆 曲二和d时取等号，十 厂二 1,当且仅当3厂，即故选：.【点睛】本题考查了圆的方程及直线与圆的位置关系，重点考 查了重要不等式及运算能力，属中档题.如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，底面ABC是等边三角 形，AA1L底面ABC,且AB=2, AA1=1 ,则直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为(/(x)A Bi B感 C温 D叫A.B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先作出直线BC1与平面ABB1A1所成角，再根据直角三角形 求结果.【详解】取A1B1中点M,连C1M,BM,因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等边三角形，所 以底面A1B

7、1C1是等边三角形，从而C1MLA1B1,因为AA吐底面ABC,所以AA1L底面A1B1C1 ,即 AA1L C1M 从而 C1ML平面 ABB1A1 ,因此N为直线BC1与平面ABB1A1所成角，因为选C.PA【点睛】本题考查线面角，考查基本分析求解能力，属基础题8.已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积 为【答案】A【解析】由三视图知，该几何体有四分之一圆锥与三棱锥构成，故体积脑,故选 A.9/2满足约束条件若取咱叫蚂取得最大值的最优解不 唯一，则实数中的值为（）A. ,或田 B. ?或就*C.嗣或:；D.泡或M【答案】B【解析】试题分析：由财网网得，卬I-M,作出可行域如下

8、图所示，当 与。或noo时，即.人或时，驷明蚪网取得最大值的最优解不唯一，故选 b.考点：线性规划.已知函数1.X：;成立，贝I实数出的巡1n叫总存在化J,使得取值范围为，A.bJ。C.-【答案】B【解析】【分析】分别求出】“=1蜘在躯面的值域，以及同+1在南”的值域，令14%酶在血的最大值不小于用在阐才的最大值，得到国的关系式，解出即可.【详解】对于函数1ML当（L问时, 由加r-5=Q,可得EA4当务:时，由心G苦，可得（空口, 油对任意7G ,对于函数空 X?N加对于和M使得的=整对任意hO ,总存在阴肥使得成立,痔巴解得卬口弟，实数州的取值范围为凯蜩，故选B.【点睛】本题主要考查函数的

9、最值、全称量词与存在量词的应 用.属于难题.解决这类问题的关键是理解题意、正确把问题转 化为最值和解不等式问题，全称量词与存在量词的应用共分四种情况：（1） 3C网行今加ISO Hi。，只需d 创二好只需比而坨比二也；4）W）VPOB?.1只需1（3）J ；m=a=i?(4) *BC,.已知O是平面上的一定点，A, B, C是平面上不共线的三点，动点P满足一一的轨迹一定通过 皿的（）,密UP ,则动点PA.重心 B.垂心 C.外心 D.内心【答案】A【解析】试题分析：由正弦定理得，亚牙卡“记作Q,所以E =醒羽+占，而/ -M）,所以GP=W表示与便共 线的向量西，而点与是岫的中点，即。的轨迹

10、一定是通过三角 形的重心，故选A.考点：平面向量.【思路点晴】本题主要考查向量的加法和减法的几何意义，考 查了解三角形正弦定理，考查了三角形四心等知识.在几何图形 中应用平面向量加法和减法，往往要借助几何图形的特征，灵 活应用三角形法则和平行四边形.当涉及到向量或点的坐标问题 时，应用向量共线的充要条件解题较为方便.三角形的四心是： 内心、外心、重心和垂心.12.已知函数的图像上有且仅有四个不同的关于直线22对称的点在的图像上，则 的取值范围是A.C.打 1D.1【答案】D【解析】【分析】根据对称关系可将问题转化为二到与八；U常有且仅有四个不同由宜小,和与Y恒过定点，通过数形结合的方式可确定;

11、利用过莫一点曲线切线斜率的求解方法可求得的交点；利用与数研究=也的单调性从而得到的图象;进而得到结果.【详解】 F反关于直线向i对称的直线方程为：57Y,原题等价于与7 -T -：有且仅有四个不同的交点由Tt呆:可知，直线恒过点当.#:时，一品一=:2 2在K*上单调递减；在卜费的上单调递增由此可得3触图象如下图所示：其中器%、Q为过以点的曲线的两条切线，切点分别为 二兰由图象可知，当 堂三 时，与D；有且仅有四个不同 的交点设小吟【“05叫贝一一 七,解得：尸二班1珈9Fn(n JF-*1设 F口，则一 ,解得：3年AWu2fc-41+=75- n,r = p r ,则 e本题正确选项：【点

12、睛】本题考查根据直线与曲线交点个数确定参数范围的问 题；涉及到过某一点的曲线切线斜率的求解问题；解题关键是 能够通过对称性将问题转化为直线与曲线交点个数的问题，通 过确定直线恒过的定点，采用数形结合的方式来进行求解 .二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.IW U*.等差数列尸，料的前容项和分别为游,可，且硼* ,则 V【答案】“【解析】【分析】根据等差数列的性质可得=可莺2”幺，结合题中条件，即 可求出结果.【详解】因为等差数列 尸，语音的前n项和分别为除，何，北-泥也4 2 ,由等差数列的性质，可得 2 旷UH W又硼激所以 kV,QHDl【点睛】本题主要考查等差数列的性质，以

13、及等差数列的前 ， 项和，熟记等差数列的性质与前 宗项和公式，即可得出结果.已知邱崛为单位向量且夹角为性设亦,肺釉，M在就 方向上的投影为.【解析】【分析】可知毛他23这样即可求出工阳及出的值，从而得出邮在I 方向上的投影的值. 乂分 KEfln鸭4J)【详解】由题可知-. jv+1如故，冲在T方向上的投影为T即答案为?【点睛】考查单位向量及投影的定义，数量积的运算及计算公15.如图，巴，5=叫好为平面四边形。述）的四个内角，若O 腓姆叫 上 Q肛 则四边形小扑同面积是【解析】【分析】在 I）。,“宅中，利用余弦定理可得 EiL=g-再结合 UUY可得,再结合三角形面积公式可得,将值代入运算即

14、可.【详解】解：连接BD, 在工-20中,所以.：-=， 因为，（1）=* :,所以-一-qff, 所以口所以四边形幅帽面积故答案为：二地工.【点睛】本题考查了余弦定理及三角形的面积公式，重点考查 了解三角形及运算能力，属中档题.如图，圆形纸片的圆心为%,半径为，一, 该纸片上的正方形 正卜峭的中心为为圆-上的点， 分别 是以问|s|i为底边的等腰三角形.沿虚线剪开后，分别以山|s|T为折痕折起 。，使得的_=r吓。重合，得 到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的2倍时，该四棱 锥的外接球的体积为 .研g用神卜4 1网M网【答案】【解析】3-m如图，连结方必交的%于点z,设加LW1）。重合

15、于点j正方形的边长为M行阍，则E = 3该四棱锥的侧面积是底面积的川2x-33倍，解得北3,设该四棱锥的外接球的球心为叱半径为艺则陋忖附中，一一一 ,- + &+71 5解得匕的，外接球的体积一2,故答案为由就 三、解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程 或演算步骤.等比数列 卡的各项均为正数，三时, 4制成等差数列，且 满足的F.:日即求数列炉的通项公式；过串设一1一 , ,8,求数列的前n项和;,押.【答案】（I）an= f （nWN*） （11）1-q一1【解析】【分析】e，根据条件列关于公比与首项的方程组，解得结果代入等比数 列通项公式即可，41ft先化简削，再根据裂项相

16、消法求结果.【详解】解：（I）设公比为，则松泻因为?，帆，打4成等差数列，所以2叫吃+向,即3因为型一叫所以m e(n) bn=工七（里+）nW N*,的ffI?:数列bn的前n项和Sn=诙=MQ3+A山-帕+.+ 钟Mu啪则=1-fl- , n N*.【点睛】本题考查等比数列通项公式以及裂项相消法求和，考 查基本分析求解能力，属中档题.喇。中，角福如的对边分别是感1,已知fZE-（1）求我的大小；（2）若%=，求阳7“周长的最大值.【答案】（1）瞅（2）*）.【解析】【分析】（1）由正弦定理化角为边可得再结合余弦定理 可得.如1再求C即可；（2）由正弦定理化边为角可得券）-YS,再由辅助角公

17、 式可得曲（:-再由g叫用三角函数值域的求法即可得解.【详解】解：（1）加。中，角豆，小，明的对边分别是，。,由已知，得?(2)CL。）?设州卜加的周长为: 则ABC -故州)TQ局长的最大值为市辿H.【点睛】本题考查了正弦定理及辅助角公式，主要考查了三角 函数的值域，重点考查了三角函数的有界性及运算能力，属中 档题.19.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB/CD ,且= =工。，.近脚H(1)证明：平面PABL平面PAD;(2)若 PA=PD=AB=DC , 口 =一,求二面角 A-PB-C 的余 弦值.I.【答案】(1)见解析;(2)叼【解析】【详解】(1)由已知 鹏吟尹唱沪第、得ab

18、，Ap, CD1 pd.由于AB/CD ,故AB PD ,从而AB,平面PAD .又AB值平面PAB ,所以平面 PABL平面PAD.(2)在平面局搬内作门-8)，垂足为仪，由(1)可知,5妻平面加,故可得口 平面小；卜倒以0为坐标原点，回工）的方向为九轴正方向，仰I为单位长，建立 如图所示的空间直角坐标系 -.pi2h0工由（1）及已知可得, 由2 ,二 t1+1.,l M .。）J 匕5j设园-阿阳是平面O）的法向量，则可取-，.设立“T是平面“的法向量，则0 CZ ； （2） 6-3.【解析】【详解】试题分析：（i）由角陷的终边经过点可得, 由N =工时/3川的最小值为附可得周期平卜加得

19、/口，即 可求出函数的解析式；（2）先解得3卬在r（）二的值域，将 问题转化成一元二次方程在给定的范围内解的个数问题，再将 一元二次方程个数问题转化成二次函数与直线交点为个数问题，可解得内的值.试题解析：（1）角网的终边经过点，（K）04KW )? ?由工=工时，（）的最小值为此得阳利,即(2)Inr 1 a 0, f (x)为增函数; xG -1, 0)时，f xl 0, f (x)为增函数.故函数f (x)的单调增区间为(-x,)和(0, +)；单调 减区间为(-1,0).所以函数的极大值为 N = 2 ；极小值为f (0) =0.g (x) =kex-x ,(2)由已知, . F 乂)=

20、kxex-x=x (kex-1 ).当k0,函数F (x)的图象两边向下无限伸 展，故此时F (x)存在两个零点，适合题意.-4当k=0时，除=QQ在(-8,0)为增，在(0, +8)为减， 且F (0) =0,故此时F (x)只有一个零点.当k=1时，叁m芸一片_。，故函数(-oo, +oo)为增，易 知函数F (x)只有一个零点.当kW 0, 1)时，k好出，F (x)在(-巴0)为增，,v 5-4A为减， 出 为增，且F (0) =-k0易知F (x)只有一个零当kW 1,+8）时，LU, F （x）在M为增,画为,F (0) =-k减，（0, +8）为增，且0易知F （x）只有一个零点

21、.综上，k的取值范围是（-8,0）.【点睛】本题考查利用导数求函数单调区间和极值以及利用导 数研究函数零点，考查综合分析求解能力，属难题 .学2020届高三数学上学期第二次考试试题理（含解析）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60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.A. 3, +00)B. (3, +00)C.1 U 3 , +oD) ( 8,1)u(3, +oo)【答案】A【解析】2.下列说法错误的是（）I H- _M _&n一. IA.命题“若 ：，则”的逆否命题是“若 ，则L I -I .B. ”是“充分不必要条件1.已知集合 A=x|x2 2x31,则？

22、 BA=（）C.若为假命题，则、均为假命题D.命题U： “小，使得一 ;则非：十1，仁二| ”【答案】C【解析】【分析】由命题的逆否命题为将条件、结论互换，再同时进行否定，可得A正确； 由“ ”的充要条件为黄”，可福正确；由“且”命题的真假可徨错误；由特称命题的否定为全称命题可得 D正确，得解.【详解】解：对于选项A,命题的逆否命题为将条件、结论互换，再同时进行否定， 可得命题“若. 则”的逆否命题是“若 ，则 建一 ，IA正确；对于选项B, “的充要条件为旧口”，又是7后”的充分不必要条件，即B正确；对于选项C,为假命题，则 、 至少有1个为假命题，即C错误；对于选项D,由特称命题的否定为全

23、称命题可得命题E :争，使得”，则非故选：.【点睛】本题考查了四种命题的关系、充分必要条件及特称命题与全称命题，重点考查了简单 的逻辑推理，属基础题.3.已知右，丫为两条不同的直线，为两个不同的平面，对于下列四个命题：一，%谒坳，=2画-2,2：a一1g,，。今沏其中正确命题的个数有（）A.却个 B.2个C.个 D.即个【答案】A【解析】如7词，,0，一方r,广阳，则 与一可能相交，错； 4 ,则内可能加平面内，错；心4,川1口，则内与丫可能异面，错； A , 则行与;可能异面，错，故所有命题均不正确，故选 、【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面平行判定与性质，属于中档题.空间直

24、线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑 它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价.4.若 cos，则cos （町）的值为（）B.C.。D.利用二倍角公式求出的值，再利用诱导公式求出 广 -的值.【详解】；coS-加 S1K如胤。4cos=2 n占*Lia2X 1CDsS二 cos3 =cos而他圆也=-cos=故选：A.【点睛】本题考查了余弦二倍角公式与诱导公式的应用问题，是基础题.5.已知等差数列，的前项为逑，且加山工工,则使得骸取最小值时的T为A. 1

25、 B. 6 C. 7 D. 6 或 7【解析】/Xx) = Mcik一彳)一 Irin wxcos one(如 0)一,所以0父加所“叫试题分析：由等差数列E的性质，可得y =-i j令=_一苍爰所以数列的前六项为负数，从第七项开始为正数，所以使得 用取最小值时的甚为匈，故选B.考点：等差数列的性质.6.若直线IX截得弦长为隔，则的最小值是（）A.B. 4 C. 9【答案】C【解析】【分析】由圆的标准方程可得，圆一的直径长为4,由题意可得直线 过圆的圆心中则，今,再结合重要不等式求的最小值即可.【详解】解：将圆的一股方程4片4 勿七，化为标准式可得 -wI i|rBji |结合直线与-被圆4其

26、 一勿H截得弦长为聃，可得直线一三一I 1.过圆的圆心吟忆，即虹E =,则kL,则设好椁/如1=取等号，故选：.，当且仅当然即账加明【点睛】本题考查了圆的方程及直线与圆的位置关系，重点考查了重要不等式及运算能力，属 中档题.7.如图，在三棱柱 ABC-A1B1C1中，底面ABC是等边三角形， AA1,底面ABC ,且AB=2, AA1=1 ,则直线BC1与平面ABB1A1所成角的正弦值为（）A.孤B.足次J【答案】C【解析】【分析】先作出直线BC1与平面ABB1A1所成角，再根据直角三角形求结果.【详解】取A1B1中点M,连C1M,BM,因为在三棱柱ABC-A1B1C1中，底面ABC是等边三角

27、形，所以底面 A1B1C1是等边三角 形，从而C1MLA1B1,因为 AA1L底面ABC,所以AA1L底面A1B1C1 ,即AA1LC1M 从而 C1ML平面ABB1A1 ,因此 三二 为直线BC1与平面ABB1A1所成角，因为，选C.【点睛】本题考查线面角，考查基本分析求解能力，属基础题8.已知一个简单几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为A.()b. = C. 1D.【答案】A【解析】由三视图知，该几何体有四分之一圆锥与三棱锥构成，故体积,故选A.9.%上满足约束条件若升郎冏幽.邯|取得最大值的最优解不唯一，则实数中的值为wA.”或同dB.：、或C.例或； D.代或方【解析】 试题分析

28、：由即砰耳超H明得，,w|=WI,作出可行域如下图所示，当与O或TOO时，即心尿C或时，用0片才超H取得最大值的最优解不唯一，故选B.考点：线性规划.2二4血1。10.已知函数,若对任意”岫坳，总存在辟雪 A.,使得一B io C B.C.i,:成立，则实数,的取值范围为嘲n聘如十 D.【解析】【分析】分别求出】4%二旗*在幽物的值域，以及六A1在的值域，令14二颈在幽窈的最大值的最大值，得到州的关系式，解出即可.【详解】对于函数,=卬，当（1b）时, 由 2l_t-5=Q 可得 E A 4由3%T,可得,对任意力， 对于函数r版工，蚓对于够PJCO对任意h*，总存在n-hmJh-叫解得 5T

29、B成立,实数的的取值范围为肌残故选B.【点睛】本题主要考查函数的最值、全称量词与存在量词的应用.属于难题.解决这类问题的关键是理解题意、正确把问题转化为最值和解不等式问题，全称量词与存在量词的应用共分四种情况：（1） 4C如勺曲iso口出* WS ,3、）/、布? （3）;舟二槌二1颂现H4O只需除也（4）即二房=“4珈 en）VRQB11.已知O是平面上的一定点，A, B, C是平面上不共线的三点，动点 P满足,豆bk，则动点P的轨迹一定通过神户的（）A.重心 B.垂心 C.外心 D.内心【答案】A【解析】试题分析：由正弦定理得卜网1砒,所以隔=3E 而%2三叱），所以OP-QA表示与血共线

30、的向量华而点手是国通的中点，即 。的轨迹一定是通过三角形的重心，故选 A.考点：平面向量.【思路点晴】本题主要考查向量的加法和减法的几何意义，考查了解三角形正弦定理，考查了 三角形四心等知识.在几何图形中应用平面向量加法和减法，往往要借助几何图形的特征，灵 活应用三角形法则和平行四边形.当涉及到向量或点的坐标问题时，应用向量共线的充要条件 解题较为方便.三角形的四心是：内心、外心、重心和垂心.12.已知函数的图像上有且仅有四个不同的关于直线 田对称的点在41-*3的图像上，则安的取值范围是（）B.【答案】D【解析】【分析】 根据对称关系可将问题转化为也与有且仅有四个不同的交点；利用导数研究A4

31、的单调性从而得到二虾的图象；由直线 - A与一:包过定点.，通过数形结合的%. *1 一 .一_一，4 ti i-,W AW A.- dnI方式可确定於，金二；利用过某一点曲线切线斜率的求解方法可求得 口3和他上 进而得到结果.【详解】舁于一任关于直线年冲寸称的直线方程为：S1%：,原题等价于二卬与T*3有且仅有四个不同的交点由可知，直线包过点当时，Y五三一-17x 7 jr3/上空则名不上在区 上单调递减；在恻限 上单调递增由此可得,二卬图象如下图所示：其中!K%、Q为过32点的曲线的两条切线，切点分别为-3M - arr r !* - an ra e由图象可知，当二善厚：时，与G；t。-;

32、有且仅有四个不同的交点十匹1蒯本题正确选项：；,解得:岬邺【点睛】本题考查根据直线与曲线交点个数确定参数范围的问题；涉及到过某一点的曲线切线 斜率的求解问题；解题关键是能够通过对称性将问题转化为直线与曲线交点个数的问题，通过 确定直线包过的定点，采用数形结合的方式来进行求解 .、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.【解析】【分析】根据等差数列的性质可得,结合题中条件，即可求出结果.【详解】因为等差数列黯的前n项和分别为优频,由等差数列的性质，可得所以【点睛】本题主要考查等差数列的性质，以及等差数列的前子项和，熟记等差数列的性质与前7项和公式，即可得出结果.14.已知触啪为单位向量且夹

33、角为出语力。II怫加4I在方向上的投影为【解析】可知正工9化【分析】 这样即可求出饼珈及心的值，从而得出即方向上的投影的【详解】由题可知即答案为山 【点睛】考查单位向量及投影的定义，数量积的运算及计算公式.如图，叫叫广，.，搂为平面四边形，十步剧的四个内角，若；，4=。，脚在“吗卜中小 QM,则四边形外冏面积是【解析】【分析】在丈-加0,叱注中，利用余弦定理可得h=三量再结合可得,再结合三角形面积公式可得,将值代入运算即可【详解】解：连接BD,在SO中，= _ =,在中，一 .三=-二 , 所以T冬制一一g=:芝因为，(-!)=：，；,所以-T ,所以工1,/(ij=-khiEi)则 工 ，所

34、以四边形 ,1ta积，,阮工故答案为:【点睛】本题考查了余弦定理及三角形的面积公式，重点考查了解三角形及运算能力，属中档 题.如图，圆形纸片的圆心为 标,半径为b*口，该纸片上的正方形的中心为夕=6cus&为圆：”.上的点，分别是以为底边的等腰 三角形.沿虚线剪开后，分别以1间|s|t为折痕折起一，使得 市重合，得到一个四棱锥.当该四棱锥的侧面积是底面积的 2倍时，该四棱锥的外接球 的体积为.1日悔1M网【解析】如图，连结力必交处于点Z,设加1二婢）才重合于点。，正方形的边长为则e=32r-33该四棱锥的侧面积是底面积的”倍，解得工23，设该四棱锥的外接球的球心为伸，半径为吗则作帆炯仲） 一

35、,7解答题：共70分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.等比数列*的各项均为正数，出,叫，白即成等差数列，且满足周QF）.M磔求数列步的通项公式；,广（公,求数列卜弓）的前n项和讲.咯案】（J（n 1【解析】【分析】4曲先化简e 4根据条件列关于公比与首项的方程组，解得结果代入等比数列通项公式即可, 住!再根据裂项相消法求结果.【详解】解：（I）设公比为1,则呢一汽因为归，喊成等差数列，所以2 m+叫即勃的 !1,nC N*,，数则的前n项和Sn/Qk+=Nn”.【点睛】本题考查等比数列通项公式以及裂项相消法求和，考查基本分析求解能力，属中档 题.川卜山。中，角；），的对边分别是应

36、辩蚂，已知 （1）求*油大小;（2）若* =上求刖一周长的最大值.【答案】（D琪功；。-阿【解析】【分析】（i）由正弦定理化角为边可得 即可；，冉结合余弦定理可得晌丽）冉求C（2）由正弦定理化边为角可得5H 0 等=9 ,再由辅助角公式可得，再由-UH-EIII3X利用三角函数值域的求法即可得解.【详解】解：（1）中，角也 跺,好的对边分别是叫叫黄,由已知,得萼由4 一雪，d。)5 女要2 44H J.=r(w设4的周长为二则ABC川w祗。ME （ d f故那卜1通周长的最大值为市-做-】）.【点睛】本题考查了正弦定理及辅助角公式，主要考查了三角函数的值域，重点考查了三角函 数的有界性及运算能

37、力，属中档题.如图，在四棱锥 P-ABCD 中，AB/CD ,且.e.（1）证明：平面PABL平面PAD;（2）若 PA=PD=AB=DC , a= -1 ,求二面角 A-PB-C 的余弦值.V他【答案】（1）见解析；（2）.【解析】,. z 、 I 4i4 ion ?中一词”1 1【详解】（1）由已知,得AB，AP, CDL PD.由于AB/CD ,故AB PD ,从而AB，平面PAD .又AB日平面PAB,所以平面 PABL平面PAD.（2）在平面立仁河内作（AfO ,垂足为那，由（1）可知，5受平面让忆皿，故一号詈可得 G 平面小上电.以为坐标原点，或：1的方向为也轴正方向，（，为单位长

38、，建立如图所示的空间直角坐标系g -a-1?（2）0 海闾Q胃由（1）及已知可得, ln2, ii , v &.g1二n+bJ q u-l TOC o 1-5 h z 即可取,.（司工0则 丁，_/也所以二面角五交（一D。的余弦值为.【名师点睛】高考对空间向量与立体几何的考查主要体现在以下几个方面：求异面直线所成的角，关键是转化为两直线的方向向量的夹角；求直线与平面所成的角，关键是转化为直线的方向向量和平面的法向量的夹角；求二面角，关键是转化为两平面 法向量的夹角.建立空间直角坐标系和表示出所需点的坐标 是解题的关键.20.已知点二, , c ：,是函数1M-2r I f图象上的任意两点，且角

39、七的终边经过点尸，若h = InN时长心）的最小值为田.（1）求函数二w的解析式；（2）若方程1ttn在r一 内有两个不同的解，求实数内的取值范围.咯案C）【解析】【详解】试题分析：（1）由角M的终边经过点QiF可得产j工时,/,M0油H邛上砌.r2-4y1邛一的最小值为可得周期”得尸口 ，即可求出函数的解析式；（2）先解得工一在r（g=。的值域，将问题转化成-元二次方程在给定的范围内解的个数问题，再将 二次方程个数问题转化成二次函数与直线交点为个数问题，可解得 内的值.试题解析：（1）角的终边经过点匕音；，ELe） ,时,（-2）的最小值为 ,得 丁 ，即-.暝角二一-4rv0（2/。）=。争心国二刈二。 ，.氏，问题等价于方程在（0,1内有两个不同的解.-m = 3t2 -t ,