广东省广州市协和中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题
1．（2024高一下·荔湾期中）i是虚数单位，若复数，则z的共轭复数（ ）．
A． B． C． D．
2．（2024高一下·荔湾期中）已知向量，向量在向量上的投影向量（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·荔湾期中）在△ABC中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°(如图所示)，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则形成的旋转体的体积是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·荔湾期中）年月日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主，英国岁高龄的著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动.在年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想.在此之前著名的数学家欧拉也曾研究过这个何题，并得到小于数字的素数个数大约可以表示为的结论.若根据欧拉得出的结论，估计以内的素数个数为（ ）（素数即质数，，计算结果取整数）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·荔湾期中）在中，角对边为，且，则的形状为（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
6．（2024高一下·荔湾期中）已知圆锥的底面圆周在球O的表面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的体积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·荔湾期中）已知平行四边形中，，，．若点满足，点为中点，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·荔湾期中）是定义在R上的偶函数，对，都有，且当时，.若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·荔湾期中）已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A．，，，则
B．
C．若，则复数对应的点位于第四象限
D．已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆
10．（2024高一下·荔湾期中）下列说法中正确的有（ ）
A．设正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为，那么它的体积为
B．用斜二测法作△ABC的水平放置直观图得到边长为a的正三角形，则△ABC面积为
C．三个平面可以将空间分成4，6，7或者8个部分
D．已知四点不共面，则其中任意三点不共线．
11．（2024高一下·荔湾期中）给出以下命题正确命题的选项为（ ）
A．要得到的图象，只需将图象沿轴方向向左平移个单位
B．函数的最大值为2
C．定义运算，则且，设，则的值域为
D．函数，当等时恒有解，则的范围是
12．（2024高一下·荔湾期中）四边形ABCD是复平面内的平行四边形，三点对应的复数分别是，，，则点D对应的复数为 ．
13．（2024高一下·荔湾期中）已知向量满足，则 .
14．（2024高一下·荔湾期中）如图，直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边、、上，且，，，则长度的最大值为
15．（2024高一下·荔湾期中）在锐角中，的对边分别为，且
（1）确定角的大小；
（2）若，且，求边.
16．（2024高一下·荔湾期中）已知向量是同一平面内的三个向量，其中．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若是单位向量，且，求与的夹角.
17．（2024高一下·荔湾期中）已知.
（1）函数的最小正周期是，求，并求此时的解集；
（2）已知，，求函数，的值域.
18．（2024高一下·荔湾期中）如图，四边形为梯形，，，，．
（1）求的值；
（2）求的长．
19．（2024高一下·荔湾期中）已知函数，．
(1)若函数是奇函数，求实数的值；
(2)在(1)的条件下，判断函数与函数的图象公共点个数，并说明理由；
(3)当时，函数的图象始终在函数的图象上方，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，
则，即.
故答案为：A.
【分析】根据复数的乘方以及复数代数形式的除法运算化简求z，再根据共轭复数概念求解即可.
2．【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量，所以向量在向量上的投影向量.
故答案为：C.
【分析】根据平面向量投影向量的定义求解即可.
3．【答案】D
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知：旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，如图所示：
因为，所以，，
则旋转体的体积为.
故答案为：D.
【分析】由题意可知：旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，利用圆锥体积公式计算即可．
4．【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由数字的素数个数大约可以表示为，
则，
即以内的素数个数为.
故答案为：B.
【分析】根据，结合对数运算以及换底公式计算的值即可.
5．【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；余弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：由，可得，则，
即，
在中，由余弦定理，可得，
整理可得，即，
则直角三角形.
故答案为：B.
【分析】先根据余弦的二倍角公式化简，再根据余弦定理化简得到即可判断三角形形状.
6．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设圆锥的底面半径为，母线长为，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，所以，则，
又因为圆锥的高为3，所以，即，解得，
则球的半径，体积为.
故答案为：B.
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意求出圆锥的母线长即得球的半径，再利用球的体积公式计算即可.
7．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意，作出图形，如图所示：
点满足，则，因为点为的中点，所以，
则，
，
故
.
故答案为：C.
【分析】以为基底表示向量、、，利用平面向量数量积的运算性质求的值即可.
8．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解： 对，都有，则，
又因为是定义在R上的偶函数，所以，且函数图象关于轴对称，
所以，即的周期为4，
作出函数在上的图象，根据对称性及周期为4，
可得出在上的图象，如图所示：
令，
若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，
至多有3个不同的实数根，
则函数与函数在上至少有2个不同的交点，至多有3个不同的交点.
所以，即，解得.
故答案为：C.
【分析】先根据题意分析函数的对称性及周期性；再利用函数的对称性和周期性作出函数在上的图象；最后数形结合列出不等式组求解即可.
9．【答案】A,D
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：x+2+yi=3+(2y-4)i，故x=3，2y-4=y得y=4，故x+y=5，A正确；
虚数无法比较大小，B错误；
z=1+4i+4i2=-3+4i，对应的点(-3，4)位于第二象限，C错误；
设z=x+yi，则z-2=x+(y-2)i，故|z-2|=|x+(y-2)i|=，即，此为圆的方程，D正确；
故答案为：AD.
【分析】A中整理后实部与实部相等，虚部与虚部相等可得结果，虚数无法比较大小，B错误，C整理化简得对应的点在第二象限，D中设z=x+yi，可得到圆的标准方程.
10．【答案】A,C,D
【知识点】斜二测画法直观图；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、正六棱锥的底面边长为1，则S底面积＝6 1×1×sin60°；
又侧棱长为，则棱锥的高h2，
所以该棱锥的体积为VS底面积h2，故A正确；
B、水平放置直观图是边长为a的正三角形，直观图的面积为S'a2×sin60°，则原的面积为S＝2S'＝2a2a2，故B错误；
C、若三个平面互相平行，则可将空间分为4部分；
若三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交，则可将空间分为6部分；
若三个平面交于一线，则可将空间分为6部分；
若三个平面两两相交且三条交线平行（联想三棱柱三个侧面的关系），则可将空间分为7部分；
若三个平面两两相交且三条交线交于一点（联想墙角三个墙面的关系），则可将空间分为8部分；
所以三个平面可以将空间分成4，6，7或8部分，故C正确；
D、四点不共面，则其中任意三点不共线，否则是四点共面，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用棱锥的体积公式求解即可判断A；利用斜二测画法求解即可判断B；立体几何中的基本性质与空间中线面的关系即可判断CD.
11．【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：A、将图象沿轴方向向左平移个单位，则，故A正确；
B、，当时，，故B正确；
C、，即，当时，，，故C错误；
D、
，令，
，所以在上单调递增，，，
当时恒有解，则
所以的范围是，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由三角函数的平移变化即可判断A；利用正、余弦的和差角公式及辅助角公式化简为即可判断B；取时即可判断C；将化简，利用二次函数求最值即可判断D.
12．【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由题意可得：点，
设，因为是平行四边形，所以，
所以，则，解得，即，
即点D对应的复数为.
故答案为：.
【分析】先根据复数在复平面内的表示求得的坐标，再根据平面向量相等的性质列式求解即可.
13．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，两边平方可得，
因为，所以，
则，即.
故答案为：.
【分析】由题意，结合向量的数量积运算公式求得，再由求解即可.
14．【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：设，
在等边中，，
则，，
在中，，
在中，由正弦定理：，可得，
在中，由正弦定理：，可得，
则，其中，
当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：.
【分析】设，在、中利用正弦定理将线段表示为角度的函数，再利用辅助角公式化简结合三角函数的知识求最值即可.
15．【答案】（1）解：因为，由正弦定理得，又，
所以，即，因为，所以.
（2）解：由余弦定理，得，
又，由解得或
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化为角得到，结合C的范围可得答案；
（2）由余弦定理得到，再结合解方程组即可.
16．【答案】（1）解：设，
因为，且，所以，
解得或，
所以或.
（2）解：因为，所以，所以，
所以，
因为，所以.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）设，由，且，列出方程组，求得的值，即可求得向量的坐标 ；
（2）由，根据向量垂直的充要条件可求得，利用向量的夹角公式求得，即可求出与的夹角 .
（1）解：设，因为，且，
可得，解得或，
所以或.
（2）解：因为，且为单位向量，可得，，
又因为，可得，所以，
则，
因为，所以.
17．【答案】（1）解：因为函数的最小正周期为，所以，解得，
则，由，得，
解得或，即或
所以的解集为或；
（2）解：当时，函数，
，
当时，，则，，
故函数，的值域为.
【知识点】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；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦函数的周期公式求出，再求方程的解集即可；
（2）利用二倍角公式及辅助角公式求出，再利用正弦函数性质求出值域即可.
（1）依题意，，解得，则，由，得，
解得或，即或
所以的解集为或.
（2）依题意，，
，
当时，，则有，，
所以函数，的值域为.
18．【答案】（1）解：由，可得，联立，解得，，
因为，所以，
则
，
又因为，所以，所以；
（2）解：在中，，由正弦定理，可得，
在中，由余弦定理得，
则．
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意求得，再利用两角和的余弦公式求的值即可；
（2）在中，利用正弦定理求得BD的长，再在中，利用余弦定理求BC的长即可.
（1）因为，且，解得，．
而，所以，
所以
因为，所以，所以．
（2）在中，由正弦定理得，
因为，所以．
在中，由余弦定理得
，
所以．
19．【答案】解：（1）因为为奇函数，所以对于定义域内任意，都有，
即，即，
显然，由于奇函数定义域关于原点对称，所以必有，
上面等式左右两边同时乘以得，
化简得，上式对定义域内任意恒成立，所以必有，解得；
（2）由（1）知，所以，即，由，解得或，
所以函数定义域.
由题意，要求方程解的个数，即求方程在定义域上的解的个数，
令，显然在区间和均单调递增，
又，，
且，，
所以函数在区间和上各有一个零点，
即方程在定义域上有2个解，
所以函数与函数的图象有2个公共点，
函数与在定义域上的大致图象，如图所示：
（3）要使时，函数的图象始终在函数的图象的上方，
必须使在上恒成立，
令，则，上式整理得在恒成立，
令，，
① 当，即时，在上单调递增，
所以，恒成立；
② 当，即时，在上单调递减，
只需，解得与矛盾，
③ 当，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
所以由，解得，
又因为，所以，
综合①②③得的取值范围是.
【知识点】函数恒成立问题；函数零点存在定理；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据奇函数的定义求解即可；
（2）要求方程解的个数，即求方程在定义域上的解的个数，令，利用零点存在定理判断即可；
（3）要使时，函数的图象始终在函数的图象的上方，
必须使在上恒成立，令，则，上式整理得在恒成立，分类讨论即可.
1 / 1广东省广州市协和中学2023-2024学年高一下学期期中数学试题
1．（2024高一下·荔湾期中）i是虚数单位，若复数，则z的共轭复数（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，
则，即.
故答案为：A.
【分析】根据复数的乘方以及复数代数形式的除法运算化简求z，再根据共轭复数概念求解即可.
2．（2024高一下·荔湾期中）已知向量，向量在向量上的投影向量（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量，所以向量在向量上的投影向量.
故答案为：C.
【分析】根据平面向量投影向量的定义求解即可.
3．（2024高一下·荔湾期中）在△ABC中，AB＝2，BC＝1.5，∠ABC＝120°(如图所示)，若将△ABC绕直线BC旋转一周，则形成的旋转体的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知：旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，如图所示：
因为，所以，，
则旋转体的体积为.
故答案为：D.
【分析】由题意可知：旋转体是一个大圆锥去掉一个小圆锥，利用圆锥体积公式计算即可．
4．（2024高一下·荔湾期中）年月日，阿贝尔奖和菲尔兹奖双料得主，英国岁高龄的著名数学家阿蒂亚爵士宣布自己证明了黎曼猜想，这一事件引起了数学界的震动.在年，德国数学家黎曼向科学院提交了题目为《论小于某值的素数个数》的论文并提出了一个命题，也就是著名的黎曼猜想.在此之前著名的数学家欧拉也曾研究过这个何题，并得到小于数字的素数个数大约可以表示为的结论.若根据欧拉得出的结论，估计以内的素数个数为（ ）（素数即质数，，计算结果取整数）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：由数字的素数个数大约可以表示为，
则，
即以内的素数个数为.
故答案为：B.
【分析】根据，结合对数运算以及换底公式计算的值即可.
5．（2024高一下·荔湾期中）在中，角对边为，且，则的形状为（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰直角三角形
【答案】B
【知识点】二倍角的余弦公式；余弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：由，可得，则，
即，
在中，由余弦定理，可得，
整理可得，即，
则直角三角形.
故答案为：B.
【分析】先根据余弦的二倍角公式化简，再根据余弦定理化简得到即可判断三角形形状.
6．（2024高一下·荔湾期中）已知圆锥的底面圆周在球O的表面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设圆锥的底面半径为，母线长为，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，所以，则，
又因为圆锥的高为3，所以，即，解得，
则球的半径，体积为.
故答案为：B.
【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，由题意求出圆锥的母线长即得球的半径，再利用球的体积公式计算即可.
7．（2024高一下·荔湾期中）已知平行四边形中，，，．若点满足，点为中点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意，作出图形，如图所示：
点满足，则，因为点为的中点，所以，
则，
，
故
.
故答案为：C.
【分析】以为基底表示向量、、，利用平面向量数量积的运算性质求的值即可.
8．（2024高一下·荔湾期中）是定义在R上的偶函数，对，都有，且当时，.若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，至多有3个不同的实数根，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解： 对，都有，则，
又因为是定义在R上的偶函数，所以，且函数图象关于轴对称，
所以，即的周期为4，
作出函数在上的图象，根据对称性及周期为4，
可得出在上的图象，如图所示：
令，
若在区间内关于x的方程至少有2个不同的实数根，
至多有3个不同的实数根，
则函数与函数在上至少有2个不同的交点，至多有3个不同的交点.
所以，即，解得.
故答案为：C.
【分析】先根据题意分析函数的对称性及周期性；再利用函数的对称性和周期性作出函数在上的图象；最后数形结合列出不等式组求解即可.
9．（2024高一下·荔湾期中）已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（ ）
A．，，，则
B．
C．若，则复数对应的点位于第四象限
D．已知复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆
【答案】A,D
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：x+2+yi=3+(2y-4)i，故x=3，2y-4=y得y=4，故x+y=5，A正确；
虚数无法比较大小，B错误；
z=1+4i+4i2=-3+4i，对应的点(-3，4)位于第二象限，C错误；
设z=x+yi，则z-2=x+(y-2)i，故|z-2|=|x+(y-2)i|=，即，此为圆的方程，D正确；
故答案为：AD.
【分析】A中整理后实部与实部相等，虚部与虚部相等可得结果，虚数无法比较大小，B错误，C整理化简得对应的点在第二象限，D中设z=x+yi，可得到圆的标准方程.
10．（2024高一下·荔湾期中）下列说法中正确的有（ ）
A．设正六棱锥的底面边长为1，侧棱长为，那么它的体积为
B．用斜二测法作△ABC的水平放置直观图得到边长为a的正三角形，则△ABC面积为
C．三个平面可以将空间分成4，6，7或者8个部分
D．已知四点不共面，则其中任意三点不共线．
【答案】A,C,D
【知识点】斜二测画法直观图；空间中直线与直线之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、正六棱锥的底面边长为1，则S底面积＝6 1×1×sin60°；
又侧棱长为，则棱锥的高h2，
所以该棱锥的体积为VS底面积h2，故A正确；
B、水平放置直观图是边长为a的正三角形，直观图的面积为S'a2×sin60°，则原的面积为S＝2S'＝2a2a2，故B错误；
C、若三个平面互相平行，则可将空间分为4部分；
若三个平面有两个平行，第三个平面与其它两个平面相交，则可将空间分为6部分；
若三个平面交于一线，则可将空间分为6部分；
若三个平面两两相交且三条交线平行（联想三棱柱三个侧面的关系），则可将空间分为7部分；
若三个平面两两相交且三条交线交于一点（联想墙角三个墙面的关系），则可将空间分为8部分；
所以三个平面可以将空间分成4，6，7或8部分，故C正确；
D、四点不共面，则其中任意三点不共线，否则是四点共面，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用棱锥的体积公式求解即可判断A；利用斜二测画法求解即可判断B；立体几何中的基本性质与空间中线面的关系即可判断CD.
11．（2024高一下·荔湾期中）给出以下命题正确命题的选项为（ ）
A．要得到的图象，只需将图象沿轴方向向左平移个单位
B．函数的最大值为2
C．定义运算，则且，设，则的值域为
D．函数，当等时恒有解，则的范围是
【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的余弦公式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：A、将图象沿轴方向向左平移个单位，则，故A正确；
B、，当时，，故B正确；
C、，即，当时，，，故C错误；
D、
，令，
，所以在上单调递增，，，
当时恒有解，则
所以的范围是，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由三角函数的平移变化即可判断A；利用正、余弦的和差角公式及辅助角公式化简为即可判断B；取时即可判断C；将化简，利用二次函数求最值即可判断D.
12．（2024高一下·荔湾期中）四边形ABCD是复平面内的平行四边形，三点对应的复数分别是，，，则点D对应的复数为 ．
【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由题意可得：点，
设，因为是平行四边形，所以，
所以，则，解得，即，
即点D对应的复数为.
故答案为：.
【分析】先根据复数在复平面内的表示求得的坐标，再根据平面向量相等的性质列式求解即可.
13．（2024高一下·荔湾期中）已知向量满足，则 .
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，两边平方可得，
因为，所以，
则，即.
故答案为：.
【分析】由题意，结合向量的数量积运算公式求得，再由求解即可.
14．（2024高一下·荔湾期中）如图，直角三角形的三个顶点分别在等边三角形的边、、上，且，，，则长度的最大值为
【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：设，
在等边中，，
则，，
在中，，
在中，由正弦定理：，可得，
在中，由正弦定理：，可得，
则，其中，
当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：.
【分析】设，在、中利用正弦定理将线段表示为角度的函数，再利用辅助角公式化简结合三角函数的知识求最值即可.
15．（2024高一下·荔湾期中）在锐角中，的对边分别为，且
（1）确定角的大小；
（2）若，且，求边.
【答案】（1）解：因为，由正弦定理得，又，
所以，即，因为，所以.
（2）解：由余弦定理，得，
又，由解得或
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化为角得到，结合C的范围可得答案；
（2）由余弦定理得到，再结合解方程组即可.
16．（2024高一下·荔湾期中）已知向量是同一平面内的三个向量，其中．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若是单位向量，且，求与的夹角.
【答案】（1）解：设，
因为，且，所以，
解得或，
所以或.
（2）解：因为，所以，所以，
所以，
因为，所以.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）设，由，且，列出方程组，求得的值，即可求得向量的坐标 ；
（2）由，根据向量垂直的充要条件可求得，利用向量的夹角公式求得，即可求出与的夹角 .
（1）解：设，因为，且，
可得，解得或，
所以或.
（2）解：因为，且为单位向量，可得，，
又因为，可得，所以，
则，
因为，所以.
17．（2024高一下·荔湾期中）已知.
（1）函数的最小正周期是，求，并求此时的解集；
（2）已知，，求函数，的值域.
【答案】（1）解：因为函数的最小正周期为，所以，解得，
则，由，得，
解得或，即或
所以的解集为或；
（2）解：当时，函数，
，
当时，，则，，
故函数，的值域为.
【知识点】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；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦函数的周期公式求出，再求方程的解集即可；
（2）利用二倍角公式及辅助角公式求出，再利用正弦函数性质求出值域即可.
（1）依题意，，解得，则，由，得，
解得或，即或
所以的解集为或.
（2）依题意，，
，
当时，，则有，，
所以函数，的值域为.
18．（2024高一下·荔湾期中）如图，四边形为梯形，，，，．
（1）求的值；
（2）求的长．
【答案】（1）解：由，可得，联立，解得，，
因为，所以，
则
，
又因为，所以，所以；
（2）解：在中，，由正弦定理，可得，
在中，由余弦定理得，
则．
【知识点】两角和与差的余弦公式；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意求得，再利用两角和的余弦公式求的值即可；
（2）在中，利用正弦定理求得BD的长，再在中，利用余弦定理求BC的长即可.
（1）因为，且，解得，．
而，所以，
所以
因为，所以，所以．
（2）在中，由正弦定理得，
因为，所以．
在中，由余弦定理得
，
所以．
19．（2024高一下·荔湾期中）已知函数，．
(1)若函数是奇函数，求实数的值；
(2)在(1)的条件下，判断函数与函数的图象公共点个数，并说明理由；
(3)当时，函数的图象始终在函数的图象上方，求实数的取值范围．
【答案】解：（1）因为为奇函数，所以对于定义域内任意，都有，
即，即，
显然，由于奇函数定义域关于原点对称，所以必有，
上面等式左右两边同时乘以得，
化简得，上式对定义域内任意恒成立，所以必有，解得；
（2）由（1）知，所以，即，由，解得或，
所以函数定义域.
由题意，要求方程解的个数，即求方程在定义域上的解的个数，
令，显然在区间和均单调递增，
又，，
且，，
所以函数在区间和上各有一个零点，
即方程在定义域上有2个解，
所以函数与函数的图象有2个公共点，
函数与在定义域上的大致图象，如图所示：
（3）要使时，函数的图象始终在函数的图象的上方，
必须使在上恒成立，
令，则，上式整理得在恒成立，
令，，
① 当，即时，在上单调递增，
所以，恒成立；
② 当，即时，在上单调递减，
只需，解得与矛盾，
③ 当，即时，
在上单调递减，在上单调递增，
所以由，解得，
又因为，所以，
综合①②③得的取值范围是.
【知识点】函数恒成立问题；函数零点存在定理；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据奇函数的定义求解即可；
（2）要求方程解的个数，即求方程在定义域上的解的个数，令，利用零点存在定理判断即可；
（3）要使时，函数的图象始终在函数的图象的上方，
必须使在上恒成立，令，则，上式整理得在恒成立，分类讨论即可.
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