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广东省韶关市韶实、榕城、清实、新河、龙实五校2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题
1．（2024高一下·韶关月考）设，其中a，b是实数，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则，即，解得.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算，结合复数相等列式求解即可.
2．（2024高一下·韶关月考）如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】平面图形的直观图；斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：在直角梯形中，因为，，
所以，根据斜二次画法可知：平面图的高为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件，先求直观图的，再根据斜二测画法即可得其平面图形的高.
3．（2024高一下·韶关月考）在中，是边上一点，且，是的中点，记，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：已知如图所示：
故答案为：D．
【分析】根据平面向量的线性运算法则进行运算即可.
4．（2024高一下·韶关月考）已知为不同的直线，为不同的平面，下列命题为假命题的是（　　）
A． B．
C． D．
【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；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：由题意，对于A，由面面平行的判定定理可以证出，故A正确；
对于B，因为或，故B错误；
对于C，由面面垂直的判定定理可以证得，故C正确；
对于D，由线面垂直的性质可以证得，故D正确.
故答案为：B.
【分析】根据面面平行的判定定理、线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、线线平行的判断方法，从而逐项判断找出假命题的选项.
5．（2024高一下·韶关月考）已知的内角的对边分别为，设，，则角等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：，则，
整理得，由余弦定理，
因为，所以，
又因为，所以，解得，则.
故答案为：A.
【分析】利用正弦定理，结合余弦定理求角，代入求角即可.
6．（2024高一下·韶关月考）假设是所在平面外一点，而和都是边长为2的正三角形，，那么二面角的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：取的中点，连接，如图所示：
因为和都是边长为2的正三角形，为的中点，所以，
则二面角的平面角为，
又因为，且满足，所以，
即二面角的大小为.
故答案为：D.
【分析】取的中点，连接，易知二面角的平面角为，在中，求解即可.
7．（2024高一下·韶关月考）如图，在矩形中，与的交点为为边上任意一点（包含端点），则的最大值为（　　）
A．2 B．4 C．10 D．12
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
则，，
设，则，，
又因为，所以，
则的最大值为10.
故答案为：C.
【分析】以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，利用向量法求解即可.
8．（2024高一下·韶关月考）已知圆锥DO的轴截面为等边三角形，是底面的内接正三角形，点P在DO上，且．若平面PBC，则实数（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：如图所示；
不妨设，则，，．
因为平面PBC，平面PBC，
所以，
在中，由勾股定理有，即，
解得．
故答案为：D．
【分析】不妨设， 是底面的内接正三角形 ，得到，，然后根据平面PBC，得到，再在中，利用勾股定理求解.
9．（2024高一下·韶关月考）下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（　　）
A．在复平面内对应的点位于第三象限
B．若复数，则
C．的共轭复数为
D．的虚部为
【答案】A,B,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，
A、在复平面内对应的点为，位于第三象限，故A正确；
B、复数，则，，故B正确；
C、复数的共轭复数为，故C错误；
D、复数的虚部为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先根据复数代数形式的除法运算化简复数，根据复数在复平面内的表示，结合共轭复数、复数的概念即可判断ACD；计算出，求模即可判断B.
10．（2024高一下·韶关月考）若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则（　　）
A．为锐角三角形
B．的面积为
C．O为的外心，则
D．设，则
【答案】B,D
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、，，， 由余弦定理可得：，则为钝角，即为钝角三角形，故A错误；
B、由A选项可知：，
则，故B正确；
C、由余弦定理可得：，则，即，
设的外接圆半径为，由正弦定理，可得，
则，故C错误；
D、因为，
所以，
，
则，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用余弦定理计算长边对应的余弦值，根据余弦值的正负即可判断A；直接用面积公式计算即可判断B；利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出外接圆半径，再直接利用向量的定义计算即可判断C；先表示出，再两边同时平方计算求解即可判断D.
11．（2024高一下·韶关月考）如图，正方体的棱长为为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是（　　）
A．直线与直线所成角的正切值为
B．当时，为等腰梯形
C．当时，与交于点，则
D．当时，为四边形
【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角
【解析】【解答】解：A、 正方体中，，则是直线与直线所成角，，即直线与直线所成角的正切值为，故A正确；
B、当时，为中点，，，
，则截面为等腰梯形，故B正确；
C、当时，连接并延长交延长线于，直线交于，如图所示：
由，得，由是的中点，，得，
则，故C正确；
D、，连接并延长交延长线于，直线交于，
交延长线于点，连接交于点，连接得截面，
过点的平面与正方体的5个表面相交，
因此截面是五边形，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据正方体的形式，结合异面直线夹角求解即可判断A；作出截面计算即可判断B；作出点计算即可判断C；作图说明即可判断D.
12．（2024高一下·韶关月考）若复数与都为纯虚数，则　 　.
【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：设复数，
，
因为为纯虚数，所以，解得，则.
故答案为：.
【分析】设复数，根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数为纯虚数列方程（不等式）组，求出，即可得复数.
13．（2024高一下·韶关月考）平面向量满足，，，则　 　．
【答案】
【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
【解析】【解答】解：设向量，由可得，
因为，则，
解得，，则，
所以.
故答案为：.
【分析】根据题意，设向量，由向量共线的坐标表示和数量积的坐标表示，从而列出方程组得出向量的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的模.
14．（2024高一下·韶关月考）在三棱锥 中， ， ，若该三棱锥的体积为 ，则其外接球表面积的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】 ， ，故底面三角形外接圆半径为 ，
， ，
当 时等号成立，
由 ， ， ，
当 离平面 最远时，外接球表面积最小，此时， 在平面 的投影为 中点 ，
设球心为 ，则 在 上，故 ，化简得到 ，
注意到函数 在 上单调递增，故 ，
所以 ．
故答案为： .
【分析】首先由均值不等式计算出三角形的面积的最大值由此得出三角形的高的最小值，结合题意当点P到平面ABC的距离是定值时，即为点P在平面ABC的射影为三角形ABC的外心，此时的外接球半径最小，而当点P点P在平面ABC的射影为AB的中点时，结合三角形的几何计算关系得到，由对勾函数的单调性即可得出该函数的最小值，进而得到外接球表面积的最小值。
15．（2024高一下·韶关月考）已知向量，且与的夹角为.
（1）求证：（；
（2）若与的夹角为，求的值.
【答案】（1）证明：因为 与的夹角为，所以，
则，即；
（2）解：由（1）知，，
因为，
所以，
，
，
又因为与的夹角为，所以，即，且，
整理可得：，解得，则的值为2.
【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】【分析】（1）由题意先求，再利用向量的数量积为0证明即可；
（2）先求向量的模，再向量夹角公式，结合的范围求解即可.
（1）证明：因为与的夹角为，
所以，
所以，
所以.
（2）解：由（1）知，，
因为，
所以，
，
，
因为与的夹角为，
所以，
即，且，
于是有，解得或（舍），
所以的值为2.
16．（2024高一下·韶关月考）如图所示，正四棱台两底面的边长分别为4和8.
（1）若其侧棱所在直线与上 下底面中心连线的夹角为，求该四棱台的表面积；
（2）若其侧面积等于两底面面积之和，求该四棱台的体积.
【答案】（1）解：设与交于点与交于点，连接，
过点作交于点，过点作交于点，连接，如图所示：
由题意知，
在中，，
因为，所以，
则，
故该四棱台的表面积；
（2）解：设该正四棱台的斜高为，
因为，所以，解得，
又因为，所以该正四棱台的高，
故该四棱台的体积.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设与交于点与交于点，连接，
过点作交于点，过点作交于点，连接，利用线线角去解直角三角形，求出斜高，再求表面积即可；
（2）利用题意可得方程去解出斜高，从而求出棱台的高，利用棱台体积公式求解即可.
（1）如图，连接，设与交于点与交于点，
过点作交于点，过点作交于点，连接，
由题意知，
在中，，
又，
则，
故该四棱台的表面积.
（2）设该正四棱台的斜高为，解得，
又该正四棱台的高，
故该四棱台的体积.
17．（2024高一下·韶关月考）如图，四棱锥的底面是平行四边形，底面，，
（1）证明：AC⊥CD；
（2）若E是棱PC的中点，求直线AD与平面PCD所成的角
【答案】（1）证明：因为四棱锥的底面是平行四边形，底面，且底面，所以，
又因为，所以，
又因为，平面，所以平面，因为平面，所以；
（2）解：由（1）平面，平面，所以，，
因为，为的中点，所以，因为，平面，
所以平面，所以即为直线与平面所成的角，因为，所以，，所以，所以，
因为，
所以，即直线与平面所成的角为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据四棱锥 的性质，结合线面垂直得到，再由得到，利用线面垂直的判定定理证明平面，从而可得；
（2）由平面，即可得到，再由等腰三角形三线合一得到，即可得到平面，则即为直线与平面所成的角，再根据锐角三角函数计算即可.
（1）证明：因为底面，底面，所以，
因为，所以，，平面，
所以平面，因为平面，
所以．
（2）解：由（1）平面，平面，所以，，
因为，为的中点，所以，因为，平面，所以平面，所以即为直线与平面所成的角，因为，所以，，所以，所以，因为，所以，即直线与平面所成的角为；
18．（2024高一下·韶关月考）由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）设平面与底面ABCD的交线为l，求证：.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，，如图所示：
因为是四棱柱，所以平行且等于，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：因为平行且等于，平行且等于，所以平行且等于，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
由（1）得平面且，、平面，则平面平面；
（3）证明：由（2）可得：平面，
因为平面，平面平面，所以．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，结合四棱柱的几何性质，根据线线平行证明即可；
（2）由线线平行证平面，结合平面，即可证平面平面；
（3）由的结论，结合线面平行证线线平行即可．
（1）取的中点，连接，，
是四棱柱，平行且等于，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
平面；
（2）平行且等于，平行且等于，
平行且等于，
四边形是平行四边形，，
平面，平面，
平面，
由（1）得平面且，、平面，
平面平面；
（3）由（2）得平面，
又平面，平面平面，
．
19．（2024高一下·韶关月考）某景区为拓展旅游业务，拟建一个观景台P（如图所示），其中AB，AC为两条公路，，M，N为公路上的两个景点，测得，，为了获得最佳观景效果，要求P对的视角.现需要从观景台P到M，N建造两条观光路线PM，PN，且要求观光路线最长.若建造观光路线的宽为5米，每平方米造价为100元.
（1）求M、N的距离；
（2）设，用表示；
（3）求该景区预算需要投入多少万元改造？（）
【答案】（1）解：在中，
由余弦定理得：，
则.
（2）解：因为，，
则，
在中，
由正弦定理得，
所以，
.
（3）解：由（2）得，，
因为，
所以，，
即，
所以该景区预算需要，
即该景区预算需要投入万元改造.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理，从而得出M、N的距离.
（2）在中，利用正弦定理表示出，相加结合两角差的正弦公式和辅助角公式，从而用表示.
（3）由（2）得，，再利用的取值范围和不等式的基本性质以及正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出该景区预算需要投入改造的金额.
（1）在中，由余弦定理得，
得；
（2），，则，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以
；
（3）由（2）得，又，
所以，，
即，
所以该景区预算需要.
即该景区预算需要投入万元改造.
1 / 1广东省韶关市韶实、榕城、清实、新河、龙实五校2023-2024学年高一下学期5月联考数学试题
1．（2024高一下·韶关月考）设，其中a，b是实数，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·韶关月考）如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，则该平面图形的高为（　　）
A． B．2 C． D．
3．（2024高一下·韶关月考）在中，是边上一点，且，是的中点，记，则(　　)
A． B． C． D．
4．（2024高一下·韶关月考）已知为不同的直线，为不同的平面，下列命题为假命题的是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024高一下·韶关月考）已知的内角的对边分别为，设，，则角等于（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·韶关月考）假设是所在平面外一点，而和都是边长为2的正三角形，，那么二面角的大小为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·韶关月考）如图，在矩形中，与的交点为为边上任意一点（包含端点），则的最大值为（　　）
A．2 B．4 C．10 D．12
8．（2024高一下·韶关月考）已知圆锥DO的轴截面为等边三角形，是底面的内接正三角形，点P在DO上，且．若平面PBC，则实数（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·韶关月考）下面是关于复数（为虚数单位）的命题，其中真命题为（　　）
A．在复平面内对应的点位于第三象限
B．若复数，则
C．的共轭复数为
D．的虚部为
10．（2024高一下·韶关月考）若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则（　　）
A．为锐角三角形
B．的面积为
C．O为的外心，则
D．设，则
11．（2024高一下·韶关月考）如图，正方体的棱长为为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得截面记为，则下列命题正确的是（　　）
A．直线与直线所成角的正切值为
B．当时，为等腰梯形
C．当时，与交于点，则
D．当时，为四边形
12．（2024高一下·韶关月考）若复数与都为纯虚数，则　 　.
13．（2024高一下·韶关月考）平面向量满足，，，则　 　．
14．（2024高一下·韶关月考）在三棱锥 中， ， ，若该三棱锥的体积为 ，则其外接球表面积的最小值为　 　．
15．（2024高一下·韶关月考）已知向量，且与的夹角为.
（1）求证：（；
（2）若与的夹角为，求的值.
16．（2024高一下·韶关月考）如图所示，正四棱台两底面的边长分别为4和8.
（1）若其侧棱所在直线与上 下底面中心连线的夹角为，求该四棱台的表面积；
（2）若其侧面积等于两底面面积之和，求该四棱台的体积.
17．（2024高一下·韶关月考）如图，四棱锥的底面是平行四边形，底面，，
（1）证明：AC⊥CD；
（2）若E是棱PC的中点，求直线AD与平面PCD所成的角
18．（2024高一下·韶关月考）由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点.
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）设平面与底面ABCD的交线为l，求证：.
19．（2024高一下·韶关月考）某景区为拓展旅游业务，拟建一个观景台P（如图所示），其中AB，AC为两条公路，，M，N为公路上的两个景点，测得，，为了获得最佳观景效果，要求P对的视角.现需要从观景台P到M，N建造两条观光路线PM，PN，且要求观光路线最长.若建造观光路线的宽为5米，每平方米造价为100元.
（1）求M、N的距离；
（2）设，用表示；
（3）求该景区预算需要投入多少万元改造？（）
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，则，即，解得.
故答案为：B.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算，结合复数相等列式求解即可.
2．【答案】C
【知识点】平面图形的直观图；斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：在直角梯形中，因为，，
所以，根据斜二次画法可知：平面图的高为.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件，先求直观图的，再根据斜二测画法即可得其平面图形的高.
3．【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：已知如图所示：
故答案为：D．
【分析】根据平面向量的线性运算法则进行运算即可.
4．【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；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：由题意，对于A，由面面平行的判定定理可以证出，故A正确；
对于B，因为或，故B错误；
对于C，由面面垂直的判定定理可以证得，故C正确；
对于D，由线面垂直的性质可以证得，故D正确.
故答案为：B.
【分析】根据面面平行的判定定理、线面平行的判定定理、面面垂直的判定定理、线线平行的判断方法，从而逐项判断找出假命题的选项.
5．【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：，则，
整理得，由余弦定理，
因为，所以，
又因为，所以，解得，则.
故答案为：A.
【分析】利用正弦定理，结合余弦定理求角，代入求角即可.
6．【答案】D
【知识点】二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：取的中点，连接，如图所示：
因为和都是边长为2的正三角形，为的中点，所以，
则二面角的平面角为，
又因为，且满足，所以，
即二面角的大小为.
故答案为：D.
【分析】取的中点，连接，易知二面角的平面角为，在中，求解即可.
7．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
则，，
设，则，，
又因为，所以，
则的最大值为10.
故答案为：C.
【分析】以点为坐标原点，建立平面直角坐标系，利用向量法求解即可.
8．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：如图所示；
不妨设，则，，．
因为平面PBC，平面PBC，
所以，
在中，由勾股定理有，即，
解得．
故答案为：D．
【分析】不妨设， 是底面的内接正三角形 ，得到，，然后根据平面PBC，得到，再在中，利用勾股定理求解.
9．【答案】A,B,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：，
A、在复平面内对应的点为，位于第三象限，故A正确；
B、复数，则，，故B正确；
C、复数的共轭复数为，故C错误；
D、复数的虚部为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先根据复数代数形式的除法运算化简复数，根据复数在复平面内的表示，结合共轭复数、复数的概念即可判断ACD；计算出，求模即可判断B.
10．【答案】B,D
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、，，， 由余弦定理可得：，则为钝角，即为钝角三角形，故A错误；
B、由A选项可知：，
则，故B正确；
C、由余弦定理可得：，则，即，
设的外接圆半径为，由正弦定理，可得，
则，故C错误；
D、因为，
所以，
，
则，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】利用余弦定理计算长边对应的余弦值，根据余弦值的正负即可判断A；直接用面积公式计算即可判断B；利用余弦定理求出，再利用正弦定理求出外接圆半径，再直接利用向量的定义计算即可判断C；先表示出，再两边同时平方计算求解即可判断D.
11．【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角
【解析】【解答】解：A、 正方体中，，则是直线与直线所成角，，即直线与直线所成角的正切值为，故A正确；
B、当时，为中点，，，
，则截面为等腰梯形，故B正确；
C、当时，连接并延长交延长线于，直线交于，如图所示：
由，得，由是的中点，，得，
则，故C正确；
D、，连接并延长交延长线于，直线交于，
交延长线于点，连接交于点，连接得截面，
过点的平面与正方体的5个表面相交，
因此截面是五边形，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据正方体的形式，结合异面直线夹角求解即可判断A；作出截面计算即可判断B；作出点计算即可判断C；作图说明即可判断D.
12．【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：设复数，
，
因为为纯虚数，所以，解得，则.
故答案为：.
【分析】设复数，根据复数代数形式的乘法运算化简，再根据复数为纯虚数列方程（不等式）组，求出，即可得复数.
13．【答案】
【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
【解析】【解答】解：设向量，由可得，
因为，则，
解得，，则，
所以.
故答案为：.
【分析】根据题意，设向量，由向量共线的坐标表示和数量积的坐标表示，从而列出方程组得出向量的坐标，再结合向量的坐标表示得出向量的模.
14．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】 ， ，故底面三角形外接圆半径为 ，
， ，
当 时等号成立，
由 ， ， ，
当 离平面 最远时，外接球表面积最小，此时， 在平面 的投影为 中点 ，
设球心为 ，则 在 上，故 ，化简得到 ，
注意到函数 在 上单调递增，故 ，
所以 ．
故答案为： .
【分析】首先由均值不等式计算出三角形的面积的最大值由此得出三角形的高的最小值，结合题意当点P到平面ABC的距离是定值时，即为点P在平面ABC的射影为三角形ABC的外心，此时的外接球半径最小，而当点P点P在平面ABC的射影为AB的中点时，结合三角形的几何计算关系得到，由对勾函数的单调性即可得出该函数的最小值，进而得到外接球表面积的最小值。
15．【答案】（1）证明：因为 与的夹角为，所以，
则，即；
（2）解：由（1）知，，
因为，
所以，
，
，
又因为与的夹角为，所以，即，且，
整理可得：，解得，则的值为2.
【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】【分析】（1）由题意先求，再利用向量的数量积为0证明即可；
（2）先求向量的模，再向量夹角公式，结合的范围求解即可.
（1）证明：因为与的夹角为，
所以，
所以，
所以.
（2）解：由（1）知，，
因为，
所以，
，
，
因为与的夹角为，
所以，
即，且，
于是有，解得或（舍），
所以的值为2.
16．【答案】（1）解：设与交于点与交于点，连接，
过点作交于点，过点作交于点，连接，如图所示：
由题意知，
在中，，
因为，所以，
则，
故该四棱台的表面积；
（2）解：设该正四棱台的斜高为，
因为，所以，解得，
又因为，所以该正四棱台的高，
故该四棱台的体积.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设与交于点与交于点，连接，
过点作交于点，过点作交于点，连接，利用线线角去解直角三角形，求出斜高，再求表面积即可；
（2）利用题意可得方程去解出斜高，从而求出棱台的高，利用棱台体积公式求解即可.
（1）如图，连接，设与交于点与交于点，
过点作交于点，过点作交于点，连接，
由题意知，
在中，，
又，
则，
故该四棱台的表面积.
（2）设该正四棱台的斜高为，解得，
又该正四棱台的高，
故该四棱台的体积.
17．【答案】（1）证明：因为四棱锥的底面是平行四边形，底面，且底面，所以，
又因为，所以，
又因为，平面，所以平面，因为平面，所以；
（2）解：由（1）平面，平面，所以，，
因为，为的中点，所以，因为，平面，
所以平面，所以即为直线与平面所成的角，因为，所以，，所以，所以，
因为，
所以，即直线与平面所成的角为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据四棱锥 的性质，结合线面垂直得到，再由得到，利用线面垂直的判定定理证明平面，从而可得；
（2）由平面，即可得到，再由等腰三角形三线合一得到，即可得到平面，则即为直线与平面所成的角，再根据锐角三角函数计算即可.
（1）证明：因为底面，底面，所以，
因为，所以，，平面，
所以平面，因为平面，
所以．
（2）解：由（1）平面，平面，所以，，
因为，为的中点，所以，因为，平面，所以平面，所以即为直线与平面所成的角，因为，所以，，所以，所以，因为，所以，即直线与平面所成的角为；
18．【答案】（1）证明：取的中点，连接，，如图所示：
因为是四棱柱，所以平行且等于，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：因为平行且等于，平行且等于，所以平行且等于，
所以四边形是平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
由（1）得平面且，、平面，则平面平面；
（3）证明：由（2）可得：平面，
因为平面，平面平面，所以．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）取的中点，连接，，结合四棱柱的几何性质，根据线线平行证明即可；
（2）由线线平行证平面，结合平面，即可证平面平面；
（3）由的结论，结合线面平行证线线平行即可．
（1）取的中点，连接，，
是四棱柱，平行且等于，
四边形为平行四边形，，
又平面，平面，
平面；
（2）平行且等于，平行且等于，
平行且等于，
四边形是平行四边形，，
平面，平面，
平面，
由（1）得平面且，、平面，
平面平面；
（3）由（2）得平面，
又平面，平面平面，
．
19．【答案】（1）解：在中，
由余弦定理得：，
则.
（2）解：因为，，
则，
在中，
由正弦定理得，
所以，
.
（3）解：由（2）得，，
因为，
所以，，
即，
所以该景区预算需要，
即该景区预算需要投入万元改造.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理，从而得出M、N的距离.
（2）在中，利用正弦定理表示出，相加结合两角差的正弦公式和辅助角公式，从而用表示.
（3）由（2）得，，再利用的取值范围和不等式的基本性质以及正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出该景区预算需要投入改造的金额.
（1）在中，由余弦定理得，
得；
（2），，则，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以
；
（3）由（2）得，又，
所以，，
即，
所以该景区预算需要.
即该景区预算需要投入万元改造.
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