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辽宁省抚顺市六校协作体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·抚顺期中）已知全集，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得，，则．
故答案为：C.
【分析】根据集合的补集的定义运算即可.
2．（2022高三上·抚顺期中）若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】【解答】解：因为．
故答案为：A.
【分析】根据已知角度关系得，直接利用正切两角和公式求解即可.
3．（2022高三上·抚顺期中）已知，，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】由题意可得，
则由，得，即．
由，即，得．
故“”是“”的充要条件．
故答案为：A.
【分析】根据充分条件和必要条件的定义分析判断.
4．（2022高三上·抚顺期中）复数的实部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因，则，
所以的实部为．
故答案为：D
【分析】根据给定条件，利用复数乘方运算、除法运算求出复数z即可作答.
5．（2022高三上·抚顺期中）在中，为边上的中线，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】向量的线性运算性质及几何意义
【解析】【解答】解：由题可得图，如下：
则，又为边上的中线
所以，则.
故答案为：D.
【分析】根据平面向量的运算法则与共线定理的应用，转化为基底向量的线性关系即可.
6．（2022高三上·抚顺期中）现有一个圆柱形空杯子，盛液体部分的底面半径为2cm，高为8cm，用一个注液器向杯中注入溶液，已知注液器向杯中注入的溶液的容积V（单位：ml）关于时间（单位：s）的函数解析式为，不考虑注液过程中溶液的流失，则当时，杯中溶液上升高度的瞬时变化率为（ ）
A．4 cm/s B．5 cm/s C．6 cm/s D．7cm/s
【答案】C
【知识点】变化的快慢与变化率
【解析】【解答】由题设，杯子底面积为，则溶液上升高度，
所以，则cm/s.
故答案为：C
【分析】由题设可得溶液上升高度，求导并代入求值即可.
7．（2022高三上·抚顺期中）在正三棱柱中，E，F分别是棱BC，的中点，若异面直线与EF所成的角是45°，则该三棱柱的侧面积与表面积的比值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】取AC中点D，连接FD，DE，
又在正三棱柱中，E，F分别是棱BC，的中点，
则，且面ABC，
又直线与EF所成的角是45°，，
直线与EF所成的角是45°
故为等腰直角三角形，
不妨设，则，
则
故
故答案为：D
【分析】取AC中点D，连接FD，DE，通过得到直线与EF所成的角是45°，分别求出侧面积和底面积，则可求出侧面积与表面积的比值.
8．（2023高三上·广东月考）对任意的正实数，，恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】依题意得恒成立，
因为，，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以，即的最小值为.
故答案为：B.
【分析】将不等式恒成立问题转化为求最值的问题，结合基本不等式求出最值，即可得到k的最小值。
二、多选题
9．（2022高三上·抚顺期中）一个锐角三角形的三边长为，，，则，，的值可能为（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】A,D
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：锐角三角形的三边长为，，其充要条件为：最大角的余弦值大于零.
结合三角形大边对大角可知：较小两边平方和大于第三边的平方即可判断三角形为锐角三角形.
所以对于A，，符合；
对于B，，不构成三角形三边，不符合
对于C，，不符合；
对于D，，符合.
故答案为：AD．
【分析】根据锐角三角形与余弦定理的关系，转化为较小两边平方和大于第三边的平方即可判断三角形为锐角三角形，逐项验证即可.
10．（2022高三上·抚顺期中）已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列判断错误的是（ ）
A．的图象关于轴对称
B．的最小正周期是
C．的图象关于点对称
D．在上单调递减
【答案】A,B,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】由图可知，的图象关于直线对称，
所以的最小正周期，所以，
则.
由五点作图法可知，
所以，所以.
将的图象向右平移个单位长度得到的图象，则，则A，B不符合题意.
令，，解得，，当时，，则C符合题意.
令，，解得，，则D不符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】根据题目图像先求出，再求得即可解决.
11．（2022高三上·抚顺期中）已知函数（为整数），若，则的值可能是（ ）
A．－3 B．0 C．1 D．5
【答案】A,C,D
【知识点】对数的运算性质
【解析】【解答】解：设，则，
所以，则．
因为，所以，
又，所以．因为为整数，所以为偶数，则为奇数．
故答案为：ACD.
【分析】设，可得，即得，根据对数运算可知，所以，又为整数，即可得可能的取值情况.
12．（2022高三上·抚顺期中）如图，在长方体中，，，分别是棱，的中点，点在侧面内，且，则三棱锥外接球表面积的取值可能是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】解：如图，连接，，，取的中点，连接，，分别取，的中点，，连接，
在长方体中，，所以
所以四边形是平行四边形，又点在侧面内，且，
则四点共面，所以点在线段上，
在长方体中，平面，且，所以平面，
又平面，所以，则
又，则三棱锥外接球的球心在直线上，连接，，，．
设三棱锥外接球的半径为，则，所以．
因为，所以，，
如图在矩形中，，又
所以，则又，，
所以由余弦定理得，则，
所以，则
所以，所以．
于是
则当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最小值；
当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最大值．
故三棱锥外接球表面积的取值范围是．
故答案为：BCD.
【分析】根据长方体的几何性质可得四边形是平行四边形，由点在侧面内，且，所以点在线段上，取的中点，连接，，分别取，的中点，，连接，则三棱锥外接球的球心在直线上，根据几何性质结合勾股定理求得外接球半径的最值，即可得外接球面积的取值范围，从而可得答案.
三、填空题
13．（2022高三上·抚顺期中）已知复数满足，则 .
【答案】
【知识点】复数求模
【解析】【解答】设，则
由题得，
所以，
所以，解得
故，.
故答案为：.
【分析】设，则，代入原式，列方程组解出a、b，再求得的模即可.
14．（2022高三上·抚顺期中）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于整除的问题．现将正自然数中，能被3除余1且被2除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则 ．
【答案】115
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】被2除余1的数可表示为，，
被3除余1的数列可表示为，则，
故公共项为，则为以首项为1，公差为6的等差数列，
，，则.
故答案为：115.
【分析】结合叙述，将两数列表示出来，找出公共项，求出通项公式，进而得解.
15．（2022高三上·抚顺期中）在空间直角坐标系中，，，，若点到直线的距离不小于，写出一个满足条件的的值： .
【答案】1（答案不唯一，只要即可）
【知识点】点到直线的距离公式
【解析】【解答】因为，，
所以点到直线的距离，
解得.
故答案为：1（答案不唯一，只要即可）
【分析】计算，，根据点到直线的距离公式得到，求解即可.
16．（2022高三上·抚顺期中）函数的最小值为 .
【答案】.
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】因为，
令，设 ，则，
当时， ；当 时，，
所以，
又函数，
当时，，递减；当时，，递增；
故最小值为 ，而，
所以方程有解，即存在使得，
故的最小值为，
故答案为：.
【分析】，令，利用求导的方法求函数的最小值，进而求得答案.
四、解答题
17．（2022高三上·抚顺期中）在等比数列{}中，．
（1）求{}的通项公式；
（2）求数列{}的前n项和Sn．
【答案】（1）解：由题设，，则的公比，
所以.
（2）解：由（1）知：，
所以.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）由已知得 ， ，再求出公比，进而写出通项公式；
（2）由（1）得，应用分组求和，结合等差等比前n项和公式求Sn．
18．（2022高三上·抚顺期中）已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的值；
（2）试问正弦曲线经过怎样的变换可以得到曲线？
【答案】（1）解：依题意可得，
，即，
则，即，，
因为，所以.
（2）解：由（1）知，
.
正弦曲线的横坐标不变，将纵坐标变为原来的倍，得到曲线.
（方法一）得到的曲线的纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的，得到曲线，
再将所得曲线向右平移个单位长度，得到曲线.
（方法二）将得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线，
所得曲线各点的纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的，得到曲线.
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【分析】（1）根据图象，先求得，然后求得；
（2）化简，结合三角函数图象变换的知识求得正确答案.
19．（2022高三上·抚顺期中）如图，在四棱锥中，底面，，，，.
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）解：因为底面，底面，
所以，，
且，，所以，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为.
（2）解：，设平面的法向量为，
则，即，
令，得.
易知是平面的一个法向量，
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】用空间向量求直线与平面的夹角；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 以为坐标原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，， 由向量法即可求得异面直线的夹角余弦值；
（2）求得平面的法向量， 是平面的一个法向量，由向量法即可求得面面角的夹角余弦值.
20．（2022高三上·抚顺期中）“我将来要当一名麦田里的守望者，有那么一群孩子在一大块麦田里玩，几千几万的小孩子，附近没有一个大人，我是说，除了我．”《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿在一块平面四边形的麦田里成为守望者．如图所示，为了分割麦田，他将B，D连接，经测量知，．
（1）霍尔顿发现无论多长，都为一个定值，请你证明霍尔顿的结论，并求出这个定值；
（2）霍尔顿发现小麦的生长和发育与分割土地面积的平方和呈正相关关系，记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求出的最大值．
【答案】（1）证明：在中，由余弦定理得：，
即，
在中，，即，
因此，即，
所以．
（2）解：显然，，
于是得，由（1）知，
因此，
在中，，在中，，则，
由，得，即有，
从而当时，，所以的最大值是．
【知识点】函数模型的选择与应用；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）在和中，利用余弦定理即可计算推理作答；
（2）由（1）的结论，利用三角形面积定理列出函数关系，结合二次函数最值求解作答.
21．（2022高二上·辽宁期中）如图，菱形的边长为2，，E为AB的中点.将沿DE折起，使A到达，连接，，得到四棱锥.
（1）证明：；
（2）当二面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
【答案】（1）证明：在菱形中，因为为的中点，，所以，
在翻折过程中，恒有，，
又，平面，所以平面，
而平面，所以.
（2）解：由（1）知为二面角的平面角，记其为，则，
以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
， ，
设平面的法向量，则，得
令，得，
，则.
令，，得.
，
当且仅当时，等号成立.
设直线与平面所成角为 ，则
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【分析】 (1)根据条件证明 平面， 根据线面垂直的的定义可证得 ；
(2) 以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 利用法向量与方向向量的夹角求解线面角，结合基本不等式即可求解出直线与平面所成角的正弦值的最大值.
22．（2022高三上·抚顺期中）已知函数．
（1）讨论在上的单调性；
（2）若不等式恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）解：因为，，所以．
当时，由，得；由，得．
则在上单调递减，在上单调递增．
当时，由，得；由，得．
则在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）解：不等式恒成立，即不等式恒成立，即等价于恒成立．
设，则．
设，则．
设，则．
由，得，所以在上单调递增，
则，即，故在上单调递增．
因为，所以在上单调递增，
则，得，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则．
故，即的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）根据函数求解导数，故按照，确定导函数正负区间，得函数到单调性；
（2）根据不等式，参变分离得恒成立，故可构造函数确定函数的单调性求最小值，则求得的取值范围．
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辽宁省抚顺市六校协作体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·抚顺期中）已知全集，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2022高三上·抚顺期中）若，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高三上·抚顺期中）已知，，则“”是“”的（ ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2022高三上·抚顺期中）复数的实部为（ ）
A． B． C． D．
5．（2022高三上·抚顺期中）在中，为边上的中线，，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（2022高三上·抚顺期中）现有一个圆柱形空杯子，盛液体部分的底面半径为2cm，高为8cm，用一个注液器向杯中注入溶液，已知注液器向杯中注入的溶液的容积V（单位：ml）关于时间（单位：s）的函数解析式为，不考虑注液过程中溶液的流失，则当时，杯中溶液上升高度的瞬时变化率为（ ）
A．4 cm/s B．5 cm/s C．6 cm/s D．7cm/s
7．（2022高三上·抚顺期中）在正三棱柱中，E，F分别是棱BC，的中点，若异面直线与EF所成的角是45°，则该三棱柱的侧面积与表面积的比值是（ ）
A． B． C． D．
8．（2023高三上·广东月考）对任意的正实数，，恒成立，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．（2022高三上·抚顺期中）一个锐角三角形的三边长为，，，则，，的值可能为（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
10．（2022高三上·抚顺期中）已知函数的部分图象如图所示，将的图象向右平移个单位长度得到函数的图象，则下列判断错误的是（ ）
A．的图象关于轴对称
B．的最小正周期是
C．的图象关于点对称
D．在上单调递减
11．（2022高三上·抚顺期中）已知函数（为整数），若，则的值可能是（ ）
A．－3 B．0 C．1 D．5
12．（2022高三上·抚顺期中）如图，在长方体中，，，分别是棱，的中点，点在侧面内，且，则三棱锥外接球表面积的取值可能是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题
13．（2022高三上·抚顺期中）已知复数满足，则 .
14．（2022高三上·抚顺期中）“中国剩余定理”又称“孙子定理”，此定理讲的是关于整除的问题．现将正自然数中，能被3除余1且被2除余1的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列，则 ．
15．（2022高三上·抚顺期中）在空间直角坐标系中，，，，若点到直线的距离不小于，写出一个满足条件的的值： .
16．（2022高三上·抚顺期中）函数的最小值为 .
四、解答题
17．（2022高三上·抚顺期中）在等比数列{}中，．
（1）求{}的通项公式；
（2）求数列{}的前n项和Sn．
18．（2022高三上·抚顺期中）已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的值；
（2）试问正弦曲线经过怎样的变换可以得到曲线？
19．（2022高三上·抚顺期中）如图，在四棱锥中，底面，，，，.
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）求平面与平面夹角的余弦值.
20．（2022高三上·抚顺期中）“我将来要当一名麦田里的守望者，有那么一群孩子在一大块麦田里玩，几千几万的小孩子，附近没有一个大人，我是说，除了我．”《麦田里的守望者》中的主人公霍尔顿将自己的精神生活寄托于那广阔无垠的麦田．假设霍尔顿在一块平面四边形的麦田里成为守望者．如图所示，为了分割麦田，他将B，D连接，经测量知，．
（1）霍尔顿发现无论多长，都为一个定值，请你证明霍尔顿的结论，并求出这个定值；
（2）霍尔顿发现小麦的生长和发育与分割土地面积的平方和呈正相关关系，记与的面积分别为和，为了更好地规划麦田，请你帮助霍尔顿求出的最大值．
21．（2022高二上·辽宁期中）如图，菱形的边长为2，，E为AB的中点.将沿DE折起，使A到达，连接，，得到四棱锥.
（1）证明：；
（2）当二面角在内变化时，求直线与平面所成角的正弦值的最大值.
22．（2022高三上·抚顺期中）已知函数．
（1）讨论在上的单调性；
（2）若不等式恒成立，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得，，则．
故答案为：C.
【分析】根据集合的补集的定义运算即可.
2．【答案】A
【知识点】三角函数的恒等变换及化简求值
【解析】【解答】解：因为．
故答案为：A.
【分析】根据已知角度关系得，直接利用正切两角和公式求解即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】由题意可得，
则由，得，即．
由，即，得．
故“”是“”的充要条件．
故答案为：A.
【分析】根据充分条件和必要条件的定义分析判断.
4．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】因，则，
所以的实部为．
故答案为：D
【分析】根据给定条件，利用复数乘方运算、除法运算求出复数z即可作答.
5．【答案】D
【知识点】向量的线性运算性质及几何意义
【解析】【解答】解：由题可得图，如下：
则，又为边上的中线
所以，则.
故答案为：D.
【分析】根据平面向量的运算法则与共线定理的应用，转化为基底向量的线性关系即可.
6．【答案】C
【知识点】变化的快慢与变化率
【解析】【解答】由题设，杯子底面积为，则溶液上升高度，
所以，则cm/s.
故答案为：C
【分析】由题设可得溶液上升高度，求导并代入求值即可.
7．【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】取AC中点D，连接FD，DE，
又在正三棱柱中，E，F分别是棱BC，的中点，
则，且面ABC，
又直线与EF所成的角是45°，，
直线与EF所成的角是45°
故为等腰直角三角形，
不妨设，则，
则
故
故答案为：D
【分析】取AC中点D，连接FD，DE，通过得到直线与EF所成的角是45°，分别求出侧面积和底面积，则可求出侧面积与表面积的比值.
8．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】依题意得恒成立，
因为，，
所以，
当且仅当时，等号成立，
所以，即的最小值为.
故答案为：B.
【分析】将不等式恒成立问题转化为求最值的问题，结合基本不等式求出最值，即可得到k的最小值。
9．【答案】A,D
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：锐角三角形的三边长为，，其充要条件为：最大角的余弦值大于零.
结合三角形大边对大角可知：较小两边平方和大于第三边的平方即可判断三角形为锐角三角形.
所以对于A，，符合；
对于B，，不构成三角形三边，不符合
对于C，，不符合；
对于D，，符合.
故答案为：AD．
【分析】根据锐角三角形与余弦定理的关系，转化为较小两边平方和大于第三边的平方即可判断三角形为锐角三角形，逐项验证即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】由图可知，的图象关于直线对称，
所以的最小正周期，所以，
则.
由五点作图法可知，
所以，所以.
将的图象向右平移个单位长度得到的图象，则，则A，B不符合题意.
令，，解得，，当时，，则C符合题意.
令，，解得，，则D不符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】根据题目图像先求出，再求得即可解决.
11．【答案】A,C,D
【知识点】对数的运算性质
【解析】【解答】解：设，则，
所以，则．
因为，所以，
又，所以．因为为整数，所以为偶数，则为奇数．
故答案为：ACD.
【分析】设，可得，即得，根据对数运算可知，所以，又为整数，即可得可能的取值情况.
12．【答案】B,C,D
【知识点】球的体积和表面积
【解析】【解答】解：如图，连接，，，取的中点，连接，，分别取，的中点，，连接，
在长方体中，，所以
所以四边形是平行四边形，又点在侧面内，且，
则四点共面，所以点在线段上，
在长方体中，平面，且，所以平面，
又平面，所以，则
又，则三棱锥外接球的球心在直线上，连接，，，．
设三棱锥外接球的半径为，则，所以．
因为，所以，，
如图在矩形中，，又
所以，则又，，
所以由余弦定理得，则，
所以，则
所以，所以．
于是
则当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最小值；
当与重合时，，此时三棱锥外接球的半径取得最大值．
故三棱锥外接球表面积的取值范围是．
故答案为：BCD.
【分析】根据长方体的几何性质可得四边形是平行四边形，由点在侧面内，且，所以点在线段上，取的中点，连接，，分别取，的中点，，连接，则三棱锥外接球的球心在直线上，根据几何性质结合勾股定理求得外接球半径的最值，即可得外接球面积的取值范围，从而可得答案.
13．【答案】
【知识点】复数求模
【解析】【解答】设，则
由题得，
所以，
所以，解得
故，.
故答案为：.
【分析】设，则，代入原式，列方程组解出a、b，再求得的模即可.
14．【答案】115
【知识点】等差数列的通项公式
【解析】【解答】被2除余1的数可表示为，，
被3除余1的数列可表示为，则，
故公共项为，则为以首项为1，公差为6的等差数列，
，，则.
故答案为：115.
【分析】结合叙述，将两数列表示出来，找出公共项，求出通项公式，进而得解.
15．【答案】1（答案不唯一，只要即可）
【知识点】点到直线的距离公式
【解析】【解答】因为，，
所以点到直线的距离，
解得.
故答案为：1（答案不唯一，只要即可）
【分析】计算，，根据点到直线的距离公式得到，求解即可.
16．【答案】.
【知识点】利用导数研究函数的极值
【解析】【解答】因为，
令，设 ，则，
当时， ；当 时，，
所以，
又函数，
当时，，递减；当时，，递增；
故最小值为 ，而，
所以方程有解，即存在使得，
故的最小值为，
故答案为：.
【分析】，令，利用求导的方法求函数的最小值，进而求得答案.
17．【答案】（1）解：由题设，，则的公比，
所以.
（2）解：由（1）知：，
所以.
【知识点】等比数列的通项公式；数列的求和
【解析】【分析】（1）由已知得 ， ，再求出公比，进而写出通项公式；
（2）由（1）得，应用分组求和，结合等差等比前n项和公式求Sn．
18．【答案】（1）解：依题意可得，
，即，
则，即，，
因为，所以.
（2）解：由（1）知，
.
正弦曲线的横坐标不变，将纵坐标变为原来的倍，得到曲线.
（方法一）得到的曲线的纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的，得到曲线，
再将所得曲线向右平移个单位长度，得到曲线.
（方法二）将得到的曲线向右平移个单位长度，得到曲线，
所得曲线各点的纵坐标不变，将横坐标缩短为原来的，得到曲线.
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【分析】（1）根据图象，先求得，然后求得；
（2）化简，结合三角函数图象变换的知识求得正确答案.
19．【答案】（1）解：因为底面，底面，
所以，，
且，，所以，
以为坐标原点，分别以为轴的正方向，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，，
所以，
故异面直线与所成角的余弦值为.
（2）解：，设平面的法向量为，
则，即，
令，得.
易知是平面的一个法向量，
因为，
所以平面与平面夹角的余弦值为.
【知识点】用空间向量求直线与平面的夹角；用空间向量求平面间的夹角
【解析】【分析】（1） 以为坐标原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，则，， 由向量法即可求得异面直线的夹角余弦值；
（2）求得平面的法向量， 是平面的一个法向量，由向量法即可求得面面角的夹角余弦值.
20．【答案】（1）证明：在中，由余弦定理得：，
即，
在中，，即，
因此，即，
所以．
（2）解：显然，，
于是得，由（1）知，
因此，
在中，，在中，，则，
由，得，即有，
从而当时，，所以的最大值是．
【知识点】函数模型的选择与应用；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）在和中，利用余弦定理即可计算推理作答；
（2）由（1）的结论，利用三角形面积定理列出函数关系，结合二次函数最值求解作答.
21．【答案】（1）证明：在菱形中，因为为的中点，，所以，
在翻折过程中，恒有，，
又，平面，所以平面，
而平面，所以.
（2）解：由（1）知为二面角的平面角，记其为，则，
以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，
则，，，，
， ，
设平面的法向量，则，得
令，得，
，则.
令，，得.
，
当且仅当时，等号成立.
设直线与平面所成角为 ，则
故直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量求直线与平面的夹角
【解析】【分析】 (1)根据条件证明 平面， 根据线面垂直的的定义可证得 ；
(2) 以的方向为轴的正方向，的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 利用法向量与方向向量的夹角求解线面角，结合基本不等式即可求解出直线与平面所成角的正弦值的最大值.
22．【答案】（1）解：因为，，所以．
当时，由，得；由，得．
则在上单调递减，在上单调递增．
当时，由，得；由，得．
则在上单调递增，在上单调递减．
综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）解：不等式恒成立，即不等式恒成立，即等价于恒成立．
设，则．
设，则．
设，则．
由，得，所以在上单调递增，
则，即，故在上单调递增．
因为，所以在上单调递增，
则，得，所以当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
则．
故，即的取值范围是．
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值
【解析】【分析】（1）根据函数求解导数，故按照，确定导函数正负区间，得函数到单调性；
（2）根据不等式，参变分离得恒成立，故可构造函数确定函数的单调性求最小值，则求得的取值范围．
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