甘肃省普通高中2023-2024学年高一下学期期末教学质量统一检测数学试题
1．（2024高一下·甘肃期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·甘肃期末）复数的虚部为（ ）
A．1 B．2 C． D．
3．（2024高一下·甘肃期末）已知直线，及平面，，且，，下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
4．（2024高一下·甘肃期末）某射击运动员射击5次的成绩如下表：
第1次 第2次 第3次 第4次 第5次
9环 9环 10环 8环 9环
下列结论正确的是（ ）
A．该射击运动员5次射击的平均环数为9.2
B．该射击运动员5次射击的平均环数为9.5
C．该射击运动员5次射击的环数的方差为1
D．该射击运动员5次射击的环数的方差为
5．（2024高一下·甘肃期末）已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A．0 B． C． D．
6．（2024高一下·甘肃期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，则该四棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·甘肃期末）“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变更，最多相差一两天.”中国农历的二十四节气，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化的结晶，如五月有立夏、小满，六月有芒种、夏至，七月有小暑、大暑.现从立夏、小满、芒种、夏至、小暑、大暑这6个节气中任选2个节气，则这2个节气不在同一个月的概率为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·甘肃期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·甘肃期末）下列函数中是偶函数的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·甘肃期末）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点中心对称
D．的最大值为1
11．（2024高一下·甘肃期末）有一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1.也可由正方体切割而成，如图2.在如图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则（ ）
A．该几何体的表面积为 B．该几何体的体积为4
C．直线与直线所成的角为 D．二面角的余弦值为
12．（2024高一下·甘肃期末）函数的值域为 .
13．（2024高一下·甘肃期末）已知正实数，满足，则的最小值为 .
14．（2024高一下·甘肃期末）已知四边形的顶点都在半径为2的圆上，且经过圆的圆心，，，四边形的面积为，则 .
15．（2024高一下·甘肃期末）已知向量，.
（1）若，求；
（2）若向量，，求与夹角的余弦值.
16．（2024高一下·甘肃期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为的中点，点在线段上，平面.
（1）证明：；
（2）求的值.
17．（2024高一下·甘肃期末）已知函数（，，）的部分图象如图所示.
（1）求的解析式；
（2）设，为锐角，，，求的值.
18．（2024高一下·甘肃期末）某社区举办“趣味智力挑战赛”，旨在促进社区邻里关系，鼓励居民参与公益活动.本次挑战赛第一轮为选手随机匹配4道难度相当的趣味智力题，参赛选手需依次回答4道题目，任何1道题答对就算通过本轮挑战赛.若参赛选手前2道题都没有答对，而后续还需要答题，则每答1道题就需要后期参与一次社区组织的公益活动，若4道题目都没有答对，则被淘汰.甲、乙都参加了本次挑战赛，且在第一轮挑战赛中甲、乙答对每道趣味智力题的概率均为.甲热爱公益活动，若需要答题机会，他愿意参与社区组织的公益活动.乙不热爱公益活动，若前2道题都没有答对，则停止答题，被淘汰.甲、乙每道题是否答对相互独立.
（1）求甲通过第一轮挑战赛的概率；
（2）求乙通过第一轮挑战赛的概率；
（3）求甲、乙中只有1人通过了第一轮挑战赛的概率.
19．（2024高一下·甘肃期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）已知；
①求面积的最大值；
②延长至，使得，连接，设外接圆的圆心为，求的最小值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：当时，；
当时，；
当时，，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以复数的虚部为2.
故答案为：B.
【分析】由复数的除法运算法则结合复数的虚部定义，从而得出复数z的虚部.
3．【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，则不一定垂直，故A错误；
对于B：因为，所以，
又因为，所以，故B正确；
对于C：若，则不一定平行于，故C错误；
对于D：若，则或，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据空间中线线垂直的判断方法、线线平行的判断方法、线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理，从而找出真命题的选项.
4．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为该射击运动员5次射击的平均环数为，
所以，5次射击的环数的方差为.
故答案为：D.
【分析】根据表中数据和平均值公式、方差的公式得出该射击运动员5次射击的环数的方差，从而逐项判断找出结论正确的选项.
5．【答案】C
【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：由题意得，，
因为，
所以，
所以，
又因为，
所以，即与的夹角为.
故答案为：C.
【分析】根据单位向量定义何已知条件，结合数量积的运算法则得出的值，再利用数量积求向量夹角公式得出与的夹角.
6．【答案】C
【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：将四棱锥补全成以为长、宽、高的长方体，
则该四棱锥的外接球即补全后长方体的外接球，
则外接球的半径为长方体体对角线一半，
所以外接球表面积为.
故答案为：C.
【分析】将四棱锥补成长方体，利用长方体的体对角线得出外接球的半径，再利用球的表面积公式得出该四棱锥外接球的表面积.
7．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可知：从6个节气中任取2个节气，样本空间{（立夏，小满），（立夏，芒种），（立夏，夏至），（立夏，小暑），（立夏，大暑），（小满，芒种），（小满，夏至），（小满，小暑），（小满，大暑），（芒种，夏至），（芒种，小暑），（芒种，大暑），（夏至，小暑），（夏至，大暑），（小暑，大暑）}，共有15个样本点；
其中2个节气不在同一个月的样本点有12个，
则这2个节气不在同一个月的概率为.
故答案为：A．
【分析】利用列举法，求出样本空间的样本点数，再找出满足题意的种数，最后根据古典概型公式求解即可.
8．【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为
，
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】利用辅助角公式、两角和与差的正弦公式，从而得出的值.
9．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：对于A：因为为偶函数，故A正确；
对于B：因为函数的定义域为，令，
则，
所以为偶函数，故B正确；
对于C：因为定义域为，定义域不关于原点对称，为非奇非偶函数，故C错误；
对于D：令，定义域为，且，
所以是偶函数，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据偶函数的定义逐项判断，从而找出是偶函数的函数.
10．【答案】A,B,C
【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
【解析】【解答】解：A、因为，所以的最小正周期为，A正确；
B、由，可得，
所以图象的对称轴为，
当时，图象的关于对称，B正确；
C、由，可得，
所以图象的对称中心为，当时，
图象的关于点对称，C正确；
D、当时，的最大值为2，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】求得最小正周期判断A；求得最大值判断B；求得对称中心判断C；求得对称轴判断D.
11．【答案】A,B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、，因为，所以，
蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，
则该几何体的表面积为，故A正确；
B、该几何体的体积为，故B正确；
C、因为，所以是直线与直线所成的角，
又因为，所以，故C正确；
D、设的中点为，连接、，则，，
则即二面角的平面角，
建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、、，则，，
则，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据正四面体的表面积即可判断A；利用割补法，结合体积公式求解即可判断B；根据异面直线所成角的定义平移直线到直线，求解即可判断C；根据二面角的定义作出二面角的平面角，结合空间向量法求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】函数的值域；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：因为，
根据指数函数性质得的值域为.
故答案为：.
【分析】根据指数型复合函数单调性，从而得出函数的值域.
13．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，
当且仅当时，即当，时，等号成立.
故答案为：.
【分析】先变形，展开后结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
14．【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【解答】解：如图，连接，，
则是等边三角形，，
所以，四边形的面积为
，解得.
因为，
所以或.
因为，
所以，
则，
所以是等腰直角三角形，.
故答案为：.
【分析】连接，，利用等边三角形的结构特征得到，再由和三角恒等变换公式得到，从而求出的值，则得出的值，再根据是等腰直角三角形得出AB的长.
15．【答案】（1）解：因为，，
所以.
由，可得，
则，解得，
所以，
故.
（2）解：依题意得，
因为，所以，
解得，则，
因为，，，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示求出的值，再利用复数求模公式得出的值.
（2）利用已知条件和向量平行的坐标表示求出的值，再由数量积求向量夹角的坐标公式，从而得出与夹角的余弦值.
（1）因为，，所以.
由，可得，
即，解得，
所以，故.
（2）依题意得.
因为，所以
解得，则.
，，，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
16．【答案】（1）证明：因为，为的中点，
所以，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，
所以.
（2）解：设为的中点，连接，，如图所示，
因为，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，
所以平面平面.
因为平面，
所以平面，
因为平面平面，平面，
所以，
所以.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）利用已知条件和等腰三角形三线合一得出，再结合面面垂直的性质定理证出.
（2）设为的中点，连接，，利用平行四边形的结构特征得出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，由线面平行的性质定理证出线线平行，从而得出的值.
（1）因为，为的中点，
所以.
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，
所以.
（2）设为的中点，连接，，如图所示，
因为，，
所以四边形是平行四边形，
所以.
因为平面，平面，
所以平面.
因为平面，平面，
所以平面平面.
因为平面，
所以平面.
因为平面平面，平面，
所以，
所以.
17．【答案】（1）解：由图可得，且，解得，
由，，解得，
由，，
解得，
故.
（2）解：因为，为锐角，，
所以为钝角，
因为，，
所以，，
，
则，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）根据正弦型函数的最小正周期公式求出的值，利用正弦型函数的图象最高点的纵坐标和五点对应法，从而求出的值，进而得出函数的解析式.
（2）先根据平方关系求出，的值，根据两角差的正弦公式求出的值，再利用两角和的正弦公式得出的值.
（1）由图可得，且，解得，
由，，解得，
由，，解得，
故；
（2）因为，为锐角，，所以为钝角，
因为，，
所以，，
，
则，
所以.
18．【答案】（1）解：因为甲第一轮挑战赛被淘汰的概率为，
所以，甲通过第一轮挑战赛的概率为.
（2）解：因为乙第一轮挑战赛被淘汰的概率为，
所以，乙通过第一轮挑战赛的概率为.
（3）解：甲、乙中只有1人通过了第一轮挑战赛的概率为：.
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和对立事件求概率公式，从而得出甲通过第一轮挑战赛的概率.
（2）利用已知条件和对立事件求概率公式，从而得出乙通过第一轮挑战赛的概率.
（3）利用独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出甲、乙中只有1人通过了第一轮挑战赛的概率.
（1）甲第一轮挑战赛被淘汰的概率为，
甲通过第一轮挑战赛的概率为.
（2）乙第一轮挑战赛被淘汰的概率为，
乙通过第一轮挑战赛的概率为.
（3）甲、乙中只有1人通过了第一轮挑战赛的概率为.
19．【答案】（1）解：由，利用正弦定理化简整理可得，
则，
即，即，
即，因为，所以，即，，则；
（2）解：①因为，所以，解得，当且仅当时等号成立，
则的面积，即面积的最大值为；
②设的中点为，
，
因为，所以，
当且仅当时等号成立，则，
故，
综上，的最小值为.
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理角，结合余弦定理化简求解角即可；
（2）①由余弦定理，结合基本不等式求的最大值，再代入三角形面积公式求解即可；
②设的中点为，问题为，再利用正弦定理求的最大值求解即可.
（1）根据正弦定理角化边可知，，
即，
，
即，即，
即，，
所以，即，，
则；
（2）①因为，所以，
解得，当且仅当时，等号成立，
所以的面积，
即面积的最大值为.
②设的中点为.
.
因为，所以，
当且仅当时，等号成立，所以.
故.
综上，的最小值为.
1 / 1甘肃省普通高中2023-2024学年高一下学期期末教学质量统一检测数学试题
1．（2024高一下·甘肃期末）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：当时，；
当时，；
当时，，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2024高一下·甘肃期末）复数的虚部为（ ）
A．1 B．2 C． D．
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以复数的虚部为2.
故答案为：B.
【分析】由复数的除法运算法则结合复数的虚部定义，从而得出复数z的虚部.
3．（2024高一下·甘肃期末）已知直线，及平面，，且，，下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若，则不一定垂直，故A错误；
对于B：因为，所以，
又因为，所以，故B正确；
对于C：若，则不一定平行于，故C错误；
对于D：若，则或，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据空间中线线垂直的判断方法、线线平行的判断方法、线面垂直的判定定理、线面平行的判定定理，从而找出真命题的选项.
4．（2024高一下·甘肃期末）某射击运动员射击5次的成绩如下表：
第1次 第2次 第3次 第4次 第5次
9环 9环 10环 8环 9环
下列结论正确的是（ ）
A．该射击运动员5次射击的平均环数为9.2
B．该射击运动员5次射击的平均环数为9.5
C．该射击运动员5次射击的环数的方差为1
D．该射击运动员5次射击的环数的方差为
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差
【解析】【解答】解：因为该射击运动员5次射击的平均环数为，
所以，5次射击的环数的方差为.
故答案为：D.
【分析】根据表中数据和平均值公式、方差的公式得出该射击运动员5次射击的环数的方差，从而逐项判断找出结论正确的选项.
5．（2024高一下·甘肃期末）已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A．0 B． C． D．
【答案】C
【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：由题意得，，
因为，
所以，
所以，
又因为，
所以，即与的夹角为.
故答案为：C.
【分析】根据单位向量定义何已知条件，结合数量积的运算法则得出的值，再利用数量积求向量夹角公式得出与的夹角.
6．（2024高一下·甘肃期末）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，则该四棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【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：将四棱锥补全成以为长、宽、高的长方体，
则该四棱锥的外接球即补全后长方体的外接球，
则外接球的半径为长方体体对角线一半，
所以外接球表面积为.
故答案为：C.
【分析】将四棱锥补成长方体，利用长方体的体对角线得出外接球的半径，再利用球的表面积公式得出该四棱锥外接球的表面积.
7．（2024高一下·甘肃期末）“春雨惊春清谷天，夏满芒夏暑相连，秋处露秋寒霜降，冬雪雪冬小大寒，每月两节不变更，最多相差一两天.”中国农历的二十四节气，凝结着中华民族的智慧，是中国传统文化的结晶，如五月有立夏、小满，六月有芒种、夏至，七月有小暑、大暑.现从立夏、小满、芒种、夏至、小暑、大暑这6个节气中任选2个节气，则这2个节气不在同一个月的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】解：由题意可知：从6个节气中任取2个节气，样本空间{（立夏，小满），（立夏，芒种），（立夏，夏至），（立夏，小暑），（立夏，大暑），（小满，芒种），（小满，夏至），（小满，小暑），（小满，大暑），（芒种，夏至），（芒种，小暑），（芒种，大暑），（夏至，小暑），（夏至，大暑），（小暑，大暑）}，共有15个样本点；
其中2个节气不在同一个月的样本点有12个，
则这2个节气不在同一个月的概率为.
故答案为：A．
【分析】利用列举法，求出样本空间的样本点数，再找出满足题意的种数，最后根据古典概型公式求解即可.
8．（2024高一下·甘肃期末）已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为
，
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】利用辅助角公式、两角和与差的正弦公式，从而得出的值.
9．（2024高一下·甘肃期末）下列函数中是偶函数的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：对于A：因为为偶函数，故A正确；
对于B：因为函数的定义域为，令，
则，
所以为偶函数，故B正确；
对于C：因为定义域为，定义域不关于原点对称，为非奇非偶函数，故C错误；
对于D：令，定义域为，且，
所以是偶函数，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据偶函数的定义逐项判断，从而找出是偶函数的函数.
10．（2024高一下·甘肃期末）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的图象关于直线对称
C．的图象关于点中心对称
D．的最大值为1
【答案】A,B,C
【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
【解析】【解答】解：A、因为，所以的最小正周期为，A正确；
B、由，可得，
所以图象的对称轴为，
当时，图象的关于对称，B正确；
C、由，可得，
所以图象的对称中心为，当时，
图象的关于点对称，C正确；
D、当时，的最大值为2，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】求得最小正周期判断A；求得最大值判断B；求得对称中心判断C；求得对称轴判断D.
11．（2024高一下·甘肃期末）有一种“蒺藜形多面体”，其可由两个正交的正四面体组合而成，如图1.也可由正方体切割而成，如图2.在如图2所示的“蒺藜形多面体”中，若，则（ ）
A．该几何体的表面积为 B．该几何体的体积为4
C．直线与直线所成的角为 D．二面角的余弦值为
【答案】A,B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、，因为，所以，
蒺藜形多面体的表面可看作是八个全等的棱长为的小正四面体构成，
则该几何体的表面积为，故A正确；
B、该几何体的体积为，故B正确；
C、因为，所以是直线与直线所成的角，
又因为，所以，故C正确；
D、设的中点为，连接、，则，，
则即二面角的平面角，
建立空间直角坐标系，如图所示：
则、、、、，则，，
则，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据正四面体的表面积即可判断A；利用割补法，结合体积公式求解即可判断B；根据异面直线所成角的定义平移直线到直线，求解即可判断C；根据二面角的定义作出二面角的平面角，结合空间向量法求解即可判断D.
12．（2024高一下·甘肃期末）函数的值域为 .
【答案】
【知识点】函数的值域；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：因为，
根据指数函数性质得的值域为.
故答案为：.
【分析】根据指数型复合函数单调性，从而得出函数的值域.
13．（2024高一下·甘肃期末）已知正实数，满足，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：，
当且仅当时，即当，时，等号成立.
故答案为：.
【分析】先变形，展开后结合基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
14．（2024高一下·甘肃期末）已知四边形的顶点都在半径为2的圆上，且经过圆的圆心，，，四边形的面积为，则 .
【答案】
【知识点】简单的三角恒等变换；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【解答】解：如图，连接，，
则是等边三角形，，
所以，四边形的面积为
，解得.
因为，
所以或.
因为，
所以，
则，
所以是等腰直角三角形，.
故答案为：.
【分析】连接，，利用等边三角形的结构特征得到，再由和三角恒等变换公式得到，从而求出的值，则得出的值，再根据是等腰直角三角形得出AB的长.
15．（2024高一下·甘肃期末）已知向量，.
（1）若，求；
（2）若向量，，求与夹角的余弦值.
【答案】（1）解：因为，，
所以.
由，可得，
则，解得，
所以，
故.
（2）解：依题意得，
因为，所以，
解得，则，
因为，，，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）利用向量垂直的坐标表示求出的值，再利用复数求模公式得出的值.
（2）利用已知条件和向量平行的坐标表示求出的值，再由数量积求向量夹角的坐标公式，从而得出与夹角的余弦值.
（1）因为，，所以.
由，可得，
即，解得，
所以，故.
（2）依题意得.
因为，所以
解得，则.
，，，
所以，
所以与夹角的余弦值为.
16．（2024高一下·甘肃期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，为的中点，点在线段上，平面.
（1）证明：；
（2）求的值.
【答案】（1）证明：因为，为的中点，
所以，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，
所以.
（2）解：设为的中点，连接，，如图所示，
因为，，
所以四边形是平行四边形，
所以，
因为平面，平面，
所以平面，
因为平面，平面，
所以平面平面.
因为平面，
所以平面，
因为平面平面，平面，
所以，
所以.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）利用已知条件和等腰三角形三线合一得出，再结合面面垂直的性质定理证出.
（2）设为的中点，连接，，利用平行四边形的结构特征得出线线平行，再结合线线平行证出线面平行，由线面平行的性质定理证出线线平行，从而得出的值.
（1）因为，为的中点，
所以.
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面.
因为平面，
所以.
（2）设为的中点，连接，，如图所示，
因为，，
所以四边形是平行四边形，
所以.
因为平面，平面，
所以平面.
因为平面，平面，
所以平面平面.
因为平面，
所以平面.
因为平面平面，平面，
所以，
所以.
17．（2024高一下·甘肃期末）已知函数（，，）的部分图象如图所示.
（1）求的解析式；
（2）设，为锐角，，，求的值.
【答案】（1）解：由图可得，且，解得，
由，，解得，
由，，
解得，
故.
（2）解：因为，为锐角，，
所以为钝角，
因为，，
所以，，
，
则，
所以.
【知识点】两角和与差的正弦公式；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）根据正弦型函数的最小正周期公式求出的值，利用正弦型函数的图象最高点的纵坐标和五点对应法，从而求出的值，进而得出函数的解析式.
（2）先根据平方关系求出，的值，根据两角差的正弦公式求出的值，再利用两角和的正弦公式得出的值.
（1）由图可得，且，解得，
由，，解得，
由，，解得，
故；
（2）因为，为锐角，，所以为钝角，
因为，，
所以，，
，
则，
所以.
18．（2024高一下·甘肃期末）某社区举办“趣味智力挑战赛”，旨在促进社区邻里关系，鼓励居民参与公益活动.本次挑战赛第一轮为选手随机匹配4道难度相当的趣味智力题，参赛选手需依次回答4道题目，任何1道题答对就算通过本轮挑战赛.若参赛选手前2道题都没有答对，而后续还需要答题，则每答1道题就需要后期参与一次社区组织的公益活动，若4道题目都没有答对，则被淘汰.甲、乙都参加了本次挑战赛，且在第一轮挑战赛中甲、乙答对每道趣味智力题的概率均为.甲热爱公益活动，若需要答题机会，他愿意参与社区组织的公益活动.乙不热爱公益活动，若前2道题都没有答对，则停止答题，被淘汰.甲、乙每道题是否答对相互独立.
（1）求甲通过第一轮挑战赛的概率；
（2）求乙通过第一轮挑战赛的概率；
（3）求甲、乙中只有1人通过了第一轮挑战赛的概率.
【答案】（1）解：因为甲第一轮挑战赛被淘汰的概率为，
所以，甲通过第一轮挑战赛的概率为.
（2）解：因为乙第一轮挑战赛被淘汰的概率为，
所以，乙通过第一轮挑战赛的概率为.
（3）解：甲、乙中只有1人通过了第一轮挑战赛的概率为：.
【知识点】互斥事件与对立事件；互斥事件的概率加法公式；相互独立事件的概率乘法公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和对立事件求概率公式，从而得出甲通过第一轮挑战赛的概率.
（2）利用已知条件和对立事件求概率公式，从而得出乙通过第一轮挑战赛的概率.
（3）利用独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式，从而得出甲、乙中只有1人通过了第一轮挑战赛的概率.
（1）甲第一轮挑战赛被淘汰的概率为，
甲通过第一轮挑战赛的概率为.
（2）乙第一轮挑战赛被淘汰的概率为，
乙通过第一轮挑战赛的概率为.
（3）甲、乙中只有1人通过了第一轮挑战赛的概率为.
19．（2024高一下·甘肃期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，且.
（1）求角；
（2）已知；
①求面积的最大值；
②延长至，使得，连接，设外接圆的圆心为，求的最小值.
【答案】（1）解：由，利用正弦定理化简整理可得，
则，
即，即，
即，因为，所以，即，，则；
（2）解：①因为，所以，解得，当且仅当时等号成立，
则的面积，即面积的最大值为；
②设的中点为，
，
因为，所以，
当且仅当时等号成立，则，
故，
综上，的最小值为.
【知识点】基本不等式；平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理角，结合余弦定理化简求解角即可；
（2）①由余弦定理，结合基本不等式求的最大值，再代入三角形面积公式求解即可；
②设的中点为，问题为，再利用正弦定理求的最大值求解即可.
（1）根据正弦定理角化边可知，，
即，
，
即，即，
即，，
所以，即，，
则；
（2）①因为，所以，
解得，当且仅当时，等号成立，
所以的面积，
即面积的最大值为.
②设的中点为.
.
因为，所以，
当且仅当时，等号成立，所以.
故.
综上，的最小值为.
1 / 1
