重庆市永川中学2026届高一下期第十二周周练数学参考答案

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重庆市永川中学 2026 届高一下期第十二周周练
数学参考答案
1.【答案】C2.【答案】D3.【答案】B4.【答案】B
5.【答案】D
【解答】解：如图
1
，将两个互相垂直的圆柱放到棱长为
2
的正方体内，
则正方体的内切球与这两个圆柱的侧面和底面都相切，
又因为牟合方盖上下两个顶点和侧面的四个曲面刚好与正方体的侧面相切，
故正方体的内切球内切于牟合方盖，所以，正方体内切球即为牟合方盖的内切球，
其半径为
1
，体积为
4π
3
，故选 D．
6.【答案】A
【解答】解：正方体
ABCD− A1B1C1D1
中，
由于：
B1D⊥A D1
，
B1D⊥D1C
，
，
A D1
，
D1C⊂
平面
AC D1
，故
B1D⊥
平面
AC D1
，所以所成的角为
α=π
2
，
B1D
与
BC
所成的角为
β
，
BC/¿B1C1
，所以
B1D
与
BC
所成的角即
B1D
与
B1C1
所成的
角，
设正方体的棱长为
1
，所以
B1D=
√
3
，
D C1=
√
2
，
故
cos β=1
√
3
，故
sin β=
√
6
3
，
cos (α − β)=cos(π
2− β )=sin β=
√
6
3
．故选：
A
．
7.【答案】C
【解答】解：如图，
因为任意
x∈R
都有
¿
⃗
a − x
⃗
b∨⩾∨
⃗
a−
⃗
b∨¿
，所以由图知
⃗
b⊥(
⃗
a−
⃗
b)
，
同理
⃗
c⊥(
⃗
a −
⃗
c)
，
记
a
⃗
=OA
⃗
, b
⃗
=OB
⃗
, c
⃗
=OC
⃗
，
则
B
，
C
都在以
OA
为直径的圆上，如下图，
因为
¿a
⃗
− c
⃗
∨¿∨b
⃗
− c
⃗
∨¿1
，
¿
⃗
a −
⃗
b∨¿
√
3
，
所以
¿AC∨¿∨BC∨¿1
，
¿AB∨¿
√
3
，
所以由余弦定理有
cos ∠ACB=¿BC ¿2+¿AC ¿2−∨AB ¿2
2∨BC∨×∨AC∨¿=1+1−3
2×1×1=−1
2¿
，
又
0<∠ACB<π
，所以
∠ACB=2π
3
，
所以由正弦定理有
¿a
→
∨¿∨OA
→
∨¿2R=¿AB∨¿
sin ∠ACB =2¿
．故选 C．
8.【答案】A
【解答】解：因为
a=1,
bcos A − cos B=1
，
bcos A − a cos B=a ,
根据正弦定理得
sin Bcos A −sin Acos B=sin (B−A)=sin A
，
因为
A
，
B
，
C
为锐角，所以
B− A=A , B=2A
，
{
0<2A<π
2
0<π −3A<π
2
,π
6<A<π
4,
sin B− 2λsin2A=sin 2 A − λ(1−cos 2 A)=sin 2 A+λcos 2 A − λ=
√
1+λ2sin (2A+φ)− λ ,
{
cosφ=1
√
1+λ2
sin ⁡φ=λ
√
1+λ2
,φ
为锐角，因为
π
3<2A<π
2
，
sin B− 2λsin2A
存在最大值，所以
2A+φ=π
2, φ=π
2−2A
，即
0<φ<π
6, sinφ=λ
√
1+λ2<1
2
，解得
λ∈(0,
√
3
3)
，故选 A，
9. 【答案】ABC10.【答案】ACD
11.【答案】AC
解 ： 对 于
A
， 因 为 菱 形
ABCD
中 ，
|
AB
|
=2
，
∠ABC =60 °
，
M
为
BC
的 中 点 ， 所 以
AM ⊥BC
，
将
△ABM
沿直线
AM
翻折成
△A B1M
，则
AM ⊥B1M , AM ⊥CM
，
因为
B1M ∩CM =M
，且
B1M⊂面B1MC , CM ⊂面B1MC
，
所以
AM ⊥面B1MC
，又因为
B1C⊂面B1MC
，
所以
AM ⊥B1C
，故 A正确；
对于
B
，如图
1
，取
AD
的中点为
E
，连接
CE
交
MD
于点
F
，
因为
N
为
B1D
的中点，则
NE/¿A B1
，又
NE⊄A平面 B1M , A B1⊂A平面 B1M
，
所 以
NE/¿A平面 B1M
， 又
CE/¿AM
，
CE ⊄A平面 B1M , AM ⊂A平面 B1M
， 则
CE/¿A平面 B1M
，
且
NE⊂ENC平面 , CE⊂ENC平面
，
NE∩ CE=E
，
由面面平行的判定定理可得平面
A B1M/¿
平面
ENC
，
又平面
A B1M ∩
平面
B1MD=B1M
，平面
ENC ∩
平面
B1MD=NF
，所以
NF/¿B1M
，
由
A
可得
AM ⊥B1M
，所以
EC ⊥NF
，又因为
|
NF
|
=1
2
|
B1M
|
=1
2,
|
FC
|
=1
2
|
AM
|
=
√
3
2
，
所以
|
NC
|
=
√
|
NF
|
2+
|
FC
|
2=
√
1
4+3
4=1
为定值，故 B错误；
对于
C
，由
B
可得
NE/¿A B1
，所以
∠ENC
或其补角即为
A B1
与
CN
的夹角，
在
△ENC
中，
|
EN
|
=1
2
|
A B1
|
=1
，
|
EC
|
=
|
AM
|
=
√
3
，
|
NC
|
=1
，
所以
cos ∠ENC=1+1−
(
√
3
)
2
2×1×1=−1
2
，所以
A B1
与
CN
的夹角为
π
3
，故 C正确；
对于
D
，因为在翻折过程中，
△AMD
始终不变，
又由
A
可得
AM ⊥B1M
，所以将
△ABM
沿直线
AM
翻折过程中，
当面
A B1M⊥
面
AMCD
时，三棱锥
B1− AMD
的体积最大．
此 时 由 面
A B1M⊥
面
AMCD
， 面
A B1M ∩
面
AMCD=AM
，
AM ⊥B1M
，
B1M⊂A平面 B1M
，
可得
B1M⊥
面
AMCD
，又
MD ⊂
面
AMCD
，
则
B1M⊥MD
， 即 三 角 形
B1MD
为 直 角 三 角 形 ， 又
N
为
B1D
的 中 点 ， 则
|
N B1
|
=
|
ND
|
=
|
NM
|
，
B1M⊥
面
AMCD
， 又
AD ⊂
面
AMCD
， 则
AD⊥B1M
， 又 因 为
MC /¿AD
， 所 以
AD ⊥AM
，
又
AM ⊂A平面 B1M , B1M⊂A平面 B1M
，
AM ∩ B1M=M
，
则
AD⊥A平面 B1M
，
A B1⊂A平面 B1M
，
则
AD⊥A B1
，即三角形
B1AD
为直角三角形，又
N
为
B1D
的中点，
则
|
N B1
|
=
|
ND
|
=
|
NA
|
，故
|
N B1
|
=
|
ND
|
=
|
NA
|
=
|
NM
|
，
故
N
为三棱锥
B1− AMD
的外接球的球心，
所以
B1D
即为三棱锥
B1− AMD
的外接球的直径，
由
|
MD
|
=
√
|
AM
|
2+
|
AD
|
2=
√
3+4=
√
7
，
可得
|
B1D
|
=
√
|
B1M
|
2+
|
MD
|
2=
√
1+7=2
√
2
，
所以三棱锥
B1− AMD
的外接球的半径为
√
2
，表面积是
8π
，故 D错误．
故选 AC．
12.【答案】
√
10
13.【答案】
2
√
6
3
14.【答案】
[3
√
2
4,
√
5
2].
解：如下图所示：
分别取棱
B B1
、
B1C1
的中点
M
、
N
，连接
MN
，连接
BC1
，
∵M
、
N
、
E
、
F
为所在棱的中点，
∴MN /¿B C1
，
EF /¿B C1
，
∴MN /¿EF
，又
MN ⊄
平面
AEF
，
EF ⊂
平面
AEF
，
∴MN /¿
平面
AEF
；
∵A A1/¿NE
，
A A1=NE
，
∴
四边形
AEN A1
为平行四边形，
∴A1N/¿AE
，又
A1N⊄
平面
AEF
，
AE⊂
平面
AEF
，
∴A1N/¿
平面
AEF
，
又
A1N ∩ MN =N
，
∴
平面
A1MN /¿
平面
AEF
，
∵P
是侧面
BC C1B1
内一点，且
A1P/¿
平面
AEF
，则
P
必在线段
MN
上，
在
Rt △A1B1M
中，
A1M=
√
5
2
，同理，在
Rt △A1B1N
中，求得
A1N=
√
5
2
，
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