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云南省昭通市第一中学教研联盟2023-2024学年高一下学期7月期末质量检测数学试题（B卷）
1．（2024高一下·昭通期末）若复数，，则（　　）
A． B． C．2 D．5
2．（2024高一下·昭通期末）如图所示的点，线，面的位置关系，用符号语言表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
3．（2024高一下·昭通期末）化简所得的结果是（　　）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·昭通期末）如图，一个水平放置的平面图形的直观图是直角，其中，则原图形的面积为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·昭通期末）若向量满足，，且，则向量与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·昭通期末）在平行四边形中，相交于点，点在线段上，且，则（　　）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·昭通期末）一个圆台的上 下底面的半径分别为1和4，高为4，则它的表面积为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·昭通期末） 已知函数的最小正周期为，且的图象关于点中心对称，给出下列三个结论：
①；
②函数在上单调递减；
③将的图象向左平移个单位可得到的图象．
其中所有正确结论的序号是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
9．（2024高一下·昭通期末）下列说法中不正确的是（　　）
A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
C．棱台的上，下底面可以不相似，但侧棱长一定相等
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线
10．（2024高一下·昭通期末）下列命题正确的是（　　）
A．复数的共轭复数是
B．复数是纯虚数，则
C．复数所对应的点在第二象限，则
D．已知，则
11．（2024高一下·昭通期末）已知向量的数量积（又称向量的点积或内积）：，其中表示向量的夹角；定义向量的向量积（又称向量的叉积或外积）：，其中表示向量的夹角，则下列说法正确的是（　　）
A．若为非零向量，且，则
B．若四边形为平行四边形，则它的面积等于
C．已知点为坐标原点，则
D．若，则的最小值为
12．（2024高一下·昭通期末）已知扇形圆心角所对的弧长，则该扇形面积为　 　.
13．（2024高一下·昭通期末）已知复数（为虚数单位），则的虚部为　 　.
14．（2024高一下·昭通期末）如图，在正四棱台中，.若该四棱台的体积为，则该四棱台的高为　 　；外接球的表面积为　 　.
15．（2024高一下·昭通期末）已知.
（1）化简；
（2）若是第三象限角，且，求.
16．（2024高一下·昭通期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，．
（1）证明：平面；
（2）若，求点到平面的距离．
17．（2024高一下·昭通期末）在中，角所对的边分别为.满足.
（1）求角的大小；
（2）设.
（i）求的值；
（ii）求的值.
18．（2024高一下·昭通期末）如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，点为的中点.
（1）求证：直线平面；
（2）求异面直线与所成的角；
（3）求二面角的余弦值.
19．（2024高一下·昭通期末）已知的部分图象如图所示.
（1）求函数的解析式；
（2）求的单调递减区间；
（3）若时，函数有两个零点，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：，，．
故答案为：B.
【分析】由复数的减法运算和复数的几何意义求解即可.
2．【答案】C
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：因为点和面、点和线的关系用“”或“”表示，故A错误；
因为线面关系用“”或“”表示，故B、D错误；
根据图形有，故C正确.
故答案为：C.
【分析】根据点、线、面的位置关系及其符号表示，从而逐项判断找出用符号语言表示正确的选项.
3．【答案】C
【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：C.
【分析】利用向量的加法、减法法则化简即可.
4．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知为等腰直角三角形，
，则原图形的面积为.
故答案为：A．
【分析】由题意，先求的面积，再根据直观图面积和原图面积的关系求解即可.
5．【答案】B
【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】【解答】解：设向量与的夹角为，
向量满足，，且，
则，解得，
因为，所以.
故答案为：B．
【分析】设向量与的夹角为，根据平面向量垂直，数量积为零列式求解即可．
6．【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为O是AC的中点，
，
由可得E是DO的中点，
.
故答案为：B.
【分析】利用中点的性质和向量共线定理以及平面向量基本定理，从而找出正确的选项.
7．【答案】B
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：依题意，设圆台的高为，
所以圆台的母线长为，
则圆台的表面积为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和勾股定理得出圆台的母线长，再利用圆台的表面积公式，则得出圆台的表面积.
8．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，因为函数的最小正周期为，
所以，解得，
又因为函数图象对称中心为，所以，
则，即，
因为，所以，故；
①，故①正确；
② 当时，，函数单调递减，故②正确；
③ 将的图象向左平移个单位可得图象对应的函数为，
，故③正确．
故答案为：D.
【分析】根据已知条件先求函数得解析式，再根据三角函数的性质逐项判断即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、由正棱锥的定义可知：棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫正棱锥，故A错误；
B、如图所示：有两个面平行其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱，故B错误；
C、棱台是由平行于底面的平面截得的，则棱台的上下底面一定相似，故C错误；
D、圆锥底面圆周上任意一点与圆锥顶点的连线叫做圆锥的母线，故D正确.
故答案为：ABC.
【分析】根据多面体的性质和几何体的定义逐项判断即可.
10．【答案】B,C,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：A、复数的共轭复数是，故A错误；
B、若复数是纯虚数，
则，解得，故B正确；
C、复数在复平面内对应的点在第二象限，
则，解得，故C正确；
D、，则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据共轭复数的概念即可判断A；由纯虚数概念列式计算求出a即可判断B；根据复数的几何意义即可判断C；根据复数代数形式的乘法运算求解即可判断D.
11．【答案】B,C,D
【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
【解析】【解答】解：A、若是非零向量，且，
则，即，
则，因为，所以或，故A错误；
B、 若四边形为平行四边形， 则面积为：，故B正确；
C、点，则，，
则，且，，
故，故C正确；
D、因为，
所以，
解得，因为，所以，
则
，即，
当且仅当时等号成立，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由题意可得，即可判断A；由三角形面积公式即可判断B；由向量的夹角公式、模的计算公式直接验算即可判断C；由条件等式得，结合数量积的运算律以及基本不等式求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的半径为，
由题意可得：，解得，
则扇形面积为.
故答案为：.
【分析】设扇形的半径为，根据弧长公式以及扇形面积公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，则，虚部为.
故答案为：.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算法则求得，再求，结合复数的有关概念求解即可.
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；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：连接交于点，连接交于点，连接，如图所示：
因为∥底面平面，所以，
过作于点，则∥，所以底面，
则该正四棱台的体积，解得，
连接，因为，
所以四棱台外接球的球心在的延长线上，设，
则，
，
由，得，解得，
故，即外接球的半径，
所以外接球表面积为.
故答案为：，.
【分析】连接交于点，连接交于点，连接，过作于点，可得底面，然后由正四棱台的体积列方程可求出，连接，可判断四棱台外接球的球心在的延长线上，设，由可求出，从而可求出外接球的半径，再求球的表面积即可.
15．【答案】解：（1）；
（2） 若是第三象限角，且， 则，
即，，
则.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用诱导公式化简即可；
（2）根据诱导公式求得，再根据同角三角函数基本关系求，即可得的值.
16．【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面于，且，
所以，平面，所以，
又因为，所以，
又因为，所以平面；
（2）解：由（1）得，，，因为，，，
所以，，
则，
又因为平面平面，平面平面于，
所以点到平面的距离即为点到直线的距离，
故点到平面的距离为，则，设点到平面的距离为，
因为，所以，
即，解得，
则点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）先证明，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用等体积法求解即可.
（1）解：∵平面平面，平面平面于，且，
∴，平面，∴，
又，∴，
又，∴平面.
（2）解：由（1）得，，
又，，，
∴，，
∴，
又平面平面，平面平面于，
∴点到平面的距离即为点到直线的距离，
故点到平面的距离为，则，设点到平面的距离为，
∵，∴，即，
解得：，即点到平面的距离为.
17．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
则，
因为，所以，所以，
又因为，所以；
（2）解： （i） 由（1）知，，且，则，
即，解得；
（ii）由，可得，解得，
则，故.
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换求解即可；
（2）（i）直接由余弦定理列方程求解即可；
（ii）根据已知求得，再结合平方关系以及二倍角公式求解即可.
（1）由，
根据正弦定理得，，
可得，
因为，故，则，
又，所以.
（2）由（1）知，，且，
（i）则，
即，解得（舍），，
故；
（ii）由，
得，
解得，
则，
则.
18．【答案】（1）证明：设和交于点，连接，如图所示：
所以分别是的中点，所以，
又因为平面平面，所以直线平面；
（2）解：在四棱柱中，底面是菱形，得，
因为平面，且平面，所以，
又因为平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
则异面直线与所成的角为；
（3）解：连接，由是中点，得，
由平面平面，得，
则为二面角的平面角，
菱形中，，则为正三角形，
而，
由余弦定理可知，
故二面角的余弦值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角；余弦定理
【解析】【分析】（1）令和交于点，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）利用线面垂直的判定、性质证得即可得异面直线与所成的角；
（3）连接，确定二面角的平面角，再利用余弦定理求解即可.
（1）设和交于点，连接，由于分别是的中点，得，
而平面平面，则直线平面.
（2）在四棱柱中，底面是菱形，得，
又平面，且平面，则，
而平面平面，
因此平面，又平面，则，
所以异面直线与所成的角为.
（3）连接，由是中点，得，
由平面平面，得，
则为二面角的平面角，
菱形中，，则为正三角形，
而，
由余弦定理可知，
所以二面角的余弦值为.
19．【答案】（1）解：由图易知：，，解得，因为，所以，
又因为的图象经过，所以，
所以，即，
又因为，所以，
故的解析式为；
（2）解：当时，，
因为在和单调递减，
由，得，
由，得，
则的单调递减区间是和；
（3）解：当时，，
因为在和上单调递增，在上单调递减，
由，得，
由，得，
由，得，
则函数在和上单调递增，在上单调递减，
函数在上的图象，如图所示：
因为函数在上有两个零点，所以与在上有两个交点，
则，
故实数的取值范围为.
【知识点】正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据函数图象先确定的值，再由和，解得，最后将点代入得，，解得，即可得函数的解析式；
（2）由得，，再结合的单调性求解即可；
（3）由得，，作出函数在上的图象，函数在上有两个零点，可以转化为与在上有两个交点，结合图象求解即可.
（1）由图可得，，解得，
又因为，所以，
因为的图象经过，所以，
所以，即，
又因为，所以，
故的解析式为：.
（2）当时，，
因为在和单调递减，
由，得，
由，得，
所以的单调递减区间是和.
（3）当时，，
因为在和上单调递增，在上单调递减，
由，得，
由，得，
由，得，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
所以函数在上的图象如图所示，
因为函数在上有两个零点，
所以与在上有两个交点，
所以，
所以实数的取值范围为.
1 / 1云南省昭通市第一中学教研联盟2023-2024学年高一下学期7月期末质量检测数学试题（B卷）
1．（2024高一下·昭通期末）若复数，，则（　　）
A． B． C．2 D．5
【答案】B
【知识点】复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：，，．
故答案为：B.
【分析】由复数的减法运算和复数的几何意义求解即可.
2．（2024高一下·昭通期末）如图所示的点，线，面的位置关系，用符号语言表示正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：因为点和面、点和线的关系用“”或“”表示，故A错误；
因为线面关系用“”或“”表示，故B、D错误；
根据图形有，故C正确.
故答案为：C.
【分析】根据点、线、面的位置关系及其符号表示，从而逐项判断找出用符号语言表示正确的选项.
3．（2024高一下·昭通期末）化简所得的结果是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【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：C.
【分析】利用向量的加法、减法法则化简即可.
4．（2024高一下·昭通期末）如图，一个水平放置的平面图形的直观图是直角，其中，则原图形的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知为等腰直角三角形，
，则原图形的面积为.
故答案为：A．
【分析】由题意，先求的面积，再根据直观图面积和原图面积的关系求解即可.
5．（2024高一下·昭通期末）若向量满足，，且，则向量与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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】【解答】解：设向量与的夹角为，
向量满足，，且，
则，解得，
因为，所以.
故答案为：B．
【分析】设向量与的夹角为，根据平面向量垂直，数量积为零列式求解即可．
6．（2024高一下·昭通期末）在平行四边形中，相交于点，点在线段上，且，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为O是AC的中点，
，
由可得E是DO的中点，
.
故答案为：B.
【分析】利用中点的性质和向量共线定理以及平面向量基本定理，从而找出正确的选项.
7．（2024高一下·昭通期末）一个圆台的上 下底面的半径分别为1和4，高为4，则它的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：依题意，设圆台的高为，
所以圆台的母线长为，
则圆台的表面积为.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和勾股定理得出圆台的母线长，再利用圆台的表面积公式，则得出圆台的表面积.
8．（2024高一下·昭通期末） 已知函数的最小正周期为，且的图象关于点中心对称，给出下列三个结论：
①；
②函数在上单调递减；
③将的图象向左平移个单位可得到的图象．
其中所有正确结论的序号是（　　）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数，因为函数的最小正周期为，
所以，解得，
又因为函数图象对称中心为，所以，
则，即，
因为，所以，故；
①，故①正确；
② 当时，，函数单调递减，故②正确；
③ 将的图象向左平移个单位可得图象对应的函数为，
，故③正确．
故答案为：D.
【分析】根据已知条件先求函数得解析式，再根据三角函数的性质逐项判断即可.
9．（2024高一下·昭通期末）下列说法中不正确的是（　　）
A．底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B．有两个平面互相平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
C．棱台的上，下底面可以不相似，但侧棱长一定相等
D．圆锥的顶点与底面圆周上的任一点的连线都是母线
【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；棱锥的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、由正棱锥的定义可知：棱锥的底面是正多边形，且顶点在底面的射影是底面的中心，这样的棱锥叫正棱锥，故A错误；
B、如图所示：有两个面平行其余各面都是平行四边形的几何体叫棱柱，故B错误；
C、棱台是由平行于底面的平面截得的，则棱台的上下底面一定相似，故C错误；
D、圆锥底面圆周上任意一点与圆锥顶点的连线叫做圆锥的母线，故D正确.
故答案为：ABC.
【分析】根据多面体的性质和几何体的定义逐项判断即可.
10．（2024高一下·昭通期末）下列命题正确的是（　　）
A．复数的共轭复数是
B．复数是纯虚数，则
C．复数所对应的点在第二象限，则
D．已知，则
【答案】B,C,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：A、复数的共轭复数是，故A错误；
B、若复数是纯虚数，
则，解得，故B正确；
C、复数在复平面内对应的点在第二象限，
则，解得，故C正确；
D、，则，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据共轭复数的概念即可判断A；由纯虚数概念列式计算求出a即可判断B；根据复数的几何意义即可判断C；根据复数代数形式的乘法运算求解即可判断D.
11．（2024高一下·昭通期末）已知向量的数量积（又称向量的点积或内积）：，其中表示向量的夹角；定义向量的向量积（又称向量的叉积或外积）：，其中表示向量的夹角，则下列说法正确的是（　　）
A．若为非零向量，且，则
B．若四边形为平行四边形，则它的面积等于
C．已知点为坐标原点，则
D．若，则的最小值为
【答案】B,C,D
【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
【解析】【解答】解：A、若是非零向量，且，
则，即，
则，因为，所以或，故A错误；
B、 若四边形为平行四边形， 则面积为：，故B正确；
C、点，则，，
则，且，，
故，故C正确；
D、因为，
所以，
解得，因为，所以，
则
，即，
当且仅当时等号成立，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由题意可得，即可判断A；由三角形面积公式即可判断B；由向量的夹角公式、模的计算公式直接验算即可判断C；由条件等式得，结合数量积的运算律以及基本不等式求解即可判断D.
12．（2024高一下·昭通期末）已知扇形圆心角所对的弧长，则该扇形面积为　 　.
【答案】
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的半径为，
由题意可得：，解得，
则扇形面积为.
故答案为：.
【分析】设扇形的半径为，根据弧长公式以及扇形面积公式求解即可.
13．（2024高一下·昭通期末）已知复数（为虚数单位），则的虚部为　 　.
【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，则，虚部为.
故答案为：.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算法则求得，再求，结合复数的有关概念求解即可.
14．（2024高一下·昭通期末）如图，在正四棱台中，.若该四棱台的体积为，则该四棱台的高为　 　；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；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：连接交于点，连接交于点，连接，如图所示：
因为∥底面平面，所以，
过作于点，则∥，所以底面，
则该正四棱台的体积，解得，
连接，因为，
所以四棱台外接球的球心在的延长线上，设，
则，
，
由，得，解得，
故，即外接球的半径，
所以外接球表面积为.
故答案为：，.
【分析】连接交于点，连接交于点，连接，过作于点，可得底面，然后由正四棱台的体积列方程可求出，连接，可判断四棱台外接球的球心在的延长线上，设，由可求出，从而可求出外接球的半径，再求球的表面积即可.
15．（2024高一下·昭通期末）已知.
（1）化简；
（2）若是第三象限角，且，求.
【答案】解：（1）；
（2） 若是第三象限角，且， 则，
即，，
则.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用诱导公式化简即可；
（2）根据诱导公式求得，再根据同角三角函数基本关系求，即可得的值.
16．（2024高一下·昭通期末）如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，．
（1）证明：平面；
（2）若，求点到平面的距离．
【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面于，且，
所以，平面，所以，
又因为，所以，
又因为，所以平面；
（2）解：由（1）得，，，因为，，，
所以，，
则，
又因为平面平面，平面平面于，
所以点到平面的距离即为点到直线的距离，
故点到平面的距离为，则，设点到平面的距离为，
因为，所以，
即，解得，
则点到平面的距离为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）先证明，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用等体积法求解即可.
（1）解：∵平面平面，平面平面于，且，
∴，平面，∴，
又，∴，
又，∴平面.
（2）解：由（1）得，，
又，，，
∴，，
∴，
又平面平面，平面平面于，
∴点到平面的距离即为点到直线的距离，
故点到平面的距离为，则，设点到平面的距离为，
∵，∴，即，
解得：，即点到平面的距离为.
17．（2024高一下·昭通期末）在中，角所对的边分别为.满足.
（1）求角的大小；
（2）设.
（i）求的值；
（ii）求的值.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
则，
因为，所以，所以，
又因为，所以；
（2）解： （i） 由（1）知，，且，则，
即，解得；
（ii）由，可得，解得，
则，故.
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理结合三角恒等变换求解即可；
（2）（i）直接由余弦定理列方程求解即可；
（ii）根据已知求得，再结合平方关系以及二倍角公式求解即可.
（1）由，
根据正弦定理得，，
可得，
因为，故，则，
又，所以.
（2）由（1）知，，且，
（i）则，
即，解得（舍），，
故；
（ii）由，
得，
解得，
则，
则.
18．（2024高一下·昭通期末）如图，四棱柱的底面是菱形，平面，，点为的中点.
（1）求证：直线平面；
（2）求异面直线与所成的角；
（3）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：设和交于点，连接，如图所示：
所以分别是的中点，所以，
又因为平面平面，所以直线平面；
（2）解：在四棱柱中，底面是菱形，得，
因为平面，且平面，所以，
又因为平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，
则异面直线与所成的角为；
（3）解：连接，由是中点，得，
由平面平面，得，
则为二面角的平面角，
菱形中，，则为正三角形，
而，
由余弦定理可知，
故二面角的余弦值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角；余弦定理
【解析】【分析】（1）令和交于点，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）利用线面垂直的判定、性质证得即可得异面直线与所成的角；
（3）连接，确定二面角的平面角，再利用余弦定理求解即可.
（1）设和交于点，连接，由于分别是的中点，得，
而平面平面，则直线平面.
（2）在四棱柱中，底面是菱形，得，
又平面，且平面，则，
而平面平面，
因此平面，又平面，则，
所以异面直线与所成的角为.
（3）连接，由是中点，得，
由平面平面，得，
则为二面角的平面角，
菱形中，，则为正三角形，
而，
由余弦定理可知，
所以二面角的余弦值为.
19．（2024高一下·昭通期末）已知的部分图象如图所示.
（1）求函数的解析式；
（2）求的单调递减区间；
（3）若时，函数有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：由图易知：，，解得，因为，所以，
又因为的图象经过，所以，
所以，即，
又因为，所以，
故的解析式为；
（2）解：当时，，
因为在和单调递减，
由，得，
由，得，
则的单调递减区间是和；
（3）解：当时，，
因为在和上单调递增，在上单调递减，
由，得，
由，得，
由，得，
则函数在和上单调递增，在上单调递减，
函数在上的图象，如图所示：
因为函数在上有两个零点，所以与在上有两个交点，
则，
故实数的取值范围为.
【知识点】正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据函数图象先确定的值，再由和，解得，最后将点代入得，，解得，即可得函数的解析式；
（2）由得，，再结合的单调性求解即可；
（3）由得，，作出函数在上的图象，函数在上有两个零点，可以转化为与在上有两个交点，结合图象求解即可.
（1）由图可得，，解得，
又因为，所以，
因为的图象经过，所以，
所以，即，
又因为，所以，
故的解析式为：.
（2）当时，，
因为在和单调递减，
由，得，
由，得，
所以的单调递减区间是和.
（3）当时，，
因为在和上单调递增，在上单调递减，
由，得，
由，得，
由，得，
所以函数在和上单调递增，在上单调递减，
所以函数在上的图象如图所示，
因为函数在上有两个零点，
所以与在上有两个交点，
所以，
所以实数的取值范围为.
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