贵州省贵阳清华中学2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题
1．（2024高一下·贵阳月考）设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·贵阳月考）设复数所对应的点是，对应的点是，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·贵阳月考）已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”成立的（ ）
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．（2024高一下·贵阳月考）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来实际图形的周长是（ ）
A． B． C．6 D．8
5．（2024高一下·贵阳月考）在中，D为边的中点，E，F分别为边，上的点，且，，若，，则值为（ ）
A．1 B． C．3 D．5
6．（2024高一下·贵阳月考）已知三条不重合的直线 ， ， ，三个不重合的平面 ， ， ，则（ ）
A．若 ， ，则
B．若 ， ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ， ， ，则
7．（2024高一下·贵阳月考）已知，，，则有（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·贵阳月考）如图，为了测量花溪河对岸一座塔楼的高度，测量者小王在岸边点A处测得塔顶D的仰角为，塔底C与A的连线与河岸成角，小王沿河岸向西走了40米到达M处，测得塔底C与M的连线与河岸成角，则塔楼的高度为（ ）
A．20米 B．25米 C．米 D．米
9．（2024高一下·贵阳月考）下列命题正确的是（ ）
A．复数的共轭复数是
B．复数是纯虚数，则
C．复数所对应的点在第二象限，则
D．已知，复数z满足，则的最大值为6
10．（2024高一下·贵阳月考）已知向量，，且是直角三角形，则k的值可以是（ ）
A．或 B．1或2 C． D．
11．（2024高一下·贵阳月考）如图所示，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为，，的中点，则有（ ）
A．直线平面
B．异面直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为
D．平面截正方体所得的截面面积为
12．（2024高一下·贵阳月考）已知向量，，且，则 ．
13．（2024高一下·贵阳月考）已知扇形的半径为3，中心角为，则这个扇形围成的圆锥的内切球的体积是 ．
14．（2024高一下·贵阳月考）在矩形中，，，E为的中点，F为的中点，Q为边上的动点（包括端点），则的取值范围为 ．
15．（2024高一下·贵阳月考）已知向量，，．
（1）若，求值；
（2）若向量在方向上的投影向量为，求的值．
16．（2024高一下·贵阳月考）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，E是的中点，过点D作于点F．求证：
（1）平面；
（2）平面．
17．（2024高一下·贵阳月考）已知向量，，函数的部分图象如图所示：
（1）求的最小正周期和单调区间；
（2）函数在有两个不同的零点，求m的取值范围．
18．（2024高一下·贵阳月考）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，现有三个条件：
①；
②；
③（S为的面积）．
请从以上三个条件中选择一个填入下面横线上作为前提条件，并求解．（注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）
已知：______．
（1）若，，求内切圆的半径；
（2）若点D是上一点，且，的面积，求的最小值．
19．（2024高一下·贵阳月考）如图①，在直角梯形中，，，，E为的中点，将沿折起构成几何体，如图②．在图②所示的几何体中：
（1）在棱上找一点F，满足平面，求几何体与几何体的体积比；
（2）当几何体的体积最大时，
①求证：平面；
②求二面角的余弦值．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得或，则集合，
因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】求解不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可得：，，
则.
故答案为：B.
【分析】根据复数在复平面内的表示，结合复数代数形式的乘法运算求解即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：，是两个不同的平面，直线， 若，则，即充分性成立；
设，当，且，，此时，但是与相交，即必要性不成立，
故”是“”成立的充分不必要条件.
故答案为：A．
【分析】根据充分必要条件定义判断即可．
4．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由斜二测画法可知：正方形的原图形，如图所示：
且，，则，故原来实际图形的周长为.
故答案为：D.
【分析】由斜二测画法作出正方形的原图形，用勾股定理计算线段长度，再求周长即可.
5．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，，所以，
又因为D为边的中点，所以，所以，则.
故答案为：A.
【分析】根据向量的线性运算分别求出的值，即可求的值.
6．【答案】C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】对于A中，若 ， ，则 或 ，所以A项不正确；
对于B中，若 ， ， ，则 或 与 相交，所以B项不正确；
对于C中，设 ，在平面 内任取一点 ，作 ，垂足分别为 ，由面面垂直的性质定理，可得 ，
又因为 ，可得 ，所以C项正确；
对于D中，若 ， ， ， ，只有 相交时，才有 ，所以D项不正确.
故答案为：C.
【分析】根据题意由直线与平面、平面与平面的性质和判定定理对选项逐一判断即可得出答案。
7．【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；基本不等式
【解析】【解答】解：由，可得，当且仅当时等号成立，即
，，则.
故答案为：B.
【分析】由基本不等式求出的范围，再由指数函数、对数函数单调性求得b，c的范围，最后借助中间值比较大小即可.
8．【答案】D
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，，，
由正弦定理，以及，
可得.
故答案为：D.
【分析】在中，利用正弦定理求，再由求的高度即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、复数的共轭复数是，故A错误；
B、由题意可得：，解得，故B正确；
C、由题意可得：，解得，故C正确；
D、设复数，由，，可得，
令，
则，
其中，则，当且仅当等号成立，此时，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】写出共轭复数即可判断A；由纯虚数的概念列式求解即可判断B；由复数的几何意义列出不等式组求解即可判断C；由复数的几何意义求解即可判断D.
10．【答案】A,C
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，则，
若是直角，则，解得以或；
若是直角，则，无解；
若是直角，则，解得，
综上所述，k的值可以是或或.
故答案为：AC.
【分析】先求的坐标，分、和为直角讨论，结合向量垂直的坐标表示列式求解即可.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、取中点，连接，如图所示：
易知，因为平面，平面，所以平面，
又因为分别为的中点，所以且，
又因为且，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，
因为平面，
所以平面平面，而平面，所以直线平面，故A正确；
B、连接，如图所示：
因为E，F，分别为，的中点，所以，
因为是棱长为2的正方体，所以，
所以是等边三角形，所以，则直线与所成的角为，故B正确；
C、延长，交的延长线于，如图所示：
因为G为的中点，所以B为的中点，
由正方体的性质可知：平面，则是直线与平面所成角的平面角，
因为，所以直线与平面所成的角不是，故C错误；
D、因为，，所以，则四点共面，
即截面为等腰梯形，因为正方体棱长为2，
所以，，
则该等腰梯形的高为：，
该等腰梯形面积为：，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据三角形中位线定理、异面直线所成角定义，结合线面角的定义、线面平行的判定定理、正方体的截面性质逐项判断即可.
12．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由题意可得：，整理可得，即，
则.
故答案为：.
【分析】根据向量平行的坐标表示求得，再利用正弦的二倍角公式，以及同角三角函数基本关系化为含有的式子求解即可.
13．【答案】
【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】解：设圆锥底面半径为R，
由扇形的半径为3，中心角为， 可得扇形的弧长为，
即圆锥的底面周长为，则，解得；
设内切球半径为r，圆锥高为h，则，
圆锥轴截面图，如图所示：
则，解得，故．
故答案为：.
【分析】由题意，先求扇形的弧长，再根据圆锥底面圆周长为扇形弧长求得圆锥底面半径，设内切球半径为r，圆锥高为h，结合轴截面图形计算得，代入体积公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
则，
设，，
则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，引入参数，结合向量数量积的坐标公式将表示成的函数求解即可.
15．【答案】（1）解：易知，若，则，解得；
（2）解：易知，
若向量在方向上的投影向量为， 则，
即，解得或.
【知识点】平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示列式求解即可；
（2）根据投影向量的定义列式求解即可.
（1）由已知则，，
则有，又，
由，解得．
（2）由已知，
设向量与得夹角为，则在方向上的投影向量为
从而有，解得或.
16．【答案】（1）证明：连与交于点O，连，如图所示：
因为为矩形边的中点，所以是的中位线，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：因为底面，平面，所以，
在矩形中，，又因为，平面，
所以平面，平面，所以，
由已知，E为的中点，则，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面．
【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）连与交于点O，连，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）要证平面，由于已经有，故只需证明，即只需证明平面，结合线面垂直的判定定理、性质定理证明即可.
（1）如图，连与交于点O，连．
由矩形知O为的中点，
从而是的中位线，所以，
又平面，平面．
则平面．
（2）由已知底面，平面，则，
在矩形中，又，平面，
所以平面，平面，则．
由已知，E为的中点，则有，
又，平面，所以平面，
又因为平面，从而，
又，，平面，
所以平面．
17．【答案】（1）解：函数，由图可知：，即，则的最小正周期为，
，解得，则，
令，单调递增，
，单调递减，
则的单调递增区间是；单调递减区间是；
（2）解：由（1）知，令，，则，
由，
作及，的图象，如图所示：
由图可知：，即m的取值范围为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）根据向量的数量积，结合三角函数恒等变化求得，根据图象得，从而可得，整体代入法列出不等式组求解单调区间即可；
（2）将原问题等价转换为的图象及的图象交点个数为2时，求的范围，只需作出两函数的图象，数形结合求解即可.
（1）由已知函数
由图知，则的最小正周期为．
从而，得．
令，此时递增．
，此时递减．
所以的递增区间是；递减区间是．
（2）由（1）知，令，，则，
由，
作及，的图象，
如图知当与有两个不同的交点时，．
18．【答案】（1）解：若选①：，
由正弦定理可得：
化简可得，解得，又因为，所以；
若，，由余弦定理定理可得：，解得，
则的面积为，
设内心为I，内切圆半径为r，连，，，
则，；
若选②：，由正弦定理可得：，
再由余弦定理可得：，因为，所以；
以下解法同①；
若选③：，由余弦定理和面积公式可得：，
解得，又因为，所以，
以下解法同①；
（2）解：由（1）知，因为，所以，解得，
如图所示：
由，可得，
即，，当且仅当时等号成立，
则的最小值为．
【知识点】基本不等式；解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理和余弦定理，结合等面积法来研究内切圆半径即可；
（2）利用定比分点向量方法来求三等分线段长，再由已知面积可知两边之积为定值，利用均值不等式，从而求得三等分线段有最小值.
（1）若选①：，由正弦定理得
而，又，则．
若，，由余弦定理有：
解得，则知的面积为．
设内心为I，内切圆半径为r，连，，，则
所以．
若选②：由结合正弦定理角化边得：
，再由余弦定理可得：
因为，所以．
以下解法同①；
若选③：由，结合余弦定理和面积公式可得：
，
弦化切得：，又因为，所以．
以下解法同①；
（2）由（1）知，又题意，
如图，
即
取等号条件是，
所以的最小值为．
19．【答案】（1）解：取中点M，连，如图所示：
则是的中位线，，
因为平面，平面，即有平面，所以就是所找点，
由，可得；
（2）解：①、由题意，当几何体的体积最大时，而底面的面积确定，从而点D到底面的距离最大，此时应有平面平面，
由已知，在图①中，取中点Q，连，在图②中连，如图所示：
由已知，又，则四边形为正方形，
从而为等腰直角三角形，又，，，
所以，即为直角三角形，得．
在图②中，E为中点，则，
又平面平面且平面平面，
则有平面，得，
又，，则平面，
②、过点E作于M，连，如图所示：
由①知平面，则，又，
，则平面，从而，即就是二面角的平面角，
显然是直角三角形，且，
令，则，，
则，则．
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取中点M，连，可得，进一步可证平面，M就是所找点F，此时将体积比转换为面积比即可；
（2）①几何体的体积最大即平面平面，再通过平面几何知识证明，结合面面垂直的性质证明平面即可；
②通过定义法说明就是二面角的平面角，结合平面几何知识即可进一步求解.
（1）取中点M，连，则是的中位线，即得，又平面，
平面，即有平面，即M就是所找点F．
由，从而得．
（2）①由题意，当几何体的体积最大时，而底面的面积确定，从而点D到底面的距离最大，此时应有平面平面．
由已知，在图①中，取中点Q，连，在图②中连．
由已知，又，则四边形为正方形，
从而为等腰直角三角形，又，，，
所以，即为直角三角形，得．
在图②中，E为中点，则，
又平面平面且平面平面，
则有平面，得．
又，，则平面．
②过点E作于M，连，由①知平面，则，又，
，则平面，从而，即就是二面角的平面角．显然是直角三角形，且．
令，则，，
则，则．
1 / 1贵州省贵阳清华中学2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题
1．（2024高一下·贵阳月考）设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得或，则集合，
因为集合，所以.
故答案为：C.
【分析】求解不等式求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高一下·贵阳月考）设复数所对应的点是，对应的点是，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可得：，，
则.
故答案为：B.
【分析】根据复数在复平面内的表示，结合复数代数形式的乘法运算求解即可.
3．（2024高一下·贵阳月考）已知，是两个不同的平面，直线，则“”是“”成立的（ ）
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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：，是两个不同的平面，直线， 若，则，即充分性成立；
设，当，且，，此时，但是与相交，即必要性不成立，
故”是“”成立的充分不必要条件.
故答案为：A．
【分析】根据充分必要条件定义判断即可．
4．（2024高一下·贵阳月考）用斜二测画法画一个水平放置的平面图形的直观图为如图所示的一个正方形，则原来实际图形的周长是（ ）
A． B． C．6 D．8
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由斜二测画法可知：正方形的原图形，如图所示：
且，，则，故原来实际图形的周长为.
故答案为：D.
【分析】由斜二测画法作出正方形的原图形，用勾股定理计算线段长度，再求周长即可.
5．（2024高一下·贵阳月考）在中，D为边的中点，E，F分别为边，上的点，且，，若，，则值为（ ）
A．1 B． C．3 D．5
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，，所以，
又因为D为边的中点，所以，所以，则.
故答案为：A.
【分析】根据向量的线性运算分别求出的值，即可求的值.
6．（2024高一下·贵阳月考）已知三条不重合的直线 ， ， ，三个不重合的平面 ， ， ，则（ ）
A．若 ， ，则
B．若 ， ， ，则
C．若 ， ， ，则
D．若 ， ， ， ，则
【答案】C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】对于A中，若 ， ，则 或 ，所以A项不正确；
对于B中，若 ， ， ，则 或 与 相交，所以B项不正确；
对于C中，设 ，在平面 内任取一点 ，作 ，垂足分别为 ，由面面垂直的性质定理，可得 ，
又因为 ，可得 ，所以C项正确；
对于D中，若 ， ， ， ，只有 相交时，才有 ，所以D项不正确.
故答案为：C.
【分析】根据题意由直线与平面、平面与平面的性质和判定定理对选项逐一判断即可得出答案。
7．（2024高一下·贵阳月考）已知，，，则有（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；基本不等式
【解析】【解答】解：由，可得，当且仅当时等号成立，即
，，则.
故答案为：B.
【分析】由基本不等式求出的范围，再由指数函数、对数函数单调性求得b，c的范围，最后借助中间值比较大小即可.
8．（2024高一下·贵阳月考）如图，为了测量花溪河对岸一座塔楼的高度，测量者小王在岸边点A处测得塔顶D的仰角为，塔底C与A的连线与河岸成角，小王沿河岸向西走了40米到达M处，测得塔底C与M的连线与河岸成角，则塔楼的高度为（ ）
A．20米 B．25米 C．米 D．米
【答案】D
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，，，
由正弦定理，以及，
可得.
故答案为：D.
【分析】在中，利用正弦定理求，再由求的高度即可.
9．（2024高一下·贵阳月考）下列命题正确的是（ ）
A．复数的共轭复数是
B．复数是纯虚数，则
C．复数所对应的点在第二象限，则
D．已知，复数z满足，则的最大值为6
【答案】B,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、复数的共轭复数是，故A错误；
B、由题意可得：，解得，故B正确；
C、由题意可得：，解得，故C正确；
D、设复数，由，，可得，
令，
则，
其中，则，当且仅当等号成立，此时，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】写出共轭复数即可判断A；由纯虚数的概念列式求解即可判断B；由复数的几何意义列出不等式组求解即可判断C；由复数的几何意义求解即可判断D.
10．（2024高一下·贵阳月考）已知向量，，且是直角三角形，则k的值可以是（ ）
A．或 B．1或2 C． D．
【答案】A,C
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，则，
若是直角，则，解得以或；
若是直角，则，无解；
若是直角，则，解得，
综上所述，k的值可以是或或.
故答案为：AC.
【分析】先求的坐标，分、和为直角讨论，结合向量垂直的坐标表示列式求解即可.
11．（2024高一下·贵阳月考）如图所示，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别为，，的中点，则有（ ）
A．直线平面
B．异面直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角为
D．平面截正方体所得的截面面积为
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、取中点，连接，如图所示：
易知，因为平面，平面，所以平面，
又因为分别为的中点，所以且，
又因为且，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，
因为平面，
所以平面平面，而平面，所以直线平面，故A正确；
B、连接，如图所示：
因为E，F，分别为，的中点，所以，
因为是棱长为2的正方体，所以，
所以是等边三角形，所以，则直线与所成的角为，故B正确；
C、延长，交的延长线于，如图所示：
因为G为的中点，所以B为的中点，
由正方体的性质可知：平面，则是直线与平面所成角的平面角，
因为，所以直线与平面所成的角不是，故C错误；
D、因为，，所以，则四点共面，
即截面为等腰梯形，因为正方体棱长为2，
所以，，
则该等腰梯形的高为：，
该等腰梯形面积为：，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据三角形中位线定理、异面直线所成角定义，结合线面角的定义、线面平行的判定定理、正方体的截面性质逐项判断即可.
12．（2024高一下·贵阳月考）已知向量，，且，则 ．
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由题意可得：，整理可得，即，
则.
故答案为：.
【分析】根据向量平行的坐标表示求得，再利用正弦的二倍角公式，以及同角三角函数基本关系化为含有的式子求解即可.
13．（2024高一下·贵阳月考）已知扇形的半径为3，中心角为，则这个扇形围成的圆锥的内切球的体积是 ．
【答案】
【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】解：设圆锥底面半径为R，
由扇形的半径为3，中心角为， 可得扇形的弧长为，
即圆锥的底面周长为，则，解得；
设内切球半径为r，圆锥高为h，则，
圆锥轴截面图，如图所示：
则，解得，故．
故答案为：.
【分析】由题意，先求扇形的弧长，再根据圆锥底面圆周长为扇形弧长求得圆锥底面半径，设内切球半径为r，圆锥高为h，结合轴截面图形计算得，代入体积公式求解即可.
14．（2024高一下·贵阳月考）在矩形中，，，E为的中点，F为的中点，Q为边上的动点（包括端点），则的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：以为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
则，
设，，
则的取值范围是.
故答案为：.
【分析】以为坐标原点，建立平面直角坐标系，引入参数，结合向量数量积的坐标公式将表示成的函数求解即可.
15．（2024高一下·贵阳月考）已知向量，，．
（1）若，求值；
（2）若向量在方向上的投影向量为，求的值．
【答案】（1）解：易知，若，则，解得；
（2）解：易知，
若向量在方向上的投影向量为， 则，
即，解得或.
【知识点】平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示列式求解即可；
（2）根据投影向量的定义列式求解即可.
（1）由已知则，，
则有，又，
由，解得．
（2）由已知，
设向量与得夹角为，则在方向上的投影向量为
从而有，解得或.
16．（2024高一下·贵阳月考）如图所示，在四棱锥中，底面是矩形，侧棱底面，，E是的中点，过点D作于点F．求证：
（1）平面；
（2）平面．
【答案】（1）证明：连与交于点O，连，如图所示：
因为为矩形边的中点，所以是的中位线，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：因为底面，平面，所以，
在矩形中，，又因为，平面，
所以平面，平面，所以，
由已知，E为的中点，则，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，所以平面．
【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）连与交于点O，连，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）要证平面，由于已经有，故只需证明，即只需证明平面，结合线面垂直的判定定理、性质定理证明即可.
（1）如图，连与交于点O，连．
由矩形知O为的中点，
从而是的中位线，所以，
又平面，平面．
则平面．
（2）由已知底面，平面，则，
在矩形中，又，平面，
所以平面，平面，则．
由已知，E为的中点，则有，
又，平面，所以平面，
又因为平面，从而，
又，，平面，
所以平面．
17．（2024高一下·贵阳月考）已知向量，，函数的部分图象如图所示：
（1）求的最小正周期和单调区间；
（2）函数在有两个不同的零点，求m的取值范围．
【答案】（1）解：函数，由图可知：，即，则的最小正周期为，
，解得，则，
令，单调递增，
，单调递减，
则的单调递增区间是；单调递减区间是；
（2）解：由（1）知，令，，则，
由，
作及，的图象，如图所示：
由图可知：，即m的取值范围为．
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）根据向量的数量积，结合三角函数恒等变化求得，根据图象得，从而可得，整体代入法列出不等式组求解单调区间即可；
（2）将原问题等价转换为的图象及的图象交点个数为2时，求的范围，只需作出两函数的图象，数形结合求解即可.
（1）由已知函数
由图知，则的最小正周期为．
从而，得．
令，此时递增．
，此时递减．
所以的递增区间是；递减区间是．
（2）由（1）知，令，，则，
由，
作及，的图象，
如图知当与有两个不同的交点时，．
18．（2024高一下·贵阳月考）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，现有三个条件：
①；
②；
③（S为的面积）．
请从以上三个条件中选择一个填入下面横线上作为前提条件，并求解．（注：若选择多个条件分别解答，则按第一个解答给分）
已知：______．
（1）若，，求内切圆的半径；
（2）若点D是上一点，且，的面积，求的最小值．
【答案】（1）解：若选①：，
由正弦定理可得：
化简可得，解得，又因为，所以；
若，，由余弦定理定理可得：，解得，
则的面积为，
设内心为I，内切圆半径为r，连，，，
则，；
若选②：，由正弦定理可得：，
再由余弦定理可得：，因为，所以；
以下解法同①；
若选③：，由余弦定理和面积公式可得：，
解得，又因为，所以，
以下解法同①；
（2）解：由（1）知，因为，所以，解得，
如图所示：
由，可得，
即，，当且仅当时等号成立，
则的最小值为．
【知识点】基本不等式；解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理和余弦定理，结合等面积法来研究内切圆半径即可；
（2）利用定比分点向量方法来求三等分线段长，再由已知面积可知两边之积为定值，利用均值不等式，从而求得三等分线段有最小值.
（1）若选①：，由正弦定理得
而，又，则．
若，，由余弦定理有：
解得，则知的面积为．
设内心为I，内切圆半径为r，连，，，则
所以．
若选②：由结合正弦定理角化边得：
，再由余弦定理可得：
因为，所以．
以下解法同①；
若选③：由，结合余弦定理和面积公式可得：
，
弦化切得：，又因为，所以．
以下解法同①；
（2）由（1）知，又题意，
如图，
即
取等号条件是，
所以的最小值为．
19．（2024高一下·贵阳月考）如图①，在直角梯形中，，，，E为的中点，将沿折起构成几何体，如图②．在图②所示的几何体中：
（1）在棱上找一点F，满足平面，求几何体与几何体的体积比；
（2）当几何体的体积最大时，
①求证：平面；
②求二面角的余弦值．
【答案】（1）解：取中点M，连，如图所示：
则是的中位线，，
因为平面，平面，即有平面，所以就是所找点，
由，可得；
（2）解：①、由题意，当几何体的体积最大时，而底面的面积确定，从而点D到底面的距离最大，此时应有平面平面，
由已知，在图①中，取中点Q，连，在图②中连，如图所示：
由已知，又，则四边形为正方形，
从而为等腰直角三角形，又，，，
所以，即为直角三角形，得．
在图②中，E为中点，则，
又平面平面且平面平面，
则有平面，得，
又，，则平面，
②、过点E作于M，连，如图所示：
由①知平面，则，又，
，则平面，从而，即就是二面角的平面角，
显然是直角三角形，且，
令，则，，
则，则．
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取中点M，连，可得，进一步可证平面，M就是所找点F，此时将体积比转换为面积比即可；
（2）①几何体的体积最大即平面平面，再通过平面几何知识证明，结合面面垂直的性质证明平面即可；
②通过定义法说明就是二面角的平面角，结合平面几何知识即可进一步求解.
（1）取中点M，连，则是的中位线，即得，又平面，
平面，即有平面，即M就是所找点F．
由，从而得．
（2）①由题意，当几何体的体积最大时，而底面的面积确定，从而点D到底面的距离最大，此时应有平面平面．
由已知，在图①中，取中点Q，连，在图②中连．
由已知，又，则四边形为正方形，
从而为等腰直角三角形，又，，，
所以，即为直角三角形，得．
在图②中，E为中点，则，
又平面平面且平面平面，
则有平面，得．
又，，则平面．
②过点E作于M，连，由①知平面，则，又，
，则平面，从而，即就是二面角的平面角．显然是直角三角形，且．
令，则，，
则，则．
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