山东省淄博市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷

这是一份山东省淄博市2024-2025学年高一下学期期末考试数学试卷，共23页。试卷主要包含了5C，5 ，06，60等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
回答选择题时，选出每个小题答案后，用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一.单项选择题：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.
复数i  1 i 的虚部是（ ）
1
B. 1C. i
D. i
按从小到大排列的一组数据 90，92，92，93，93，94，95，96，99，100 的 80%分位数为（ ）
A. 96B. 96.5C. 97D. 97.5
已知sinθ 1 ，则sin  π  2θ  （ ）
3 2


77
A. B.
99
C. 4 2
9
D.  4 2
9
在V ABC 中， AD =
AB ，点 E 平分线段CD ．设–––→  → ， AC  b ，则 AE  （）
a 
b
 1 →1 →
3

1 →1 →
a b
 1 →1 →
AB a
1 →1 →

a b

a
b
32323232
已知圆台O1O 上下底面圆的半径分别为 1，3，高为 4，则该圆台的侧面积为（ ）
A. 4 2πB. 4 3πC. 8 3πD. 8 5π
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E 为 DD1 的中点，则异面直线 AE 与 BD1 所成角的余弦值为（）
5
5
15
5
3
3
10
5
在V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 a  b 
c  b
sin C
sinA  sinB
，则 A＝（）
π
6
f x 
π2π
C.
33
π π 
π2π
D. 或
33
π
已知函数  
3sin  x    cs  x   ，若将曲线 y 
33

f 2x 向左平移个单位长度后，再向
12
上平移1个单位长度得到曲线 y  g  x ，若关于 x 的方程 g  x  m 在0, 7π  有两个不相等实根，则实数m
12 
的取值范围是（ ）
0, 3
0, 3
2,3
1, 3
2

→
二.多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，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.
已知向量 a  2, 1, b  1, t  ，其中t  R ，则下列说法正确的是（ ）
a ⊥b
若 →，则t 的值为 2
若 →，则t 的值为 1
a / /b2
若 a 与b 的夹角为锐角，则t , 2
若t  1，则 a 与b 的夹角的余弦值为 10
10
21 502
已知一组样本数据 x1, x2 ,L, x50 的方差 s
 xi  2
50
i1
，则（ ）
这组样本数据的平均数为 2
数据3x1  1, 3x2  1,, 3x50  1 的方差为9s2
若 x1, x2 ,L , x25 的平均数为 1，方差为 10， x26 , x27 ,L, x50 的平均数为 3，方差为 6，则 x1, x2 ,L, x50 的
方差为 9
现构造新的样本数据 x1  x2 , x2  x3 ,L , x49  x50 , x50  x1 ，则该组样本数据的方差大于原样本数据的
2222
方差
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 4， P ， Q 分别是棱 BB1 ， DD1 上的点（不包括端点），且
BP  DQ ，则下列说法正确的是（ ）
正方体 ABCD  A1B1C1D1 的外接球的表面积为192π
若平面 APQ 与平面 ABCD 的交线为l ，则 PQ / /l
若平面 APQ 与平面 ABCD 所成的二面角为θ， V APQ 的面积为S ，则 csθ  8
S
6
若 BP  PB1 ，则平面 APQ 截正方体 ABCD  A1B1C1D1 所得截面的面积为8
r
三.填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知向量 a  2, 0 ， b  2, 2 ，则 a 在b 上的投影向量的坐标为.
已知函数 f  x  sin ωx  πω 0 在区间0, 2π 上单调递增，则ω的取值范围为.
6 
3 

在锐角V ABC 中，角A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，且 a2  2ab cs C  b  c2 ， b  sin B ，则V ABC 的中线 BD 的最大值为.
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.
随机抽取 100 名学生，测得他们的身高（单位： cm），按照区间[160，165），[165，170），[170，175）， [175，180），[180，185]分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示.
求频率分布直方图中 x 的值及身高在 170 cm 及以上的学生人数；
将身高在[170，175），[175，180），[180，185]区间内的学生依次记为 A，B，C 三个组，用分层随机抽样的方法从这三个组中抽取 6 人，求这三个组分别抽取的学生人数.
已知函数 f  x  2csωx θω 0, θ  π  的部分图像如图所示，
2 

求 f  x 解析式；
求函数 g  x 
f  x  f  x  π   4sinxcsx 的最大值.
6 

我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”中， CA  CB  CC1  2 .
求证：平面 BCC1B1  ACC1A1
求二面角C1  AB  C 的正切值.
如图，平面内四点A ， B ， C ， P ，满足BAC  π ， BC  1 ， BP  BC .
2
3
（1）若 AC  1 ， BP ，
2
求V ABP 的面积；
求 PA ；
（2）若 APB  π ， BP 
6
1 ，求∠PAB .
2
如图， 在三棱锥 P  ABC 中， AB  BC ， AB  2 ， BC  2 2 ， PB  PC 
6 ， BP ， AP ，
BC ， AC 的中点分别为 D ， E ， O ， F ， AD 
5OD ，
证明： EF / / 平面 ADO ；
证明： AO  平面 BEF ，并求 AB 与平面 BEF 所成的角的正弦值；
若POF  120 ，求三棱锥 P  ABC 的体积.
2024-2025 学年度第二学期高一教学质量检测
数学
注意事项：
答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.
回答选择题时，选出每个小题答案后，用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一.单项选择题：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.
复数i  1 i 的虚部是（ ）
1
C. i
D. i
【答案】B
【解析】
【分析】直接由复数的乘法运算把给出的复数化简为 a  bia, b  R 的形式，则复数的虚部可求．
【详解】因为i  1 i  i  i2  1 i ，虚部为1.
故选：B.
按从小到大排列的一组数据 90，92，92，93，93，94，95，96，99，100 的 80%分位数为（ ）
A. 96B. 96.5C. 97D. 97.5
【答案】D
【解析】
【分析】根据百分位数的定义计算.
【详解】这组数据共 10 个数，10  80%  8 ，
所以 80%分位数为第 8 个、第 9 个数据的平均数，即 96  99  97.5 .
2
故选：D.
已知sinθ 1 ，则sin  π  2θ  （ ）
3 2


77
A. B.
99
4 2
9
 4 2
9
【答案】A
【解析】
【分析】由诱导公式和二倍角的余弦公式化简可得结果.
 2
【详解】sin  π

 1 2
 2θ  cs 2θ 1 2 sin2θ 1 2  
 3 
 7 .
9
故选：A.
在V ABC 中， AD =
2 AB ，点 E 平分线段CD ．设–––→  → ， AC  b ，则 AE  （）
a 
b
 1 →1 →
3

1 →1 →
a b
 1 →1 →
AB a
1 →1 →

a b

a
b
32323232
【答案】D
【解析】
–––→
1 –––→–––→2
2
【分析】根据平面向量基本定理， AE 
 AD  AC  ，再由 AD =
AB ，化简即可求解.
3
【详解】因为
AD =
2 AB
3
–––→2 –––→
，即 AD  AB ，
3
又点 E 平分线段CD ，
–––→
1 –––→–––→
1 –––→
1 –––→12 –––→
1 –––→
1 –––→
1 –––→
1 →1 →
所以 AE   AD  AC   AD  AC   AB  AC  AB  AC  a  b .
2222323232
故选：D.
已知圆台O1O 上下底面圆的半径分别为 1，3，高为 4，则该圆台的侧面积为（ ）
A. 4 2πB. 4 3πC. 8 3πD. 8 5π
【答案】D
【解析】
【分析】先求出圆台的母线长，再由圆台侧面积公式计算即得.
【详解】由圆台O1O 上下底面圆的半径分别为 r1  1, r2  3, 高为 h  4 ，
可求得母线长为l 

 2.

r  r h

2
2
21
3 12  42
5
5
则 S圆台侧  πr1  r2 l  4π 2 8 5π .
故选：D.
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E 为 DD1 的中点，则异面直线 AE 与 BD1 所成角的余弦值为（）
5
5
15
5
3
3
10
5
【答案】B
【解析】
【分析】取CC1 的中点 F ，连接 BF , D1F ，设正方体 ABCD  A1B1C1D1 棱长为 a ，则D1BF 为异面直线 AE 与 BD1 所成角或其补角，利用余弦定理求解.
【详解】
取CC1 的中点 F ，连接 BF , D1F ，设正方体 ABCD  A1B1C1D1 棱长为 a ，因为 AB  EF , AB//EF ，所以四边形 ABFE 为平行四边形，
所以 BF //AE ，则D1BF 为异面直线 AE 与 BD1 所成角或其补角，
a2  1 a2
4
由 BD 3a, D F  BF 
5 a,
11
222
2
3a2  5 a2  5 a2
所以cs D BF  D1B  BF  D1F 44 15 .
5
1
故选：B
2D1B  BF
2 3a a5
2
在V ABC 中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，若 a  b 
c  b
sin C
sinA  sinB
，则 A＝（）
ππ
A.B.
63
2π
C.D.
3
π2π
或
33
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理化角为边，结合余弦定理可得答案.
【详解】因为
a  b c  b
sin C
sinA  sinB
，由正弦定理得
a  b c
c  ba  b
，整理得b2  c2  a2  bc ，
b2  c2  a2bc1
由余弦定理得cs A  ，
2bc
又因为 A 0, π ，所以 A  π ．
3
2bc2
故选：B．
f x  π π π
33
已知函数  
3sin  x    cs  x   ，若将曲线 y 

f 2x 向左平移个单位长度后，再向
12
上平移1个单位长度得到曲线 y  g  x ，若关于 x 的方程 g  x  m 在0, 7π  有两个不相等实根，则实数m
12 
的取值范围是（ ）
0, 3
【答案】C
0, 3
2,3
1, 3
2

【解析】
【分析】先对 f  x 进行化简，再根据三角函数的平移规律得到 g  x 的表达式，结合函数图象分析
g  x  m 在0, 7π  上有两个不相等实根时m 的取值范围.
12 
f x  
π 
π 
ππ 
【详解】  3sin  x  3   cs  x  3   2 sin  x     2 cs x
36 
则 f 2x  2 cs 2x
π 
π 
π 
将 y 
f 2x 向左平移个单位，得：
12
2 cs 2  x  12   2 cs  2x  6 
 
再向上平移1个单位，得 g  x  2 cs  2x  π  1
6 

当 x  0, 7π  时， 令t  2x  π ，则t   π , 4π 
12 
6 63 
方程 g  x  m 即cs t  1 m
2

作出函数 y  cs t 在t   π , 4π  的图象：
 63 
要使cs t  1 m 有两个解，结合图象可知1 m ( 1,  1 ] ，解得2  m  3 ，
222
因此，当 m 2, 3 时， g  x  m 有两个不等实根.
故选：C.
二.多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，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.
→
已知向量 a  2, 1, b  1, t  ，其中t  R ，则下列说法正确的是（ ）
a ⊥b
若 →，则t 的值为 2
若 →，则t 的值为 1
a / /b2
若 a 与b 的夹角为锐角，则t , 2
若t  1，则 a 与b 的夹角的余弦值为 10
10
【答案】ABD
【解析】
【分析】由向量的坐标运算可逐项判断.
a ⊥b
【详解】对于 A， →
，则 a  b  2  t  0  t  2 ，故 A 正确；
对于 B，若 →，则2t  11  0  t   1 ，故 B 正确；
a / /b2
对于 C， a 与b 的夹角为锐角，所以 a  b  2  t  0  t  2 ，
1
又t   时， a 与b 的夹角为 0，
2
所以 a 与b 的夹角为锐角， t  ∞,  1    1 , 2  ，故 C 错误；
2 2

→
→ →a  b2 110
a b
→ →
5  2
对于 D， t  1， b  1,1 ， cs a, b  10 ，故 D 正确；
故选：ABD.
21 502
已知一组样本数据 x1, x2 ,L, x50 的方差 s
 xi  2
50
i1
，则（ ）
这组样本数据的平均数为 2
数据3x1  1, 3x2  1,, 3x50  1 的方差为9s2
若 x1, x2 ,L , x25 的平均数为 1，方差为 10， x26 , x27 ,L, x50 的平均数为 3，方差为 6，则 x1, x2 ,L, x50 的
方差为 9
现构造新的样本数据 x1  x2 , x2  x3 ,L , x49  x50 , x50  x1 ，则该组样本数据的方差大于原样本数据的
方差
【答案】ABC
【解析】
2222
【分析】根据方差意义可求平均数，即可对 A 判断；由方差的性质可对 B 判断；根据分层的方差再结合总
体方差的求法即可对 C 判断；利用方差变形公式 s2
1 i1 2 i
 n  x  x
n
2
求出新的方差
1  x  x 2
 x  x 2
 x  x 2
 x  x 2 212
1
s2 
50 
12
2
  
23
2
 L 
4950
2
  
501
2
  x
 x2  x2  x2  x2 L x2  x2   x
50 12344950
 s2 ，即可对 D

 

判断.
【详解】A：由题知根据方差的求解公式
s2  1 x  x2  x  x2  x  x2 L x  x2   1 n x  x2 ，可得 x  2 ，故 A 正确；
i
n 123
n
n i1
B：由数据 x1, x2 ,L, x50 的方差为 s2 ，根据方差的性质可得数据3x1  1, 3x2  1,, 3x50  1 的方差为9s2 ，
故 B 正确；
C：由 A 知总体平均数为 x  2 ，若 x1, x2 ,L , x25 的平均数为 1，方差为 10， x26 , x27 ,L, x50 的平均数为
3，方差为 6，
则由公式 s2  m s2  x  x2   l s2  x  x2  ，可得
m  l  mmm  l  ll
s2  25 10  1 22   25 6  3  22   9 ，故 C 正确；
50 
50 
x1  x2  x2  x3 L x49  x50  x50  x1
D：原数据的平均数为 x ，设新数据的平均数为 y  2222  x ，并设
50
1
新数据的方差为 s2 ，
则由方差公式 s2
1 i1 22
 n  x  x
i可得
n
1  x  x 2
 x  x 2
 x x2
 x  x
2 2
1
s2 
50 
12
2
  
23
2
 L 
4950
2
  
501
2
  x

 
1  x2  2x x
 x2
x2  2x x
 x2
x2  2x x
 x2
x2  2x x
 x2 2
 11 22  22 33 L 4949 5050  11 5050   x
50 4444
 2x2  2x2
2x2  2x2
2x2  2x2
2x2  2x2 
21  x2  x2
x2  x2
x2  x2
x2  x2 2
 1  12  23 L 4950  150   x   12  23 L 4950  150   x
50 4444
50 2222
 1  x2  x2  x2  x2 L x2  x2   x2  s2 ，故 D 错误；
5012344950
故选：ABC.
已知正方体 ABCD  A1B1C1D1 的棱长为 4， P ， Q 分别是棱 BB1 ， DD1 上的点（不包括端点），且
BP  DQ ，则下列说法正确的是（ ）
正方体 ABCD  A1B1C1D1 的外接球的表面积为192π
若平面 APQ 与平面 ABCD 的交线为l ，则 PQ / /l
若平面 APQ 与平面 ABCD 所成的二面角为θ， aAPQ 的面积为S ，则 csθ  8
S
6
若 BP  PB1 ，则平面 APQ 截正方体 ABCD  A1B1C1D1 所得截面的面积为8
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于 A，根据正方体 ABCD  A1B1C1D1 的体对角线长即外接球的直径计算即可排除；对于 B，先证 PQ / / 平面 ABCD ，再由线面平行的性质易得结论；对于 C，取 BD 的中点 M ， PQ 的中点 N ，由
PQ / /l / / BD 得到 AN  l ， AM  l ，即得∠MAN 即为平面 APQ 与平面 ABCD 所成二面角的平面
角，计算即可判断；对于 D，连接C1P ， C1Q ，证明四边形C1QAP 为菱形，且为平面 APQ 截正方体所
得的截面，即可计算判断.
3
【详解】正方体 ABCD  A B C D 的外接球的半径 R  AC1  2，∴正方体 ABCD  A B C D 的外接
1 1 1 1
球的表面积为4πR2  4π2 3 2  48π ，故 A 错误；
2
1 1 1 1
在正方体 ABCD  A1B1C1D1 中，∵ BP  DQ ， BP / / DQ ，
∴四边形 BPQD 为平行四边形，∴ PQ / / BD .
又因 PQ  平面 ABCD ， BD  平面 ABCD ，∴ PQ / / 平面 ABCD .
因 PQ  平面 APQ ，平面 APQ ∩ 平面 ABCD  l ，∴ PQ / /l ，故 B 正确；
取 BD 的中点 M ， PQ 的中点 N ，连接 AM , AN , MN ，易得 AP  AQ, AB  AD ，∴ AN  PQ ，
AM  BD .
又 PQ / /l / / BD ，∴ AN  l ， AM  l ，∴∠MAN 即为平面 APQ 与平面 ABCD 所成二面角的平面角.
∵ M , N 分别为 BD, PQ 的中点，∴ MN / / BP ，则有 MN  平面 ABCD .
2
AM  1 PQ2 2  1  4
又 AM  平面 ABCD ，∴ MN  AM ，∴ csθ  AM 22 8 ，故 C 正
ANAN  1 PQSS
2
确；
连接C1P ， C1Q .∵ BP  PB1 ， P, Q 分别是棱 BB1, DD1 的中点，
5
∴ C1P  C1Q  AP  AQ  2.易得△APQ 与aC1PQ 全等，
故C1PQ  AQP ， C1QP  APQ ，∴ C1P / / AQ ， C1Q / / AP ，
∴四边形C1QAP 为菱形，且为平面 APQ 截正方体 ABCD  A1B1C1D1 所得的截面，
3
故截面面积为 1  PQ  AC  1  4 2  4 8 6 ，故 D 正确.
212
故选：BCD.
r
三.填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知向量 a  2, 0 ， b  2, 2 ，则 a 在b 上的投影向量的坐标为.
【答案】1,1
【解析】
【分析】根据投影向量公式直接计算即可.
r→ →→
22  22
2
→→→
【详解】因为 a  2, 0 ， b  2, 2 ，所以 a  b  2  2  0  2  4, b
a  b  b  4 b  1 2, 2  1,1

 2，
82
所以 a 在b 上的投影向量为 → 2.
b
故答案为： 1,1
已知函数 f  x  sin ωx  πω 0 在区间0, 2π 上单调递增，则ω的取值范围为.
6 
3 

【答案】 0, 1 
2 

【解析】
【分析】根据正弦型函数的单调性即可求解.
【详解】m x  0, 2π  ,t  ωx  π   π , 2ωπ  π  ，
3 
6 636 
又函数 y  sin t 在 π , π  单调递增，

 2ωπ  π  π
2 2 
1

所以
362 ，解得0  ω≤ .
2
ω 0
故答案为：  0, 1  .
2 

在锐角V ABC 中，角A ， B ， C 的对边分别为 a ， b ， c ，且 a2  2ab cs C  b  c2 ， b  sin B ，则V ABC 的中线 BD 的最大值为.
【答案】 9 2 ## 92
1616
【解析】
【 分 析 】 根 据 题 意 可 得 B  C ， a  sin A, c  sin C ， 利 用 向 量 的模 长 公 式 可 求
–––→21 
1 2
81 
28
BD   cs 2B  

 ，根据二次型函数求最值即可
64 
【详解】
a2  2ab cs C  a2
 2ab
a2  b2  c2
2ab
 c2  b2
 b  c2
 b2  c2
 2bc ，
即2b2  2bc  b  c ，即 B  C ，又b  sin B ，所以 a  sin A, c  sin C ，
–––→1
又V ABC 的中线 BD ，所以 BD 
2
–––→–––→

BA  BC ，
–––→21
BD 
–––→–––→

BA  BC
2  1
c2  a2
 2ac cs B
44
4
 1 sin2 B  sin2 π  2B  2 sin π  2Bsin B cs B
 1  1 cs 2B  2 sin2 2B   1 4 cs2 2B  cs 2B  5
4 28

1 
1 2
81 
28
  cs 2B    ，
64 
又V ABC 为锐角三角形，所以2B  π , π  ， cs 2B 1, 0 ，
 2
BD
即cs 2B   1 时， –––→
8
故答案为： 9 2
16

9 2
.
max16
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.
随机抽取 100 名学生，测得他们的身高（单位： cm），按照区间[160，165），[165，170），[170，175）， [175，180），[180，185]分组，得到样本身高的频率分布直方图如图所示.
求频率分布直方图中 x 的值及身高在 170 cm 及以上的学生人数；
将身高在[170，175），[175，180），[180，185]区间内的学生依次记为 A，B，C 三个组，用分层随机抽样的方法从这三个组中抽取 6 人，求这三个组分别抽取的学生人数.
【答案】（1）x＝0.06，60
（2）A 组 3 人；B 组 2 人；C 组 1 人
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有小矩形面积之和为 1 求解 x；求出身高在 170cm 及以上的频率，利用频数=样本容量×频率可得.
（2）根据分层抽样的相关运算进行求解即可.
【小问 1 详解】
由频率分布直方图可知 5×（0.07＋x＋0.04＋0.02＋0.01）＝1，解得 x＝0.06，
身高在 170 cm 及以上的学生人数为 100×5×（0.06＋0.04＋0.02）＝60.
【小问 2 详解】
A 组人数为 100×5×0.06＝30，B 组人数为 100×5×0.04＝20，C 组人数为 100×5×0.02＝10，
由题意可知 A 组抽取人数为 30×
6
6
30  20 10
＝3，B 组抽取人数为 20×
6
30  20 10
＝2，C 组抽取人数为
10×＝1，
30  20 10
故 A，B，C 三个组分别抽取的学生人数为 3，2，1.
已知函数 f  x  2csωx θω 0, θ  π  的部分图像如图所示，
2 

求 f  x 解析式；
求函数 g  x  f  x  f  x  π   4sinxcsx 的最大值.
6 

【答案】（1） f  x  2cs 2x  π 
6 

（2） 4
【解析】
【分析】（1）由图可知T  π ，根据ω 2π 即可求解ω的值.再结合函数图象过 7π , 2  和θ的范围即可
T 12

求解 f  x 解析式；
（2）由（1）知 f  x  2cs 2x  π  ，根据二倍角公式及两角和差的余弦公式、辅助角公式化简可得
6 

g(x)  4 sin  2x  π  ，即可求解.
3 

【小问 1 详解】
由图可知 T  13π  7π  π ，∴ T  π ，∴ω 2π  2π  2 ，∴ f  x  2cs2x θ .
212122Tπ
f  7π  
7π 7π
 7π
又  12 2cs 2  12 θ  2cs  6 θ  2 ，∴ cs 6 θ  1，∴

7π θ π  2kπ, k  Z ，∴θ  π  2kπ, k  Z .
66
ππf x 
π 
又θ  ，∴ k  0 ，θ  ，∴  
26
2cs 2x   .
6

【小问 2 详解】
由（1）知 f  x  2cs 2x  π  ，∴
6 

f x π π  π π 
g  x  fx   4sinxcsx  2cs 2x   2cs 2 x    2 sin 2x
6 6  6 6 
 
 2 
3 cs2x  1 sin2x  
 π   2 sin 2x  2 
3 cs2x  1 sin2x   2 
3 cs2x  1 sin2x   2 sin 2x
 22
 2cs  2x6 
 22
 22


 2 3cs2x  2 sin 2x  4 
3 cs2x  1 sin 2x  
 π 
 22
 4 sin  2x
3  .

∴当2x  π  π  2kπ, k  Z ，即 x  π
3212
 kπ, k  Z时，函数 g  x  的最大值，最大值为4 .
我国古代数学名著《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”.在如图所示的“堑堵”中， CA  CB  CC1  2 .
求证：平面 BCC1B1  ACC1A1
求二面角C1  AB  C 的正切值.
【答案】（1）证明见详解；
2
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据“堑堵”定义可得CA  CB ，然后利用线面垂直判定定理证明 BC  平面 ACC1A1 ，再由面面垂直判定定理可证；
（2）记 AB 的中点为 E ，证明CEC1 为二面角C1  AB  C 的平面角，然后可得.
【小问 1 详解】
因为CA  CB ，且V ABC 为直角三角形，所以CA  CB ，
由直三棱柱定义可知， CC1  平面 ABC ，因为 BC  平面 ABC ，所以CC1  BC ，又因为CA  CC1  C ， CA  平面 ACC1 A1 ， CC1  平面 ACC1 A1 ，
所以 BC  平面 ACC1A1 ，
因为 BC  平面 BCC1B1 ，所以 BCC1B1  ACC1A1 .
【小问 2 详解】
因为CC1  平面 ABC ，因为 AC, BC  平面 ABC ，所以CC1  BC ， CC1⊥AC ，
2
因为CA  CB  CC1  2 ，所以 AC1  BC1  2，记 AB 的中点为 E ，则CE  AB, C1E  AB ，
所以CEC1 为二面角C1  AB  C 的平面角，
因为CC1  平面 ABC ，因为 EC  平面 ABC ，所以CC1  EC ，
1
BC 2  AC 2
因为CE  1 AB 
2
2
22
 2 2 ，
所以tan CEC1
 CC1 
2
CE
，即二面角C1
2
 AB  C 的正切值为.
如图，平面内四点A ， B ， C ， P ，满足BAC  π ， BC  1 ， BP  BC .
2
3
（1）若 AC  1 ， BP ，
2
求aABP 的面积；
求 PA ；
（2）若 APB  π ， BP 
6
【答案】（1）（i） 3 3 （ii） 3
3 1 ，求∠PAB .
2
82
3π
（2）
4
【解析】
【分析】（1）（i）在直角V ABC 中，可求 AB 3 ， ABC  π ，再得到 ABP  π ，利用三角形面积公
263
式即可求解；（ii）根据余弦定理可解；
π 1
32
（2）设ABC θ，利用正弦定理及三角恒等变换化简可得sin  2θ    ，即可求解.

【小问 1 详解】
（i）m AC  1 ， BC  1 ， BAC  π ， AB 3 ，sin ABC  1
2222
3
ABC  π ，又 BP  BC ，所以ABP  π ， BP ，
6
 S 1 AB  AP sin ABP  1 
3
3  3 
3  3 3 .
a ABP
22228
（ii） PA2  BA2  BP2  2BA  BP cs ABP  3  3  2 3  3  1  9 ，
4224
所以 PA  3 .
2
【小问 2 详解】
mAPB  π ，设ABC θ，则ABP  π θ, AB  csθ,
6
在aABP 中，由正弦定理可得AB
2
PB
，即 csθ
3 1
 26 
2，
sin APB
 2π3 1
sin PAB
1sin  π θ π 
2
所以csθsin  3 θ 4，即

θ
csθsin  2π θ  cs

3
csθ 1 sin

3
3
cs 2θ1  1 sin 2θ1 ,
 3
 22
θ 
444

131
π 1
π 1
所以 sin 2θ
4
4 cs 2θ 2 sin  2θ 3    4 ,即sin  2θ 3    2 ，

因为θ  0, π  ，所以2θ π  π , 4π  , 2θ π  7π ，所以θ 5 π ，
2 
3 33 3612

PAB  π  π   π  5π   3π .

6 212 4
如图， 在三棱锥 P  ABC 中， AB  BC ， AB  2 ， BC  2 2 ， PB  PC 6 ， BP ， AP ，
BC ， AC 的中点分别为 D ， E ， O ， F ， AD 
5OD ，
证明： EF / / 平面 ADO ；
证明： AO  平面 BEF ，并求 AB 与平面 BEF 所成的角的正弦值；
若POF  120 ，求三棱锥 P  ABC 的体积.
【答案】（1）证明见详解
证明见详解； 6
3
2 6
3
【解析】
【分析】（1）根据重心的性质可证 EF / / MN ，再利用线面平行的判定即可证明；
根据边长，利用勾股定理可证 AO  BM ， AO  MN ，根据线面垂直的判定即可证 AO  平面
BEF ，由线面角的定义可知ABM 就是 AB 与平面 BEF 所成的角，接着求正弦值即可；
过 P 作 PH  OF 交OF 延长线于 H ，先证 BC  平面 POF ，再证 PH  平面 ABC ，即 PH 为三棱锥 P  ABC 的高，根据锥体体积公式计算即可.
【小问 1 详解】
证明：设 AO, BF 相交于点 M ， AD, BE 相交于点 N ，
BP ， AP ， BC ， AC 的中点分别为 D ， E ， O ， F ，所以 M , N 分别为aABC,aABP 的重心，
BMBN
所以 2 ， EF / / MN ，同理可得 DO / /MN ，
MFNE
又 MN  平面 ADO ， EF  平面 ADO ，所以 EF / / 平面 ADO .
【小问 2 详解】
证明：由（1）知 M , N 分别为aABC,aABP 的重心，
在V ABC 中， AB  2 ， BC  2 2 ，所以 AM  2 AO  24  2  2 6 ，
333
3
AC  2 3, cs A  AB 3 ， BF  1 AC ，
AC32
BM  2 BF  2 3 ， BM 2  AM 2  AB2 ，即 AM  BM ， AO  BM
33
在△ADO 中， AO 
6, DO  1 PC 6 , AD 5OD 30 ，
222
 AO2  OD2  AD2 ，即 AO  OD ，又 DO / /MN ，所以 AO  MN ，又 MN ∩ BM  M .MN , BM  平面 BEF ，
所以 AO  平面 BEF ，
即 AM  平面 BEF ，所以ABM 就是 AB 与平面 BEF 所成的角，
2 6
sin ABM  AM 36 ，
AB23
即 AB 与平面 BEF 所成的角的正弦值 6 .
3
【小问 3 详解】
过 P 作 PH  OF 交OF 延长线于 H ，
m PB  PC，O 是 BC 中点， PO  BC ， PO 
PB2  BO2

 2 ，
6  2
又O, F 是 BC, AC 中点，所以OF / / AB ，又 AB  BC ，所以OF  BC ，
又 PO ∩ OF  O, PO, OF  平面 POF ，所以 BC  平面 POF ，
又 PH  平面 POF ，所以 BC  PH ，
又 PH  OF ， BC ∩ OF  O, BC, OF  平面 ABC ， 所以 PH  平面 ABC ，即 PH 为三棱锥 P  ABC 的高，
mPOF  120，POH  60, PH  PO sin POH  2 3 3 ，
2
3
V 1 SPH  1  1  2  2 2  2 6 .
P ABC
3 a ABC

323