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广东省汕尾市2023-2024学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题
1．（2024高一下·汕尾期末） （　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】由相反向量的定义和向量加法、减法的运算法则，从而化简得出所求向量.
2．（2024高一下·汕尾期末）已知复数，则（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：D.
【分析】由复数的乘法运算法则得出复数.
3．（2024高一下·汕尾期末）若高为的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的母线长为（　　）
A． B． C．2 D．4
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设底面半径为，母线长为，侧面展开是一个半圆，
，即，
，
，.
故答案为：C.
【分析】根据圆锥的侧面展开图为一个半圆可知圆锥的底面周长等于半圆弧长，从而得出，再利用勾股定理得出该圆锥的母线长.
4．（2024高一下·汕尾期末）若，则（　　）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
所以
.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合二倍角的正弦公式和同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
5．（2024高一下·汕尾期末）已知a，b是两条直线，，是两个平面，下列命题正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，，则a，b是异面直线
C．若，，，，则
D．若，，，，则
【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；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：对于A，若，，则可能平行，相交或异面，故A错误；
对于B，若，，，则a，b可能异面或平行，故B错误；
对于C，根据面面平行的判定定理可知，必须添加相交，才有，故C错误；
对于D，根据面面垂直的性质定理，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据题意，由空间的直线与直线的位置关系、平面与平面的位置关系，从而逐项判断找出真命题的选项.
6．（2024高一下·汕尾期末）已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
则向量在向量上的投影向量为.
所以，
则向量在向量上的投影向量为：
.
故答案为：A.
【分析】根据数量积求投影向量的坐标的公式，从而得出向量在向量上的投影向量.
7．（2024高一下·汕尾期末）已知在四棱锥中，平面，底面是边长为4的正方形，直线与平面．所成角的正弦值为，则该四棱锥的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示，
在四棱锥中，平面，底面是边长为4的正方形，
直线与平面所成角的正弦值为.
根据题意，可以补充成长方体，
且底面是边长为4的正方形，直线与平面所成角为，
则长方体的长、宽、高分别为4，4，4，
则图形为正方体.外接球的球心为体对角线中点，
所以体对角线长刚好为球的直径，且，
所以外接球的表面积为：.
故答案为：C．
【分析】根据题意，补形成长方体模型，再结合体对角线长刚好为球的直径和勾股定理，从而得出该四棱锥的外接球的半径，再结合球的表面积公式得出该四棱锥的外接球的表面积.
8．（2024高一下·汕尾期末）在中，，点为的垂心，且满足，，则（　　）
A． B．－1 C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意可知是以A为顶角的等腰三角形，
如图所示：，，
则，
在直角三角形中，，则.
设，
则，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件得出，再由三点共线的推论，从而列式求解得出x+y的值.
9．（2024高一下·汕尾期末）已知的最小正周期为，则（　　）
A．
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在区间上单调递增
D．将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称
【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，
所以，故A正确；
则，，
所以函数的图象不关于直线对称，故B错误；
当时，则，
所以函数单调递增，故C正确；
将函数的图象向右平移个单位长度后得
的图象，
它不是偶函数，不关于轴对称，故D正确.
故答案为：AC.
【分析】根据题意结合正弦型函数的最小正周期公式得出的值，则判断出选项A；由的值求出函数的解析式，再结合换元法和正弦函数的图象的对称性、单调性，从而得出正弦型函数的对称性和单调性，则判断出选项B和选项C；根据正弦型函数的图象变换和偶函数的图象的对称性，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．（2024高一下·汕尾期末）下列命题正确的有（　　）
A．若，则，互为共轭复数
B．在矩形中，
C．已知点在所在的平面内，且，则点是的垂心
D．若是面积为4的内部的一点，且，则的面积为1
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；复数代数形式的乘除运算；三角形五心；三角形中的几何计算；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A，令，，满足，
但，并不互为共轭复数，故A错误；
对于B，因为矩形，
所以，，
又因为，，
所以成立，故B正确；
对于C，因为，
所以，
所以，，
同理可得，，，
则可得点是中三条垂线的交点，
所以点是的垂心，故C正确；
对于D，因为，
所以，
设的中点为，则，
所以，则为的中点，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】举反例判断选项A；利用平面向量的线性运算判断选项B；利用平面向量的线性运算结合垂心的定义判断出选项C；利用已知条件结合中线的性质判断出选项D，从而找出真命题的选项.
11．（2024高一下·汕尾期末）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（　　）
A．存在点使得
B．若点满足，则动点的轨迹长度为
C．若点满足平面时，动点的轨迹是正六边形
D．当点在侧面上运动，且满足时，二面角的最大值为60°
【答案】A,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：A选项：如图：
当点位于边上时，因为平面，所以，故A正确；
B选项：如图：
当时，点轨迹为矩形，其中分别为，中点，
即动点轨迹的周长为：，故B错误；
C选项：如图：
当平面时，点轨迹是正六边形，其中均为棱的中点，
故C正确；
D选项：如图：
当点在侧面上运动，且满足时，点轨迹是以为圆心，以1为半径的圆弧
则即为二面角的平面角，
即当与的中点重合时，二面角取得最大值，
此时，因为，所以.
故D错误.
故选：AC
【分析】本题为立体几何中动点轨迹问题，需根据各选项的条件，分别确定动点的轨迹，判断轨迹的形状，求轨迹周长，求二面角，进行判断.
12．（2024高一下·汕尾期末）化简计算：　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：
.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和诱导公式、两角和的正弦公式，从而化简求值.
13．（2024高一下·汕尾期末）若复数的模为5，虚部为4，则复数　 　．
【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：由题意可得，解得，
所以复数.
故答案为：.
【分析】由题意结合向量求模公式和复数的虚部的定义，从而列出关于a，b的方程组，进而解方程组得出a，b的值，则得出复数z.
14．（2024高一下·汕尾期末）已知在中，，，则的最大值为　 　．
【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，由正弦定理得，
所以，
所以，
因为，
所以，
，
，
因为，所以，
故当时，即当时，
取得最大值，且最大值为.
故答案为：.
【分析】利用正弦定理表示出，再利用数量积的定义和三角恒等变换，从而将目标式用三角型函数表示，再利用角A的取值范围和不等式的基本性质，再结合正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出的最大值.
15．（2024高一下·汕尾期末）已知向量，．
（1）证明：
（2）求与的夹角．
【答案】（1）证明：因为，，
所以，
所以，
所以.
（2）解：因为，，
所以，．
又因为，
所以．
又因为，
所以与的夹角为．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）由向量加法的坐标表示和两向量垂直的坐标表示，从而证出成立.
（2）利用已知条件和向量的模的坐标表示和数量积的坐标表示以及数量积求向量夹角的坐标表示，从而得出与的夹角．
（1）因为，，
所以，
所以，所以.
（2）因为，，
所以，．
又，
所以．
又，所以与的夹角为．
16．（2024高一下·汕尾期末）如图，在四棱锥中，，，是的中点．
（1）证明：平面．
（2）若平面，，求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明：如图，取的中点，连接，，
因为是的中点，
所以，
又因为，，
所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面．
（2）解：由（1）可知，
又因为平面，
所以平面，
则是三棱锥的高，
又因为，
所以，，
则
所以，三棱锥的体积为．
【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）利用中位线定理得到线线平行，则判断出四边形是平行四边形，则，再结合线线平行证出线面平行，从而证出平面．
（2）由（1）可知，再利用线面垂直得出是三棱锥的高，再结合三棱锥的体积公式得出三棱锥的体积．
（1）证明：如图，取的中点，连接，
因为是的中点，所以，
又，，
所以且，
所以四边形是平行四边形，所以．
因为平面，平面，所以平面．
（2）解：由（1）可知，
又平面，
所以平面，即是三棱锥的高．
又，则，
所以，
故三棱锥的体积为．
17．（2024高一下·汕尾期末）记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）设，若点是边上一点，，且，求，．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
则
所以，
因为，所以，
所以，
又因为，所以．
（2）解：如图所示：
因为，，
所以，．
又因为，
所以．
在中，由余弦定理得，
则，①
又因为，
所以，
则
，
两边平方得，
则，
所以，②
②－①得，所以，
代入①得（负值已舍去）．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再结合两角和的正弦公式和三角形中角C的取值范围，从而得出角B的余弦值，再结合三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）先求出，的长，在中利用余弦定理得到，再由，将两边平方可得，从而解方程组得出、的值.
（1）因为，
由正弦定理可得，
即，
所以，
因为，所以，
所以，又，所以．
（2）如图所示：因为，，
所以，．
又，所以．
在中，由余弦定理得，
即．①
又，即，
所以，
两边平方得，
即，
所以．②
②－①得，所以，
代入①得（负值已舍去）．
18．（2024高一下·汕尾期末）在四棱锥中，，，平面，分别为的中点，．
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的大小．
【答案】（1）证明：∵平面，平面，
∴，
又因为，∴，
∵，∴平面，
在中，分别为中点，
所以，
∴平面
∵平面，
∴平面平面.
（2）解：取的中点，连接，取的中点，连接，，
由，平面，
可得平面，
因为，，可得，
又因为是斜线在平面上的射影，
由三垂线定理可得，
所以是二面角的平面角，
则二面角的平面角与互补，
在中，设，，
可得，
在直角三角形中，，
可得，
则，
所以二面角的大小为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证出直线平面，再利用面面垂直的判定定理证出平面平面.
（2）取的中点，连接，取的中点，连接，，从而证出二面角的平面角与互补，再根据正切函数的定义和已知条件，从而计算出的大小，进而得出二面角的大小.
（1）解：∵平面，平面，∴
又，∴，
∵，∴平面，
又在中，分别为中点，故，∴平面
∵平面，
∴平面平面.
（2）解：取的中点，连接，取的中点，连接，，
由，平面，可得平面，
又，，可得，
因为是斜线在平面上的射影，
由三垂线定理可得，
所以是二面角的平面角，
二面角的平面角与互补．
在中，设，，
可得，
在直角三角形中，，
可得，
即有，
则二面角的大小为．
19．（2024高一下·汕尾期末）设是定义在区间上的函数，如果对任意的，有，则称为区间上的下凸函数；如果有，则称为区间上的上凸函数．
（1）已知函数，求证：
（ⅰ）；
（ⅱ）函数为下凸函数；
（2）已知函数，其中实数，且函数在区间内为上凸函数，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明：（ⅰ）因为
所以.
（ⅱ）令，
则
，
因为，，
所以，
所以，
由（ⅰ）得，
所以，
所以，
所以，
则函数为下凸函数.
（2）解：因为函数在区间内为上凸函数，
则对任意的，恒成立，
所以，
因为
，
所以，
所以恒成立，
则，
因为，
所以，，，
所以，，
所以，
所以，则，
所以实数的取值范围为.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式
【解析】【分析】（1）（ⅰ）根据二倍角的正弦公式和二倍角的余弦公式，从而证出成立.
（ⅱ）根据下凸函数的定义，再借用两角和与差的余弦公式和（ⅰ）中结论变形，从而证出函数为下凸函数.
（2）根据上凸函数的定义列出不等式，再进行参变分离，则根据函数的最值和不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（1）（ⅰ）因为，
所以.
（ⅱ）令，则
，
又，，
所以，
所以，
由（ⅰ）得，所以，
所以，
所以，即函数为下凸函数.
（2）因为函数在区间内为上凸函数，
则对任意的，有恒成立，
即，
因为
，
所以，
所以恒成立，
，
因为，所以，，，
所以，，所以，
所以，，所以实数的取值范围为.
1 / 1广东省汕尾市2023-2024学年高一下学期7月期末教学质量监测数学试题
1．（2024高一下·汕尾期末） （　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·汕尾期末）已知复数，则（　　）
A． B． C．1 D．
3．（2024高一下·汕尾期末）若高为的圆锥的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的母线长为（　　）
A． B． C．2 D．4
4．（2024高一下·汕尾期末）若，则（　　）
A． B．2 C． D．4
5．（2024高一下·汕尾期末）已知a，b是两条直线，，是两个平面，下列命题正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，，则a，b是异面直线
C．若，，，，则
D．若，，，，则
6．（2024高一下·汕尾期末）已知向量，，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·汕尾期末）已知在四棱锥中，平面，底面是边长为4的正方形，直线与平面．所成角的正弦值为，则该四棱锥的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·汕尾期末）在中，，点为的垂心，且满足，，则（　　）
A． B．－1 C． D．
9．（2024高一下·汕尾期末）已知的最小正周期为，则（　　）
A．
B．函数的图象关于直线对称
C．函数在区间上单调递增
D．将函数的图象向右平移个单位长度后得到的图象关于轴对称
10．（2024高一下·汕尾期末）下列命题正确的有（　　）
A．若，则，互为共轭复数
B．在矩形中，
C．已知点在所在的平面内，且，则点是的垂心
D．若是面积为4的内部的一点，且，则的面积为1
11．（2024高一下·汕尾期末）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（　　）
A．存在点使得
B．若点满足，则动点的轨迹长度为
C．若点满足平面时，动点的轨迹是正六边形
D．当点在侧面上运动，且满足时，二面角的最大值为60°
12．（2024高一下·汕尾期末）化简计算：　 　.
13．（2024高一下·汕尾期末）若复数的模为5，虚部为4，则复数　 　．
14．（2024高一下·汕尾期末）已知在中，，，则的最大值为　 　．
15．（2024高一下·汕尾期末）已知向量，．
（1）证明：
（2）求与的夹角．
16．（2024高一下·汕尾期末）如图，在四棱锥中，，，是的中点．
（1）证明：平面．
（2）若平面，，求三棱锥的体积．
17．（2024高一下·汕尾期末）记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）设，若点是边上一点，，且，求，．
18．（2024高一下·汕尾期末）在四棱锥中，，，平面，分别为的中点，．
（1）求证：平面平面；
（2）求二面角的大小．
19．（2024高一下·汕尾期末）设是定义在区间上的函数，如果对任意的，有，则称为区间上的下凸函数；如果有，则称为区间上的上凸函数．
（1）已知函数，求证：
（ⅰ）；
（ⅱ）函数为下凸函数；
（2）已知函数，其中实数，且函数在区间内为上凸函数，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：.
故答案为：A.
【分析】由相反向量的定义和向量加法、减法的运算法则，从而化简得出所求向量.
2．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：D.
【分析】由复数的乘法运算法则得出复数.
3．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设底面半径为，母线长为，侧面展开是一个半圆，
，即，
，
，.
故答案为：C.
【分析】根据圆锥的侧面展开图为一个半圆可知圆锥的底面周长等于半圆弧长，从而得出，再利用勾股定理得出该圆锥的母线长.
4．【答案】B
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，
所以
.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合二倍角的正弦公式和同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
5．【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与直线之间的位置关系；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：对于A，若，，则可能平行，相交或异面，故A错误；
对于B，若，，，则a，b可能异面或平行，故B错误；
对于C，根据面面平行的判定定理可知，必须添加相交，才有，故C错误；
对于D，根据面面垂直的性质定理，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据题意，由空间的直线与直线的位置关系、平面与平面的位置关系，从而逐项判断找出真命题的选项.
6．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
则向量在向量上的投影向量为.
所以，
则向量在向量上的投影向量为：
.
故答案为：A.
【分析】根据数量积求投影向量的坐标的公式，从而得出向量在向量上的投影向量.
7．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；直线与平面平行的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：如图所示，
在四棱锥中，平面，底面是边长为4的正方形，
直线与平面所成角的正弦值为.
根据题意，可以补充成长方体，
且底面是边长为4的正方形，直线与平面所成角为，
则长方体的长、宽、高分别为4，4，4，
则图形为正方体.外接球的球心为体对角线中点，
所以体对角线长刚好为球的直径，且，
所以外接球的表面积为：.
故答案为：C．
【分析】根据题意，补形成长方体模型，再结合体对角线长刚好为球的直径和勾股定理，从而得出该四棱锥的外接球的半径，再结合球的表面积公式得出该四棱锥的外接球的表面积.
8．【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意可知是以A为顶角的等腰三角形，
如图所示：，，
则，
在直角三角形中，，则.
设，
则，
所以，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据已知条件得出，再由三点共线的推论，从而列式求解得出x+y的值.
9．【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为，
所以，故A正确；
则，，
所以函数的图象不关于直线对称，故B错误；
当时，则，
所以函数单调递增，故C正确；
将函数的图象向右平移个单位长度后得
的图象，
它不是偶函数，不关于轴对称，故D正确.
故答案为：AC.
【分析】根据题意结合正弦型函数的最小正周期公式得出的值，则判断出选项A；由的值求出函数的解析式，再结合换元法和正弦函数的图象的对称性、单调性，从而得出正弦型函数的对称性和单调性，则判断出选项B和选项C；根据正弦型函数的图象变换和偶函数的图象的对称性，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；复数代数形式的乘除运算；三角形五心；三角形中的几何计算；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A，令，，满足，
但，并不互为共轭复数，故A错误；
对于B，因为矩形，
所以，，
又因为，，
所以成立，故B正确；
对于C，因为，
所以，
所以，，
同理可得，，，
则可得点是中三条垂线的交点，
所以点是的垂心，故C正确；
对于D，因为，
所以，
设的中点为，则，
所以，则为的中点，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】举反例判断选项A；利用平面向量的线性运算判断选项B；利用平面向量的线性运算结合垂心的定义判断出选项C；利用已知条件结合中线的性质判断出选项D，从而找出真命题的选项.
11．【答案】A,C
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：A选项：如图：
当点位于边上时，因为平面，所以，故A正确；
B选项：如图：
当时，点轨迹为矩形，其中分别为，中点，
即动点轨迹的周长为：，故B错误；
C选项：如图：
当平面时，点轨迹是正六边形，其中均为棱的中点，
故C正确；
D选项：如图：
当点在侧面上运动，且满足时，点轨迹是以为圆心，以1为半径的圆弧
则即为二面角的平面角，
即当与的中点重合时，二面角取得最大值，
此时，因为，所以.
故D错误.
故选：AC
【分析】本题为立体几何中动点轨迹问题，需根据各选项的条件，分别确定动点的轨迹，判断轨迹的形状，求轨迹周长，求二面角，进行判断.
12．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：
.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和诱导公式、两角和的正弦公式，从而化简求值.
13．【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：由题意可得，解得，
所以复数.
故答案为：.
【分析】由题意结合向量求模公式和复数的虚部的定义，从而列出关于a，b的方程组，进而解方程组得出a，b的值，则得出复数z.
14．【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：在中，由正弦定理得，
所以，
所以，
因为，
所以，
，
，
因为，所以，
故当时，即当时，
取得最大值，且最大值为.
故答案为：.
【分析】利用正弦定理表示出，再利用数量积的定义和三角恒等变换，从而将目标式用三角型函数表示，再利用角A的取值范围和不等式的基本性质，再结合正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出的最大值.
15．【答案】（1）证明：因为，，
所以，
所以，
所以.
（2）解：因为，，
所以，．
又因为，
所以．
又因为，
所以与的夹角为．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）由向量加法的坐标表示和两向量垂直的坐标表示，从而证出成立.
（2）利用已知条件和向量的模的坐标表示和数量积的坐标表示以及数量积求向量夹角的坐标表示，从而得出与的夹角．
（1）因为，，
所以，
所以，所以.
（2）因为，，
所以，．
又，
所以．
又，所以与的夹角为．
16．【答案】（1）证明：如图，取的中点，连接，，
因为是的中点，
所以，
又因为，，
所以且，
所以四边形是平行四边形，所以，
因为平面，平面，
所以平面．
（2）解：由（1）可知，
又因为平面，
所以平面，
则是三棱锥的高，
又因为，
所以，，
则
所以，三棱锥的体积为．
【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）利用中位线定理得到线线平行，则判断出四边形是平行四边形，则，再结合线线平行证出线面平行，从而证出平面．
（2）由（1）可知，再利用线面垂直得出是三棱锥的高，再结合三棱锥的体积公式得出三棱锥的体积．
（1）证明：如图，取的中点，连接，
因为是的中点，所以，
又，，
所以且，
所以四边形是平行四边形，所以．
因为平面，平面，所以平面．
（2）解：由（1）可知，
又平面，
所以平面，即是三棱锥的高．
又，则，
所以，
故三棱锥的体积为．
17．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理可得，
则
所以，
因为，所以，
所以，
又因为，所以．
（2）解：如图所示：
因为，，
所以，．
又因为，
所以．
在中，由余弦定理得，
则，①
又因为，
所以，
则
，
两边平方得，
则，
所以，②
②－①得，所以，
代入①得（负值已舍去）．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再结合两角和的正弦公式和三角形中角C的取值范围，从而得出角B的余弦值，再结合三角形中角B的取值范围，从而得出角B的值.
（2）先求出，的长，在中利用余弦定理得到，再由，将两边平方可得，从而解方程组得出、的值.
（1）因为，
由正弦定理可得，
即，
所以，
因为，所以，
所以，又，所以．
（2）如图所示：因为，，
所以，．
又，所以．
在中，由余弦定理得，
即．①
又，即，
所以，
两边平方得，
即，
所以．②
②－①得，所以，
代入①得（负值已舍去）．
18．【答案】（1）证明：∵平面，平面，
∴，
又因为，∴，
∵，∴平面，
在中，分别为中点，
所以，
∴平面
∵平面，
∴平面平面.
（2）解：取的中点，连接，取的中点，连接，，
由，平面，
可得平面，
因为，，可得，
又因为是斜线在平面上的射影，
由三垂线定理可得，
所以是二面角的平面角，
则二面角的平面角与互补，
在中，设，，
可得，
在直角三角形中，，
可得，
则，
所以二面角的大小为．
【知识点】平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证出直线平面，再利用面面垂直的判定定理证出平面平面.
（2）取的中点，连接，取的中点，连接，，从而证出二面角的平面角与互补，再根据正切函数的定义和已知条件，从而计算出的大小，进而得出二面角的大小.
（1）解：∵平面，平面，∴
又，∴，
∵，∴平面，
又在中，分别为中点，故，∴平面
∵平面，
∴平面平面.
（2）解：取的中点，连接，取的中点，连接，，
由，平面，可得平面，
又，，可得，
因为是斜线在平面上的射影，
由三垂线定理可得，
所以是二面角的平面角，
二面角的平面角与互补．
在中，设，，
可得，
在直角三角形中，，
可得，
即有，
则二面角的大小为．
19．【答案】（1）证明：（ⅰ）因为
所以.
（ⅱ）令，
则
，
因为，，
所以，
所以，
由（ⅰ）得，
所以，
所以，
所以，
则函数为下凸函数.
（2）解：因为函数在区间内为上凸函数，
则对任意的，恒成立，
所以，
因为
，
所以，
所以恒成立，
则，
因为，
所以，，，
所以，，
所以，
所以，则，
所以实数的取值范围为.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式
【解析】【分析】（1）（ⅰ）根据二倍角的正弦公式和二倍角的余弦公式，从而证出成立.
（ⅱ）根据下凸函数的定义，再借用两角和与差的余弦公式和（ⅰ）中结论变形，从而证出函数为下凸函数.
（2）根据上凸函数的定义列出不等式，再进行参变分离，则根据函数的最值和不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（1）（ⅰ）因为，
所以.
（ⅱ）令，则
，
又，，
所以，
所以，
由（ⅰ）得，所以，
所以，
所以，即函数为下凸函数.
（2）因为函数在区间内为上凸函数，
则对任意的，有恒成立，
即，
因为
，
所以，
所以恒成立，
，
因为，所以，，，
所以，，所以，
所以，，所以实数的取值范围为.
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