重庆市主城区七校联考2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题(图片版,含答案)
文档属性
| 名称 | 重庆市主城区七校联考2024-2025学年高一下学期期末考试数学试题(图片版,含答案) |  | |
| 格式 | |||
| 文件大小 | 4.0MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-07-05 09:26:19 | ||
图片预览
文档简介
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2024—2025 学年（下）期末考试
高 2027 届数学参考答案及评分标准
一、单项选择题 BCAA BCDC
8.因为 2 = + ，可知 O为 的中点，
又因为 O为△ 的外接圆圆心，则 ⊥ ，
且 = = 1，即 = = = 1，
π
可知△ 为等边三角形，即∠ = ，
3
如图，建立平面直角坐标系，
则 2,0 , 1, 3 ，设 , 0 , ∈ 2,2 ，
可得 = 1 , 3 , = 2 , 0 ，
则 = 1 2 = 2 + 2= ( + 1 )2 9， ∈ 2,2
2 4
1 9
可知当 = 时， 取到最小值 .
2 4
二、多项选择题 AC ABD BCD
三、填空题
2
12. 5 13. 4 97 14. ，3 12 3
14. = 2π.
3
△ 的外接圆半径为 4 3，则 = 2 × 4 3 = 12，
由余弦定理， 2 = 2 + 2 2 cos ，得 144 = 2 + 2 + ，
点 在边 上， = 2 , = 4，
则 = A B + B D = A B + 2B C = A B + 2 A B = 1 + 2 ，
3 3 3 3
有 2 = 1 2 + 4 + 4A C 2，
9 9 9
第 1页
16 = 1 2 + 4 cos + 4 b2 = 1 c2 2 + 4得 b2，
9 9 9 9 9 9
即 144 = 2 + 4b2 2b ，
由 144 =
2 + 4b2 2b
2 2 ，解得 = = 4 3，144 = + +
所以△ 1 1的面积为 △ = sin = × 4 3 × 4 3 ×
3 = 12 3.
2 2 2
四、解答题
1
15.解： （1）∵ B E = B C ，C F = 2F D
2
∴ E C = 1 A D ， C F = 2A B 2分
2 3
∴ E F = E C + C F = 1A D 2A B = 2 A B + 1 A D 4分
2 3 3 2
∴ x = 2 1，y = 5分
3 2
3x + 2 = 2 + 1 = 1 6分
（2） A B = 6， A D = 4，∠BAD = 60°
A B A D = A B A D cos60° = 6 × 4 ×
1 =12 8分
2
∵ A C = A B + A D ， 9分
∴ A C E F = (A B + A D ) ( 2 A B + 1 A D ) = 2 A B 2 1 A B A D + 1A D 2 11分
3 2 3 6 2
= 2 × 36 1 × 12 + 1 × 16 = 18 13分
3 6 2
16 .解：(1)取 PD的中点 G，连接 AG，FG，
因为 E、F分别是 AB、PC的中点，
所以 FG//CD且 FG = 1CD，又 AE//CD且 AE = 1CD，
2 2
所以 AE//FG且 AE = FG，
则四边形 AEFG为平行四边形， 3分
所以 AG//EF，
第 2页
∵ AG 平面 PAD，EF 平面 PAD， 5分
∴ EF//平面 PAD； 6分
(2)建立如图所示坐标系：以 A为原点，
AB为 x轴，AD为 y轴，AP为 z轴建立如图所示空间
直角坐标系，不妨设 AD = AP = 2AB = 2 7分
(2,4,0), (2,0,0), (0,0,4)
(1,0,0), (1,2,2), 9分
∴ E F = (0,2,2), B P = ( 2,0,4), B C = (0,4,0),设平面
向量分别为 = ( 1, 1, 1),
= 0 + 4 1 + 0 = 0
= 2 1 + 0 + 4 1 = 0
∴ n = (2,0,1) 12分
∴ sinθ = |cos < m , n > | = m n = 2 = 10 14分
| m | | n | 2 2 5 10
∴ 10直线 EF与平面 PBC所成角的正弦值为 15分
10
17.解：（1）由图可知：10 0.005 0.01 0.015 x 0.04 1，解得， x 0.03，
故 x 的值为0.03； 2分
各组的频率分别为：0.05, 0.1, 0.15, 0.3, 0.4
各组的中点值分别为：55,65,75,85,95
平均值x = 55 × 0.05 + 65 × 0.1 + 75 × 0.15 + 85 × 0.3 + 95 × 0.4 = 84 5分
（2）因为 10 ×（0.005 + 0.01 + 0.015 + 0.03） = 0.6 < 0.8，
10 ×（0.005 + 0.01 + 0.015 + 0.03 + 0.04） = 1 > 0.8
90，100
所以 80%分位数在区间 内，令其为m ，
则，0.6 + 0.04 × (m 90) = 0.8，解得：m = 95 9分
所以满意度评分的第 80百分位数是 95 分；
第 3页
3 50，60 ， 60，70 （ ）因为评分在 的频率分别为 0.05，0.1，
50，60 0.05
则在 中抽取 × 6 = 2 人，记为 A，B：
0.05+0.1
60，70 0.1在 中抽取 × 6 = 4 人，记为 a，b，c，d； 10分
0.05+0.1
从这 6人中随机抽取 2人，则有 AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd，ab，
ac，ad，bc，bd，cd共有 15个基本事件， 12分
选取的 2人满意度评分来自同一组的有 AB，ab，ac，ad，bc，bd，cd，共 7个基本事件
14分
7
抽取的 2人满意度评分来自同一小组的概率 P= 15分
15
18.解：（1）sin2A sin2B sin2C = sinBsinC 1分
由正弦定理可得： 2 b2 c2 = bc，即 b2 + c2 2 = bc 2分
b2+c2 2∴ cosA = = bc = 1， 3分
2bc 2bc 2
∵ A ∈ 0,π ，∴ A = 2π. 4分
3
（2）[方法一]余弦+不等式
由余弦定理得： 2 = b2 + c2 2bc cosA = b2 + c2 + bc = 9
即 b + c 2 bc = 9. 6分
b + c 2
∴ b + c 2 9 = bc ≤
2
∴ 3 b + c 2 ≤ 9 b + c 2 ≤ 12
4
b + c ≤ 2 3 9分
（当且仅当 b = c时取等号），
∴△ ABC周长= + b + c ≤ 3 + 2 3，
∴△ ABC周长的最大值为 3 + 2 3. 10分
[方法二]：正弦化角
设 B = π + ,C = π π < < π a = b = cα α，则 α ，根据正弦定理可知 = 2 3，
6 6 6 6 sinA sinB sinC
第 4页
所以 b + c = 2 3(sinB + sinC) = 2 3 sin π +α + sin π α = 2 3cosα ≤ 2 3，
6 6
8分
当且仅当α = 0 π，即 B = C = 时，等号成立．
6
此时△ ABC周长的最大值为 3 + 2 3． 10分
(3) 由余弦定理，得32 = b2 + c2 2bccos 2π，即b2 + c2 + bc =9
3
(4) ∵ b2 + c2 ≥ 2bc
∴ bc ≤ 3,当且仅当 b = c 时等号成立 13分
1∵ AD = ( A B + A C )
2
∴ A D 2 = 1 (A B + A C )2 = 1 ( A B 2 + 2A B A C + A C 2)
4 4
= 1 (b2 + c2 bc) 15分
4
1 3
= (9 2bc) ≥
4 4
∴ |AD| ≥ 3所以|AD| 3的最小值为 17分
2 2
19.解：(1)法 1：由题意知A1O ⊥ 平面 BCC1B1
所以A1O ⊥ BC
由：AA1 = 2,BC = 1，∠CBB1 = 60。
所以 BC ⊥ CB1
∵ A1O ∩ CB1 = O,
A1O,CB1 平面A1B1C
∴ BC ⊥ 平面A1B1C
∴面 ABC ⊥面A1B1C 4分
法 2：以 C 为原点，CB1为 y轴，CB为 x轴，建立如图所示空间直角坐标系，
C(0,0,0), B(1,0,0), B1(0, 3, 0),设A1(0, t, 2)
第 5页
∴ C B = (1,0,0) C B 1 = (0, 3, 0)C A 1 = (0, t, 2)
∴ C B C B 1 = 0, C B C A 1 = 0
∴ CB ⊥ CB1, CB ⊥ CA1
又A1C ∩ CB1 = C,
A1C, CB1 平面A1B1C
∴面 ABC ⊥面A1B1C 4分
（2）过点 O作 MN ⊥ BB1,易得A1N ⊥ BB1,
设 ON = t ∈ [0, 3 ]
2
所以二面角A1—BB1—C余弦
ON t 1
= cos∠A1NM = = =A1N t2 + 22 2
1 + ( )2
t
57
所以最大值为 cos∠A1NM = 8分19
法 2：以 C为原点，CB1为 x轴，CB为 y轴，建立如图所示空间直角坐标系，
C(0,0,0), B(1,0,0), B1(0, 3, 0),设A1(0, t, 2)
∴ C B = (1,0,0), B B 1 = ( 1, 3, 0), B C = ( 1,0,0), B A 1 = ( 1, t, 2)
设平面 1 1，平面 1 的法向量分别为 = ( 1, 1, 1), = 1 = (0,0,2)
1 = 1 + 3 1 + 0 = 0
1 = 1 + 1 + 2 1 = 0
3 t
∴ m = ( 3, 1, )
2
m n 3 t | 3 t|
∴ |cos < m , n > | = = | | =
| m | | n |
t2 2 3t + 3 ( 3 t)2 + 16
3 + 1 + 2
4
1 1 57
= ≤ =
16
1 + 16
19
( 3 t)2 1 + 3
第 6页
所以最大值为 cos∠A NM = 571 8分19
(3) ∵ 平行四边形 AA1C1C
∴ S△AA1C = SA1C1C
∴ BB1//CC1, BB1//AA1
∴ BB1//平面 AA1C1C
∴ 点 B, B1到平面 AA1C1C的距离相等
1 1 3
∴ VB AA1C = VB1 A1C1C = hS△CB1C1 = |A1O|S3 3 △CB1C1
=
3
3
所以四面体A1ABC的体积为定值 11分3
过点 O作 MN ⊥ BB1易得 1 ⊥ 1 , 1 ⊥ 1
设四面体A1ABC内切球半径为 r ,四面体A1ABC表面积 S,设三角形A1AB，
A1AC，ABC，A1BC的面积依次为S1, S2, S3, S4,
四面体A1ABC表面积 S可以转化为四棱锥 1 1 1的侧面面积。
四棱锥 1 1 1底面平面图 1 1如图所示
设 = 3, = ,则 + = ， O
2
所以 = 2 , 1 = 2
= 1 + 2 + 3 + 4
= 1 ( 4 + 4 2 + 4 + 4 2) + ( 4 + 2 + 4 + 2)
2
3V
r = B AA1C = 3
S S
∵ + = 3,要求 r 的最大值，即求 4 + 4 2 + 4 + 4 2和 4 + 2 + 4 + 2的最小值：
2
13分
3 3
证明方法一：已知 + = , ( + )2 = 2 + 2 + 2 = ,
2 4
第 7页
∴ ( 4 + 2 + 4+ 2)2 = 8 + 2 + 2 + 2 2 2 + 4( 2 + 2) + 16
3
= 8 + 2 + 2 2 2 + 3 8 + 16
4
令 = ，由均值不等式可知： ∈ (0 3， ]
16
原式 ( ) = 8 + 3 2 + 2 2 + 3 8 + 16,
4
3 3
= 8 + 2 , = 2 + 3 8 + 16在 t ∈ (0, ]上单调递减
4 16
3 3 67
所以 ( )在 t ∈ (0, ]上单调递减 ( )的最小值为 ( ) =
16 16 4
所以 4 + 2 + 4 + 2 67的最小值为 ，当且仅当 = 时等号成立，
2
同理可知 4 + 4 2 + 4 + 4 2的最小值为 19，当且仅当 = 时等号成立
所以当且仅当 = 时，两个式子同时取得最小值，
S = 1所以面积的最小值为： ( 19 + 67)
2
半径的最大值为：r = 2 3 = 201 57 17分
19+ 67 24
（猜出 O为B1C中点并得出答案的得 2分答案分）
证明方法二：几何意义：
如图，画出A1B1C的平面展开图，过A1作B1C的平行线，构造
矩形 EFB1C，再在上方构造一个全等矩形，我们需要求 A1C +
A1B1 的最小值，由对称性可知 A1B1 = A1B1’ ，
3
其中 2 21 = 4 + 4 ， 1 1 = 4 + 4 ， + = 2
所以由三角不等式有：
A1C + A1B1 = A1C + A1B1’ ≥ B1’C
即：
4 + 4 2 + 4 + 4 2 ≥ (2 + 2 )2 + 42 = 19，当且仅当 = 时等号成立
同理可得：
第 8页
4 + 2 + 4 + 2 ≥ ( + )2 + 42 = 67，当且仅当 = 时等号成立
2
所以当且仅当 = 时，两个式子同时取得最小值，
1
所以面积的最小值为：S = ( 19 + 67)
2
2 3 201 57
所以半径的最大值为：r = = 17分
19+ 67 24
（猜出 O为B1C中点并得出答案的得 2分答案分）
证明方法三：
琴生不等式：设 ( ) = 4 + 4 2,
f(x) ( )+ ( ) ≥ ( + 由于 为下凸函数，所以有 )，
2 2
所以 4 + 4 2 + 4 + 4 2 ≥ 2 4 + 4 ( + )2 = 2 4 + 4 ( 3 )2 = 19，当且仅当 =
2 4
时等号成立
+ 1
同理有： 4 + 2 + 4 + 2 ≥ 2 4 + ( )2 = 67，当且仅当 = 时等号成立
2 2
1
所以当且仅当 = 时，两个式子同时取得最小值，所以 S = ( 19 + 67)
2
2 3 201 57
所以半径的最大值为：r = = 17分
19+ 67 24
（猜出 O为B1C中点并得出答案的得 2分答案分）
第 9页
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2024—2025 学年（下）期末考试
高 2027 届数学参考答案及评分标准
一、单项选择题 BCAA BCDC
8.因为 2 = + ，可知 O为 的中点，
又因为 O为△ 的外接圆圆心，则 ⊥ ，
且 = = 1，即 = = = 1，
π
可知△ 为等边三角形，即∠ = ，
3
如图，建立平面直角坐标系，
则 2,0 , 1, 3 ，设 , 0 , ∈ 2,2 ，
可得 = 1 , 3 , = 2 , 0 ，
则 = 1 2 = 2 + 2= ( + 1 )2 9， ∈ 2,2
2 4
1 9
可知当 = 时， 取到最小值 .
2 4
二、多项选择题 AC ABD BCD
三、填空题
2
12. 5 13. 4 97 14. ，3 12 3
14. = 2π.
3
△ 的外接圆半径为 4 3，则 = 2 × 4 3 = 12，
由余弦定理， 2 = 2 + 2 2 cos ，得 144 = 2 + 2 + ，
点 在边 上， = 2 , = 4，
则 = A B + B D = A B + 2B C = A B + 2 A B = 1 + 2 ，
3 3 3 3
有 2 = 1 2 + 4 + 4A C 2，
9 9 9
第 1页
16 = 1 2 + 4 cos + 4 b2 = 1 c2 2 + 4得 b2，
9 9 9 9 9 9
即 144 = 2 + 4b2 2b ，
由 144 =
2 + 4b2 2b
2 2 ，解得 = = 4 3，144 = + +
所以△ 1 1的面积为 △ = sin = × 4 3 × 4 3 ×
3 = 12 3.
2 2 2
四、解答题
1
15.解： （1）∵ B E = B C ，C F = 2F D
2
∴ E C = 1 A D ， C F = 2A B 2分
2 3
∴ E F = E C + C F = 1A D 2A B = 2 A B + 1 A D 4分
2 3 3 2
∴ x = 2 1，y = 5分
3 2
3x + 2 = 2 + 1 = 1 6分
（2） A B = 6， A D = 4，∠BAD = 60°
A B A D = A B A D cos60° = 6 × 4 ×
1 =12 8分
2
∵ A C = A B + A D ， 9分
∴ A C E F = (A B + A D ) ( 2 A B + 1 A D ) = 2 A B 2 1 A B A D + 1A D 2 11分
3 2 3 6 2
= 2 × 36 1 × 12 + 1 × 16 = 18 13分
3 6 2
16 .解：(1)取 PD的中点 G，连接 AG，FG，
因为 E、F分别是 AB、PC的中点，
所以 FG//CD且 FG = 1CD，又 AE//CD且 AE = 1CD，
2 2
所以 AE//FG且 AE = FG，
则四边形 AEFG为平行四边形， 3分
所以 AG//EF，
第 2页
∵ AG 平面 PAD，EF 平面 PAD， 5分
∴ EF//平面 PAD； 6分
(2)建立如图所示坐标系：以 A为原点，
AB为 x轴，AD为 y轴，AP为 z轴建立如图所示空间
直角坐标系，不妨设 AD = AP = 2AB = 2 7分
(2,4,0), (2,0,0), (0,0,4)
(1,0,0), (1,2,2), 9分
∴ E F = (0,2,2), B P = ( 2,0,4), B C = (0,4,0),设平面
向量分别为 = ( 1, 1, 1),
= 0 + 4 1 + 0 = 0
= 2 1 + 0 + 4 1 = 0
∴ n = (2,0,1) 12分
∴ sinθ = |cos < m , n > | = m n = 2 = 10 14分
| m | | n | 2 2 5 10
∴ 10直线 EF与平面 PBC所成角的正弦值为 15分
10
17.解：（1）由图可知：10 0.005 0.01 0.015 x 0.04 1，解得， x 0.03，
故 x 的值为0.03； 2分
各组的频率分别为：0.05, 0.1, 0.15, 0.3, 0.4
各组的中点值分别为：55,65,75,85,95
平均值x = 55 × 0.05 + 65 × 0.1 + 75 × 0.15 + 85 × 0.3 + 95 × 0.4 = 84 5分
（2）因为 10 ×（0.005 + 0.01 + 0.015 + 0.03） = 0.6 < 0.8，
10 ×（0.005 + 0.01 + 0.015 + 0.03 + 0.04） = 1 > 0.8
90，100
所以 80%分位数在区间 内，令其为m ，
则，0.6 + 0.04 × (m 90) = 0.8，解得：m = 95 9分
所以满意度评分的第 80百分位数是 95 分；
第 3页
3 50，60 ， 60，70 （ ）因为评分在 的频率分别为 0.05，0.1，
50，60 0.05
则在 中抽取 × 6 = 2 人，记为 A，B：
0.05+0.1
60，70 0.1在 中抽取 × 6 = 4 人，记为 a，b，c，d； 10分
0.05+0.1
从这 6人中随机抽取 2人，则有 AB，Aa，Ab，Ac，Ad，Ba，Bb，Bc，Bd，ab，
ac，ad，bc，bd，cd共有 15个基本事件， 12分
选取的 2人满意度评分来自同一组的有 AB，ab，ac，ad，bc，bd，cd，共 7个基本事件
14分
7
抽取的 2人满意度评分来自同一小组的概率 P= 15分
15
18.解：（1）sin2A sin2B sin2C = sinBsinC 1分
由正弦定理可得： 2 b2 c2 = bc，即 b2 + c2 2 = bc 2分
b2+c2 2∴ cosA = = bc = 1， 3分
2bc 2bc 2
∵ A ∈ 0,π ，∴ A = 2π. 4分
3
（2）[方法一]余弦+不等式
由余弦定理得： 2 = b2 + c2 2bc cosA = b2 + c2 + bc = 9
即 b + c 2 bc = 9. 6分
b + c 2
∴ b + c 2 9 = bc ≤
2
∴ 3 b + c 2 ≤ 9 b + c 2 ≤ 12
4
b + c ≤ 2 3 9分
（当且仅当 b = c时取等号），
∴△ ABC周长= + b + c ≤ 3 + 2 3，
∴△ ABC周长的最大值为 3 + 2 3. 10分
[方法二]：正弦化角
设 B = π + ,C = π π < < π a = b = cα α，则 α ，根据正弦定理可知 = 2 3，
6 6 6 6 sinA sinB sinC
第 4页
所以 b + c = 2 3(sinB + sinC) = 2 3 sin π +α + sin π α = 2 3cosα ≤ 2 3，
6 6
8分
当且仅当α = 0 π，即 B = C = 时，等号成立．
6
此时△ ABC周长的最大值为 3 + 2 3． 10分
(3) 由余弦定理，得32 = b2 + c2 2bccos 2π，即b2 + c2 + bc =9
3
(4) ∵ b2 + c2 ≥ 2bc
∴ bc ≤ 3,当且仅当 b = c 时等号成立 13分
1∵ AD = ( A B + A C )
2
∴ A D 2 = 1 (A B + A C )2 = 1 ( A B 2 + 2A B A C + A C 2)
4 4
= 1 (b2 + c2 bc) 15分
4
1 3
= (9 2bc) ≥
4 4
∴ |AD| ≥ 3所以|AD| 3的最小值为 17分
2 2
19.解：(1)法 1：由题意知A1O ⊥ 平面 BCC1B1
所以A1O ⊥ BC
由：AA1 = 2,BC = 1，∠CBB1 = 60。
所以 BC ⊥ CB1
∵ A1O ∩ CB1 = O,
A1O,CB1 平面A1B1C
∴ BC ⊥ 平面A1B1C
∴面 ABC ⊥面A1B1C 4分
法 2：以 C 为原点，CB1为 y轴，CB为 x轴，建立如图所示空间直角坐标系，
C(0,0,0), B(1,0,0), B1(0, 3, 0),设A1(0, t, 2)
第 5页
∴ C B = (1,0,0) C B 1 = (0, 3, 0)C A 1 = (0, t, 2)
∴ C B C B 1 = 0, C B C A 1 = 0
∴ CB ⊥ CB1, CB ⊥ CA1
又A1C ∩ CB1 = C,
A1C, CB1 平面A1B1C
∴面 ABC ⊥面A1B1C 4分
（2）过点 O作 MN ⊥ BB1,易得A1N ⊥ BB1,
设 ON = t ∈ [0, 3 ]
2
所以二面角A1—BB1—C余弦
ON t 1
= cos∠A1NM = = =A1N t2 + 22 2
1 + ( )2
t
57
所以最大值为 cos∠A1NM = 8分19
法 2：以 C为原点，CB1为 x轴，CB为 y轴，建立如图所示空间直角坐标系，
C(0,0,0), B(1,0,0), B1(0, 3, 0),设A1(0, t, 2)
∴ C B = (1,0,0), B B 1 = ( 1, 3, 0), B C = ( 1,0,0), B A 1 = ( 1, t, 2)
设平面 1 1，平面 1 的法向量分别为 = ( 1, 1, 1), = 1 = (0,0,2)
1 = 1 + 3 1 + 0 = 0
1 = 1 + 1 + 2 1 = 0
3 t
∴ m = ( 3, 1, )
2
m n 3 t | 3 t|
∴ |cos < m , n > | = = | | =
| m | | n |
t2 2 3t + 3 ( 3 t)2 + 16
3 + 1 + 2
4
1 1 57
= ≤ =
16
1 + 16
19
( 3 t)2 1 + 3
第 6页
所以最大值为 cos∠A NM = 571 8分19
(3) ∵ 平行四边形 AA1C1C
∴ S△AA1C = SA1C1C
∴ BB1//CC1, BB1//AA1
∴ BB1//平面 AA1C1C
∴ 点 B, B1到平面 AA1C1C的距离相等
1 1 3
∴ VB AA1C = VB1 A1C1C = hS△CB1C1 = |A1O|S3 3 △CB1C1
=
3
3
所以四面体A1ABC的体积为定值 11分3
过点 O作 MN ⊥ BB1易得 1 ⊥ 1 , 1 ⊥ 1
设四面体A1ABC内切球半径为 r ,四面体A1ABC表面积 S,设三角形A1AB，
A1AC，ABC，A1BC的面积依次为S1, S2, S3, S4,
四面体A1ABC表面积 S可以转化为四棱锥 1 1 1的侧面面积。
四棱锥 1 1 1底面平面图 1 1如图所示
设 = 3, = ,则 + = ， O
2
所以 = 2 , 1 = 2
= 1 + 2 + 3 + 4
= 1 ( 4 + 4 2 + 4 + 4 2) + ( 4 + 2 + 4 + 2)
2
3V
r = B AA1C = 3
S S
∵ + = 3,要求 r 的最大值，即求 4 + 4 2 + 4 + 4 2和 4 + 2 + 4 + 2的最小值：
2
13分
3 3
证明方法一：已知 + = , ( + )2 = 2 + 2 + 2 = ,
2 4
第 7页
∴ ( 4 + 2 + 4+ 2)2 = 8 + 2 + 2 + 2 2 2 + 4( 2 + 2) + 16
3
= 8 + 2 + 2 2 2 + 3 8 + 16
4
令 = ，由均值不等式可知： ∈ (0 3， ]
16
原式 ( ) = 8 + 3 2 + 2 2 + 3 8 + 16,
4
3 3
= 8 + 2 , = 2 + 3 8 + 16在 t ∈ (0, ]上单调递减
4 16
3 3 67
所以 ( )在 t ∈ (0, ]上单调递减 ( )的最小值为 ( ) =
16 16 4
所以 4 + 2 + 4 + 2 67的最小值为 ，当且仅当 = 时等号成立，
2
同理可知 4 + 4 2 + 4 + 4 2的最小值为 19，当且仅当 = 时等号成立
所以当且仅当 = 时，两个式子同时取得最小值，
S = 1所以面积的最小值为： ( 19 + 67)
2
半径的最大值为：r = 2 3 = 201 57 17分
19+ 67 24
（猜出 O为B1C中点并得出答案的得 2分答案分）
证明方法二：几何意义：
如图，画出A1B1C的平面展开图，过A1作B1C的平行线，构造
矩形 EFB1C，再在上方构造一个全等矩形，我们需要求 A1C +
A1B1 的最小值，由对称性可知 A1B1 = A1B1’ ，
3
其中 2 21 = 4 + 4 ， 1 1 = 4 + 4 ， + = 2
所以由三角不等式有：
A1C + A1B1 = A1C + A1B1’ ≥ B1’C
即：
4 + 4 2 + 4 + 4 2 ≥ (2 + 2 )2 + 42 = 19，当且仅当 = 时等号成立
同理可得：
第 8页
4 + 2 + 4 + 2 ≥ ( + )2 + 42 = 67，当且仅当 = 时等号成立
2
所以当且仅当 = 时，两个式子同时取得最小值，
1
所以面积的最小值为：S = ( 19 + 67)
2
2 3 201 57
所以半径的最大值为：r = = 17分
19+ 67 24
（猜出 O为B1C中点并得出答案的得 2分答案分）
证明方法三：
琴生不等式：设 ( ) = 4 + 4 2,
f(x) ( )+ ( ) ≥ ( + 由于 为下凸函数，所以有 )，
2 2
所以 4 + 4 2 + 4 + 4 2 ≥ 2 4 + 4 ( + )2 = 2 4 + 4 ( 3 )2 = 19，当且仅当 =
2 4
时等号成立
+ 1
同理有： 4 + 2 + 4 + 2 ≥ 2 4 + ( )2 = 67，当且仅当 = 时等号成立
2 2
1
所以当且仅当 = 时，两个式子同时取得最小值，所以 S = ( 19 + 67)
2
2 3 201 57
所以半径的最大值为：r = = 17分
19+ 67 24
（猜出 O为B1C中点并得出答案的得 2分答案分）
第 9页
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