资源简介

【浙江省专用】2024-2025学年高一数学下册期末真题专项练习
04 解答题
一、解答题
1．（2024高一下·嘉兴期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（1）求；
（2）若的面积为，且，求a，c．
2．（2024高一下·丽水期末）已知函数.
（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；
（2）将函数的图象上每个点的纵坐标缩短到原来的，横坐标也缩短到原来的，得到函数的图象，若函数在区间内有两个零点，求实数的取值范围.
3．（2024高一下·金华期末）已知是夹角为的两个单位向量，.
（1）若可以作为一组基底，求实数的取值范围；
（2）若垂直，求实数的值；
（3）求的最小值.
4．（2024高一下·慈溪期末）已知向量，满足，，且与互相垂直．
（1）求向量在向量上的投影向量用表示；
（2）定义平面非零向量之间的一种运算“”：其中是非零向量和的夹角，求．
5．（2024高一下·台州期末）在中，角所对的边分别为，满足.
（1）求的值；
（2）当与边上的中线长均为2时，求的周长；
（3）当内切圆半径为1时，求面积的最小值.
6．（2024高一下·杭州期末）在中，角所对的边分别是，已知的外接圆半径，.
（1）求角；
（2）求的取值范围.
7．（2024高一下·杭州期末）已知是非零向量，，且.
（1）求在方向上的投影向量；
（2）求.
8．（2024高一下·温州期末）如图，绕边BC旋转得到，其中，平面ABC，∥．
（1）证明：平面ACD；
（2）若二面角的平面角为，求锐二面角平面角的正弦值．
9．（2024高一下·奉化期末）在中，内角的对边分别是，且.
（1）请在以下两个条件中任选一个（若两个条件都选，则按①的解答过程给分）
①②，求的面积；
（2）求的最大值.
10．（2024高一下·奉化期末）在直角梯形中，，，，点是边上的中点.
（1）若点满足，且，求的值；
（2）若点是线段上的动点（含端点），求的取值范围.
11．（2024高一下·丽水期末）克罗狄斯·托勒密（Ptolemy）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号. 如图，半圆的直径为2cm，为直径延长线上的点，2 cm，为半圆上任意一点，且三角形为正三角形.
（1）当时，求四边形的周长；
（2）当在什么位置时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值；
（3）若与相交于点，则当线段的长取最大值时，求的值.
12．（2024高一下·丽水期末）如图，四棱锥中，底面为矩形，底面，为的中点．
（1）证明：平面；
（2）设，，三棱锥的体积为，求到平面的距离.
13．（2024高一下·金华期末）在四棱台中，，平面平面，，，，.
（1）求证：平面；
（2）求直线与直线所成角的余弦值；
（3）若是的中点，求平面与平面的夹角的余弦值.
14．（2023高一下·温州期末） 现行国家标准中规定了10大类食品中重金属汞的污染限量值，其中肉食性鱼类及其制品中汞的最大残留量为，近日某水产市场进口了一批冰鲜鱼2000条，从中随机抽取了200条鱼作为样本，检测鱼体汞含量与其体重的比值，由测量结果制成如图所示的频率分布直方图．
（1）求的值，并估计这200条鱼汞含量的样本平均数；
（2）用样本估计总体的思想，估计进口的这批鱼中共有多少条鱼汞含量超标；
（3）从这批鱼中顾客甲购买了2条，顾客乙购买了1条，甲乙互不影响，求恰有一人购买的鱼汞含量有超标的概率．
15．（2024高一下·余姚期末）品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试.一种通常采用的测试方法如下：拿出瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等其记忆淡忘后，再让其品尝这瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序偏离程度的高低对其酒味鉴别能力进行评价.现设，分别以表示第一次排序时被排为的三种酒在第二次排序时的序号，并令则是对两次排序的偏离程度的一种描述.若两轮测试都有，则该品酒师被授予“特级品酒师”称号；若两轮测试都有，且至少有一轮测试出现，则该品酒师被授予“一级品酒师”称号.
（1）用下列表格形式写出第二次排序时所有可能的排序结果，并求出相应的值；
（2）甲参加了两轮测试，两轮测试结果相互独立，记事件“甲被授予一级品酒师称号”，求；
（3）甲连续两年都参加了两轮测试，两年测试结果相互独立，记事件“在这两年中甲至少有一次被授予特级品酒师称号”，求.
16．（2024高一下·余姚期末）如图，在多面体中，平面，，，四边形是正方形．
（1）求直线与平面所成角的余弦值；
（2）证明：平面；
（3）求平面与平面所成的二面角的平面角的大小.
17．（2024高一下·余姚期末）树立和践行“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环.据此，某市推出了关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点，现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出200人，并将这200人按年龄分组：第1组[15，25），第2组[25，35），第3组[35，45），第4组[45，55），第5组[55，65），得到的频率分布直方图如图所示
（1）求出a的值；
（2）求这200人年龄的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）和中位数（精确到小数点后一位）；
（3）现在要从年龄较小的第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行问卷调查，求这2人恰好在同一组的概率．
18．（2024高一下·宁波期末）如图，三棱柱中，为等边三角形，，平面平面．
（1）求证：；
（2）若，点是线段的中点，
求平面与平面夹角的余弦值；
在平面中是否存在点，使得且若存在，请求出点的位置；若不存在，请说明理由．
19．（2024高一下·宁波期末）如图，正三棱柱所有的棱长均为，点在棱上，且满足，点是棱的中点．
（1）证明：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
20．（2024高一下·慈溪期末）在中，内角，，所对的边分别为，，，．
（1）已知， ．
(ⅰ)求；
(ⅱ)若，为边上的中点，求的长．
（2）若为锐角三角形，求证：．
21．（2024高一下·温州期末）给定两组数据与，称为这两组数据之间的“差异量”．鉴宝类的节目是当下非常流行的综艺节目．现有n个古董，它们的价值各不相同，最值钱的古董记为1号，第二值钱的古董记为2号，以此类推，则古董价值的真实排序为．现在某专家在不知道古董真实排序的前提下，根据自己的经验对这n个古董的价值从高到低依次进行重新排序为，其中为该专家给真实价值排第i位古董的位次编号，记，那么A与I的差异量可以有效反映一个专家的水平，该差异量越小说明专家的鉴宝能力越强．
（1）当时，求的所有可能取值；
（2）当时，求的概率；
（3）现在有两个专家甲、乙同时进行鉴宝，已知专家甲的鉴定结果与真实价值I的差异量为a，专家甲与专家乙的鉴定结果的差异量为4，那么专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量是否可能为？请说明理由．
22．（2024高一下·镇海区期末）在空间直角坐标系中，已知向量，点．若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为．
（1）若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的单位方向向量（写出一个即可）；
（2）若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为，其中平面经过点，，平面，平面，求实数m的值；
（3）若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小．
23．（2024高一下·杭州期末）三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为.
（1）求证：面；
（2）求三棱台的体积；
（3）问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.
24．（2024高一下·奉化期末）如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥.
（1）若，在面上的射影恰好在上，求二面角平面角的余弦值；
（2）若二面角为直二面角，当取到最小值时，求的值及点到平面的距离.
25．（2024高一下·金华期末）假设是定义在一个区间上的连续函数，且.对，记，，…，.若某一个函数满足，则有（其中，为关于的方程的两个根，，是可以由，来确定的常数）.
（1）若，且满足.
（ⅰ）求，的值；
（ⅱ）求的表达式；
（2）若函数的定义域为，值域为，且，且函数满足，求的解析式.
26．（2024高一下·杭州期末）已知函数的定义域为，若存在常数，使得对内的任意，，都有，则称是“利普希兹条件函数”.
（1）判断函数是否为“利普希兹条件函数”，并说明理由；
（2）若函数是周期为2的“利普希兹条件函数”，证明：对定义域内任意的，均有.
27．（2024高一下·宁波期末）在空间直角坐标系中，已知向量，点若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为．
（1）若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的单位方向向量写出一个即可；
（2）若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为，其中平面经过点，，平面，平面，求实数的值；
（3）若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积和相邻两个面有公共棱所成二面角的大小．
28．（2024高一下·慈溪期末）如图，在三棱锥中，侧面和底面均为正三角形，且，．
（1）求证：；
（2）已知．
(ⅰ)若，求二面角的大小；
(ⅱ)若直线与平面所成角的正弦值为，求实数的值．
29．（2024高一下·绍兴期末）克罗狄斯托勒密所著的天文集中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意平面凸四边形所有内角都小于的四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号．
已知圆是凸四边形的外接圆，其中．
（1）若圆的半径为，且，
(ⅰ)求的大小；
(ⅱ)求的取值范围用表示．
（2）若，，，求线段长度的最大值．
30．（2024高一下·绍兴期末）如图，在多面体中，四边形是菱形，，，，，，．
（1）证明：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）求侧面与侧面所成二面角的正切值．
答案解析部分
1．（1）解：由，
根据正弦定理可得：，
，
即，解得，
即，．
（2）解：由，，解得，
由余弦定理可得：，解得，
则，或，．
（1）由题意，利用正弦定理结合两角和的正弦公式化简求值即可；
（2）由（1）的结论，结合面积公式以及余弦定理求值即可.
2．（1）解：函数，
则函数的最小正周期；
令 ，得，
则函数的单调递减区间为： ；
（2）解：函数的图象上每个点的纵坐标缩短到原来的，横坐标也缩短到原来的，得到函数，
则函数，
函数在区间内有两个零点，
可转化为函数的图象与的图象在内有两个交点，
作出函数图象，如图所示：
由，得，
则，由图可得.
（1）利用余弦的二倍角公式结合辅助角公式化简函数，再利用正弦函数周期公式和整体替换的方法解出周期和单调减区间；
（2）根据三角函数图象变换得到，根据函数在区间内有两个零点，数形结合得出实数的取值范围；
（1）由题得，
则最小正周期；
令 ，得，
所以函数的单调递减区间为： ；
（2）函数的图象上每个点的纵坐标缩短到原来的，横坐标也缩短到原来的，
得到函数，所以，
函数在区间内有两个零点，
可转化为函数的图象与的图象在内有两个交点，
由，得，
则，由图可得.
3．（1）解：若可以作为一组基底，则不平行，
因为不共线，所以，即，
则实数的取值范围为；
（2）解：若垂直，则，
即，
因为，所以，解得；
（3）解：，
当时，取得最小值3，则的最小值为.
（1）根据向量不平行，的系数比值不相等求解即可；
（2）根据，结合数量积运算性质求解即可；
（3）将向量模转化为数量积，根据二次函数性质求解即可.
（1）因为可以作为一组基底，所以不平行，
又不共线，所以，即，
所以，实数的取值范围为.
（2）因为垂直，所以，
即，
又，
所以，解得.
（3）因为，
所以，当时，取得最小值3，
所以的最小值为.
4．（1）解：因为与互相垂直，所以，
可得，所以，
向量在向量上的投影向量为
；
（2）解：因为，
又，所以，，
.
（1）由与互相垂直得，再根据投影向量的定义计算即可；
（2）利用定义对平方再开方计算即可.
5．（1）解：，由正弦定理可得，
则，即，
因为，所以；
（2）解：由余弦定理得，即①，
设的中点为，则，
则，即②，
由①②得：，联立，解得，
则，即的周长为；
（3）解：由（1）得，
由内切圆半径为1，得，即，
由余弦定理得，即，
得，
因为，所以，解得或，
又因为的面积大于其内切圆面积，即，
得，则，
当且仅当时，的面积取到最小值.
（1）由题意，利用正弦定理，结合三角形内角和定理及两角和得正弦公式化简求解即可；
（2）利用余弦定理及向量化求出，即可得的周长；
（3）先利用等面积法求出与的关系，再结合余弦定理可求出与的关系，再结合基本不等式及三角形的面积公式求解即可.
（1）因为，
由正弦定理得，
又由，得.
因为，所以；
（2）由余弦定理得，
即，①
设的中点为，则，
则，
则，②
由①②得，
联立，解得，
所以，即的周长为；
（3）由（1）得，
由内切圆半径为1，得，即，
由余弦定理得，所以，
得，因为，所以，
解得或，
又因为的面积大于其内切圆面积，即，
得，所以，
当且仅当时，的面积取到最小值.
6．（1）解：由的外接圆半径，
则，可得，
.
由正弦定理得，
由余弦定理得，
，
.
（2）解：由(1)可得，
，
所以.
（1）由的外接圆半径和正弦定理得出，再结合正弦定理、余弦定理和三角形中角C的取值范围，从而得出角C的值.
（2）将边用角A，B表示，再由（1）可知，从而将用角来表示，再结合三角函数的图象与性质得出的取值范围.
（1）由的外接圆半径，则，可得，
.
由正弦定理得.
由余弦定理得，
，
.
（2）由(1)可得，
，
，
即.
7．（1）解：因为，所以，
又因为，得到，
又因为，
所以在方向上的投影向量为.
（2）解：由（1）得，
所以，
则.
（1）根据已知条件和两向量垂直数量积为0的等价关系，从而得到的值，再利用数量积求投影向量的公式，从而得出在方向上的投影向量.
（2）利用（1）中的值和数量积的运算律，从而得出的值.
（1）因为，所以，又，得到，
又，所以在方向上的投影向量为.
（2）由（1），
所以，
得到.
8．（1）证明：因为，且，平面，所以平面；
（2）解：过作，垂足为，连接，如图所示：
即，因为平面ACD，平面，则，
且，平面，则平面，
由平面，可得，
可知二面角的平面角为，且，可得，
由（1）可知：，则锐二面角平面角为，
且∥，可知，
可得，
则锐二面角平面角的正弦值为.
（1）根据题意可得，结合线面垂直的判定定理证明即可；
（2）作辅助线，根据三垂线法分析可知二面角的平面角为，可得，结合（1）分析可知锐二面角平面角为，运算求解即可.
（1）由题意可知：，且，平面，
所以平面ACD.
（2）过作，垂足为，连接，即，
因为平面ACD，平面ACD，则，
且，平面，则平面，
由平面，可得，
可知二面角的平面角为，且，可得，
由（1）可知：，则锐二面角平面角为，
且∥，可知，
可得，
所以锐二面角平面角的正弦值为.
9．（1）由可得，原式可化为
利用正弦定理可得，
即，又，
所以，又，
可得.
选择①由利用正弦定理可得，
，解得；
易知，所以.
因此的面积为.
选择②原式可化为，可得；
因为，所以. 所以.
因此的面积为.
（2）由正弦定理可知，因此；
可得
；
又可知，
当时，取到最大值1，
即有最大值

本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.（1）根据，先利用正弦定理进行边化角，再利用两角和的正弦公式进行化简可求出，据此可反推出角的值，
若选择①利用余弦定理可求出，再次利用正弦定理可求出，据此可反推出角，代入三角形的面积公式可求出面积；
若选择②，利用三角函数的诱导公式可得，进而可得，解方程可求出角，代入三角形的面积公式可求出面积；
（2）先利用正弦定理进行化简可求出，再利用辅助角公式进行化简可得，利用正弦函数的性质可求出的最大值.
（1）由可得，原式可化为
利用正弦定理可得，
即，又，
所以，又，
可得.
选择①由利用正弦定理可得，
，解得；
易知，所以.
选择②原式可化为，可得；
因为，所以. 所以.
因此的面积为.
（2）由正弦定理可知，因此；
可得
；
又可知，
当时，取到最大值1，
即有最大值
10．（1）如下图所示：
由可得，
所以，
又，可得
所以；
（2）法1：以点为坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系，
则，则，
由点是线段上的动点（含端点），可令，
所以，则，
所以，
由二次函数性质可得当时取得最小值；
当时取得最大值；
可得
法2：取中点，作垂足为，如下图所示：
则
显然当点位于点时，取到最大值3，
当点位于点时，取到最小值，
可得

本题考查平面向量基本定理，平面向量的数量积.（1）根据平面向量的加法运算可得：，再进行化简可以为基底表示出，再根据，利用对位系数相等可求出的取值，进而求出答案；
（2）法1：以点为坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系，求出点，的坐标，再根据点是线段上的动点（含端点），可令，求出对应向量，利用平面向量的数量积公式进行计算可得，利用二次函数的性质可求出的取值范围；
法2：取中点，作垂足为，利用平面向量的极化恒等式可得，再结合图形可求出的最大值，的最小值，进而可求出的取值范围.
（1）如下图所示：
由可得，
所以，
又，可得
所以；
（2）法1：以点为坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系，
则，则，
由点是线段上的动点（含端点），可令，
所以，则，
所以，
由二次函数性质可得当时取得最小值；
当时取得最大值；
可得
法2：取中点，作垂足为，如下图所示：
则
显然当点位于点时，取到最大值3，当点位于点时，取到最小值，
可得
11．（1）解：在中，由余弦定理得，
则四边形的周长为；
（2）解：设，在中，，
四边形的面积为
，
当即时，四边形的面积取到最大值为；
（3）解：因为，且为正三角形，，，
所以，即的最大值为，取等号时，，
所以，
不妨设，则，得，即，故，
在中，由余弦定理得，故为的角平分线，
由角平分线性质可得，，故，，
四点共圆，由相交弦定理，得，
在中，，
则.
（1）由题意，利用余弦定理计算，再求周长即可；
（2）设，由已知结合余弦定理可得，计算和的面积之和即可；
（3）由定理可得，可得到的最大值，由对角互补结合余弦定理可得和角，，由角平分线性质可得，由相交弦定理可得，再用余弦定理计算，再计算即可.
（1）在中，由余弦定理得，
所以四边形的周长为.
（2）设，在中，，
四边形的面积为
，
当即时，四边形的面积取到最大值为.
（3），且为正三角形，，，
，即的最大值为，取等号时，，
.
不妨设，则，得，即，故，
在中，由余弦定理得，故为的角平分线，
由角平分线性质可得，，故，.
四点共圆，
由相交弦定理，得或（舍去）.
在中，，
.
12．（1）证明：设与交于点，如图所示：
因为四棱锥的底面为矩形，所以为中点，
又因为为中点，所以，又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：由底面，底面为矩形，
得，解得，
过点作，垂足为，底面，则，
而，平面，于是平面，
又平面，则，而平面，
因此平面，即为点到平面的距离，
在中，，所以.
（1）由题意，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）由已知结合锥体的体积公式求出，再利用线面垂直的判定性质确定点到平面的垂线段并求出其长度.
（1）设与交于点，由底面为矩形，得为中点，
又为中点，则，又平面，平面，
所以平面.
（2）由底面，底面为矩形，
得，解得，
过点作，垂足为，底面，则，
而，平面，于是平面，
又平面，则，而平面，
因此平面，即为点到平面的距离，
在中，，所以.
13．（1）证明：连接，如图所示：
因为，，所以是平行四边形，，
又因为面，面，所以平面；
（2）解：在梯形中，由已知可得，
平面平面，是交线，则面，
以A为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，
，，
则，即直线与直线所成角的余弦值；
（3）解：，，
设是平面的法向量，则，
令，得，
又因为是平面的法向量，所以.
（1）根据平行直线的传递性可得，根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系，然后求出平面的法向量，利用公式求解即可；
（3）利用二面角的定义找出就是二面角的平面角，求出平面的法向量和平面的法向量，利用求解即可.
（1）连接，，，
是平行四边形，.
又面，面，故平面
（2）法一：取中点，连，，，则，，
所以就是直线与所成的角.
在梯形中，由已知可得，
又平面平面，是交线，
平面，平面，，，
，
所以，直线与直线所成角的余弦值为.
法二：在梯形中，由已知可得，
平面平面，是交线，
面，
如图，以A为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，，，，
，
.
（3）法一：过作延长线的垂线于，连接，取中点，连接，
过作，连接.
易证面，
则就是二面角的平面角.
，，
所以，
故.
法二：，，
设是平面的法向量，则
令，得，
又是平面的法向量，
所以.
14．（1）解：由，解得．
则这条鱼汞含量的样本平均数为．
（2）解：样本中汞含量在内的频率为．
则估计进口的这批鱼中共有条鱼汞含量超标．
（3）解：由题意可知，样本中汞含量在内的频率为，
则顾客甲购买的鱼汞含量有超标的概率为，
顾客乙购买的鱼汞含量有超标的概率为，
则恰有一人购买的鱼汞含量有超标的概率为．
（1）由频率之和等于1得出a，进而由平均数的公式求解即可；
（2）求出样本中汞含量在内的频率，利用频率进行估计；
（3）由概率的乘法公式计算甲乙两人购买的鱼汞含量有超标的概率，进而得出所求概率.
15．（1）列举出第二次排序时所有可能的及相应的值如下：
（2）解：由（1）可知，，
设甲参加第一轮测试值记为，第二轮测试值记为，
因为两轮测试结果相互独立，
所以
.
（3）解：由（1）可知，，
则两轮测试中被授予“特级品酒师”称号的概率，
所以.
（1）列举出第二次排序时所有可能的及相应的值如表所示；（2）根据（1）的结果，先计算，设甲参加第一轮测试值记为，第二轮测试值记为，则即可求解；
（3）先计算，再计算两轮测试中被授予“特级品酒师”称号的概率，最后计算即可.
16．（1）解：因为平面，平面，
所以，
因为为正方形，所以，
又，，平面，
所以平面，
故就是直线与平面所成角，
又平面，
所以，
因为平面，，
所以平面，
平面，
所以，
所以，
在中，，
所以，
所以，
所以直线与平面所成角的余弦值为；
（2）证明：因为平面，平面，
所以，
因为，
而，
所以四边形为直角梯形，
所以，，
在中，，
则，
故，
因为平面，平面，
所以，
在中，，
在中，，，
所以，又，，平面，
所以平面；
（3）解：取的中点，连接、，则且，
所以四边形为平行四边形，所以，又，
所以，所以、、、四点共面，又，，，
平面，
所以平面，则平面，平面，
所以，，
所以为平面与平面所成的二面角的平面角，
又，，即为等腰直角三角形，
所以，
所以平面与平面所成的二面角的平面角的大小为.
（3）取的中点，连接、，则且，
所以四边形为平行四边形，所以，又，
所以，所以、、、四点共面，又，，，
平面，
所以平面，则平面，平面，
所以，，
所以为平面与平面所成的二面角的平面角，
又，，即为等腰直角三角形，
所以，
所以平面与平面所成的二面角的平面角的大小为.
（1）首先证明平面， 即可得到就是直线与平面所成角，再由锐角三角函数计算可得；
（2）由勾股定理逆定理说明，，即可得证；
（3）取的中点，连接、，即可证明、、、四点共面，再证明平面，从而得到为平面与平面所成的二面角的平面角，即可得解.
17．（1）解：根据频率分布直方图的性质，面积之和等于1，则有：
，
解得：.
（2）解：利用加权平均数公式计算得：
；
即平均数为41.5岁；
对于中位数，因为前面两个的面积为，
而35-45的面积为0.35，
所以中位数在35-45之间；
设中位数为，
则，
∴岁.
（3）解：第1，2组的人数分别为20人，30人，从第1，2组中用分层抽样的方法抽取5人，
则第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，
分别记为，，，，，
设从5人中随机抽取2人，为，，，，，，，，，共10个基本事件，
这2人恰好在同一组的基本事件，，，共4个，
所以.
（1）根据频率分布直方图中小矩形的面积和为，列出关于的式子，即可求出.
（2）平均数为每个小矩形中点的横坐标乘以相应矩形的面积全部相加为平均数；中位数则为使矩形面积左右两边分别为的横坐标，即可求出答案.
（3）利用分层抽样在第1，2组抽取的人数分别为2人，3人，并进行标记为，，，，，再把总的基本事件列举出来，一共10个基本事件，这2人恰好在同一组的基本事件共4个，即可得到答案.
18．（1）证明：过作的垂线，交于，连接，如图所示：
则，
为等边三角形，则，
又，则，则，
则，则，即，
平面，则平面，平面，则．
（2）解：由可知，，两两垂直，则可以为原点，建立如图所示空间坐标系，如图所示：
，点是线段的中点，则，．
，
．
设平面法向量，则
即解得，故；
同理平面法向量，则，
设平面与平面夹角，则．
平面中，假设存在，若，则，整理得，．，
则根据椭圆定义知道在以为焦距的椭圆上，且，解得，
则的轨迹方程为：，整理得，与联立方程组．
，解得
，舍去．
故在平面中存在点，使得且，坐标为．
（1）用线面垂直的判定定理证明BB1⊥平面AOC，再证线线垂直即可；
（2）（i）空间向量解题，先求出平面与平面的法向量，后按照夹角公式求解即可；
（ii）设假设存在，若，整理得，（ ）.，则根据椭圆定义知道的轨迹为椭圆，求出轨迹方程为：，整理得，联立（ ），求解即可.
19．（1）证明：取的中点，因为三棱柱是正三棱柱且棱长为，以为原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
由则，
因为，
又直线平面，所以平面．
（2）解：因为，
设直线与平面所成的角为，
则．
（1）建立空间直角坐标系，利用空间向量证明线面平行；
（2）利用空间向量求线面角的大小即可.
20．（1）解：因为，所以
由正弦定理得，，所以或
因为，所以，，
所以，
所以，
又因为，
所以
（2）证明：因为，所以，
因为为锐角三角形，所以，即．
由正弦定理得，，
因为，所以，即
（1）（i）由，结合正弦定理化简求解即可；
（ii）由，，利用正弦定理求出，，再在中，利用余弦定理求即可；
（2）求出，将问题转化为证明，利用，化简求解即可.
21．（1）解：当时，则，且，
可得，
则的所有可能取值为0，2，4；
（2）解：设“”为事件M，样本空间为，因为，可知A共有个，
即样本容量，
显然若对调两个位置的序号之差大于2，则，
可知只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，
若调整两次两个连续序号：则有，
共有3种可能；
若连续三个序号之间调整顺序，连续三个序号有：，共3组，
由（1）可知：每组均有3种可能满足，
可得共有种可能；
综上所述：，
故；
（3）解：不可能，理由如下：
设专家甲的排序为，记；
专家乙的排序为，记；
由题意可得：，，
因为，
结合的任意性可得，
所以专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量不可能为.
（1）利用列举法求的所有可能性结果，结合的定义运算求解即可；
（2）分析可知样本容量，且只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，结合（1）中结论运算求解即可；
（3）由题意可得：，，结合绝对值不等式的运算求解即可.
（1）若时，则，且，
可得，
所以的所有可能取值为0，2，4.
（2）设“”为事件M，样本空间为，
因为，可知A共有个，即样本容量，
显然若对调两个位置的序号之差大于2，则，
可知只能调整两次两个连续序号或连续三个序号之间调整顺序，
若调整两次两个连续序号：则有，
共有3种可能；
若连续三个序号之间调整顺序，连续三个序号有：，共3组，
由（1）可知：每组均有3种可能满足，
可得共有种可能；
综上所述：.
所以.
（3）不可能，理由如下：
设专家甲的排序为，记；
专家乙的排序为，记；
由题意可得：，，
因为，
结合的任意性可得，
所以专家乙的鉴定结果与真实价值I的差异量不可能为.
22．（1）解：记平面，的法向量为，
设直线的方向向量，
因为直线为平面和平面的交线，所以，，
则，取，即，
故直线的单位方向向量为；
（2）解：设，
由平面经过点，，
所以，解得，即，
所以记平面的法向量为，
与（1）同理，与确定的交线方向向量为，
所以，即，解得；
（3）解：由集合知，由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，如图所示：
，，
设几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为，
平面，设平面法向量，
平面，设平面法向量，
所以，
所以几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为．
（1）记平面，的法向量为，设直线的方向向量，由直线为平面和平面的交线，则，，列出方程求解即可；
（2）设，由平面经过点，，列出方程中求得，记平面的法向量为，求出与交线方向向量为，根据，求的值即可；
（3）由题可知，由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，即可计算出体积，设几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为，由题得出平面和平面的法向量，根据两平面夹角的向量公式计算即可.
23．（1）证明：连接，在梯形中，过作交于，
由，
则为等边三角形，则，
因为四边形为菱形，则，
所以，即，
因为平面平面，
平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面.
（2）解：因为平面，平面，
所以平面平面，
过作，连接，
平面，平面平面，
则平面，故几何体的高为，
如图，延长侧棱交于点，作于，连接，
由为中点，，
由（1）得，平面，
因为与底面所成角的正弦值为，
则其余弦值为，
所以，，，
则，
由（1）得，则，
又因为与底面所成角的正弦值为，
所以，
故三棱台体积为.
（3）解：如图， 作交于，过作于，
则，
由（2）可得，平面，
则即为二面角的平面角，
又因为平面，则，
设，则，
则，
由，得，
又因为，
所以，
若，
则，解得，
所以，则为中点，
所以侧棱上是存在点，使二面角成，
则.
（1）连接，过作交于，由已知条件可得，利用平面平面得出平面，从而可得，再利用证出平面.
（2）由已知条件可得平面平面，过作，连接，从而可得平面，进而得出的长，延长侧棱交于点，作于，连接，从而得出AB的长，再结合直线与底面所成角的正弦值为，从而得出的长，再结合三棱台的体积公式得出三棱台的体积.
（3）作交于，过作于，则，由（2）可得平面，则即为二面角的平面角，设，则，，由，可得，若，可得的值，则为中点，从而得出侧棱上存在点，使得二面角为，进而得出此时的的值.
（1）连接，
在梯形中，过作交于，
由，
则为等边三角形，则，
四边形为菱形，则，
所以，即，
因为平面平面，平面平面，
平面，
所以平面，
又平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面.
（2）因为平面，平面，
所以平面平面，
过作，连接，平面，
平面平面，
则平面，
故几何体的高为，
如图，延长侧棱交于点，作于，连接，
由已知为中点，，
由（1）得，平面，
因为与底面所成角的正弦值为，则余弦值为，
，，，
，
由（1）得，则，
又因为与底面所成角的正弦值为，
所以，
故三棱台体积为.
（3）如图， 作交于，过作于，则，
由（2）可得，平面，
则即为二面角的平面角，
又平面，则，
设，则，
则，
由，得，又，
所以，
若，则，
解得，所以，即为中点，
即侧棱上是存在点，使二面角成，
则.
24．（1）过点作的垂线交于点，交于点，如下图所示：
翻折后仍有，
又因为，且平面，平面，
所以平面，
所以为二面角所成的平面角.
由在面上的射影恰好在上得平面，
所以，
由可知，因为，
所以；
又易知，
所以，可得，所以；
所以，
即二面角平面角的余弦值为
（2）过点作的垂线交于点，如下图所示：
设，
由二面角为直二面角可知平面平面，
平面平面，，
又平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
则有，
可得，
又，
所以，；
当时，取到最小值；
.
所以，可得，所以
（注：，，由角平分线定理得也可）
则有，
，解得.
即点到平面的距离为.
本题考查二面角的求法，点到平面的距离公式.（1）过点作的垂线交于点，交于点，根据翻折的性质可证明平面，根据二面角的定义可得为二面角所成的平面角，利用正弦的定义可求出，利用余弦的定义可求出，进而求出，利用余弦的定义可求出二面角平面角的余弦值；
（2）过点作的垂线交于点，由直二面角性质可推出平面平面，利用平面与平面垂直的性质可得平面，进而推出，利用余弦定理可求出的表达式，利用勾股定理可求出的表达式，再利用正弦函数的性质可推出当取到最小值时，再利用三棱锥的体积计算公式结合等体积法可求出点到平面的距离.
（1）过点作的垂线交于点，交于点，如下图所示：
翻折后仍有，
又因为，且平面，平面，
所以平面，
所以为二面角所成的平面角.
由在面上的射影恰好在上得平面，
所以，
由可知，因为，
所以；
又易知，
所以，可得，所以；
所以，
即二面角平面角的余弦值为
（2）过点作的垂线交于点，如下图所示：
设，
由二面角为直二面角可知平面平面，
平面平面，，
又平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
则有，
可得，
又，
所以，；
当时，取到最小值；
.
所以，可得，所以
（注：，，由角平分线定理得也可）
则有，
，解得.
即点到平面的距离为.
25．（1）解：（ⅰ）由题意知，因为，，
所以，，
（ⅱ） 由题意知，，
又，为的两个根1，，所以，
又因为，所以，则；
（2）解：由题意知，，为关于的方程的两个根，则，即，
因为值域为，易知，所以，则，
，则.
（1）（ⅰ）由题意知，利用递推关系求解即可；
（ⅱ）由题意知，又，为的两个根可得，从而可得求解即可；
（2）由题意得，又由值域为可得，从而可得，再由求解即可.
（1）（ⅰ）由题意知，又，，
所以，.
（ⅱ） 由题意知，，
又，为的两个根1，，
.
又，所以，
.
（2）由题意知，，为关于的方程的两个根，
所以，则，
因为值域为，易知；
，则，
，
.
26．（1）解：由题知，函数的定义域为，
则，
所以函数是“利普希兹条件函数”；
因为函数的定义域为，
则，
所以函数是“利普希兹条件函数”；
（2）证明：若，
当，则；
若，设，
则
，
所以对任意的，都有，
因为函数是周期为的周期函数，
所以对任意的，都存在，使得，，
所以，
综上可得对定义域内任意的，均有.
（1）根据所给定义证明即可；
（2）根据题意证明，再结合周期性可得.
27．（1）解：记平面，的法向量为，设直线的方向向量，
因为直线为平面和平面的交线，
所以，，即，取，则，
所以直线的单位方向向量为．
（2）解：设，
由平面经过点，，
所以，解得，即，
所以记平面的法向量为，
与同理，与确定的交线方向向量为，
所以，即，解得．
（3）解：由集合知，由一个边长是的正方体和个高为的正四棱锥构成，如图所示：
，，
设几何体相邻两个面有公共棱所成二面角为，
平面，设平面法向量，
平面，设平面法向量，
所以，
所以几何体相邻两个面有公共棱所成二面角为．
（1）记平面，的法向量为，设直线的方向向量，由直线为平面和平面的交线，则，，列方程求解即可；
（2）设，由平面经过点，，列出方程中求得，记平面的法向量为，求出与交线方向向量为，根据，即可求得的值；
（3）由题可知，由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，即可计算出体积，设几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为，由题得出平面和平面的法向量，根据两平面夹角的向量公式计算即可．
28．（1）证明：取的中点，连接，如图所示：
因为侧面和底面均为正三角形，所以，，
又，平面，所以平面，
又平面，所以；
（2）解：连接、、，
易知，所以，
因为为中点，所以，
由可知，
所以就是二面角的平面角，
在中，，所以，
在中，，所以，
所以在中，，
所以，故二面角的大小为．
由可知平面，因为平面，
所以平面平面，
过作交的延长线于点，连接，如图所示：
又因为平面平面，所以平面，
则就是直线与平面所成的角，
所以，所以，
而中，，所以，
在中，，
由题意知，
在中，，
所以，
所以在中，，
在中，，
所以，
解得．
（1）取的中点，连接，通过线线垂直可得平面，从而可证；
（2）（i）由题意可得为的中点，可得是二面角的平面角，再求二面角的大小即可；
（ii）由已知可得，点到平面的距离为，再利用等体积法求的值即可.
29．（1）由正弦定理得，，
所以，
又因为，所以，
又，所以．
因为，所以，
所以，所以是圆的直径．
由可得，．
设，则，
所以
，
又，所以，
所以
（2）设，因为，，
所以，由余弦定理得
，
在中，，，，
由余弦定理知，
代入整理得，
解得．
由托勒密定理知，
代入得．
设，
由，得，，
则
其中，
设，则其中，
因为在区间上单调递增，
所以，当，即时，取得最大值．
（1）(ⅰ)由正弦定理和倍角公式即可求得，即可得解；
(ⅱ)由得出AC是圆O的直径，设，用表示，再根据的取值范围，即可得解；
（2）令，利用余弦定理和托勒密定理，用表示BD，再通过换元以及函数单调性即可得解.
30．（1）证明：因为四边形是菱形，所以，
因为，，，
所以，所以．
设，连接，
则为的中点，，
又，、平面，
所以平面．
（2）解：如图，
过点作，垂足为，
因为平面，平面，
所以，
又，、平面，
所以平面，
所以点到平面的距离即为线段的长度．
因为，，，平面，
所以平面，
又平面，所以，
易知为正三角形，
所以点为的中心．
延长交于点，则为的中点，
因为所以平面，平面，所以，
在中，，，
所以，
因为，
所以．
所以点到平面的距离为．
（3）解：过点作的平行线分别交，于点，，则，
因为，，
所以，，，，
所以四边形和四边形均为平行四边形，
所以，，
所以平面平面．
过点作直线，则平面平面，
过点作，垂足为，连接．
因为，，，平面，，
所以平面，
所以平面，又，平面，
所以，，
所以为二面角的平面角，因为平面平面，所以为侧面与侧面所成二面角的平面角．
因为，，
在直角三角形中，．
所以侧面与侧面所成二面角的正切值为．
（1）证明可得到，进而得到，再由线面垂直的判定定理即可得证；
（2）证明，确定即为所求，勾股定理求出即可.
（3）利用面面平行，把所求二面角转化为了平面与面ADE所成的角，设交线为m，然后分别证明，从而找到平面角，求出正切值即可.

展开更多......

收起↑