四川省成都市2023-2024学年高一下学期期末适应性考试数学试题
1．（2024高一下·成都期末）已知复数（i为虚数单位），则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高一下·成都期末）已知为两个不共线的向量，若向量，则下列向量中与向量共线的是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高一下·成都期末）若直线a不平行于平面，则下列结论正确的是（ ）
A．内的所有直线均与直线a异面 B．直线a与平面有公共点
C．内不存在与a平行的直线 D．内的直线均与a相交
4．（2024高一下·成都期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·成都期末）在中，角所对的边分别是若，且，则该三角形的形状是（ ）
A．三边均不相等的三角形 B．底边与腰不相等的等腰三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
6．（2024高一下·成都期末）在正六边形ABCDEF中，，则（ ）
A． B． C． D．1
7．（2024高一下·成都期末）如图所示，某圆台型木桶（厚度不计）上下底面的面积分别为和，且木桶的体积为，则该木桶的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·成都期末）如图，在正方体中，E，F，M，N分别为棱AB，AD，，的中点，过E，F，M，N四点作该正方体的截面，则下列说法错误的是（ ）
A．该截面是六边形 B．平面
C．平面平面 D．该截面过棱的一个三等分点
9．（2024高一下·成都期末） 关于函数有下述四个结论，其中结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点对称
D．在上单调递增
10．（2024高一下·成都期末）下列命题中正确的是（ ）
A．若向量，，则的充要条件是
B．已知，是两个相互垂直的单位向量，，，且，则实数
C．已知正方形的边长为1，则
D．若O为四边形所在平面内一点，且，则四边形为平行四边形
11．（2024高一下·成都期末）化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式） 金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为2，则（ ）
A．正八面体的内切球表面积为
B．正八面体的外接球体积为
C．若点为棱上的动点，则的最小值为
D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
12．（2024高一下·成都期末）如图，在正方体中，直线与直线所成角的大小为 ；平面与平面夹角的余弦值为 ．
13．（2024高一下·成都期末）已知非零向量，，满足，且与的夹角为，则 ．
14．（2024高一下·成都期末）如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从点A测得点M的仰角，点C的仰角，以及．从点C测得，已知山高，则山高MN= m．
15．（2024高一下·成都期末）已知复数，，且为纯虚数．
（1）求复数；
（2）设，在复平面上对应的点分别为为坐标原点．求向量在向量上的投影向量的模．
16．（2024高一下·成都期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）若∠BAC的角平分线交BC于点D，且，求面积的最小值．
17．（2024高一下·成都期末）如图，在中，已知，，，且，边上的两条中线，相交于点.
（1）求；
（2）求的余弦值.
18．（2024高一下·成都期末）如图，在四棱柱中，平面，，，，为线段的中点．从条件①②中选择一个作为已知，①；②．
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）已知点M在线段上，直线EM与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
19．（2024高一下·成都期末）如图，一个半径为4m的筒车按逆时针方向每分钟转2圈，筒车的轴心O距水面的高度为2m．设筒车上的某个盛水筒P到水面的距离为d（单位：m）（在水面下则d为负数），若以盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间t（单位：s），则d与t之间的关系为（，，）．
（1）求A，ω，φ，K的值；
（2）在筒车转动的一周内，盛水筒P有多长时间距离水面高度超过4m？
（3）设t为，时，盛水筒P到水面的距离分别为，，当（），且时，求，的值．
答案解析部分
1．【答案】A
【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：，则在复平面对应的点是，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的除法运算，结合共轭复数以及复数在复平面内的表示求解即可.
2．【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：向量，，则，
因为，所以与共线．
故答案为：B．
【分析】先根据向量线性运算表示，再利用共线向量基本定理求解即可.
3．【答案】B
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、内的所有直线均与直线a异面，则直线a与平面 也可能相交，故A错误；
B、 若直线a不平行于平面， 则直线a与平面相交或直线a在平面内，故B正确；
C、当直线a在平面内时，平面内存在与a平行的直线，故C错误；
D、平面内的直线均与a相交或异面，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据题意可得直线a与平面相交或在平面内，结合线面的位置关系依次判断选项即可.
4．【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：，
则.
故答案为：D.
【分析】利用余弦的二倍角公式求解即可.
5．【答案】C
【知识点】正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：若，，则，即，
，由正弦定理可得，则，即，
故为等边三角形.
故答案为：C.
【分析】利用三角函数值求角，再利用正弦定理求得，即可判断三角形形状.
6．【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由图可得：，
则，即，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据向量的线性运算求解即可.
7．【答案】D
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台上、下底面的的半径分别为，高为，
由题意可得：，解得，
因为木桶的体积为，所以，
所以，解得，
设圆台的母线长为，则，
故该木桶的侧面积为.
故答案为：D.
【分析】设圆台上、下底面的的半径分别为，高为，由台体的体积公式求出圆台的高，再求台体的母线长，最后根据体积公式求解即可.
8．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：过四点，确定截面的一条边，延长交 于一点，连接该点与点即可得到与棱的交点，利用公理3确定交线，同样的方法找出其它交线，可得截面如图所示：
易知该截面是六边形，分别是的中点，故A正确，D错误；
B、因为平面，平面平面，所以平面，故B正确
C、在正方形中，，平面平面，平面，平面，所以平面平面，所以，
同理可得平面平面，
所以平面；因为平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面，平面，平面，
则平面平面，故C正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知四个点确定截面即可判断AD；根据线面垂直的判定定理即可判断B；根据面面平行判定定理即可判断C.
9．【答案】B,C,D
【知识点】三角函数的化简求值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可得：，
对于A：的最小正周期为，故A错误；
对于B： 因为为最小值，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于C：因为，
所以的图象关于点对称，故C正确；
对于D：因为时，则，
且在内单调递增，所以在上单调递增，故D正确，
故答案为：BCD.
【分析】利用三角恒等变换整理得，结合正弦函数性质逐项分析判断.
10．【答案】B,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：A、 向量，，若 ，则，解得当，故A错误；
B、 已知，是两个相互垂直的单位向量 若，则，解得，故B正确；
C、，故C错误；
D、记的中点分别为，则，
即，因为共起点，所以重合，即的中点重合，即的互相平分，则四边形为平行四边形，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据向量平行的坐标表示求解即可判断A；由向量数量积的运算律列方程即可判断B；根据向量数量积的运算即可判断C；可以证明的中点重合，由此即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、设该正八面体内切球的半径为，
正八面体的体积，
解得，则内切球表面积为，故A正确；
B、设该正八面体外接球的半径为，是正方形，且，
在中，，利用对称性知，
则点为正八面体外接球的球心，则，即正八面体外接球的体积为，故B错误；
C、与是边长为2的全等的正三角形，将翻折到，使其与共面，从而得到一个菱形，连接与相交于点，
，，
则取得最小值为，故C正确；
D、易知，因为平面平面，所以//平面，
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用等体积列出关于内切球半径的方程求解即可判断A；利用正八面体的对称性可分析计算得出正方形的中心即为外接球球心，计算即可判断B；通过两个侧面翻折共面后即得共线时取最小值即可判断C；通过发现并证明//平面，将的体积进行多次转化成三棱锥的体积，计算即可判断D.
12．【答案】；
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：因为，所以是异面直线与直线所成角或其补角，
易知，
连接交于，连接，如图所示：
则，因为，是的中点，所以，
则是平面与平面夹角，
设正方体的边长为，则，
在中，.
故答案为：；
【分析】根据线线角、面面角等知识求解即可.
13．【答案】
【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：由，可得，
，
，
则，
即，
即，整理可得，
则，即，故.
故答案为：.
【分析】由题意可得，利用向量数量积的运算可得，利用向量模的计算公式可得，最后利用向量夹角公式求解即可.
14．【答案】960
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，因为，
所以，
在中，因为，，所以，
由正弦定理，可得，
在中，.
故答案为：960.
【分析】在中，求得，在中，利用正弦定理求得，再在直角中，求解即可.
15．【答案】（1）解：由题意可得：，
因为为纯虚数，所以，解得，
则复数；
（2）解：由（1）可知，，，，，
则，，
即向量在向量上的投影向量的模为.
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）根据复数代数形式的乘法运算，结合复数的概念求解即可；
（2）利用复数的几何意义和投影向量模的计算公式求解即可.
（1）因为，
所以，
又因为为纯虚数，
所以，
解得，，
所以；
（2）由（1）可知，，，
所以，，
所以，，
所以向量在向量上的投影向量的模为.
16．【答案】（1）解：，由正弦定理以及余弦的二倍角公式可得：，
因为，所以，
所以，
所以，所以，
又因为，所以，则；
（2）解：由题意可得：，
且，即，化简得，
，解得，当且仅当时等号成立，
的面积，当且仅当等号成立，
综上所述，的面积的最小值为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用余弦的二倍角公式及正弦定理、辅助角公式化简求角即可；
（2）利用等面积法结合基本不等式求解即可.
（1），
由正弦定理可知：，
又，化简得，
即，
所以，，
即，因为，所以，从而；
（2）由题意可得：，
且，即，
化简得，
而，解得，等号成立当且仅当，
的面积，等号成立当且仅当，
综上所述，的面积的最小值为.
17．【答案】（1）解：由题可知：为的重心，则，
，
故；
（2）解：因为为的中点，所以，
又因为，所以
，
，则，
又因为与，的夹角相等，所以，所以的余弦值为.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；向量在几何中的应用
【解析】【分析】（1）利用重心的性质及平面向量的线性运算得，再由平面向量数量积运算律计算即可；
（2）即，根据上问及中线性质结合平面向量数量积及模长求夹角即可.
（1）由题可知为的重心，则，
所以，
所以.
（2）因为为的中点，所以.
又，
所以
.
又，
所以.
又与，的夹角相等，
所以，所以的余弦值为.
18．【答案】（1）证明：选择条件①、，
因为平面，且平面，所以，，
因为，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
过点作于，如图所示：
，则四边形是正方形，，
又因为，，满足，所以，
因为，所以，
又因为，平面，所以平面；
选择条件②：，
过点作，交于点，
因为，所以四边形为平行四边形，所以，，
，，可得，
则，，
又因为，所以，所以，
由平面，且平面，
知，又，，
又因为，平面，所以平面；
（2）解：由平面，且平面，知，
因为，所以，
由（1）知，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
则点到平面的距离等价于的底边上的高，
由勾股定理知，
在中，由余弦定理可得，
则，，
故点到平面的距离为；
（3）解：过点作于点，则，
由（2）知平面，
因为平面，所以平面平面，
在平面上的投影落在上，则直线与平面所成角为，
则，，
在中，，，或，
故线段的长为或.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）选择条件①：先证，过点作于，再证，结合，可得平面；
选择条件②：过点作，交于点，先证，再证，结合，可得平面；
（2）先证平面，可得平面平面，从而将问题转化为求的底边上的高，再结合勾股定理，余弦定理求解即可；
（3）过点作于点，先证平面平面，可得直线与平面所成角为，再利用，根据锐角三角函数求出的长即可.
（1）证明：选择条件①，
由平面，且平面，
知，，
，，平面，
平面，
平面，，
过点作于，，则四边形是正方形，，
又，，
，即，
，
又，平面，
平面.
选择条件②：，
过点作，交于点，
，四边形为平行四边形，
，
，
，
，即，
，
，又，
，即，
由平面，且平面，
知，又，，
又，平面，
平面.
（2）由平面，且平面，知，
，，
由（1）知，
平面，平面，
平面，平面平面，
点到平面的距离等价于的底边上的高，
由勾股定理知，
在中，由余弦定理知，
，
，
，
所以点到平面的距离为.
（3）过点作于点，则，
由（2）知平面，
平面，
平面平面，
在平面上的投影落在上，
直线与平面所成角为，
则，，
在中，，
，
或，
故线段的长为或.
19．【答案】（1）解：易知的最大值为，最小值为，则，解得，
因为逆时针方向每分钟转2圈，所以函数的周期为，解得，则，
当时，，即，
又因为，所以，则，
故；
（2）解：由（1）知，
令，可得，即，
可得，解得，
当时，可得，则
所以在筒车转动的一周内，盛水筒P有距离水面高度超过4m；
（3）解：由，
可得，
令，
，
，
，
，
则
，
，即，
，则，解得，即，解得，
因为，所以，即，.
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）由题意可知的最大值为，最小值为，求得，再由每分钟转2圈，求得，得到，结合时，，求得；
（2）根据，令，由正弦函数的性质，求得，即可求解；
（3）由，求得，令，结合三角恒等变换的公式，根据，求得，得到，即可求解.
（1）解：由题意d与t之间的关系为，
根据题意可知的最大值为，最小值为，可得，解得，
又因为逆时针方向每分钟转2圈，所以函数的周期为，可得，
所以，
因为当时，，即，
又因为，所以，所以，
所以.
（2）解：由（1）知，
令，可得，即，
可得，解得，
当时，可得，则
所以在筒车转动的一周内，盛水筒P有距离水面高度超过4m.
（3）解：由，
可得，
令，
可得，
所以，
，
，
所以
，
所以，即，所以，
则，解得，即，解得，
因为，所以，即，.
1 / 1四川省成都市2023-2024学年高一下学期期末适应性考试数学试题
1．（2024高一下·成都期末）已知复数（i为虚数单位），则z的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【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：，则在复平面对应的点是，位于第一象限.
故答案为：A.
【分析】根据复数代数形式的除法运算，结合共轭复数以及复数在复平面内的表示求解即可.
2．（2024高一下·成都期末）已知为两个不共线的向量，若向量，则下列向量中与向量共线的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：向量，，则，
因为，所以与共线．
故答案为：B．
【分析】先根据向量线性运算表示，再利用共线向量基本定理求解即可.
3．（2024高一下·成都期末）若直线a不平行于平面，则下列结论正确的是（ ）
A．内的所有直线均与直线a异面 B．直线a与平面有公共点
C．内不存在与a平行的直线 D．内的直线均与a相交
【答案】B
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、内的所有直线均与直线a异面，则直线a与平面 也可能相交，故A错误；
B、 若直线a不平行于平面， 则直线a与平面相交或直线a在平面内，故B正确；
C、当直线a在平面内时，平面内存在与a平行的直线，故C错误；
D、平面内的直线均与a相交或异面，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据题意可得直线a与平面相交或在平面内，结合线面的位置关系依次判断选项即可.
4．（2024高一下·成都期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二倍角的余弦公式
【解析】【解答】解：，
则.
故答案为：D.
【分析】利用余弦的二倍角公式求解即可.
5．（2024高一下·成都期末）在中，角所对的边分别是若，且，则该三角形的形状是（ ）
A．三边均不相等的三角形 B．底边与腰不相等的等腰三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
【答案】C
【知识点】正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：若，，则，即，
，由正弦定理可得，则，即，
故为等边三角形.
故答案为：C.
【分析】利用三角函数值求角，再利用正弦定理求得，即可判断三角形形状.
6．（2024高一下·成都期末）在正六边形ABCDEF中，，则（ ）
A． B． C． D．1
【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由图可得：，
则，即，解得，
则.
故答案为：C.
【分析】根据向量的线性运算求解即可.
7．（2024高一下·成都期末）如图所示，某圆台型木桶（厚度不计）上下底面的面积分别为和，且木桶的体积为，则该木桶的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆台上、下底面的的半径分别为，高为，
由题意可得：，解得，
因为木桶的体积为，所以，
所以，解得，
设圆台的母线长为，则，
故该木桶的侧面积为.
故答案为：D.
【分析】设圆台上、下底面的的半径分别为，高为，由台体的体积公式求出圆台的高，再求台体的母线长，最后根据体积公式求解即可.
8．（2024高一下·成都期末）如图，在正方体中，E，F，M，N分别为棱AB，AD，，的中点，过E，F，M，N四点作该正方体的截面，则下列说法错误的是（ ）
A．该截面是六边形 B．平面
C．平面平面 D．该截面过棱的一个三等分点
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：过四点，确定截面的一条边，延长交 于一点，连接该点与点即可得到与棱的交点，利用公理3确定交线，同样的方法找出其它交线，可得截面如图所示：
易知该截面是六边形，分别是的中点，故A正确，D错误；
B、因为平面，平面平面，所以平面，故B正确
C、在正方形中，，平面平面，平面，平面，所以平面平面，所以，
同理可得平面平面，
所以平面；因为平面平面，所以平面，因为平面平面，所以平面，平面，平面，
则平面平面，故C正确.
故答案为：D.
【分析】根据已知四个点确定截面即可判断AD；根据线面垂直的判定定理即可判断B；根据面面平行判定定理即可判断C.
9．（2024高一下·成都期末） 关于函数有下述四个结论，其中结论正确的是（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点对称
D．在上单调递增
【答案】B,C,D
【知识点】三角函数的化简求值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可得：，
对于A：的最小正周期为，故A错误；
对于B： 因为为最小值，
所以的图象关于直线对称，故B正确；
对于C：因为，
所以的图象关于点对称，故C正确；
对于D：因为时，则，
且在内单调递增，所以在上单调递增，故D正确，
故答案为：BCD.
【分析】利用三角恒等变换整理得，结合正弦函数性质逐项分析判断.
10．（2024高一下·成都期末）下列命题中正确的是（ ）
A．若向量，，则的充要条件是
B．已知，是两个相互垂直的单位向量，，，且，则实数
C．已知正方形的边长为1，则
D．若O为四边形所在平面内一点，且，则四边形为平行四边形
【答案】B,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：A、 向量，，若 ，则，解得当，故A错误；
B、 已知，是两个相互垂直的单位向量 若，则，解得，故B正确；
C、，故C错误；
D、记的中点分别为，则，
即，因为共起点，所以重合，即的中点重合，即的互相平分，则四边形为平行四边形，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据向量平行的坐标表示求解即可判断A；由向量数量积的运算律列方程即可判断B；根据向量数量积的运算即可判断C；可以证明的中点重合，由此即可判断D.
11．（2024高一下·成都期末）化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式） 金刚石等的分子结构.将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体（如图1），已知正八面体的（如图2）棱长为2，则（ ）
A．正八面体的内切球表面积为
B．正八面体的外接球体积为
C．若点为棱上的动点，则的最小值为
D．若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、设该正八面体内切球的半径为，
正八面体的体积，
解得，则内切球表面积为，故A正确；
B、设该正八面体外接球的半径为，是正方形，且，
在中，，利用对称性知，
则点为正八面体外接球的球心，则，即正八面体外接球的体积为，故B错误；
C、与是边长为2的全等的正三角形，将翻折到，使其与共面，从而得到一个菱形，连接与相交于点，
，，
则取得最小值为，故C正确；
D、易知，因为平面平面，所以//平面，
，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用等体积列出关于内切球半径的方程求解即可判断A；利用正八面体的对称性可分析计算得出正方形的中心即为外接球球心，计算即可判断B；通过两个侧面翻折共面后即得共线时取最小值即可判断C；通过发现并证明//平面，将的体积进行多次转化成三棱锥的体积，计算即可判断D.
12．（2024高一下·成都期末）如图，在正方体中，直线与直线所成角的大小为 ；平面与平面夹角的余弦值为 ．
【答案】；
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：因为，所以是异面直线与直线所成角或其补角，
易知，
连接交于，连接，如图所示：
则，因为，是的中点，所以，
则是平面与平面夹角，
设正方体的边长为，则，
在中，.
故答案为：；
【分析】根据线线角、面面角等知识求解即可.
13．（2024高一下·成都期末）已知非零向量，，满足，且与的夹角为，则 ．
【答案】
【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：由，可得，
，
，
则，
即，
即，整理可得，
则，即，故.
故答案为：.
【分析】由题意可得，利用向量数量积的运算可得，利用向量模的计算公式可得，最后利用向量夹角公式求解即可.
14．（2024高一下·成都期末）如图，为测量山高MN，选择A和另一座山的山顶C为测量观测点，从点A测得点M的仰角，点C的仰角，以及．从点C测得，已知山高，则山高MN= m．
【答案】960
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，因为，
所以，
在中，因为，，所以，
由正弦定理，可得，
在中，.
故答案为：960.
【分析】在中，求得，在中，利用正弦定理求得，再在直角中，求解即可.
15．（2024高一下·成都期末）已知复数，，且为纯虚数．
（1）求复数；
（2）设，在复平面上对应的点分别为为坐标原点．求向量在向量上的投影向量的模．
【答案】（1）解：由题意可得：，
因为为纯虚数，所以，解得，
则复数；
（2）解：由（1）可知，，，，，
则，，
即向量在向量上的投影向量的模为.
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）根据复数代数形式的乘法运算，结合复数的概念求解即可；
（2）利用复数的几何意义和投影向量模的计算公式求解即可.
（1）因为，
所以，
又因为为纯虚数，
所以，
解得，，
所以；
（2）由（1）可知，，，
所以，，
所以，，
所以向量在向量上的投影向量的模为.
16．（2024高一下·成都期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）若∠BAC的角平分线交BC于点D，且，求面积的最小值．
【答案】（1）解：，由正弦定理以及余弦的二倍角公式可得：，
因为，所以，
所以，
所以，所以，
又因为，所以，则；
（2）解：由题意可得：，
且，即，化简得，
，解得，当且仅当时等号成立，
的面积，当且仅当等号成立，
综上所述，的面积的最小值为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用余弦的二倍角公式及正弦定理、辅助角公式化简求角即可；
（2）利用等面积法结合基本不等式求解即可.
（1），
由正弦定理可知：，
又，化简得，
即，
所以，，
即，因为，所以，从而；
（2）由题意可得：，
且，即，
化简得，
而，解得，等号成立当且仅当，
的面积，等号成立当且仅当，
综上所述，的面积的最小值为.
17．（2024高一下·成都期末）如图，在中，已知，，，且，边上的两条中线，相交于点.
（1）求；
（2）求的余弦值.
【答案】（1）解：由题可知：为的重心，则，
，
故；
（2）解：因为为的中点，所以，
又因为，所以
，
，则，
又因为与，的夹角相等，所以，所以的余弦值为.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角；向量在几何中的应用
【解析】【分析】（1）利用重心的性质及平面向量的线性运算得，再由平面向量数量积运算律计算即可；
（2）即，根据上问及中线性质结合平面向量数量积及模长求夹角即可.
（1）由题可知为的重心，则，
所以，
所以.
（2）因为为的中点，所以.
又，
所以
.
又，
所以.
又与，的夹角相等，
所以，所以的余弦值为.
18．（2024高一下·成都期末）如图，在四棱柱中，平面，，，，为线段的中点．从条件①②中选择一个作为已知，①；②．
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）已知点M在线段上，直线EM与平面所成角的正弦值为，求线段的长．
【答案】（1）证明：选择条件①、，
因为平面，且平面，所以，，
因为，，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
过点作于，如图所示：
，则四边形是正方形，，
又因为，，满足，所以，
因为，所以，
又因为，平面，所以平面；
选择条件②：，
过点作，交于点，
因为，所以四边形为平行四边形，所以，，
，，可得，
则，，
又因为，所以，所以，
由平面，且平面，
知，又，，
又因为，平面，所以平面；
（2）解：由平面，且平面，知，
因为，所以，
由（1）知，
因为平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面，
则点到平面的距离等价于的底边上的高，
由勾股定理知，
在中，由余弦定理可得，
则，，
故点到平面的距离为；
（3）解：过点作于点，则，
由（2）知平面，
因为平面，所以平面平面，
在平面上的投影落在上，则直线与平面所成角为，
则，，
在中，，，或，
故线段的长为或.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）选择条件①：先证，过点作于，再证，结合，可得平面；
选择条件②：过点作，交于点，先证，再证，结合，可得平面；
（2）先证平面，可得平面平面，从而将问题转化为求的底边上的高，再结合勾股定理，余弦定理求解即可；
（3）过点作于点，先证平面平面，可得直线与平面所成角为，再利用，根据锐角三角函数求出的长即可.
（1）证明：选择条件①，
由平面，且平面，
知，，
，，平面，
平面，
平面，，
过点作于，，则四边形是正方形，，
又，，
，即，
，
又，平面，
平面.
选择条件②：，
过点作，交于点，
，四边形为平行四边形，
，
，
，
，即，
，
，又，
，即，
由平面，且平面，
知，又，，
又，平面，
平面.
（2）由平面，且平面，知，
，，
由（1）知，
平面，平面，
平面，平面平面，
点到平面的距离等价于的底边上的高，
由勾股定理知，
在中，由余弦定理知，
，
，
，
所以点到平面的距离为.
（3）过点作于点，则，
由（2）知平面，
平面，
平面平面，
在平面上的投影落在上，
直线与平面所成角为，
则，，
在中，，
，
或，
故线段的长为或.
19．（2024高一下·成都期末）如图，一个半径为4m的筒车按逆时针方向每分钟转2圈，筒车的轴心O距水面的高度为2m．设筒车上的某个盛水筒P到水面的距离为d（单位：m）（在水面下则d为负数），若以盛水筒P刚浮出水面时开始计算时间t（单位：s），则d与t之间的关系为（，，）．
（1）求A，ω，φ，K的值；
（2）在筒车转动的一周内，盛水筒P有多长时间距离水面高度超过4m？
（3）设t为，时，盛水筒P到水面的距离分别为，，当（），且时，求，的值．
【答案】（1）解：易知的最大值为，最小值为，则，解得，
因为逆时针方向每分钟转2圈，所以函数的周期为，解得，则，
当时，，即，
又因为，所以，则，
故；
（2）解：由（1）知，
令，可得，即，
可得，解得，
当时，可得，则
所以在筒车转动的一周内，盛水筒P有距离水面高度超过4m；
（3）解：由，
可得，
令，
，
，
，
，
则
，
，即，
，则，解得，即，解得，
因为，所以，即，.
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）由题意可知的最大值为，最小值为，求得，再由每分钟转2圈，求得，得到，结合时，，求得；
（2）根据，令，由正弦函数的性质，求得，即可求解；
（3）由，求得，令，结合三角恒等变换的公式，根据，求得，得到，即可求解.
（1）解：由题意d与t之间的关系为，
根据题意可知的最大值为，最小值为，可得，解得，
又因为逆时针方向每分钟转2圈，所以函数的周期为，可得，
所以，
因为当时，，即，
又因为，所以，所以，
所以.
（2）解：由（1）知，
令，可得，即，
可得，解得，
当时，可得，则
所以在筒车转动的一周内，盛水筒P有距离水面高度超过4m.
（3）解：由，
可得，
令，
可得，
所以，
，
，
所以
，
所以，即，所以，
则，解得，即，解得，
因为，所以，即，.
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