(共54张PPT)
模块素养评价
(120分钟 150分)
一、单选题(每小题5分,共40分)
1.点O是平行四边形ABCD的两条对角线的交点,则
等于( )
【解析】选A.
2.已知i为虚数单位,a为实数,复数z=(a-2i)(1+i)在复平面内对应的点为M,则“a=1”是“点M在第四象限”的
( )
A.充分不必要条件
B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件
【解析】选A.因为复数z=(a-2i)(1+i)=a+2+(a-2)i,所以z在复平面内对应的点M的坐标是(a+2,a-2).若点M在第四象限,则a+2>0,a-2<0,所以-2
3.函数f(x)=sin
xcos
x的最大值是
( )
A.-1 B.-
C.
D.1
【解析】选C.因为f(x)=sin
xcos
x=
sin
2x,由2x=
+2kπ,k∈Z,得
x=
+kπ,k∈Z,
所以当x=kπ+
,k∈Z时,f(x)max=
.
4.已知圆锥的表面积是底面积的3倍,那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为( )
A.120°
B.150°
C.180°
D.240°
【解析】选C.设圆锥底面半径为r,母线为l,则πrl+πr2=3πr2,得l=2r,所以展开图扇形半径为2r,弧长为2πr.
所以展开图是半圆.所以扇形的圆心角为180°.
5.已知函数f(x)=sin
(x∈R,ω>0)的最小正周期为π,为了得到函数
g(x)=cos
ωx的图象,只要将y=f(x)的图象
( )
A.向左平移
个单位长度
B.向右平移
个单位长度
C.向左平移
个单位长度
D.向右平移
个单位长度
【解析】选A.由题知ω=2,所以
6.已知点O,N在△ABC所在平面内,且
则点O,N依次是△ABC的
( )
A.重心 外心
B.重心 内心
C.外心 重心
D.外心 内心
【解析】选C.由
知,O为△ABC的外心;由
得
取BC边的中点D,则
知A,N,D三点共线,
且AN=2ND,故点N是△ABC的重心.
7.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作,全书十八卷共八十一个
问题,分为九类,每类九个问题,《数书九章》中记录了秦九昭的许多创造性成就,其中
在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a,b,c求面积的公式,这与古希腊的海伦
公式完全等价,其求法是:“以小斜幂,并大斜幂,减中斜幂,余半之,自乘于上;以小斜
幂乘大斜幂,减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”若把以上这段文字写成公
式,即
现有周长为10+2
的△ABC满足sin
C∶sin
A
∶sin
B=2∶3∶
,则用以上给出的公式求得△ABC的面积为( )
A.6
B.4
C.8
D.12
【解析】选A.因为sin
C∶sin
A∶sin
B=2∶3∶
,
则c∶a∶b=2∶3∶
,因为△ABC的周长为10+2
,即a+b+c=10+2
,
所以c=4,a=6,b=2
,所以
8.鲁班锁是中国传统的智力玩具,起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构,它的外观是如图所示的十字立方体.其上下、左右、前后完全对称,六根完全一样的正四棱柱分成三组,经90°榫卯起来,若正四棱柱的高为5,底面正方形的边长为1,现将该鲁班锁放进一个球形容器内,则该球形容器的表面积至少为(容器壁的厚度忽略不计)
( )
A.28π
B.30π
C.60π
D.120π
【解析】选B.由题意,该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个正四棱柱
体对角线的一半,即为
所以该球形容器的表面积的最小值
为4π×
=30π.
二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
9.已知a∥b,|a|=2|b|=6,则|a+b|的值可能为( )
A.3
B.6
C.8
D.9
【解析】选AD.因为a∥b,|a|=2|b|=6,
则|a|=6,|b|=3.
当a,b方向相同时,|a+b|=|a|+|b|=9;
当a,b方向相反时,|a+b|=||a|-|b||=3.
10.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2
,c=3,A+3C=π,则下列结
论正确的是
( )
A.cos
C=
B.sin
B=
C.a=3
D.S△ABC=
【解析】选AD.A+3C=π,故B=2C,
根据正弦定理:
即2
sin
C=3×2sin
Ccos
C,
因为sin
C≠0,故cos
C=
,sin
C=
,
sin
B=sin
2C=2sin
Ccos
C=
.
c2=a2+b2-2abcos
C,化简得到a2-4a+3=0,解得a=3或a=1,若a=3,
则A=C=
,故B=
,不满足题意,故a=1.
S△ABC=
absin
C=
×1×2
×
=
.
11.函数f(x)=cos
(ωx+φ)
的部分图象如图所示,则下列结论正确
的是( )
A.ω=π
B.φ=
C.x=
是函数的一条对称轴
D.
是函数的对称中心
【解析】选ACD.由题图知
T=1,
则T=2,即T=
=2,所以ω=π,则A选项正确.
由图象可得,
所以
π+φ=2kπ+
,k∈Z,
即φ=2kπ+
,k∈Z,再由
得φ=
,即f(x)=cos
,所以B选项不正确.
函数f(x)的对称轴为πx+
=kπ+π,k∈Z,即x=k+
,k∈Z,
当k=0时,x=
是函数f(x)的一条对称轴,所以C选项正确.函数f(x)的对称中心
满足πx+
=kπ+
,k∈Z,即x=k+
,k∈Z,
所以函数f(x)的对称中心为
,k∈Z,所以D选项正确.
12.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1各条棱的长度均相等,D为AA1的中点,M,N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点),且满足BM=C1N,当M,N运动时,下列结论中正确的是
( )
A.在△DMN内存在与平面ABC平行的线段
B.平面DMN⊥平面BCC1B1
C.三棱锥A1-DMN的体积为定值
D.△DMN可能为直角三角形
【解析】选ABC.用平行于平面ABC的平面截平面DMN,则交线平行于平面ABC,故A选项正确;当M,N分别在BB1,CC1上运动时,若满足BM=C1N,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,由DO⊥平面BCC1B1可得平面DMN⊥平面BCC1B1,故B选项正确;当M,N分别在BB1,CC1上运动时,△A1DM的面积不变,点N到平面A1DM的距离不变,所以三棱锥N-A1DM的体积不变,即三棱锥A1-DMN的体积为定值,故C选项正确;
若△DMN为直角三角形,则必是以∠MDN为直角的直角三角形,易证DM=DN,所以
△DMN为等腰直角三角形,所以DO=OM=ON,即MN=2DO.设正三棱柱的棱长为2,则
DO=
,MN=2
.因为MN的最大值为BC1,BC1=2
,所以MN不可能为2
,所以
△DMN不可能为直角三角形,故D选项错误.
三、填空题(每小题5分,共20分)
13.已知两点A(-1,0),B(-1,
).O为坐标原点,点C在第一象限,且∠AOC=120°,
设
(λ∈R),则λ=________.
?
【解析】由题意,得
=-3(-1,0)+λ(-1,
)=(3-λ,
λ),
因为∠AOC=120°,所以
解得λ=
.
答案:
14.已知A,B,C都是锐角,且tan
A=1,tan
B=2,tan
C=3,则A+B+C的值为________.?
【解析】因为tan
A=1,tan
B=2,所以tan(A+B)=
=-3,
又因为tan
C=3,
所以tan(A+B+C)=0.
因为A,B,C都是锐角,所以A+B+C=180°.
答案:180°
15.太湖中有一小岛,沿太湖有一条正南方向的公路,一辆汽车测得小岛在公路的南偏西15°的方向上,汽车行驶1
km后,又测得小岛在公路的南偏西75°的方向上,则小岛到公路的距离是________km.?
【解析】如图,∠CAB=15°,∠CBA=180°-75°=105°,
∠ACB=180°-105°-15°=60°,AB=1
km.
由正弦定理得
所以BC=
·sin
15°
=
(km).
设C到直线AB的距离为d,
则d=BC·sin
75°=
(km).
答案:
16.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若存在平面α,使每条棱所在的直线与平面α所成的角都相等,则各棱所在的直线与此平面所成角的正切值为________.?
【解析】根据题意可知,正方体的每条棱实质上可转化为过同一顶点的三条棱,不妨转化为过点B1的三条棱B1A1,B1C1,B1B,连接A1C1,A1B,BC1,如图所示,可以发现这三条棱所在的直线与平面A1BC1所成的角均相等.
取BC1的中点E,连接A1E,B1E,则在正三棱锥B1-A1BC1中,顶点B1在平面A1BC1中的
射影为等边三角形A1BC1的中心,即点M,连接B1M,则A1M是线段A1B1在平面A1BC1中
的射影,所以∠B1A1E为棱B1A1所在的直线与平面A1BC1所成的角.设正方体棱长
为a,则B1A1=a,B1E=
a,且A1B1⊥B1E,
则tan∠B1A1E=
答案:
四、解答题(共70分)
17.(10分)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(1,4),B(-2,3),C(2,-1).
(1)求
(2)设实数t满足
求t的值.
【解析】(1)因为
=(-3,-1),
=(1,-5),
所以
=(-3)×1+(-1)×(-5)=2.
因为
=(-2,-6),
所以
(2)因为
=(-3-2t,-1+t),
=(2,-1),且
所以
=0,
即(-3-2t)×2+(-1+t)×(-1)=0,
所以t=-1.
18.(12分)已知函数f(x)=sin
(1)求f(x)在x∈[0,π]上的递增区间;
(2)用“五点法”在所给的平面直角坐标系中画出函数f(x)的图象;
(3)写出y=f(x)的图象是由y=sin
x的图象经过怎样的变换得到的.
【解析】(1)令2kπ-
≤2x-
≤2kπ+
,k∈Z,
所以kπ+
≤x≤kπ+
,k∈Z.
因为0≤x≤π,
所以f(x)在[0,π]上的增区间为
(2)列表:
函数图象如图,
(3)将y=sin
x的图象上的所有点向右平移
个单位长度,得y=sin
的图象.
再将y=sin
的图象上的所有点的横坐标缩短为原来的
倍(纵坐标不
变)得y=sin
的图象.
19.(12分)在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足
a-2bsin
A=0.
(1)求角B的大小;
(2)若a+c=5,且a>c,b=
,求
的值.
【解析】(1)因为
a-2bsin
A=0,
所以
sin
A-2sin
Bsin
A=0,
因为sin
A≠0,所以sin
B=
,
又B为锐角,所以B=
.
(2)由(1)知,B=
,b=
,
根据余弦定理得7=a2+c2-2accos
,
整理得(a+c)2-3ac=7,又a+c=5.
所以ac=6,又a>c,所以a=3,c=2,
于是cos
A=
所以
20.(12分)已知函数f(x)=
sin(ωx+φ)
的图象关于直线
x=
对称,且图象上相邻两个最高点的距离为π.
(1)求ω和φ的值;
(2)若
的值.
【解析】(1)因为f(x)的图象上相邻两个最高点的距离为π,所以f(x)的最小
正周期T=π.
从而ω=
=2.
又因为f(x)的图象关于直线x=
对称,
所以2·
+φ=kπ+
,k∈Z.
由
得k=0,所以φ=
(2)由(1)得f(x)=
所以
所以
由
所以
21.(12分)(2020·全国Ⅰ卷)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是
底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;
(2)设DO=
,圆锥的侧面积为
π,求三棱锥P-ABC的体积.
【解题指南】(1)根据已知可得PA=PB=PC,进而有△PAC≌△PBC,可得∠APC=∠BPC=90°,即PB⊥PC,从而证得PB⊥平面PAC,即可证得结论;
(2)将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系,进而求出底面半径,求出正三角形ABC的边长,在等腰直角三角形APB中求出AP,结合PA=PB=PC即可求出结论.
【解析】(1)由题设可知,PA=PB=PC.
由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB.△PAC≌△PBC.
又∠APC
=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.
从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,因为PB在平面PAB内,
所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l.
由题设可得rl=
,l2-r2=2.解得r=1,l=
,
从而AB=
.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=
.
所以三棱锥P-ABC的体积为
×PA×PB×PC=
22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PB=PD,PA=PC=4,底面是边长为2的菱形,且∠ABC=60°,E,F,G分别是PA,PC,DC的中点.
(1)求证:平面EFG⊥平面PBD;
(2)若M是线段AC上一点,求三棱锥M-EFG的体积.
【解析】(1)因为E,F分别为PA,PC的中点,
所以EF∥AC,又四边形ABCD为菱形,
所以AC⊥BD,所以EF⊥BD.
设AC与BD交于点O,连接OP,则OA=OC.
因为PA=PC,所以OP⊥AC,所以OP⊥EF.
因为OP∩BD=O,所以EF⊥平面PBD.
因为EF?平面EFG,所以平面EFG⊥平面PBD.
(2)由(1)知EF∥AC.
因为AC?平面EFG,EF?平面EFG,所以AC∥平面EFG,所以M到平面EFG的距离等于
A到平面EFG的距离,所以VM-EFG=VA-EFG=VG-AEF.
因为PB=PD,所以PO⊥BD,所以BD⊥平面PAC,
所以BD⊥平面PEF,所以DO⊥平面PEF.
因为S△AEF=
S△PAF=
S△PAC,∠ABC=60°,
所以∠BAD=120°,
因为AB=AD=2,所以BD=2
,所以DO=
.因为PO=
所以VG-AEF=
VD-PAC=
所以三棱锥M-EFG的体积为
.温馨提示：
此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。
模块素养评价
(120分钟 150分)
一、单选题(每小题5分,共40分)
1.点O是平行四边形ABCD的两条对角线的交点,则++等于( )
A.
B.
C.
D.0
【解析】选A.++=+=.
2.已知i为虚数单位,a为实数,复数z=(a-2i)(1+i)在复平面内对应的点为M,则“a=1”是“点M在第四象限”的( )
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件
D.既不充分又不必要条件
【解析】选A.因为复数z=(a-2i)(1+i)=a+2+(a-2)i,所以z在复平面内对应的点M的坐标是(a+2,a-2).若点M在第四象限,则a+2>0,a-2<0,所以-23.函数f(x)=sin
xcos
x的最大值是( )
A.-1 B.- C. D.1
【解析】选C.因为f(x)=sin
xcos
x=sin
2x,由2x=+2kπ,k∈Z,得x=+kπ,k∈Z,
所以当x=kπ+,k∈Z时,f(x)max=.
4.已知圆锥的表面积是底面积的3倍,那么该圆锥的侧面展开图扇形的圆心角为
( )
A.120°
B.150°
C.180°
D.240°
【解析】选C.设圆锥底面半径为r,母线为l,则πrl+πr2=3πr2,得l=2r,所以展开图扇形半径为2r,弧长为2πr.
所以展开图是半圆.所以扇形的圆心角为180°.
5.已知函数f(x)=sinωx+(x∈R,ω>0)的最小正周期为π,为了得到函数g(x)=cos
ωx的图象,只要将y=f(x)的图象( )
A.向左平移个单位长度
B.向右平移个单位长度
C.向左平移个单位长度
D.向右平移个单位长度
【解析】选A.由题知ω=2,所以f(x)=sin2x+=cos
=
cos
2x-=cos
2x-.
6.已知点O,N在△ABC所在平面内,且||=||=||,++=0,则点O,N依次是△ABC的( )
A.重心 外心
B.重心 内心
C.外心 重心
D.外心 内心
【解析】选C.由||=||=||知,O为△ABC的外心;由++=0,得=+,取BC边的中点D,则=+=2,知A,N,D三点共线,且AN=2ND,故点N是△ABC的重心.
7.《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作,全书十八卷共八十一个问题,分为九类,每类九个问题,《数书九章》中记录了秦九昭的许多创造性成就,其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边a,b,c求面积的公式,这与古希腊的海伦公式完全等价,其求法是:“以小斜幂,并大斜幂,减中斜幂,余半之,自乘于上;以小斜幂乘大斜幂,减上,余四约之,为实,一为从隅,开平方得积.”若把以上这段文字写成公式,即S=,现有周长为10+2的△ABC满足sin
C∶sin
A∶sin
B=2∶3∶,则用以上给出的公式求得△ABC的面积为( )
A.6
B.4
C.8
D.12
【解析】选A.因为sin
C∶sin
A∶sin
B=2∶3∶,
则c∶a∶b=2∶3∶,因为△ABC的周长为10+2,即a+b+c=10+2,所以c=4,a=6,b=2,所以S==6.
8.鲁班锁是中国传统的智力玩具,起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构,它的外观是如图所示的十字立方体.其上下、左右、前后完全对称,六根完全一样的正四棱柱分成三组,经90°榫卯起来,若正四棱柱的高为5,底面正方形的边长为1,现将该鲁班锁放进一个球形容器内,则该球形容器的表面积至少为(容器壁的厚度忽略不计)
( )
A.28π
B.30π
C.60π
D.120π
【解析】选B.由题意,该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个正四棱柱体对角线的一半,
即为=,所以该球形容器的表面积的最小值为4π×2=
30π.
二、多选题(每小题5分,共20分,全部选对得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分)
9.已知a∥b,|a|=2|b|=6,则|a+b|的值可能为( )
A.3
B.6
C.8
D.9
【解析】选AD.因为a∥b,|a|=2|b|=6,
则|a|=6,|b|=3.
当a,b方向相同时,|a+b|=|a|+|b|=9;
当a,b方向相反时,|a+b|=||a|-|b||=3.
10.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b=2,c=3,A+3C=π,则下列结论正确的是
( )
A.cos
C=
B.sin
B=
C.a=3
D.S△ABC=
【解析】选AD.A+3C=π,故B=2C,
根据正弦定理:=,
即2sin
C=3×2sin
Ccos
C,
因为sin
C≠0,故cos
C=,sin
C=,
sin
B=sin
2C=2sin
Ccos
C=.
c2=a2+b2-2abcos
C,化简得到a2-4a+3=0,解得a=3或a=1,若a=3,则A=C=,故B=,不满足题意,故a=1.
S△ABC=absin
C=×1×2×=.
11.函数f(x)=cos
(ωx+φ)的部分图象如图所示,则下列结论正确的是( )
A.ω=π
B.φ=
C.x=是函数的一条对称轴
D.是函数的对称中心
【解析】选ACD.由题图知T=1,
则T=2,即T==2,所以ω=π,则A选项正确.
由图象可得,f=cos
=0,
所以π+φ=2kπ+,k∈Z,
即φ=2kπ+,k∈Z,再由<,
得φ=,即f(x)=cos
,所以B选项不正确.函数f(x)的对称轴为πx+=kπ+π,k∈Z,即x=k+,k∈Z,
当k=0时,x=是函数f(x)的一条对称轴,所以C选项正确.函数f(x)的对称中心满足πx+=kπ+,k∈Z,即x=k+,k∈Z,
所以函数f(x)的对称中心为,k∈Z,所以D选项正确.
12.如图,正三棱柱ABC-A1B1C1各条棱的长度均相等,D为AA1的中点,M,N分别是线段BB1和线段CC1上的动点(含端点),且满足BM=C1N,当M,N运动时,下列结论中正确的是
( )
A.在△DMN内存在与平面ABC平行的线段
B.平面DMN⊥平面BCC1B1
C.三棱锥A1-DMN的体积为定值
D.△DMN可能为直角三角形
【解析】选ABC.用平行于平面ABC的平面截平面DMN,则交线平行于平面ABC,故A选项正确;当M,N分别在BB1,CC1上运动时,若满足BM=C1N,则线段MN必过正方形BCC1B1的中心O,由DO⊥平面BCC1B1可得平面DMN⊥平面BCC1B1,故B选项正确;当M,N分别在BB1,CC1上运动时,△A1DM的面积不变,点N到平面A1DM的距离不变,所以三棱锥N-A1DM的体积不变,即三棱锥A1-DMN的体积为定值,故C选项正确;若△DMN为直角三角形,则必是以∠MDN为直角的直角三角形,易证DM=DN,所以△DMN为等腰直角三角形,所以DO=OM=ON,即MN=2DO.设正三棱柱的棱长为2,则DO=,MN=2.因为MN的最大值为BC1,BC1=2,所以MN不可能为2,所以△DMN不可能为直角三角形,故D选项错误.
三、填空题(每小题5分,共20分)
13.已知两点A(-1,0),B(-1,).O为坐标原点,点C在第一象限,且∠AOC=120°,设=-3+λ(λ∈R),则λ=________.
?
【解析】由题意,得=-3(-1,0)+λ(-1,)=(3-λ,λ),因为∠AOC=120°,所以=-,即=,解得λ=.
答案:
14.已知A,B,C都是锐角,且tan
A=1,tan
B=2,tan
C=3,则A+B+C的值为________.?
【解析】因为tan
A=1,tan
B=2,所以tan(A+B)==-3,又因为tan
C=3,
所以tan(A+B+C)=0.
因为A,B,C都是锐角,所以A+B+C=180°.
答案:180°
15.太湖中有一小岛,沿太湖有一条正南方向的公路,一辆汽车测得小岛在公路的南偏西15°的方向上,汽车行驶1
km后,又测得小岛在公路的南偏西75°的方向上,则小岛到公路的距离是________km.?
【解析】如图,∠CAB=15°,∠CBA=180°-75°=105°,
∠ACB=180°-105°-15°=60°,AB=1
km.
由正弦定理得=,
所以BC=·sin
15°
=(km).
设C到直线AB的距离为d,
则d=BC·sin
75°=×=(km).
答案:
16.在正方体ABCD-A1B1C1D1中,若存在平面α,使每条棱所在的直线与平面α所成的角都相等,则各棱所在的直线与此平面所成角的正切值为________.?
【解析】根据题意可知,正方体的每条棱实质上可转化为过同一顶点的三条棱,不妨转化为过点B1的三条棱B1A1,B1C1,B1B,连接A1C1,A1B,BC1,如图所示,可以发现这三条棱所在的直线与平面A1BC1所成的角均相等.
取BC1的中点E,连接A1E,B1E,则在正三棱锥B1-A1BC1中,顶点B1在平面A1BC1中的射影为等边三角形A1BC1的中心,即点M,连接B1M,则A1M是线段A1B1在平面A1BC1中的射影,所以∠B1A1E为棱B1A1所在的直线与平面A1BC1所成的角.设正方体棱长为a,则B1A1=a,B1E=a,且A1B1⊥B1E,
则tan∠B1A1E===.
答案:
四、解答题(共70分)
17.(10分)在平面直角坐标系xOy中,已知点A(1,4),B(-2,3),C(2,-1).
(1)求·及|+|;
(2)设实数t满足(-t)⊥,求t的值.
【解析】(1)因为=(-3,-1),=(1,-5),
所以·=(-3)×1+(-1)×(-5)=2.
因为+=(-2,-6),
所以|+|==2.
(2)因为-t=(-3-2t,-1+t),=(2,-1),且(-t)⊥,
所以(-t)·=0,
即(-3-2t)×2+(-1+t)×(-1)=0,
所以t=-1.
18.(12分)已知函数f(x)=sin2x-.
(1)求f(x)在x∈[0,π]上的递增区间;
(2)用“五点法”在所给的平面直角坐标系中画出函数f(x)的图象;
(3)写出y=f(x)的图象是由y=sin
x的图象经过怎样的变换得到的.
【解析】(1)令2kπ-≤2x-≤2kπ+,k∈Z,所以kπ+≤x≤kπ+,k∈Z.
因为0≤x≤π,
所以f(x)在[0,π]上的增区间为.
(2)列表:
2x-
-
-
0
π
x
0
π
f(x)
-
-1
0
1
0
-
函数图象如图,
(3)将y=sin
x的图象上的所有点向右平移个单位长度,得y=sinx-的图象.
再将y=sinx-的图象上的所有点的横坐标缩短为原来的倍(纵坐标不变)得y=sin2x-的图象.
19.(12分)在锐角三角形ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且满足a-2bsin
A=0.
(1)求角B的大小;
(2)若a+c=5,且a>c,b=,求·的值.
【解析】(1)因为a-2bsin
A=0,
所以sin
A-2sin
Bsin
A=0,
因为sin
A≠0,所以sin
B=,
又B为锐角,所以B=.
(2)由(1)知,B=,b=,
根据余弦定理得7=a2+c2-2accos
,
整理得(a+c)2-3ac=7,又a+c=5.
所以ac=6,又a>c,所以a=3,c=2,
于是cos
A===,
所以·=||||cos
A=2××=1.
20.(12分)已知函数f(x)=sin(ωx+φ)ω>0,-≤φ<的图象关于直线x=对称,且图象上相邻两个最高点的距离为π.
(1)求ω和φ的值;
(2)若f=<α<,求cos
α+的值.
【解析】(1)因为f(x)的图象上相邻两个最高点的距离为π,所以f(x)的最小正周期T=π.
从而ω==2.
又因为f(x)的图象关于直线x=对称,
所以2·+φ=kπ+,k∈Z.
由-≤φ<得k=0,所以φ=-=-.
(2)由(1)得f(x)=sin2x-,
所以f=sin2·-=,
所以sinα-=.
由<α<,得0<α-<,
所以cos
α-===.
因此cos
α+=sin
α=sin
=sinα-cos
+cos
α-sin
=×+×=.
21.(12分)(2020·全国Ⅰ卷)如图,D为圆锥的顶点,O是圆锥底面的圆心,△ABC是底面的内接正三角形,P为DO上一点,∠APC=90°.
(1)证明:平面PAB⊥平面PAC;
(2)设DO=,圆锥的侧面积为π,求三棱锥P-ABC的体积.
【解题指南】(1)根据已知可得PA=PB=PC,进而有△PAC≌△PBC,可得∠APC=∠BPC=90°,即PB⊥PC,从而证得PB⊥平面PAC,即可证得结论;
(2)将已知条件转化为母线l和底面半径r的关系,进而求出底面半径,求出正三角形ABC的边长,在等腰直角三角形APB中求出AP,结合PA=PB=PC即可求出结论.
【解析】(1)由题设可知,PA=PB=PC.
由于△ABC是正三角形,故可得△PAC≌△PAB.△PAC≌△PBC.
又∠APC
=90°,故∠APB=90°,∠BPC=90°.
从而PB⊥PA,PB⊥PC,故PB⊥平面PAC,因为PB在平面PAB内,所以平面PAB⊥平面PAC.
(2)设圆锥的底面半径为r,母线长为l.
由题设可得rl=,l2-r2=2.解得r=1,l=,
从而AB=.由(1)可得PA2+PB2=AB2,故PA=PB=PC=.
所以三棱锥P-ABC的体积为××PA×PB×PC=××=.
22.(12分)如图,在四棱锥P-ABCD中,PB=PD,PA=PC=4,底面是边长为2的菱形,且∠ABC=60°,E,F,G分别是PA,PC,DC的中点.
(1)求证:平面EFG⊥平面PBD;
(2)若M是线段AC上一点,求三棱锥M-EFG的体积.
【解析】(1)因为E,F分别为PA,PC的中点,
所以EF∥AC,又四边形ABCD为菱形,
所以AC⊥BD,所以EF⊥BD.
设AC与BD交于点O,连接OP,则OA=OC.
因为PA=PC,所以OP⊥AC,所以OP⊥EF.
因为OP∩BD=O,所以EF⊥平面PBD.
因为EF?平面EFG,所以平面EFG⊥平面PBD.
(2)由(1)知EF∥AC.
因为AC?平面EFG,EF?平面EFG,所以AC∥平面EFG,所以M到平面EFG的距离等于A到平面EFG的距离,所以VM-EFG=VA-EFG=VG-AEF.
因为PB=PD,所以PO⊥BD,所以BD⊥平面PAC,
所以BD⊥平面PEF,所以DO⊥平面PEF.
因为S△AEF=S△PAF=S△PAC,∠ABC=60°,
所以∠BAD=120°,
因为AB=AD=2,所以BD=2,所以DO=.因为PO==,
所以VG-AEF=VD-PAC=×××2××=.
所以三棱锥M-EFG的体积为.
关闭Word文档返回原板块
PAGE