黑龙江省齐齐哈尔市八校联合体2022-2023学年高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为，又，
所以.
故答案为：B.
【分析】先解不等式化简集合A，再进行交集运算即可.
2．（2022高三上·湖北开学考）已知复数， 则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】，
，，
所以，
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算化简，可得，.
3．（2022高三上·齐齐哈尔期中）一个棱锥的各棱长都相等，那么这个棱锥一定不是（ ）
A．三棱锥 B．四棱锥 C．五棱锥 D．六棱锥
【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】正六棱锥的底面是个正六边形，正六边形共由6个等边三角形构成，设每个等边三角形的边长为 ，正六棱锥的高为，正六棱锥的侧棱长为 ，由正六棱锥的高、底面的半径、侧棱长构成直角三角形得， ，故侧棱长 和底面正六边形的边长不可能相等.
故答案为：D.
【分析】设每个等边三角形的边长为 ，正六棱锥的高为，正六棱锥的侧棱长为 ，由正六棱锥的结构特征结合勾股定理可得，进而可以得出结论.
4．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知数列是等差数列，数列是等比数列，，且，（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】因为数列是等差数列，，
所以，，
因为数列是等比数列，，
所以，，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据等差数列，等比数列的性质化简计算即得.
5．（2022高三上·齐齐哈尔期中）在平行四边形ABCD中，，，，点E在边CB的延长线上，若，（ ）.
A．4 B．8 C．10 D．12
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】根据题意，连接，作图如下：
因为，四边形为平行四边形，故可得，
又，故三角形为等边三角形，则；
又，
，
故
.
故答案为：A.
【分析】用基底表示目标向量，根据向量的数量积运算，结合四边形的几何特点，即可求得结果.
6．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知角α满足，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换
【解析】【解答】因为，
所以，
所以，即，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据三角恒等变换可得，然后利用二倍角公式结合齐次式即得.
7．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°.若 的面积为，则该圆锥的侧面积为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】如图：其中O是底面圆心，设半径为r，则AO=r，
， ，
由于SA，SB都是母线，所以SA=SB，
的面积 ，
在等腰直角三角形SAO中， ，
所以侧面积= ；
故答案为：C.
【分析】根据条件算出母线长和底面半径即可求出侧面积.
8．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知定义在R上的偶函数满足，，若，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】是定义在R上的偶函数，
，则，即是奇函数，
由，可得，
构造，则，
所以函数单调递增，
，
，即的周期为，
则，即；
不等式可化简为，即，
所以，解得.
故答案为：C
【分析】构造，利用已知可得函数的单调性，利用周期性求出，化简已知不等式，利用单调性即得．
二、多选题
9．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知等比数列各项均为正数，满足，，记等比数列的前n项的积为，则当取得最大值时，（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】C,D
【知识点】数列与函数的综合
【解析】【解答】因为，由等比数列的性质可得，
所以，因为，
所以，
因为，即，
所以，
∴，
因为，
所以等比数列为递减数列，
所以当时，，
∴当或时，取得最大值.
故答案为：CD
【分析】利用等比数列的性质求出，，所以等比数列为递减数列，进而即得.
10．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知平面，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．与的夹角为
【答案】A,D
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的共线定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】根据向量的坐标运算易知A选项正确；
因为，，所以B不符合题意
因为，，所以C不符合题意
因为，所以与的夹角为，D选项正确．
故答案为：AD.
【分析】由条件根据向量代数形式的加法运算、模、共线定理和夹角公式分别进行判断，从而得出结论.
11．（2022高三上·齐齐哈尔期中）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图，大正方形由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成，其中小正方形的边长为1，E为的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】因为小正方形的边长为1，E为的中点，所以，大正方形的边长为，所以，A符合题意；
，B符合题意；
如图：，
延长交于点G，则为的中点，可得G为的中点，，
所以，
， C符合题意；
，D不符合题意．
故答案为：ABC
【分析】A.根据小正方形的边长为1，E为的中点，所以，大正方形的边长为，求解判断；B.利用向量的求模公式求解判断；C.延长交于点G，得到为的中点，G为的中点求解判断； D.利用向量的数量积运算求解判断.
12．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知函数在区间上有且仅有一个零点，则的取值可以为（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B,D
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】令，则，解得，
又因为，故，
故，
又函数在区间上有且仅有一个零点，
故当时，，或当时，；
结合选项可知：可以为或2.
故答案为：BD.
【分析】根据正弦函数的零点，结合的取值范围，即可容易求得结果.
三、填空题
13．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知等比数列的前n项和，则 .
【答案】9
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】因为当等比数列的公比时，，
又，故可得，解得，
故，则.
故答案为：.
【分析】根据等比数列的前项和公式的特点，结合已知条件，求得其首项和公比，再求结果即可.
14．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知正方体的棱长为，点E为棱上一动点，点F为棱上一动点，且满足，则三棱锥体积取最大值时，则三棱锥外接球的体积为 .
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】取EF的中点O，连接，
由正方体的性质可得平面，
又∵，
∴，即，
同理，
∴
由直角三角形的性质可得，
∴O为的外接球的球心，为外接球的直径，
∵，
∴的外接球的半径恒为1，
∴三棱锥外接球的体积恒为，
故答案为：.
【分析】根据正方体的性质可知进，而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为EF的中点O，从而得到球的半径，利用球的体积公式即得.
15．（2022高三上·齐齐哈尔期中）圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑.1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的必到景点，其集圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为米，在它们之间的地面上的点M（B、M、D三点共线）处测得楼顶A和教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为 米.
【答案】
【知识点】余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】根据题意可得：，
在三角形中，，故可得，
在三角形中，由正弦定理可得：，即，解得，
在三角形中，，故可得.
即索菲亚教堂的高度为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件，结合几何图形的特点，利用正余弦定理解三角形即可.
16．（2022高三上·齐齐哈尔期中）在平行四边形ABCD中，E是CD的中点，F是线段BD上的一动点，若，则的最大值为 .
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】，
因为三点共线，故可得，即，，
故，当且仅当，即，时取得等号.
即的最大值为.
故答案为：.
【分析】，结合三点共线求得的等量关系，利用消元法，结合均值不等式，即可求得结果.
四、解答题
17．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知平面向量，满足，，其中.
（1）若，求实数m的值.
（2）若，若与夹角的余弦值.
【答案】（1）解：因为，，
所以，
即，
所以，
又，
所以，
解得；
（2）解：因为，
所以，
解得，
所以，
所以，，
所以，，
所以.
【知识点】共线（平行）向量；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）根据向量的坐标运算可得，，然后根据向量平行的坐标关系即得；
（2）根据向量垂直的坐标表示可得，然后利用向量夹角的坐标公式即得.
18．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知数列的前项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设是数列的前项和，求证．
【答案】（1）解：当时，，
．
当时，满足上式， 所以．
（2）证明：由（1）知，，
所以．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）由求得，也成立；
（2）由放缩后可裂项相消求和，从而证得结论．
19．（2022高三上·齐齐哈尔期中）在锐角中，内角的对边分别为，且满足
（1）求角C的大小；
（2）若，角A与角B的内角平分线相交于点D，求面积的取值范围.
【答案】（1）解：∵，
由正弦定理可得，，
整理可得：，
即，
即：，
又因为锐角，
所以，，
所以，
即，又，
所以；
（2）解：由题意可知，
设，所以，
又，，
所以，
在中，由正弦定理可得，
即，
所以，
所以，
又，
所以，
所以，
所以
即面积的取值范围为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质；正弦定理
【解析】【分析】（1）根据正弦定理及三角恒等变换可得，进而即得；
（2）设，利用正弦定理三角形面积公式及三角恒等变换得，然后利用三角函数的性质即得.
20．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知向量a＝(cos2ωx－sin2ωx，sinωx)，b＝(，2cosωx)，设函数f(x)＝a·b(x∈R)的图象关于直线x＝对称，其中ω为常数，且ω∈(0，1)．
（1）求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
（2）若将y＝f(x)图象上各点的横坐标变为原来的，再将所得图象向右平移个单位，纵坐标不变，得到y＝h(x)的图象，若关于x的方程h(x)＋k＝0在上有且只有一个实数解，求实数k的取值范围．
【答案】（1）解：f(x)＝a·b＝(cos2ωx－sin2ωx)＋2sinωxcosωx
＝cos2ωx＋sin2ωx＝2sin.
∵直线x＝是y＝f(x)的图象的一条对称轴，
∴(k∈Z)，即ω＝k＋(k∈Z)．
又ω∈(0，1)，∴ω＝，f(x)＝2sin，
∴T＝6π.
令，k∈Z，得，k∈Z，
即函数f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
（2）解：由（1）得f(x)＝2sin，将y＝f(x)图象上各点的横坐标变为原来的，再将所得图象向右平移个单位，纵坐标不变，得到y＝2sin的图象，∴h(x)＝2sin.
令＝t，∵0≤x≤，∴－≤t≤，
方程h(x)＋k＝0在上有且只有一个实数解，
即方程2sint＋k＝0在上有且只有一个实数解，
亦即y＝2sint，t∈的图象与直线y＝－k有且只有一个交点，
画出图象分析可知－≤－k＜或－k＝2，即或k＝－2.
故实数k的取值范围是{k|或k＝－2}．
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【分析】（1）先利用平面向量的数量积定义和二倍角公式、辅助角公式得到 ，再利用对称性求出，再利用三角函数的性质进行求解；
（2）先利用三角函数图象变换得到，再令，利用三角函数的图象和数形结合思想进行求解.
21．（2023·南昌模拟）如图，水平面上摆放了两个相同的正四面体和．
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：因为与共面，所以连接与相交于点，
因为和是相同的正四面体，所以，、都是等边三角形，
则，所以四边形为菱形，则为的中点，
过点、分别作平面、平面，垂足分别为、，
根据正四面体的性质可知、分别为、的中心且E，F在DC上，
且，
设正四面体的棱长为，则，，
平面，平面，，
，同理可得，
所以，，故四边形为平行四边形，故，
因为四边形为菱形，则，因此，.
（2）解：设，取线段的中点，连接，
易知，所以，为的中点，
因为四边形为平行四边形，则且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，所以，平面，
因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
.
由图形可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用 与共面，所以连接与相交于点，再利用和是相同的正四面体，所以三角形、都是等边三角形，则，所以四边形为菱形，则为的中点，过点、分别作平面、平面，垂足分别为、，根据正四面体的性质可知、分别为、的中心且E，F在DC上，且，设正四面体的棱长为，再利用正弦函数的定义得出OD的长，再结合比例的关系得出DE的长，再利用平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用勾股定理得出PE的长，同理可得的长，所以，，故四边形为平行四边形，故，再利用四边形为菱形，则，从而证出。
（2） 设，取线段的中点，连接，易知，所以，为的中点，利用四边形为平行四边形，则且，再利用、分别为、的中点结合中点作中位线的方法和中位线的性质，则且，所以，四边形为平行四边形，则，所以，平面，再利用，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角的方法结合二面角的平面角为锐角，从而得出二面角的余弦值。
22．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若对于任意的，都存在，使得成立，试求实数的取值范围.
【答案】（1）解：由题可知函数的定义域为.
因为，则.
当时，.
所以当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
所以的单调递增区间为的单调递减区间为.
（2）解：因为，所以，
又，所以，故函数在上单调递增，
所以.
所以对任意的恒成立，即恒成立.
所以恒成立.
令，则.
令，则，解得.
当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，所以函数在上单调递减.
所以.所以.
所以实数的取值范围是.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求出导函数，由导数的正负确定单调性；
（2）利用导数求出的最小值，问题转化为不等式恒成立，再用分离参数法分离参数后转化为求函数的最大值．
1 / 1黑龙江省齐齐哈尔市八校联合体2022-2023学年高三上学期数学期中考试试卷
一、单选题
1．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022高三上·湖北开学考）已知复数， 则（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高三上·齐齐哈尔期中）一个棱锥的各棱长都相等，那么这个棱锥一定不是（ ）
A．三棱锥 B．四棱锥 C．五棱锥 D．六棱锥
4．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知数列是等差数列，数列是等比数列，，且，（ ）
A． B． C． D．
5．（2022高三上·齐齐哈尔期中）在平行四边形ABCD中，，，，点E在边CB的延长线上，若，（ ）.
A．4 B．8 C．10 D．12
6．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知角α满足，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知圆锥的顶点为S，母线SA，SB所成角的余弦值为，SA与圆锥底面所成角为45°.若 的面积为，则该圆锥的侧面积为（ ）.
A． B． C． D．
8．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知定义在R上的偶函数满足，，若，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知等比数列各项均为正数，满足，，记等比数列的前n项的积为，则当取得最大值时，（ ）
A．8 B．9 C．10 D．11
10．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知平面，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．与的夹角为
11．（2022高三上·齐齐哈尔期中）我国汉代数学家赵爽为了证明勾股定理，创制了一副“勾股圆方图”，后人称其为“赵爽弦图”．如图，大正方形由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成，其中小正方形的边长为1，E为的中点，则（ ）
A． B．
C． D．
12．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知函数在区间上有且仅有一个零点，则的取值可以为（ ）
A． B． C．1 D．2
三、填空题
13．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知等比数列的前n项和，则 .
14．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知正方体的棱长为，点E为棱上一动点，点F为棱上一动点，且满足，则三棱锥体积取最大值时，则三棱锥外接球的体积为 .
15．（2022高三上·齐齐哈尔期中）圣·索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑.1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的必到景点，其集圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美，小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索非亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为米，在它们之间的地面上的点M（B、M、D三点共线）处测得楼顶A和教堂顶C的仰角分别是15°和60°，在楼顶A处测得塔顶C的仰角为30°，则小明估算索菲亚教堂的高度为 米.
16．（2022高三上·齐齐哈尔期中）在平行四边形ABCD中，E是CD的中点，F是线段BD上的一动点，若，则的最大值为 .
四、解答题
17．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知平面向量，满足，，其中.
（1）若，求实数m的值.
（2）若，若与夹角的余弦值.
18．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知数列的前项和为．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，设是数列的前项和，求证．
19．（2022高三上·齐齐哈尔期中）在锐角中，内角的对边分别为，且满足
（1）求角C的大小；
（2）若，角A与角B的内角平分线相交于点D，求面积的取值范围.
20．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知向量a＝(cos2ωx－sin2ωx，sinωx)，b＝(，2cosωx)，设函数f(x)＝a·b(x∈R)的图象关于直线x＝对称，其中ω为常数，且ω∈(0，1)．
（1）求函数f(x)的最小正周期和单调递增区间；
（2）若将y＝f(x)图象上各点的横坐标变为原来的，再将所得图象向右平移个单位，纵坐标不变，得到y＝h(x)的图象，若关于x的方程h(x)＋k＝0在上有且只有一个实数解，求实数k的取值范围．
21．（2023·南昌模拟）如图，水平面上摆放了两个相同的正四面体和．
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值．
22．（2022高三上·齐齐哈尔期中）已知函数.
（1）当时，求函数的单调区间；
（2）若对于任意的，都存在，使得成立，试求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】因为，又，
所以.
故答案为：B.
【分析】先解不等式化简集合A，再进行交集运算即可.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】，
，，
所以，
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算化简，可得，.
3．【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】正六棱锥的底面是个正六边形，正六边形共由6个等边三角形构成，设每个等边三角形的边长为 ，正六棱锥的高为，正六棱锥的侧棱长为 ，由正六棱锥的高、底面的半径、侧棱长构成直角三角形得， ，故侧棱长 和底面正六边形的边长不可能相等.
故答案为：D.
【分析】设每个等边三角形的边长为 ，正六棱锥的高为，正六棱锥的侧棱长为 ，由正六棱锥的结构特征结合勾股定理可得，进而可以得出结论.
4．【答案】D
【知识点】等差数列的性质；等比数列的性质
【解析】【解答】因为数列是等差数列，，
所以，，
因为数列是等比数列，，
所以，，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据等差数列，等比数列的性质化简计算即得.
5．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】根据题意，连接，作图如下：
因为，四边形为平行四边形，故可得，
又，故三角形为等边三角形，则；
又，
，
故
.
故答案为：A.
【分析】用基底表示目标向量，根据向量的数量积运算，结合四边形的几何特点，即可求得结果.
6．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换
【解析】【解答】因为，
所以，
所以，即，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据三角恒等变换可得，然后利用二倍角公式结合齐次式即得.
7．【答案】C
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】如图：其中O是底面圆心，设半径为r，则AO=r，
， ，
由于SA，SB都是母线，所以SA=SB，
的面积 ，
在等腰直角三角形SAO中， ，
所以侧面积= ；
故答案为：C.
【分析】根据条件算出母线长和底面半径即可求出侧面积.
8．【答案】C
【知识点】奇偶性与单调性的综合；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】是定义在R上的偶函数，
，则，即是奇函数，
由，可得，
构造，则，
所以函数单调递增，
，
，即的周期为，
则，即；
不等式可化简为，即，
所以，解得.
故答案为：C
【分析】构造，利用已知可得函数的单调性，利用周期性求出，化简已知不等式，利用单调性即得．
9．【答案】C,D
【知识点】数列与函数的综合
【解析】【解答】因为，由等比数列的性质可得，
所以，因为，
所以，
因为，即，
所以，
∴，
因为，
所以等比数列为递减数列，
所以当时，，
∴当或时，取得最大值.
故答案为：CD
【分析】利用等比数列的性质求出，，所以等比数列为递减数列，进而即得.
10．【答案】A,D
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的共线定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】根据向量的坐标运算易知A选项正确；
因为，，所以B不符合题意
因为，，所以C不符合题意
因为，所以与的夹角为，D选项正确．
故答案为：AD.
【分析】由条件根据向量代数形式的加法运算、模、共线定理和夹角公式分别进行判断，从而得出结论.
11．【答案】A,B,C
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】因为小正方形的边长为1，E为的中点，所以，大正方形的边长为，所以，A符合题意；
，B符合题意；
如图：，
延长交于点G，则为的中点，可得G为的中点，，
所以，
， C符合题意；
，D不符合题意．
故答案为：ABC
【分析】A.根据小正方形的边长为1，E为的中点，所以，大正方形的边长为，求解判断；B.利用向量的求模公式求解判断；C.延长交于点G，得到为的中点，G为的中点求解判断； D.利用向量的数量积运算求解判断.
12．【答案】B,D
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】令，则，解得，
又因为，故，
故，
又函数在区间上有且仅有一个零点，
故当时，，或当时，；
结合选项可知：可以为或2.
故答案为：BD.
【分析】根据正弦函数的零点，结合的取值范围，即可容易求得结果.
13．【答案】9
【知识点】等比数列的前n项和
【解析】【解答】因为当等比数列的公比时，，
又，故可得，解得，
故，则.
故答案为：.
【分析】根据等比数列的前项和公式的特点，结合已知条件，求得其首项和公比，再求结果即可.
14．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】取EF的中点O，连接，
由正方体的性质可得平面，
又∵，
∴，即，
同理，
∴
由直角三角形的性质可得，
∴O为的外接球的球心，为外接球的直径，
∵，
∴的外接球的半径恒为1，
∴三棱锥外接球的体积恒为，
故答案为：.
【分析】根据正方体的性质可知进，而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为EF的中点O，从而得到球的半径，利用球的体积公式即得.
15．【答案】
【知识点】余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】根据题意可得：，
在三角形中，，故可得，
在三角形中，由正弦定理可得：，即，解得，
在三角形中，，故可得.
即索菲亚教堂的高度为.
故答案为：.
【分析】根据已知条件，结合几何图形的特点，利用正余弦定理解三角形即可.
16．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】，
因为三点共线，故可得，即，，
故，当且仅当，即，时取得等号.
即的最大值为.
故答案为：.
【分析】，结合三点共线求得的等量关系，利用消元法，结合均值不等式，即可求得结果.
17．【答案】（1）解：因为，，
所以，
即，
所以，
又，
所以，
解得；
（2）解：因为，
所以，
解得，
所以，
所以，，
所以，，
所以.
【知识点】共线（平行）向量；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）根据向量的坐标运算可得，，然后根据向量平行的坐标关系即得；
（2）根据向量垂直的坐标表示可得，然后利用向量夹角的坐标公式即得.
18．【答案】（1）解：当时，，
．
当时，满足上式， 所以．
（2）证明：由（1）知，，
所以．
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和；数列的递推公式
【解析】【分析】（1）由求得，也成立；
（2）由放缩后可裂项相消求和，从而证得结论．
19．【答案】（1）解：∵，
由正弦定理可得，，
整理可得：，
即，
即：，
又因为锐角，
所以，，
所以，
即，又，
所以；
（2）解：由题意可知，
设，所以，
又，，
所以，
在中，由正弦定理可得，
即，
所以，
所以，
又，
所以，
所以，
所以
即面积的取值范围为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质；正弦定理
【解析】【分析】（1）根据正弦定理及三角恒等变换可得，进而即得；
（2）设，利用正弦定理三角形面积公式及三角恒等变换得，然后利用三角函数的性质即得.
20．【答案】（1）解：f(x)＝a·b＝(cos2ωx－sin2ωx)＋2sinωxcosωx
＝cos2ωx＋sin2ωx＝2sin.
∵直线x＝是y＝f(x)的图象的一条对称轴，
∴(k∈Z)，即ω＝k＋(k∈Z)．
又ω∈(0，1)，∴ω＝，f(x)＝2sin，
∴T＝6π.
令，k∈Z，得，k∈Z，
即函数f(x)的单调递增区间为，k∈Z.
（2）解：由（1）得f(x)＝2sin，将y＝f(x)图象上各点的横坐标变为原来的，再将所得图象向右平移个单位，纵坐标不变，得到y＝2sin的图象，∴h(x)＝2sin.
令＝t，∵0≤x≤，∴－≤t≤，
方程h(x)＋k＝0在上有且只有一个实数解，
即方程2sint＋k＝0在上有且只有一个实数解，
亦即y＝2sint，t∈的图象与直线y＝－k有且只有一个交点，
画出图象分析可知－≤－k＜或－k＝2，即或k＝－2.
故实数k的取值范围是{k|或k＝－2}．
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【分析】（1）先利用平面向量的数量积定义和二倍角公式、辅助角公式得到 ，再利用对称性求出，再利用三角函数的性质进行求解；
（2）先利用三角函数图象变换得到，再令，利用三角函数的图象和数形结合思想进行求解.
21．【答案】（1）证明：因为与共面，所以连接与相交于点，
因为和是相同的正四面体，所以，、都是等边三角形，
则，所以四边形为菱形，则为的中点，
过点、分别作平面、平面，垂足分别为、，
根据正四面体的性质可知、分别为、的中心且E，F在DC上，
且，
设正四面体的棱长为，则，，
平面，平面，，
，同理可得，
所以，，故四边形为平行四边形，故，
因为四边形为菱形，则，因此，.
（2）解：设，取线段的中点，连接，
易知，所以，为的中点，
因为四边形为平行四边形，则且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则，所以，平面，
因为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，可得，
设平面的法向量为，，
则，取，可得，
.
由图形可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）利用 与共面，所以连接与相交于点，再利用和是相同的正四面体，所以三角形、都是等边三角形，则，所以四边形为菱形，则为的中点，过点、分别作平面、平面，垂足分别为、，根据正四面体的性质可知、分别为、的中心且E，F在DC上，且，设正四面体的棱长为，再利用正弦函数的定义得出OD的长，再结合比例的关系得出DE的长，再利用平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用勾股定理得出PE的长，同理可得的长，所以，，故四边形为平行四边形，故，再利用四边形为菱形，则，从而证出。
（2） 设，取线段的中点，连接，易知，所以，为的中点，利用四边形为平行四边形，则且，再利用、分别为、的中点结合中点作中位线的方法和中位线的性质，则且，所以，四边形为平行四边形，则，所以，平面，再利用，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合向量的坐标表示求出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角的方法结合二面角的平面角为锐角，从而得出二面角的余弦值。
22．【答案】（1）解：由题可知函数的定义域为.
因为，则.
当时，.
所以当时，，函数在上单调递减；
当时，，函数在上单调递增.
所以的单调递增区间为的单调递减区间为.
（2）解：因为，所以，
又，所以，故函数在上单调递增，
所以.
所以对任意的恒成立，即恒成立.
所以恒成立.
令，则.
令，则，解得.
当时，，所以函数在上单调递增；
当时，，所以函数在上单调递减.
所以.所以.
所以实数的取值范围是.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）求出导函数，由导数的正负确定单调性；
（2）利用导数求出的最小值，问题转化为不等式恒成立，再用分离参数法分离参数后转化为求函数的最大值．
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