【文档说明】新教材高一数学第二学期期末试卷四（原卷版+教师版）.doc，共(19)页，1.227 MB，由MTyang资料小铺上传

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新教材高一数学第二学期期末试卷考试时间120分钟，满分150分一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知集合35Axx=−，21BxZx

=，则AB=I（）A.1B.0,1C.1,0,1−D.3,15−2.已知实数a，b满足ab，则下列关系式一定成立的是（）A.22abB.ln()0ba−C.11abD.22ab3.已知1

ab==rr，向量ar与br的夹角为60，则34ab−=rr（）A.5B.19C.32D.134.若棱长为22的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）．A.12πB.24πC.36πD.144π5.在ABCV中，已知

1,3,6ACBCB===，则角C为（）A.2B.4C.2或6D.6或566.已知π43cossin65−+=，则2πcos3+的值是（）A.45−B.45

C.235−D.2357.如图，已知2ABBP=uuuruuur，则OP=uuur（）A.1322OAOB−uuuruuurB.1322OAOB−+uuuruuurC.1322OAOB+uuuruuurD.1322OAOB−−uuuruuur8.一纸片上绘有函数π()2sin4fxx

=−（0）一个周期的图像，现将该纸片沿x轴折成直二面角，原图像上相邻的最高点和最低点此时的空间距离为22，若方程()1fx=−在区间(0,)a上有两个实根，则实数a的取值范围是（）A.(4,7)B.(4,7]C.[4,7

)D.[4,7]二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下面是关于复数21iz=−+的四个命题，其

中真命题为（）A.22iz=B.2z=C.z的虚部为-1D.z的共轭复数为1i+10.已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若//，m，n，则//mnB.若m⊥，//mn，n⊥，则//C.若⊥，m

，n，则mn⊥D.若m⊥，//mn，//n，则⊥11.正四棱台1111ABCDABCD−中，上底面1111DCBA的边长为2，下底面ABCD的边长为4，棱台高为1，则（）A.该四棱台的侧棱长为3B.1AA与BC所成角的余弦值

为13C.1AA与面ABCD所成的角大小为π4D.二面角1ABCB−−的大小为π412.在ABCV中，A，B，C的对边分别为a，b，c，R为ABCV外接圆的半径，ABCV的面积记为ABCSV，则下列命题正确的是

（）A.sinsinAB的充要条件是ABB.若coscosaBbAc−=，则ABCV是直角三角形C.若3b=，60A=，33ABCS=V，则133R=D.不存在ABCV，满足5a=，10b=，π4A=同时成立三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分1

3.已知向量(2,3)a=r，(,4)b=r，若//abrr，则=_______.14.已知函数lg,0()2,0xxxfxx=，则110ff=_______.15.已知函数()cos(4)fxx=+

（R），将()yfx=图象上所有点向右平移π6个单位，得到奇函数()ygx=的图象，则常数的一个取值为____.16.在平面四边形ABCD中，ABAD⊥，6AB=，8AD=，18AC=，AC交BD于点O，若CAmCB=uuuruuur

32mCD+−uuur，则AOOC的值为______，OD的长为______.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在平而直角坐标系xOy中，设与x轴、y轴方向相同的两个单位向量分别为ir和jr，2OAij=+uuurrr，24OiBj=

−ruuurr.（1）求向量OAuuur与OBuuur夹角的余弦值；（2）若点P是线段AB的中点，且向量OPuuur与OAkOB+uuuruuur垂直，求实数k的值.18.已知函数21()3sincoscos2fxxx

x=−+，其中0，1x，2x是函数()fx的两个零点，且12xx−的最小值为π2.（1）求使()fx取得最大值时自变量x的集合，并求()fx的最大值；（2）求()fx的单调递增区间.19.如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别

是线段PA，PC的中点．（1）证明：平面BEF⊥平面PBC；（2）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线EF与直线l的位置关系，并说明理由．20.设a，b，c分别为ABCV三个内角A，B，C的对边，已知πsincos6bAaB=−

.（1）求角B；（2）若6b=，且sinsin()2sin2BCAA+−=，求边c.21.在直三棱柱111ABCABC−中，D，E分别是1AA，11BC的中点，12AA=，1ACBC==，2AB=，1DCBD⊥.（1）求证：1//AE平面1CBD；（2）求点1A到平面

1CBD的距离.22.某大学科研团队在如下图所示的长方形区域ABCD内（包含边界）进行粒子撞击实验，科研人员在A、O两处同时释放甲、乙两颗粒子.甲粒子在A处按AMuuuur方向做匀速直线运动，乙粒子在O处按ONuuur方向做匀速直线运动

，两颗粒子碰撞之处记为点P，且粒子相互碰撞或触碰边界后爆炸消失.已知AB长度为6分米，O为AB中点.（1）已知向量AMuuuur与ONuuur的夹角为π3，且AD足够长.若两颗粒子成功发生碰撞，求两颗粒子运动路程之和的最大值；

（2）设向量AMuuuur与向量AOuuur的夹角为（0π），向量ONuuur与向量OBuuur的夹角为（0π），甲粒子的运动速度是乙粒子运动速度的2倍.请问AD的长度至少为多少分米，才能确保对任意的()0,π，

总可以通过调整甲粒子的释放角度，使两颗粒子能成功发生碰撞？新教材高一数学第二学期期末试卷考试时间120分钟，满分150分注意事项：1.答题前，考生先将自己的信息填写清楚、准确，将条形码准确粘贴在条形码粘贴处.2.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效.3

.答题时请按要求用笔，保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不得使用涂改液、修正带、刮纸刀.考试结束后，请将本试题及答题卡交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.已知

集合35Axx=−，21BxZx=，则AB=I（）A.1B.0,1C.1,0,1−D.3,15−【答案】B【解析】【分析】求出集合B，然后进行交集的运算即可．【详解】Q3{|},{|11}{1,0,1

}5AxxBxZx=−=−=−厔?，{0AB=I，1}．故选：B．2.已知实数a，b满足ab，则下列关系式一定成立的是（）A.22abB.ln()0ba−C.11abD.22ab【答案】D【解析】【分析】A、B、C三个选项只需要举出反例即可判定，D选项结合函数2

xy=的单调性即可判断.【详解】A：当3,2ab=−=满足ab，但是229,4ab==，所以22ab，故A错误；B：当31,2ab==满足ab，但是12ab−=，所以ln()0ba−，故B错误；C：当3,2ab

=−=满足ab，但是1111,32ab=−=，所以11ab，故C错误；D：因为函数2xy=在R上单调递增，且ab，所以22ab，故D正确，故选：D.3.已知1ab==rr，向量ar与br的夹角为60，则34ab−=rr（）A.5B.1

9C.32D.13【答案】D【解析】【分析】由已知先求出abrr，然后根据223492416abaabb−=−+rrrrrr，代值即可求解.【详解】∵1ab==rr，向量ar与br的夹角为60∴1cos602abab==rrrr∴()2223434924169121613ababa

abb−=−=−+=−+=rrrrrrrr故选：D.4.若棱长为22的正方体的顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（）．A.12πB.24πC.36πD.144π【答案】B【解析】【分析】由于正方体的外接球的直径等于正方体的体对角线，从而求出体对角线，可得球的直径，进而可求

出球的表面积【详解】解：设正方体外接球的半径为R，则由题意可得22(2)3(22)R=，得2243(22)24R==，所以球的表面积为2424R=，故选：B5.在ABCV中，已知1,3,6ACBCB===，

则角C为（）A.2B.4C.2或6D.6或56【答案】C【解析】【分析】直接利用正弦定理即可得出答案.【详解】解：在ABCV中，已知1,3,6ACBCB===，因为sinsinACBCBA=，所以13sin32sin12BCB

AAC===，所以3A=或23，所以2C=或6.故选：C.6.已知π43cossin65−+=，则2πcos3+的值是（）A.45−B.45C.235−D.235【答案】A【解析】【分析】使用

整体处理以及两角和与差得公式解决问题.【详解】由π43cossin65−+=得：ππ33π43coscossinsinsincossin3cos662235++=+=−=，所以，π4cos35−=，所以，2πππ4coscos

πcos3335+=−−=−−=−.故选：A.7.如图，已知2ABBP=uuuruuur，则OP=uuur（）A.1322OAOB−uuuruuurB.1322OAOB−+uuuruuurC.1322OAOB+uuuruuur

D.1322OAOB−−uuuruuur【答案】B【解析】【分析】利用向量的加法和数乘运算法则，取,OAOBuuuruuur为基底，通过运算，即可得答案；【详解】Q)333(2OPOAAPOAABOABPOAOPOB=+=+++==−uuur

uuuruuuuurururuuuruuuruuuuruuruuuuur，1322OPOAOB=−+uuuuuruuruur，故选：B.8.一纸片上绘有函数π()2sin4fxx=−（0）一个周期的图像

，现将该纸片沿x轴折成直二面角，原图像上相邻的最高点和最低点此时的空间距离为22，若方程()1fx=−在区间(0,)a上有两个实根，则实数a的取值范围是（）A.(4,7)B.(4,7]C.[4,7)D.[4,7]【答案】B【解析】【分析】由原图

像上相邻的最高点和最低点此时的空间距离得出，再由正弦函数的性质得出实数a的取值范围.【详解】原图像上相邻的最高点和最低点此时的空间距离为22212(2)(2)222++=，2=，故

()2sin24fxx=−，方程()1fx=−在区间(0,)a上有两个实根，即2sin124x−=−有2个解，由于,24424ax−−−，7134244a

−，则47a，故选：B二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下面是关于复数21iz=−+的四个命题，其中真命题为（）A.22

iz=B.2z=C.z的虚部为-1D.z的共轭复数为1i+【答案】AC【解析】【分析】利用复数的四则运算即可求解.【详解】()()()2121111iziiii−−===−−−+−+−−，所以()221i2i

z=−−=，故A正确；2z=，故B错误；z的虚部为-1，故C正确；z的共轭复数为1i−+，故D错误.故选：AC10.已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（）A.若//，m

，n，则//mnB.若m⊥，//mn，n⊥，则//C.若⊥，m，n，则mn⊥D.若m⊥，//mn，//n，则⊥【答案】BD【解析】【分析】A选项，C选项根据面面平行，面面垂直关系很容易找到

反例，B选项理解成法向量容易证明，D选项利用线面平行的性质定理，面面垂直的判定定理证明.【详解】A选项，两个平行平面内的两条直线，可能平行，或者异面，A选项错误；B选项，m⊥，n⊥，可理解直线,mn对应的方向向量,mnur

r可看作,的法向量，由于mnurr∥，又，是两个不同的平面，则//，故B选项正确；两个面垂直，那么在一个面内垂直于两个面交线的直线才垂直另一个面，从选项中无法判断,mn和交线的位置关系，因此,mn可能相交但不垂直，平行，异面但不垂直，C选项

错误；D选项，若m，又m⊥，根据面面垂直的判定，即有⊥，若m，由于//mn，//n，则mP，过m任作一个面，使其和相交于直线c，根据线面平行的性质定理，mcP，又m⊥则c⊥，结合c，即⊥，故D选项正确..故选：BD.11.正四棱台1111ABC

DABCD−中，上底面1111DCBA的边长为2，下底面ABCD的边长为4，棱台高为1，则（）A.该四棱台的侧棱长为3B.1AA与BC所成角的余弦值为13C.1AA与面ABCD所成的角大小为π4D.二面角1ABCB−−的大小为π4【答案】BD【解析

】【分析】连接AC，作1CN⊥平面ABCD，由线面垂直的判定定理可得BC⊥平面1CNM，得到⊥BCNM，求出1CM可判断A；//BCAD，所以1AA与BC所成角即为1AA与AD所成的角，即1AAD为所求，求出1AAD

可判断B；1CCN即为1CC与面ABCD所成的角，由求出1tanCCN可判断C；由BC⊥平面1CNM得出1CMN即为平面11BCCB与平面ABCD所成的角，求出1CMN，根据正四棱台1111ABCDABCD−的四个侧面与底面所成的角相

等，可判断D.【详解】对于A，连接AC，作1CN⊥平面ABCD，11CN=，因为1111ABCDABCD−为正四棱台，则N在AC上，作1CMBC⊥交BC于M点，连接NM，因为1CNBC⊥，111=ICNCMC，所以BC⊥平面1

CNM，NM平面1CNM，所以⊥BCNM，因为上底面1111DCBA的边长为2，下底面ABCD的边长为4，所以1CM=，由45ACM=o，所以1NM=，12CM=，故A错误；对于B，因为//BCAD，所以1AA与BC所

成角即为1AA与AD所成的角，即1AAD为所求，因为正四棱台1111ABCDABCD−的四个侧面为全等的等腰梯形，所以11AADCCB=，由1CM=，12CM=得222113=+=CCCMMC，所以1AA与BC所成角的余弦

值为13，故B正确；对于C，因为1CN⊥平面ABCD，所以1CCN即为1CC与面ABCD所成的角，由1CM=，1MN=得2CN=，由11CN=得112tan12==CNCCNCN，所以1π4CCN

，因为1111ABCDABCD−为正四棱台，所以1AA与面ABCD所成的角与1CC与面ABCD所成的角相等，故C错误；对于D，根据A选项，BC⊥平面1CNM，所以1CMN即为平面11BCCB与平面ABCD所成的角，且11==

MNCN，所以1π4=CMN，因为正四棱台1111ABCDABCD−的四个侧面与底面所成的角相等，二面角1ABCB−−的大小为π4，故D正确.故选：BD.12.在ABCV中，A，B，C的对边分别为a，b，c，R为A

BCV外接圆的半径，ABCV的面积记为ABCSV，则下列命题正确的是（）A.sinsinAB的充要条件是ABB.若coscosaBbAc−=，则ABCV是直角三角形C.若3b=，60A=，33ABCS=V，则133R=D.不存在

ABCV，满足5a=，10b=，π4A=同时成立【答案】ABD【解析】【分析】根据正弦定理边角互化即可判断A,B,根据三角形面积公式可求4c=，进而由余弦定理可求a，最后由正弦定理可求外接圆半径，假设存在，根据正弦定理得到矛盾可求D.【详解】在

ABCV中，由正弦定理可得：sinsinABabAB，故A正确.coscossincossincossinsin()sinaBbAcABBACABCABC−=−=−=−=或者πABC−+=（不符合内角和，故舍去），因此AB

C=+,又π,ABC++=π=2A，故B正确.由11333=sin34222ABCSbcAcc===V，由余弦定理可得：222212cos34234132abcbcA=+−=+−=,因此1113392sin2332aRA===,故C错

误.若存在ABCV，满足5a=，10b=，π4A=同时成立，则210sin2sin215bABa===矛盾，故不存在ABCV，满足5a=，10b=，π4A=同时成立，故D正确.故选:ABD三、填空题：本题共4小题，每小题

5分，共20分13.已知向量(2,3)a=r，(,4)b=r，若//abrr，则=_______.【答案】83##223【解析】【分析】根据向量平行的坐标公式求解即可【详解】由题意，2430−=，解得83=故答案为：8314.已知函数lg,0()

2,0xxxfxx=，则110ff=_______.【答案】0.5【解析】【分析】分段函数解析式的正确使用，可迅速解决.【详解】由lg,0()2,0xxxfxx=

，得：()()1111lg1210102ffff−==−==.故答案为：12.15.已知函数()cos(4)fxx=+（R），将()yfx=图象上所有点向右平移π6个单位，得到奇函数

()ygx=的图象，则常数的一个取值为____.【答案】π6（满足ππ,Z6kk=+都正确）【解析】【分析】利用函数图象平移规则，得出()gx的解析式，再根据奇函数的定义求出的可能取值即可.【详解】将()cos(4)fxx=+图象上所有点向右平移π6个单位，得：()π2

πcos4cos463gxxx=−+=−+，又()gxQ为奇函数，()()gxgx−=−，即2π2π2πcos4cos4cosπ4333xxx−−+=−−+=−+−，2π

2π4π42π,Z33xxkk−−+=−+−+，解得：ππ,Z6kk=+，常数的一个取值为π6.故答案为：π6（满足ππ,Z6kk=+都正确）.16.在平面四边形ABCD中，ABAD⊥，6AB=，8AD=，18AC=，AC交BD于点O，若CAmCB=uuuruuur32mCD

+−uuur，则AOOC的值为______，OD的长为______.【答案】①.0.5；②.2.8.【解析】【分析】设COCA=uuuruuur，则32COmCBmCD=+−uuuruuuruuur，利用D、O、B三

点共线即可求出，进而得到AOOC的值；再在AOD△中，分别求出AO以及cosADB的值，再利用余弦定理求出OD的长.【详解】依题意，如图所示，设COCA=uuuruuur，则3322COmCBmCDmCBmCD=+−=+−u

uuruuuruuuruuuruuur，DQ、O、B三点共线，312mm+−=，解得：23=，23COCA=uuuruuur，12AOCACOOCCO−==，又18AC=，1118633AOAC===，221

0BDABAD=+=Q，84cos105ADADBBD===，在AOD△中，由余弦定理得：222264364cos2285ADDOAODOADBADDODO+−+−===，解得：145DO=或10DO=（舍），145OD=.

故答案为：12；145.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.在平而直角坐标系xOy中，设与x轴、y轴方向相同的两个单位向量分别为ir和jr，2OAij=+uuur

rr，24OiBj=−ruuurr.（1）求向量OAuuur与OBuuur夹角的余弦值；（2）若点P是线段AB的中点，且向量OPuuur与OAkOB+uuuruuur垂直，求实数k的值.【答案】（1）35-

（2）114【解析】【分析】（1）用坐标表示向量，然后由数量积的定义求得夹角余弦值；（2）由向量OPuuur与OAkOB+uuuruuur的数量积为0可求得k．【小问1详解】由已知得()1,2OA=uuur，()2,4OB=−uu

ur，所以：12246OAOB=−=−uuruuur，22125OA=+=uuur，()222425OB=+−=uuur，所以所求余弦值为635525OAOBOAOB−==−uuruuuruuruuur．【小问2详解】因为()12,24O

AkOBkk+=+−uuruuur，3,12OP=−uuur，而向量OPuuur与向量有OAkOB+uuuruuur垂直，所以()0OAkOBOP+=uuuruuuruuur，所以()()3122402kk+−−=．所以114k=18.已知函数21(

)3sincoscos2fxxxx=−+，其中0，1x，2x是函数()fx的两个零点，且12xx−的最小值为π2.（1）求使()fx取得最大值时自变量x的集合，并求()fx的最大值；（2）求(

)fx的单调递增区间.【答案】（1）自变量的集合为：ππ,Z3xxkk=+，()fx的最大值为1（2）ππππZ63kkk−++，，【解析】【分析】（1）根据二倍角公式以及辅助角公式可化

简π()sin(2)6fxx=−，根据题意可得周期，进而可求()fx的解析式，进而可求最值和自变量的值.（2）整体代入法求单调增区间.【小问1详解】2131π()3sincoscossin2cos2sin(2)222

6fxxxxxxx=−+=−=−，由12,xx是函数()fx的两个零点，且12xx−的最小值为π2可知：()fx的周期为πT=2π2=,故2π2=21T==,因此π()sin(2)6fxx=−，令πππ2=2ππ623xkxk−+=+，故自变量的集合

为：ππ,Z3xxkk=+,()fx的最大值为1【小问2详解】令πππππ2π22πππ26263kxkkxk−+−+−++，故()fx的单调递增区间为ππππZ63kkk−++，，19.如图，AB是圆O的直径，点C是圆O上异于

A，B的点，直线PC⊥平面ABC，E，F分别是线段PA，PC的中点．（1）证明：平面BEF⊥平面PBC；（2）记平面BEF与平面ABC的交线为l，试判断直线EF与直线l的位置关系，并说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）//EFl，理由见解析.【解析】【分析】（1）

推导出ACPC⊥，ACBC⊥，AC⊥平面PBC，从而//EFAC，进而EF⊥平面PBC，由此能证明平面BEF⊥平面PBC．（2）推导出//EFAC，//EF平面ABC，根据线面平行的性质，即能证明//EFl．【详解】解：（1）因为PC⊥平面ABC，AC平面ABC，所以ACPC⊥.因为C是以AB

为直径的圆O上的点，所以ACBC⊥．又PCBCC=，所以AC⊥平面PBC．因为E，F分别是PA，PC的中点，所以//EFAC．所以EF⊥平面PBC．又EF平面BEF，故平面BEF⊥平面PBC．（2）//EFl.证明如下：由（1），//EFAC.又AC平面

ABC，EF平面ABC，所以//EF平面ABC．又EF平面BEF，平面BEFI平面=ABCl，所以//EFl．20.设a，b，c分别为ABCV三个内角A，B，C的对边，已知πsincos6bAaB=−.（1）求

角B；（2）若6b=，且sinsin()2sin2BCAA+−=，求边c.【答案】（1）π3；（2）当π2A=时，23c=；当π2A时，43c=.【解析】【分析】（1）根据正弦定理sinsinabAB=，将已知条件

转化为sincos6aBaB=−，再利用三角恒等变换公式求出tan3B=，根据角B的取值范围求出角B；（2）根据三角形内角和定理，将sinsin()2sin2BCAA+−=化简为cossin2sincosACAA=，对cosA的取值情况进行讨论，再由正弦定理和余弦定理进

行求解即可.【小问1详解】在ABCV中，由sinsinabAB=，可得sinsinaBbA=.又由πsincos6bAaB=−，得πsincos6aBaB=−，πsincos6BB=−，31sincossin22BBB=+，tan3B=，又0πB

Q，π3B=；【小问2详解】在ABCV中，πABC++=，()sinsinBAC=+()sinsin()sin()sincoscossinsincoscossin2cossin2sisinn2BCACAACACCACACAACA+−=−=++=++−=cossin2si

ncosACAA=.若cos0A=，即π2A=时，23tanbcB==；若cos0A，即π2A时，sin2sinCA=，由正弦定理可知2ca=，由2222cosbacacB=+−及π3B=可得，222acbac+−=，又6,2bca==Q，43c

=，综上，当π2A=时，23c=；当π2A时，43c=.21.在直三棱柱111ABCABC−中，D，E分别是1AA，11BC的中点，12AA=，1ACBC==，2AB=，1DCBD⊥.（1）求证：1//AE平面1CBD；（2）

求点1A到平面1CBD的距离.【答案】（1）见解析（2）66【解析】【分析】（1）连接1BC交1BC于点F，连接,DFEF，由中位线定理以及平行四边形的性质证明1//AEDF，再由线面平行的判定证明即可；（2）由等体积法得出点1A到平面1CBD的距

离.【小问1详解】连接1BC交1BC于点F，连接,DFEF，,EFQ分别是111,BCBC的中点，1//,1EFBBEF=，111//,1ADBBAD=Q，11//,=EFADEFAD，即四边形1ADFE是平行四边形，1/

/AEDF，1AEQ平面1CBD，DF平面1CBD，1//AE平面1CBD；【小问2详解】设点1A到平面1CBD的距离为d，1CC⊥Q平面ABC，1BCCC⊥，222ACBCAB+=Q，ACBC⊥，又1ACCCC=，BC⊥平面11ACCA，12,3C

DBD==Q，且1DCBD⊥，1111ABCDBACDVV−−=1111133BCDACDSdBSC=△△，即112311122d=，解得66d=.22.某大学科研团队在如下图所示的长方形区域ABCD内（包含边界）进行粒子撞击实

验，科研人员在A、O两处同时释放甲、乙两颗粒子.甲粒子在A处按AMuuuur方向做匀速直线运动，乙粒子在O处按ONuuur方向做匀速直线运动，两颗粒子碰撞之处记为点P，且粒子相互碰撞或触碰边界后爆炸消失.已知AB长度为6分米，O为AB中点.（

1）已知向量AMuuuur与ONuuur的夹角为π3，且AD足够长.若两颗粒子成功发生碰撞，求两颗粒子运动路程之和的最大值；（2）设向量AMuuuur与向量AOuuur的夹角为（0π），向量ONuuur与向量OBuuur的夹角为（0π），甲粒子的运动速度是乙

粒子运动速度的2倍.请问AD的长度至少为多少分米，才能确保对任意的()0,π，总可以通过调整甲粒子的释放角度，使两颗粒子能成功发生碰撞？【答案】（1）6；（2）AD的长度至少2分米.【解析】【分

析】（1）根据题意在AOPV中运用余弦定理以及基本不等式求解即可；（2）过P作PQAB⊥，垂足为Q，设OPx=，则()22,1,3APOPxx==，由余弦定理求出3cos22xx=−，进而求出2259sin244xx=−−，得出

()221544PQx=−−+，并求其最大值，再由恒等式ADPQ得出AD的最小值即可.【小问1详解】设两颗粒子在P点相撞，在AOPV中，由余弦定理得222π2cos3AOAPOPAPOP=+−，即229APOPAPOP+=+，22APOPAPOP+

Q，()2293932APOPAPOPAPOP++=++，即()236APOP+，6APOP+，当且仅当3APOP==时，等号成立，所以两颗粒子运动路程和的最大值为6；【小问2详解】过P作PQAB⊥，垂足为Q，设OPx=，则()22,1,3APOPxx==

，由余弦定理可得()2223cos222AOOPAPxAOOPx+−−==−，3cos22xx=−，0πQ，222359sin122244xxxx=−−=−−，()()4222591sin54,1,3

2444xPQxxxx==−−=−−+，当25x=即5x=时，PQ即sinx取得最大值2，易知ADPQ恒成立，()()maxmaxsin2ADPQx==，AD的长度至少为2分米，才能确保对任意的()0,π

，总可以通过调整乙粒子的释放角度，使两颗粒子成功碰撞.