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广东省部分学校2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题
1．（2025高一下·广东期中）已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：已知，则
由题意可得.
故答案为：B.
【分析】先利用共轭的定义可得，再利用复数的乘法运算法则即可求解.
2．（2025高一下·广东期中）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交集及其运算；简单函数定义域
【解析】【解答】解：已知，，则.
故答案为：D.
【分析】先化简集合，再利用集合的交集运算即可求解.
3．（2025高一下·广东期中）函数的最小值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：，
当且仅当即x=2时等号成立，
所以的最小值为4.
故答案为：C.
【分析】利用基本不等式“一正”，“二定”，“三相等”即可求解.
4．（2025高一下·广东期中）已知，为不共线向量，，，若，为共线向量，则（　　）
A．2 B．4 C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，为不共线向量，且，为共线向量，
设，，，
则，
故，解得.
故答案为：D.
【分析】利用平面向量的共线可设，列出方程组求解参数即可求解.
5．（2025高一下·广东期中）利用斜二侧画法画出的直观图如图阴影部分所示，其中，是线段的中点，则的面积为（　　）
A．2 B．4 C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：是图中的阴影部分，其中，如图所示：
所以的面积为.
故答案为：A.
【分析】利用斜二测画法还原图形，再利用面积公式即可求解.
6．（2025高一下·广东期中）将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题意可得，
，
则，，解得，，
因为，则取0，所以的最小值为.
故答案为：B.
【分析】先利用平移变换得，再利用代入可得，由正切函数的性质可解得，结合即可求解.
7．（2025高一下·广东期中）如图，不共线且不垂直的单位向量，的夹角为，以点为原点，，的正方向分别为轴、轴建立坐标系，该坐标系称为斜坐标系.若，则称为在斜坐标系中的坐标，若，向量，在斜坐标系中的坐标分别为，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意知，，，所以，
又向量，在斜坐标系中的坐标分别为，，
所以，，
所以.
故答案为：A.
【分析】先利用平面向量数量积的定义可得，再利用斜坐标的定义即可求解.
8．（2025高一下·广东期中）已知，，，，则（　　）
A．，且 B．，且 C．，且 D．，且
【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
又，得到，
则，即，
因为，，
所以，综上可得，且，故D正确.
故答案为：D.
【分析】先利用对数的运算法则结合不等式的性质得到，再利用对数函数的性质结合中间值证明即可求解.
9．（2025高一下·广东期中）2025年2月7日，第九届亚洲冬运会开幕式在哈尔滨举行.图是第九届亚洲冬运会会徽，适当选择四个点作四边形ABCD，就可以覆盖会徽的主图案.在四边形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，，，则下列等式一定成立的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：A、因为四边形ABCD不一定是平行四边形，所以不一定成立，故A错误；
B、，，所以，故B正确；
C、，，所以，故C正确；
D、连接BD，因为E，F分别是BC，CD的中点，如图所示：
所以，
又，，所以，所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用向量共线的定义即可判断A；利用向量的线性运算法则，逐项计算判断即可判断BCD.
10．（2025高一下·广东期中）已知函数，则（　　）
A．的最小正周期是 B．的最小值是
C．在区间上单调递增 D．的图象关于点对称
【答案】A,C,D
【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、，所以函数的最小正周期，故A正确；
B、当时，函数取最小值，故B错误；
由，得，
令，得的一个单调递增区间为，
C、因为，所以函数在区间上单调递增，故C正确；
D、因为，所以函数的图象关于点对称，故D正确，
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦型函数的周期计算公式即可判断A；利用正弦型函数的值域即可判断B；利用复合函数的单调性结合三角函数的单调性求得单调区间即可判断C；利用正弦函数的对称性代入检验即可判断D.
11．（2025高一下·广东期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则（　　）
A．
B．
C．若，，则
D．若，则或
【答案】B,C
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：A、，当且仅当时等号成立，所以，
再由得，故A错误；
B、由余弦定理得，整理得，故B正确；
C、由结合正弦定理，得
，因为，
所以，得，
因为，所以，又因为，所以，故C正确；
D、由C选项可得，，
得，整理得，
解得或，因为，所以，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用基本不等式即可判断；利用余弦定理即可判断B；利用正弦定理、余弦二倍角公式、两角和与差的余弦公式即可判断C；利用结合余弦的二倍角公式即可判断D.
12．（2025高一下·广东期中）一元二次方程的两个虚根为　 　.
【答案】和
【知识点】方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：，所以，所以，得，
所以方程的两个虚根为和.
故答案为：和.
【分析】先配方可得，再利用复数根的求解方法即可求解.
13．（2025高一下·广东期中）已知函数，则不等式的解集是　 　.
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，且函数的定义域为，
所以为奇函数，
又因为和在上均为增函数，所以为增函数，
由，得，
故，解得，所以不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】先利用奇函数的定义可得为奇函数，再利用指数函数的性质可得为增函数，利用单调性解不等式即可求解.
14．（2025高一下·广东期中）在三棱锥中，AP，AB，AC两两垂直，，.以PA为直径的球O与PB，PC分别交于点D，E，则　 　.
【答案】
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为，，，所以，所以，
因为，，所以，
因为是球O的直径，D在球O上，如图所示：
因为直径所对的圆周角为直角，所以，则，，
同理，，
连接，因为，所以，故，得，
在中，由余弦定理得.
故答案为：.
【分析】利用是球O的直径，D在球O上可得，再利用同一个三角形面积相等可算得及的长度，同理可得，最后利用余弦定理即可求解.
15．（2025高一下·广东期中）已知，其中a，.
（1）求a，b；
（2）设，若，证明：.
【答案】（1）解：由复数的四则运算法则得，
由复数相等的充要条件得
解得，.
（2）证明：因为，，，
所以化为，
即，
所以，
整理得.
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【分析】（1）利用复数的四则运算法可得，再利用复数相等的充要条件即可求解；
（2）由（1）可代入化简题干条件可得，利用模相等的等式，化简即可证明.
（1）由复数的四则运算法则得，
由复数相等的充要条件得
解得，.
（2）因为，，，
所以化为，
即，
所以，
整理得.
16．（2025高一下·广东期中）如图1，正四棱台的上底面面积为1，下底面面积为4，侧棱长为2.将正四棱台的四条侧棱延长交于点P，得到正四棱锥P-ABCD如图2所示.
（1）求正四棱台的体积；
（2）若正四棱锥的五个顶点都在球O的球面上，求球O的表面积.
【答案】（1）解：依题意，正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，，
连接，交于点，连接交于点，连接如图所示：
则即为正四棱台的高，
易得，，且有，解得，
所以正四棱台的体积.
（2）解：因为正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，即，
所以在得到的正四棱锥中，为的中点，所以，
设正四棱锥的外接球的半径为R，
则O在上，连接，则.
在中，，得，
所以正四棱锥的外接球表面积为.
【知识点】棱台的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【分析】（1）由题意可得上下底面的边长分别为1，2，利用勾股定理即可求得，再由棱台的体积公式即可求解；
（2）由比例关系可知正四棱台上底面中心为得到的正四棱锥的高的中点，则球心O在正四棱锥的顶点向下作的高线上，连接，根据题意可列出关于球的半径的方程，解之得半径，由此可算得球O的表面积.
（1）依题意，正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，，
连接，交于点，连接交于点，连接，则即为正四棱台的高，
易得，，且有，解得，
所以正四棱台的体积.
（2）因为正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，即，
所以在得到的正四棱锥中，为的中点，所以，
设正四棱锥的外接球的半径为R，
则O在上，连接，则.
在中，，得，
所以正四棱锥的外接球表面积为.
17．（2025高一下·广东期中）已知函数，（且），函数的图象经过点.
（1）求关于x的不等式的解集；
（2）若函数有两个零点，求实数k的取值范围.
【答案】（1）解：因为函数的图象经过点，
所以，即，得，
所以，，
所以不等式转化为，
即，即，
因为，所以，得，
所以不等式的解集为；
（2）解：由（1）知，
所以由有两个零点，知方程有两个实数解，
即，得有两个实数解，
令，则，当且仅当，即时取等号，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以函数与的图象在区间和上各有一个交点，
则，得，
所以实数k的取值范围是.
【知识点】函数的零点与方程根的关系；对勾函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用图像经过点可得，可得，代入得到关于的一元二次不等式即可求解；
（2）将问题转化为方程有两个实数解，即有两个实数解，利用对勾函数性质求解即可.
（1）因为函数的图象经过点，
所以，即，得，
所以，，
所以不等式转化为，
即，即，
因为，所以，得，
所以不等式的解集为；
（2）由（1）知，
所以由有两个零点，知方程有两个实数解，
即，得有两个实数解，
令，则，当且仅当，即时取等号，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以函数与的图象在区间和上各有一个交点，
则，得，
所以实数k的取值范围是.
18．（2025高一下·广东期中）在梯形中，，，，AC与EF交于点G，设，.
（1）用基底表示；
（2）若，，求；
（3）设点G到AB，CD的距离分别为，，求的值.
【答案】（1）解：，
则.
（2）解：
.
（3）解：由AC与EF交于点G，可设，，
.
由（1）知，则，解得，
所以，解得.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）先用基底表示，再利用即可求解；
（2）用基底表示向量和，再利用数量积的定义即可求解；
（3）先设，，用基底表示向量和，进而求出两参数，再由即可求解.
（1），
则.
（2）
.
（3）由AC与EF交于点G，可设，，
.
由（1）知，则，解得，
所以，解得.
19．（2025高一下·广东期中）已知是锐角三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，在所在平面内以AC为边向外作如图所示，，，.
（1）求B；
（2）求的内切圆半径r；
（3）求的面积的取值范围.
【答案】（1）解：由及正弦定理，得，
又由余弦定理，得，所以，得.
因为，所以.
（2）解：在中，，得，①
又，得.②
联立①②得，因为，所以，.
由余弦定理得，得.
又，解得.
（3）解：由（2）知，所以的外接圆半径，
所以，，
所以的面积
，
因为是锐角三角形，所以得，
所以，，
所以，
所以面积的取值范围是.
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化得，再利用余弦定理得，即可求解；
（2）利用数量积公式得，利用面积，求得，再利用余弦定理求出，最后利用求得的内切圆半径r即可求解；
（3）利用面积公式得，根据，求得面积的取值范围.
（1）由及正弦定理，得，
又由余弦定理，得，所以，得.
因为，所以.
（2）在中，，得，①
又，得.②
联立①②得，因为，所以，.
由余弦定理得，得.
又，解得.
（3）由（2）知，所以的外接圆半径，
所以，，
所以的面积
，
因为是锐角三角形，所以得，
所以，，
所以，
所以面积的取值范围是.
1 / 1广东省部分学校2024-2025学年高一下学期期中联考数学试题
1．（2025高一下·广东期中）已知，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·广东期中）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·广东期中）函数的最小值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
4．（2025高一下·广东期中）已知，为不共线向量，，，若，为共线向量，则（　　）
A．2 B．4 C． D．
5．（2025高一下·广东期中）利用斜二侧画法画出的直观图如图阴影部分所示，其中，是线段的中点，则的面积为（　　）
A．2 B．4 C． D．
6．（2025高一下·广东期中）将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，若，则的最小值为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·广东期中）如图，不共线且不垂直的单位向量，的夹角为，以点为原点，，的正方向分别为轴、轴建立坐标系，该坐标系称为斜坐标系.若，则称为在斜坐标系中的坐标，若，向量，在斜坐标系中的坐标分别为，，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·广东期中）已知，，，，则（　　）
A．，且 B．，且 C．，且 D．，且
9．（2025高一下·广东期中）2025年2月7日，第九届亚洲冬运会开幕式在哈尔滨举行.图是第九届亚洲冬运会会徽，适当选择四个点作四边形ABCD，就可以覆盖会徽的主图案.在四边形ABCD中，E，F分别是BC，CD的中点，，，则下列等式一定成立的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高一下·广东期中）已知函数，则（　　）
A．的最小正周期是 B．的最小值是
C．在区间上单调递增 D．的图象关于点对称
11．（2025高一下·广东期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，则（　　）
A．
B．
C．若，，则
D．若，则或
12．（2025高一下·广东期中）一元二次方程的两个虚根为　 　.
13．（2025高一下·广东期中）已知函数，则不等式的解集是　 　.
14．（2025高一下·广东期中）在三棱锥中，AP，AB，AC两两垂直，，.以PA为直径的球O与PB，PC分别交于点D，E，则　 　.
15．（2025高一下·广东期中）已知，其中a，.
（1）求a，b；
（2）设，若，证明：.
16．（2025高一下·广东期中）如图1，正四棱台的上底面面积为1，下底面面积为4，侧棱长为2.将正四棱台的四条侧棱延长交于点P，得到正四棱锥P-ABCD如图2所示.
（1）求正四棱台的体积；
（2）若正四棱锥的五个顶点都在球O的球面上，求球O的表面积.
17．（2025高一下·广东期中）已知函数，（且），函数的图象经过点.
（1）求关于x的不等式的解集；
（2）若函数有两个零点，求实数k的取值范围.
18．（2025高一下·广东期中）在梯形中，，，，AC与EF交于点G，设，.
（1）用基底表示；
（2）若，，求；
（3）设点G到AB，CD的距离分别为，，求的值.
19．（2025高一下·广东期中）已知是锐角三角形，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，在所在平面内以AC为边向外作如图所示，，，.
（1）求B；
（2）求的内切圆半径r；
（3）求的面积的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：已知，则
由题意可得.
故答案为：B.
【分析】先利用共轭的定义可得，再利用复数的乘法运算法则即可求解.
2．【答案】D
【知识点】交集及其运算；简单函数定义域
【解析】【解答】解：已知，，则.
故答案为：D.
【分析】先化简集合，再利用集合的交集运算即可求解.
3．【答案】C
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：，
当且仅当即x=2时等号成立，
所以的最小值为4.
故答案为：C.
【分析】利用基本不等式“一正”，“二定”，“三相等”即可求解.
4．【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，为不共线向量，且，为共线向量，
设，，，
则，
故，解得.
故答案为：D.
【分析】利用平面向量的共线可设，列出方程组求解参数即可求解.
5．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：是图中的阴影部分，其中，如图所示：
所以的面积为.
故答案为：A.
【分析】利用斜二测画法还原图形，再利用面积公式即可求解.
6．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：由题意可得，
，
则，，解得，，
因为，则取0，所以的最小值为.
故答案为：B.
【分析】先利用平移变换得，再利用代入可得，由正切函数的性质可解得，结合即可求解.
7．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意知，，，所以，
又向量，在斜坐标系中的坐标分别为，，
所以，，
所以.
故答案为：A.
【分析】先利用平面向量数量积的定义可得，再利用斜坐标的定义即可求解.
8．【答案】D
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
又，得到，
则，即，
因为，，
所以，综上可得，且，故D正确.
故答案为：D.
【分析】先利用对数的运算法则结合不等式的性质得到，再利用对数函数的性质结合中间值证明即可求解.
9．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：A、因为四边形ABCD不一定是平行四边形，所以不一定成立，故A错误；
B、，，所以，故B正确；
C、，，所以，故C正确；
D、连接BD，因为E，F分别是BC，CD的中点，如图所示：
所以，
又，，所以，所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用向量共线的定义即可判断A；利用向量的线性运算法则，逐项计算判断即可判断BCD.
10．【答案】A,C,D
【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、，所以函数的最小正周期，故A正确；
B、当时，函数取最小值，故B错误；
由，得，
令，得的一个单调递增区间为，
C、因为，所以函数在区间上单调递增，故C正确；
D、因为，所以函数的图象关于点对称，故D正确，
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦型函数的周期计算公式即可判断A；利用正弦型函数的值域即可判断B；利用复合函数的单调性结合三角函数的单调性求得单调区间即可判断C；利用正弦函数的对称性代入检验即可判断D.
11．【答案】B,C
【知识点】二倍角的余弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：A、，当且仅当时等号成立，所以，
再由得，故A错误；
B、由余弦定理得，整理得，故B正确；
C、由结合正弦定理，得
，因为，
所以，得，
因为，所以，又因为，所以，故C正确；
D、由C选项可得，，
得，整理得，
解得或，因为，所以，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用基本不等式即可判断；利用余弦定理即可判断B；利用正弦定理、余弦二倍角公式、两角和与差的余弦公式即可判断C；利用结合余弦的二倍角公式即可判断D.
12．【答案】和
【知识点】方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：，所以，所以，得，
所以方程的两个虚根为和.
故答案为：和.
【分析】先配方可得，再利用复数根的求解方法即可求解.
13．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，且函数的定义域为，
所以为奇函数，
又因为和在上均为增函数，所以为增函数，
由，得，
故，解得，所以不等式的解集为.
故答案为：.
【分析】先利用奇函数的定义可得为奇函数，再利用指数函数的性质可得为增函数，利用单调性解不等式即可求解.
14．【答案】
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为，，，所以，所以，
因为，，所以，
因为是球O的直径，D在球O上，如图所示：
因为直径所对的圆周角为直角，所以，则，，
同理，，
连接，因为，所以，故，得，
在中，由余弦定理得.
故答案为：.
【分析】利用是球O的直径，D在球O上可得，再利用同一个三角形面积相等可算得及的长度，同理可得，最后利用余弦定理即可求解.
15．【答案】（1）解：由复数的四则运算法则得，
由复数相等的充要条件得
解得，.
（2）证明：因为，，，
所以化为，
即，
所以，
整理得.
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【分析】（1）利用复数的四则运算法可得，再利用复数相等的充要条件即可求解；
（2）由（1）可代入化简题干条件可得，利用模相等的等式，化简即可证明.
（1）由复数的四则运算法则得，
由复数相等的充要条件得
解得，.
（2）因为，，，
所以化为，
即，
所以，
整理得.
16．【答案】（1）解：依题意，正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，，
连接，交于点，连接交于点，连接如图所示：
则即为正四棱台的高，
易得，，且有，解得，
所以正四棱台的体积.
（2）解：因为正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，即，
所以在得到的正四棱锥中，为的中点，所以，
设正四棱锥的外接球的半径为R，
则O在上，连接，则.
在中，，得，
所以正四棱锥的外接球表面积为.
【知识点】棱台的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【分析】（1）由题意可得上下底面的边长分别为1，2，利用勾股定理即可求得，再由棱台的体积公式即可求解；
（2）由比例关系可知正四棱台上底面中心为得到的正四棱锥的高的中点，则球心O在正四棱锥的顶点向下作的高线上，连接，根据题意可列出关于球的半径的方程，解之得半径，由此可算得球O的表面积.
（1）依题意，正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，，
连接，交于点，连接交于点，连接，则即为正四棱台的高，
易得，，且有，解得，
所以正四棱台的体积.
（2）因为正四棱台的上、下底面边长分别为1，2，即，
所以在得到的正四棱锥中，为的中点，所以，
设正四棱锥的外接球的半径为R，
则O在上，连接，则.
在中，，得，
所以正四棱锥的外接球表面积为.
17．【答案】（1）解：因为函数的图象经过点，
所以，即，得，
所以，，
所以不等式转化为，
即，即，
因为，所以，得，
所以不等式的解集为；
（2）解：由（1）知，
所以由有两个零点，知方程有两个实数解，
即，得有两个实数解，
令，则，当且仅当，即时取等号，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以函数与的图象在区间和上各有一个交点，
则，得，
所以实数k的取值范围是.
【知识点】函数的零点与方程根的关系；对勾函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用图像经过点可得，可得，代入得到关于的一元二次不等式即可求解；
（2）将问题转化为方程有两个实数解，即有两个实数解，利用对勾函数性质求解即可.
（1）因为函数的图象经过点，
所以，即，得，
所以，，
所以不等式转化为，
即，即，
因为，所以，得，
所以不等式的解集为；
（2）由（1）知，
所以由有两个零点，知方程有两个实数解，
即，得有两个实数解，
令，则，当且仅当，即时取等号，
则在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以函数与的图象在区间和上各有一个交点，
则，得，
所以实数k的取值范围是.
18．【答案】（1）解：，
则.
（2）解：
.
（3）解：由AC与EF交于点G，可设，，
.
由（1）知，则，解得，
所以，解得.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）先用基底表示，再利用即可求解；
（2）用基底表示向量和，再利用数量积的定义即可求解；
（3）先设，，用基底表示向量和，进而求出两参数，再由即可求解.
（1），
则.
（2）
.
（3）由AC与EF交于点G，可设，，
.
由（1）知，则，解得，
所以，解得.
19．【答案】（1）解：由及正弦定理，得，
又由余弦定理，得，所以，得.
因为，所以.
（2）解：在中，，得，①
又，得.②
联立①②得，因为，所以，.
由余弦定理得，得.
又，解得.
（3）解：由（2）知，所以的外接圆半径，
所以，，
所以的面积
，
因为是锐角三角形，所以得，
所以，，
所以，
所以面积的取值范围是.
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化得，再利用余弦定理得，即可求解；
（2）利用数量积公式得，利用面积，求得，再利用余弦定理求出，最后利用求得的内切圆半径r即可求解；
（3）利用面积公式得，根据，求得面积的取值范围.
（1）由及正弦定理，得，
又由余弦定理，得，所以，得.
因为，所以.
（2）在中，，得，①
又，得.②
联立①②得，因为，所以，.
由余弦定理得，得.
又，解得.
（3）由（2）知，所以的外接圆半径，
所以，，
所以的面积
，
因为是锐角三角形，所以得，
所以，，
所以，
所以面积的取值范围是.
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