广东省茂名市信宜市第二中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题
一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分）
1．（2024高一下·信宜月考）已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·信宜月考）设，则（ ）
A．2 B．1 C．4 D．3
3．（2024高一下·信宜月考）已知，，，则（ ）
A． B．16 C． D．9
4．（2024高一下·信宜月考）已知是定义域为的偶函数，且在上单调递减，，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·信宜月考）已知向量满足，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·信宜月考）设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ）
A．若m上有两个点到平面的距离相等，则
B．若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件
C．若，，，则
D．若m、n是异面直线，，，，，则
7．（2024高一下·信宜月考）如图，为直角三角形，，，C为斜边的中点，P为线段的中点，则＝（ ）
A．1 B． C． D．
8．（2024高一下·信宜月考）攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖.通常有圆形攒尖，三角攒尖，四角攒尖，八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面是底边长为m，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的面积约为（ ）.
A．m2 B．m2 C．m2 D．m2
二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多个项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对但不全的得部分分，有选错的得0分）．
9．（2024高一下·信宜月考）已知复数，是的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．的实部为
B．复数在复平面中对应的点在第四象限
C．
D．
10．（2024高一下·信宜月考）一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．MN与AB是异面直线 D．BF与CD成角
11．（2024高一下·信宜月考）函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．
D．若方程在上有且只有5个根，则
三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高一下·信宜月考）已知向量，若，则 .
13．（2024高一下·信宜月考）已知，若为纯虚数，则 ．
14．（2024高一下·信宜月考）在四面体中，，，，，则该四面体外接球的表面积为 .
四、解答题（共6小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．（2024高一下·信宜月考）如图，在边长为的正方体中，为中点，
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积．
16．（2024高一下·信宜月考）如图，在三棱锥中，、、、分别是、、、的中点，且，．
（1）证明：；
（2）证明：平面平面.
17．（2024高一下·信宜月考）已知的内角、、所对的边分别是、、，设向量，，.
（1）若，求证：为等腰三角形；
（2）若，边长，，求的面积.
18．（2024高一下·信宜月考）如图，在几何体中，四边形为菱形，对角线与的交点为O，四边形为梯形，.
（1）若，求证：平面；
（2）若，求证：平面平面.
19．（2024高一下·信宜月考）已知函数为奇函数.
（1）求实数a的值；
（2）设函数，若对任意的，总存在，使得成立，求实数m的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：，
故.
故选：A.
【分析】利用函数求定义域求解方法得出集合A，再结合交集的运算法则得出答案.
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】因为，所以.
故选：A.
【分析】利用复数的乘除法运算法则得出复数，再结合复数求模公式得出结果.
3．【答案】B
【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，
所以，所以.
故选：B.
【分析】由已知结合数量积求向量的模公式以及数量积的运算法则，进而得出结果.
4．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，
可得，所以在单调递增，
又由，所以，
即，可得，
又由，所以，
因为是定义域为的偶函数，且在上单调递减，
则在上单调递增，且，
所以，
即，
所以.
故选：A.
【分析】令，利用求导的方法判断出函数在的单调性，再结合函数的单调性求出函数的值域，得到，再由对数函数的性质，得到，再由函数的单调性与奇偶性，从而比较出a，b，c的大小.
5．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，，
所以，得出，
所以，向量在向量方向上的投影向量为.
故选：C.
【分析】利用数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，从而得出的值，再结合数量积求投影向量的方法，进而得出向量在向量方向上的投影向量.
6．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A、当直线m与相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误；
B、若，，，则，又，所以；当时，，当时，，可以相交，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误；
C、若，，，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误；
D、若m、n是异面直线，，，，，则在直线任取一点，过直线与点确定平面，，又，则，，，所以，又，，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】直线m上有两个点到平面的距离相等，可以相交据此即可判断A；根据面面垂直的判定定理及性质即可判断BC；根据面面平行的判定定理即可判断D.
7．【答案】B
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
取中点Q，连接，
.
故选：B.
【分析】利用平行四边形法则和平面向量基本定理，则由数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，进而得出的值.
8．【答案】C
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：如图所示为该圆锥轴截面，
由题意可知，底面圆半径，母线，
所以，侧面积.
故选：C.
【分析】根据题意作出圆锥轴截面图象，再根据图象求出圆锥底面半径和母线，再由圆锥侧面积公式得出该屋顶的面积.
9．【答案】A,B,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A，因为，故的实部为，所以A正确；
对于B，由知，所以，在复平面中对应的点是，在第四象限，
所以B正确；
对于C，因为都不是实数，它们不能比较大小，所以C错误；
对于D，因为，所以D正确.
故选：ABD.
【分析】利用复数的乘除法运算法则得出复数z，从而得出复数z的实部，进而判断出选项A；利用复数与共轭复数的关系得出复数z的共轭复数，再结合复数的几何意义和点的坐标确定象限的方法判断出选项B；利用复数的定义判断出选项C；利用复数的乘法运算法则判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】平行公理；异面直线的判定
【解析】【解答】 解：将正方体的展开图还原，如图，
A、连接，显然，则四边形是平行四边形，
，而，因此，A正确；
B、由，得，则，而，因此，B错误；
C、平面，平面，，平面，因此MN与AB是异面直线，C正确；
D、由选项B知，，因此BF与CD成角，D正确.
故选：ACD
【分析】根据给定的展开图，还原正方体，再结合线线垂直、平行及异面直线的意义判断即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A，由，得，即，
又因为，，故A正确；
对于C，因为函数的图象过点，则，即，
，即得，，又因为，，
所以，故C正确；
对于B，因为，而，
故直线不是函数的对称轴，故B错误；
对于D，由，得，解得或，，
方程在上有5个根，从小到大依次为：，
而第7个根为，所以，故D正确.
故选：ACD.
【分析】根据正弦型函数的部分图象可求得函数的解析式，从而判断出选项A和选项C；利用换元法和正弦函数的图象的对称性，进而判断出选项B；利用函数的图象与x轴的交点的横坐标与方程的根的等价关系，再由已知条件得出实数m的取值范围，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由向量，
因为，可得，
解得.
故填：.
【分析】根据题意，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标运算，从而得出t的值.
13．【答案】1
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：，
因为为纯虚数，所以，即，
所以，则.
故填：1．
【分析】利用复数的乘除法运算法则得出复数z，再结合为纯虚数，从而求出，再由复数求模公式计算出．
14．【答案】
【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：如图所示：
由，，可知，
因为，，所以，即，
设的中点为，则，
所以，点为四面体外接球的球心，四面体的外接球半径，
所以，外接球表面积.
故填：.
【分析】利用已知条件结合勾股定理求出，再利用勾股定理的逆定理得到，设的中点为，根据直角三角形的性质得到，即为外接球的球心，则为外接球的半径，再结合球的表面积公式，从而求出球的表面积.
15．【答案】（1）证明：设，交于点，连结，
在边长为的正方体中，为中点，
是中点，，
平面，平面，
平面．
（2）解：三棱锥的体积：
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，交于点，连结，根据正方体的结构特征和中位线的性质可得，再利用线线平行证出线面平行，则证出平面.
（2）利用已知条件结合棱锥的体积公式，从而得出三棱锥的体积．
（1）设，交于点，连结，
在边长为的正方体中，为中点，
是中点，，
平面，平面，
平面．
（2）三棱锥的体积：．
16．【答案】（1）证明：连接，
，，是的中点，
，，
又因为平面，平面，，
平面，
又因为平面，
．
（2）证明：，，分别是，，的中点，
，，
又因为平面，平面，
平面，
同理可证平面，
又因为，平面，平面，
平面平面．
【知识点】平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）连接，由三线合一可得，，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出平面，再由线面垂直的定义证出线线垂直，即证出.
（2）利用已知条件结合中位线定理可得，，再利用线线平行证出线面平行，即可得到平面，同理可证平面，再由线面平行证出面面平行，从而证出平面平面．
（1）连接，
，，是的中点，
，，
又平面，平面，，
平面，
又平面，
．
（2），，分别是，，的中点，
，，
又平面，平面，
平面，
同理可证平面，
又，平面，平面，
平面平面．
17．【答案】（1）证明：方法一：由，得，即
在中，由正弦定理得，即，
所以为等腰三角形.
方法二：在中，由正弦定理得，而，，
于是，又因为，则，
所以为等腰三角形.
（2）解：依题意，，即，整理得，
在中，由余弦定理得，
即，
于是，而，解得，
所以的面积.
【知识点】平面向量的共线定理；三角形中的几何计算；三角形的形状判断；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解。方法一：由共线向量的坐标表示和正弦定理得出a=b，再利用等腰三角形的定义判断出三角形的形状；方法二：利用正弦定理边角互化和三角函数值在各象限的符号以及三角形内角和为180°的性质，进而判断出三角形的形状.
（2）利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标运算得出，再利用余弦定理得出ab的值，则利用三角形面积公式计算即得.
（1）由，得，即，
在中，由正弦定理得，即，
所以为等腰三角形.
另解：在中，由正弦定理得，而，，
于是，又，则，
所以为等腰三角形.
（2）依题意，，即，整理得，
在中，由余弦定理得，即，
于是，而，解得，
所以的面积.
18．【答案】（1）证明：取的中点，连接，，
∵是菱形的对角线，的交点，
∴，且，
又∵，且，
∴，且，
从而为平行四边形，∴，
又因为平面，平面，
∴平面.
（2）证明：连接，
∵四边形为菱形，∴，
∵，是的中点，∴，
又因为，平面，
∴平面，又因为平面，
∴平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，利用菱形的结构特征得出线线平行，再结合中点的性质和线线平行和线段相等的传递性，从而可得四边形为平行四边形，进而得出线线平行，再由线线平行证出线面平行，从而证出直线平面.
（2）利用菱形的结构特征和中点的性质得出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，从而由线面垂直证出面面垂直，进而证出平面平面.
（1）证明：取的中点，连接，，
∵是菱形的对角线，的交点，
∴，且，
又∵，且，
∴，且，
从而为平行四边形，
∴，
又平面，平面，
∴平面.
（2）证明：连接，
∵四边形为菱形，∴，
∵，是的中点，∴，
又，平面，
∴平面，又平面，
∴平面平面.
19．【答案】（1）解：因为函数为奇函数，所以，
即在定义域上恒成立，整理得，
故.
（2）解：由（1）得，则，
因为，所以，所以，
所以在的值域，
又因为，
设，，则，
当时，取最小值为，当时，取最大值为，
即在上的值域，
对任意的，总存在，使得成立，即，所以，解得.
【知识点】函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】（1）利用奇函数的定义和等式恒成立问题，从而列方程求解出a的值.
（2）由（1）得，先利用分离常数法结合指数函数性质求得函数在的值域，然后利用换元法结合对数函数性质，则由二次函数性质求得函数的值域，最后利用值域关系和恒成立问题的求解方法得出集合间的包含关系，再借助数轴求出实数m的取值范围.
（1）因为函数为奇函数，所以，
即在定义域上恒成立，整理得，故；
（2）由（1）得，则，
因为，所以，所以，
所以在的值域，
又，，
设，，则，
当时，取最小值为，当时，取最大值为，
即在上的值域，
又对任意的，总存在，使得成立，即，
所以，解得.
1 / 1广东省茂名市信宜市第二中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题
一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分）
1．（2024高一下·信宜月考）已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：，
故.
故选：A.
【分析】利用函数求定义域求解方法得出集合A，再结合交集的运算法则得出答案.
2．（2024高一下·信宜月考）设，则（ ）
A．2 B．1 C．4 D．3
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】因为，所以.
故选：A.
【分析】利用复数的乘除法运算法则得出复数，再结合复数求模公式得出结果.
3．（2024高一下·信宜月考）已知，，，则（ ）
A． B．16 C． D．9
【答案】B
【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，
所以，所以.
故选：B.
【分析】由已知结合数量积求向量的模公式以及数量积的运算法则，进而得出结果.
4．（2024高一下·信宜月考）已知是定义域为的偶函数，且在上单调递减，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，
可得，所以在单调递增，
又由，所以，
即，可得，
又由，所以，
因为是定义域为的偶函数，且在上单调递减，
则在上单调递增，且，
所以，
即，
所以.
故选：A.
【分析】令，利用求导的方法判断出函数在的单调性，再结合函数的单调性求出函数的值域，得到，再由对数函数的性质，得到，再由函数的单调性与奇偶性，从而比较出a，b，c的大小.
5．（2024高一下·信宜月考）已知向量满足，则向量在向量方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，，
所以，得出，
所以，向量在向量方向上的投影向量为.
故选：C.
【分析】利用数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，从而得出的值，再结合数量积求投影向量的方法，进而得出向量在向量方向上的投影向量.
6．（2024高一下·信宜月考）设m、n为空间中两条不同直线，、为空间中两个不同平面，下列命题中正确的为（ ）
A．若m上有两个点到平面的距离相等，则
B．若，，则“”是“”的既不充分也不必要条件
C．若，，，则
D．若m、n是异面直线，，，，，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A、当直线m与相交时，直线m上关于交点对称的两点到平面的距离相等，故A错误；
B、若，，，则，又，所以；当时，，当时，，可以相交，所以“”是“”的充分不必要条件，故B错误；
C、若，，，m与n位置关系不固定，可以是各自平面内的任意直线，故C错误；
D、若m、n是异面直线，，，，，则在直线任取一点，过直线与点确定平面，，又，则，，，所以，又，，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】直线m上有两个点到平面的距离相等，可以相交据此即可判断A；根据面面垂直的判定定理及性质即可判断BC；根据面面平行的判定定理即可判断D.
7．（2024高一下·信宜月考）如图，为直角三角形，，，C为斜边的中点，P为线段的中点，则＝（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】B
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，
所以，
取中点Q，连接，
.
故选：B.
【分析】利用平行四边形法则和平面向量基本定理，则由数量积求向量的模的公式和数量积的运算法则，进而得出的值.
8．（2024高一下·信宜月考）攒尖是中国古代建筑中屋顶的一种结构形式，宋代称为撮尖，清代称为攒尖.通常有圆形攒尖，三角攒尖，四角攒尖，八角攒尖，也有单檐和重檐之分，多见于亭阁式建筑，园林建筑.如图所示的建筑屋顶是圆形攒尖，可近似看作一个圆锥，已知其轴截面是底边长为m，顶角为的等腰三角形，则该屋顶的面积约为（ ）.
A．m2 B．m2 C．m2 D．m2
【答案】C
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：如图所示为该圆锥轴截面，
由题意可知，底面圆半径，母线，
所以，侧面积.
故选：C.
【分析】根据题意作出圆锥轴截面图象，再根据图象求出圆锥底面半径和母线，再由圆锥侧面积公式得出该屋顶的面积.
二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分．在每个小题给出的四个选项中，有多个项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对但不全的得部分分，有选错的得0分）．
9．（2024高一下·信宜月考）已知复数，是的共轭复数，则下列说法正确的是（ ）
A．的实部为
B．复数在复平面中对应的点在第四象限
C．
D．
【答案】A,B,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A，因为，故的实部为，所以A正确；
对于B，由知，所以，在复平面中对应的点是，在第四象限，
所以B正确；
对于C，因为都不是实数，它们不能比较大小，所以C错误；
对于D，因为，所以D正确.
故选：ABD.
【分析】利用复数的乘除法运算法则得出复数z，从而得出复数z的实部，进而判断出选项A；利用复数与共轭复数的关系得出复数z的共轭复数，再结合复数的几何意义和点的坐标确定象限的方法判断出选项B；利用复数的定义判断出选项C；利用复数的乘法运算法则判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
10．（2024高一下·信宜月考）一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．MN与AB是异面直线 D．BF与CD成角
【答案】A,C,D
【知识点】平行公理；异面直线的判定
【解析】【解答】 解：将正方体的展开图还原，如图，
A、连接，显然，则四边形是平行四边形，
，而，因此，A正确；
B、由，得，则，而，因此，B错误；
C、平面，平面，，平面，因此MN与AB是异面直线，C正确；
D、由选项B知，，因此BF与CD成角，D正确.
故选：ACD
【分析】根据给定的展开图，还原正方体，再结合线线垂直、平行及异面直线的意义判断即可.
11．（2024高一下·信宜月考）函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（ ）
A．
B．的图象关于直线对称
C．
D．若方程在上有且只有5个根，则
【答案】A,C,D
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A，由，得，即，
又因为，，故A正确；
对于C，因为函数的图象过点，则，即，
，即得，，又因为，，
所以，故C正确；
对于B，因为，而，
故直线不是函数的对称轴，故B错误；
对于D，由，得，解得或，，
方程在上有5个根，从小到大依次为：，
而第7个根为，所以，故D正确.
故选：ACD.
【分析】根据正弦型函数的部分图象可求得函数的解析式，从而判断出选项A和选项C；利用换元法和正弦函数的图象的对称性，进而判断出选项B；利用函数的图象与x轴的交点的横坐标与方程的根的等价关系，再由已知条件得出实数m的取值范围，从而判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2024高一下·信宜月考）已知向量，若，则 .
【答案】
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由向量，
因为，可得，
解得.
故填：.
【分析】根据题意，利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标运算，从而得出t的值.
13．（2024高一下·信宜月考）已知，若为纯虚数，则 ．
【答案】1
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：，
因为为纯虚数，所以，即，
所以，则.
故填：1．
【分析】利用复数的乘除法运算法则得出复数z，再结合为纯虚数，从而求出，再由复数求模公式计算出．
14．（2024高一下·信宜月考）在四面体中，，，，，则该四面体外接球的表面积为 .
【答案】
【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：如图所示：
由，，可知，
因为，，所以，即，
设的中点为，则，
所以，点为四面体外接球的球心，四面体的外接球半径，
所以，外接球表面积.
故填：.
【分析】利用已知条件结合勾股定理求出，再利用勾股定理的逆定理得到，设的中点为，根据直角三角形的性质得到，即为外接球的球心，则为外接球的半径，再结合球的表面积公式，从而求出球的表面积.
四、解答题（共6小题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15．（2024高一下·信宜月考）如图，在边长为的正方体中，为中点，
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明：设，交于点，连结，
在边长为的正方体中，为中点，
是中点，，
平面，平面，
平面．
（2）解：三棱锥的体积：
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，交于点，连结，根据正方体的结构特征和中位线的性质可得，再利用线线平行证出线面平行，则证出平面.
（2）利用已知条件结合棱锥的体积公式，从而得出三棱锥的体积．
（1）设，交于点，连结，
在边长为的正方体中，为中点，
是中点，，
平面，平面，
平面．
（2）三棱锥的体积：．
16．（2024高一下·信宜月考）如图，在三棱锥中，、、、分别是、、、的中点，且，．
（1）证明：；
（2）证明：平面平面.
【答案】（1）证明：连接，
，，是的中点，
，，
又因为平面，平面，，
平面，
又因为平面，
．
（2）证明：，，分别是，，的中点，
，，
又因为平面，平面，
平面，
同理可证平面，
又因为，平面，平面，
平面平面．
【知识点】平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）连接，由三线合一可得，，再利用线线垂直证出线面垂直，从而证出平面，再由线面垂直的定义证出线线垂直，即证出.
（2）利用已知条件结合中位线定理可得，，再利用线线平行证出线面平行，即可得到平面，同理可证平面，再由线面平行证出面面平行，从而证出平面平面．
（1）连接，
，，是的中点，
，，
又平面，平面，，
平面，
又平面，
．
（2），，分别是，，的中点，
，，
又平面，平面，
平面，
同理可证平面，
又，平面，平面，
平面平面．
17．（2024高一下·信宜月考）已知的内角、、所对的边分别是、、，设向量，，.
（1）若，求证：为等腰三角形；
（2）若，边长，，求的面积.
【答案】（1）证明：方法一：由，得，即
在中，由正弦定理得，即，
所以为等腰三角形.
方法二：在中，由正弦定理得，而，，
于是，又因为，则，
所以为等腰三角形.
（2）解：依题意，，即，整理得，
在中，由余弦定理得，
即，
于是，而，解得，
所以的面积.
【知识点】平面向量的共线定理；三角形中的几何计算；三角形的形状判断；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）利用两种方法求解。方法一：由共线向量的坐标表示和正弦定理得出a=b，再利用等腰三角形的定义判断出三角形的形状；方法二：利用正弦定理边角互化和三角函数值在各象限的符号以及三角形内角和为180°的性质，进而判断出三角形的形状.
（2）利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标运算得出，再利用余弦定理得出ab的值，则利用三角形面积公式计算即得.
（1）由，得，即，
在中，由正弦定理得，即，
所以为等腰三角形.
另解：在中，由正弦定理得，而，，
于是，又，则，
所以为等腰三角形.
（2）依题意，，即，整理得，
在中，由余弦定理得，即，
于是，而，解得，
所以的面积.
18．（2024高一下·信宜月考）如图，在几何体中，四边形为菱形，对角线与的交点为O，四边形为梯形，.
（1）若，求证：平面；
（2）若，求证：平面平面.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，，
∵是菱形的对角线，的交点，
∴，且，
又∵，且，
∴，且，
从而为平行四边形，∴，
又因为平面，平面，
∴平面.
（2）证明：连接，
∵四边形为菱形，∴，
∵，是的中点，∴，
又因为，平面，
∴平面，又因为平面，
∴平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，利用菱形的结构特征得出线线平行，再结合中点的性质和线线平行和线段相等的传递性，从而可得四边形为平行四边形，进而得出线线平行，再由线线平行证出线面平行，从而证出直线平面.
（2）利用菱形的结构特征和中点的性质得出线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，从而由线面垂直证出面面垂直，进而证出平面平面.
（1）证明：取的中点，连接，，
∵是菱形的对角线，的交点，
∴，且，
又∵，且，
∴，且，
从而为平行四边形，
∴，
又平面，平面，
∴平面.
（2）证明：连接，
∵四边形为菱形，∴，
∵，是的中点，∴，
又，平面，
∴平面，又平面，
∴平面平面.
19．（2024高一下·信宜月考）已知函数为奇函数.
（1）求实数a的值；
（2）设函数，若对任意的，总存在，使得成立，求实数m的取值范围.
【答案】（1）解：因为函数为奇函数，所以，
即在定义域上恒成立，整理得，
故.
（2）解：由（1）得，则，
因为，所以，所以，
所以在的值域，
又因为，
设，，则，
当时，取最小值为，当时，取最大值为，
即在上的值域，
对任意的，总存在，使得成立，即，所以，解得.
【知识点】函数的奇偶性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】（1）利用奇函数的定义和等式恒成立问题，从而列方程求解出a的值.
（2）由（1）得，先利用分离常数法结合指数函数性质求得函数在的值域，然后利用换元法结合对数函数性质，则由二次函数性质求得函数的值域，最后利用值域关系和恒成立问题的求解方法得出集合间的包含关系，再借助数轴求出实数m的取值范围.
（1）因为函数为奇函数，所以，
即在定义域上恒成立，整理得，故；
（2）由（1）得，则，
因为，所以，所以，
所以在的值域，
又，，
设，，则，
当时，取最小值为，当时，取最大值为，
即在上的值域，
又对任意的，总存在，使得成立，即，
所以，解得.
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