广东省江门市新会第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·新会期末）复数 的共轭复数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】 因为，
所以复数 的共轭复数为 。
故答案为：B
【分析】利用复数的乘除法运算法则求出复数 ，再利用复数与共轭复数的关系，从而求出复数 的共轭复数。
2．（2024高一下·新会期末）已知函数，则该函数在（ ）
A．上单调递增 B．上单调递增
C．上单调递减 D．上单调递增
【答案】A
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】解：对于A，若，则，所以在
上单调递增，故A正确；
对于B，若，则，因为在
上单调递减，故B正确；
对于C，若，则，因为在
上单调递增，故C错误；
对于D，若，则，因为在
上单调递减，故D错误.
故答案为：A.
【分析】对于每一个选项，先去求出的范围，再根据的单调性逐项判断即可得到结果.
3．（2024高一下·新会期末）底面积为，侧面积为的圆锥的体积是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：因为底面积为，所以底面半径，
设母线为，因为侧面积为，所以，解得，
设圆锥的高为，所以，
所以圆锥的体积为.
故答案为：.
【分析】由底面积可求底面半径，根据侧面积可求母线，由圆锥的轴截面可求圆锥的高，代入体积公式即可.
4．（2024高一下·新会期末）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由题意可知棱台的高为，
因为棱台上底面积，下底面积，
所以 增加的水量约为
．
故答案为：C.
【分析】根据题意结合台体体积公式运算求解.
5．（2024高一下·新会期末）设向量，则（ ）
A．“”是“”的必要条件
B．“”是“”的必要条件
C．“”是“”的充分条件
D．“”是“”的充分条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】对A，当时，则，
所以，解得或，即必要性不成立，故A错误；
对C，当时，，故，
所以，即充分性成立，故C正确；
对B，当时，则，解得，即必要性不成立，故B错误；
对D，当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，求解即可得到结果.
6．（2024高一下·新会期末）若，是夹角为的两个单位向量，且与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为，是夹角为的两个单位向量，
所以，
故，
，
，
故 ，
由于 ，故.
故答案为：B.
【分析】先求得的值，根据数量积的运算法则求得以及的模，再根据向量的夹角公式，即可求得答案.
7．（2024高一下·新会期末）已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设中点为，因为，所以为的中点，则，
故边为圆的直径，则，因为，所以为正三角形，
则，则向量在向量上的投影向量，
故答案为：A.
【分析】设中点为，由题意推得，即为正三角形，再根据投影向量的定义求解即可.
8．（2024高一下·新会期末）当时，曲线与的交点个数为( )
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】解：因为的的最小正周期为，的最小正周期为，
所以在上函数有三个周期， 如图，
由图象可知，两函数图象有6个交点.
故答案为：C.
【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可得解.
9．（2024高一下·新会期末）已知复数，则下列命题正确的是（ ）
A．若为纯虚数，则
B．若为实数，则
C．若在复平面内对应的点在直线上，则
D．在复平面内对应的点不可能在第三象限
【答案】B,D
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念；复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：复数的实部为，虚部为，
复数在复平面内对应的点的坐标为，
对于A：若为纯虚数，则，解得，故A错误；
对于B：若为实数，则，解得，则，故B正确；
对于C：若在复平面内对应的点在直线上，
所以，解得或，故C错误；
对于D：令，即，不等式组无解，
所以在复平面内对应的点不可能在第三象限，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】首先得到复数的实部与虚部，再根据复数的类型求出参数的值，即可判断A、B，根据复数的几何意义判断C、D.
10．（2024高一下·新会期末）设a、b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】B,C,D
【知识点】平行公理；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于选项A，因为，所以或与相交或与异面，故选项A错误；
对于选项B，因为，根据垂直于同一平面的两直线平行，所以，故选项B正确；
对于选项C，因为，所以与内的某条直线平行，又，所以，
又，，所以，故选项C正确；
对于选项D，因为，所以与内的某条直线平行，
因为，所以直线与内的某条直线平行，所以，
因为，，所以，故选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用空间中线线关系，线面关系，面面关系，对每一个选项进行判断即可得到结果.
11．（2024高一下·新会期末）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦，均过点，则下列说法正确的是（ ）
A．为定值
B．当时，为定值
C．当时，面积的最大值为
D．的取值范围是
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：如图，过作直径，依题意，
为定值，A正确；
若，则，
则，
又，则，
同理可得，故，B正确；
如图，当时，若为等边三角形，
则，
下面说明此等边三角形存在的情况：取中点，连接，
则在中，，则，
又在中，，则，所以存在满足题意的点，C错误；
若为中点，连接，则
，
由题意，则，D正确.
故答案为：ABD
【分析】过作直径，利用向量加减几何意义得判断A；根据垂直关系及、数量积得运算律化简判断B；若为等边三角形，可判断C；若为中点，连接，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得，进而求范围判断D.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是根据定义及向量线性运算的几何意义，结合数量积的运算律转化各项数量积或乘积关系，再由圆的性质、基本不等式判断各项正误.
12．（2024高一下·新会期末）已知平面截球的球面所得圆的面积为，到的距离为，则球的表面积为 ．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为平面截球的球面所得圆的面积为，所以圆的半径为1，
因为到的距离为 ，所以球的半径．
球的表面积．
故答案为：．
【分析】由已知条件可求出圆的半径为1，利用勾股定理求出球的半径，代入球的表面积公式计算即可．
13．（2024高一下·新会期末）在中，已知是x的方程的两个实根，则 ．
【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由题设，，，
又，且，
∴.
故答案为：.
【分析】根据根与系数关系可得，，再由三角形内角和的性质及和角正切公式求，即可得其大小.
14．（2024高一下·新会期末）如下图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线于不同的两点M，N．设，则 ．
【答案】2
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为点是的中点，
所以，
又三点共线，
所以，即.
故答案为：.
【分析】通过代入后，根据三点共线计算即可.
15．（2024高一下·新会期末）已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）设，求在区间，的最大值与最小值.
【答案】（1），
的最小正周期；
（2），
在区间[0，]上为单调增函数
时，
在区间，的最大值为，最小值为.
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）利用倍角公式化简函数的解析式，再计算出最小正周期即可；
（2）先求解的解析式，然后根据三角函数的性质求解最值.
16．（2024高一下·新会期末）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求．
（2）若，求的周长．
【答案】（1）解：因为，所以，即，即，
又因为，所以，故，解得.
（2）解：因为，所以由正弦定理可得：，
又因为，所以，所以，解得，
由（1）可得：，
则，
由正弦定理，可得，解得，
故的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用辅助角公式化简原式可得，求解A即可；
（2）由题意，根据正弦定理化边为角求，再根据正弦定理算出，从而即可求的周长.
17．（2024高一下·新会期末）如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点到的距离.
【答案】（1）因为为的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面
（2）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
由（1）知为平行四边形，可得，
又，所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，
与底边上中点重合，，
，因为，所以，
因为，平面，所以平面，
所以是三棱锥的高，
又，而，
又，得到，
所以，
设点到的距离为，
则， 解得，
所以点到的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据条件得到四边形为平行四边形，从而有，利用线面平行的判定定理，即可证明结果；
（2）作交于，连接，根据题设条件得到平面，从而可求得，再利用等体积法，即可求出结果.
（1）因为为的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
由（1）知为平行四边形，可得，
又，所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，
与底边上中点重合，，
，因为，所以，
因为，平面，所以平面，
所以是三棱锥的高，
又，而，
又，得到，
所以，
设点到的距离为，
则， 解得，
所以点到的距离为.
18．（2024高一下·新会期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求侧面与底面所成二面角的余弦值．
【答案】（1）在正方形中，，
又侧面底面，侧面底面，
底面，
所以平面；
（2）证法一：因为平面，平面，
所以，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又，，平面，
所以平面；
证法二：因为平面，又平面，
故平面平面，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又平面平面，平面，
故平面；
（3）取，的中点分别为，，连接，，，
则，，
因为，所以，
又在正中，，
因为，，平面，
所以平面，
正方形中，，平面，
又，平面，
所以，，
所以是侧面与底面所成二面角的平面角，
因为平面，，
所以平面，
因为平面，所以， .
设正方形的边长，则，，
所以，所以，
即侧面与底面所成二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理即可证明线面垂直；
（2）证法一：由平面得，结合，由线线垂直即可证明平面；证法二：由平面可得平面平面，由面面垂直的性质定理即可证明平面；
（3）取，的中点分别为，，连接，，，可得是侧面与底面所成二面角的平面角，然后在直角三角形中求解即可.
（1）在正方形中，，
又侧面底面，侧面底面，
底面，
所以平面；
（2）证法一：因为平面，平面，
所以，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又，，平面，
所以平面；
证法二：因为平面，又平面，
故平面平面，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又平面平面，平面，
故平面；
（3）取，的中点分别为，，连接，，，
则，，
因为，所以，
又在正中，，
因为，，平面，
所以平面，
正方形中，，平面，
又，平面，
所以，，
所以是侧面与底面所成二面角的平面角，
因为平面，，
所以平面，
因为平面，所以， .
设正方形的边长，则，，
所以，所以，
即侧面与底面所成二面角的余弦值为.
19．（2024高一下·新会期末）如果函数的定义域为，对于定义域内的任意，存在实数使得成立，则称此函数具有“性质”．
（1）判断函数是否具有“性质”，若具有“性质”求出所有的值；若不具有“性质”，请说明理由．
（2）已知具有“性质”，且当时，求在上的最大值．
（3）设函数具有“性质”，且当时，若与交点个数为个，求的值．
【答案】（1）由，所以，，
所以函数具有“性质”，其中，．
（2）因为具有“性质”，所以，
设，则，
所以，
当时，在为增函数，
所以最大值为；
当时，在单调递减，在单调递增，且，
所以最大值为；
当时，在单调递减，在单调递增，且，
所以最大值为；
当时，在为减函数，所以最大值为；
综上可知，当时，最大值为；当时，最大值为．
（3）因为函数具有“性质”，所以，；
所以，即是以为周期的函数，
又设，则，．
设，，
当，时，，即，；
当，时，，即，；
所以对于，，都有，
而，所以，
综上可知是以为周期的函数．
当时，要使与交点个数为个，
只要与在区间有个交点，而在有一个公共点，
所以过，从而得，部分简图如下：
当时，要使与交点个数为个，
只要与在区间有个交点，而在有一个公共点，
所以过，从而得；
当时，显然不合题意．
综上可知，．
【知识点】函数的图象；函数的周期性；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）根据定义和三角函数诱导公式即可得解；
（2）由已知条件求出时的解析式，再由二次函数的单调性即可得解；
（3）根据“性质”和函数解析式得出函数的周期为1，结合交点个数及简图可得答案.
1 / 1广东省江门市新会第一中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题
1．（2024高一下·新会期末）复数 的共轭复数是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·新会期末）已知函数，则该函数在（ ）
A．上单调递增 B．上单调递增
C．上单调递减 D．上单调递增
3．（2024高一下·新会期末）底面积为，侧面积为的圆锥的体积是( )
A． B． C． D．
4．（2024高一下·新会期末）南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题，其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔时，相应水面的面积为；水位为海拔时，相应水面的面积为，将该水库在这两个水位间的形状看作一个棱台，则该水库水位从海拔上升到时，增加的水量约为（）（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·新会期末）设向量，则（ ）
A．“”是“”的必要条件
B．“”是“”的必要条件
C．“”是“”的充分条件
D．“”是“”的充分条件
6．（2024高一下·新会期末）若，是夹角为的两个单位向量，且与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·新会期末）已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·新会期末）当时，曲线与的交点个数为( )
A． B． C． D．
9．（2024高一下·新会期末）已知复数，则下列命题正确的是（ ）
A．若为纯虚数，则
B．若为实数，则
C．若在复平面内对应的点在直线上，则
D．在复平面内对应的点不可能在第三象限
10．（2024高一下·新会期末）设a、b是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的有（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
11．（2024高一下·新会期末）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦，均过点，则下列说法正确的是（ ）
A．为定值
B．当时，为定值
C．当时，面积的最大值为
D．的取值范围是
12．（2024高一下·新会期末）已知平面截球的球面所得圆的面积为，到的距离为，则球的表面积为 ．
13．（2024高一下·新会期末）在中，已知是x的方程的两个实根，则 ．
14．（2024高一下·新会期末）如下图，在中，点是的中点，过点的直线分别交直线于不同的两点M，N．设，则 ．
15．（2024高一下·新会期末）已知函数.
（1）求的最小正周期；
（2）设，求在区间，的最大值与最小值.
16．（2024高一下·新会期末）记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求．
（2）若，求的周长．
17．（2024高一下·新会期末）如图，在以为顶点的五面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，，，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）求点到的距离.
18．（2024高一下·新会期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面；
（3）求侧面与底面所成二面角的余弦值．
19．（2024高一下·新会期末）如果函数的定义域为，对于定义域内的任意，存在实数使得成立，则称此函数具有“性质”．
（1）判断函数是否具有“性质”，若具有“性质”求出所有的值；若不具有“性质”，请说明理由．
（2）已知具有“性质”，且当时，求在上的最大值．
（3）设函数具有“性质”，且当时，若与交点个数为个，求的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】 因为，
所以复数 的共轭复数为 。
故答案为：B
【分析】利用复数的乘除法运算法则求出复数 ，再利用复数与共轭复数的关系，从而求出复数 的共轭复数。
2．【答案】A
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】解：对于A，若，则，所以在
上单调递增，故A正确；
对于B，若，则，因为在
上单调递减，故B正确；
对于C，若，则，因为在
上单调递增，故C错误；
对于D，若，则，因为在
上单调递减，故D错误.
故答案为：A.
【分析】对于每一个选项，先去求出的范围，再根据的单调性逐项判断即可得到结果.
3．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：因为底面积为，所以底面半径，
设母线为，因为侧面积为，所以，解得，
设圆锥的高为，所以，
所以圆锥的体积为.
故答案为：.
【分析】由底面积可求底面半径，根据侧面积可求母线，由圆锥的轴截面可求圆锥的高，代入体积公式即可.
4．【答案】C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：由题意可知棱台的高为，
因为棱台上底面积，下底面积，
所以 增加的水量约为
．
故答案为：C.
【分析】根据题意结合台体体积公式运算求解.
5．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】对A，当时，则，
所以，解得或，即必要性不成立，故A错误；
对C，当时，，故，
所以，即充分性成立，故C正确；
对B，当时，则，解得，即必要性不成立，故B错误；
对D，当时，不满足，所以不成立，即充分性不立，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据向量垂直和平行的坐标表示即可得到方程，求解即可得到结果.
6．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：因为，是夹角为的两个单位向量，
所以，
故，
，
，
故 ，
由于 ，故.
故答案为：B.
【分析】先求得的值，根据数量积的运算法则求得以及的模，再根据向量的夹角公式，即可求得答案.
7．【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：设中点为，因为，所以为的中点，则，
故边为圆的直径，则，因为，所以为正三角形，
则，则向量在向量上的投影向量，
故答案为：A.
【分析】设中点为，由题意推得，即为正三角形，再根据投影向量的定义求解即可.
8．【答案】C
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】解：因为的的最小正周期为，的最小正周期为，
所以在上函数有三个周期， 如图，
由图象可知，两函数图象有6个交点.
故答案为：C.
【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可得解.
9．【答案】B,D
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念；复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：复数的实部为，虚部为，
复数在复平面内对应的点的坐标为，
对于A：若为纯虚数，则，解得，故A错误；
对于B：若为实数，则，解得，则，故B正确；
对于C：若在复平面内对应的点在直线上，
所以，解得或，故C错误；
对于D：令，即，不等式组无解，
所以在复平面内对应的点不可能在第三象限，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】首先得到复数的实部与虚部，再根据复数的类型求出参数的值，即可判断A、B，根据复数的几何意义判断C、D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】平行公理；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于选项A，因为，所以或与相交或与异面，故选项A错误；
对于选项B，因为，根据垂直于同一平面的两直线平行，所以，故选项B正确；
对于选项C，因为，所以与内的某条直线平行，又，所以，
又，，所以，故选项C正确；
对于选项D，因为，所以与内的某条直线平行，
因为，所以直线与内的某条直线平行，所以，
因为，，所以，故选项D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用空间中线线关系，线面关系，面面关系，对每一个选项进行判断即可得到结果.
11．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：如图，过作直径，依题意，
为定值，A正确；
若，则，
则，
又，则，
同理可得，故，B正确；
如图，当时，若为等边三角形，
则，
下面说明此等边三角形存在的情况：取中点，连接，
则在中，，则，
又在中，，则，所以存在满足题意的点，C错误；
若为中点，连接，则
，
由题意，则，D正确.
故答案为：ABD
【分析】过作直径，利用向量加减几何意义得判断A；根据垂直关系及、数量积得运算律化简判断B；若为等边三角形，可判断C；若为中点，连接，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得，进而求范围判断D.
【点睛】
关键点点睛：本题的关键是根据定义及向量线性运算的几何意义，结合数量积的运算律转化各项数量积或乘积关系，再由圆的性质、基本不等式判断各项正误.
12．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为平面截球的球面所得圆的面积为，所以圆的半径为1，
因为到的距离为 ，所以球的半径．
球的表面积．
故答案为：．
【分析】由已知条件可求出圆的半径为1，利用勾股定理求出球的半径，代入球的表面积公式计算即可．
13．【答案】
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由题设，，，
又，且，
∴.
故答案为：.
【分析】根据根与系数关系可得，，再由三角形内角和的性质及和角正切公式求，即可得其大小.
14．【答案】2
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为点是的中点，
所以，
又三点共线，
所以，即.
故答案为：.
【分析】通过代入后，根据三点共线计算即可.
15．【答案】（1），
的最小正周期；
（2），
在区间[0，]上为单调增函数
时，
在区间，的最大值为，最小值为.
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）利用倍角公式化简函数的解析式，再计算出最小正周期即可；
（2）先求解的解析式，然后根据三角函数的性质求解最值.
16．【答案】（1）解：因为，所以，即，即，
又因为，所以，故，解得.
（2）解：因为，所以由正弦定理可得：，
又因为，所以，所以，解得，
由（1）可得：，
则，
由正弦定理，可得，解得，
故的周长为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用辅助角公式化简原式可得，求解A即可；
（2）由题意，根据正弦定理化边为角求，再根据正弦定理算出，从而即可求的周长.
17．【答案】（1）因为为的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面
（2）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
由（1）知为平行四边形，可得，
又，所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，
与底边上中点重合，，
，因为，所以，
因为，平面，所以平面，
所以是三棱锥的高，
又，而，
又，得到，
所以，
设点到的距离为，
则， 解得，
所以点到的距离为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间向量的夹角与距离求解公式；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）根据条件得到四边形为平行四边形，从而有，利用线面平行的判定定理，即可证明结果；
（2）作交于，连接，根据题设条件得到平面，从而可求得，再利用等体积法，即可求出结果.
（1）因为为的中点，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）如图所示，作交于，连接，
因为四边形为等腰梯形，，所以，
由（1）知为平行四边形，可得，
又，所以为等边三角形，为中点，所以，
又因为四边形为等腰梯形，为中点，所以，
四边形为平行四边形，，所以为等腰三角形，
与底边上中点重合，，
，因为，所以，
因为，平面，所以平面，
所以是三棱锥的高，
又，而，
又，得到，
所以，
设点到的距离为，
则， 解得，
所以点到的距离为.
18．【答案】（1）在正方形中，，
又侧面底面，侧面底面，
底面，
所以平面；
（2）证法一：因为平面，平面，
所以，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又，，平面，
所以平面；
证法二：因为平面，又平面，
故平面平面，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又平面平面，平面，
故平面；
（3）取，的中点分别为，，连接，，，
则，，
因为，所以，
又在正中，，
因为，，平面，
所以平面，
正方形中，，平面，
又，平面，
所以，，
所以是侧面与底面所成二面角的平面角，
因为平面，，
所以平面，
因为平面，所以， .
设正方形的边长，则，，
所以，所以，
即侧面与底面所成二面角的余弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）由面面垂直的性质定理即可证明线面垂直；
（2）证法一：由平面得，结合，由线线垂直即可证明平面；证法二：由平面可得平面平面，由面面垂直的性质定理即可证明平面；
（3）取，的中点分别为，，连接，，，可得是侧面与底面所成二面角的平面角，然后在直角三角形中求解即可.
（1）在正方形中，，
又侧面底面，侧面底面，
底面，
所以平面；
（2）证法一：因为平面，平面，
所以，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又，，平面，
所以平面；
证法二：因为平面，又平面，
故平面平面，
因为是正三角形，是的中点，所以，
又平面平面，平面，
故平面；
（3）取，的中点分别为，，连接，，，
则，，
因为，所以，
又在正中，，
因为，，平面，
所以平面，
正方形中，，平面，
又，平面，
所以，，
所以是侧面与底面所成二面角的平面角，
因为平面，，
所以平面，
因为平面，所以， .
设正方形的边长，则，，
所以，所以，
即侧面与底面所成二面角的余弦值为.
19．【答案】（1）由，所以，，
所以函数具有“性质”，其中，．
（2）因为具有“性质”，所以，
设，则，
所以，
当时，在为增函数，
所以最大值为；
当时，在单调递减，在单调递增，且，
所以最大值为；
当时，在单调递减，在单调递增，且，
所以最大值为；
当时，在为减函数，所以最大值为；
综上可知，当时，最大值为；当时，最大值为．
（3）因为函数具有“性质”，所以，；
所以，即是以为周期的函数，
又设，则，．
设，，
当，时，，即，；
当，时，，即，；
所以对于，，都有，
而，所以，
综上可知是以为周期的函数．
当时，要使与交点个数为个，
只要与在区间有个交点，而在有一个公共点，
所以过，从而得，部分简图如下：
当时，要使与交点个数为个，
只要与在区间有个交点，而在有一个公共点，
所以过，从而得；
当时，显然不合题意．
综上可知，．
【知识点】函数的图象；函数的周期性；三角函数诱导公式二~六
【解析】【分析】（1）根据定义和三角函数诱导公式即可得解；
（2）由已知条件求出时的解析式，再由二次函数的单调性即可得解；
（3）根据“性质”和函数解析式得出函数的周期为1，结合交点个数及简图可得答案.
1 / 1
