广东省湛江市吴川市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
1．（2024高一下·吴川期中）能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是
A． B． C． D．
2．（2024高一下·吴川期中）如果一个复数的实部与虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数为“等部复数”，则实数a的值为（ ）
A． B．1 C．2 D．
3．（2024高一下·吴川期中）已知点，，，O为坐标原点，若与共线，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
4．（2024高一下·吴川期中）如图，水平放置的的斜二测直观图为，已知，则的周长为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·吴川期中）如图，在中，，点是的中点．设，，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高一下·吴川期中）万丈悬梯高可攀，白塔座落嘉陵边．白塔作为阆中市的标志性建筑之一．当你登临顶层，会欣赏到阆中AAAAA风景的全貌．感觉人仿佛在凌空飞翔．现有一数学兴趣小组，如图，测量河对岸的白塔高，可以选取与塔底 在同一水平面内的两个测量基点与．现测得米，在点C测得塔顶的仰角为，则测得的塔高为（ ）米．
A． B．10 C． D．30
7．（2024高一下·吴川期中）如图是《易 系辞上》记载的“洛书”，其历来被认为是河洛文化的滥觞，是华夏文明的源头．洛书中9个数字的排列可抽象为两正方形，，其中为这两正方形的中心，，分别为的中点，若正方形的边长为2，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高一下·吴川期中）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（ ）
A． B． C． D．1
9．（2024高一下·吴川期中）已知是空间内两条不同的直线，是空间内两个不同的平面，下列说法不正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，，则
10．（2024高一下·吴川期中）已知向量，，则（ ）
A．若与垂直，则
B．若，则的值为-5
C．若，则
D．若，则与的夹角为60°
11．（2024高一下·吴川期中）已知锐角三个内角，，的对应边分别为，，，且，则下列结论正确的是( )
A．的面积最大值为 B．的取值范围为
C． D．的取值范围为
12．（2024高一下·吴川期中）欧拉公式（为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”.依据欧拉公式，的共轭复数为 .
13．（2024高一下·吴川期中）在中，已知向量与满足，且，则角 .
14．（2024高一下·吴川期中）已知圆锥的内切球半径为1，底面半径为，则该圆锥的表面积为 ．
注：在圆锥内部，且与底面和各母线均有且只有一个公共点的球，称为圆锥的内切球．
15．（2024高一下·吴川期中）如图，四棱锥的底面为菱形，底面，且，，．
（1）若点平面，且平面，证明，并求的最小值；
（2）求点到平面的距离．
16．（2024高一下·吴川期中）设a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知，.
（1）求A的值；
（2）若，，求c的值.
17．（2024高一下·吴川期中）如图，正四棱锥P-ABCD的侧棱长和底面边长均为13，M为侧棱PA上的点，且PM∶MA=5∶8．
（1）在线段BD上是否存在一点N，使直线平面PBC？如果存在，求出BN∶ND的值，如果不存在，请说明理由；
（2）假设存在满足条件（1）的点N，求线段MN的长．
18．（2024高一下·吴川期中）已知，，与的夹角为，函数．
（1）求函数最小正周期和对称中心；
（2）若锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求的取值范围．
19．（2024高一下·吴川期中）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成，
则由选项A中的平面图形旋转形成的.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和旋转的方法以及组合体的结构特征，从而找出正确的选项.
2．【答案】C
【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】解：由题意，为“等部复数”，则.
故答案为：C.
【分析】根据复数乘法的运算法则和新定义，从而得出实数a的值.
3．【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
由与共线，得出，解得.
故答案为：B.
【分析】利用向量的坐标运算和向量共线的坐标表示，从而得出实数m的值.
4．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：根据题意，作出原图，
由斜二测画法，在原图中，，，
所以，故的周长为.
故答案为：C．
【分析】根据题意作出原平面图形，由斜二测画法分析原图中的数量关系，再结合三角形的周长公式得出的周长
5．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意，在中，，点是的中点，
故
.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和中点的性质以及向量的线性运算，再结合平面向量基本定理得出正确的答案.
6．【答案】D
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，由 得
所以米，
在中，由余弦定理可得：
，所以，
在，可得，
所以米.
故答案为：D.
【分析】根据题意可得的值，由余弦定理可得的长，在中，由得出塔高的长.
7．【答案】A
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】若正方形的边长为2，
则小正方形的边长为且，与共线，，.
对于A：因为，故A错误；
对于B：因为，故B正确；
对于C：因为
，故C正确；
对于D：因为
，故D正确.
故答案为：A.
【分析】根据正方形的结构特征得出小正方形的边长和的值以及与共线和，，再结合向量共线定理可判断选项A；根据可判断出选项B；用与表示，则可判断选项C；由可判断选项D，从而找出结论不正确的选项.
8．【答案】B
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：在棱长为1的正方体中，连接，
由平面，平面，得，
因为，平面，则平面，
又因为平面，所以，同理可得，
因为平面，所以平面，
又因为，则平面，
又因为点为截面上的动点，平面平面，
所以点的轨迹是线段，长度为.
故答案为：B.
【分析】连接，利用线面垂直的判定定理证出平面，利用，则平面，再结合点为截面上的动点，平面平面，从而得出点的轨迹是线段，并求出点的轨迹长度.
9．【答案】A,B,C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，，则或，故A错误；
对于B：若，，，当，则，
当，则或或或与相交（不垂直），故B错误；
对于C：若，，则与的关系是异面或平行，故C错误；
对于D：若，，则，
又因为，则在平面内存在直线，使得，所以，所以，故D正确.
故答案为：ABC.
【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系，从而逐项判断找出说法不正确的选项.
10．【答案】A,B,C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解： 向量，，
A、若与垂直，则，解得，故A正确；
B、若，则，解得，则，故B正确；
C、若，，且，则，故C正确；
D、若，，则，，
即与的夹角的余弦值为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用向量垂直的坐标表示列式求解即可判断A；根据向量平行的坐标表示列方程得参数，再根据向量的数量积坐标运算求解即可判断B；由向量线性运算、模的坐标运算公式验算即可判断C；由向量模的夹角的余弦坐标公式计算即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：A，由余弦定理得，即，
所以，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，
此时为锐角三角形，满足要求，
故，解得，故，A错误；
B，由正弦定理得，
所以，
，
因为为锐角三角形，所以，，
解得，
则，，，B正确；
C，，
由正弦定理得，C正确；
D，，
由C选项可知，所以，
故，D正确.
故答案为：BCD
【分析利用余弦定理和基本不等式可推出，据此可求出面积的最大值判断A选项；由正弦定理得到，利用平面向量数量积公式进行计算可得，再根据为锐角三角形可得，利用正弦函数的图象和性质可求出的取值范围判断B选项；利用正弦定理和两角和的正弦公式进行化简可得，据此可判断C选利用两角和的余弦公式变形可得，由，利用正切函数的性质可求出取值范围判断D选项.
12．【答案】
【知识点】复数的三角形式；共轭复数
【解析】【解答】解：由，故的共轭复数为.
故答案为：.
【分析】根据欧拉公式化简复数，再根据共轭复数的定义，从而得出的共轭复数.
13．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：易知，分别表示与、同向的单位向量，设，，
如图所示：
则，因为，所以四边形为正方形，所以为角的平分线，
即在上，因为，所以，且，
综上，为等腰直角三角形且，所以.
故答案为：.
【分析】由题意可得，设角的平分线交于，得到，从而得到为等腰直角三角形，即可求得角.
14．【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由题过圆锥的轴以及内切球球心的截面图如下：
设圆锥高为，母线长为，
则在三角形中有，即①，
又由得，即②，
所以由①②得，
所以圆锥的表面积为.
故答案为：.
【分析】借助过圆锥的轴以及内切球球心的截面图求出圆锥的母线长，即可求出圆锥表面积.
15．【答案】（1）证明：因为平面平面，
又因为点平面且平面，所以，
因为底面，所以，
设到的距离为，则，
所以，当时，取得最小值4．
（2）解：因为四边形为菱形，且，，
所以，
因为底面，面，所以，
因为，所以，同理可得，
所以，，
设点到平面的距离为，
由，得，
解得．
【知识点】空间点、线、面的位置；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）利用点是平面和平面的公共点，得出点P在它们的交线上，则，当点与点重合时的值最小，再根据勾股定理和放缩法得出的最小值.
（2）利用线面垂直证出线线垂直，结合已知条件和三角形的面积公式以及等体积法，则根据三棱锥的体积公式得出点到平面的距离．
（1）证明：因为平面平面，
又点平面，且平面，所以．
因为底面，所以，
设到的距离为，则，
所以当时，取得最小值4．
（2）因为四边形为菱形，且，，所以．
因为底面，面，所以，
因为，所以，同理可得，
所以，．
设点到平面的距离为，由，得，
解得．
16．【答案】（1）解：因为，，所以，
由正弦定理得，
又因为，
所以，
又因为，所以，
又因为，所以.
（2）解：由，得，
所以，所以点D在边上且，
因为，所以，，
在中，由余弦定理得，
即，
解得（负根已舍去）.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化，即可得到，再由代入计算结合三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）根据题意，由平面向量的线性运算可得，再由余弦定理代入计算，即可得到c的值.
（1）因为，，所以，
由正弦定理得.
又，
所以.
因为，所以.
又，所以.
（2）由，得，所以，
所以点D在边上，且，因为，所以，.
在中，由余弦定理得，即，
解得（负根已舍去）.
17．【答案】（1）解：存在，.
理由如下：假设存在，连接并延长，交于E，连接，
因为平面，平面，平面，
所以，则，
因为正方形中，，所以，假设成立，
则此时.
（2）解：由（1）得，所以，
在中，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以．
【知识点】直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）假设存在一点N，使得直线平面PBC，连接并延长，交于E，连接，可得，则，再由可得，假设成立，并且得出此时.
（2）由（1）得的长，利用余弦定理得出的长，再结合得出，从而得出的长.
（1）存在，；理由如下：
假设存在，连接并延长，交于E，连接．
因为平面，平面，
平面，
所以，
则，
因为正方形中，，所以，
假设成立.
则此时.
（2）由（1）得，所以；
中，，
所以
所以；
因为，所以，
所以．
18．【答案】（1）解：由已知条件可知：，，，
∴，
∴的最小正周期为，
令，，解得，，
∴的对称中心为.
（2）解：由正弦定理得，
由（1）中，又因为，得，
∴，，解得，，
又因为，可得，
∵，∴，
代入上式化简得：，
在锐角中，则，∴，
∴，
则，
∴.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；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；正弦定理的应用；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【分析】（1）根据数量积的坐标表示和两角和的正弦公式，从而得到的值，根据计算得到函数的解析式，再根据正弦型函数性质求解.
（2）由（1）和求出角的值，由正弦定理将边化角结合三角恒等变换公式化简得到，再根据三角形为锐角三角形求出角的取值范围，进而求出的取值范围，则求出的取值范围.
（1）解：由条件可知：，
，
∴，
∴的最小正周期为，
令，，解得，，
∴的对称中心为；
（2）解：由正弦定理得，由（1），而，得，
∴，，解得，，又，可得，
∵，∴，
代入上式化简得：，
又在锐角中，有，∴，
∴，则有，
∴
19．【答案】（1）证明：因为且，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：由平面，平面，得，
连接，由且，
所以四边形为平行四边形，
因为，
所以平行四边形为正方形，所以，
又因为，所以，
又因为平面，
所以平面，
由平面，得出平面平面.
（3）解：由平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
故为二面角的平面角，即，
在中，，作，垂足为M，
由（2）知，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，则为直线在平面上的投影，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，
所以，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由题意可证四边形为平行四边形，则，再结合线面平行的判定定理，从而证出平面.
（2）易证，根据线面垂直的性质定理和判定定理可得平面，再结合面面垂直的判定定理证出平面平面.
（3）根据线面垂直的性质定理和判定定理可得为二面角的平面角，则得出的值，作，由面面垂直的性质定理确定为直线与平面所成的角，再结合直角三角形面积相等和正弦函数的定义，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）因为且，所以四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，
所以平面；
（2）由平面，平面，得，
连接，由且，
所以四边形为平行四边形，又，
所以平行四边形为正方形，所以，
又，所以，又平面，
所以平面，由平面，
所以平面平面；
（3）由平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
故为二面角的平面角，即，
在中，，作，垂足为M，
由（2）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，则为直线在平面上的投影，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，所以，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为.
1 / 1广东省湛江市吴川市第一中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
1．（2024高一下·吴川期中）能旋转形成如图所示的几何体的平面图形是
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成，
则由选项A中的平面图形旋转形成的.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和旋转的方法以及组合体的结构特征，从而找出正确的选项.
2．（2024高一下·吴川期中）如果一个复数的实部与虚部相等，则称这个复数为“等部复数”，若复数为“等部复数”，则实数a的值为（ ）
A． B．1 C．2 D．
【答案】C
【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】解：由题意，为“等部复数”，则.
故答案为：C.
【分析】根据复数乘法的运算法则和新定义，从而得出实数a的值.
3．（2024高一下·吴川期中）已知点，，，O为坐标原点，若与共线，则（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
由与共线，得出，解得.
故答案为：B.
【分析】利用向量的坐标运算和向量共线的坐标表示，从而得出实数m的值.
4．（2024高一下·吴川期中）如图，水平放置的的斜二测直观图为，已知，则的周长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：根据题意，作出原图，
由斜二测画法，在原图中，，，
所以，故的周长为.
故答案为：C．
【分析】根据题意作出原平面图形，由斜二测画法分析原图中的数量关系，再结合三角形的周长公式得出的周长
5．（2024高一下·吴川期中）如图，在中，，点是的中点．设，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意，在中，，点是的中点，
故
.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和中点的性质以及向量的线性运算，再结合平面向量基本定理得出正确的答案.
6．（2024高一下·吴川期中）万丈悬梯高可攀，白塔座落嘉陵边．白塔作为阆中市的标志性建筑之一．当你登临顶层，会欣赏到阆中AAAAA风景的全貌．感觉人仿佛在凌空飞翔．现有一数学兴趣小组，如图，测量河对岸的白塔高，可以选取与塔底 在同一水平面内的两个测量基点与．现测得米，在点C测得塔顶的仰角为，则测得的塔高为（ ）米．
A． B．10 C． D．30
【答案】D
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，由 得
所以米，
在中，由余弦定理可得：
，所以，
在，可得，
所以米.
故答案为：D.
【分析】根据题意可得的值，由余弦定理可得的长，在中，由得出塔高的长.
7．（2024高一下·吴川期中）如图是《易 系辞上》记载的“洛书”，其历来被认为是河洛文化的滥觞，是华夏文明的源头．洛书中9个数字的排列可抽象为两正方形，，其中为这两正方形的中心，，分别为的中点，若正方形的边长为2，则下列结论不正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】若正方形的边长为2，
则小正方形的边长为且，与共线，，.
对于A：因为，故A错误；
对于B：因为，故B正确；
对于C：因为
，故C正确；
对于D：因为
，故D正确.
故答案为：A.
【分析】根据正方形的结构特征得出小正方形的边长和的值以及与共线和，，再结合向量共线定理可判断选项A；根据可判断出选项B；用与表示，则可判断选项C；由可判断选项D，从而找出结论不正确的选项.
8．（2024高一下·吴川期中）如图所示，在棱长为1的正方体中，点为截面上的动点，若，则点的轨迹长度是（ ）
A． B． C． D．1
【答案】B
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：在棱长为1的正方体中，连接，
由平面，平面，得，
因为，平面，则平面，
又因为平面，所以，同理可得，
因为平面，所以平面，
又因为，则平面，
又因为点为截面上的动点，平面平面，
所以点的轨迹是线段，长度为.
故答案为：B.
【分析】连接，利用线面垂直的判定定理证出平面，利用，则平面，再结合点为截面上的动点，平面平面，从而得出点的轨迹是线段，并求出点的轨迹长度.
9．（2024高一下·吴川期中）已知是空间内两条不同的直线，是空间内两个不同的平面，下列说法不正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】A,B,C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，，则或，故A错误；
对于B：若，，，当，则，
当，则或或或与相交（不垂直），故B错误；
对于C：若，，则与的关系是异面或平行，故C错误；
对于D：若，，则，
又因为，则在平面内存在直线，使得，所以，所以，故D正确.
故答案为：ABC.
【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系，从而逐项判断找出说法不正确的选项.
10．（2024高一下·吴川期中）已知向量，，则（ ）
A．若与垂直，则
B．若，则的值为-5
C．若，则
D．若，则与的夹角为60°
【答案】A,B,C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解： 向量，，
A、若与垂直，则，解得，故A正确；
B、若，则，解得，则，故B正确；
C、若，，且，则，故C正确；
D、若，，则，，
即与的夹角的余弦值为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用向量垂直的坐标表示列式求解即可判断A；根据向量平行的坐标表示列方程得参数，再根据向量的数量积坐标运算求解即可判断B；由向量线性运算、模的坐标运算公式验算即可判断C；由向量模的夹角的余弦坐标公式计算即可判断D.
11．（2024高一下·吴川期中）已知锐角三个内角，，的对应边分别为，，，且，则下列结论正确的是( )
A．的面积最大值为 B．的取值范围为
C． D．的取值范围为
【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：A，由余弦定理得，即，
所以，由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，
此时为锐角三角形，满足要求，
故，解得，故，A错误；
B，由正弦定理得，
所以，
，
因为为锐角三角形，所以，，
解得，
则，，，B正确；
C，，
由正弦定理得，C正确；
D，，
由C选项可知，所以，
故，D正确.
故答案为：BCD
【分析利用余弦定理和基本不等式可推出，据此可求出面积的最大值判断A选项；由正弦定理得到，利用平面向量数量积公式进行计算可得，再根据为锐角三角形可得，利用正弦函数的图象和性质可求出的取值范围判断B选项；利用正弦定理和两角和的正弦公式进行化简可得，据此可判断C选利用两角和的余弦公式变形可得，由，利用正切函数的性质可求出取值范围判断D选项.
12．（2024高一下·吴川期中）欧拉公式（为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”.依据欧拉公式，的共轭复数为 .
【答案】
【知识点】复数的三角形式；共轭复数
【解析】【解答】解：由，故的共轭复数为.
故答案为：.
【分析】根据欧拉公式化简复数，再根据共轭复数的定义，从而得出的共轭复数.
13．（2024高一下·吴川期中）在中，已知向量与满足，且，则角 .
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：易知，分别表示与、同向的单位向量，设，，
如图所示：
则，因为，所以四边形为正方形，所以为角的平分线，
即在上，因为，所以，且，
综上，为等腰直角三角形且，所以.
故答案为：.
【分析】由题意可得，设角的平分线交于，得到，从而得到为等腰直角三角形，即可求得角.
14．（2024高一下·吴川期中）已知圆锥的内切球半径为1，底面半径为，则该圆锥的表面积为 ．
注：在圆锥内部，且与底面和各母线均有且只有一个公共点的球，称为圆锥的内切球．
【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由题过圆锥的轴以及内切球球心的截面图如下：
设圆锥高为，母线长为，
则在三角形中有，即①，
又由得，即②，
所以由①②得，
所以圆锥的表面积为.
故答案为：.
【分析】借助过圆锥的轴以及内切球球心的截面图求出圆锥的母线长，即可求出圆锥表面积.
15．（2024高一下·吴川期中）如图，四棱锥的底面为菱形，底面，且，，．
（1）若点平面，且平面，证明，并求的最小值；
（2）求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：因为平面平面，
又因为点平面且平面，所以，
因为底面，所以，
设到的距离为，则，
所以，当时，取得最小值4．
（2）解：因为四边形为菱形，且，，
所以，
因为底面，面，所以，
因为，所以，同理可得，
所以，，
设点到平面的距离为，
由，得，
解得．
【知识点】空间点、线、面的位置；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）利用点是平面和平面的公共点，得出点P在它们的交线上，则，当点与点重合时的值最小，再根据勾股定理和放缩法得出的最小值.
（2）利用线面垂直证出线线垂直，结合已知条件和三角形的面积公式以及等体积法，则根据三棱锥的体积公式得出点到平面的距离．
（1）证明：因为平面平面，
又点平面，且平面，所以．
因为底面，所以，
设到的距离为，则，
所以当时，取得最小值4．
（2）因为四边形为菱形，且，，所以．
因为底面，面，所以，
因为，所以，同理可得，
所以，．
设点到平面的距离为，由，得，
解得．
16．（2024高一下·吴川期中）设a，b，c分别为内角A，B，C的对边，已知，.
（1）求A的值；
（2）若，，求c的值.
【答案】（1）解：因为，，所以，
由正弦定理得，
又因为，
所以，
又因为，所以，
又因为，所以.
（2）解：由，得，
所以，所以点D在边上且，
因为，所以，，
在中，由余弦定理得，
即，
解得（负根已舍去）.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据题意，由正弦定理的边角互化，即可得到，再由代入计算结合三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）根据题意，由平面向量的线性运算可得，再由余弦定理代入计算，即可得到c的值.
（1）因为，，所以，
由正弦定理得.
又，
所以.
因为，所以.
又，所以.
（2）由，得，所以，
所以点D在边上，且，因为，所以，.
在中，由余弦定理得，即，
解得（负根已舍去）.
17．（2024高一下·吴川期中）如图，正四棱锥P-ABCD的侧棱长和底面边长均为13，M为侧棱PA上的点，且PM∶MA=5∶8．
（1）在线段BD上是否存在一点N，使直线平面PBC？如果存在，求出BN∶ND的值，如果不存在，请说明理由；
（2）假设存在满足条件（1）的点N，求线段MN的长．
【答案】（1）解：存在，.
理由如下：假设存在，连接并延长，交于E，连接，
因为平面，平面，平面，
所以，则，
因为正方形中，，所以，假设成立，
则此时.
（2）解：由（1）得，所以，
在中，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以．
【知识点】直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）假设存在一点N，使得直线平面PBC，连接并延长，交于E，连接，可得，则，再由可得，假设成立，并且得出此时.
（2）由（1）得的长，利用余弦定理得出的长，再结合得出，从而得出的长.
（1）存在，；理由如下：
假设存在，连接并延长，交于E，连接．
因为平面，平面，
平面，
所以，
则，
因为正方形中，，所以，
假设成立.
则此时.
（2）由（1）得，所以；
中，，
所以
所以；
因为，所以，
所以．
18．（2024高一下·吴川期中）已知，，与的夹角为，函数．
（1）求函数最小正周期和对称中心；
（2）若锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，求的取值范围．
【答案】（1）解：由已知条件可知：，，，
∴，
∴的最小正周期为，
令，，解得，，
∴的对称中心为.
（2）解：由正弦定理得，
由（1）中，又因为，得，
∴，，解得，，
又因为，可得，
∵，∴，
代入上式化简得：，
在锐角中，则，∴，
∴，
则，
∴.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；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；正弦定理的应用；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【分析】（1）根据数量积的坐标表示和两角和的正弦公式，从而得到的值，根据计算得到函数的解析式，再根据正弦型函数性质求解.
（2）由（1）和求出角的值，由正弦定理将边化角结合三角恒等变换公式化简得到，再根据三角形为锐角三角形求出角的取值范围，进而求出的取值范围，则求出的取值范围.
（1）解：由条件可知：，
，
∴，
∴的最小正周期为，
令，，解得，，
∴的对称中心为；
（2）解：由正弦定理得，由（1），而，得，
∴，，解得，，又，可得，
∵，∴，
代入上式化简得：，
又在锐角中，有，∴，
∴，则有，
∴
19．（2024高一下·吴川期中）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为且，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：由平面，平面，得，
连接，由且，
所以四边形为平行四边形，
因为，
所以平行四边形为正方形，所以，
又因为，所以，
又因为平面，
所以平面，
由平面，得出平面平面.
（3）解：由平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
故为二面角的平面角，即，
在中，，作，垂足为M，
由（2）知，平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，则为直线在平面上的投影，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，
所以，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由题意可证四边形为平行四边形，则，再结合线面平行的判定定理，从而证出平面.
（2）易证，根据线面垂直的性质定理和判定定理可得平面，再结合面面垂直的判定定理证出平面平面.
（3）根据线面垂直的性质定理和判定定理可得为二面角的平面角，则得出的值，作，由面面垂直的性质定理确定为直线与平面所成的角，再结合直角三角形面积相等和正弦函数的定义，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）因为且，所以四边形为平行四边形，
则，又平面，平面，
所以平面；
（2）由平面，平面，得，
连接，由且，
所以四边形为平行四边形，又，
所以平行四边形为正方形，所以，
又，所以，又平面，
所以平面，由平面，
所以平面平面；
（3）由平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
故为二面角的平面角，即，
在中，，作，垂足为M，
由（2）知，平面平面，平面平面，平面，
所以平面，则为直线在平面上的投影，
所以为直线与平面所成的角，
在中，，所以，
在中，，
即直线与平面所成角的正弦值为.
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