四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题
1．（2024高一下·青羊期末）如图，四边形在斜二测画法下得到平行四边形，，，则该四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】根据斜二测画法的方法还原原图如下，则原图为正方形，边长为2，则周长为8.
故答案为：D．
【分析】
根据斜二测画法的方法还原原图即可求解.
2．（2024高一下·青羊期末）在矩形中，，，以该矩形的边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的空间几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】矩形绕直线旋转一周所得旋转体为圆柱，其底面半径为1，母线长为2，
所以所求表面积.
故答案为：D.
【分析】
确定所得旋转体的底面半径及母线长，再利用圆柱的全面积公式计算即可求解.
3．（2024高一下·青羊期末）如图所示，在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】
取中点，连接，
不妨设，因为，
所以，
所以，
由题意，
所以，
因为，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：A.
【分析】
利用，从而可将求异面直线与所成角的余弦值转换为求即可，结合解三角形知识即可求解.
4．（2024高一下·青羊期末）已知两条不同的直线，三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于A，如图，，，此时，故A错误；
对于B，如图，，，，此时异面，故B错误；
对于C，若，，则，故C正确；
对于D，如图，，，此时，故D错误.
故答案为：C..
【分析】
对于C，直接用线面垂直的性质可判断；对于其他选项，可以借助长方体模型举反例判断即可.
5．（2024高一下·青羊期末）如图所示，在三棱锥中，平面，且是边长为的正三角形，若，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】设点到平面的距离为，
因为平面，平面，
所以，
因为是边长为的正三角形，，
所以，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】
利用等体积法求解，由题意求出，从而可求出，然后利用即可求解.
6．（2024高一下·青羊期末）已知函数和，则这两个函数图象在的交点个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】正弦函数的图象；余弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】因为的最小正周期，的最小正周期，
画出函数与在上的图象如下所示：
由图可知，两函数图象有个交点.
故答案为：D.
【分析】
画出两函数 函数和 在上的图象，根据图象即可求解
7．（2024高一下·青羊期末）如图所示，已知在三棱锥中，二面角为直二面角，，，，若三棱锥的各个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】取的中点，连接，
因为，所以，
因为二面角为直二面角，平面，
所以平面，
因为，，所以，，
，所以，，
因为，所以外接球的球心在上，设为，连接，
则，
可得，解得，
所以该球的体积为.
故答案为：A.
【分析】
取的中点，由面面垂直的性质定理可得平面，可得，外接球的球心在上，设为，利用求出外接圆的半径，代入球的体积公式即可求解.
8．（2024高一下·青羊期末）已知函数，若在上成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】在上成立，
即在上成立，
即在上成立，
即在上成立，
即在上成立.
令，，则.则.
所以上成立．
当解得
当解得或
当解得.
综上所得，实数的取值范围为.
故答案为：D．
【分析】
通过换元，令，则.原问题转化为上成立．运用二次函数性质分情况讨论.得出数的取值范围.
9．（2024高一下·青羊期末）的内角的对边分别为，，，已知，，则（ ）
A． B．
C．为锐角三角形 D．的最大值为
【答案】A,B
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值；余弦定理
【解析】【解答】对于A，因为，结合余弦定理推论可得，
，化简得，解得（舍）或，A正确；
对于B，因为，
所以，又，
所以，B正确；
对于C，是钝角，C错误；
对于D，解得，
根据余弦定理可得，代入得
利用基本不等式，
当且仅当时取等号；
所以，D错误；
故答案为：A、B.
【分析】
根据余弦定理代入，化简即可判断A正确.利用诱导公式和二倍角公式代入 ，化简即可判断B正确.利用正切二倍角公式求值即可判断C错误.利用同角三角函数关系求出角A的余弦，再利用余弦定理结合基本不等式计算判定D错误；
10．（2024高一下·青羊期末）如图，在矩形中，，为的中点，现将沿翻折至，平面，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．三棱锥体积的最大值为
C．当，直线与底面所成角的正弦值为
D．若二面角的平面角为，则
【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于A：如图，连接，
是有沿翻折得，，
又且为的中点，
由题意知，四边形是矩形，所以，
当，即时，，
能找到该点，故A正确；
对于B：由题意知：四边形是矩形，且为的中点，
可得：，由勾股定理逆定理得：，
，即，
故，因是最大时取得；
易得，当平面平面时，有最大值，
，取的中点，连接，则，
由面面垂直性质知，平面，即为三棱锥的高，
又为等腰直角三角形，所以
，故B错误；
对于C：由A知：当时，，取的中点，连接，，
易得，，且，
又，且平面，平面，
连接，易得，
平面，，
根据线面角的定义可知，直线与底面所成角为，
即，故C正确；
对于D：若二面角的平面角为，作平面，如图，
，即，且，
，
代入可得：，故D正确.
故答案为：A、C、D.
【分析】
对于A，观察问题发现，两条直线有交点，可构造三角形，利用平面几何知识求解，判断A正确；
对于B，三棱锥的底面积为固定值，故只需让高最大，体积就会最大，易知当平面平面时，高有最大值，代入棱锥体积公式求解，判断B错误；
对于C，利用线面角的定义，找到线面角，构建三角形进行求解，判断C正确；
对于D，已知二面角，即可得到二面角的补角，通过构造直线与平面垂直，构造直角三角形，利用勾股定理得解.，判断D正确.
11．（2024高一下·青羊期末）已知直线，A是之间的一定点并且点A到的距离分别为1，2，B是直线上一动点，作，且使AC与直线交于点C，，则（ ）
A．面积的最小值为
B．点到直线的距离为定值
C．当时，的外接圆半径为
D．的最大值为
【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；正弦定理的应用
【解析】【解答】对于A，过作的垂线，分别交于点，则，设，
则在中，，
因为，所以在中，，所以，
所以，
因为，所以当且仅当时，取到最大值，
所以面积的最小值为，所以A正确，
对于B，如图，以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，所以，，
所以，
所以，
所以，
所以点到直线的距离为，是定值，所以B正确，
对于C，因为，，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以
，
所以，解得或（舍去），
所以，
所以，，
所以，
所以，，
因为，所以，
所以由正弦定理得，
所以，即的外接圆半径为，所以C错误，
对于D，因为，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为，所以D正确，
故答案为：A、B、D.
【分析】
对于A，过作的垂线，分别交于点，设，然后表示出，从而可表示出面积，利用三角函数的性质可求得其最小值，判断A正确
对于B，如图，以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，表示出坐标，再由可求出点的坐标，从而可分析判断B正确，
对于C，由求出三点的坐标，然后求出，再利用正弦定理可求出的外接圆半径，判断C错误.
对于D，由题意可得，化简后利用基本不等式可求得结果，判断D正确.
12．（2024高一下·青羊期末）已知向量，向量，若与共线，则实数的值为 .
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】若与共线，则，解得.
故答案为：.
【分析】
根据共线向量的坐标公式，即可求解.
13．（2024高一下·青羊期末）的内角，，的对边分别为，，，，，，为边上一点，记、的面积分别为、，若，则 .
【答案】2
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】根据题意，在中，根据余弦定理，得，即或(负舍去)，
根据正弦定理，得，即，
因为，所以，又因为，所以，
又因为，所以，
即，
在中，，
即，所以，
故答案为：2.
【分析】
根据三角形的余弦定理得，再利用余弦定理得，最后根据余弦定理即可求解.
14．（2024高一下·青羊期末）已知在四面体中，，，，，，平面满足，记平面截得该四面体的多边形的面积为，则的最大值为 .
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征
【解析】【解答】由，，，
可知四面体的各个棱为长方体各面的对角线，
设长方体的长宽高分别，，，
则，解得，
如图所示，
由，，
可得点，分别为，中点，
所以长方体以为对角线的平面，
又，所以与长方体以为对角线的平面平行，
易知当经过中点时，截面面积最大，
此时与长方体的截面如图所示，其中四边形即为与四面体相交所得截面，
此时、、、分别为各边中点，
则，
故答案为：.
【分析】
将四面体还原至长方体，可知点，分别为，中点，即可得当经过中点时，截面面积最大，再根据长方体的性质可得解.
15．（2024高一下·青羊期末）已知复数，其中为虚数单位，.
（1）若在复平面内复数位于第二象限，求实数的取值范围；
（2）当时，是方程的一个根，求和的值.
【答案】（1）由题意，得，
解得，
所以实数a的取值范围为．
（2）当时，，所以，
所以，
整理，得，
所以，解得，
所以．
【知识点】复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示
【解析】【分析】（1）根据复数对应的点所在象限建立不等式组求解即可；
（2）方程根代入方程，根据复数相等建立方程组求解即可.
（1）由题意，得，
解得，
所以实数a的取值范围为．
（2）当时，，
所以，
所以，
整理，得，
所以，解得，
所以．
16．（2024高一下·青羊期末）已知振子的振动具有循环往复的特点，由振子振动的物理学原理可知，其位移随时间的变化规律可以用函数来刻画，已知位移部分图象如图所示.
（1）求该振子在单位时间内往复运动的次数和的解析式；
（2）将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到，求在上的值域.
【答案】（1）（1）设的最小正周期为T，由图可知，所以，
所以的频率为2，所以振子在单位时间内往复运动的次数为2次，
所以．
因为过点，
所以，得，
又，所以，
所以的解析式为
（2）（2）因为将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到，
所以，
令，由，得，
因为在上单调递增，上单调递减，
又，，
所以在的值域为，
所以在的值域为，
所以在的值域为
【知识点】两角和与差的正弦公式；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）由图可知，求出周期，则可求出频率，然后利用周期公式可求出，再将点的坐标代入函数中可求出，从而可求出解析式；
（2）根据三角函数图象变换规律求出，令，由，求得，然后利用正弦函数的性质可求出函数的值域.
．．
（1）设的最小正周期为T，由图可知，所以，
所以的频率为2，所以振子在单位时间内往复运动的次数为2次，
所以．
因为过点，
所以，得，
又，所以，
所以的解析式为．
（2）因为将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到，
所以，
令，由，得，
因为在上单调递增，上单调递减，
又，，
所以在的值域为，
所以在的值域为，
所以在的值域为．
17．（2024高一下·青羊期末）如图，在五面体中，，，平面平面，，，，.
（1）证明：平面；
（2）若点、分别为、的中点，证明：平面平面；
（3）求该五面体的体积.
（注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.）
【答案】（1）（1）因为平面平面，所以平面，
又因为平面且平面平面，
所以，又平面，平面，所以平面．
（2）（2）因为，所以为正三角形，所以，又，
所以，又，所以在中，由余弦定理，得，解得或（舍去），
因为，所以，又，且，
所以平面，又平面，所以平面平面．
因为，所以为正三角形，
因为为正三角形，所以，
由梯形中位线，可得，且，所以，所以四边形为平行四边形，
所以，即，所以，又平面平面，
所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面．
（3）（3）过G作直线，延长与交于点M，与交于点N，连接．
因为G为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，同理，所以．
又，所以，所以，
所以多面体为三棱柱过M作于H点，因为平面平面，所以平面，
所以线段的长即三棱柱的高，在中，
，
所以三棱柱的体积为．
因为三棱锥与的体积相等，所以所求多面体的体积为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；柱体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）应用线面平行判定定理证得平面，再由线面平行性质证得，最后利用线面平行判定即可证明 ；
（2）应用余弦定理、勾股定理求得，再根据线面垂直判定得平面，面面垂直判定定理证得 平面平面． 面面垂直性质得平面，利用证得平面，最后根据面面垂直判定即可证明.
（3）把几何体补形，应用柱体体积公式计算即可.
（1）因为平面平面，所以平面，
又因为平面且平面平面，
所以，又平面，平面，所以平面．
（2）因为，所以为正三角形，所以，又，
所以，又，所以在中，由余弦定理，得，解得或（舍去），
因为，所以，又，且，
所以平面，又平面，所以平面平面．
因为，所以为正三角形，
因为为正三角形，所以，
由梯形中位线，可得，且，所以，所以四边形为平行四边形，
所以，即，所以，又平面平面，
所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面．
（3）过G作直线，延长与交于点M，与交于点N，连接．
因为G为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，同理，所以．
又，所以，所以，
所以多面体为三棱柱过M作于H点，因为平面平面，所以平面，
所以线段的长即三棱柱的高，在中，
，
所以三棱柱的体积为．
因为三棱锥与的体积相等，所以所求多面体的体积为．
18．（2024高一下·青羊期末）为了提高市民的业余生活质量，因地制宜地利用空置土地资源，某市规划管理局拟在交通便利的区域规划一个休闲区，由于该市三环路附近有一个便捷的停车场和一片三角形空置区域，该市规划管理局准备在三角形空置区域规划三个功能区：如图所示，区域规划为游客餐饮服务区，区域规划为微型游乐场，区域规划为网红打卡区. 已知，m，m，，
（1）若m，求的长；
（2）若，求的值；
（3）求微型游乐场面积的最小值.
【答案】（1）（1）因为，
得，又，所以．
若，在中，由余弦定理，得，
解得，所以，所以，
所以为等腰三角形，所以．
（2）（2）设，在中，由正弦定理，得，
同理，
又，所以，
所以，
即，又，所以，即，所以．
（3）（3）设，由（2）知，
又，
所以，
当且仅当，即当时，的面积取最小值为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用锐角三角函数定义，求得，进而求出角A，再由余弦定理计算
AD，即可求解；
（2）运用正弦定理得、，代入，结合两角和差正弦公式化简计算，即可求解；
（3）设，三角形的边长用表示，代入用面积公式，转化为正弦型三角
函数，利用其性质即可求解.
（1）因为，
得，又，所以．
若，在中，由余弦定理，得，
解得，所以，所以，
所以为等腰三角形，所以．
（2）设，在中，由正弦定理，得，
同理，
又，所以，
所以，
即，又，所以，即，所以．
（3）设，由（2）知，
又，
所以，
当且仅当，即当时，的面积取最小值为．
19．（2024高一下·青羊期末）如图，在长方形中，，，，将沿折起至，使平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若二面角的平面角的余弦值为，求的长；
（3）设直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，证明：.
（注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.）
【答案】（1）（1）因为四边形为长方形，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面，
（2）（2）如图所示，在（ii）图中过点S作，垂足为O，
交于点E，连接．由翻折知，
所以二面角的平面角为，
在（ii）图中设，可得，
因为，所以，所以，所以，
解得，即或（舍去），所以．
（i） （ii）
（3）（3）如图所示，由（2）知，所以平面
平面，所以．由（1）问，
知平面且，所以平面，
又平面，所以，又，
且平面，所以平面，
又平面，所以．
在（ii）图中过点E作交于点H，
过点E作，连接．由（2）知平面，
又平面，所以平面平面，
因为平面平面，所以平面，
所以在平面的射影为，
所以为直线与平面所成角．
注意到，即，解得．又，，所以，
即，所以，
由（2）知，所以
（等号当且仅当时成立）．
（i） （ii）
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质即可证明线面垂直.
（2）利用定义法找到二面角的平面角，设，建立方程、即，求解参数即可.
（3）利用定义法将所求角的余弦值表示为一元函数，再利用基本不等式求解即可.
（1）因为四边形为长方形，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面，
（2）如图所示，在（ii）图中过点S作，垂足为O，
交于点E，连接．由翻折知，
所以二面角的平面角为，
在（ii）图中设，可得，
因为，所以，所以，所以，
解得，即或（舍去），所以．
（i） （ii）
（3）如图所示，由（2）知，所以平面
平面，所以．由（1）问，
知平面且，所以平面，
又平面，所以，又，
且平面，所以平面，
又平面，所以．
在（ii）图中过点E作交于点H，
过点E作，连接．由（2）知平面，
又平面，所以平面平面，
因为平面平面，所以平面，
所以在平面的射影为，
所以为直线与平面所成角．
注意到，即，解得．又，，所以，
即，所以，
由（2）知，所以
（等号当且仅当时成立）．
（i） （ii）
1 / 1四川省成都市树德中学2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试题
1．（2024高一下·青羊期末）如图，四边形在斜二测画法下得到平行四边形，，，则该四边形的周长为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·青羊期末）在矩形中，，，以该矩形的边所在直线为旋转轴，其余三边旋转一周形成的面所围成的空间几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·青羊期末）如图所示，在正三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·青羊期末）已知两条不同的直线，三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，则
5．（2024高一下·青羊期末）如图所示，在三棱锥中，平面，且是边长为的正三角形，若，则点到平面的距离为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·青羊期末）已知函数和，则这两个函数图象在的交点个数为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·青羊期末）如图所示，已知在三棱锥中，二面角为直二面角，，，，若三棱锥的各个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·青羊期末）已知函数，若在上成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2024高一下·青羊期末）的内角的对边分别为，，，已知，，则（ ）
A． B．
C．为锐角三角形 D．的最大值为
10．（2024高一下·青羊期末）如图，在矩形中，，为的中点，现将沿翻折至，平面，则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．三棱锥体积的最大值为
C．当，直线与底面所成角的正弦值为
D．若二面角的平面角为，则
11．（2024高一下·青羊期末）已知直线，A是之间的一定点并且点A到的距离分别为1，2，B是直线上一动点，作，且使AC与直线交于点C，，则（ ）
A．面积的最小值为
B．点到直线的距离为定值
C．当时，的外接圆半径为
D．的最大值为
12．（2024高一下·青羊期末）已知向量，向量，若与共线，则实数的值为 .
13．（2024高一下·青羊期末）的内角，，的对边分别为，，，，，，为边上一点，记、的面积分别为、，若，则 .
14．（2024高一下·青羊期末）已知在四面体中，，，，，，平面满足，记平面截得该四面体的多边形的面积为，则的最大值为 .
15．（2024高一下·青羊期末）已知复数，其中为虚数单位，.
（1）若在复平面内复数位于第二象限，求实数的取值范围；
（2）当时，是方程的一个根，求和的值.
16．（2024高一下·青羊期末）已知振子的振动具有循环往复的特点，由振子振动的物理学原理可知，其位移随时间的变化规律可以用函数来刻画，已知位移部分图象如图所示.
（1）求该振子在单位时间内往复运动的次数和的解析式；
（2）将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到，求在上的值域.
17．（2024高一下·青羊期末）如图，在五面体中，，，平面平面，，，，.
（1）证明：平面；
（2）若点、分别为、的中点，证明：平面平面；
（3）求该五面体的体积.
（注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.）
18．（2024高一下·青羊期末）为了提高市民的业余生活质量，因地制宜地利用空置土地资源，某市规划管理局拟在交通便利的区域规划一个休闲区，由于该市三环路附近有一个便捷的停车场和一片三角形空置区域，该市规划管理局准备在三角形空置区域规划三个功能区：如图所示，区域规划为游客餐饮服务区，区域规划为微型游乐场，区域规划为网红打卡区. 已知，m，m，，
（1）若m，求的长；
（2）若，求的值；
（3）求微型游乐场面积的最小值.
19．（2024高一下·青羊期末）如图，在长方形中，，，，将沿折起至，使平面平面.
（1）证明：平面；
（2）若二面角的平面角的余弦值为，求的长；
（3）设直线与平面所成的角为，二面角的平面角为，证明：.
（注：本题用空间向量法求解或证明不给分，若需要作辅助线，请在答题卡上作出相应的辅助线.）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】根据斜二测画法的方法还原原图如下，则原图为正方形，边长为2，则周长为8.
故答案为：D．
【分析】
根据斜二测画法的方法还原原图即可求解.
2．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】矩形绕直线旋转一周所得旋转体为圆柱，其底面半径为1，母线长为2，
所以所求表面积.
故答案为：D.
【分析】
确定所得旋转体的底面半径及母线长，再利用圆柱的全面积公式计算即可求解.
3．【答案】A
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】
取中点，连接，
不妨设，因为，
所以，
所以，
由题意，
所以，
因为，
所以异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：A.
【分析】
利用，从而可将求异面直线与所成角的余弦值转换为求即可，结合解三角形知识即可求解.
4．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于A，如图，，，此时，故A错误；
对于B，如图，，，，此时异面，故B错误；
对于C，若，，则，故C正确；
对于D，如图，，，此时，故D错误.
故答案为：C..
【分析】
对于C，直接用线面垂直的性质可判断；对于其他选项，可以借助长方体模型举反例判断即可.
5．【答案】B
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】设点到平面的距离为，
因为平面，平面，
所以，
因为是边长为的正三角形，，
所以，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以，解得.
故答案为：B.
【分析】
利用等体积法求解，由题意求出，从而可求出，然后利用即可求解.
6．【答案】D
【知识点】正弦函数的图象；余弦函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】因为的最小正周期，的最小正周期，
画出函数与在上的图象如下所示：
由图可知，两函数图象有个交点.
故答案为：D.
【分析】
画出两函数 函数和 在上的图象，根据图象即可求解
7．【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】取的中点，连接，
因为，所以，
因为二面角为直二面角，平面，
所以平面，
因为，，所以，，
，所以，，
因为，所以外接球的球心在上，设为，连接，
则，
可得，解得，
所以该球的体积为.
故答案为：A.
【分析】
取的中点，由面面垂直的性质定理可得平面，可得，外接球的球心在上，设为，利用求出外接圆的半径，代入球的体积公式即可求解.
8．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】在上成立，
即在上成立，
即在上成立，
即在上成立，
即在上成立.
令，，则.则.
所以上成立．
当解得
当解得或
当解得.
综上所得，实数的取值范围为.
故答案为：D．
【分析】
通过换元，令，则.原问题转化为上成立．运用二次函数性质分情况讨论.得出数的取值范围.
9．【答案】A,B
【知识点】二倍角的正切公式；同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值；余弦定理
【解析】【解答】对于A，因为，结合余弦定理推论可得，
，化简得，解得（舍）或，A正确；
对于B，因为，
所以，又，
所以，B正确；
对于C，是钝角，C错误；
对于D，解得，
根据余弦定理可得，代入得
利用基本不等式，
当且仅当时取等号；
所以，D错误；
故答案为：A、B.
【分析】
根据余弦定理代入，化简即可判断A正确.利用诱导公式和二倍角公式代入 ，化简即可判断B正确.利用正切二倍角公式求值即可判断C错误.利用同角三角函数关系求出角A的余弦，再利用余弦定理结合基本不等式计算判定D错误；
10．【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于A：如图，连接，
是有沿翻折得，，
又且为的中点，
由题意知，四边形是矩形，所以，
当，即时，，
能找到该点，故A正确；
对于B：由题意知：四边形是矩形，且为的中点，
可得：，由勾股定理逆定理得：，
，即，
故，因是最大时取得；
易得，当平面平面时，有最大值，
，取的中点，连接，则，
由面面垂直性质知，平面，即为三棱锥的高，
又为等腰直角三角形，所以
，故B错误；
对于C：由A知：当时，，取的中点，连接，，
易得，，且，
又，且平面，平面，
连接，易得，
平面，，
根据线面角的定义可知，直线与底面所成角为，
即，故C正确；
对于D：若二面角的平面角为，作平面，如图，
，即，且，
，
代入可得：，故D正确.
故答案为：A、C、D.
【分析】
对于A，观察问题发现，两条直线有交点，可构造三角形，利用平面几何知识求解，判断A正确；
对于B，三棱锥的底面积为固定值，故只需让高最大，体积就会最大，易知当平面平面时，高有最大值，代入棱锥体积公式求解，判断B错误；
对于C，利用线面角的定义，找到线面角，构建三角形进行求解，判断C正确；
对于D，已知二面角，即可得到二面角的补角，通过构造直线与平面垂直，构造直角三角形，利用勾股定理得解.，判断D正确.
11．【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；正弦定理的应用
【解析】【解答】对于A，过作的垂线，分别交于点，则，设，
则在中，，
因为，所以在中，，所以，
所以，
因为，所以当且仅当时，取到最大值，
所以面积的最小值为，所以A正确，
对于B，如图，以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，
则，所以，，
所以，
所以，
所以，
所以点到直线的距离为，是定值，所以B正确，
对于C，因为，，
所以，
因为，
所以，
所以，
所以，
所以
，
所以，解得或（舍去），
所以，
所以，，
所以，
所以，，
因为，所以，
所以由正弦定理得，
所以，即的外接圆半径为，所以C错误，
对于D，因为，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为，所以D正确，
故答案为：A、B、D.
【分析】
对于A，过作的垂线，分别交于点，设，然后表示出，从而可表示出面积，利用三角函数的性质可求得其最小值，判断A正确
对于B，如图，以为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系，表示出坐标，再由可求出点的坐标，从而可分析判断B正确，
对于C，由求出三点的坐标，然后求出，再利用正弦定理可求出的外接圆半径，判断C错误.
对于D，由题意可得，化简后利用基本不等式可求得结果，判断D正确.
12．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】若与共线，则，解得.
故答案为：.
【分析】
根据共线向量的坐标公式，即可求解.
13．【答案】2
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】根据题意，在中，根据余弦定理，得，即或(负舍去)，
根据正弦定理，得，即，
因为，所以，又因为，所以，
又因为，所以，
即，
在中，，
即，所以，
故答案为：2.
【分析】
根据三角形的余弦定理得，再利用余弦定理得，最后根据余弦定理即可求解.
14．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征
【解析】【解答】由，，，
可知四面体的各个棱为长方体各面的对角线，
设长方体的长宽高分别，，，
则，解得，
如图所示，
由，，
可得点，分别为，中点，
所以长方体以为对角线的平面，
又，所以与长方体以为对角线的平面平行，
易知当经过中点时，截面面积最大，
此时与长方体的截面如图所示，其中四边形即为与四面体相交所得截面，
此时、、、分别为各边中点，
则，
故答案为：.
【分析】
将四面体还原至长方体，可知点，分别为，中点，即可得当经过中点时，截面面积最大，再根据长方体的性质可得解.
15．【答案】（1）由题意，得，
解得，
所以实数a的取值范围为．
（2）当时，，所以，
所以，
整理，得，
所以，解得，
所以．
【知识点】复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示
【解析】【分析】（1）根据复数对应的点所在象限建立不等式组求解即可；
（2）方程根代入方程，根据复数相等建立方程组求解即可.
（1）由题意，得，
解得，
所以实数a的取值范围为．
（2）当时，，
所以，
所以，
整理，得，
所以，解得，
所以．
16．【答案】（1）（1）设的最小正周期为T，由图可知，所以，
所以的频率为2，所以振子在单位时间内往复运动的次数为2次，
所以．
因为过点，
所以，得，
又，所以，
所以的解析式为
（2）（2）因为将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到，
所以，
令，由，得，
因为在上单调递增，上单调递减，
又，，
所以在的值域为，
所以在的值域为，
所以在的值域为
【知识点】两角和与差的正弦公式；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）由图可知，求出周期，则可求出频率，然后利用周期公式可求出，再将点的坐标代入函数中可求出，从而可求出解析式；
（2）根据三角函数图象变换规律求出，令，由，求得，然后利用正弦函数的性质可求出函数的值域.
．．
（1）设的最小正周期为T，由图可知，所以，
所以的频率为2，所以振子在单位时间内往复运动的次数为2次，
所以．
因为过点，
所以，得，
又，所以，
所以的解析式为．
（2）因为将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，得到，
所以，
令，由，得，
因为在上单调递增，上单调递减，
又，，
所以在的值域为，
所以在的值域为，
所以在的值域为．
17．【答案】（1）（1）因为平面平面，所以平面，
又因为平面且平面平面，
所以，又平面，平面，所以平面．
（2）（2）因为，所以为正三角形，所以，又，
所以，又，所以在中，由余弦定理，得，解得或（舍去），
因为，所以，又，且，
所以平面，又平面，所以平面平面．
因为，所以为正三角形，
因为为正三角形，所以，
由梯形中位线，可得，且，所以，所以四边形为平行四边形，
所以，即，所以，又平面平面，
所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面．
（3）（3）过G作直线，延长与交于点M，与交于点N，连接．
因为G为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，同理，所以．
又，所以，所以，
所以多面体为三棱柱过M作于H点，因为平面平面，所以平面，
所以线段的长即三棱柱的高，在中，
，
所以三棱柱的体积为．
因为三棱锥与的体积相等，所以所求多面体的体积为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；柱体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）应用线面平行判定定理证得平面，再由线面平行性质证得，最后利用线面平行判定即可证明 ；
（2）应用余弦定理、勾股定理求得，再根据线面垂直判定得平面，面面垂直判定定理证得 平面平面． 面面垂直性质得平面，利用证得平面，最后根据面面垂直判定即可证明.
（3）把几何体补形，应用柱体体积公式计算即可.
（1）因为平面平面，所以平面，
又因为平面且平面平面，
所以，又平面，平面，所以平面．
（2）因为，所以为正三角形，所以，又，
所以，又，所以在中，由余弦定理，得，解得或（舍去），
因为，所以，又，且，
所以平面，又平面，所以平面平面．
因为，所以为正三角形，
因为为正三角形，所以，
由梯形中位线，可得，且，所以，所以四边形为平行四边形，
所以，即，所以，又平面平面，
所以平面，所以平面，又平面，所以平面平面．
（3）过G作直线，延长与交于点M，与交于点N，连接．
因为G为的中点，所以且，所以四边形为平行四边形，
所以，同理，所以．
又，所以，所以，
所以多面体为三棱柱过M作于H点，因为平面平面，所以平面，
所以线段的长即三棱柱的高，在中，
，
所以三棱柱的体积为．
因为三棱锥与的体积相等，所以所求多面体的体积为．
18．【答案】（1）（1）因为，
得，又，所以．
若，在中，由余弦定理，得，
解得，所以，所以，
所以为等腰三角形，所以．
（2）（2）设，在中，由正弦定理，得，
同理，
又，所以，
所以，
即，又，所以，即，所以．
（3）（3）设，由（2）知，
又，
所以，
当且仅当，即当时，的面积取最小值为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用锐角三角函数定义，求得，进而求出角A，再由余弦定理计算
AD，即可求解；
（2）运用正弦定理得、，代入，结合两角和差正弦公式化简计算，即可求解；
（3）设，三角形的边长用表示，代入用面积公式，转化为正弦型三角
函数，利用其性质即可求解.
（1）因为，
得，又，所以．
若，在中，由余弦定理，得，
解得，所以，所以，
所以为等腰三角形，所以．
（2）设，在中，由正弦定理，得，
同理，
又，所以，
所以，
即，又，所以，即，所以．
（3）设，由（2）知，
又，
所以，
当且仅当，即当时，的面积取最小值为．
19．【答案】（1）（1）因为四边形为长方形，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面，
（2）（2）如图所示，在（ii）图中过点S作，垂足为O，
交于点E，连接．由翻折知，
所以二面角的平面角为，
在（ii）图中设，可得，
因为，所以，所以，所以，
解得，即或（舍去），所以．
（i） （ii）
（3）（3）如图所示，由（2）知，所以平面
平面，所以．由（1）问，
知平面且，所以平面，
又平面，所以，又，
且平面，所以平面，
又平面，所以．
在（ii）图中过点E作交于点H，
过点E作，连接．由（2）知平面，
又平面，所以平面平面，
因为平面平面，所以平面，
所以在平面的射影为，
所以为直线与平面所成角．
注意到，即，解得．又，，所以，
即，所以，
由（2）知，所以
（等号当且仅当时成立）．
（i） （ii）
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面与平面垂直的性质；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质即可证明线面垂直.
（2）利用定义法找到二面角的平面角，设，建立方程、即，求解参数即可.
（3）利用定义法将所求角的余弦值表示为一元函数，再利用基本不等式求解即可.
（1）因为四边形为长方形，所以，
又平面平面，平面平面，所以平面，
（2）如图所示，在（ii）图中过点S作，垂足为O，
交于点E，连接．由翻折知，
所以二面角的平面角为，
在（ii）图中设，可得，
因为，所以，所以，所以，
解得，即或（舍去），所以．
（i） （ii）
（3）如图所示，由（2）知，所以平面
平面，所以．由（1）问，
知平面且，所以平面，
又平面，所以，又，
且平面，所以平面，
又平面，所以．
在（ii）图中过点E作交于点H，
过点E作，连接．由（2）知平面，
又平面，所以平面平面，
因为平面平面，所以平面，
所以在平面的射影为，
所以为直线与平面所成角．
注意到，即，解得．又，，所以，
即，所以，
由（2）知，所以
（等号当且仅当时成立）．
（i） （ii）
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