黑龙江省大庆市名校2023-2024学年高二上学期数学开学考试试卷
一、单选题（本题共8个小题，每题5分，共40分）
1．集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得： .
故答案为：A.
【分析】根据集合间的交集运算求解.
2．已知是数满足，则对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为 ，则，
可得 ，对于的点为，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数的运算可得，进而可得共轭复数，结合复数的几何意义分析判断.
3．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：若 ，解得或，
显然是的真子集，
所以“”是“”的 必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】解不等式，根据包含关系与充分、必要条件之间的关系分析判断.
4．如图，边长为2的正方形是一个水平放置的平面图形的直观图，则图形的面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面图形的直观图；斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由题意可知：正方形 的面积，
所以 图形的面积.
故答案为：A.
【分析】根据原图的面积与直观图的面积之间的关系运算求解.
5．已知，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为在定义域内单调递减，则 ，
因为在定义域内单调递减，则，
因为在定义域内单调递减，则，即，
综上所述： .
故答案为：A.
【分析】根据指、对数函数单调性，借助于中间值“0”和“1”分析判断.
6．已知函数的部分图像如图所示，则的值为（ ）
A． B．B． C． D．
【答案】C
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图象可知：，
且，则，可得，
则，
因为函数与y轴的交点在x轴上方，则，
且，可得，
又因为 函数过点，整理得，
且，可得，解得.
故答案为：C.
【分析】根据图象可知，利用周期可得，并结合图象与y轴的交点和零点，结合 的 范围运算求解.
7．设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于A： 若，，则 或异面，故A错误；
对于B： 若，，，则 或异面，故B错误；
对于C： 若，，，则或相交，故C错误；
对于D： 若，则 ，故D正确；
故答案为：D.
【分析】根据空间线、面位置关系分析判断ABC；对于D：根据线面平行的判定定理分析判断.
8．已知定义在上的偶函数的图像是连续的，，在区间上是增函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的一个周期为6
B．在区间上单调递增
C．的图像关于直线对称
D．在区间上共有100个零点
【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇函数与偶函数的性质；奇偶性与单调性的综合；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】对于A：对于，令，可得，解得，
又因为是偶函数，所以，所以，即，
可知6不是 的周期，故A错误；
对于B：因为，则，
可得，所以的一个周期为12，
又因为 在区间上是增函数，可得在区间上为减函数，
且的一个周期为12，所以 在区间上单调递减 ，故B项错误；
对于C：因为是偶函数，所以的图像关于直线对称，
且的一个周期为12，所以的图像关于直线对称，故C正确；
对于D：因为 在区间上是增函数，且，可在在区间内只有一个零点，
且是偶函数，则在区间内只有一个零点3，可知在区间内只有2个零点3，9，
又因为的一个周期为12，且，
所以在区间[0，2022]上有个零点，
且为偶函数，可知 在区间上共有个零点 ，故D错误．
故答案为：C.
【分析】对于A：根据周期的定义分析判断；对于B：根据偶函数可得在区间上为减函数，再结合周期性分析判断；对于C：根据偶函数的对称性结合周期性分析判断；对于D：根据题意可得在区间内只有一个零点3，在区间内只有2个零点3，9，结合周期性和对称性分析运算.
二、多选题（本题共4个小题，每题5分，共20分）
9．下列说法正确的是（ ）
A．命题“”的否定是“”
B．若正数满足，则
C．函数的最小正周期是
D．半径为1，圆心角为的扇形的弧长等于
【答案】B,C,D
【知识点】命题的否定；基本不等式；扇形的弧长与面积；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：对于A：命题“”的否定是“”，故A错误；
对于B：因为 ，所以，
当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于C： 函数的最小正周期是，故C正确；
对于D： 半径为1，圆心角为的扇形的弧长等于，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】对于A：根据全称命题的否定分析判断；对于B：利用基本不等式运算求解；对于B：根据正弦型函数的周期运算求解；对于D：根据弧长公式运算求解.
10．在中，角的对边分别为，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则一定是钝角三角形
B．若，则
C．若，则为等腰三角形
D．若为锐角三角形，则
【答案】A,B,D
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦函数的性质；诱导公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：对于A：因为 ，即，
可得，且，
可知C为钝角，所以 一定是钝角三角形，故A正确；
对于B： 若，由正弦定理可得，所以，故B正确；
对于C： 若，由正弦定理可得，
则，可得或，
即或，所以 为等腰三角形 或直角三角形，故C错误；
对于D： 若为锐角三角形，则，即，
因为在内单调递增，可得，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】对于A：利用余弦定理分析判断；对于B：利用正弦定理结合三角形的性质分析判断；对于C：利用正弦定理结合倍角公式分析判断；对于D：由锐角三角形可得，利用正弦函数的单调性结合诱导公式分析判断.
11．已知a，，，，且，则下列说法正确的为（ ）
A．ab的最小值为1 B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为 ，，且，
对于A：因为，当且仅当时，等号成立，
所以 ab的最大值为1，故A错误；
对于B：因为，则 ，故B正确；
对于C：因为，故C正确；
对于D：因为，则 ，
当且仅当，即时，等号成立，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】对于A：根据不等式运算求解；对于B：由A中结果结合对数函数单调性分析判断；对于C：利用基本不等式运算求解；对于D：整理可得，根据“1”的灵活运用结合基本不等式运算求解.
12．下列说法正确的是（ ）
A．“”是“”的既不充分也不必要条件
B．命题“”的否定是“”
C．若，则
D．的最大值为-2
【答案】A,D
【知识点】命题的否定；必要条件、充分条件与充要条件的判断；对数函数的单调性与特殊点；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：对于A：例如，则，可知“”不能推出“”，
例如，则，则“”不能推出“”，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故A正确；
对于B：命题“”的否定是“”，故B错误；
对于C：例如 ，则，满足 ，但 ，故C错误；
对于D：因为，且 在定义域内单调递增，
则 ，所以 的最大值为-2，故D正确；
故答案为：AD.
【分析】对于A：举反例，结合充分必要条件分析判断；对于B：根据全称命题的否定分析判断；对于C：举反例分析判断；对于D：根据对数函数单调性分析判断.
三、填空题（本题共4个小题，每题5分，共20分）
13．函数的定义域为 .
【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：令，解得，
所以 函数的定义域为 .
故答案为： .
【分析】根据题意结合对数函数、分式函数以及根式函数列式求解即可.
14．已知，与的夹角为，则 .
【答案】0
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的性质
【解析】【解答】解：由题意可知：，
所以 .
故答案为：0.
【分析】根据数量积的定义和运算性质求解.
15．，则 ．
【答案】4
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；诱导公式
【解析】【解答】解：因为 ，解得，
所以.
故答案为：4.
【分析】根据题意利用齐次式问题求得，进而代入可得结果.
16．我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”（如图所示），其中底面，，，，则该“阳马”的外接球的表面积为 ．
【答案】
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图，将四棱锥转化为长方体，可知四棱锥的外接球即为长方体的外接球，
设外接球的半径为R，则，
所以该“阳马”的外接球的表面积为.
故答案为： .
【分析】将四棱锥转化为长方体，结合长方体求外接球的半径，进而可求球的表面积.
四、strong>、解答题（本大题共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．已知内角的对边分别为，设
（1）求；
（2）若的面积为，求的值.
【答案】（1）原式化简可得：，
整理得：，
由正弦定理可得：，
因此三角形的内角；
（2）
，
，
.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用正弦定理可得 ， 进而结合余弦定理运算求解；
(2)利用面积公式可得 ，在结合余弦定理运算求解.
18．如图，在正方体中，
（1）求异面直线与所成的角的大小；
（2）求二面角的大小.
【答案】（1）在正方体中，连接，
由于，所以是异面直线与所成的角，
由于三角形是等边三角形，所以，
所以异面直线与所成的角的大小为.
（2）
在正方体中，，
所以是二面角的平面角，
根据正方体的性质可知，
所以二面角的大小为.
【知识点】异面直线及其所成的角；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【分析】 (1)连接， 可知 是异面直线与所成的角， 在三角形内分析求解；
(2) 可得 ，是二面角的平面角， 结合正方体的性质分析求解.
19．如图，四棱锥中，底面 是矩形，， 底面， 分别为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，
因为分别是的中点，
所以，且，
又是的中点，所以，且，
所以，且，
所以是平行四边形，故.
又平面，平面，
所以平面.
（2）因为底面，底面，
所以.
取中点，连接，
因为是矩形，且，
所以都是正方形，
所以，即.
又是平面内的两条相交直线，
所以平面.
而平面，所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】 (1)取的中点，连接， 根据平行性质可得 ，结合线面平行的性质定理分析证明；
(2) 根据题意先证 平面，再结合面面垂直的判定定理分析证明.
20．如图，在四棱锥中，平面，，，且.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
【答案】（1）
由于，，
所以故，
因此，
又平面，平面，故，
平面，故平面
（2）由于，，所以为等边三角形，
故，
又平面，平面，所以，
又，故，
所以，
设点到平面的距离为，
由于，故
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】 (1) 根据题意可证 平面 ，可得 ， 结合线面垂直的判定定理分析证明；
(2) 利用等体积法，即 ，结合体积公式运算求解.
21．如图，在四棱锥中，，平面底面和分别是和的中点．
求证：
（1）底面；
（2）平面平面．
【答案】（1）因为 ， 平面底面，平面底面，平面，
所以 底面.
（2）
∵和分别是和的中点，
∴，
而平面平面，
∴平面．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∴，而平面平面，
∴平面．
而平面平面，
∴平面平面．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1)根据题意利用面面垂直的性质定理分析证明；
(2)根据题意可证 ， ，结合面面平行的判定定理分析证明.
22．已知函数在一个周期内的图象如图所示.
（1）求函数的解析式.
（2）求函数的单调递增区间.
（3）当时，求的取值范围.
【答案】（1）由函数的图象知，
，所以，解得；
由函数图象过点，得，则，
因为，所以，
所以函数的解析式为；
（2）由函数的解析式，
令；
解得；
所以的单调递增区间为
（3）当时，，则，
所以，
则的取值范围是.
【知识点】正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用五点法求解析式；
(2) 以 为整体，结合正弦函数单调性运算求解；
(3) 以 为整体，结合正弦函数有界性运算求解.
1 / 1黑龙江省大庆市名校2023-2024学年高二上学期数学开学考试试卷
一、单选题（本题共8个小题，每题5分，共40分）
1．集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知是数满足，则对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．设，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．如图，边长为2的正方形是一个水平放置的平面图形的直观图，则图形的面积是（ ）
A． B． C． D．
5．已知，则的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数的部分图像如图所示，则的值为（ ）
A． B．B． C． D．
7．设为两条直线，为两个平面，下列四个命题中，正确的命题是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，则
8．已知定义在上的偶函数的图像是连续的，，在区间上是增函数，则下列结论正确的是（ ）
A．的一个周期为6
B．在区间上单调递增
C．的图像关于直线对称
D．在区间上共有100个零点
二、多选题（本题共4个小题，每题5分，共20分）
9．下列说法正确的是（ ）
A．命题“”的否定是“”
B．若正数满足，则
C．函数的最小正周期是
D．半径为1，圆心角为的扇形的弧长等于
10．在中，角的对边分别为，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则一定是钝角三角形
B．若，则
C．若，则为等腰三角形
D．若为锐角三角形，则
11．已知a，，，，且，则下列说法正确的为（ ）
A．ab的最小值为1 B．
C． D．
12．下列说法正确的是（ ）
A．“”是“”的既不充分也不必要条件
B．命题“”的否定是“”
C．若，则
D．的最大值为-2
三、填空题（本题共4个小题，每题5分，共20分）
13．函数的定义域为 .
14．已知，与的夹角为，则 .
15．，则 ．
16．我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”（如图所示），其中底面，，，，则该“阳马”的外接球的表面积为 ．
四、strong>、解答题（本大题共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．已知内角的对边分别为，设
（1）求；
（2）若的面积为，求的值.
18．如图，在正方体中，
（1）求异面直线与所成的角的大小；
（2）求二面角的大小.
19．如图，四棱锥中，底面 是矩形，， 底面， 分别为棱的中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面.
20．如图，在四棱锥中，平面，，，且.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离.
21．如图，在四棱锥中，，平面底面和分别是和的中点．
求证：
（1）底面；
（2）平面平面．
22．已知函数在一个周期内的图象如图所示.
（1）求函数的解析式.
（2）求函数的单调递增区间.
（3）当时，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得： .
故答案为：A.
【分析】根据集合间的交集运算求解.
2．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为 ，则，
可得 ，对于的点为，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数的运算可得，进而可得共轭复数，结合复数的几何意义分析判断.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：若 ，解得或，
显然是的真子集，
所以“”是“”的 必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】解不等式，根据包含关系与充分、必要条件之间的关系分析判断.
4．【答案】A
【知识点】平面图形的直观图；斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由题意可知：正方形 的面积，
所以 图形的面积.
故答案为：A.
【分析】根据原图的面积与直观图的面积之间的关系运算求解.
5．【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为在定义域内单调递减，则 ，
因为在定义域内单调递减，则，
因为在定义域内单调递减，则，即，
综上所述： .
故答案为：A.
【分析】根据指、对数函数单调性，借助于中间值“0”和“1”分析判断.
6．【答案】C
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由图象可知：，
且，则，可得，
则，
因为函数与y轴的交点在x轴上方，则，
且，可得，
又因为 函数过点，整理得，
且，可得，解得.
故答案为：C.
【分析】根据图象可知，利用周期可得，并结合图象与y轴的交点和零点，结合 的 范围运算求解.
7．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于A： 若，，则 或异面，故A错误；
对于B： 若，，，则 或异面，故B错误；
对于C： 若，，，则或相交，故C错误；
对于D： 若，则 ，故D正确；
故答案为：D.
【分析】根据空间线、面位置关系分析判断ABC；对于D：根据线面平行的判定定理分析判断.
8．【答案】C
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇函数与偶函数的性质；奇偶性与单调性的综合；抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【解答】对于A：对于，令，可得，解得，
又因为是偶函数，所以，所以，即，
可知6不是 的周期，故A错误；
对于B：因为，则，
可得，所以的一个周期为12，
又因为 在区间上是增函数，可得在区间上为减函数，
且的一个周期为12，所以 在区间上单调递减 ，故B项错误；
对于C：因为是偶函数，所以的图像关于直线对称，
且的一个周期为12，所以的图像关于直线对称，故C正确；
对于D：因为 在区间上是增函数，且，可在在区间内只有一个零点，
且是偶函数，则在区间内只有一个零点3，可知在区间内只有2个零点3，9，
又因为的一个周期为12，且，
所以在区间[0，2022]上有个零点，
且为偶函数，可知 在区间上共有个零点 ，故D错误．
故答案为：C.
【分析】对于A：根据周期的定义分析判断；对于B：根据偶函数可得在区间上为减函数，再结合周期性分析判断；对于C：根据偶函数的对称性结合周期性分析判断；对于D：根据题意可得在区间内只有一个零点3，在区间内只有2个零点3，9，结合周期性和对称性分析运算.
9．【答案】B,C,D
【知识点】命题的否定；基本不等式；扇形的弧长与面积；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：对于A：命题“”的否定是“”，故A错误；
对于B：因为 ，所以，
当且仅当时，等号成立，故B正确；
对于C： 函数的最小正周期是，故C正确；
对于D： 半径为1，圆心角为的扇形的弧长等于，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】对于A：根据全称命题的否定分析判断；对于B：利用基本不等式运算求解；对于B：根据正弦型函数的周期运算求解；对于D：根据弧长公式运算求解.
10．【答案】A,B,D
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦函数的性质；诱导公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：对于A：因为 ，即，
可得，且，
可知C为钝角，所以 一定是钝角三角形，故A正确；
对于B： 若，由正弦定理可得，所以，故B正确；
对于C： 若，由正弦定理可得，
则，可得或，
即或，所以 为等腰三角形 或直角三角形，故C错误；
对于D： 若为锐角三角形，则，即，
因为在内单调递增，可得，故D正确；
故答案为：ABD.
【分析】对于A：利用余弦定理分析判断；对于B：利用正弦定理结合三角形的性质分析判断；对于C：利用正弦定理结合倍角公式分析判断；对于D：由锐角三角形可得，利用正弦函数的单调性结合诱导公式分析判断.
11．【答案】B,C
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：因为 ，，且，
对于A：因为，当且仅当时，等号成立，
所以 ab的最大值为1，故A错误；
对于B：因为，则 ，故B正确；
对于C：因为，故C正确；
对于D：因为，则 ，
当且仅当，即时，等号成立，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】对于A：根据不等式运算求解；对于B：由A中结果结合对数函数单调性分析判断；对于C：利用基本不等式运算求解；对于D：整理可得，根据“1”的灵活运用结合基本不等式运算求解.
12．【答案】A,D
【知识点】命题的否定；必要条件、充分条件与充要条件的判断；对数函数的单调性与特殊点；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：对于A：例如，则，可知“”不能推出“”，
例如，则，则“”不能推出“”，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故A正确；
对于B：命题“”的否定是“”，故B错误；
对于C：例如 ，则，满足 ，但 ，故C错误；
对于D：因为，且 在定义域内单调递增，
则 ，所以 的最大值为-2，故D正确；
故答案为：AD.
【分析】对于A：举反例，结合充分必要条件分析判断；对于B：根据全称命题的否定分析判断；对于C：举反例分析判断；对于D：根据对数函数单调性分析判断.
13．【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法；对数函数的概念与表示
【解析】【解答】解：令，解得，
所以 函数的定义域为 .
故答案为： .
【分析】根据题意结合对数函数、分式函数以及根式函数列式求解即可.
14．【答案】0
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的性质
【解析】【解答】解：由题意可知：，
所以 .
故答案为：0.
【分析】根据数量积的定义和运算性质求解.
15．【答案】4
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；诱导公式
【解析】【解答】解：因为 ，解得，
所以.
故答案为：4.
【分析】根据题意利用齐次式问题求得，进而代入可得结果.
16．【答案】
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图，将四棱锥转化为长方体，可知四棱锥的外接球即为长方体的外接球，
设外接球的半径为R，则，
所以该“阳马”的外接球的表面积为.
故答案为： .
【分析】将四棱锥转化为长方体，结合长方体求外接球的半径，进而可求球的表面积.
17．【答案】（1）原式化简可得：，
整理得：，
由正弦定理可得：，
因此三角形的内角；
（2）
，
，
.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用正弦定理可得 ， 进而结合余弦定理运算求解；
(2)利用面积公式可得 ，在结合余弦定理运算求解.
18．【答案】（1）在正方体中，连接，
由于，所以是异面直线与所成的角，
由于三角形是等边三角形，所以，
所以异面直线与所成的角的大小为.
（2）
在正方体中，，
所以是二面角的平面角，
根据正方体的性质可知，
所以二面角的大小为.
【知识点】异面直线及其所成的角；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【分析】 (1)连接， 可知 是异面直线与所成的角， 在三角形内分析求解；
(2) 可得 ，是二面角的平面角， 结合正方体的性质分析求解.
19．【答案】（1）证明：取的中点，连接，
因为分别是的中点，
所以，且，
又是的中点，所以，且，
所以，且，
所以是平行四边形，故.
又平面，平面，
所以平面.
（2）因为底面，底面，
所以.
取中点，连接，
因为是矩形，且，
所以都是正方形，
所以，即.
又是平面内的两条相交直线，
所以平面.
而平面，所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】 (1)取的中点，连接， 根据平行性质可得 ，结合线面平行的性质定理分析证明；
(2) 根据题意先证 平面，再结合面面垂直的判定定理分析证明.
20．【答案】（1）
由于，，
所以故，
因此，
又平面，平面，故，
平面，故平面
（2）由于，，所以为等边三角形，
故，
又平面，平面，所以，
又，故，
所以，
设点到平面的距离为，
由于，故
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】 (1) 根据题意可证 平面 ，可得 ， 结合线面垂直的判定定理分析证明；
(2) 利用等体积法，即 ，结合体积公式运算求解.
21．【答案】（1）因为 ， 平面底面，平面底面，平面，
所以 底面.
（2）
∵和分别是和的中点，
∴，
而平面平面，
∴平面．
∵，
∴四边形是平行四边形．
∴，而平面平面，
∴平面．
而平面平面，
∴平面平面．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1)根据题意利用面面垂直的性质定理分析证明；
(2)根据题意可证 ， ，结合面面平行的判定定理分析证明.
22．【答案】（1）由函数的图象知，
，所以，解得；
由函数图象过点，得，则，
因为，所以，
所以函数的解析式为；
（2）由函数的解析式，
令；
解得；
所以的单调递增区间为
（3）当时，，则，
所以，
则的取值范围是.
【知识点】正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用五点法求解析式；
(2) 以 为整体，结合正弦函数单调性运算求解；
(3) 以 为整体，结合正弦函数有界性运算求解.
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