数学参考答案
1．D
2．C【分析】由余弦定理即可获解.
【详解】由，得.又由余弦定理知，，所以，又,所以.
故选：C
3．D
【分析】直接利用向量垂直的充要条件列方程求解即可.
【详解】因为，且，
所以，
化为，解得，故选D.
【点睛】利用向量的位置关系求参数是命题的热点，主要命题方式有两个：（1）两向量平行，利用解答；（2）两向量垂直，利用解答.
4．A
【分析】利用向量的加减法的平行四边形法则，结合模的意义即可做出判定.
【详解】利用向量加法的平行四边形法则．
在?ABCD中，设＝，＝，
由|＋|＝|－|知，如图所示.
从而四边形ABCD为矩形，即AB⊥AD，
故⊥.
故选:.
【点睛】本题考查平面向量的加减运算的几何意义，向量的模，难度不大.
5．B
【解析】分析：由题意和线面垂直，平行的定义，对答案逐一验证，即可找出答案．
详解：
①．由面面平行的性质可知，，，则，故①正确；
②．若，，则或与相交，故②错误；
③．若，则存在，且，又，得，
所以，故③正确；
④．若，，则或，故④错误．
故选．
点睛：本题考查了线面垂直和平行的关系，对判定定理的熟悉是解题关键，属于中档题．
6.C
【分析】利用扇形的弧长为底面圆的周长求出后可求高.
【详解】因为侧面展开图是一个半径为6，圆心角为的扇形，所以
圆锥的母线长为6，设其底面半径为，则，所以，
所以圆锥的高为，选C
【点睛】圆锥的侧面展开图是扇形，如果圆锥的母线长为，底面圆的半径长为，则该扇形的圆心角的弧度数为
.
7．D
【解析】
【分析】由已知求出三棱柱外接球的半径，得到，进一步求得AB，再由棱锥体积公式结合基本不等式求最值．
【详解】解：堑堵的外接球的体积为，
其外接球的半径，即，
又，．
则．
．
即阳马体积的最大值为．
故选：D．
【点睛】本题考查多面体的体积、均值定理等基础知识，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，是中档题．
8．D
【分析】利用“平衡点”的定义、三角形中两边之和大于第三边，对选项进行一一验证．
【详解】对，、的“平衡点”为线段上的任意一点，故错误；
对，、、的“平衡点”为三角形内部对3条边的张角均为的点，故错误；
对，、、、的“平衡点”是线段上的任意一点，故错误；
对，因为矩形的两条对角线相交于点，延长至，使得，联结，分别交、于、两点，所以、、、的“平衡点”必为，故正确．
故选：．
【点睛】本题考查“平衡点”的求法，考查对新定义的理解与应用，求解时要注意平面向量知识的合理运用．
9．AB
【分析】作出异面直线与所成角，然后计算，判断A，证明平面，判断B，作出直线与平面ABCD所成角，判断C，找到直线与平面所成角，判断D．
【详解】正方体中由与平行且相等得平行四边形，则有，异面直线与所成角是（或其补角），是正三角形，，A正确；
平面，则有，又有，则有平面，于是有，所以异面直线与所成角为，B正确；
平面，是直线与平面ABCD所成角，此角为是，C错；
与平，是直线与平面所成角，，D错．
故选：AB．
【点睛】
本题考查异面直线所成的角，考查直线与平面所成的角，解题时就根据定义作出（并证明）这个角，然后求解．
10．AD
【分析】由平面向量加法的平行四边形法则可判断A；由平面向量线性运算的坐标表示、共线的坐标表示可判断B；由平面向量共线的性质及平面向量基本定理可判断C；由平面向量的线性运算、数量积的定义及运算律可判断D；即可得解.
【详解】对于A，由平面向量加法的平行四边形法则可得在中，
若，则点D是边BC的中点，故A正确；
对于B，因为，，
所以，解得，故B错误；
对于C，若B，C，M三点共线，则存在实数，使得，
所以即，
又，所以，
所以，故C错误；
对于D，在正方形中，，由可得，
所以
，
故D正确.
故选：AD.
【点睛】本题考查了平面向量共线、线性运算及数量积运算的应用，考查了运算求解能力，属于基础题.
11．ACD
【分析】由正弦定理得，然后举例可判断A，B，由得，利用两角和一正弦公式和二倍角公式可变形，结合已知可求得，从而得，于是可得，求得边长，得三角形周长后判断C，然后求出面积，由面积得内切圆半径，从而可得面积，判断D．
【详解】由，结合正弦定理得，若，
则因为，是锐角三角形，A正确；
若，则是直角三角形，B错误；
若，则，
，
所以，
因为，，所以，
解得，由知为锐角，
则，
所以，
，
所以，所以，
又，
，C正确；
，
设内切圆半径为，
则，，
所以，D正确．
故选：ACD．
【点睛】本题考查正弦定理的应用，考查三角形的面积公式，在数学命题的真假判断中可举例说明特殊命题的正确和全称命题的错误，在的情况下三角形是确定的，结合三角函数恒等变换公式求解三角形判断命题的真假是基本方法．
12．BCD
【分析】A当特殊情况与B重合有FM与BD相交且共面；B根据线面垂直、面面垂直判定可证面面，可知、D到面的距离，可求；C根据线面垂直的判定及性质即可确定与所成角；D由面面垂直、勾股、矩形性质等确定外接球半径，进而求体积，即可判断各项的正误.
【详解】A：当与B重合时，FM与BD相交且共面，错误；
B：由题意知：，且，则面，又面，面面，所以面面，又，D到面的距离为，所以；
C：由，，，所以面，又，即面，而面，则，正确；
D：由B中，面面，即面面，则D到面的距离为，又D为中点，若交点为O，为中点，连接，则，故，由矩形的性质知：，
令四棱锥的外接球半径为R，则，所以四棱锥的外接球体积为，正确.
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：利用线面、面面关系确定几何体的高，结合棱锥体积公式求体积，根据线面垂直、勾股定理及矩形性质确定外接球半径，结合球体体积公式求体积.
13．1【解析】试题分析：因为，所以.故正确答案为1.
考点：复数分母有理化、模.
14．2【分析】根据题意由正弦定理可得答案.
【详解】由正弦定理得，
即，解得.
故答案为：2
15.24【分析】根据数量积的运算律和数量积的定义可求的值.
【详解】
，
故答案为：24.
16．
【分析】由已知根据该几何体的对称性可知该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为2的正四棱柱的外接球利用勾股定理得到关于的方程，进而求解即可.
【详解】由已知根据该几何体的对称性可知该几何体的外接球即为底面棱长为，侧棱长为2的正四棱柱的外接球，
∴
∴，
∴该二十四等边体的外接球的表面积.
故答案为：
【点睛】本题考查多面体与球的切接问题、球的表面积的求法考查空间想象能力和运算求解能力求解时注意根据几何体的对称性将问题进行等价转化.
17．16．（1）；（2）.
【分析】（1）由余弦定理即可求得的值；
（2）利用面积公式即可求解.
【详解】（1）由余弦定理得：，
即，
所以，
（2）的面积为
.
18．（1）证明见解析；（2）；
【分析】（1）连接，由三角形中位线可证得，根据线面平行判定定理可证得结论；
（2）根据线面角定义可知所求角为，且，由长度关系可求得结果.
【详解】（1）连接，交于，连接
四边形为正方形
为中点，又为中点
平面，平面
平面
（2）平面
直线与平面所成角即为
设，则
【点睛】本题考查立体几何中线面平行关系的证明、直线与平面所成角的求解；证明线面平行关系常采用两种方法：（1）在平面中找到所证直线的平行线；（2）利用面面平行的性质证得线面平行.
19.(1)见证明；(2)
【分析】（1）先由线面垂直的判定定理证明平面，进而可得出结论成立；
（2）结合（1）的结论，先得到平面，再由，即可得出结果.
【详解】（1）因为平面，，所以平面.
因为平面，所以.
因为，所以，
又，所以平面.
因为平面，所以.
（2）由（1）知平面.
因为为等边三角形，所以为等边三角形，
又，
所以平面，且分别为棱的中点，
所以.
【点睛】本题主要考查线面垂直的性质，以及三棱锥的体积，熟记线面垂直的判定定理与性质定理、以及三棱锥的体积公式即可，属于常考题型.
20.（1）1040；（2）
【分析】（1）在中，根据，，由正弦定理，可得AB；
（2）假设乙出发t分钟时，甲，乙两游客距离为d，此时，甲行走了，乙距离A处，由余弦定理得，再利用二次函数求解.
【详解】（1）在中，根据，，
由正弦定理得：，得()
所以缆车线路AB的长为1040
（2）假设乙出发t分钟时，甲，乙两游客距离为d，此时，甲行走了，乙距离A处，
由余弦定理得
，
又在AB段的时间，即，
故时，甲，乙两游客的距离最短.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了解三角形的实际应用．实际应用题关键是构造三角形，将各个已知条件向这个主三角形集中，转化为数学模型，列出数学表达式，再通过正弦、余弦定理，勾股定理或其他基本性质建立条件之间的联系，列方程或列式求解．
21.答案：(1)，
又，
，
，即，
.
(2)由余弦定理得①，
又②，联立①②得，即，解得或.
①若，则，
，此时是以角为直角的直角三角形.
②若，则，此时是以角为直角的直角三角形.
22．（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）存在，体积比为.
【分析】(1)由题意得：由ABCD为矩形可得到BC⊥AB，再由平面⊥平面可得到BC⊥AF，所以AF⊥平面BCF，再根据面面垂直的判断定理可得到平面平面ADF；
(2)通过已知条件可得到平面BCE∥平面ADF，延长EB到点H，使得BH
=AF，得到ABHF是平行四边形，从而可得到HFDC是平行四边形，即有CH∥DF.，过点B作CH的平行线，交EC于点G，此点G为所求的G点即存在，由EG=和，可得到即；
【详解】（Ⅰ）∵ABCD为矩形，∴BC⊥AB，
又∵平面ABCD⊥平面AEBF，BC平面ABCD，平面ABCD∩平面AEBF=AB，
∴BC⊥平面AEBF，
又∵AF平面AEBF，∴BC⊥AF，
∵∠AFB=90°，即AF⊥BF，且BC、BF平面BCF，BC∩BF=B，
∴AF⊥平面BCF，
又∵AF平面ADF，∴平面ADF平面BCF.
（Ⅱ）∵BC∥AD，AD平面ADF，∴BC∥平面ADF.
∵和均为等腰直角三角形，且90°，
∴∠FAB=∠ABE=45°，∴AF∥BE，又AF平面ADF，∴BE∥平面ADF，
∵BC∩BE=B，∴平面BCE∥平面ADF.
延长EB到点H，使得BH
=AF，又BC
AD，连CH、HF，易证ABHF是平行四边形，
∴HFABCD，∴HFDC是平行四边形，∴CH∥DF.
过点B作CH的平行线，交EC于点G，即BG∥CH∥DF，（DF平面CDF）
∴BG∥平面CDF，即此点G为所求的G点，
如图：
又BE=，∴EG=，又，
，所以
【点睛】本题考查了面面垂直的性质定理及判断定理，线面平行的判断定理及等体积法求三棱锥的体积，属于较难题.重庆市凤鸣
度下期半期
7我
数学名著《九章算术》中有这样一些数学用
指底面为直角三角形,且侧
垂直于底面的三棱
阳马”指底面为
棱垂直于底面的四棱锥·现有一如图所
高_2020级数学试题
示的堑堵ABC-AB
A
ABC1的
考试说明:1.考试时间:120分钟;2.试题总分150
试卷页
外接球的体积为
则阳马
ACC1体积的最大值为
第Ⅰ卷(选择题共60分)
单选题(本大题共8题,每小题5分,共40分,只有一项是符合题目要求。
复数z=3-4(其中为虚数单位)在复平面内对应的点
对于向量PA(=1
能够使得PA+PA
最小值的点P称为
第二象
的“平衡点”如图,矩形
的两条对角线相交
延长BC至
△ABC内角
对边分别为a,b,C
分别交BD、CD于
两点下列的结论中,正确的是(
C的“平衡点”为O
向量a=(1-2),b=(m,
于
6
的“平衡点”存在
D的“平衡点”必
4.设非零向量,b满
多项选择题:(本大题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多
项符合题目要求,全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有选错的得0分
设
不同的直线
y是不同的平面,有以下
方体ABCD-A
列叙述正确的有
B‖y
线
C所
B:③
→a⊥B:④
ally
线
ABCD所成角为
D
6.已知圆锥的侧面展开图是一个半径为6,圆心角为一的扇
圆锥
线AB与平面BCCB所成角为
数学试题第1页,共6页
数学试题第2页,共6
第II卷(非选择题共90分
在△ABC
点D是边BC的中点
填空题:(本大题共4小题,每小题5
知a=(-1
若(65-2a)
3.复数
C.已知A,B,C三点不共线,B,C,M
线,若A
△ABc中,∠A
45,AB
知正方形ABCD的边长为
A
的夹角为60°,则
知△ABC
所对的边分别是a
c且a=6,4s
carsoli)亦称“阿基米德多
形围
以下四个命题其中正确命题有
的多面体,体现了数学的对称美.将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥,如
满足条件的△ABC
锐角三角形
共可截去
有
长都相等,其中八个为
满足条件的△ABC不可能是直角三角形
角形
称这样的半正多面体为
等边体
A=2C
△ABC的周长
四等边体的棱长为√2,则该二十四等边体外接球的表面积为
A=2C时,若O为△ABC的内心,则△AOB的面积为
A
BC
C为等腰
(16题
是
BB上的两个动点
FM与BD一定是异面直线
四、解答题(共70分
棱锥
的体积为
(10分)在△ABc
C所对的边分别为a,b
BC1与BD所成角
若D为
点,则四棱锥D-BB
外接
球体积为
5√
(2)求△ABC的面积
数学试题第3页
数学试题第4页,共6
