云南省曲靖天人高中2022-2023学年高一下学期期中考试数学试题（PDF版含解析）

曲靖天人高中 2022-2023 学年春季学期期中考试 A.50 3米 B. 50 6米
C. 100 3米 D. 100 6米
高一 数学 答案
8. 如图，在△ 中， = 1 ， 是 的中点，若 = + 1 ，则实数 的值是 ( )
2 4
满分：150 分
1
A. B. 1
4
一、单选题：本大题共 8小题，共 40 分。在每小题列出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1 3
= 5+3
C. D.
1. 已知复数 ，则下列说法正确的是 ( ) 2 2
1
A. 的虚部为 4 B. 的共轭复数为 1 4
二、多选题：本大题共 4 小题，共 20 分。在每小题有多项符合题目要求。全部选对的得 5 分，部分选对得 2 分，
C. | | = 5 D. 在复平面内对应的点在第二象限
有选错的得 0 分。
2. 已知不同直线 、 与不同平面 、 ，且 ， ，则下列说法中正确的是 ( )
9. 设向量 = ( 1,1)， ⊥ ⊥ = (0,2)
，则 ( )
A. 若 // ，则 // B. 若 ，则

C. 若 ⊥ ，则 ⊥ D. 若 ⊥ ，则 ⊥ A. | | = | | B. ( ) // C. ( ) ⊥ D. 与 的夹角为4
3. 已知向量 = ( 1,2), = ( , 5)，若 = 7，则| | =( ) 10. 如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径 2 相等，下列结论正确的是
A. 5 B. 4 2 C. 6 D. 5 2 ( )
4. 在某拍卖会上成交的唐代著名风鸟花弃纹浮雕银杯如图①，银杯由杯托和盛酒容器两部分组成，盛酒容器可 A. 圆柱的侧面积为 4 2
近似地看成由圆柱和一个半球组成，盛酒容器的主视图如图②.若 = 6， = 3，则该容器的容积(不考虑材料 B. 圆锥的侧面积为 5 2
的厚度)为（ ） C. 圆柱的侧面积与球面面积相等
A. 45 B. 50 D. 三个几何体的表面积中，球的表面积最小
C. 60 D. 63 11. 如图，在正方体 1 1 1 1、中， ， ， 分别是 1， ， 的中点，则下列命题正确的是( )
5. 在△ 中， ， ， 是角 ， ， 分别所对的边，若 = 8， = 3， = 60 ，则此三角形外接圆的面积为 A. // 1
( ) B. 与 1是异面直线
196 196 49 49
A. B. C. D. C. 平面 1 1//平面
3 3 3 3
D. //平面
6. 如图，已知四棱锥 ABCD中，已知 PA ⊥底面 1 1 1 1，且底面 为矩形，则下列结论中错误的是
( ) 12. 在 中， = 3, = 1, =

6，则 的面积可以是 ( )
A. 平面 PAB ⊥平面 B. 平面 PAB ⊥平面 A. 3 B. 1 3C. D. 3
2 3 4
C. 平面 PBC ⊥平面 D. 平面 PCD ⊥平面
三、填空题：本大题共 4 小题，共 20 分。
7. 如图所示，为了测量湖中 、 两处亭子间的距离，湖岸边现有相距 100米的甲、乙两位测量人员，甲测量
13. 已知向量 = ( 1,1)， = (3,1)，则 在 方向上的投影向量的模为 ．
员在 处测量发现 亭子位于北偏西 15°， 亭子位于东北方向，乙测量员在 处测量发现 亭子位于正北方向，
14. 若复数 = 2 + + ( + 1) 是纯虚数，其中 是实数，则 = ．
亭子位于北偏西 60°方向，则 ， 两亭子间的距离为 ( )
15. 已知 = (4, 1)， = ( 2,0)，向量 与 2 + 垂直，则实数 =____ __．
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{#{QQABAYSUggAoAAAAAABCEwWSCEKQkhGACCgGRAAQoEABCQNABAA=}#}
16. 如图 1，在一个正方形 1 2 3 4内，有一个小正方形和四个全等的等边三角形。将四个等边三角形折起来， 20. (本小题 12.0分)在四棱锥中 ，底面 是正方形，侧面 ⊥底面 ，且 = = 2，
使 1， 2， 3， 4重合于点 ，且折叠后的四棱锥 的外接球的表面积是 16 (如图 2)，则四棱锥 ⊥ ， ， 分别为 ， 的中点．
的体积是 ． （1）求证： ||平面 ；
（2）求三棱锥 的体积．
四、解答题：本大题共 6 小题，共 70.0 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 121. (本小题 12.0分)在△ 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， ， ，且 cos = ， ．
3 = 4 2
17. (本小题 10.0分)已知平面向量 = (2,2)， = ( , 1)．
（1）若 =

6，求 的值；
（1）若 // ，求 的值；
（2）若△ 的面积是 2 2，求△ 的周长．
（2）若 ⊥ ( 2 )，求 与 所成夹角的余弦值．
18. (本小题 12.0分)
（1）球 的半径长为 10 3，求球 的表面积；
22. (本小题 12.0分)如图，在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱 1 1 1中， ， 1分别是 ，
（2）已知正四棱锥的侧面都是等边三角形，它的斜高为 3，求这个正四棱锥的体积；
1 1的中点．求证：
（3）已知长方体的长、宽、高的比是 3: 2: 1，若表面积为 88 2，求长方体的体积．
（1）平面 1 //平面 1 1；
（2）平面 1 1 ⊥平面 1 1．
19. (本小题 12.0分)已知△ 内角 , , 的对边分别是 , , ，若 cos = 1， = 2，sin = 2sin ．
4
（1）求 ；
（2）求△ 的面积．
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{#{QQABAYSUggAoAAAAAABCEwWSCEKQkhGACCgGRAAQoEABCQNABAA=}#}曲靖天人高中 2022-2023 学年春季学期期中考试 【分析】
本题考查了空间中的线线、线面、面面的平行与垂直关系，也考查了数学符号语言的应用问题，是基础
高一 数学 答案
题．
一、单选题（本大题共 8 小题，共 40.0 分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
根据题意，利用相关的定理及性质等，逐项判断即可.
1. = 5+3 已知复数 1 ，则下列说法正确的是 ( ) 【解答】
A. 的虚部为 4 B. 的共轭复数为 1 4 解：对于 ，当 // ，且 ， 时， 与 无公共点， 与 可能平行，也可能异面，∴A 错误；
C. | | = 5 D. 在复平面内对应的点在第二象限 对于 ，当 ⊥ ， ， 时， 与 可能平行，可能异面，也可能相交，∴B 错误；
【答案】 对于 C，当 ⊥ ，且 ， 时， 与 可能平行、相交或 ，∴C错误．
对于 D，若 ⊥ ，且 ，根据面面垂直的判定定理，得 ⊥ ，∴D正确；
B
故选 D．
【解析】
【分析】
3. 已知向量 = ( 1,2), = ( , 5)，若 = 7，则| | =( )
本题主要考查了复数的四则运算，复数的概念，共轭复数，复数的模，复数的代数表示及其几何意义，
A. 5 B. 4 2 C. 6 D. 5 2
属于基础题．
【答案】
根据题意由复数的四则运算可得 ，逐项分析求解即可．
【解答】 A
∵ = 5+3 = 5+3 1+ 2+8 解： 【解析】1 1 1+ = 2 = 1 + 4 ，
【分析】
A. 的虚部为 4，故 A 错误；
本题考查向量的数量积，考查向量的模，考查平面向量的坐标运算，属于基础题．
B. 的共轭复数为 1 4 ，故 B 正确；
由已知求得 = ( 3, 5)，即可得到 = + 2 2 = 4, 3 ，即可求得| |．C.| | = 1 + 4 = 17，故 C 错误；
【解答】
D. 在复平面内对应的点为(1,4)，在第一象限，故 D 错误；
解：由已知向量 = ( 1,2), = ( , 5)，
故选 B．
又 = 7，
∴ ( 1,2)·( , 5) = 7 10 = 7 = 3，
2. 已知不同直线 、 与不同平面 、 ，且 ， ，则下列说法中正确的是 ( )
即
A. B. ⊥ ⊥ = ( 3, 5)
，
若 // ，则 // 若 ，则
∴ C. ⊥ ⊥ D. ⊥ ⊥
= + = 4, 3 ，
若 ，则 若 ，则
∴ | | = 4 2 + 3 2 = 5，
【答案】
故选 A．
D.
【解析】
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{#{QQABAYSUggAoAAAAAABCEwWSCEKQkhGACCgGRAAQoEABCQNABAA=}#}
4. 在某拍卖会上成交的唐代著名风鸟花弃纹浮雕银杯如图①，银杯由杯托和盛酒容器两部分组成，盛 【分析】
酒容器可近似地看成由圆柱和一个半球组成，盛酒容器的主视图如图②.若 = 6， = 3，则该容器的 本题考查了正弦、余弦定理及面积公式，属于基础题．
由 ， 及 的值，利用余弦定理求出 的值，由 ， 的值，利用正弦定理求出三角形外接圆的半径
，即可求出此三角形外接圆的面积．
容积(不考虑材料的厚度)为
【解答】
解：∵ = 8， = 3， = 60°，
A. 45 B. 50 C. 60 D. 63 ∴由余弦定理得： 2 = 2 + 2 2 = 64 + 9 24 = 49，
【答案】 ∴ = 7，
设三角形外接圆半径为 ，
A
∴ 7由正弦定理得：
【解析】
= 2 ，即 60° = 2 ，
【分析】 解得： = 7 3，3
本题考查以传统文化为背景的三视图还原几何体及圆柱和球的体积计算，属于基础题． 49
则此三角形外接圆面积为 2 = 3 ．
由图可知：几何体是由一个圆柱和一个半球组成的，然后分别利用柱体和球体体积公式求解．
故选 D.
【解答】
6. 如图，已知四棱锥 ABCD中，已知 PA ⊥底面 ，且底面 为矩形，则下列结论中错误的
解：由题知：半球的半径 = 3，圆柱的底面半径为 = 3，高 = 3，
是 ( )
则容器的容积 = 圆柱 + 半球
2 1 4= + 2 × 3
3
1 4
= × 32 × 3 + × 32 3 × × 3
= 45 ．
故选 A． A. 平面 PAB ⊥平面 B. 平面 PAB ⊥平面
5. 在 中， ， ， 是角 ， ， 分别所对的边，若 = 8， = 3， = 60 ，则此三角形外接圆的 C. 平面 PBC ⊥平面 D. 平面 PCD ⊥平面
面积为 ( ) 【答案】
A. 196 B. 196 3 3 C.
49 D. 49 3 3 C
【答案】
【解析】
D 【试题解析】
【解析】 【分析】
本题考查了面面垂直的判定；一般地，要证面面垂直，只要证线面垂直，进一步只要证线线垂直，体现
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{#{QQABAYSUggAoAAAAAABCEwWSCEKQkhGACCgGRAAQoEABCQNABAA=}#}
了转化的思想． 【解答】
利用面面垂直的判定定理，对四个选项分别分析选择． 解：连接 ，在△ 中，由条件可得∠ = 105°，∠ = 30°，则∠ = 45°，
【解答】
解：对于 ，因为已知 ⊥底面 ，且底面 为矩形，
所以 ⊥ ，又 ⊥ ， ∩ = ，
所以 ⊥平面 ，又 平面 ，所以平面 ⊥平面 ，故 A 正确；
对于 ，已知 ⊥底面 ，且底面 为矩形，
∵ = 100，
所以 ⊥ ，又 ⊥ ， ∩ = ，
100
所以 ⊥平面 ， 平面 ，所以平面 ⊥平面 ，故 B 正确； ∴在△ 中，由正弦定理得sin45° = sin30°，
对于 ，已知 ⊥底面 ，且底面 为矩形， ∴ = 50 2，
所以 ⊥ ，又 ⊥ ，又 ∩ = ， 在△ 中，由条件得 = 100 2，
所以 ⊥平面 ，又 平面 ， 且∠ = ∠ ∠ = 60 ，
所以平面 ⊥平面 ，故 D 正确； ∴在△ 1中，由余弦定理得 2 = (50 2)2 + (100 2)2 2 × 50 2 × 100 2 × 2
故选 C．
= 502 × 6，
∴ = 50 6，
7. 如图所示，为了测量湖中 、 两处亭子间的距离，湖岸边现有相距 100 米的甲、乙两位测量人员，
故选：B．
甲测量员在 处测量发现 亭子位于北偏西 15°， 亭子位于东北方向，乙测量员在 处测量发现 亭子位
8. 如图，在△ 中， = 1 ， 是 的中点，若 = + 1 2 4 ，则实数 的值是 ( )
于正北方向， 亭子位于北偏西 60°方向，则 ， 两亭子间的距离为 ( )
A. 50 3米 B. 50 6米 C. 100 3米 D. 100 6米
A. 14 B. 1 C.
1
2 D.
3
2
【答案】
【答案】
B
C
【解析】
【解析】
【分析】
【分析】
本题考查解三角形的应用，属于中档题．
转化为数学问题利用正余弦定理求出即可．
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{#{QQABAYSUggAoAAAAAABCEwWSCEKQkhGACCgGRAAQoEABCQNABAA=}#}
本题主要考查平面向量的加法，减法及几何意义，考查学生推理能力，属于基础题． →又 → , ∈ [0, ]，所以 与

的夹角为4．
利用向量的加法，减法运算得 = 1 + 1 2 4
1，利用平面向量基本定理得 = 2． 故选 CD．
【解答】 10. 如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径 2 相等，下列结论正确的是
解：因为 1是 的中点，所以 = 2 ．
所以 =
( )
+ = + 1 = 2
+ 12

= 1 2 +
1 2 =
1
2
+ 1 4
，
A. 圆柱的侧面积为 4 2 B. 圆锥的侧面积为 5 2
因为 = + 1 14 ，所以 = 2． C. 圆柱的侧面积与球面面积相等 D. 三个几何体的表面积中，球的表面积最小
故选 C． 【答案】
ABC
二、多选题（本大题共 4 小题，共 20.0 分。在每小题有多项符合题目要求）
【解析】
9. 设向量 = ( 1,1)， = (0,2)，则 ( )
【分析】
A. | | = | | B. ( ) //
本题考查圆柱、圆锥的侧面积和表面积，球的表面积的计算公式，属于基础题．
C. ( ) ⊥ D. 与 的夹角为4 根据球、圆锥、圆柱的表面积公式一一计算可得．
【答案】 【解答】
解：依题意球的表面积为 4 2，
CD
圆柱的侧面积为 2 × × 2 = 4 2，所以 选项正确．
【解析】
圆锥的侧面积为 × × 2 + 2 2 = 5 2，所以 选项正确．
【分析】
圆锥的表面积为 2 + 5 2 = 1 + 5 2 < 4 2，
本题考查了平面向量坐标运算、向量的夹角、向量的模等知识，考查了分析和运算能力，属于基础题．
圆柱的表面积为 4 2 + 2 2 = 6 2，所以 选项不正确．
分别求出| |, | |即可判断 ；求出 ，即可判断 ；根据 · 即可判断 ；运用向量夹角公式即可
故选：
判断 ．
【解答】
11. 如图，在正方体 1 1 1 1、中， ， ， 分别是 1，
解：由题意， = ( 1,1)， = (0,2)，
， 的中点，则下列命题正确的是( )
则 = 1 2 + 12 = 2，| | = 02 + 22 = 2，故 A 错误；
A. //
易知 = 1, 1 1，由 1 × 1 1 × 1 = 2 ≠ 0，
B. 与 是异面直线
所以( )与 1不平行，故 B 错误；
C. 平面 //平面
又 · = 1 × 1 + 1 × 1 = 0，即( ) ⊥ ，故 C 1 1正确；
cos , = ·
1×0+1×2 2 D. //平面 1 1 1 1
因为 ·
=
2×2
= 2 ，
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本题主要考查正弦定理和三角形的面积公式．
根据正弦定理先求角 与 ，然后根据三角形的面积公式求解即可．
【答案】 【解答】

解：因为在△ 中， = 3, = 1, = ，
ABC 6
【解析】解：连接 ， 1 1，

， 1， 由正弦定理得：sin = sin ，
对于 ，∵ ， 分别为 1， 中点，∴ // 1， sin 3×sin ∴ = = 6 = 3， 1 2
又 1// 1，∴ // 1，A 正确；
又 0 < < ，
对于 ，∵ 1 平面 1 1， ∈平面 1 1， 平面 1 1，
∴ = 2 或 ，
∴直线 与 1为异面直线，B 正确； 3 3

对于 ，由 知： // 1， 当 = 时， =
1 1
3 2，此时 = 2 × = 2 × 1 × 3 =
3
2 ;
又 1 平面 1 1， 平面 1 1，
当 = 2 时， =

3 6，此时 =
1
2 × sin =
1
2 × 1 × 3 ×
1 3
2 = 4 ;
∴ //平面 1 1，同理可证： //平面 1 1，
故选 AD．
∵ ∩ = ， ， 平面 ，
∴平面 1 1//平面 ，C 正确；
三、填空题（本大题共 4 小题，共 20.0 分）
对于 1 ∵ // 1，且 1 ∩ 1 1 = 1， ， 1， 1 1 平面 1 1，
13. 已知向量 = ( 1,1)， = (3,1)，则 在 方向上的投影向量的模为 ．
∴ 与 1 1相交，又 1 1 平面 1 1 1 1，∴ 与平面 1 1 1 1相交，D 错误．
【答案】
故选： ．
由中位线性质可证得 // 1// 1，知 A 正确；由异面直线的定义可知 B 正确；利用线面平行判定定 2
理可证得 //平面 1 1， //平面 1 1，由面面平行的判定知 C 正确；根据空间中直线与平面位 【解析】
置关系的判断可知 D 错误． 【分析】
本题主要考查了空间中的平行关系，属于中档题． 本题考查了平面向量的投影，向量的数量积以及模的运算，属于基础题．
· 在 方向上的投影向量的模为 ，即可求解．
12. 在 中， = 3, = 1, = 6，则 的面积可以是 ( ) 【解答】
A. 3 B. 1 C. 3 D. 3 解：由题意可知： 在 方向上的投影向量的模为
2 3 4
· = 3+1【答案】 1+1 = 2，
故答案为 2．
AD
【解析】
14. 若复数 = 2 + + ( + 1) 是纯虚数，其中 是实数，则 = ．
【分析】
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{#{QQABAYSUggAoAAAAAABCEwWSCEKQkhGACCgGRAAQoEABCQNABAA=}#}
【答案】 6故答案为： 13．

【解析】
【分析】 16. 如图 1，在一个正方形 1 2 3 4内，有一个小正方形和四个全等的等边三角形。将四个等边三角形
由复数 = 2 + + ( + 1) 是纯虚数，列出方程组，求解可得 的值，然后代入 = 2 + + ( + 1) 折起来，使 1， 2， 3， 4重合于点 ，且折叠后的四棱锥 的外接球的表面积是 16 (如图 2)，
求出 ，进而求得答案．
本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的基本概念，是基础题．
【解答】
则四棱锥 的体积是 ．
解：因为复数 = 2 + + ( + 1) 是纯虚数，其中 是实数，
所以： 2 + = 0 且 + 1 ≠ 0；
故 = 0，故 = ，所以： = ；
故答案为： ． 【答案】
16
15. 已知 = (4, 1)， 3= ( 2,0)，向量 与 2 + 垂直，则实数 =______．
【解析】
【答案】
【分析】
6 213 本题考查了棱锥的体积和球的表面积，设正四棱锥的棱长为 ，则外接球的半径是 = ，由球的表2
【解析】 面积得出 ，再由棱锥的体积公式计算即可．
【分析】 【解答】
本题考查实数值的求法，考查平面向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力， 解：在图 4中，连接 ， 交于点 ，
考查函数与方程思想，是基础题． 则 是正四棱锥外接球的球心，正四棱锥的所有棱都相等，设其为 ，
先求出 = (4 + 2, )，2 + = (6, 2)，再由向量 与 2 + 垂直，能求出实数 ．
则外接球的半径是 = 2 ，所以 2 22 4 ( 2 ) = 16 ，得 = 2 2，
【解答】
因此 2 ，
解：∵ = (4, 1)
= = = 2
， = ( 2,0)， 2
1 1 16
∴ = (4 + 2, )，2 + = (6, 2)， 故四棱锥 的体积是3
2 = 23 × (2 2) × 2 = 3．
∵向量 与 2 + 垂直， 16
故答案为 3．
∴ ( )·(2 + ) = 6(4 + 2) + 2 = 0，
四、解答题（本大题共 6 小题，共 70.0 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
6
解得实数 = 13． 17. (本小题 10.0分)
已知平面向量 = (2,2)， = ( , 1)．
第 6页，共 9页
{#{QQABAYSUggAoAAAAAABCEwWSCEKQkhGACCgGRAAQoEABCQNABAA=}#}
( 1)若 // ，求 ； (Ⅱ)顶点 在底面的射影是正方形 的中心，如图所示；
(2) 若 ⊥ ( 2 )，求 与 所成夹角的余弦值．
【答案】
解：(1) ∵ // ，
∴ 2 2 = 0，∴ = 1；
(2)依题意 2 = (2 2 , 4)．
∵ ⊥ ( 2 )，∴ ( 2 ) = 0， 正四棱锥的侧面都是等边三角形，它的斜高为 3， = 3，
即 4 4 + 8 = 0，解得 = 3， 正四棱锥的侧棱长为：2，底面边长为 2，
∴ = (3, 1)． ∴该正四棱锥的高长度为：
设向量 与 的夹角为 ， = 3 1 = 2．

∴ cos = 2×3+2×( 1) 5 1 4 2
| | |
= = 所以棱锥的体积为： × 2 × 2 × 2 = ．
| 22
．
+22× 32+( 1)2 5 3 3
4 2
即 与 所成夹角的余弦值为 5． 这个正四棱锥的体积： ．5 3
【解析】本题考查了向量平行和垂直的充要条件，考查了向量夹角的求解以及向量的坐标的运算，属于 (Ⅲ)解：由题意，设长、宽、高分别为 3 ，2 ， ，
基础题． 则 2 × (6
2 + 3 2 + 2 2) = 88，解得 = 2，
(1)利用平行的充要条件得 2 2 = 0，解出 即可； 所以长、宽、高分别为 6 ，4 ，2 ，
3
(2)首先求出 2 ，再利用垂直充要条件求出 ，进而得到 ，利用向量夹角公式求出结果． 体积 = 6 × 4 × 2 = 48 ．
18. (本小题 12.0分) 【解析】本题主要考查了球的表面积公式和正四棱锥的结构特征与应用问题以及长方体表面积和体积的
(Ⅰ)球 的半径长为 10 3，求球 的表面积； 计算公式．
(Ⅱ)已知正四棱锥的侧面都是等边三角形，它的斜高为 3，求这个正四棱锥的体积； (Ⅰ)直接运用球的表面积公式即可求出；
(Ⅲ)已知长方体的长、宽、高的比是 3: 2: 1，若表面积为 88 2，求长方体的体积． (Ⅱ)根据题意知顶点在底面的射影是正方形的中心，求出斜高，再计算正四棱锥的高，然后求解体积．
【答案】 (Ⅲ)由表面积计算出棱长，再由体积公式计算即可．
解：(Ⅰ) = 4 2 = 4 ·(10 3)2 = 1200 ；
19. (本小题 12.0分)
1
已知△ 内角 , , 的对边分别是 , , ，若 cos = 4， = 2，sin = 2sin ．
(1)求 ；
(2)求△ 的面积．
第 7页，共 9页
{#{QQABAYSUggAoAAAAAABCEwWSCEKQkhGACCgGRAAQoEABCQNABAA=}#}
又 平面 ， 平面 ，
【答案】 ∴ //平面 ．
解：(Ⅱ)解法一：取 中点 ，连接 ，
解：(1)在△ 中， = 14， = 2， = 2 ， ∵ = ，∴ ⊥ ．
由正弦定理得： = 2 ， 又侧面 ⊥底面 ，且侧面 ∩底面 = ，
由余弦定理得： 2 = 2 + 2 2 = 2 + 4 2 2 2 1 24 = 4 = 4， ∴ ⊥平面 ．
解得 = 1 或 = 1(不合题意，舍去)。 ∵ = = 2， ⊥ ，
(2)由(1)知 = 1， = 2 ，所以 = 2， ∴ = = 2， = = 1．
1 1 1 1 1故△ 的面积为 = = 1 × 1 × 2 × 1 ( 1 )2 = 15． ∴三棱锥 的体积 = △ = × × 2 × 1 × 1 = ．2 2 4 4 3 3 2 3
【解析】本题主要考查了解三角形的运用，涉及正余弦定理，三角形面积公式的运用，属于基础题． 解法二：∵侧面 ⊥底面 ，
1 且侧面 ∩底面 = ， ⊥ ，(1)根据在△ 中， = 4， = 2， = 2 ，结合正余弦定理即可求出 值；
∴ ⊥平面 ．
(2)由(1)知 = 2 ，得到 = 2 1，再根据 = 4以及三角形面积公式即可求解． 又 ， 平面 ，
∴ ⊥ ， ⊥ ．
20. (本小题 12.0分) 又 ⊥ ，且 ∩ = ， ， 平面 ，
在四棱锥中 ，底面 是正方形，侧面 ⊥底面 ，且 = = 2， ⊥ ， ， ∴ ⊥平面 ，故 EF⊥平面 ，
分别为 ， 的中点．
∵ = = 2，∴ = 1 = 2， = = 2，2 2
∴三棱锥 的体积：
= = 1 1 1 2 1 3 △ = ．3 × 2 × 2 × 2 × 2 = 3
【解析】本题考查线面平行的证明，考查三棱锥的体积的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空
间想象能力，考查数形结合思想、转化化归思想，考查数据处理能力和运用意识，是中档题．
(Ⅰ)求证： ||平面 ； (Ⅰ)连接 ，则 ∩ = ， // ，由此能证明 //平面 ．
(Ⅱ)求三棱锥 的体积．
(Ⅱ)法一：取 中点 ，连接 ，推导出 ⊥平面 ，三棱锥 的体积 1 = 3 △ ．
【答案】
法二：三棱锥 的体积 = ，由此能求出结果．
证明：(Ⅰ)连接 ，因为底面 是正方形， 为 的中点，
则 ∩ = ，且 为 的中点． 21. (本小题 12.0分)
在△ 中， 为 的中点， 在△ 中，角 ， ， 所对的边分别为 ， 1， ，且 cos = 3， = 4 2．
∴ // ．
(1)若 = 6，求 的值；
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(2)若△ 的面积是 2 2，求△ 的周长． 证：
【答案】
1
解：(1) ∵ = 3，
又 ∈ (0, )，
(1)平面 1 //平面 1 1；
∴ = 2 2．3
(2)平面
4 2 1
1 ⊥平面 1 1．

由正弦定理得， = = ，即 1 2 2 ，2 3
解得 = 3； 【答案】
(2) ∵ 1△ = 2 ，
证明：(1)在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱 1 1 1中，
∴ 1 2 2 ，2 × 3 = 2 2 ∵ ， 1分别是 ， 1 1的中点，
∴ = 6， ∴ 1 1// ， 1 1 平面 1, 平面 1 ∴ 1 1//平面 1
由余弦定理得， 2 = 2 + 2 2 ， 同理 1//平面 1
∴ 2 = 2 + 2 2 = ( + )2 8 ， 又∵ 1 1 ∩ 1 = 1， 1 1 平面 1 1, 1 平面 1 1,3 3
2 ∴平面 1 //平面 ∴ 32 = ( + ) 16 1 1
；
，
(2) ∵ 1 ⊥平面 ∴ + = 4 3 1 1
1， 1 1 平面 1 1 1，
，
∴ 1 1 ⊥ 1；
则△ 的周长为 4 2 + 4 3．
∵△ 1 1 1为正三角形, 1为 中点【解析】本题考查三角形的正弦定理和余弦定理、面积公式的运用，考查运算能力，属于基础题． 1 1
∴ 1 1 ⊥ 1 1， 1 1 ∩ 1 = 1， 1 1 平面 1 1, 1 平面 (1) 1
1,
先求出角 的正弦值，然后利用正弦定理求解 ；
∴ 1 1 ⊥平面 1 (2) 1
，
由面积求出 = 6，再利用余弦定理即可．
又 1 1 平面 1 1，
∴平面 1 1 ⊥平面 ．22. (本小题 12.0 ) 1 1分
【解析】本题证明了空间中的平面与平面平行与垂直关系的判定与性质的应用问题，是基础题．
如图，在底面为正三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱 1 1 1中， ， 1分别是 ， 1 1的中点．求
(1)由题意得出 1 1// ， 1// 1 ，从而证明平面 1 //平面 1 1；
(2)由题意知 1 ⊥平面 1 1 1，得出 1 1 ⊥ 1；再由 1 1 ⊥ 1 1，
得出 1 1 ⊥平面 1 1，从而证明平面 1 1 ⊥平面 1 1．
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