广东省佛山市2024-2025学年高一下学期期末检测数学试卷

这是一份广东省佛山市2024-2025学年高一下学期期末检测数学试卷，共23页。试卷主要包含了075等内容，欢迎下载使用。
2025.6
本试卷共 4 页、19 小题.满分 150 分.考试用时 120 分钟.
注意事项：
答卷前，考生务必要填涂答题卷上的有关项目.
选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.
非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效.
请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回.
一、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.
→→
已知向量e1 ， e2 是两个不共线的向量， a  e1  2e2 ， b  λe1  4e2 ，且 a b ，则λ （ ）
1.
5
2  i
（
）
A.
2  i
B.
2  i
C.
2  i
D.
2  i
2
1
C. 1D. 2
将函数 f (x)  sin 2x 的图象上所有的点向左平移 π 个单位长度，得到的图象所对应的函数的解析式为
6
（）
y  sin  2x  π 
y  sin  2x  π 
y  sin  2x  π 
y  sin 2x  π 
  
 3 
6 
3 
6 
在V ABC 中， AB  15 ， AC  9 ， csBAC  3 ，则 BC  （ ）
5
A. 9B. 10C. 12D. 15
为调查学生的体育达标情况，用简单随机抽样的方法，了解全校 2506 名学生的体育达标情况，抽取 100
名 学 生 作 为 样 本 ， 第 i 个 （ i  1 ， 2 ， 3 ， L ， 100 ） 学 生 的 体 育 达 标 情 况 记 为 变 量 值
1, 体育达标
1 100
xi  0, 体育不达标，则100  xi 表示的含义为（ ）
i1
全校学生体育达标的人数B. 样本学生体育达标的人数
C. 全校学生体育达标率D. 全校学生体育达标率的估计值
已知V ABC 中， D 是 AC 的中点，且CBD  30 ， ABD  45 ，则 AB  （ ）
3
BC
2
A
2
2
​
3
3
如图，等边三角形与直线l 在同一平面， AC 垂直l 于A ， AC  2 ，则V ABC 绕l 旋转一周形成的面所围成的几何体的表面积是（ ）
A 10πB. 11πC. 12πD. 13π
–––→–––→ –––→–––→
已知 OA  OA  OB  2 ， OA  OC  6 ，则 BC 的最小值为（ ）
2
A. 1B.C. 2D. 4
二、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 z  3  4i ，则（ ）
z 的虚部为4iB. z  5
z  3  4i
z 在复平面内对应的点位于第二象限
佛ft 50 公里徒步自 2016 年首次推出 5 条路线实现“五龙汇聚”，参与人数逐年增加，到 2025 年，现场参与人数为 45 万人，这不仅是一场全民健身的狂欢，更是佛ft城市品牌的一次璀璨展示.下面分别为 2016
年佛ft 50 公里徒步参与人数的扇形统计图（图 1）、2025 年佛ft 50 公里徒步参与人数的条形统计图（图 2，单位：万人），已知 2025 年高明线的参与人数是 2016 年的 2 倍，则（ ）
2016 年佛ft 50 公里徒步总的参与人数是 20 万
2025 年顺德线的参与人数超过了 2016 年南海线与顺德线的参与人数总和
五条线的参与人数 2025 年与 2016 年相比增加人数最少的是三水线
五条线的参与人数 2025 年与 2016 年相比增长率最高的是南海线
已知在V ABC 中， AB  3 ， AC  5 ， BAC  120∘ ，点O 为V ABC 所在平面内一点，则（ ）
若O 为V ABC 的垂心，则 AO  BC  0B. 若O 为V ABC 的重心，则 AO  BC  5
C. 若O 为V ABC 的外心，则 AO  BC  8D. 若O 为V ABC 的内心，则 AO  BC  1
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.其中第 14 题第一空 2 分，第二空 3 分.
已知sinα
3 ，则cs2α.
3
若物体在共点力 F1  2, 1, F2  4, 2 ，的作用下产生位移 s  2,1 ，则合力对物体所做的功为
.
6
已知正四面体内部有一个半径为的小球，则正四面体棱长的最小值为.若小球可以在正四
3
面体内任意滚动，小球与正四面体所有接触点的轨迹形成的图形面积为 64
，则正四面体的棱长为
.
四、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.
如图，在直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，底面 ABCD 为平行四边形， M 为 AA1 中点.
求证： A1C / / 平面 BMD ；
若 BD  A1C ，证明：底面 ABCD 为菱形.
某商场停车收费标准如下：停车时间在 1 小时内（含 1 小时）免费，超过 1 小时的部分，每小时收费 4元（不足 1 小时的部分按 1 小时算，如停车时长为 2.5 小时，则按 3 小时计算，收费 8 元），一天之内封顶 24 元.为了解该商场停车情况，通过抽样，获得了 100 辆车一天内的停车时长（单位：小时），将数据按照
0,1， 1, 2，L ， 8, 9分成 9.组，制成了如图所示的频率分布直方图.
估计停车费为 24 元的频率；
估计停车时长的第 85 百分位数；
假设这个商场节假日一天有 800 辆车进入车场停车，估计该商场节假日一天的停车费收入.
已知向量 m  (sinx, csx) ， n  (csx, 
求 f (x) 的解析式；
求 f (x) 的最小正周期及单调递增区间；
3csx) ，函数 f (x)  m  n .
330, π 
3ω
（ ）若 g(x)  f (ωx) (ω 0) 在区间  上的值域为,1 ，求实数 的取值范围.
22 2

如图，梯形 ABCD 中，AB∥CD ，BC  AB ，BC  CD  2 ，AB  4 ，将△BCD 沿 BD 翻折至△BPD ，其中 P 为动点.
当平面 ABD  平面 BPD 时，
求证： AD  BP ；
求点 B 到平面 APD 的距离；
求直线 AP 与平面 ABD 所成角的正弦值的最大值.
已知V ABC 的面积为S ，内角A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c ，点 P 在V ABC 内，且满足
PAB  PBC  PCA θ.
证明：
csAb2  c2  a2
；
sinA4S
证明： csθ csA  csB  csC ；
sinθsinAsinBsinC
若 A  90∘ ， b  1， c  2 ，求tanθ及 AP 的长度.
2024~2025 学年下学期佛ft市普通高中教学质量检测
高一数学
2025.6
本试卷共 4 页、19 小题.满分 150 分.考试用时 120 分钟.
注意事项：
答卷前，考生务必要填涂答题卷上的有关项目.
选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上.
非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内：如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液，不按以上要求作答的答案无效.
请考生保持答题卷的整洁.考试结束后，将答题卷交回.
一、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.
【答案】B
【解析】
【分析】应用复数的乘法及除法运算求解.
1.
5
2  i
（
）
A.
2  i
B.
2  i
C.
2  i
D.
2  i
【详解】 5
2  i2  i

i .
2  i2  i
故选：B.
→→
已知向量e1 ， e2 是两个不共线的向量， a  e1  2e2 ， b  λe1  4e2 ，且 a b ，则λ （ ）
2
1
C. 1D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量共线定理即可求解.
【详解】Q向量e1 ， e2 是两个不共线的向量， a  0 ，
→→
–→–→–→–→
Q a b ，
λ k

存在唯一实数 k 使得b  ka ，即λe1  4e2  k e1  2e2  ，
4  2k
，λ k  2 .
故选：A.
将函数 f (x)  sin 2x 的图象上所有的点向左平移 π 个单位长度，得到的图象所对应的函数的解析式为
6
（）
y  sin  2x  π 
y  sin  2x  π 
y  sin  2x  π 
y  sin 2x  π 
  
 3 
6 
3 
6 
【答案】B
【解析】
【分析】根据三角函数的变换规则计算可得.
【详解】将函数 f (x)  sin 2x 的图象上所有的点
向左平移 π 个单位长度得到 y  sin 2  x  π   sin  2x  π  .
66 3 

故选：B
在V ABC 中， AB  15 ， AC  9 ， csBAC  3 ，则 BC  （ ）
5
A. 9B. 10C. 12D. 15
【答案】C
【解析】
【分析】利用余弦定理即可求解.
【详解】Q在V ABC 中， AB  15 ， AC  9 ， csBAC  3 ，
5
c  15 ， b  9 ， csA  3 ， a2  b2  c2  2bc cs A  81 225  2  9 15 3  144 ，
55
 a  12 ，即 BC  12 .
故选：C.
为调查学生的体育达标情况，用简单随机抽样的方法，了解全校 2506 名学生的体育达标情况，抽取 100
名 学 生 作 为 样 本 ， 第 i 个 （ i  1 ， 2 ， 3 ， L ， 100 ） 学 生 的 体 育 达 标 情 况 记 为 变 量 值
1, 体育达标
1 100
xi  0, 体育不达标，则100  xi 表示的含义为（ ）
i1
全校学生体育达标的人数B. 样本学生体育达标的人数
C. 全校学生体育达标率D. 全校学生体育达标率的估计值
【答案】D
【解析】

100
【分析】由题意理解xi 所表示的意义为样本中达标人数即可得解.
i1

100
【详解】由题意，xi 表示样本中体育达标的人数，
i1
1 100
100
所以 xi 表示全校学生体育达标率的估计值.
i1
故选：D
已知V ABC 中， D 是 AC 的中点，且CBD  30 ， ABD  45 ，则 AB  （ ）
3
BC
2
A.
B.2
2
C.
D.3
3
【答案】B
【解析】
【分析】分别在△ABD 和△BCD 中利用正弦定理即可求解.
【详解】
Q D 是 AC 的中点， AD  DC ，
又ADB  BDC  180 ，sin ADB  sin BDC ，
在△ABD 中，在△BCD 中，
AD
sin 45
DC
sin 30
AB


sin ADB BC
sin BDC
， AB  AD sin ADB ，
sin 45
， BC  DC sin BDC ，
sin 30
1
 AB  AD sin ADB sin 30 2 2 .

BC
故选：B.
sin 45
DC sin BDC22
2
如图，等边三角形与直线l 在同一平面， AC 垂直l 于A ， AC  2 ，则V ABC 绕l 旋转一周形成的面所围成的几何体的表面积是（ ）
A. 10πB. 11πC. 12πD. 13π
【答案】C
【解析】
【分析】应用圆台和圆锥的表面积公式计算求解.
【详解】过点A 作 AD  l ，垂足为 D ，
V ABC 绕l 旋转一周形成的面所围成的几何体是圆台去掉同底圆锥，
几何体的表面积是底面半径分别为 1,2，母线为 2 的圆台表面积去掉上底面再加上底面半径为 1，母线为 2
的圆锥的侧面积，
则 S  π1 2 2  4π  π1 2  12π ；
故选：C．
–––→–––→ –––→
–––→
已知 OA  OA  OB  2 ， OA  OC  6 ，则 BC 的最小值为（ ）
2
B.C. 2D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】应用已知条件设坐标，再应用数量积公式及模长公式计算求解.
–––→–––→ –––→
【详解】因为 OA  OA  OB  2 ， OA  OC  6 ，
设 OA  2, 0, OB  1, y1 , OC  3, y2  ，则 BC  2, y2  y1 
–––→
BC

2  y  y
2

21

2
–––→
 2 ，
当 y2  y1  0 时， BC 的最小值为 2.
故选：C.
二、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 z  3  4i ，则（ ）
z 的虚部为4iB. z  5
z  3  4i
z 在复平面内对应的点位于第二象限
【答案】BC
【解析】
【分析】A 选项利用虚部定义可判断；B 选项利用复数的模的计算公式求解；C 选项利用共轭复数的定义进行判断；D 选项利用复数的几何意义进行判断即可.
【详解】对于 A 选项，复数 z  3  4i 的虚部是4 ，故 A 错误；
32  42
对于 B 选项， z  5 ，故 B 正确；
对于 C 选项， z  3  4i ，故 C 正确；
对于 D 选项，复数 z  3  4i 对应的点的坐标为3, 4 ，位于第四象限，故 D 错误.故选：BC.
佛ft 50 公里徒步自 2016 年首次推出 5 条路线实现“五龙汇聚”，参与人数逐年增加，到 2025 年，现场参与人数为 45 万人，这不仅是一场全民健身的狂欢，更是佛ft城市品牌的一次璀璨展示.下面分别为 2016
年佛ft 50 公里徒步参与人数的扇形统计图（图 1）、2025 年佛ft 50 公里徒步参与人数的条形统计图（图 2，单位：万人），已知 2025 年高明线的参与人数是 2016 年的 2 倍，则（ ）
2016 年佛ft 50 公里徒步总的参与人数是 20 万
2025 年顺德线的参与人数超过了 2016 年南海线与顺德线的参与人数总和
五条线的参与人数 2025 年与 2016 年相比增加人数最少的是三水线
五条线的参与人数 2025 年与 2016 年相比增长率最高的是南海线
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据扇形图及条形图得出 5 条线路的各个数据，再结合选项分别判断即可.
【详解】因为 2025 年高明线的参与人数是 2016 年的 2 倍，则 2016 年的高明线的参与人数是1.5 万人，
1.5
对于 A：根据扇形图得出
0.075
 20 万，所以 2016 年佛ft 50 公里徒步总的参与人数是 20 万，A 选项正
确；
2016 年佛ft 50 公里徒步高明线，三水线，禅城线，顺德线，南海线参与人数分别为：1.5 万， 3 万， 4.5
万， 5 万， 6 万，
2025 年佛ft 50 公里徒步高明线，三水线，禅城线，顺德线，南海线参与人数分别为： 3 万， 5 万，10
万，12 万，15 万，
对于 B：因为12  5  6  11，2025 年顺德线的参与人数超过了 2016 年南海线与顺德线的参与人数总和， B 选项正确；
对于 C：五条线的参与人数 2025 年与 2016 年相比增加人数最少的是高明线，C 选项错误；
对于 D：南海线的参与人数 2025 年与 2016 年相比增长率15  6  9  3 ，顺德线的参与人数 2025 年与
662
2016 年相比增长率12  5  7 ，
55
禅城线的参与人数 2025 年与 2016 年相比增长率10  4.5  11 ，三水线的参与人数 2025 年与 2016 年相比
4.59
增长率 5  3  2 ，
33
高明线的参与人数 2025 年与 2016 年相比增长率 3 1.5  1 ，所以五条线的参与人数 2025 年与 2016 年相
1.5
比增长率最高的是南海线，D 选项正确；故选：ABD.
已知在V ABC 中， AB  3 ， AC  5 ， BAC  120∘ ，点O 为V ABC 所在平面内一点，则（ ）
若O 为V ABC 的垂心，则 AO  BC  0B. 若O 为V ABC 的重心，则 AO  BC  5
C. 若O 为V ABC 的外心，则 AO  BC  8D. 若O 为V ABC 的内心，则 AO  BC  1
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据垂心的性质及向量的线性运算判断 A，根据重心分中线长度为2 :1，结合向量的线性运算可
–––→ –––→
判断 B，根据外心特征计算 AO  AB 
1 –––→2
AB
2
判断 C，根据内心的性质即可得解判断 D.
【详解】因为O 为V ABC 的垂心，所以 AO  BC ，故 AO  BC  0 ，故 A 正确；
延长 AO 交 BC 于 BC 中点 D ，如图，
–––→
因为点 O 是V ABC 的重心， AO 
2 –––→1
AD 
–––→–––→

AB  AC ，
–––→ –––→1
所以 AO  BC 
33
 
–––→–––→–––→–––→1
AB  AC   AB  AC 
–––→2

AC
–––→216

 AB
，故 B 错误；
333
如下图所示：
若O 为V ABC 的外心，取线段 AB 的中点 E ，连接OE ，由垂径定理可知OE  AB ，

–––→ –––→–––→–––→–––→–––→ –––→–––→ –––→
所以， AO  AB  AE  EO  AB  AE  AB  EO  AB 
1 –––→2
AB ，
2
–––→ –––→
同理 AO  AC 
1 –––→2
AC
2


–––→ –––→–––→–––→–––→1
则 AO  BC  AO  AC  AB 
2
如图，
–––→2
AC
–––→2
 AB
  8 ，故 C 正确；
若O 为V ABC 的内心，则OAC  60°，OAB  60° ，过O 作OH  AC ，

–––→ –––→–––→–––→–––→11
则 AO  BC  AO  AC  AB  AC  AO   AB  AO  ，
22
由余弦定理得 BC 2  25  9  2  5 3 1  49 ，所以 BC  7 ，
2
设内切圆半径为OH ，所以 S
 1 3  5  7 OH  1  3 5

，所以OH 3 ，
V ABC
2222
3
–––→ –––→11
因为OAC  60° ，所以 AO  2  1，所以 AO  BC  AC  AO  2  AB  AO  2  1 ，故 D
sinAOC
正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.其中第 14 题第一空 2 分，第二空 3 分.
已知sinα
1
3 ，则cs2α.
3
【答案】
3
【解析】
【分析】根据题意，利用余弦的倍角公式，即可求解.
3 21
【详解】由二倍角的余弦公式，可得cs2α 1 2 sin2α 1 2   .
 3 3
1
故答案为： .
3
若物体在共点力 F1  2, 1, F2  4, 2 ，的作用下产生位移 s  2,1 ，则合力对物体所做的功为
.
【答案】13
【解析】
【分析】先求出合力 F  F1  F2 ，再根据向量数量积的坐标表示及功的计算式W  F gS 计算即可.
【详解】已知共点力 F1  2, 1, F2  4, 2 ，则合力为 F  F1  F2  2, 1  4, 2  6,1 ，又已知位移为 s  2,1 ，
所以合力对物体所做的功W  F gS  6  2 11  13 .
故答案为：13
6
已知正四面体内部有一个半径为的小球，则正四面体棱长的最小值为.若小球可以在正四
3
面体内任意滚动，小球与正四面体所有接触点的轨迹形成的图形面积为 64
，则正四面体的棱长为
.
【答案】①. 12②. 20
【解析】
【分析】利用体积法求出小球与正四面体内切时正四面体的棱长即可；根据给定条件，分析确定小球球心的轨迹，再借助正四面体的结构特征求出棱长.
6
【详解】为使正四面体棱长最小，则半径为的小球与正四面体的所有面均相切（为内切球），
设此时的正四面体棱长为 a ，其高 h 
6 a ，
a2  ( 3 a)2
3
3
6
该正四面体的体积V 3 a2  h  4 3 a2 ，即 6 a  4 6 ，解得 a  12 ，
443
所以正四面体棱长的最小值为 12；
小球可以在正四面体 ABCD 内任意滚动，小球与正四面体 ABCD 每个面的所有接触点形成的轨迹为一正三角形，
该正三角形可视为小球球心在正四面体 ABCD 对应面上的投影，
因此小球任意滚动时，小球球心形成的轨迹为一个小正四面体，该小正四面体的面与正四面体 ABCD
6
的对应面平行，距离为
，设其棱长为 d ，则4 
3 d 2  64
3
4
，解得 d  8 ，高为 6 d  8 6 ，
33
令小球与共点A 的正四面体 ABCD 的 3 个面都相切时的球心为O1 ，点A 在平面 BCD 上的投影为O ，则O1 在线段 AO 上，令O1 在平面 ACD 上的投影为 E ，连接 AE 并延长交CD 于 F ，连接OF ，
显然O 是正△BCD 中心， AF 是正V ACD 的中线，则 O1E  sin FAO  OF  1 ，
AO1
AF3
6
6
而O1E ，于是 AO1  3，令与平面 BCD 平行的小正四面体的面交 AO 于点O2 ，
6
6
则O O  8 6 ，正四面体 ABCD 的高 AO  AO  O O  O O  3 8 6  20 6 ，
1 2311 2233
而 AO 
6 AB ，因此 AB  20 ，所以正四面体的棱长为 20.
3
故答案为：12；20
四、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.
如图，在直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，底面 ABCD 为平行四边形， M 为 AA1 中点.
求证： A1C / / 平面 BMD ；
若 BD  A1C ，证明：底面 ABCD 为菱形.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）连接 AC 交 BD 于点O ，连接OM ，证得 A1C / /OM ，结合线面平行的判定定理，即可证得
A1C / / 平面 BMD ；
（2）根据题意，利用线面垂直的判定定理，证得 BD ⊥平面 AA1C ，得到 BD  AC ，结合菱形的性质，即可得证.
【小问 1 详解】
证明：如图所示，连接 AC 交 BD 于点O ，连接OM ， 因为四边形 ABCD 为平行四边形，可得O 为 AC 的中点，
又因为 M 为 AA1 中点，所以 A1C / /OM ，
因为 A1C  平面 BMD ，且OM  平面 BMD ，所以 A1C / / 平面 BMD .
【小问 2 详解】
证明： 在直四棱柱 ABCD  A1B1C1D1 中，可得 AA1  平面 ABCD ，因为 BD  平面 ABCD ，所以 AA1  BD ，
又因为 BD  A1C ，且 AA1 ∩ A1C  A1 ， AA1 , A1C  平面 AA1C ，所以 BD ⊥平面 AA1C
因为 AC  平面 AA1C ，所以 BD  AC ，即四边形 ABCD 的对角线互相垂直，又因为底面 ABCD 为平行四边形，所以四边形 ABCD 为菱形.
某商场停车收费标准如下：停车时间在 1 小时内（含 1 小时）免费，超过 1 小时的部分，每小时收费 4元（不足 1 小时的部分按 1 小时算，如停车时长为 2.5 小时，则按 3 小时计算，收费 8 元），一天之内封顶 24 元.为了解该商场停车情况，通过抽样，获得了 100 辆车一天内的停车时长（单位：小时），将数据按照
0,1， 1, 2，L ， 8, 9分成 9.组，制成了如图所示的频率分布直方图.
估计停车费为 24 元的频率；
估计停车时长的第 85 百分位数；
假设这个商场节假日一天有 800 辆车进入车场停车，估计该商场节假日一天的停车费收入.
【答案】（1）0.1（2）5.5 小时
（3）8480 元
【解析】
【分析】（1）先分析出超过 6 小时收费就是 24 元，然后再由直方图计算超过 6 小时的频率即可；
通过计算先确定估计停车时长的第 85 百分位数所在的区间，再根据求百分位数的公式计算即可；
先分别求出停车时长在各个时间段的车辆的数量，再对应的求出其费用，再求和即可.
【小问 1 详解】
因为停车时间在 1 小时内（含 1 小时）免费，超过 1 小时的部分，每小时收费 4 元，所以停车时间为5, 6 小时，收费6 1 4  20 元，超过 6 小时收费就是 24 元，
所以由直方图可知超过 6 小时的频率为1 0.1 0.2  0.25  0.15  0.1 21  0.1，
所以估计停车费为 24 元的频率为 0.1；
【小问 2 详解】
停车时间为0, 5 的频率为0.1 0.2  0.25  0.15  0.11  0.8  0.85 ， 停车时间为0, 6的频率为0.1 0.2  0.25  0.15  0.1 21  0.9  0.85 ，所以估计停车时长的第 85 百分位数位于区间5, 6 内，
因为5  0.85  0.8  5.5 ，
0.9  0.8
所以估计停车时长的第 85 百分位数为 5.5 小时；
【小问 3 详解】
假设这个商场节假日一天有 800 辆车进入车场停车，
则停车时长为0,1的估计有800  0.11  80 辆，收费 0 元；
停车时长为1, 2的估计有800  0.2 1  160 辆，收费160  4  640 元； 停车时长为2,3 的估计有800  0.251  200 辆，收费200  8  1600 元；停车时长为3, 4 的估计有800  0.151  120 辆，收费120 12  1440 元；停车时长为4,5 的估计有800  0.11  80 辆，收费80´ 16 = 1280 元；
停车时长为5, 6 的估计有800  0.11  80 辆，收费80  20  1600 元；
停车时长为6, 9 的估计有800  0.11  80 辆，收费80  24  1920 元；估计该商场节假日一天的停车费收入为
640 1600 1440 1280 1600 1920  8480 元.
已知向量 m  (sinx, csx) ， n  (csx, 
求 f (x) 的解析式；
求 f (x) 的最小正周期及单调递增区间；
3csx) ，函数 f (x)  m  n .
330, π 
3ω
（ ）若 g(x)  f (ωx) (ω 0) 在区间  上的值域为,1 ，求实数 的取值范围.
22 2

【答案】（1） f (x)  sin(2x  π) 3 ；
32
最小正周期为 π ，  π  kπ, 5π  kπ k  Z
5  ω 5 .
63
【解析】
 1212
【分析】（1）利用数量积的坐标表示，结合二倍角公式、辅助角公式求解.
由（1）的结论，利用正弦函数的周期公式及单调性求解.
求出 g(x) ，由函数在区间0, π  上的值域为3 ，结合正弦函数的性质得到不等式，求出范围.
2 
2 ,1

【小问 1 详解】
由向量 m  (sinx, csx), n  (csx,  3csx) ，得 f (x)  m  n  sin x cs x  3 cs2 x
 1 sin 2x 3 cs 2x 3  sin(2x  π) 3 ；
22232
【小问 2 详解】
函数 f (x) 的最小正周期T  2π  π ，
2
由 π  2kπ  2x  π  π  2kπ, k  Z，得 π
 kπ  x  5π  kπ, k  Z，
2321212
所以 f (x) 的单调递增区间为 π  kπ, 5π  kπ k  Z .
 1212
【小问 3 详解】
由（1）知， g(x)  f (ωx) 3  sin(2ωx  π) ，
23
当 x  0, π  时， 2ωx  π   π , πω π  ，由 g(x) 在0, π  上的值域为3 ，
2 
3
33 
2 
2 ,1

得 π  πω π  4π ，解得 5  ω 5 ，
23363
所以实数ω的取值范围是 5  ω 5 .
63
如图，梯形 ABCD 中，AB∥CD ，BC  AB ，BC  CD  2 ，AB  4 ，将△BCD 沿 BD 翻折至△BPD ，其中 P 为动点.
当平面 ABD  平面 BPD 时，
求证： AD  BP ；
求点 B 到平面 APD 的距离；
求直线 AP 与平面 ABD 所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）（i）证明见解析（ii）2
（2） 10 2
4
【解析】
【分析】（1）由条件先证明 AD  BD ，再由平面 ABD  平面 BPD ，由面面垂直的性质定理可以得到 AD 平面 BPD ，即可证明 AD  BP ；（ii）又由 PD  BP ，根据线面垂直的判定定理可以得到 BP  平面 APD ，即可知点 B 到平面 APD 的距离即为 BP ；
（2）取 BD 的中点 M ， AB 的中点 E ，首先确定 P 点在平面 ABD 上的射影为O 在直线 EM 上，分析得到
OP
只研究O 在 BD 上或在左侧的情况，过O 作OF  AD ，得到sinθ的表达式sinθ ，通过换元，利用
AP
基本不等式即可求出直线 AP 与平面 ABD 所成角的正弦值的最大值.
【小问 1 详解】
（i）Q梯形 ABCD 中， AB∥CD ， BC  AB ， BC  CD ，
2
Q BC  CD  2 ， BD  2.
取 AB 的中点Q ，连接 DQ ，易知四边形 BCDQ 为正方形，
2
Q AB  4 ，可知 AD  BD  2.
Q AD2  BD2  AB2 ， AD  BD .
Q平面 ABD  平面 BPD ，平面 ABD  平面 BPD  BD ， AD  平面 ABD
 AD  平面 BPD ，Q BP  平面 BPD ， AD  BP ；
（ii）Q AD  BP ， PD  BP ， AD I
PD  D ， AD, PD  平面 APD ，
 BP  平面 APD ，点 B 到平面 APD 的距离为 BP  2 ；
【小问 2 详解】
取 BD 的中点 M ， AB 的中点 E ，连接 EM , PM , 可知 PM .
2
由（1）知 EM  BD, PM  BD .
设 P 点在平面 ABD 上的射影为O ，则由 PB  PD, PO  PO ， 可得RtVPOB  RtVPOD ，从而OB  OD ， O 在直线 EM 上.
设直线 AP 由平面 ABD 所成的角为θ，则sinθ OP .
AP
可知O 分别在 BD 左右对称位置时， OP 长度相同，
而当O 在 BD 右侧时， AP 较长，此时sinθ OP 较小，
AP
因此只需考虑O 在 BD 上或在左侧的情况.
2
过O 作OF  AD ，则OF  DM ，
2
2  x2

设OM  x  0, 2  ，则 DF  x ， AF  AD  DF  2
 x ，
AF 2  OF 2
 AO 
AO2  OP2
 AP 
OP

12  4 2x

， OP 
x2  4 2x 10
PM 2  OM 2
，
12  x2
，
 sinθ
AP
， sin2θ .
2  x2
12  4 2x
3 2x
4
2
设t  3 2x, t 1, 3 ，则 x  3  t ，
21 t 2  6t  51 5 
sin
θ 
8t
 8  6   t  t  ，
Q t  5  2
t

5
， sin2 θ 3 
4

5
5 ，当且仅当t ，
即 x  3 2 
2
10 时取等号， sinθ
10 2 ，
4
直线 AP 与平面 ABD 所成角的正弦值的最大值为 10 2 .
4
已知V ABC 的面积为S ，内角A ， B ， C 所对的边分别为 a ， b ， c ，点 P 在V ABC 内，且满足
PAB  PBC  PCA θ.
证明： csA  b  c  a
222
；
sinA4S
证明： csθ csA  csB  csC ；
sinθsinAsinBsinC
若 A  90∘ ， b  1， c  2 ，求tanθ及 AP 的长度.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析；（3） tanθ 2 ， 4 29 .
529
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理及三角形面积公式推理即得.
利用（1）的结论，利用等比性质推理得证.
利用（2）中信息求出tanθ，再利用同角公式及和差角公式、正弦定理求解即得.
【小问 1 详解】
在V ABC 中，由余弦定理得b2  c2  a2  2bc cs A ，
由三角形面积公式得 S  1 bc sin A ，即bc 
2
2S
sin A
，则b2  c2  a2  4S cs A ，
sin A
csAb2  c2  a2
所以.
sinA4S
【小问 2 详解】
csAb2  c2  a2 cs Bc2  a2  b2 cs Ca2  b2  c2
由（1）知，

sinA
,
4Ssin B
,
4Ssin C4S
设 AP  m, BP  n, CP  p ，
csθ c2  m2  n2  a2  n2  p2  b2  p2  m2  a2  b2  c2
同理得
sinθ
4SV PAB
4SV PBC
4SV PAB4S
(b2  c2  a2 )  (c2  a2  b2 )  (a2  b2  c2 )csAcsBcsC
，
4S
所以 csθ csA  csB  csC .
sinA
sinB
sinC
sinθsinAsinBsinC
【小问 3 详解】
由 A  90∘ ， b  1, c  2 ，得 a 5, S  1，
csθ
12  22  ( 5)25
1 5
tanθ 2
由（2）得，
sinθ
4 1
 2 ，即 tanθ
，所以 ；
25
由5sinθ 2csθ 0 ，解得sinθ2 , csθ5，而sin ABC  1 , cs ABC  2 ，
29
29
5
5

sin
2θ cs2θ 1
5
29
则sin ABP  sin(ABC θ)  1  5
 2  21，
5
29
145
5
29
5
cs ABP  cs(ABC θ)  2  5
 1  2
 12，
29
145
29
145
于是sin APB  sin(θ ABP) 
2  125 1
 1 ，
29

APc
由正弦定理
2 
，得 AP 
1
145
5
145 
29
2 2 29 .
sin ABP
sin APB
129
5