高一下學期期末數學試卷兩套匯編四附全答案解析-資料下載頁

　　

【正文】 ﹣AB﹣C的平面角度數是　60176。　．【考點】二面角的平面角及求法．【分析】取AB的中點為D，連接VD，CD，則∠VDC是二面角V﹣AB﹣C的平面角，從而可得結論．【解答】解：取AB的中點為D，連接VD，CD．∵VA=VB，∴AB⊥VD；同理AB⊥CD．所以∠VDC是二面角V﹣AB﹣C的平面角．由題設可知VD=CD=1，即∠VDC=60176。．故二面角V﹣AB﹣C的大小為60176。．故答案為：60176。．　15．已知m＞0，n＞0且滿足2m+3n=2，則+的最小值是　2+　．【考點】基本不等式．【分析】變形利用基本不等式的性質即可得出．【解答】解：∵m＞0，n＞0且滿足2m+3n=2，∴+=（+）（2m+3n）=（4++）≥（4+2）=2+，當且僅當=時取等號．∴+的最小值是2+．故答案為：2+．　16．已知三棱錐A﹣BCD中，AC=BD=BC=AD=，AB=DC=，則該三棱錐外接球的體積為　π　．【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積．【分析】由三棱錐的對邊相等可得三棱錐A﹣BCD為某一長方體的對角線組成的三棱錐，求出長方體的棱長即可得出外接球的半徑，從而計算出外接球的體積．【解答】解：∵AC=BD=BC=AD=，AB=DC=，∴三棱錐A﹣BCD可看做對角線分別為，的長方體的對角線所組成的三棱錐，設長方體的棱長為a，b，c，則，解得．∴長方體的體對角線長為=，即三棱錐的外接球的直徑為，∴外接球的半徑為r=．∴外接球的體積V===π．故答案為：．　三、解答題：本大題共6小題，共70分。解答寫出文字說明、證明或驗算步驟17．已知直線l1：2x﹣y+1=0，l2：ax+4y﹣2=0．（Ⅰ）若l1⊥l2，求a的值；（Ⅱ）若l1∥l2，求a的值，并求出l1與l2間的距離．【考點】直線的一般式方程與直線的垂直關系；直線的一般式方程與直線的平行關系．【分析】（Ⅰ）利用直線垂直的性質求解；（Ⅱ）利用直線平行的性質求解即可．【解答】解：（Ⅰ）直線l1：2x﹣y+1=0，l2：ax+4y﹣2=0，若l1⊥l2，則2a﹣4=0，解得：a=2；（Ⅱ）若l1∥l2，則=≠，解得：a=﹣8，∴l2：2x﹣y+=0，∴d==．　18．如圖，已知平面APD⊥平面ABCD，AB∥CD，CD=AD=AP=4，AB=2，AD⊥AP，CB=2．（Ⅰ）求證：CD⊥AP；（Ⅱ）求三棱錐B﹣APC的體積．【考點】棱柱、棱錐、棱臺的體積；空間中直線與直線之間的位置關系．【分析】（1）由面面垂直的性質得出AP⊥平面ABCD，于是AP⊥CD；（2）取CD中點E，連接BE，由勾股定理得出BE⊥CD，從而得出△ABC的面積，故而VB﹣APC=VP﹣ABC=．【解答】證明：（1）∵AD⊥AP，平面APD⊥平面ABCD，平面APD∩平面ABCD=AD，AP?平面APD，∴AP⊥平面ABCD，又CD?平面ABCD，∴CD⊥AP．（2）取CD中點E，連接BE，∵AB∥CD，AB=2，DE=CD=2，∴四邊形ABED是平行四邊形，∴BE∥AD，BE=AD．∵AD=4，CE=，BC=2，∴BC2=CE2+BE2，∴BE⊥CE．∴BE⊥AB．∴S△ABC===4，∴VB﹣APC=VP﹣ABC===．　19．已知銳角△ABC的內角分別為A，B，C，其對邊分別為a，b，c，向量=（2sinB，﹣），=（cos2B，cosB），且∥．（Ⅰ）求角B的大小；（Ⅱ）若b=，求△ABC的周長的最大值．【考點】正弦定理；三角函數中的恒等變換應用．【分析】（Ⅰ）根據向量平行列出方程，使用三角函數公式化簡可求得2sin（2B+）=0，結合B的范圍得出B的值；（Ⅱ）利用正弦定理求出a=2sinA，c=2sinC，利用三角函數恒等變換的應用可得△ABC的周長L=2sin（A+）+，利用正弦函數的性質即可得解其最大值．【解答】解：（Ⅰ）∵=（2sinB，﹣），=（cos2B，cosB），且∥．∴2sinBcosB+cos2B=0即sin2B+cos2B=0，∴2sin（2B+）=0…4分∵角B為銳角，2B+∈（，），可得：2B+=π，∴B=…6分（Ⅱ）由正弦定理可得：，∴a=2sinA，c=2sinC，∴△ABC的周長L=a+c+=2sinA+2sinC+=2sinA+2sin（A+）+=2sin（A+）+，…10分∴當A=時，三角形周長最大，最大值為3…12分　20．如圖，直三棱柱ABC﹣A1B1C1的各條棱長均為4，D是側棱CC1的中點．（Ⅰ）在線段AB1上是否存在一點M，使得DM∥平面ABC，若存在，求出AM的長．若不存在，請說明理由；（Ⅱ）求AB1與平面ACC1A1所成角的正弦值．【考點】直線與平面所成的角；直線與平面平行的性質．【分析】（Ⅰ）取AB，AB1的中點分別為N，M，連接NM，NC，證明四邊形NMDC是平行四邊形，即可；（Ⅱ）根據線面角的定義作出直線和平面所成角的平面角，根據三角形的邊角關系進行求解即可．【解答】解：（Ⅰ）在線段AB1上存在一點M，使得DM∥平面ABC，如圖，取AB，AB1的中點分別為N，M，連接NM，NC，則NM∥BB1∥DC．且NM=BB1=DC，∴四邊形NMDC是平行四邊形，∴MD∥NC，∵NC?平面ABC，MD?平面ABC，∴DM∥平面ABC，此時AM=AB1=2，（Ⅱ）取A1C1的中點E，連接B1E，∴B1E⊥A1C1，∵AA1⊥平面A1B1C1，∴AA1⊥B1E，又AA1∩A1C1=A1，∴B1E⊥平面ACC1A1，連接AE，則AE是AB1在平面ACC1A1內的射影，∴∠B1AE是AB1與平面ACC1A1所成的角，在直角三角形B1AE中，B1E=2，AB1=4，則sin∠B1AE==，即AB1與平面ACC1A1所成角的正弦值．　21．已知數列{an}滿足an+1=3an+1，n∈N*，a1=1，bn=an+．（Ⅰ）證明{bn}是等比數列，并求{bn}的通項公式；（Ⅱ）若=2n，求數列{?bn}的前n項和Sn．【考點】數列的求和；等比數列的通項公式．【分析】（Ⅰ）an+1=3an+1，兩邊同時加上，an+1+=3（an+），即可bn+1=3bn，數列{bn}是等比數列，求得b1，根據等比數列通項公式求得bn；（Ⅱ）求出數列{}的通項公式，利用錯位相減法進行求和即可．【解答】解：（Ⅰ）證明：∵an+1=3an+1，∴an+1+=3an+1+=3（an+），∴bn+1=3bn，b1=a1+=．{bn}是以為首項，以3為公比的等比數列，{bn}的通項公式bn=3n﹣1=，（Ⅱ）?bn=2n=n?3n，數列{?bn}的前n項和Sn，Sn=13+232+333+…+n?3n，3Sn=132+233++334…+n?3n+1，兩式相減得：﹣2Sn=13+32+33+…+3n﹣n?3n+1，=﹣n?3n+1，=，∴Sn=．　22．已知A（﹣1，0），B（1，0），圓C：x2﹣2kx+y2+2y﹣3k2+15=0．（Ⅰ）若過B點至少能作一條直線與圓C相切，求k的取值范圍．（Ⅱ）當k=時，圓C上存在兩點P1，P2滿足∠APiB=90176。（i=1，2），求|P1P2|的長．【考點】直線與圓的位置關系．【分析】（Ⅰ）將圓的一般式方程化為標準式，求出圓心坐標和半徑，由題意和點與圓的位置關系列出不等式組，求出k的取值范圍；（Ⅱ）由題意和圓的性質判斷出PP2在以AB為直徑的圓上，將k=代入求出圓C的方程，求出在以AB為直徑的圓的方程，兩圓的方程相減求出公共弦P1P2的方程，由點到直線的距離公式求出O到直線P1P2的距離，由弦長公式求出|P1P2|的值．【解答】解：（Ⅰ）圓C的標準方程是（x﹣k）2+（y+1）2=4k2﹣14，∵過B（1，0）點至少能作一條直線與圓C相切，∴B點在圓C外或在圓周上，則，解得或；（Ⅱ）∵∠APiB=90176。（i=1，2），∴P1，P2在以AB為直徑的圓上，∵P1，P2在圓C上，∴P1P2是兩圓的公共弦，當k=時，圓C的方程為：，即，以AB為直徑的圓的方程是：x2+y2=1，兩圓方程相減得，公共弦所在的直線方程為，∴O到直線P1P2的距離d==，∴|P1P2|=2=2=．　第33頁（共33頁）