浙江省杭州市某校2024-2025学年高一上学期期末考试数学（实验班）试题
一、选择题：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高一上·杭州期末）集合，，则
A．{－1，0，1} B．{0，1}
C． D．{0}
【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：∵M＝{x|x＝sin，n∈Z}＝{，0，}，
N＝{x|x＝cos，n∈N}＝{﹣1，0，1}，
∴M∩N＝{0}
故答案为： .
【分析】利用三角函数的周期性，分别求出 （）和 （）的所有可能取值，进而确定集合 、，最后求交集.
2．（2025高一上·杭州期末）已知复数（其中是虚数单位），则（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：已知，则，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用共轭复数的定义、复数的四则运算化简复数，再利用复数的模长公式即可求解.
3．（2025高一上·杭州期末）已知集合，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解： 由，可得，所以，
因为在上单调递增，又，
由，可得，所以，所以，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】要判断“”是“”的何种条件，需先分别求出集合和集合，再根据集合的包含关系来判断条件类型.
4．（2025高一上·杭州期末）在中，（分别为角的对边），则的形状为（ ）
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形
【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解： 因为，所以，整理得到，
又由正弦定理，得到，
所以，得到，
又，所以，得到，又，所以，
故答案为：.
【分析】先利用二倍角公式对已知条件进行化简，得到关于角的余弦表达式，再结合正弦定理将边的关系转化为角的关系，最后通过三角恒等变换推出角的大小，从而确定三角形形状.
5．（2025高一上·杭州期末）已知为正实数，且对任意的实数均成立，则的最小值为（ ）
A．1 B．4 C．8 D．9
【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解： 由对任意的实数均成立，
可得.
，当且仅当，即时取等号.则.
故答案为：.
【分析】先将不等式进行变形，转化为与关于的三角函数表达式的关系，再利用同角三角函数关系和基本不等式求出该三角函数表达式的最大值，从而确定的最小值.
6．（2025高一上·杭州期末）设，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解： 因为，且，所以，则，
因为在上为增函数，所以；
因为在上为增函数，且，
所以，即，所以.
故答案为：A.
【分析】先利用三角函数的周期性将转化为内的角的正弦值，确定的取值范围；再分别根据指数函数、对数函数的单调性，结合中间值法比较、、的大小，明确解题时需依次分析三个函数的取值范围并逐步比较.
7．（2025高一上·杭州期末）在直角三角形ABC中，已知，，，以AC为旋转轴将旋转一周，AB、BC边形成的面所围成的旋转体是一个圆锥，则经过该圆锥任意两条母线的截面三角形的面积的最大值为（ ）
A． B．4 C． D．8
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】如图，圆锥任意两条母线为AB和AD，则截面为等腰三角形ABD，
∴截面面积为：，
由图可知，当截面为圆锥轴截面时，∠BAD最大，最大为120°，
∴∠BAD∈(0°，120°]，∴sin∠BAD最大值为1，
∵AB=AD=为定值，故当sin∠BAD最大时截面面积最大，
故截面面积最大为。
故答案为：D．
【分析】圆锥任意两条母线为AB和AD，则截面为等腰三角形ABD，再利用三角形的面积公式得出截面面积为，当截面为圆锥轴截面时，∠BAD最大，最大为120°，进而得出∠BAD的取值范围，再结合正弦函数的图象求值域的方法得出sin∠BAD最大值，再利用勾股定理得出AB的长为定值，进而得出当sin∠BAD最大时截面面积最大，再结合三角形的面积公式得出截面面积的最大值。
8．（2025高一上·杭州期末）已知，若方程恰好有三个互不相等的实根，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解： ，
当时，的对称轴为，则单调增区间为，减区间为，
当时，的对称轴为，则单调增区间为，减区间为，
的图象如图所示，
令，则可化为，
要使方程恰好有三个互不相等的实根，
则方程有两个不同的实根，且，或方程有两个相等的根，
令，
当时，，解得，
当时，，得，
综上，或，
故答案为：D.
【分析】先将函数写成分段形式，分析其单调性并画出图象；再通过换元法，将原方程转化为关于的二次方程.结合图象，分析二次方程的根的情况（两个不同实根或重根），从而确定实数的取值范围，解题核心是函数图象与方程根的转化及分类讨论.
二、选择题：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，有选错的得0分．
9．（2025高一上·杭州期末）在中，，，，是边上的一点，则（ ）
A．
B．外接圆的半径是
C．若，则
D．若是的平分线，则
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解： 对于选项：，故选项正确；
对于选项B：由余弦定理，得，解得，
由正弦定理，得外接圆的半径是，故选项B错误；
对于选项C：因为，所以，所以，则，故选项C正确；
对于选项D：由等面积法，得
即，解得，故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题可分别从向量数量积、正弦定理、向量线性运算、面积法四个角度对每个选项进行分析.先利用向量数量积公式判断选项A；再通过余弦定理求边长，结合正弦定理判断选项B；接着根据向量的线性关系推导选项C；最后用面积法求解选项D，解题时需逐一分析各选项的条件与对应的定理或公式的匹配性.
10．（2025高一上·杭州期末）已知是定义在R上的不恒为零的函数，对于任意a，都满足，则下述正确的是（ ）
A． B．
C．是奇函数 D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】令，则，A符合题意；
令，则，则，B不符合题意；
令，则，所以，
又令，则，
所以是奇函数，C符合题意；
令，则，
所以，D符合题意；
故答案为：ACD
【分析】 对a， b取特殊值，代入已知表达式，逐项进行判断，即可得答案.
11．（2025高一上·杭州期末）如图1所示，四边形是边长为的正方形，、、分别为、、的中点，分别沿、及所在直线把、和折起，使、、三点重合于点，得到如图2所示的三棱锥，则下列结论中正确的有（ ）
A．三棱锥的体积为
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最小值为
D．过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最大值为
【答案】B,C,D
【知识点】异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解： 对于A选项，翻折前，在正方形中，，，
翻折后，则有，，
因为，、平面，则平面，
因为为的中点，
则，故A错误；
对于B选项，在图2中，取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点
，则且，
则异面直线与所成的角为或其补角，
又，
由余弦定理可得，
所以，异面直线与所成角的余弦值为，故B正确；
对于CD选项，因为平面，，
可以把三棱锥放到如图所示的长方体中，
则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
设长方体的体对角线的交点为点，
则为长方体外接球球心，
长方体的体对角线长为，（为其外接球半径），
因为，且为的中点，则，
且，
设到过的平面的距离为，则，
设平面截三棱锥的外接球所得圆面的半径为，
则，，故CD均正确，
故答案为：BCD.
【分析】本题需分别从三棱锥体积、异面直线所成角、外接球截面面积三个角度分析各选项.对于体积，利用线面垂直关系结合体积公式计算；对于异面直线所成角，通过取中点构造平行线，再用余弦定理求解；对于外接球截面面积，先确定外接球的球心与半径，再分析截面圆半径的取值范围，进而得到面积范围，解题时需逐一突破各选项的核心考点.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一上·杭州期末）已知△ABC的外接圆圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为 ．
【答案】
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由，可得O为BC的中点，
设△ABC的外接圆的半径为r，可得|AB|＝|OA|＝|OB|＝|OC|＝r，，则
所以向量在向量上的投影为，
则向量在向量上的投影向量为.
故答案为：.
【分析】第一步，由向量等式判断是中点；第二步，利用外接圆半径和确定三角形边长与角度；第三步，根据投影向量的公式计算在上的投影向量.
13．（2025高一上·杭州期末）已知实数，且，则的最大值是 ．
【答案】2
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【解答】由，
可知，
则，且有
，
令，
，
可知在上单调递减，
，
即的最大值是2。
故答案为：2。
【分析】利用已知条件结合指数幂的运算法则和换元法，再结合函数的单调性求最值的方法，进而得出的最大值。
14．（2025高一上·杭州期末）如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于 ．
【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：设，取的中点，连接，如图所示：
由题知平面平面，
平面平面，
又平面，
所以平面，
则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，
易求得，
，
又，
解得，
，
则，
所以直线与平面所成角的余弦值等于，
故答案为：.
【分析】设，取的中点，连接，利用面垂直的性质定理可得平面 ，结合直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，利用余弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可.
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高一上·杭州期末）某住宅小区为了营造一个优雅、舒适的生活环境，打算建造一个八边形的休闲花园，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形和构成面积为的十字形区域，且计划在正方形上建一座花坛，其造价为元/，在四个相同的矩形上(图中的阴影部分)铺花岗岩路面，其造价为元/，并在四个三角形空地上铺草坪，其造价为元/.
（1）设的长为米，试写出总造价(单位：元)关于的函数解析式，并写出的取值范围；
（2）问：当取何值时，总造价最少？求出这个最小值.
【答案】（1）解：设，则，所以，
由，可得，
所以总造价（单位：元）关于的函数解析式为
.
（2）解：令，则，且，
因为函数，当且仅当时，即时，即时，等号成立，
所以总造价的最小值为元.
【知识点】基本不等式
【解析】【分析】（1）先设出线段长度，根据面积关系得到变量间的表达式，再分别计算各区域造价，进而推导出总造价关于的函数解析式及取值范围.
（2）通过换元法将函数转化为可利用基本不等式的形式，进而求出总造价的最小值及对应的值.
（1）设，则，
所以，由，可得，
所以总造价（单位：元）关于的函数解析式为
.
（2）令，则，且，
因为函数，
当且仅当时，即时，即时，等号成立，
所以总造价的最小值为元.
16．（2025高一上·杭州期末）设角是的三个内角，已知向量，，且.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若向量，试求的取值范围
【答案】解：(Ⅰ)由题意得，即，
由正弦定理得：，再由余弦定理得：，
因为所以.
(Ⅱ) 因为
，，
因为，所以，，
所以，故.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；解三角形
【解析】【分析】（Ⅰ）利用向量垂直的数量积为0得到三角等式，再结合正弦定理将角的关系转化为边的关系，最后用余弦定理求出角.
（Ⅱ）先求出的坐标，再计算其模的平方，通过三角恒等变换将其转化为正弦型函数，结合角的范围求出取值范围.
17．（2025高一上·杭州期末）已知函数.
（1）求的值.
（2）求函数的最小正周期及单调递减区间.
【答案】（1）解：由函数的解析式可得：
（2）解：∵，得，，故的定义域为．
因为，，
所以的最小正周期为．
由，，，得，，，
所以，的单调递减区间为，，．
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【分析】（1）直接将代入函数表达式，按照三角函数运算规则计算即可.
（2）先根据分母不为零确定定义域，再对函数进行化简，转化为正弦型函数的标准形式，最后根据正弦函数的性质求最小正周期和单调递减区间.
（1）由函数的解析式可得：
．
（2）∵，得，，
故的定义域为．
因为，
，
所以的最小正周期为．
由，，，
得，，，
所以，的单调递减区间为，，．
18．（2025高一上·杭州期末）如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，为上的点，过，，的截面交于
（1）证明：；
（2）若二面角的大小为，求几何体的体积.
【答案】（1）证明：由题：，因为平面，平面，所以平面，
又平面，且平面平面，所以.
（2）解： 过作的垂线，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以
所以就是二面角的平面角，即有
又，所以，
底面是边长为2的正三角形，取AB的中点G，连接CG，交AE于点H，则CG⊥AB，
且，，故
所以，，，
因为，所以四点共线，
又，不平行，故，相交，且由公理可知交点必定在上，
所以几何体是三棱台，
因为，所以三棱台的高，
所以几何体的体积为
.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；与二面角有关的立体几何综合题；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理，通过证明平面与平面的交线平行来推导线线平行.
（2）先作出二面角的平面角，求出相关线段的长度，确定几何体的形状为三棱台，再根据三棱台的体积公式计算体积.
（1）由题：，
因为平面，平面，
所以平面，
又平面，且平面平面，
所以.
（2）过作的垂线，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以
所以就是二面角的平面角，即有
又，所以，
底面是边长为2的正三角形，取AB的中点G，连接CG，交AE于点H，则CG⊥AB，
且，，故
所以，，，
因为，所以四点共线，
又，不平行，故，相交，且由公理可知交点必定在上，
所以几何体是三棱台，
因为，所以三棱台的高，
所以几何体的体积为
.
19．（2025高一上·杭州期末）已知函数.
（1）当时，判断的单调性并证明；
（2）在（1）的条件下，若满足，试确定的取值范围.
（3）设函数为常数.若关于的方程在上有两个解，求的取值范围，并比较与4的大小.
【答案】（1）解：由题得：，设，则，
，，又，得，
，即在上为增函数.
（2）解：由（1）得：在上为增函数，要满足，
只要，得.
（3）解： ，
在上有两个解，，不妨设，
，所以在上是单调函数，
则在上至多一个解，
若，则，不符题意，因此.
由得， 所以；
由得， 所以；
则当时，方程在上有两个解.
方法1：因为，所以，，
消去 得，
即，因为，所以.
方法2：由得，
由得，.
因为，所以，
则，
而在上是减函数，
则，
因此，.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用函数单调性的定义，通过作差法判断函数在上的单调性.
（2）根据（1）中得到的单调性，将函数不等式转化为自变量的不等式，进而求解的取值范围.
（3）先化简函数，再根据方程在上有两个解的条件，确定的取值范围，最后通过根与系数的关系比较与的大小.
（1）由题得：，设，
则
，，又，得，
，即在上为增函数.
（2）由（1）得：在上为增函数，要满足，
只要，得.
（3），
在上有两个解，，不妨设，
，所以在上是单调函数，
则在上至多一个解，
若，则，不符题意，因此.
由得， 所以；
由得， 所以；
则当时，方程在上有两个解.
方法1：因为，所以，，
消去 得，
即，因为，所以.
方法2：由得，
由得，.
因为，所以，
则，
而在上是减函数，
则，
因此，
1 / 1浙江省杭州市某校2024-2025学年高一上学期期末考试数学（实验班）试题
一、选择题：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高一上·杭州期末）集合，，则
A．{－1，0，1} B．{0，1}
C． D．{0}
2．（2025高一上·杭州期末）已知复数（其中是虚数单位），则（ ）
A．2 B．1 C． D．
3．（2025高一上·杭州期末）已知集合，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2025高一上·杭州期末）在中，（分别为角的对边），则的形状为（ ）
A．正三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰三角形或直角三角形
5．（2025高一上·杭州期末）已知为正实数，且对任意的实数均成立，则的最小值为（ ）
A．1 B．4 C．8 D．9
6．（2025高一上·杭州期末）设，则 （ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高一上·杭州期末）在直角三角形ABC中，已知，，，以AC为旋转轴将旋转一周，AB、BC边形成的面所围成的旋转体是一个圆锥，则经过该圆锥任意两条母线的截面三角形的面积的最大值为（ ）
A． B．4 C． D．8
8．（2025高一上·杭州期末）已知，若方程恰好有三个互不相等的实根，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C．或 D．或
二、选择题：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，有选错的得0分．
9．（2025高一上·杭州期末）在中，，，，是边上的一点，则（ ）
A．
B．外接圆的半径是
C．若，则
D．若是的平分线，则
10．（2025高一上·杭州期末）已知是定义在R上的不恒为零的函数，对于任意a，都满足，则下述正确的是（ ）
A． B．
C．是奇函数 D．若，则
11．（2025高一上·杭州期末）如图1所示，四边形是边长为的正方形，、、分别为、、的中点，分别沿、及所在直线把、和折起，使、、三点重合于点，得到如图2所示的三棱锥，则下列结论中正确的有（ ）
A．三棱锥的体积为
B．异面直线与所成角的余弦值为
C．过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最小值为
D．过点的平面截三棱锥的外接球，所得截面的面积的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一上·杭州期末）已知△ABC的外接圆圆心为O，且，，则向量在向量上的投影向量为 ．
13．（2025高一上·杭州期末）已知实数，且，则的最大值是 ．
14．（2025高一上·杭州期末）如图，在等腰梯形中，，点是的中点．现将沿翻折到，将沿翻折到，使得二面角等于，等于，则直线与平面所成角的余弦值等于 ．
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高一上·杭州期末）某住宅小区为了营造一个优雅、舒适的生活环境，打算建造一个八边形的休闲花园，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形和构成面积为的十字形区域，且计划在正方形上建一座花坛，其造价为元/，在四个相同的矩形上(图中的阴影部分)铺花岗岩路面，其造价为元/，并在四个三角形空地上铺草坪，其造价为元/.
（1）设的长为米，试写出总造价(单位：元)关于的函数解析式，并写出的取值范围；
（2）问：当取何值时，总造价最少？求出这个最小值.
16．（2025高一上·杭州期末）设角是的三个内角，已知向量，，且.
（Ⅰ）求角的大小；
（Ⅱ）若向量，试求的取值范围
17．（2025高一上·杭州期末）已知函数.
（1）求的值.
（2）求函数的最小正周期及单调递减区间.
18．（2025高一上·杭州期末）如图，在直三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，为上的点，过，，的截面交于
（1）证明：；
（2）若二面角的大小为，求几何体的体积.
19．（2025高一上·杭州期末）已知函数.
（1）当时，判断的单调性并证明；
（2）在（1）的条件下，若满足，试确定的取值范围.
（3）设函数为常数.若关于的方程在上有两个解，求的取值范围，并比较与4的大小.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：∵M＝{x|x＝sin，n∈Z}＝{，0，}，
N＝{x|x＝cos，n∈N}＝{﹣1，0，1}，
∴M∩N＝{0}
故答案为： .
【分析】利用三角函数的周期性，分别求出 （）和 （）的所有可能取值，进而确定集合 、，最后求交集.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：已知，则，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用共轭复数的定义、复数的四则运算化简复数，再利用复数的模长公式即可求解.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解： 由，可得，所以，
因为在上单调递增，又，
由，可得，所以，所以，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】要判断“”是“”的何种条件，需先分别求出集合和集合，再根据集合的包含关系来判断条件类型.
4．【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解： 因为，所以，整理得到，
又由正弦定理，得到，
所以，得到，
又，所以，得到，又，所以，
故答案为：.
【分析】先利用二倍角公式对已知条件进行化简，得到关于角的余弦表达式，再结合正弦定理将边的关系转化为角的关系，最后通过三角恒等变换推出角的大小，从而确定三角形形状.
5．【答案】D
【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解： 由对任意的实数均成立，
可得.
，当且仅当，即时取等号.则.
故答案为：.
【分析】先将不等式进行变形，转化为与关于的三角函数表达式的关系，再利用同角三角函数关系和基本不等式求出该三角函数表达式的最大值，从而确定的最小值.
6．【答案】A
【知识点】对数函数的单调性与特殊点；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解： 因为，且，所以，则，
因为在上为增函数，所以；
因为在上为增函数，且，
所以，即，所以.
故答案为：A.
【分析】先利用三角函数的周期性将转化为内的角的正弦值，确定的取值范围；再分别根据指数函数、对数函数的单调性，结合中间值法比较、、的大小，明确解题时需依次分析三个函数的取值范围并逐步比较.
7．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】如图，圆锥任意两条母线为AB和AD，则截面为等腰三角形ABD，
∴截面面积为：，
由图可知，当截面为圆锥轴截面时，∠BAD最大，最大为120°，
∴∠BAD∈(0°，120°]，∴sin∠BAD最大值为1，
∵AB=AD=为定值，故当sin∠BAD最大时截面面积最大，
故截面面积最大为。
故答案为：D．
【分析】圆锥任意两条母线为AB和AD，则截面为等腰三角形ABD，再利用三角形的面积公式得出截面面积为，当截面为圆锥轴截面时，∠BAD最大，最大为120°，进而得出∠BAD的取值范围，再结合正弦函数的图象求值域的方法得出sin∠BAD最大值，再利用勾股定理得出AB的长为定值，进而得出当sin∠BAD最大时截面面积最大，再结合三角形的面积公式得出截面面积的最大值。
8．【答案】D
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解： ，
当时，的对称轴为，则单调增区间为，减区间为，
当时，的对称轴为，则单调增区间为，减区间为，
的图象如图所示，
令，则可化为，
要使方程恰好有三个互不相等的实根，
则方程有两个不同的实根，且，或方程有两个相等的根，
令，
当时，，解得，
当时，，得，
综上，或，
故答案为：D.
【分析】先将函数写成分段形式，分析其单调性并画出图象；再通过换元法，将原方程转化为关于的二次方程.结合图象，分析二次方程的根的情况（两个不同实根或重根），从而确定实数的取值范围，解题核心是函数图象与方程根的转化及分类讨论.
9．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解： 对于选项：，故选项正确；
对于选项B：由余弦定理，得，解得，
由正弦定理，得外接圆的半径是，故选项B错误；
对于选项C：因为，所以，所以，则，故选项C正确；
对于选项D：由等面积法，得
即，解得，故选项D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题可分别从向量数量积、正弦定理、向量线性运算、面积法四个角度对每个选项进行分析.先利用向量数量积公式判断选项A；再通过余弦定理求边长，结合正弦定理判断选项B；接着根据向量的线性关系推导选项C；最后用面积法求解选项D，解题时需逐一分析各选项的条件与对应的定理或公式的匹配性.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数的奇偶性；函数的值
【解析】【解答】令，则，A符合题意；
令，则，则，B不符合题意；
令，则，所以，
又令，则，
所以是奇函数，C符合题意；
令，则，
所以，D符合题意；
故答案为：ACD
【分析】 对a， b取特殊值，代入已知表达式，逐项进行判断，即可得答案.
11．【答案】B,C,D
【知识点】异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解： 对于A选项，翻折前，在正方形中，，，
翻折后，则有，，
因为，、平面，则平面，
因为为的中点，
则，故A错误；
对于B选项，在图2中，取的中点，连接、，
因为、分别为、的中点
，则且，
则异面直线与所成的角为或其补角，
又，
由余弦定理可得，
所以，异面直线与所成角的余弦值为，故B正确；
对于CD选项，因为平面，，
可以把三棱锥放到如图所示的长方体中，
则三棱锥的外接球即为长方体的外接球，
设长方体的体对角线的交点为点，
则为长方体外接球球心，
长方体的体对角线长为，（为其外接球半径），
因为，且为的中点，则，
且，
设到过的平面的距离为，则，
设平面截三棱锥的外接球所得圆面的半径为，
则，，故CD均正确，
故答案为：BCD.
【分析】本题需分别从三棱锥体积、异面直线所成角、外接球截面面积三个角度分析各选项.对于体积，利用线面垂直关系结合体积公式计算；对于异面直线所成角，通过取中点构造平行线，再用余弦定理求解；对于外接球截面面积，先确定外接球的球心与半径，再分析截面圆半径的取值范围，进而得到面积范围，解题时需逐一突破各选项的核心考点.
12．【答案】
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由，可得O为BC的中点，
设△ABC的外接圆的半径为r，可得|AB|＝|OA|＝|OB|＝|OC|＝r，，则
所以向量在向量上的投影为，
则向量在向量上的投影向量为.
故答案为：.
【分析】第一步，由向量等式判断是中点；第二步，利用外接圆半径和确定三角形边长与角度；第三步，根据投影向量的公式计算在上的投影向量.
13．【答案】2
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【解答】由，
可知，
则，且有
，
令，
，
可知在上单调递减，
，
即的最大值是2。
故答案为：2。
【分析】利用已知条件结合指数幂的运算法则和换元法，再结合函数的单调性求最值的方法，进而得出的最大值。
14．【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：设，取的中点，连接，如图所示：
由题知平面平面，
平面平面，
又平面，
所以平面，
则直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，
易求得，
，
又，
解得，
，
则，
所以直线与平面所成角的余弦值等于，
故答案为：.
【分析】设，取的中点，连接，利用面垂直的性质定理可得平面 ，结合直线与平面所成角的余弦值等于的正弦值，利用余弦定理求得相关线段的长度再进行计算即可.
15．【答案】（1）解：设，则，所以，
由，可得，
所以总造价（单位：元）关于的函数解析式为
.
（2）解：令，则，且，
因为函数，当且仅当时，即时，即时，等号成立，
所以总造价的最小值为元.
【知识点】基本不等式
【解析】【分析】（1）先设出线段长度，根据面积关系得到变量间的表达式，再分别计算各区域造价，进而推导出总造价关于的函数解析式及取值范围.
（2）通过换元法将函数转化为可利用基本不等式的形式，进而求出总造价的最小值及对应的值.
（1）设，则，
所以，由，可得，
所以总造价（单位：元）关于的函数解析式为
.
（2）令，则，且，
因为函数，
当且仅当时，即时，即时，等号成立，
所以总造价的最小值为元.
16．【答案】解：(Ⅰ)由题意得，即，
由正弦定理得：，再由余弦定理得：，
因为所以.
(Ⅱ) 因为
，，
因为，所以，，
所以，故.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；解三角形
【解析】【分析】（Ⅰ）利用向量垂直的数量积为0得到三角等式，再结合正弦定理将角的关系转化为边的关系，最后用余弦定理求出角.
（Ⅱ）先求出的坐标，再计算其模的平方，通过三角恒等变换将其转化为正弦型函数，结合角的范围求出取值范围.
17．【答案】（1）解：由函数的解析式可得：
（2）解：∵，得，，故的定义域为．
因为，，
所以的最小正周期为．
由，，，得，，，
所以，的单调递减区间为，，．
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【分析】（1）直接将代入函数表达式，按照三角函数运算规则计算即可.
（2）先根据分母不为零确定定义域，再对函数进行化简，转化为正弦型函数的标准形式，最后根据正弦函数的性质求最小正周期和单调递减区间.
（1）由函数的解析式可得：
．
（2）∵，得，，
故的定义域为．
因为，
，
所以的最小正周期为．
由，，，
得，，，
所以，的单调递减区间为，，．
18．【答案】（1）证明：由题：，因为平面，平面，所以平面，
又平面，且平面平面，所以.
（2）解： 过作的垂线，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以
所以就是二面角的平面角，即有
又，所以，
底面是边长为2的正三角形，取AB的中点G，连接CG，交AE于点H，则CG⊥AB，
且，，故
所以，，，
因为，所以四点共线，
又，不平行，故，相交，且由公理可知交点必定在上，
所以几何体是三棱台，
因为，所以三棱台的高，
所以几何体的体积为
.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；与二面角有关的立体几何综合题；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理，通过证明平面与平面的交线平行来推导线线平行.
（2）先作出二面角的平面角，求出相关线段的长度，确定几何体的形状为三棱台，再根据三棱台的体积公式计算体积.
（1）由题：，
因为平面，平面，
所以平面，
又平面，且平面平面，
所以.
（2）过作的垂线，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以
所以就是二面角的平面角，即有
又，所以，
底面是边长为2的正三角形，取AB的中点G，连接CG，交AE于点H，则CG⊥AB，
且，，故
所以，，，
因为，所以四点共线，
又，不平行，故，相交，且由公理可知交点必定在上，
所以几何体是三棱台，
因为，所以三棱台的高，
所以几何体的体积为
.
19．【答案】（1）解：由题得：，设，则，
，，又，得，
，即在上为增函数.
（2）解：由（1）得：在上为增函数，要满足，
只要，得.
（3）解： ，
在上有两个解，，不妨设，
，所以在上是单调函数，
则在上至多一个解，
若，则，不符题意，因此.
由得， 所以；
由得， 所以；
则当时，方程在上有两个解.
方法1：因为，所以，，
消去 得，
即，因为，所以.
方法2：由得，
由得，.
因为，所以，
则，
而在上是减函数，
则，
因此，.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用函数单调性的定义，通过作差法判断函数在上的单调性.
（2）根据（1）中得到的单调性，将函数不等式转化为自变量的不等式，进而求解的取值范围.
（3）先化简函数，再根据方程在上有两个解的条件，确定的取值范围，最后通过根与系数的关系比较与的大小.
（1）由题得：，设，
则
，，又，得，
，即在上为增函数.
（2）由（1）得：在上为增函数，要满足，
只要，得.
（3），
在上有两个解，，不妨设，
，所以在上是单调函数，
则在上至多一个解，
若，则，不符题意，因此.
由得， 所以；
由得， 所以；
则当时，方程在上有两个解.
方法1：因为，所以，，
消去 得，
即，因为，所以.
方法2：由得，
由得，.
因为，所以，
则，
而在上是减函数，
则，
因此，
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