湖南省衡阳市第八中学2023-2024学年高一下学期5月期中测试数学试题
1．（2024高一下·雁峰期中）若集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·雁峰期中）若 ，则 （ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·雁峰期中）如图所示，中，点D是线段的中点，E是线段的靠近A的三等分点，则（ ）
A． B．
C． D．
4．（2024高一下·雁峰期中）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以圆形攒尖为例.如图所示的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边边长为，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·雁峰期中）已知函数，且，则的值是
A．14 B．13 C．12 D．11
6．（2024高一下·雁峰期中）已知向量，若，则实数m的值为（ ）
A． B．﹣4 C．4 D．
7．（2024高一下·雁峰期中）如图，为了测量河对岸的塔高，某测量队选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测量得米，在点处测得塔顶的仰角分别为，则塔高（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
8．（2024高一下·雁峰期中）如图，在棱长为1的正方体中，为线段上一动点（包括端点），则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当点与重合时，三棱锥的外接球的体积为
C．过点平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为
D．直线与平面所成角的正弦值的范围为
9．（2024高一下·雁峰期中）如图所示，是半圆的直径，垂直于半圆所在的平面，点是圆周上不同于的任意一点，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面 B．平面平面
C．与所成的角为 D．平面
10．（2024高一下·雁峰期中）点O为所在平面内一点，则（ ）
A．若，则点O为的重心
B．若，则点O为的内心
C．若，则点O为的垂心
D．在中，设，那么动点O的轨迹必通过的外心
11．（2024高一下·雁峰期中）已知，定义域和值域均为的函数和的图像如图所示，给出下列四个结论，正确结论的是（ ）
A．方程有且仅有三个解 B．方程有且仅有二个解
C．方程有且仅有五个解 D．方程有且仅有一个解
12．（2024高一下·雁峰期中）如图是用斜二测画法画出的水平放置的正三角形的直观图，其中，则三角形的面积为 .
13．（2024高一下·雁峰期中）如图，已知在一个二面角的棱上有两个点A、B，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，，，，，则这个二面角的度数为 .
14．（2024高一下·雁峰期中）已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，，分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为 ．
15．（2024高一下·雁峰期中）已知，且，
（1）求的值：
（2）求与的夹角.
16．（2024高一下·雁峰期中）如图，如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，且底面．
（1）证明：平面；
（2）求到平面的距离．
17．（2024高一下·雁峰期中）已知中，内角，，的对边分别为，，.
（1）若且，求角的大小；
（2）若为锐角三角形，且，，求面积的取值范围.
18．（2024高一下·雁峰期中）如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，，，点，分别为和的中点．
（1）证明：平面；
（2）设，当为何值时，平面？试证明你的结论．
19．（2024高一下·雁峰期中）已知.
（1）求的单调递增区间；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.
（3）已知函数，记方程在上的根从小到大依次为，求的值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为
，
即
，
所以；
所以.
故答案为：A
【分析】解一元二次不等式求解集合A，解指数函数不等式求解集合B，再利用交集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】 。
故答案为：D．
【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则，从而求出复数z。
3．【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意可知：
.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和平面向量基本定理，从而找出正确的选项.
4．【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为轴截面的顶角为，所以底角，
在中，依题意，该圆形攒尖的底面圆半径，高，
则()，所以该屋顶的体积约为.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件结合正切函数的定义求出圆锥的高，再利用圆锥体积公式计算得出该屋顶的体积.
5．【答案】C
【知识点】函数的值；有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：由得：，
，
又因为 ， .
故答案为：.
【分析】由得，将化为，从而得出的值，再结合函数的解析式求得的值，代入得出的值.
6．【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，
，
又，
，
解得：.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和向量共线的坐标表示，从而得出实数m的值.
7．【答案】A
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设该塔的高度为米，
则．
在中，，
即，
由，解得，即塔高为30米.
故答案为：A.
【分析】设该塔的高度为米，由题意结合同角的商数关系可得，再结合余弦定理计算得出塔AB的高.
8．【答案】B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面所成的角；三角形中的几何计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，因为且，
故四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，平面，
，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
则，
，故A错误；
对于B，当点与重合时，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，
正方体的外接球直径为，，
故三棱锥外接球的体积为，故B正确；
对于C，且，则四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，
又因为平面，，平面，所以，平面平面，
所以，过点平行于平面的平面被正方体截得的多边形为，
是边长为的等边三角形，该三角形的面积为，故C错误；
对于D，设点到平面的距离为，由知，
点到平面的距离为，
当点在线段上运动时，因为，
若为的中点时，，，
当点为线段的端点时，，即，
设直线与平面所成角为，，故D正确.
故答案为：BD．
【分析】利用锥体的体积公式判断出选项A；求出三棱锥外接球的半径与体积，则可判断选项B；作出截面图形，再利用三角形的面积公式可判断选项C；先计算出点到平面的距离，再利用的取值范围结合线面角的定义，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
9．【答案】A,B
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：由分别为，的中点，则，
因为平面平面平面，故A正确；
由题意得，因为平面平面，所以.
因为，所以平面，所以与所成的角为，故C错误；
因为平面，所以不垂直平面（否则，矛盾），故D错误；
因为平面，平面，所以平面平面，故B正确.
故答案为：AB.
【分析】由中位线的性质可得，再由线面平行的判定定理可判断出选项A；由线面垂直的性质定理可得，则可判断出平面，由此知MN与BC所成的角为90°且不垂直平面，则判断出选项C和选项D；由面面垂直的判定定理知面VAC面VBC，则判断出选项B，从而找出结论正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量数乘的运算；平面向量的数量积运算；三角形五心
【解析】【解答】解：对于A，由点O为所在平面内一点，且，
可得，则以为邻边作平行四边形，
可得，且，
设，根据平行四边形法则，可得为的中点，即为上的中线，
同理可证：延长也过的中点，所以为的重心，所以A正确；
对于B，由向量表示方向的单位向量，表示方向的单位向量，
可得四边形是菱形，则，
因为，
所以，即，即和共线，即是的角平分线，
同理可得是的角平分线，即是的内心，所以B正确；
对于C，如图所示，取分别为的中点，
根据向量的平行四边形法则，可得，
因为，可得，
所以，所以点在线段的垂直平分线上，
所以点为的外心，所以C不正确；
对于D，由，
因为，可得，即，
设为的中点，可得，
所以，即，且为的中点，
所以动点O的轨迹必通过的外心，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意结合平面向量的线性运算，再结合三角形的重心、内心、垂心和外心的性质，从而逐项判断，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A，由题意可知时，或或，
故方程时，则或或，
，
又因为在上单调递减，
故都有唯一解，
即方程有且仅有三个解，故A正确；
对于B，当时，，
故时，即，又因为，
故由图象可知有一个解，
即方程有且仅有一个解，故B错误；
对于C，当时，或或，
由可得或或，
又因为，
故和各有唯一一个解，有3个解，
故方程有且仅有五个解，故C正确；
对于D，当时，，
由可得，
又因为，在上单调递减，故有唯一解，
故方程有且仅有一个解，故D正确，
故答案为：ACD.
【分析】将内层函数看作一个变量，先由外层函数确定其解的个数情况，再根据内层函数的图象即可确定复合函数的解的个数，由此逐项判断找出正确的结论.
12．【答案】
【知识点】斜二测画法直观图；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图，所以，且为正三角形，
则，
在中，，
.
故答案为：.
【分析】利用斜二测画法将图还原成正三角形，再结合余弦函数的定义和三角形的面积公式得出三角形的面积.
13．【答案】60°
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：设，∵，，
∴，∴，
∴
.
∴，
∴，∴，
因此，所求二面角的度数为60°.
故答案为：60°.
【分析】由已知条件和两向量垂直数量积为0的等价关系以及数量积求向量的模的公式，再结合向量数量积的运算律和数量积的定义以及诱导公式，从而得出二面角的余弦值，进而得出二面角的度数.
14．【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示：
设三棱锥内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为，
易知：三点均在上，且平面，
设内切球的半径为，外接球的半径为，则.
又因为，，
所以，
由等体积法得：，
即，解得，
由等体积法得：，
即，解得，
将几何体沿截面切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面，
∴两点间距离的最小值为.
故答案为：.
【分析】采用补形法得出正方体，作出图形找出内切球，从而得出外接球球心，再由几何关系知：两点间距离的最小值为，易求外接圆的半径的值，再结合等体积法可求出内切圆半径的值和的长，将几何体沿截面切开，得出大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面， 进而作差得出线段的长度的最小值.
15．【答案】（1）解：因为，
所以，.
（2）解：由已知可得，，
所以，
因为，
所以，，
又因为，
所以.
【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】【分析】（1）由展开结合已知条件和数量积求模公式，从而得出的值.
（2）根据数量积的运算律得出和的值，再根据数量积求向量夹角公式和向量夹角的取值范围，从而得出与的夹角.
（1）因为，
所以，.
（2）由已知可得，，
所以.
又，
所以，.
又，
所以.
16．【答案】（1）证明：在四棱锥中，底面，平面，
则，
在中，，
因为，则，则，
因为，平面，
所以平面.
（2）解：由（1）可得，，
因为，则，
所以，，
令到平面的距离为h，
由，即，
得：，解得，
因为，平面，平面，所以平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离.
【知识点】直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用勾股定理的逆定理证出，再利用线面垂直的判定定理证出平面.
（2）将点到平面的距离转化为点到平面的距离，再利用等体积法计算得出点到平面的距离.
（1）在四棱锥中，底面，平面，则，
在中，，而，即有，
则有，因，平面，
所以平面.
（2）由（1）可得，，因，则，
，，令到平面的距离为h，
由，即得：，解得，
因，平面，平面，于是得平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离.
17．【答案】解：（1）因为，
由正弦定可得，即，
，，
故，，
又因为，
所以，
即，
，
由于，所以，
又因为是三角形的内角，故.
（2）由，所以，，
所以面积为：
，
由于为锐角三角形，所以，即，
解得，所以，，
所以，即面积的取值范围是.
【知识点】正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先根据正弦定理化简得出，再代入已知条件化简得出角C的值.
（2）根据正弦定理和三角形面积公式得出面积为，再根据锐角三角形确定角B的取值范围，则由不等式的基本性质和正弦型函数求值域的方法，从而得出面积的取值范围.
18．【答案】（1）证明：取的中点，的中点，连接，，，
则，，，所以，
则与共面，
因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，
平面平面，
又因为平面，∴平面.
（2）解：连接，不妨设，
则，
所以，
∵三棱柱的侧棱垂直于底面，
∴平面平面，
∵，∴，
因为点是的中点，所以，
又因为平面平面，平面，
∴平面，平面，∴，
要使平面，只需即可，
又∵，
∴，即，
∴（负值舍去），即当时，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
【解析】【分析】（1）取的中点，的中点，连接，，，即可证明平面，平面，从而证出平面平面，再利用面面垂直的性质定理证出平面.
（2）连接，不妨设，依题意可得，由面面垂直的性质定理得到平面，从而得到，要使平面，只需证出即可，再由勾股定理计算可得当时，平面.
（1）取的中点，的中点，连接，，，
则有，，，所以，
则与共面，
又平面，平面，所以平面，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，
平面平面，
又平面，∴平面；
（2）连接，不妨设，则，
所以，
∵三棱柱的侧棱垂直于底面，
∴平面平面，
∵，∴，又点是的中点，所以，
又平面平面，平面，
∴平面，平面，∴，
要使平面，只需即可，
又∵，
∴，即，
∴（负值舍去），即时，平面.
19．【答案】（1）解：
令，，
则，
故的单调递增区间为．
（2）解：因为，
即对任意的恒成立，
则对任意的恒成立，
令
，
因为，则，
易知在单调递减，
又因为，所以，
则的最大值为，故.
（3）解：令，
，，
令，
函数在上的图象如下图所示，
由图可知，与共有6个交点，即，
．
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用；含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简为，再根据换元法和正弦函数的单调性判断出正弦型函数的单调性，从而得出的单调递增区间.
（2）分离参数，再结合二倍角公式和齐次式运算求出对勾函数最值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（3）令，原问题可转化为函数与函数的交点个数，由交点个数确定的值，再结合函数的对称性得出的值.
（1）
令，，则
故的单调递增区间为．
（2），
即对任意的恒成立，
则对任意的恒成立，
令 ，
因为，则，易知在单调递减，
又，所以，
则的最大值为，故.
（3）令，
，
令，
函数在上的图象如下图所示，
由图可知，与共有6个交点，即，
，
．
1 / 1湖南省衡阳市第八中学2023-2024学年高一下学期5月期中测试数学试题
1．（2024高一下·雁峰期中）若集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为
，
即
，
所以；
所以.
故答案为：A
【分析】解一元二次不等式求解集合A，解指数函数不等式求解集合B，再利用交集运算求解即可.
2．（2024高一下·雁峰期中）若 ，则 （ ）
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】 。
故答案为：D．
【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则，从而求出复数z。
3．（2024高一下·雁峰期中）如图所示，中，点D是线段的中点，E是线段的靠近A的三等分点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意可知：
.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和平面向量基本定理，从而找出正确的选项.
4．（2024高一下·雁峰期中）攒尖是我国古代建筑中屋顶的一种结构样式，多见于亭阁式建筑、园林建筑.下面以圆形攒尖为例.如图所示的建筑屋顶可近似看作一个圆锥，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边边长为，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的体积约为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为轴截面的顶角为，所以底角，
在中，依题意，该圆形攒尖的底面圆半径，高，
则()，所以该屋顶的体积约为.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件结合正切函数的定义求出圆锥的高，再利用圆锥体积公式计算得出该屋顶的体积.
5．（2024高一下·雁峰期中）已知函数，且，则的值是
A．14 B．13 C．12 D．11
【答案】C
【知识点】函数的值；有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：由得：，
，
又因为 ， .
故答案为：.
【分析】由得，将化为，从而得出的值，再结合函数的解析式求得的值，代入得出的值.
6．（2024高一下·雁峰期中）已知向量，若，则实数m的值为（ ）
A． B．﹣4 C．4 D．
【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，
，
又，
，
解得：.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件和向量共线的坐标表示，从而得出实数m的值.
7．（2024高一下·雁峰期中）如图，为了测量河对岸的塔高，某测量队选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测量得米，在点处测得塔顶的仰角分别为，则塔高（ ）
A．米 B．米 C．米 D．米
【答案】A
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设该塔的高度为米，
则．
在中，，
即，
由，解得，即塔高为30米.
故答案为：A.
【分析】设该塔的高度为米，由题意结合同角的商数关系可得，再结合余弦定理计算得出塔AB的高.
8．（2024高一下·雁峰期中）如图，在棱长为1的正方体中，为线段上一动点（包括端点），则（ ）
A．三棱锥的体积为定值
B．当点与重合时，三棱锥的外接球的体积为
C．过点平行于平面的平面被正方体截得的多边形的面积为
D．直线与平面所成角的正弦值的范围为
【答案】B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面所成的角；三角形中的几何计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，因为且，
故四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，平面，
，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
则，
，故A错误；
对于B，当点与重合时，三棱锥的外接球即为正方体的外接球，
正方体的外接球直径为，，
故三棱锥外接球的体积为，故B正确；
对于C，且，则四边形为平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面，
又因为平面，，平面，所以，平面平面，
所以，过点平行于平面的平面被正方体截得的多边形为，
是边长为的等边三角形，该三角形的面积为，故C错误；
对于D，设点到平面的距离为，由知，
点到平面的距离为，
当点在线段上运动时，因为，
若为的中点时，，，
当点为线段的端点时，，即，
设直线与平面所成角为，，故D正确.
故答案为：BD．
【分析】利用锥体的体积公式判断出选项A；求出三棱锥外接球的半径与体积，则可判断选项B；作出截面图形，再利用三角形的面积公式可判断选项C；先计算出点到平面的距离，再利用的取值范围结合线面角的定义，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
9．（2024高一下·雁峰期中）如图所示，是半圆的直径，垂直于半圆所在的平面，点是圆周上不同于的任意一点，分别为，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．平面 B．平面平面
C．与所成的角为 D．平面
【答案】A,B
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：由分别为，的中点，则，
因为平面平面平面，故A正确；
由题意得，因为平面平面，所以.
因为，所以平面，所以与所成的角为，故C错误；
因为平面，所以不垂直平面（否则，矛盾），故D错误；
因为平面，平面，所以平面平面，故B正确.
故答案为：AB.
【分析】由中位线的性质可得，再由线面平行的判定定理可判断出选项A；由线面垂直的性质定理可得，则可判断出平面，由此知MN与BC所成的角为90°且不垂直平面，则判断出选项C和选项D；由面面垂直的判定定理知面VAC面VBC，则判断出选项B，从而找出结论正确的选项.
10．（2024高一下·雁峰期中）点O为所在平面内一点，则（ ）
A．若，则点O为的重心
B．若，则点O为的内心
C．若，则点O为的垂心
D．在中，设，那么动点O的轨迹必通过的外心
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量数乘的运算；平面向量的数量积运算；三角形五心
【解析】【解答】解：对于A，由点O为所在平面内一点，且，
可得，则以为邻边作平行四边形，
可得，且，
设，根据平行四边形法则，可得为的中点，即为上的中线，
同理可证：延长也过的中点，所以为的重心，所以A正确；
对于B，由向量表示方向的单位向量，表示方向的单位向量，
可得四边形是菱形，则，
因为，
所以，即，即和共线，即是的角平分线，
同理可得是的角平分线，即是的内心，所以B正确；
对于C，如图所示，取分别为的中点，
根据向量的平行四边形法则，可得，
因为，可得，
所以，所以点在线段的垂直平分线上，
所以点为的外心，所以C不正确；
对于D，由，
因为，可得，即，
设为的中点，可得，
所以，即，且为的中点，
所以动点O的轨迹必通过的外心，所以D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意结合平面向量的线性运算，再结合三角形的重心、内心、垂心和外心的性质，从而逐项判断，从而找出正确的选项.
11．（2024高一下·雁峰期中）已知，定义域和值域均为的函数和的图像如图所示，给出下列四个结论，正确结论的是（ ）
A．方程有且仅有三个解 B．方程有且仅有二个解
C．方程有且仅有五个解 D．方程有且仅有一个解
【答案】A,C,D
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A，由题意可知时，或或，
故方程时，则或或，
，
又因为在上单调递减，
故都有唯一解，
即方程有且仅有三个解，故A正确；
对于B，当时，，
故时，即，又因为，
故由图象可知有一个解，
即方程有且仅有一个解，故B错误；
对于C，当时，或或，
由可得或或，
又因为，
故和各有唯一一个解，有3个解，
故方程有且仅有五个解，故C正确；
对于D，当时，，
由可得，
又因为，在上单调递减，故有唯一解，
故方程有且仅有一个解，故D正确，
故答案为：ACD.
【分析】将内层函数看作一个变量，先由外层函数确定其解的个数情况，再根据内层函数的图象即可确定复合函数的解的个数，由此逐项判断找出正确的结论.
12．（2024高一下·雁峰期中）如图是用斜二测画法画出的水平放置的正三角形的直观图，其中，则三角形的面积为 .
【答案】
【知识点】斜二测画法直观图；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图，所以，且为正三角形，
则，
在中，，
.
故答案为：.
【分析】利用斜二测画法将图还原成正三角形，再结合余弦函数的定义和三角形的面积公式得出三角形的面积.
13．（2024高一下·雁峰期中）如图，已知在一个二面角的棱上有两个点A、B，线段、分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱，，，，，则这个二面角的度数为 .
【答案】60°
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：设，∵，，
∴，∴，
∴
.
∴，
∴，∴，
因此，所求二面角的度数为60°.
故答案为：60°.
【分析】由已知条件和两向量垂直数量积为0的等价关系以及数量积求向量的模的公式，再结合向量数量积的运算律和数量积的定义以及诱导公式，从而得出二面角的余弦值，进而得出二面角的度数.
14．（2024高一下·雁峰期中）已知三棱锥三条侧棱，，两两互相垂直，且，，分别为该三棱锥的内切球和外接球上的动点，则线段的长度的最小值为 ．
【答案】
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由已知将该三棱锥补成正方体，如图所示：
设三棱锥内切球球心为，外接球球心为，内切球与平面的切点为，
易知：三点均在上，且平面，
设内切球的半径为，外接球的半径为，则.
又因为，，
所以，
由等体积法得：，
即，解得，
由等体积法得：，
即，解得，
将几何体沿截面切开，得到如下截面图：大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面，
∴两点间距离的最小值为.
故答案为：.
【分析】采用补形法得出正方体，作出图形找出内切球，从而得出外接球球心，再由几何关系知：两点间距离的最小值为，易求外接圆的半径的值，再结合等体积法可求出内切圆半径的值和的长，将几何体沿截面切开，得出大圆为外接球最大截面，小圆为内切球最大截面， 进而作差得出线段的长度的最小值.
15．（2024高一下·雁峰期中）已知，且，
（1）求的值：
（2）求与的夹角.
【答案】（1）解：因为，
所以，.
（2）解：由已知可得，，
所以，
因为，
所以，，
又因为，
所以.
【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】【分析】（1）由展开结合已知条件和数量积求模公式，从而得出的值.
（2）根据数量积的运算律得出和的值，再根据数量积求向量夹角公式和向量夹角的取值范围，从而得出与的夹角.
（1）因为，
所以，.
（2）由已知可得，，
所以.
又，
所以，.
又，
所以.
16．（2024高一下·雁峰期中）如图，如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，且底面．
（1）证明：平面；
（2）求到平面的距离．
【答案】（1）证明：在四棱锥中，底面，平面，
则，
在中，，
因为，则，则，
因为，平面，
所以平面.
（2）解：由（1）可得，，
因为，则，
所以，，
令到平面的距离为h，
由，即，
得：，解得，
因为，平面，平面，所以平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离.
【知识点】直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用勾股定理的逆定理证出，再利用线面垂直的判定定理证出平面.
（2）将点到平面的距离转化为点到平面的距离，再利用等体积法计算得出点到平面的距离.
（1）在四棱锥中，底面，平面，则，
在中，，而，即有，
则有，因，平面，
所以平面.
（2）由（1）可得，，因，则，
，，令到平面的距离为h，
由，即得：，解得，
因，平面，平面，于是得平面，
所以到平面的距离等于到平面的距离.
17．（2024高一下·雁峰期中）已知中，内角，，的对边分别为，，.
（1）若且，求角的大小；
（2）若为锐角三角形，且，，求面积的取值范围.
【答案】解：（1）因为，
由正弦定可得，即，
，，
故，，
又因为，
所以，
即，
，
由于，所以，
又因为是三角形的内角，故.
（2）由，所以，，
所以面积为：
，
由于为锐角三角形，所以，即，
解得，所以，，
所以，即面积的取值范围是.
【知识点】正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先根据正弦定理化简得出，再代入已知条件化简得出角C的值.
（2）根据正弦定理和三角形面积公式得出面积为，再根据锐角三角形确定角B的取值范围，则由不等式的基本性质和正弦型函数求值域的方法，从而得出面积的取值范围.
18．（2024高一下·雁峰期中）如图，已知三棱柱的侧棱垂直于底面，，，点，分别为和的中点．
（1）证明：平面；
（2）设，当为何值时，平面？试证明你的结论．
【答案】（1）证明：取的中点，的中点，连接，，，
则，，，所以，
则与共面，
因为平面，平面，所以平面，
又因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，
平面平面，
又因为平面，∴平面.
（2）解：连接，不妨设，
则，
所以，
∵三棱柱的侧棱垂直于底面，
∴平面平面，
∵，∴，
因为点是的中点，所以，
又因为平面平面，平面，
∴平面，平面，∴，
要使平面，只需即可，
又∵，
∴，即，
∴（负值舍去），即当时，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
【解析】【分析】（1）取的中点，的中点，连接，，，即可证明平面，平面，从而证出平面平面，再利用面面垂直的性质定理证出平面.
（2）连接，不妨设，依题意可得，由面面垂直的性质定理得到平面，从而得到，要使平面，只需证出即可，再由勾股定理计算可得当时，平面.
（1）取的中点，的中点，连接，，，
则有，，，所以，
则与共面，
又平面，平面，所以平面，
又平面，平面，所以平面，
又，平面，
平面平面，
又平面，∴平面；
（2）连接，不妨设，则，
所以，
∵三棱柱的侧棱垂直于底面，
∴平面平面，
∵，∴，又点是的中点，所以，
又平面平面，平面，
∴平面，平面，∴，
要使平面，只需即可，
又∵，
∴，即，
∴（负值舍去），即时，平面.
19．（2024高一下·雁峰期中）已知.
（1）求的单调递增区间；
（2）若对任意的恒成立，求的取值范围.
（3）已知函数，记方程在上的根从小到大依次为，求的值.
【答案】（1）解：
令，，
则，
故的单调递增区间为．
（2）解：因为，
即对任意的恒成立，
则对任意的恒成立，
令
，
因为，则，
易知在单调递减，
又因为，所以，
则的最大值为，故.
（3）解：令，
，，
令，
函数在上的图象如下图所示，
由图可知，与共有6个交点，即，
．
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用；含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用二倍角公式和辅助角公式将函数化简为，再根据换元法和正弦函数的单调性判断出正弦型函数的单调性，从而得出的单调递增区间.
（2）分离参数，再结合二倍角公式和齐次式运算求出对勾函数最值，再结合不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（3）令，原问题可转化为函数与函数的交点个数，由交点个数确定的值，再结合函数的对称性得出的值.
（1）
令，，则
故的单调递增区间为．
（2），
即对任意的恒成立，
则对任意的恒成立，
令 ，
因为，则，易知在单调递减，
又，所以，
则的最大值为，故.
（3）令，
，
令，
函数在上的图象如下图所示，
由图可知，与共有6个交点，即，
，
．
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