【江苏省专用】2024-2025学年高一数学下册期末真题专项练习 04 解答题（含答案+解析）

【江苏省专用】2024-2025学年高一数学下册期末真题专项练习
04 解答题
一、解答题
1．（2024高一下·镇江期末）如图，在正方体中.
（1）求证：平面；
（2）求证：.
2．（2024高一下·连云港期末）在中，角的对边分别是，且．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积．
3．（2024高一下·江苏期末）《中华人民共和国未成年人保护法》保护未成年人身心健康，保障未成年人合法权益.我校拟选拔一名学生作为领队，带领我校志愿队上街宣传未成年人保护法.现已从全校选拔出甲 乙两人进行比赛，比赛规则是：准备了5个问题让选手回答，选手若答对问题，则自己得1分，该选手继续作答；若答错问题，则对方得1分，换另外选手作答.比赛结束时分数多的一方获胜，甲 乙能确定胜负时比赛就结束，或5个问题回答完比赛也结束.已知甲 乙答对每个问题的概率都是.竞赛前抽签，甲获得第一个问题的答题权.
（1）求前三个问题回答结束后乙获胜的概率；
（2）求甲同学连续回答了三次问题且获胜的概率.
4．（2024高一下·苏州期末）一个袋子中有大小和质地均相同的四个球，其中有两个红球（标号为1和2），一个黑球（标号为3），一个白球（标号为4），从袋中不放回地依次随机摸出两个球.设事件“第一次摸到红球”，“第二次摸到黑球”，“摸到的两个球恰为一个红球和一个白球”.
（1）用数组表示可能的结果，是第一次摸到的球的标号，是第二次摸到的球的标号，试用集合的形式写出试验的样本空间；
（2）分别求事件A，B，C发生的概率；
（3）求事件A，B，C中至少有一个发生的概率.
5．（2024高一下·苏州期末）如图，在四棱锥中，已知底面ABCD为矩形，底面ABCD，，E，F，G分别为线段AD，BC，PB的中点.
（1）求证：平面PBC；
（2）求证：平面AFG.
6．（2024高一下·连云港期末）如图，在正方体中，为棱的中点．
求证：（1）∥平面；
（2）平面⊥平面
7．（2024高一下·连云港期末）已知三种不同的元件，其中元件正常工作的概率分别为，每个元件是否正常工作不受其他元件的影响．
（1）用元件连接成系统（如左图），当元件都正常工作时，系统正常工作．求系统正常工作的概率；
（2）用元件连接成系统（如右图），当元件正常工作且中至少有一个正常工作时，系统正常工作．若系统正常工作的概率为，求元件正常工作的概率．
8．（2024高一下·扬州期末）已知.设.
（1）若三点共线，求的值；
（2）若，求的值.
9．（2024高一下·南通期末）如图，在四棱锥中，底面是菱形，平面，分别是棱的中点．
（1）证明：；
（2）证明：平面．
10．（2024高一下·南通期末）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
（1）求B；
（2）若，求．
11．（2024高一下·吴江期末）如图，在中，，，，且，，与交于点.
（1）求的值；
（2）求的值.
12．（2023高一下·苏州期末）如图，在直三棱柱中，，，，为棱的中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求点到平面的距离.
13．（2024高一下·苏州期末）如图，在平行四边形中，已知，，，为线段的中点，为线段上的动点（不含端点）.记.
（1）若，求线段EF的长；
（2）若，设，求实数和的值；
（3）若与交于点，，求向量与的夹角的余弦值.
14．（2022高一下·镇江期末）某景区的平面示意图为如图的五边形ABCDE，其中BD，BE为景区内的乘车观光游览路线，ED，DC，CB，BA，AE是步行观光旅游路线（所有路线均不考虑宽度），经测量得：∠BCD＝135°，∠BAE＝120°，∠CBD＝30°，，DE＝8，且.
（1）求BE的长度；
（2）景区拟规划区域种植花卉，应该如何设计，才能使种植区域面积最大，并求此最大值．
15．（2024高一下·苏州期末）如图，在平面四边形ABCD中，已知AC与BD交于点E，且E是线段BD的中点，是边长为1的等边三角形.
（1）若，求线段AE的长；
（2）若且，求.
16．（2024高一下·镇江期末）已知在多面体中，，，.
（1）若，，，四点共面，求证：多面体为棱台；
（2）在（1）的条件下，平面平面，，，，且.
①求多面体的体积；
②求二面角正切值.
17．（2024高一下·江苏期末）已知向量，.
（1）若，求；
（2）设，若，当取最小值时，求的值.
18．（2023高一下·苏州期末）已知甲的投篮命中率为0.6，乙的投篮命中率为0.7，丙的投篮命中率为0.5.
（1）甲、乙、丙各投篮一次，求甲和乙命中，丙不命中的概率；
（2）甲、乙、丙各投篮一次，求恰有一人命中的概率；
（3）甲、乙、丙各投篮一次，求至少有一人命中的概率.
19．（2024高一下·镇江期末）在以下三个条件中任选一个，补充到下面的问题中并作答.
①；②；③的面积为（如多选，则按选择的第一个记分）
问题：在中，角，，的对边分别为，，，且 .
（1）求角；
（2）若，求面积的最大值；
（3）在（2）的条件下，若为锐角三角形，求的取值范围.
20．（2024高一下·扬州期末）如图，在斜三棱柱中，侧面为菱形，，为中点，与的交点为.
（1）求证：//平面；
（2）求证：平面；
（3）求二面角的正弦值.
21．（2024高一下·扬州期末）已知函数.
（1）当时，求函数的值域；
（2）求函数在区间上的所有零点之和.
22．（2023高一下·苏州期末）已知复数为纯虚数.
（1）求的值；
（2）若，求.
23．（2024高一下·扬州期末）某保险公司为了给年龄在20~70岁的民众提供某种医疗保障，设计了一款针对某疾病的保险.现从10000名参保人员中随机抽取100名进行分析，并按年龄段分成了五组，其频率分布直方图如图所示，每人每年所交纳的保费与参保年龄如下表所示：
年龄
保费（单位：元）
（1）若采用分层抽样的方法，从年龄段在和内的参保人员中共抽取6人进行问卷调查，再从中选取2人进行调查对该种保险的满意度，求这2人中恰好有1人年龄段在内的概率.
（2）由于10000人参加保险，该公司每年为此项保险支出的各种费用为200万元.为使公司不亏本，则年龄段的参保人员每人每年需要缴纳的保费至少为多少元？
24．（2024高一下·南通期末）某班学生日睡眠时间（单位：h）的频率分布表如下：
分组 [7，7.5） [7.5，8） [8，8.5） [8.5，9]
频数 4 x 20 y
频率 a b 0.4 0.12
（1）计算该班学生的平均日睡眠时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；
（2）用比例分配的分层随机抽样方法，从该班日睡眠时间在和的学生中抽取5人．再从抽取的5人中随机抽取2人，求2人中至少有1人的日睡眠时间在[7，7.5）的概率．
25．（2023高一下·苏州期末）已知直角梯形中，，，，，，为的中点，，如图，将四边形沿向上翻折，使得平面平面.
（1）在上是否存在一点，使得平面？
（2）求二面角的余弦值.
26．（2022高一下·江宁期末）已知为锐角，．
（1）求的值；
（2）求的值．
27．（2023高一下·苏州期末）在钝角三角形中，，，，.
（1）求的值；
（2）已知，，三点共线，若恒成立，求实数的取值范围.
28．（2022高一下·镇江期末）如图，在三棱柱中，侧面BCC1B1是菱形，AC⊥BC1．
（1）求证：BC1⊥AB1；
（2）若侧面ACC1A1为矩形，，BC＝2．
①求证：平面ACC1A1⊥平面BCC1B1；
②求直线AC1与平面BCC1B1所成角的正切值．
29．（2024高一下·扬州期末）如图所示，已知是以为斜边的等腰直角三角形，在中，，.
（1）若，求的面积；
（2）①求的值；
②求的最大值.
30．（2022高一下·镇江期末）如图，在四棱锥P－ABCD中，PB＝PD，PA⊥PC，M，N分别为PA，BC的中点底面四边形ABCD是边长为2的菱形，且∠DAB＝60°，AC交BD于点O．
（1）求证：MN∥平面PCD；
（2）二面角B－PC－D的平面角为θ，若．
①求PA与底面ABCD所成角的大小；
②求点N到平面CDP的距离．
31．（2024高一下·吴江期末）在中，D为BC的中点，且.
（1）求；
（2）若，求.
32．（2022高一下·镇江期末）用“五点法”作函数f（x）＝Asin（ωx＋φ）（A＞0，ω＞0，）的图像．
（1）列出下表，根据表中信息．
ωx＋φ 0 π a 2π
x 1 3 b 7 9
f（x） 0 2 0 c 0
①请求出A，ω，φ的值；
②请写出表格中a，b，c对应的值；
③用表格数据作为“五点”坐标，作出函数y＝f（x）一个周期内的图像；
（2）当时，设“五点法”中的“五点”从左到右依次为B，C，D，E，F，其中C，E点分别是图象上的最高点与最低点，当△BCE为直角三角形，求A的值．
33．（2022高一下·镇江期末）已知，．
（1）求cos2α的值；
（2）若，且，求角β．
34．（2024高一下·连云港期末）如图，已知各边长为4的五边形由正方形及等边三角形组成，现将沿折起，连接，得到四棱锥，且二面角的正切值为．
（1）求证：四棱锥为正四棱锥；
（2）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值；
（3）若点是侧棱上的动点，现要经过点作四棱锥的截面，使得截面垂直于侧棱，试求截面面积的最大值．
答案解析部分
1．（1）证明：在正方体中，
又平面，平面，所以平面；
（2）证明：连接、，在正方体中为正方形，
所以，
又平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，所以.
（1）根据正方体的性质得到，再利用线面平行的判定定理（平面外一条直线与此平面内的一条直线平行，则该直线与此平面平行）即可得证；
（2）根据正方体的性质得到、，即可证明平面，从而得证.
2．（1）因为，
由正弦定理可得，
即，
又，
所以，
又，
所以.
（2）由余弦定理，
即，
又，
解得（负值已舍去），
所以.
在解决这类题目时，需要明确题目给出的条件，并尝试将条件转化为数学表达式。在本题中，我们需要先求出角B的大小，然后在给定的b值和a、c之间的比例关系下，求出三角形ABC的面积。
3．（1）
（2）
4．（1）解：样本空间
，样本空间共有12个基本事件；
（2）解：事件A包含的基本事件为：，共6个基本事件，
则；
事件B包含的基本事件为：，共3个基本事件，
则；
事件C包含的基本事件为：，共4个基本事件，则；
（3）解：事件A，B，C中至少有一个发生包含的基本事件为：，共9个基本事件，则.
（1）由题意，列出样本空间即可；
（2）根据古典概型概率计算公式计算即可；
（3）根据古典概型概率计算公式计算即可.
5．（1）证明：因为四棱锥的底面为矩形，所以，
又因为底面，底面，所以，
又因为，平面，则平面，
平面，所以，
又因为，为中点，所以，
平面，，所以平面.
（2）证明：连接交于点，连接，如图所示：
因为四边形为矩形，分别为中点，
所以，则，即为中点，
又因为为中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
（1）由题意，利用线面垂直的判定定理证明平面，推出，再由，即可证明平面PBC；
（2）连接交于点，由，得为中点，可得，根据线面平行的判定定理即可证明.
6．（1）连交于，连，
因为为的中点，为的中点，
所以
又平面平面，
所以平面
（2）因为平面，
所以于，
所以平面，
所以
同理可证，
又于，
所以平面，
因为，
所以平面，
又平面，
所以平面平面．
(1)欲证明 ∥ 平面，只需在平面内找到一条直线与平行，根据中位线定理可知，满足线面平行的判定定理，即可得到结论；
(2) 借助题设运用面面垂直的判定定理推证。
7．（1）记元件正常工作为事件，元件正常工作为事件，
系统正常工作为事件，
则，，
所以；
（2）记元件正常工作为事件，系统正常工作为事件，
则
，
解得，
即元件正常工作的概率为.
（1）本题主要考察了独立事件的概率乘法公式，根据相互独立事件的概率公式计算可得；
（2）记元件正常工作为事件，系统正常工作为事件，则，根据相互独立事件的概率公式得到方程，解得即可.
8．（1）解：易知，
，
因为三点共线，所以，即，解得；
（2）解：因为，所以，即，解得.
（1）先求向量的坐标，再利用向量共线的坐标表示列式求解即可；
（2）根据向量垂直的坐标表示列式求解即可.
9．（1）证明：连接交于点，由四边形是菱形得，
因为平面，平面，
所以，
因为，，，平面，
所以平面，又平面，
所以．
（2）证明：连接，
因为四边形是菱形，所以点为中点，
又分别是棱的中点，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
因为平面，且，
所以平面平面，又平面，
所以平面．
（1）连接交于点，由已知证明平面，又平面，即可证明；
（2）连接，证明出平面平面，结合面面平行的性质（两个平面平行，在一个平面内的任意一条直线平行于另外一个平面）即可证明．
10．（1）解：，
故，
因为，所以；
（2）解：设，代入中，
，故，解得，
由余弦定理得，
则，
故.
（1）根据余弦定理（在三角形中， 一个边的平方等于另外两边的平方的和减去另外两边与这条边的对角的余弦的积的两倍，即）得到，得到；
（2）设，代入，求出，再由余弦定理得到，进而得到正弦和正切.
11．（1）
（2）
12．（1）证明：因为为直三棱柱，所以平面.
又平面，所以.
因为为棱的中点，，所以.
因为平面，平面，，
所以平面.
又平面，所以.
因为为棱的中点，所以.
又，所以，同理，所以.
因为平面，平面，，
所以平面，平面，
所以平面平面；
（2）解：因为，，，
所以，，
所以.
由（1）知平面，
所以，
即三棱锥的体积为.
因为，
所以，又，
取的中点为，则，所以，
所以，
设点到平面的距离为，
则，
所以.
(1)先证明平面可得，再用且可得，同理，可证明，可证明平面，由面面垂直的性质定理可证明平面平面.
(2)利用等体积转化法可求得三棱锥的体积为，求出，即可求出 点到平面的距离 .
13．（1）解：若，则，，，
两边平方可得，则；
（2）解：若，则，所以，
①，
②，
由①②可得，
则
（3）解：，
，
设，又，
又，所以①，
由，可得，所以，所以，
所以，
由，可得，
所以，
又三点共线，所以②，
联立①②解，
所以，所以，
，
，
所以
，
又，
所以，同理可得，
所以.
（1）由题意，根据向量的线性运算可得，两边平方即可求解；
（2）由已知可得，，可得结论；
（3）利用向量的线性关系可得，，再求其数量积以及模，最后根据向量的夹角公式求解即可.
14．（1）解：在中，由正弦定理得，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以，解得或（舍）
（2）解：在中，由余弦定理得，
所以，
所以，
当且仅当时等号成立，
此时面积最大值
所以当步行观光旅游路线时，种植区域面积最大，且最大值为
(1)在△BCD中，由正弦定理可得BD的值，在△BDE中，由余弦定理可得BE的值；
(2)在△ABE中，由(1)及余弦定理和均值不等式可得 的最大值，进而求出 的面积的最大值.
15．（1）解：易知，
因为，所以，
在中，因为，
所以，
由正弦定理，可得；
（2）解：，，
在中，由余弦定理①，
在中，由余弦定理②，
①②两式相加可得，
由，设，，则，
在中，，由余弦定理，
可得，化简得，
由，解得或，
当时，，不合题意，舍去；
当时，，符合题意，
所以，，，
在中，，，可得，
在中，由余弦定理，则.
（1）易知，利用同角三角函数基本关系可得，再在中，利用正弦定理求线段AE的长即可；
（2）在和中，分别利用余弦定理求得，再根据，解得，再在中，根据余弦定理求，最后根据同角三角函数基本关系即可求.
16．（1）证明：因为，平面，平面，
所以平面.
同理可证：平面.
又因为，平面，平面.
所以平面平面，而，故共面.
因为，设.
而，且平面，
所以平面，同理可证平面，
所以面面.
又因平面平面，所以，
则交于同一点，又因为平面平面.
所以多面体为棱台.
（2）解：三棱台中，由(1)知侧棱交于同一个点，连结.
在侧面梯形中，有，.
所以梯形为直角梯形.
又因为，，
所以，所以，故.
又因面面，面面，面.
所以平面，即的长度等于点到平面的距离.
在三棱台中，有，即，所以，
侧面梯形中，，，，.
所以侧面梯形的面积.
又，解得.
故.
所以.
因为.
故.
所以所求棱台的体积为
②在内，过点作，记垂足为，连接.
由①知平面，又平面，所以，.
又因为，，所以平面.
又因为平面，所以，
又，所以的值等于二面角的值.
在中，，，.
所以.
故.
解得，故由即知.
所以二面角的正切值为.
(1)利用面面平行的判定定理（ 如果一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行）可以证明上下底面的两个面平行，接着证明三条侧棱交于一点.
(2)求棱台的体积转化为求两个棱锥的体积即可；求二面角的正切值做出二面角的正切值，利用解三角形求解即可.
17．（1）
（2）
18．（1）解：设事件：甲投篮命中；事件：乙投篮命中；事件：丙投篮命中，
，，
甲、乙、丙各投篮一次，则甲和乙命中，丙不命中的概率为
．
所以甲、乙、丙各投篮一次，甲和乙命中，丙不命中的概率为0.21
（2）解：设事件：恰有一人命中．
所以
．
所以甲、乙、丙各投篮一次，恰有一人命中的概率为0.29
（3）解：设事件：至少有一人命中．
所以.
所以甲、乙、丙各投篮一次，至少有一人命中的概率为0.94
(1)根据概率乘法公式及对立事件的概率公式即可求解.
(2)根据相互独立事件的概率乘法公式及概率加法公式即可求解.
(3)利用正难则反易的思想，用对立事件的概率公式即可求解.
19．（1）解：若选①：由正弦定理得，
则，
，
，
．
若选②：，切化弦，得到，
则由正弦定理得，，即，，
，
若选③：，
则，
由正弦定理得，
，
.
（2）解：由余弦定理得，，则，当且仅当“”时，取“＝”号，即．
，则，当且仅当“”时取得最大值．
（3）解：由正弦定理得，
则，
，由于为锐角三角形，
则，
.
.
（1）选①：由正弦定理得到，再利用两角和的正弦公式化简得到求解；选②利用同角三角函数关系式先切化弦，再利用正弦定理得到求解；选③利用三角形面积公式和正弦定理得到，再利用余弦定理求解.
（2）利用余弦定理（三角形任何一边的平方等于其他两边平方的和减去这两边与它们夹角的余弦的积的两倍，即）和基本不等式即可解题；
（3）由正弦定理得到，从而有求解.
20．（1）证明：连接，如图所示：
因为侧面为平行四边形，所以为中点，
又因为为中点，所以//，
又因为平面平面，所以//平面；
（2）证明：连接，如图所示：
由为菱形，可知，因为，所以为等边三角形，
因为是中点，则，且；由，可得，
因为，所以，即，
又因为平面平面，则平面；
（3）解：由（2）可知平面，因为平面，所以平面平面，
过点作，垂足为，过作，垂足为，连接，如图所示：
因为平面平面平面，所以平面，
因为平面平面，所以；
因为平面平面，所以平面，
又平面，所以，所以为二面角的平面角，
在中，，可得，
在中，，可得，
在中，，可得，
因为，所以，
即二面角的正弦值为.
（1）连接，根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）由等边三角形证得，再由勾股定理逆定理证得，最后根据面面垂直的判定定理证明即可；
（3）作，证平面，作，证，得为二面角的平面角，由题设求得即可得二面角的正弦值.
21．（1）解：函数
，
因为，所以，所以，
则的值域为；
（2）解：因为，所以，
由，可得，
所以，解得，
则函数在区间上的所有零点之和为.
（1）利用三角恒等变换化简可得，再根据正弦函数的性质求解即可；
（2）求出函数在区间上的所有零点即可求解.
22．（1）解：因为为纯虚数，
所以，且，
解得；
（2）解：由（1），
又，
所以，
所以，
所以，
所以
(1)由纯虚数的定义可得且即可求解.
(2)先利用复数的四则混合运算化简，再利用复数的模即可求解.
23．（1）解：由，解得，
设“抽取2人中恰好有1人年龄段在内”为事件，
由频率分布直方图可知：分别从年龄在和内抽取2人、4人，
记年龄在内2位参保人员为，年龄在的4位参保人员为，则从6人中任取2人，
样本空间，共包含15个样本点，共包含8个样本点，所以；
（2）解：保险公司每年收取的保费为：
，
所以要使公司不亏本，则，即，解得，所以年龄段需要缴纳的保费至少为250元.
（1）根据频率分布直方图频率和为1求出a的值，再利用分层随机抽样的确定在和内抽取的人数，最后列举法求概率即可；
（2）求出保险公司每年收取的保费为，所以要使公司不亏本，则，解不等式即可.
24．（1）解：因为容量，
所以，
所以该班学生的平均日睡眠时间为
；

（2）解：由（1）知，该班日睡眠时间在和频率比为，
由比例分配的分层随机抽样方法，分别从和两组的学生中抽取2人，3人，
记中抽取的2人为，中抽取的3人为，
设“2人中至少有1人的睡眠时间在”为事件，
则，
，
所以发生的概率，
所以2人中至少有1人的日睡眠时间在[7，7.5）的概率为.
（1）先求出的值，再求平均数；
（2）由比例分配的分层随机抽样方法，分别从和两组的学生中抽取2人，3人，再由古典概率求解.
25．（1）解：当点为的中点时，平面，证明如下：
由已知，
所以四边形为矩形，
所以，，
已知，点为的中点，则，
又，，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面，
所以在上存在一点，使得平面；
（2）解：因为平面平面，平面平面，
，平面，
所以平面，又，
以点为原点，分别以为轴的正方向，建立空间直角坐标系，
则，
所以，
设平面的法向量为，，
所以，故，
取，可得，
所以为平面的一个法向量，
设平面的法向量为，，
所以，故，
取，可得，
所以为平面的一个法向量，
所以，
设二面角的平面角为，
则，观察图象可得，
所以.
所以二面角的余弦值为
(1) 取点为的中点，证明，利用线面平行的判定定理即可证明.
(2)建立空间直角坐标系，利用向量法分别求出平面，平面的法向量，再利用向量夹角公式即可求解.
26．（1）解：因为，
所以 ，
，
（2）解：因为锐角，则，
而，则，
所以，
所以，
∴.
（1）利用已知条件结合二倍角的余弦公式和同角三角函数基本关系式，进而得出 的值。
（2）利用 为锐角，则，再利用结合同角三角函数基本关系式得出的值，进而结合同角三角函数基本关系式得出的值，再利用角之间的关系和两角差的正切公式，进而得出角 的正切值，从而得出角 的值。
27．（1）解：因为，，，
又，
所以，
所以，所以或，
若，则，
则，
为三角形最大内角，不合题意；
所以，则，
，
则
（2）解：由已知，设，
则，
所以，
，，
当时，取最小值，最小值为，
由恒成立可得，.
所以的取值范围为
(1)利用三角形的面积公式可得，即可求出A，再利用余弦定理可判断，用表示，结合数量积的运算即可求解.
(2) 设 ，利用数量积的运算可得，结合二次函数即可求最小值，再由恒成立即可求解.
28．（1）证明：侧面BCC1B1是菱形，，
又AC⊥BC1，，平面，
平面，
（2）解：①侧面ACC1A1为矩形，，
AC⊥BC1，，平面BCC1B1，
平面ACC1A1，平面ACC1A1⊥平面BCC1B1
②平面BCC1B1，在平面BCC1B1上的射影为，
直线AC1与平面BCC1B1所成角为，
.
(1)根据已知条件及菱形对角线垂直，可证明线面垂直，由线面垂直可得 BC1⊥AB1；
(2)①根据线面垂直及面面垂直的判定定理能证明平面ACC1A1⊥平面BCC1B1；
②由线面角的定义和三角函数的性质能求出直线AC1与平面BCC1B1所成角的正切值．
29．（1）解：在中，，，由余弦定理可得
，
因为是等腰直角三角形，
所以；
（2）解：①因为，由余弦定理可得
，
即；
②在中，，
由正弦定理，可得
，
因为，所以，又，
在中，由余弦定理可得
（其中为锐角，且），
由可得，
所以当时，即时，取得最大值.
(1)由题意，利用余弦定理求解边长，再利用等腰三角形的性质求解面积即可；
(2)①直接利用余弦定理求解即可；
②在中，由正弦定理可得，在中，由余弦定理得，再结合三角函数求解最值即可.
30．（1）证明：取PD得中点E，连接ME，CE，如图，
为PA的中点，，
为的中点且四边形ABCD为菱形，.
，四边形MNCE为平行四边形，
，
又MN平面PCD， CE平面PCD，
MN∥平面PCD.
（2）解：①连接PO，过作于，连接，
由PB＝PD，是的中点，，
由菱形知，又，平面，
平面，平面平面，且交线为，
直线在平面上的射影为，即PA与底面ABCD所成角为.
平面，，且在平面上的射影为，
，又PA⊥PC，，是的中点，是PC的中点，
，
由知，， ，
为二面角B－PC－D的平面角，
，
即，解得，，
，
，，
即PA与底面ABCD所成角的大小为.
②连接，过作于，
由，平面，平面，平面
点N到平面CDP的距离即点到平面CDP的距离，
，
平面，平面平面，且是交线，
，平面，
在中，，，，
由等积法可得，即，
即点N到平面CDP的距离为.
(1)取PD得中点E，连接ME， CE，证明NM//EC，然后证明MN //平面PCD；
(2)①作出二面角的平面角，利用二面角的余弦值求出BF， PC，再由条件可证明所求线面角为∠PAC，利用直角三角形求大小即可求出 PA与底面ABCD所成角的大小；
②由ON //平面PCD转化为点N到平面CDP的距离即点到平面CDP的距离，作出垂线段，利用等积法求解即可得点N到平面CDP的距离.
31．（1）
（2）
32．（1）解：①由表格可知，，
由，解得，，
②，，
当时，，，
③作出一个周期的图象，如图，
（2）解：，，则，
当△BCE为直角三角形时，，解得.
，解得，
，
综上，或
(1)根据表格代入，利用待定系数法求解即可；
(2)根据点的坐标，写出向量，利用向量积的坐标运算，可求解出 A的值．
33．（1）解：由可得，即，
（2）解：，，
，又，，
由（1）知，，，
，
又，
(1)结合已知条件和同角三角函数的平方关系，可得tana的值，再由余弦二倍角公式，分子分母同时除以利用同角三角函数基本关系式弦化切后得到关于tana的关系式，代入tana可求出 cos2α的值；
(2)根据a-β的取值范围，由同角三角函数的平方关系求得 的值，再由，并结合两角差的正弦公式，展开运算可求出角β的值．
34．（1）证明：过点作面，垂足为，取中点，连接，如图所示，
是平面内两条相交直线，
平面.
平面，
，二面角的平面角为.
，
在等边三角形边长为4，根据勾股定理可得，
在直角三角形，
，
，
因此为正方形的中心，
即正方形的对角线的交点，
又因为面，
则.
因此四棱锥为正四棱锥.
（2）设面面，
因为平面平面，
故面，
又面，面面，从面，
则，
同理为二面角的平面角，
因四棱锥为正四棱锥，
故，
则，
故平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
（3）由（1）知为的中点，取的中点，
连接都是正三角形，平面，
所以，
由，
则平面，
因此过点垂直于的截面与截面平行或重合，
显然点在上（不含端点）时，截面面积小于，不可能最大，
当点在（不含端点），
令，
此时截面交分别于点，，，，平面平面，
平面平面，平面平面，
因此，
同理，
由知，平面，
得平面，
而平面平面平面，
则，
同理，
于是，四边形为平行四边形，
又，
则，
即有，四边形为矩形，
显然，
则，
，
由，
得，
而，矩形面积，
从而截面的面积
，
当时，，显然，
即时，截面面积最大，最大值为.
（1）本题考查立体几何综合问题，根据过点作面，垂足为，取中点，连接，二面角的正切值为，验证的为正方形的对角线的交点，从而得证；
（2）利用二面角的定义确定二面角的平面角，求解即得；
（3）通过在图形中找到与垂直的平面，从而观察符合题意的截面，判断截面面积最大的情况，计算出面积；