【精品解析】四川省南充市2024-2025学年高一下学期学业质量监测数学试题

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名称 【精品解析】四川省南充市2024-2025学年高一下学期学业质量监测数学试题
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文件大小 748.2KB
资源类型 试卷
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科目 数学
更新时间 2025-07-25 11:22:19

文档简介

四川省南充市2024-2025学年高一下学期学业质量监测数学试题
一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2025高一下·南充期末)设为虚数单位,复数,则在复平面内对应的点在第(  )象限.
A.一 B.二 C.三 D.四
【答案】A
【知识点】虚数单位i及其性质;复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解:由,对应点坐标为,即在第一象限.
故答案为:A.
【分析】先通过复数乘法法则将复数z化简为标准形式a + bi(a,b为实数 ),然后根据实部a和虚部b的正负确定其对应点(a,b)所在的象限.
2.(2025高一下·南充期末)已知平面向量,,若,则(  )
A. B. C.2 D.3
【答案】A
【知识点】平面向量共线(平行)的坐标表示
【解析】【解答】解:由题设,可得.
故答案为:A.
【分析】利用“若两个平面向量,平行,则”这一性质,列出关于的方程,进而求解的值.
3.(2025高一下·南充期末)已知,,则(  )
A. B. C. D.
【答案】D
【知识点】同角三角函数间的基本关系;运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解:由,,则,
所以.
故答案为:D.
【分析】本题考查三角函数诱导公式及同角三角函数平方关系的应用.解题思路是先利用诱导公式将转化为,再根据的范围,用同角三角函数平方关系求出,最后再次利用诱导公式求出.
4.(2025高一下·南充期末)设,为不同的平面,m,n为不同的直线,则下列说法中正确的是(  )
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;直线与平面平行的性质;直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解:A、,,则平行或异面,A错误.
B、,,则或,B错误.
C、,则存在直线平面,使,又,得,故,C正确.
D、,,,则可以在内,可以与平行,也可以与相交但不垂直,不一定有,D错误.
故答案为:C.
【分析】本题聚焦空间中线面、面面的位置关系,需依据线面平行、垂直,面面垂直的判定与性质,逐一剖析选项,判断线线、线面位置关系是否成立,解题关键在于熟练运用空间几何的基本定理,准确把握线面、面面位置关系的多种可能性.
5.(2025高一下·南充期末)如图,已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形,则该圆锥的侧面积为(  )
A. B. C. D.
【答案】B
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解:由题设,圆锥底面半径为2,则底面周长为,
所以圆锥的侧面积为.
故选:B.
【分析】本题考查圆锥侧面积的计算,关键在于先根据轴截面的性质确定圆锥的底面半径和母线长,再利用圆锥侧面积公式(,其中是母线长,是底面周长 )求解,解题思路是:先由轴截面为正三角形得出底面半径和母线长,再计算底面周长,最后代入侧面积公式计算.
6.(2025高一下·南充期末)已知中,,,则的面积为(  )
A. B. C. D.
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角;同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解:因为,,则,
故,
因此.
故答案为:B.
【分析】 本题考查利用平面向量求三角形面积,核心思路是先通过向量数量积公式求出夹角A的余弦值,再用同角三角函数关系得正弦值,最后代入三角形面积公式()计算.
7.(2025高一下·南充期末)如图,在中,,于,,,则在上的投影向量为(  )
A. B. C. D.
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算;余弦定理;平面向量的投影向量
【解析】【解答】解:由题设,,则,,
故,
所以,
所以在上的投影向量为.
故答案为:A.
【分析】本题考查向量投影向量的计算,核心思路是:先通过几何条件求出相关线段长度(、 ),再用余弦定理求,最后依据投影向量公式(投影向量 )计算,需依次完成线段长度推导、角度余弦值求解及投影向量运算.
8.(2025高一下·南充期末)如图,正方体中,为的中点,点为四边形及其内部的动点,平面.则与平面所成角正切值的范围(  )
A. B. C. D.
【答案】D
【知识点】直线与平面平行的性质;直线与平面所成的角
【解析】【解答】解:
取线段的中点分别为,连接,
由中位线可得,所以四点四点共面,
又因为,平面,平面,
所以平面,
又因为,平面,平面,
所以平面,
又因为平面,
所以平面平面,
因为点为四边形及其内部的动点,所以当,即平面,
所以此时有平面,
由正方体的性质可知平面,所以与平面所成角就是,
又因为,设正方体的边长为2,则,
此时,所以,
故答案为:D.
【分析】先通过构造辅助平面,确定满足平面的点的轨迹;再利用线面角的定义(线面角为直线与平面中投影线的夹角 ),结合正方体边长,分析线面角正切值的范围.需依次完成辅助平面构造、轨迹确定、线面角转化及正切值范围推导.
二、多选题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2025高一下·南充期末)在中,下列说法正确的是(  )
A.
B.
C.若,则
D.存在,使得成立
【答案】B,C
【知识点】三角函数诱导公式二~六;正弦定理的应用;利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】A、由,A错误.
B、由,B正确.
C、由在上单调递减,且,则,C正确.
D、由正弦边角关系,若,即,显然不符合三角形三边关系,D错误.
故答案为:BC.
【分析】A、B、由三角形内角和及诱导公式判断A、B.
C、由余弦函数的单调性比较大小判断C.
D、根据正弦边角关系及三角形三边关系判断D.
10.(2025高一下·南充期末)如图,在正三棱柱中,,,则下列说法正确的是(  )
A.直线与直线所成角为
B.三棱锥的体积为
C.点到平面的距离为
D.四棱锥的外接球的表面积为
【答案】A,B,D
【知识点】异面直线所成的角;锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解:A、因,直线 与 所成角 = (或补角 ),正三棱柱中 是等边三角形,,故夹角为,A正确.
B、用等体积法:(换顶点 ), ,其中,,故:,B正确.
C、由,,则中上的高为,
所以,若到平面的距离为,则,所以,根据对称性易知点到平面的距离为,C错误.
D、由题设,易知四棱锥的外接球,即为该三棱柱的外接球,而的外接圆半径,且,所以外接球的半径,故其表面积为,D正确.
故答案为:ABD.
【分析】A:利用“线线平行可将异面直线夹角转化为平面角”,结合正三角形性质判断.
B:用“等体积法”(换顶点 ),将三棱锥体积转化为已知底面积和高的体积.
C、首先求出到平面的距离,再结合对称性判断C.
D、由四棱锥的外接球,即为该三棱柱的外接球,进而求半径,即可得表面积判断D.
11.(2025高一下·南充期末)已知函数,,则下列说法正确的是(  )
A.时,点是函数图象的一个对称中心
B.时,函数在上有4个零点
C.将图象向左平移个单位长度后,得到的函数图象关于轴对称,则最小值为3
D.当时,恰有4个最大值,则实数的取值范围为
【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质;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;函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解:A、对称中心判断( 时 ),当,,代入:,正弦函数值为0的点是对称中心,故 是对称中心,A正确.
B、零点个数( 时, 在 ),令,即,设,则,正弦函数 在 内的解为:,对应 有3个解,故零点个数为3,B错误.
C、由图象关于轴对称,则,
所以,且,故最小值为3,C正确.
D、由,则,即在上有4个最大值,
所以,可得,D正确.
故答案为:ACD.
【分析】
A:代入特殊点,利用“正弦函数值为0→对称中心”判断.
B:通过换元法,将 设为,转化为正弦方程在指定区间的解数.
C:图象平移后,利用“偶函数→相位满足”推导 的最小值.
D:换元后,分析正弦函数在区间内“恰有4个最大值”的相位范围,解出 取值.
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.(2025高一下·南充期末)的值为   .
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解:由,
故答案为:.
【分析】本题考查两角和的余弦公式的逆用,解题思路是识别出所给式子符合两角和的余弦公式的形式,然后将对应角度代入公式进行计算.
13.(2025高一下·南充期末)已知a,b,c分别为三个内角A,B,C的对边,若,,,则   .
【答案】7
【知识点】同角三角函数间的基本关系;正弦定理
【解析】【解答】解:由且为三角形内角,则,
由正弦定理得,可得.
故答案为:7.
【分析】本题考查正弦定理在解三角形中的应用,以及同角三角函数的基本关系,解题思路是:先根据同角三角函数的平方关系,由求出(因为是三角形内角, );再利用正弦定理,代入已知条件求出的值.
14.(2025高一下·南充期末)在三角恒等变化中,积化和差实际上就是把与,与相加或相减而变形得到的;和差化积实际上就是一种角的变化,如:.
如果角与满足,,则   .
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式;和差化积公式;同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解:由,
所以,
由,
所以,
所以,而.
故答案为:.
【分析】1. 和差化积:将、 转化为含 和 的乘积形式,建立方程.
2. 消元求正切:通过两式相除消去,得.
3. 二倍角公式:利用万能公式,将 转化为 的表达式,代入计算.
综上,通过“和差化积→消元求正切→二倍角公式”,逐步推导得 .
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(2025高一下·南充期末)已知函数.
(1)求函数的值域;
(2)求使成立的的取值集合.
【答案】(1)解:由

因为定义域为,所以值域为.
(2)解:由得:,
所以,
解得.
所以使成立的的取值集合是.
【知识点】两角和与差的正弦公式;正弦函数的性质
【解析】【分析】(1)要确定函数的值域,需先对函数进行化简,利用两角和与差的正弦公式将和展开,再通过辅助角公式进一步合并,转化为形如的正弦型函数,最后依据正弦函数的取值范围来确定原函数的值域.
(2)先将化简后的形式代入不等式,得到关于正弦函数的不等式,再根据正弦函数的图象与性质,求解出的取值范围.
(1)由

因为定义域为,所以值域为;
(2)由得:,
所以,
解得.
所以使成立的的取值集合是.
16.(2025高一下·南充期末)在三棱锥中,平面平面,,为的中点.
(1)求证:;
(2)若为的中点,过的平面交平面于,求证:平面.
【答案】(1)证明:由,为的中点,则,
由平面平面,平面平面,平面,
所以平面,平面,故.
(2)证明:由为的中点,为的中点,则,
由,,则,又平面,平面平面,
所以,平面,平面,
所以平面.
【知识点】直线与平面平行的判定;直线与平面平行的性质;直线与平面垂直的性质;平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1)利用“等腰三角形三线合一”得,结合“面面垂直性质定理”证 平面,进而得.
(2)通过“中位线定理”得,依次用“线面平行判定→线面平行性质→线面平行判定”,推导 平面.
(1)由,为的中点,则,
由平面平面,平面平面,平面,
所以平面,平面,故.
(2)由为的中点,为的中点,则,
由,,则,又平面,平面平面,
所以,平面,平面,
所以平面.
17.(2025高一下·南充期末)如图,中,,,,,N为的中点,设,与相交于点.
(1)用,表示、;
(2)若,求的值;
(3)求.
【答案】(1)解:N为的中点,故,
,故.
即:,.
(2)解:,
因为三点共线,设,即,
,故,,
所以,解得.
(3)解:由(1)知,,,
又,,,故,



则.
【知识点】平面向量的共线定理;平面向量的基本定理;数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】(1)利用向量基本定理得到,.
(2)表达出,根据三点共线,得到,求出.
(3)在(1)基础上,得到,,,利用夹角余弦公式进行求解.
(1)N为的中点,故,

故;
(2),
因为三点共线,设,即,
,故,,
所以,解得;
(3)由(1)知,,,
又,,,故,



则.
18.(2025高一下·南充期末)已知、、分别为三个内角、、的对边,且.
(1)求的值;
(2)若,,的面积为,求的值;
(3)若,,为垂心,为的外心,求的值.
【答案】(1)解:因为,由正弦定理可得,
即,
即,
即,
因为、,故,可得,
所以,因此,.
(2)解:因为,可得,
因为,由余弦定理可得,
故,所以,解得,
由正弦定理可得,故,
因此,.
(3)解:由平面向量数量积的定义可得,
设,则,
因为,则,
即①,

因为,则,
即②,
联立①②得,,故,
取线段的中点,连接,则,如下图所示:

同理可得,
因此.
【知识点】平面向量的数量积运算;两角和与差的正弦公式;正弦定理;余弦定理
【解析】【分析】(1):利用正弦定理化边为角,结合两角和正弦公式化简,求 得角.
(2):通过面积公式求,余弦定理联立方程得,再用正弦定理结合 求.
(3):设垂心 为、 的线性组合,利用垂心垂直性质列方程解系数,结合外心向量投影性质(中点投影 )计算数量积.
(1)因为,由正弦定理可得,
即,
即,
即,
因为、,故,可得,
所以,因此,.
(2)因为,可得,
因为,由余弦定理可得,
故,所以,解得,
由正弦定理可得,故,
因此,.
(3)由平面向量数量积的定义可得,
设,则,
因为,则,
即①,

因为,则,
即②,
联立①②得,,故,
取线段的中点,连接,则,如下图所示:

同理可得,
因此.
19.(2025高一下·南充期末)如图1,在直角梯形中,,,,,为的中点.将沿翻折,使点到点的位置,且,得到如图2所示的四棱锥,若为的中点,是棱上动点.
(1)当为的中点时.
①求证:平面平面;
②求直线与平面所成角的正弦值.
(2)若,求二面角的正弦值的取值范围.
【答案】(1)①证明见解析;②;①证明:由题可设,易知是边长为4的正方形,且,,
由都在平面内,则平面,平面,
所以,又,都在平面内,则平面,
由平面,则,又,为的中点,则,
由都在平面内,则平面,平面,
所以平面平面.
②解:由平面,平面,则,且
同理可得,则,故,
由,
若到平面的距离为,则,可得,而,
所以直线与平面所成角的正弦值.
(2)法一:解:由,且,则,
所以,,,
所以,
故,故到的距离,
又到平面的距离,则二面角的正弦值,
又,则;
法二:解:由题设,构建如下图示空间直角坐标系,则,
所以,若是平面的一个法向量,
所以,令,则,
而平面的一个法向量为,则,
而,则,故,
所以,故二面角的正弦值范围.
【知识点】直线与平面垂直的判定;直线与平面垂直的性质;用空间向量研究二面角
【解析】【分析】① 面面垂直证明:利用“线面垂直→面面垂直”,通过翻折后 平面,结合 平面 推导 平面,进而得面面垂直.
② 线面角计算:建立空间直角坐标系,求平面法向量与直线方向向量,用向量夹角公式计算线面角(线面角正弦值 = 方向向量与法向量夹角余弦值的绝对值 ).
(1)①由题设,易知是边长为4的正方形,且,,
由都在平面内,则平面,平面,
所以,又,都在平面内,则平面,
由平面,则,又,为的中点,则,
由都在平面内,则平面,平面,
所以平面平面;
②由平面,平面,则,且
同理可得,则,故,
由,
若到平面的距离为,则,可得,而,
所以直线与平面所成角的正弦值;
(2)法一:由,且,则,
所以,,,
所以,
故,故到的距离,
又到平面的距离,则二面角的正弦值,
又,则;
法二:由题设,构建如下图示空间直角坐标系,则,
所以,若是平面的一个法向量,
所以,令,则,
而平面的一个法向量为,则,
而,则,故,
所以,故二面角的正弦值范围.
1 / 1四川省南充市2024-2025学年高一下学期学业质量监测数学试题
一、单选题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的.
1.(2025高一下·南充期末)设为虚数单位,复数,则在复平面内对应的点在第(  )象限.
A.一 B.二 C.三 D.四
2.(2025高一下·南充期末)已知平面向量,,若,则(  )
A. B. C.2 D.3
3.(2025高一下·南充期末)已知,,则(  )
A. B. C. D.
4.(2025高一下·南充期末)设,为不同的平面,m,n为不同的直线,则下列说法中正确的是(  )
A.若,,则
B.若,,则
C.若,,则
D.若,,,则
5.(2025高一下·南充期末)如图,已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形,则该圆锥的侧面积为(  )
A. B. C. D.
6.(2025高一下·南充期末)已知中,,,则的面积为(  )
A. B. C. D.
7.(2025高一下·南充期末)如图,在中,,于,,,则在上的投影向量为(  )
A. B. C. D.
8.(2025高一下·南充期末)如图,正方体中,为的中点,点为四边形及其内部的动点,平面.则与平面所成角正切值的范围(  )
A. B. C. D.
二、多选题:本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分.
9.(2025高一下·南充期末)在中,下列说法正确的是(  )
A.
B.
C.若,则
D.存在,使得成立
10.(2025高一下·南充期末)如图,在正三棱柱中,,,则下列说法正确的是(  )
A.直线与直线所成角为
B.三棱锥的体积为
C.点到平面的距离为
D.四棱锥的外接球的表面积为
11.(2025高一下·南充期末)已知函数,,则下列说法正确的是(  )
A.时,点是函数图象的一个对称中心
B.时,函数在上有4个零点
C.将图象向左平移个单位长度后,得到的函数图象关于轴对称,则最小值为3
D.当时,恰有4个最大值,则实数的取值范围为
三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分.
12.(2025高一下·南充期末)的值为   .
13.(2025高一下·南充期末)已知a,b,c分别为三个内角A,B,C的对边,若,,,则   .
14.(2025高一下·南充期末)在三角恒等变化中,积化和差实际上就是把与,与相加或相减而变形得到的;和差化积实际上就是一种角的变化,如:.
如果角与满足,,则   .
四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15.(2025高一下·南充期末)已知函数.
(1)求函数的值域;
(2)求使成立的的取值集合.
16.(2025高一下·南充期末)在三棱锥中,平面平面,,为的中点.
(1)求证:;
(2)若为的中点,过的平面交平面于,求证:平面.
17.(2025高一下·南充期末)如图,中,,,,,N为的中点,设,与相交于点.
(1)用,表示、;
(2)若,求的值;
(3)求.
18.(2025高一下·南充期末)已知、、分别为三个内角、、的对边,且.
(1)求的值;
(2)若,,的面积为,求的值;
(3)若,,为垂心,为的外心,求的值.
19.(2025高一下·南充期末)如图1,在直角梯形中,,,,,为的中点.将沿翻折,使点到点的位置,且,得到如图2所示的四棱锥,若为的中点,是棱上动点.
(1)当为的中点时.
①求证:平面平面;
②求直线与平面所成角的正弦值.
(2)若,求二面角的正弦值的取值范围.
答案解析部分
1.【答案】A
【知识点】虚数单位i及其性质;复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解:由,对应点坐标为,即在第一象限.
故答案为:A.
【分析】先通过复数乘法法则将复数z化简为标准形式a + bi(a,b为实数 ),然后根据实部a和虚部b的正负确定其对应点(a,b)所在的象限.
2.【答案】A
【知识点】平面向量共线(平行)的坐标表示
【解析】【解答】解:由题设,可得.
故答案为:A.
【分析】利用“若两个平面向量,平行,则”这一性质,列出关于的方程,进而求解的值.
3.【答案】D
【知识点】同角三角函数间的基本关系;运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解:由,,则,
所以.
故答案为:D.
【分析】本题考查三角函数诱导公式及同角三角函数平方关系的应用.解题思路是先利用诱导公式将转化为,再根据的范围,用同角三角函数平方关系求出,最后再次利用诱导公式求出.
4.【答案】C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系;直线与平面平行的性质;直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解:A、,,则平行或异面,A错误.
B、,,则或,B错误.
C、,则存在直线平面,使,又,得,故,C正确.
D、,,,则可以在内,可以与平行,也可以与相交但不垂直,不一定有,D错误.
故答案为:C.
【分析】本题聚焦空间中线面、面面的位置关系,需依据线面平行、垂直,面面垂直的判定与性质,逐一剖析选项,判断线线、线面位置关系是否成立,解题关键在于熟练运用空间几何的基本定理,准确把握线面、面面位置关系的多种可能性.
5.【答案】B
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解:由题设,圆锥底面半径为2,则底面周长为,
所以圆锥的侧面积为.
故选:B.
【分析】本题考查圆锥侧面积的计算,关键在于先根据轴截面的性质确定圆锥的底面半径和母线长,再利用圆锥侧面积公式(,其中是母线长,是底面周长 )求解,解题思路是:先由轴截面为正三角形得出底面半径和母线长,再计算底面周长,最后代入侧面积公式计算.
6.【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角;同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解:因为,,则,
故,
因此.
故答案为:B.
【分析】 本题考查利用平面向量求三角形面积,核心思路是先通过向量数量积公式求出夹角A的余弦值,再用同角三角函数关系得正弦值,最后代入三角形面积公式()计算.
7.【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算;余弦定理;平面向量的投影向量
【解析】【解答】解:由题设,,则,,
故,
所以,
所以在上的投影向量为.
故答案为:A.
【分析】本题考查向量投影向量的计算,核心思路是:先通过几何条件求出相关线段长度(、 ),再用余弦定理求,最后依据投影向量公式(投影向量 )计算,需依次完成线段长度推导、角度余弦值求解及投影向量运算.
8.【答案】D
【知识点】直线与平面平行的性质;直线与平面所成的角
【解析】【解答】解:
取线段的中点分别为,连接,
由中位线可得,所以四点四点共面,
又因为,平面,平面,
所以平面,
又因为,平面,平面,
所以平面,
又因为平面,
所以平面平面,
因为点为四边形及其内部的动点,所以当,即平面,
所以此时有平面,
由正方体的性质可知平面,所以与平面所成角就是,
又因为,设正方体的边长为2,则,
此时,所以,
故答案为:D.
【分析】先通过构造辅助平面,确定满足平面的点的轨迹;再利用线面角的定义(线面角为直线与平面中投影线的夹角 ),结合正方体边长,分析线面角正切值的范围.需依次完成辅助平面构造、轨迹确定、线面角转化及正切值范围推导.
9.【答案】B,C
【知识点】三角函数诱导公式二~六;正弦定理的应用;利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】A、由,A错误.
B、由,B正确.
C、由在上单调递减,且,则,C正确.
D、由正弦边角关系,若,即,显然不符合三角形三边关系,D错误.
故答案为:BC.
【分析】A、B、由三角形内角和及诱导公式判断A、B.
C、由余弦函数的单调性比较大小判断C.
D、根据正弦边角关系及三角形三边关系判断D.
10.【答案】A,B,D
【知识点】异面直线所成的角;锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解:A、因,直线 与 所成角 = (或补角 ),正三棱柱中 是等边三角形,,故夹角为,A正确.
B、用等体积法:(换顶点 ), ,其中,,故:,B正确.
C、由,,则中上的高为,
所以,若到平面的距离为,则,所以,根据对称性易知点到平面的距离为,C错误.
D、由题设,易知四棱锥的外接球,即为该三棱柱的外接球,而的外接圆半径,且,所以外接球的半径,故其表面积为,D正确.
故答案为:ABD.
【分析】A:利用“线线平行可将异面直线夹角转化为平面角”,结合正三角形性质判断.
B:用“等体积法”(换顶点 ),将三棱锥体积转化为已知底面积和高的体积.
C、首先求出到平面的距离,再结合对称性判断C.
D、由四棱锥的外接球,即为该三棱柱的外接球,进而求半径,即可得表面积判断D.
11.【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质;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;函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解:A、对称中心判断( 时 ),当,,代入:,正弦函数值为0的点是对称中心,故 是对称中心,A正确.
B、零点个数( 时, 在 ),令,即,设,则,正弦函数 在 内的解为:,对应 有3个解,故零点个数为3,B错误.
C、由图象关于轴对称,则,
所以,且,故最小值为3,C正确.
D、由,则,即在上有4个最大值,
所以,可得,D正确.
故答案为:ACD.
【分析】
A:代入特殊点,利用“正弦函数值为0→对称中心”判断.
B:通过换元法,将 设为,转化为正弦方程在指定区间的解数.
C:图象平移后,利用“偶函数→相位满足”推导 的最小值.
D:换元后,分析正弦函数在区间内“恰有4个最大值”的相位范围,解出 取值.
12.【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解:由,
故答案为:.
【分析】本题考查两角和的余弦公式的逆用,解题思路是识别出所给式子符合两角和的余弦公式的形式,然后将对应角度代入公式进行计算.
13.【答案】7
【知识点】同角三角函数间的基本关系;正弦定理
【解析】【解答】解:由且为三角形内角,则,
由正弦定理得,可得.
故答案为:7.
【分析】本题考查正弦定理在解三角形中的应用,以及同角三角函数的基本关系,解题思路是:先根据同角三角函数的平方关系,由求出(因为是三角形内角, );再利用正弦定理,代入已知条件求出的值.
14.【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式;和差化积公式;同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解:由,
所以,
由,
所以,
所以,而.
故答案为:.
【分析】1. 和差化积:将、 转化为含 和 的乘积形式,建立方程.
2. 消元求正切:通过两式相除消去,得.
3. 二倍角公式:利用万能公式,将 转化为 的表达式,代入计算.
综上,通过“和差化积→消元求正切→二倍角公式”,逐步推导得 .
15.【答案】(1)解:由

因为定义域为,所以值域为.
(2)解:由得:,
所以,
解得.
所以使成立的的取值集合是.
【知识点】两角和与差的正弦公式;正弦函数的性质
【解析】【分析】(1)要确定函数的值域,需先对函数进行化简,利用两角和与差的正弦公式将和展开,再通过辅助角公式进一步合并,转化为形如的正弦型函数,最后依据正弦函数的取值范围来确定原函数的值域.
(2)先将化简后的形式代入不等式,得到关于正弦函数的不等式,再根据正弦函数的图象与性质,求解出的取值范围.
(1)由

因为定义域为,所以值域为;
(2)由得:,
所以,
解得.
所以使成立的的取值集合是.
16.【答案】(1)证明:由,为的中点,则,
由平面平面,平面平面,平面,
所以平面,平面,故.
(2)证明:由为的中点,为的中点,则,
由,,则,又平面,平面平面,
所以,平面,平面,
所以平面.
【知识点】直线与平面平行的判定;直线与平面平行的性质;直线与平面垂直的性质;平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1)利用“等腰三角形三线合一”得,结合“面面垂直性质定理”证 平面,进而得.
(2)通过“中位线定理”得,依次用“线面平行判定→线面平行性质→线面平行判定”,推导 平面.
(1)由,为的中点,则,
由平面平面,平面平面,平面,
所以平面,平面,故.
(2)由为的中点,为的中点,则,
由,,则,又平面,平面平面,
所以,平面,平面,
所以平面.
17.【答案】(1)解:N为的中点,故,
,故.
即:,.
(2)解:,
因为三点共线,设,即,
,故,,
所以,解得.
(3)解:由(1)知,,,
又,,,故,



则.
【知识点】平面向量的共线定理;平面向量的基本定理;数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】(1)利用向量基本定理得到,.
(2)表达出,根据三点共线,得到,求出.
(3)在(1)基础上,得到,,,利用夹角余弦公式进行求解.
(1)N为的中点,故,

故;
(2),
因为三点共线,设,即,
,故,,
所以,解得;
(3)由(1)知,,,
又,,,故,



则.
18.【答案】(1)解:因为,由正弦定理可得,
即,
即,
即,
因为、,故,可得,
所以,因此,.
(2)解:因为,可得,
因为,由余弦定理可得,
故,所以,解得,
由正弦定理可得,故,
因此,.
(3)解:由平面向量数量积的定义可得,
设,则,
因为,则,
即①,

因为,则,
即②,
联立①②得,,故,
取线段的中点,连接,则,如下图所示:

同理可得,
因此.
【知识点】平面向量的数量积运算;两角和与差的正弦公式;正弦定理;余弦定理
【解析】【分析】(1):利用正弦定理化边为角,结合两角和正弦公式化简,求 得角.
(2):通过面积公式求,余弦定理联立方程得,再用正弦定理结合 求.
(3):设垂心 为、 的线性组合,利用垂心垂直性质列方程解系数,结合外心向量投影性质(中点投影 )计算数量积.
(1)因为,由正弦定理可得,
即,
即,
即,
因为、,故,可得,
所以,因此,.
(2)因为,可得,
因为,由余弦定理可得,
故,所以,解得,
由正弦定理可得,故,
因此,.
(3)由平面向量数量积的定义可得,
设,则,
因为,则,
即①,

因为,则,
即②,
联立①②得,,故,
取线段的中点,连接,则,如下图所示:

同理可得,
因此.
19.【答案】(1)①证明见解析;②;①证明:由题可设,易知是边长为4的正方形,且,,
由都在平面内,则平面,平面,
所以,又,都在平面内,则平面,
由平面,则,又,为的中点,则,
由都在平面内,则平面,平面,
所以平面平面.
②解:由平面,平面,则,且
同理可得,则,故,
由,
若到平面的距离为,则,可得,而,
所以直线与平面所成角的正弦值.
(2)法一:解:由,且,则,
所以,,,
所以,
故,故到的距离,
又到平面的距离,则二面角的正弦值,
又,则;
法二:解:由题设,构建如下图示空间直角坐标系,则,
所以,若是平面的一个法向量,
所以,令,则,
而平面的一个法向量为,则,
而,则,故,
所以,故二面角的正弦值范围.
【知识点】直线与平面垂直的判定;直线与平面垂直的性质;用空间向量研究二面角
【解析】【分析】① 面面垂直证明:利用“线面垂直→面面垂直”,通过翻折后 平面,结合 平面 推导 平面,进而得面面垂直.
② 线面角计算:建立空间直角坐标系,求平面法向量与直线方向向量,用向量夹角公式计算线面角(线面角正弦值 = 方向向量与法向量夹角余弦值的绝对值 ).
(1)①由题设,易知是边长为4的正方形,且,,
由都在平面内,则平面,平面,
所以,又,都在平面内,则平面,
由平面,则,又,为的中点,则,
由都在平面内,则平面,平面,
所以平面平面;
②由平面,平面,则,且
同理可得,则,故,
由,
若到平面的距离为,则,可得,而,
所以直线与平面所成角的正弦值;
(2)法一:由,且,则,
所以,,,
所以,
故,故到的距离,
又到平面的距离,则二面角的正弦值,
又,则;
法二:由题设,构建如下图示空间直角坐标系,则,
所以,若是平面的一个法向量,
所以,令,则,
而平面的一个法向量为,则,
而,则,故,
所以,故二面角的正弦值范围.
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