福建厦门2024年高一下学期7月期末质检数学试题+答案（解析版）

厦门市2023—2024学年第二学期高一期末质量检测数学试题满分：150分考试时间：120分钟考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上．考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名”与考生本人准考证号、姓名是否一致．2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．3．考试结束后，将答题卡交回．一、单选题：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．(1i−=+)z13i1.若，则z=（）A.2i+B.2+2iC.12i+D.−+12i【答案】D【解析】【分析】利用复数的四则运算求解出复数即可.【详解】因为(1i−=+)z13i，2(13i)(1i)++13ii3i+++4i2−所以z====2i−=1−+12i，故D正确.2(1i)(1i)−+1i−2故选：D2.为了解某校高一年级学生体育锻炼情况，用比例分配的分层随机抽样方法抽取50人作为样本，其中男生20人.已知该校高一年级女生240人，则高一年级学生总数为（）A.600B.480C.400D.360【答案】C【解析】【分析】用分层抽样的概念，和样本估计总体的思想解题即可.【详解】抽取50人作为样本，其中男生20人.则女生30人.则男女比例为：2:3．该校高一年级女生240人，则男生160人.高一年级学生总数为400人.第1页/共24页,故选：C．3.在梯形ABCD中ABCD//，AB⊥AD，AB=222AD=CD=，以AD所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周形成的面所围成的几何体的体积为（）5π7πA.B.C.5πD.7π33【答案】B【解析】【分析】由已知可得AD为直角梯形的直角边，则绕AD旋转可得几何体为圆台，进而可得圆台体积.【详解】已知可得AD为直角梯形的直角边，则绕AD旋转可得几何体为圆台，可知圆台上底面半径为CD=1，下底面半径AB=2，高h=AD=1，π22π7π所以体积V=(CD+AB+CDAB⋅)⋅AD=(1421++×=)，333故选：B.4.甲､乙两人参加某项活动，甲获奖的概率为0.5，乙获奖的概率为0.4，甲､乙两人同时获奖的概率为0.2，则甲､乙两人恰有一人获奖的概率为（）A.0.3B.0.5C.0.7D.0.9【答案】B【解析】【分析】根据两人恰有一人获奖，可分类讨论，即可求得概率.【详解】设甲获奖为事件A，乙获奖为事件B，所以PA()=0.5，PB()=0.4，PAB()=0.2，因为PAPB()()=0.2=PAB()，所以事件A与事件B相互独立，根据题意，甲､乙两人恰有一人获奖的概率为PPAPBPAPB=()()+()()=×+×=+=0.50.60.50.40.30.20.5，故选：B.5.如图，甲在M处观测到河对岸的某建筑物在北偏东15方向，顶部P的仰角为30，往正东方向前进150m到达N处，测得该建筑物在北偏西45方向.底部Q和MN,在同一水平面内，则该建筑物的高PQ为（）第2页/共24页,A.502mB.503mC.1502mD.1506m【答案】A【解析】【分析】分析题意结合正弦定理得到MQ=506，再由题意得到PQ⊥面MNQ，利用线面垂直的性质得到PQ⊥MQ，最后利用锐角三角函数的定义求解即可.【详解】由题意得∠=MNQ45，∠=QMN75，PMQ30，MN=150，在△MQN中，由三角形内角和定理得∠=MQN60，150MQ=由正弦定理得32，解得MQ=506，由题意得PQ⊥面MNQ，223PQ所以PQ⊥MQ，在△MQP中，由锐角三角函数定义得=，3506解得PQ=502，故A正确.故选：A6.已知αβγ,,是三个不重合的平面，αβ∩=mn,αγ∩=，则（）A.若m//n，则β//γB.若mn⊥，则βγ⊥C.若αβαγ⊥⊥,，则m//nD.若αγβγ⊥⊥,，则mn⊥【答案】D【解析】【分析】构造长方体模型，通过举反例可以判断A、B、C是错误的，在利用排除法即可得到正确答案.第3页/共24页,【详解】如图，构造长方体模型，对于A，设平面ADDA′′为平面α，平面ABCD为平面β，平面A′BCD′为平面γ，则直线AD为m，直线AD′′为n，易知，此时m//n，但βγ=BC，故A错误；对于B，设平面ADDA′′为平面α，平面ABCD′′为平面β，平面DBBD′为平面γ，则直线AD为m，直线DD′为n，易知，此时m⊥n，但平面ABCD′′与平面DBBD′不垂直，故B错误；对于C，设平面ADDA′′为平面α，平面ABCD为平面β，平面DCCD′′为平面γ，则直线AD为m，直线DD′为n，此时m⊥n，故C错误；因为αγβγαβ⊥,,⊥∩=m，所以m⊥γ，又n⊂γ，所以mn⊥，D正确；故选：D.7.若zz=−=−3iz，则z=（）A.1B.2C.3D.2【答案】A【解析】【分析】设zxyxy=+i,，∈R，结合条件求出xy,，再求模即可．【详解】设zxyxy=+i,，∈R，则z−=−+3x3yzi，−=+−ixy(1)i,2222xy+=−+(x3)y又zz=−=−3iz，则，2222xyxy+=+−(1)3x=2223131解得，即z=+i，故z=+=1.12222y=2第4页/共24页,故选：A.π8.向量eea12,,满足ee12⋅=0，ee1==−−=21,aeae1,2，则a的最大值为（）326+6A.2B.C.2+D.622【答案】B【解析】π【分析】令OE11=e，OE22=e，OA=a，则由已知条件可得EE12=2，∠EAE12=，利用正弦定3理求出EAE12外接圆的半径，再结合图形可求得结果.【详解】令OE=e，OE=e，OA=a，1122则a−e=−=OAOEEA,a−=−=eOAOEEA，111222因为ee12⋅=0，ee12==1，所以EE12=2．ππ因为aeae−−=,，所以∠EAE=．121233EE2612rEC====E，A，E的圆C的半径1所以过122sin∠EAE1233，2×212连接OC交EE12于点D，连接CE1，则OD=DE1=EE12=，222262622CD=−=ECED−=，1132626所以OC=+，2626+所以OA的最大值为OC+=r，2故选：B第5页/共24页,【点睛】关键点点睛：此题考查向量的加减法运算，考查求向量的模，解题的关键是令OE=e，11OE=e，OA=a，然后根据已知条件画出图形，结合图形求解，考查数形结合思想和计算能力，属于22较难题.二、多选题：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，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.某学校开展消防安全知识培训，对甲､乙两班学员进行消防安全知识测试，绘制测试成绩的频率分布直方图，如图所示：（）A.甲班成绩的平均数<甲班成绩的中位数B.乙班成绩的平均数<乙班成绩的中位数C.甲班成绩的平均数<乙班成绩的平均数D.乙班成绩的中位数<甲班成绩的中位数【答案】BC【解析】【分析】根据甲、乙两班的频率分布直方图直接求出甲、乙两班的平均数、中位数即可得解.【详解】对于A，由甲班频率分布直方图可得甲班成绩的平均数为x=甲第6页/共24页,(0.01667.50.06472.50.0477.50.03282.50.024×+×+×+×+×+×+××87.50.01692.50.00897.5)5=79.1，甲班成绩分在[65,75)内频率之和为(0.0160.064+)×=<50.40.5，成绩分在[65,80)内频率之和为(0.0160.0640.04++)×=>50.60.5，0.50.4−所以甲班成绩的中位数为75+×<5=77.579.1，故A错误；0.045×对于B，由乙班频率分布直方图可得乙班成绩的平均数为x乙=(0.01697.50.06492.50.0487.50.03282.50.024×+×+×+×+×+×+××77.50.01672.50.00867.5)5=85.9，乙班成绩分在[65,85)内频率之和为(0.008+0.0160.024+0.032+)×=<50.40.5，成绩分在[65,90)内频率之和为(0.008+0.0160.024+0.032+0.04+)×=>50.60.5，0.50.4−所以乙班成绩的中位数为85+×>5=87.585.9，故B正确；0.045×对于C，由A、B可知甲班平均数小于乙班平均数，故C正确；对于D，由A、B可知甲班中位数小于乙班的中位数，故D错误.故选：BC.10.在梯形ABCD中，AD=2,BCAD=2,ABAN=2ND，则（）1A.DC=AB−ADB.ABBD⋅=022C.ACCD⋅=0D.AN在AC上的投影向量为AC3【答案】ACD【解析】【分析】根据向量即平面几何知识即可求解.【详解】1取AD的中点E，连接BECEACBD,,,，AE=AD2根据题意可知，AD//BC且AD=2BC，则BC=AE，BC=ED，1所以四边形AECB为平行四边形，所以DC==−=−EBABAEABAD，故A正确；2因为题意没有说明BC与CD的大小关系，所以不能证明AC⊥BD，故B错误；第7页/共24页,111因为AE=AD，BC=AD，且AB=AD，所以AB=AE，222所以四边形AECB为菱形，所以AC⊥BE，因为BE//CD，所以AC⊥CD，所以ACCD⋅=0，故C正确；过N作AC的垂线，垂足为F，连接NF，因为AC⊥CD且AC⊥NF，AN=2ND，22所以AN=AC，AN在AC上的投影向量为AC，故D正确；33故选：ACD.11.在长方体ABCD−ABCD1111中，AB=AD=1,AA1=2，动点P满足BP=λBC+∈µBB1(λµ,[0,1])，则（）A.当λ=0时，AC⊥DPB.当λ=1时，AC与DP是异面直线4πC.当µ=1时，三棱锥P−ABB1的外接球体积的最大值为31D.当µ=时，存在点P，使得DP⊥平面ACD12【答案】ACD【解析】【分析】用线面垂直证明线线垂直，即可判断A；当λ=1，µ=0时,AC与DP有交点，即可判断B；当λ=1时，点P与C1重合，此时三棱锥P−ABB1的体积最大，从而得到外接球体积最大，即可得解C；当1λ=0时，BP=BB1，即P为BB1的中点时，DP⊥平面ACD1,证明即可判断D.2【详解】对于A，当λ=0时，BP=µBB，1在长方体中，易知BB1⊥⊂平面ABCDAC，平面ABCD，第8页/共24页,所以BB1⊥AC，又AC⊥=DBDB，BB1B，所以AC⊥平面DBB1,又DP⊂平面DBB1，所以AC⊥DP，故A正确；对于B，当λ=1，µ=0时，BP=BC，此时，又AC与DP相交于点C，故B错误；对于C，当µ=1时，BP=λBC+BB1，当λ=1时，点P与C1重合，此时三棱锥P−ABB1的高最大，由于底面ABB1的面积是定值，所以此时三棱锥P−ABB1的体积最大，即三棱锥P−ABB1的外接球体积最大。22又底面ABB1外接圆的半径为，球心到底面ABB1的距离为CC1的一半，即，222222所以三棱锥P−ABB1的外接球的半径为+=1，224π所以三棱锥P−ABB1的外接球体积的最大值为，故C正确；3111对于D，当µ=时，BP=λBC+BB1，当λ=0时，BP=BB1，即P为BB1的中点时，DP⊥平222面ACD1，由AC⊥⊂平面DBBDDP11,平面DBBD11，所以AC⊥DP，又111DPAD⋅=+1DBBB1⋅+=⋅+⋅+⋅+⋅(ADDD1)DBADDBDD1BBAD1BBDD11222第9页/共24页,2在长方体中，易知，DBAD⋅=DBADcos135=21××−=−121111DBDD⋅=0,BBAD⋅=0，BBDD⋅=BB⋅DDcos0=2×211×=1111112222所以DPAD⋅=10，即DP⊥AD1，又AD1AC=A，所以DP⊥平面ACD1，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.向量a=−=(2,4),bx(1,)−，若a∥b，则x=______．【答案】2【解析】【分析】由两向量平行直接列方程求解即可.【详解】因为a=−=(2,4),bx(1,)−，a∥b，所以24x=，得x=2.故答案为：213.在四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，四边形ABCD为正方形，∠=PDA45，则直线PB与AC所成角的大小为______.π【答案】##60°3【解析】【分析】依题意可得PA=AD，将四棱锥补成正方体，连接CE、AE，根据正方体的性质可知∠ACE为直线PB与AC所成角，即可得解.【详解】因为PA⊥底面ABCD，四边形ABCD为正方形，AD⊂底面ABCD，所以PA⊥AD，又∠=PDA45，所以PA=AD，如图将四棱锥补成正方体，连接CE、AE，则BPCE//，所以∠ACE为直线PB与AC所成角，π又BP=CE=AE=AC，所以△ACE为等边三角形，所以∠=ACE，3π即直线PB与AC所成角的大小为.3π故答案为：3第10页/共24页,14.在ABC中，AB=2,ACD为边BC的中点，∠A的平分线交BC于点E，若ADE的面积为1，则ABC的面积为______，DE的最小值为______.2【答案】①.6②.2【解析】【分析】利用角平分线定理结合给定条件得到边长的比例关系，进而求解第一空，利用三角形面积公式结合余弦定理把目标式表示为一元函数，再利用基本不等式求最值即可.【详解】在ABC中，设ABC,,对应的边分别为abc,,，a因为D为BC的中点，所以DC=.2因为AE为∠BAC的平分线，AB=2AC，ABBEBEaa所以==2，EC==，所以DE=−=DCEC，ACEC2361因为SSADE=ABC=1，所以SABC=6.62241b=,bcsinA=6,sinA在ABC中，2，所以，bc=2c2=6sinA22224624cosAA3024cos−因为a=+−bc2cosbcA=+−=sinAAAsinsinsinA第11页/共24页,22AA22AA30sin+−cos24cos−sin2222A3==+≥27tan18，AA2A2sincostan222A12当且仅当tan=时，等号成立，所以a≥32，所以DE≥.2322故答案为：6；2【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形，解题关键是利用余弦定理把目标式转化为一元函数，然后利用基本不等式得到所要求的最值即可．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．15.某厂为了提升车载激光雷达质量的稳定性，对生产线进行升级改造､为了分析升级改造的效果，随机抽取了12台车载激光雷达进行检测，检测结果如下：序号i123456789101112探测距离xi（单位：m）146151x3x4x51521491531501441501562统计后得到样本平均数x=150，方差s=9,xxx345,,∈(147,153).（1）升级改造后，若有65%的产品的探测距离在(xsxs−+,)内，则认为升级改造成功；若改造成功且有95%的产品的探测距离在(x−+2,sx2s)内，则认为升级改造效果显著.根据样本数据，分析此次升级改造的效果；'2.（2）采用在(x−+2,sx2s)内的数据作为新样本，求新样本的平均数x′和方差s【答案】（1）答案见解析18（2）150，5【解析】【分析】（1）根据已知数据结合古典概型公式计算判断即可；（2）根据已知平均数及方差数据应用平均数及方差公式计算即得.【小问1详解】依题意得s=−+=3,(xsxs,)(147,153,)(x−2,sx+=2s)(144,156)，第12页/共24页,8共有8个数据落在(xsxs−+,)内，≈>66.7%65%，12所以有65%产品的探测距离在(xsxs−+,)内，所以升级改造成功；10共有10个数据落在(x−+2,sx2s)内，≈<83.3%95%，12所以没有95%产品的探测距离在(x−+2,sx2s)内，所以升级改造成功，但效果不显著.【小问2详解】依题意，需剔除数据xx10=144,12=156，2因为样本平均数x=150，方差s=9，1212112所以∑∑xxii=150,(−=150)9，12ii=1112=12122所以∑∑xxii=1800,(−=150)108,，ii=11=12∑xxxi−+(1012)所以新样本的平均数1800(144156)−+，i=1x′===1501010新样本的方差为12′21222118sxxx=∑(i−−−−−150)(10150)(12150)=(1083636)−−=.10i=110516.甲每次投篮投进的概率是0.7．连续投篮三次，每次投篮结果互不影响．记事件A为“甲至少投进两球”（1）用xi(i123=，，)表示甲第i次的投篮结果，则(xxx123,,)表示试验的样本点．用1表示“投进”，0表示“未投进”，写出该试验的样本空间，判断其是否为古典概型，并说明理由；（2）用计算机产生09之间的整数随机数，当出现随机数06时，表示“投进”，出现7，8，9时表示“未投进”．以每3个随机数为一组，代表甲三次投篮结果，产生20组随机数：06204922893311774732783078276'91349114494995396211016365140、、，利用该模拟试验，估计事件A的概率，并判断事件A的概率的精确值与估计值是否存在差异，并说明理由．第13页/共24页,【答案】（1）答案见解析（2）0.784，有差异；理由见解析【解析】【分析】（1）列举出样本空间，则由题意求出样本点(1,1,1)的概率和样本点(0,0,0)的概率，再根据古典概型的定义分析判断即可；（2）根据随机数表可求得事件A的概率的估计值为0.9，设事件Bi=“甲第i次投进”，i=1,2,3，则ABBB=+++BBBBBBBBB，然后根据独立事件和互斥事件的概率公式结合题意求出123123123123PA()，与0.9比较即可.【小问1详解】该试验的样本空间为Ω={(1,1,1,1,1,0,1,0,1,1,0,0,0,1,1,0,1,0,0,0,)()()()()()(1,0,0,0)()}，共有8个样本点．因为甲每次投篮投进的概率是0.7，33所以样本点(1,1,1)的概率为0.7，样本点(0,0,0)的概率为0.3，所以这两个样本点的概率不相等，所以这个试验不是古典概型．【小问2详解】产生20组随机数相当于做了20次重复试验，其中事件A发生了18次，18则事件A的频率为=0.9，所以事件A的概率的估计值为0.9．20设事件Bi=“甲第i次投进”，i=1,2,3，则ABBB=+++123BBB123BBB123BBB123因为PB(123)=PB()=PB()=0.7，PB(123)=PB()=PB()=0.3．又因为每次投篮结果互不影响，所以B1，B2与B3相互独立，B1，B2与B3相互独立，B1，B2与B3相互独立，B1，B2与B3相互独立且BBB123，BBB123，BBB123，BBB123两两互斥，所以PA()=PBBB(123+++BBB123BBB123BBB123)=+++PBBB(123)PBBB(123)PBBB(123)PBBB(123)=+++PBPBPB(123)()()PBPBPB(123)()()PBPBPB(123)()()PBPBPB(123)()()第14页/共24页,=××+××+××+××=0.70.70.30.70.30.70.30.70.70.70.70.70.784所以事件A的概率的估计值和PA()有差异．原因如下：①随机事件发生的频率具有随机性，频率和概率有一定的差异；②重复试验次数为20，样本量较少，频率偏离概率的幅度大的可能性更大．17.已知abc,,分别为锐角三角形ABC三哥内角ABC,,的对边，且aCaCsin+=3cos3b.（1）求A；（2）已知a=3，点O为ABC的垂心，求BOC的周长的最大值.π【答案】（1）A=3（2）23+【解析】【分析】（1）应用正弦定理结合两角和差公式计算得出正切值进而求出角；（2）先根据图形特征应用余弦定理，再应用基本不等式计算求出周长最大值或应用正弦定理再应用三角恒等变换结合角的范围得出周长得最大值.【小问1详解】abc依题aCaCsin+=3cos3b，由正弦定理==，sinABCsinsin得sinsinAC+=3sincosAC3sinB，由ABC++=π，得sinB=sin(AC+=)sincosAC+cossinAC，代入得sinsinAC+=+3sincosAC3sincosAC3cossinAC，即sinsinAC=3cossinAC，由sinC≠0，得sinAA=3cos，得tanA=3，ππ由A∈0,，得A=.23【小问2详解】解法一：如图，由O为锐角三角形ABC的垂心，有BO⊥AC，垂足为ECO,⊥AB，垂足为F，即第15页/共24页,π∠∠AFO=AEO=.2π2π由A=，四边形FOEA内角和为2π，得∠∠FOE==BOC33设BOmC=,,On=2222π在BOC中，由余弦定理a=+−mn2mncos，3222得m++=nmn3，即()3mn+−=mn，2mn+()mn+由≥mn，得mn≤，当且仅当mn=时，等号成立2422()mn+()3mn+−≤，得02<+≤mn4当mn==1时，mn+的最大值为2故BOC周长的最大值为11323++=+解法二：由O为锐角三角形ABC的垂心，有BO⊥AC，垂足为ECO,⊥AB，垂足为F，即π∠∠AFO=AEO=.2π2π由A=，四边形FOEA内角和为2π，得∠∠FOE==BOC33ππ设∠=∈OCBθθ,0,,则∠θOBC=−,33OBOCBC3====2在BOC中，由正弦定理sinθπsin∠BOC2π,sin−θsin33第16页/共24页,π则OB=2sin,θθOC=2sin−,3ππOBOC+=+2sinθ2sin−θθ=2sin+3cosθθ−=sin3cosθθ+=sin2sinθ+,33ππ因为θ∈0,,故当θ=时，(OBOC+=)2，max36故BOC周长的最大值为23+.18.在三棱柱ABCABC111中，侧面ACCA11⊥平面ABCCA,⊥=CBCACB,==2CC14,,EF分别为ACAB,的中点.11（1）求证：AE1//平面BCF；2π（2）若二面角ABCC−−1的大小为，求证：BF与AC1不垂直；32（3）若cos∠AAB1∈0,，求AB与平面BCF所成角的正弦值的取值范围.4【答案】（1）证明见解析16（2）证明见解析（3）,24【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理即可证明；2π（2）根据侧面ACCA11⊥平面ABC，得BC⊥侧面ACCA11，所以∠=ACC1，然后证明3EC⊥AE，又因为ACEC，通过反证法即可说明假设不成立；1111（3）根据（1）（2），解法一结合直角三角形的正余弦定义，解法二结合等积法即可证明.【小问1详解】第17页/共24页,取BC中点M，连接EMFM,，1在ABC中，EM,分别是ACBC,的中点，所以EMABEM,=AB，21又F是AB11的中点，所以AF1ABAF,1=AB，所以EMAFEM11,=AF，2所以四边形AEMF1为平行四边形，所以AE1FM，因为AE1⊄平面BCFFM,⊂平面BCF，所以AE1平面BCF.【小问2详解】假设BF⊥AC1，因为侧面ACCA11⊥平面ABC，侧面ACCA11平面ABC=ACAC,⊥CB，BC⊂平面ABC，所以BC⊥侧面ACCA11，因为ACCC,1⊂侧面ACCA11，所以BC⊥⊥ACBC,CC1，2π所以二面角ABCC−−1的平面角为∠ACC1，所以∠=ACC1，3又BC⊥侧面ACCA11，所以BC⊥AC1，因为BF⊥ACBC1,∩=BFBBCBF,,⊂平面BCF，所以AC1⊥平面BCF.因为FM⊂平面BCF，所以AC1⊥FM，由（1）知AE1FM，所以AC11⊥AE.第18页/共24页,2π在平行四边形ACCA11中，AC11=4,CC1=2,∠ACC1=，3所以AE=2,EC=23，11222所以AE1+=EC1AC11，所以EC11⊥AE，所以AC1EC1，与AC1EC11=C矛盾，所以BF与AC1不垂直.【小问3详解】解法一：作AP1⊥AC于点P，作PQ⊥AB于点Q，连接AQ1，由BC⊥侧面ACCAAP111,⊂侧面ACCA11，得BC⊥AP1，又BCAC=CBCAC,,⊂平面ABC，所以AP⊥平面ABC.1所以AP1⊥AB，又PQ⊥ABAP,1∩=PQP，所以AB⊥平面APQ1，所以AQ⊥AQ1，在Rt△AAP1，Rt△APQ，Rt△AAQ1中，APAQAQcos∠∠∠AAC=,cosBAC=,cosAAB=，11AAAPAA11APAQAQ因为⋅=，AAAPAA11所以cos∠∠∠AAC11⋅=cosBACcosAAB，因为∠=BAC45，所以cos∠∠AAC=2cosAAB，1121又cos∠∈AAB10,]，所以cos∠∈AAC10,，42πππ2π所以∠∈AAC1,，所以∠∈AAC11,，3223第19页/共24页,取AC11中点G，所以FGBC11，所以FGBC，所以BCGF,,,四点共面，连接EG，因为AE=EC=EG=2，所以AG⊥CG，由（2）知BC⊥侧面ACCA11，所以平面BCGF⊥侧面ACCA11，平面BCGF∩侧面ACCA11=CGAG,⊂侧面ACCA11，所以AG⊥平面BCGF，所以AB与平面BCF所成角为∠ABG，∠∠AACAAC△AAG中，1111在等腰1AG=2AA1⋅=sin4sin，22π2π由∠∈AAC11,，得AG∈(22,23，23AG16连接BG，在Rt△ABG中，AB=42，所以sin∠=∈ABG,，AB2416所以AB与平面BCF所成角正弦值的取值范围为,.24解法二：设点A到平面BCF的距离为d，因为AB11平面ABC，所以VVVVABCF−−−−=FABC=A11ABC=BAAC.由（1）（2）知BC⊥侧面ACCAAE111,FM，所以BC⊥FM，∠AAC1因为FM=AE=4sin，12第20页/共24页,11∠∠AACAAC11所以S=BCFM⋅=××44sin=8sin，BCF222211S=×AAAC⋅⋅sin∠AAC=××24sin∠∠AAC=4sinAAC，AAC11111221111∠AAC1所以S⋅=dS⋅BC，即×8sin⋅=××d44sin∠AAC，BCFAAC1133323∠AAC1所以d=4cos.2∠∠AACAAC114coscos设AB与平面BCF所成角为θ，则d22.sinθ===AB422作A1P⊥AC于点P，作PQ⊥AB于点Q，连接A1Q，由BC⊥侧面ACCAAP111,⊂侧面ACCA11，得BC⊥AP1，又BCAC=CBCAC,,⊂平面ABC，所以AP⊥平面ABC.1所以AP1⊥AB，又PQ⊥ABAP,1∩=PQP，所以AB⊥平面APQ1，所以AQ⊥AQ1，在Rt△AAP1，Rt△APQ，Rt△AAQ1中，APAQAQcos∠∠∠AAC=,cosBAC=,cosAAB=，11AAAPAA11APAQAQ因为⋅=，AAAPAA11所以cos∠∠∠AAC11⋅=cosBACcosAAB，因为∠=BAC45，所以cos∠∠AAC=2cosAAB，1121又cos∠∈AAB10,]，所以cos∠∈AAC10,，42ππ∠AAC1ππ∠AAC123所以∠∈AAC1,，所以∈,，即cos∈,，32264222∠AAC1cos216所以sinθ=∈,，224第21页/共24页,16所以AB与平面BCF所成角正弦值的取值范围为,.24【点睛】本题考查空间中点､线､面之间的位置关系，线面角､二面角等基本知识；考查空间想象､推理论证､运算求解等能力，考查化归与转化､数形结合等数学思想.19.已知点O为坐标原点，将向量OA绕O逆时针旋转角α后得到向量OB.π（1）若OA=(2,2,)α=，求OB的坐标；6（2）若OA=(ab,)，求OB的坐标（用ab,,α表示）；2（3）若点MN,在抛物线yxtt=−∈(R)上，且OMN为等边三角形，讨论OMN的个数.【答案】（1）OB=−+(31,31)（2）OB=(acosαααα−+bsin,sinabcos)（3）答案见解析【解析】【分析】（1）根据旋转角度求出向量坐标；（2）设出角度结合两角和差公式化简得出向量坐标；（3）先设点再根据角度结合抛物线求解，最后分类讨论得出根的个数的情况.【小问1详解】设∠=∈xOAββ,[0,2π)，π已知A(2,2)，则OA=22,β=，4πππ因为逆时针旋转，则OB=22,∠=+=+xOBβα，646ππ232162−cos∠xOB=cos+=×−×=,4622224ππ232162+sin∠xOB=sin+=×+×=，462222462−设Bmnm(,),=OBcos∠=×xOB22=−31，4第22页/共24页,62+n=OBsin∠=×xOB22=+31，4所以OB=−+(31,31).【小问2详解】设OA=r，有OA=(rcos,sinββr)，因为OB由OA绕坐标原点O逆时针旋转角α后所得所以OB=rOB,=++(rcos(βα),sinr(βα))，因为ar=cos,ββbr=sin，所以rcos(βα+=)rcoscosβα−rsinsinβα=abcosα−sinα，rsin(βα+=)rsincosβα+rcossinβα=absinα+cosα，所以OB=(acosαααα−+bsin,sinabcos).【小问3详解】πx33yxy设Mxyt(,(0)=时，x≠0)，由（2）知逆时针旋转得：N−+,，322222yxt=−2MN,也在拋物线上，得33xyxy，+=−−t22223xyxyxy333消t得：−=−−−，2222223xyx33yx3y3xyx33y有−−−−−=3−++，22222222223即(3xyx−++=)(333230y)，222将yxt代入，得(x−3xtx−)(3+3230x+−=t)，2由yxt，可知x确定，则y与之唯一确定.所以讨论OMN的个数等价于讨论方程（*）中解（除去t=0时的非零解）的个数.令23xxt+3230+−=①，Δ1=312(t−7);第23页/共24页,令2x−30xt−=②，Δ2=43t+.3773联立方程①②得，xt=−=,，所以t=时，方程①②有相同解：x=−.6121263当t<−时，方程①②均无解，所以OMN的个数为0；43当t=−时，方程①无解，②仅有一个解，所以OMN的个数为1；4当t=0时，方程①无解，②有一个非零解：x=3，所以OMN的个数为1；37当−<时，方程①､②均有两个解，且两方程不同解，所以OMN的个数为4.1233综上所述：当t<−时，OMN的个数为0；当t=−或0时，OMN的个数为1；44377当−<时，OMN的个数为4；41212【点睛】方法点睛：先设点再根据角度结合抛物线求解，最后分类讨论得出根的个数的情况.第24页/共24页