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四川省成都外国语学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
1．（2024高一下·成都期末）复数z满足，则复数z的虚部是（　　）
A．2 B． C．1 D．
2．（2024高一下·成都期末）设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则是异面直线
D．若，则或，是异面直线
3．（2024高一下·成都期末）如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个边长为1的正方形，则这个平面图形的面积是（　　）
A． B． C． D．1
4．（2024高一下·成都期末）已知平面向量，的夹角为，且满足， ，则下列说法错误的是（　　）
A． B．与的夹角为
C． D．
5．（2024高一下·成都期末）的内角的对边分别为，，.若，，，则的面积为（　　）
A． B． C．6 D．12
6．（2024高一下·成都期末）已知角满足，则（　　）
A． B． C． D．2
7．（2024高一下·成都期末）设、、是半径为的圆上三点，若，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·成都期末）在如图所示的直三棱柱中，点和的中点以及的中点所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分， 则小部分的体积和大部分的体积比为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·成都期末）设，，为复数，，下列命题中正确的是（　　）
A．若则 B．若则
C．若则 D．
10．（2024高一下·成都期末）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，则下列结论正确的是（　　）
A．圆柱的侧面积为
B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为
11．（2024高一下·成都期末）下列四个命题为真命题的是（　　）
A．若向量满足，，则
B．若向量，，则在上的投影向量为
C．若向量是与向量共线的单位向量，则
D．已知向量，，则的最大值为
12．（2024高一下·成都期末）已知函数在区间上有且仅有个最小值点，下列结论正确的有（　　）
A．
B．在上最少个零点，最多个零点
C．在上有个最大值点
D．在上单调递减
13．（2024高一下·成都期末）已知，则的值为　 　.
14．（2024高一下·成都期末）如图，在长方体中，是线段上异于的一点，则的最小值为　 　.
15．（2024高一下·成都期末）已知向量，，满足，，与的夹角为，，则的最大值为　 　.
16．（2024高一下·成都期末）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，内角的角平分线长为，则的面积为　 　.
17．（2024高一下·成都期末）已知向量，.
（1）当为何值时，与垂直
（2）若，，且，，三点共线，求的值.
18．（2024高一下·成都期末）如图，四棱锥 的底面为平行四边形，点 分别为 的中点.
（1）求证： 平面 平面 ；
（2）在棱 上确定一点 ，使 平面 ，并说明理由.
19．（2024高一下·成都期末）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具， 因其经济又环保， 至今还在 农业生产中得到应用. 假定在水流稳定的情况下， 筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运 动. 如图，将筒车抽象为一个几何图形 (圆)，筒车半径为 ，筒车转轮的中心 到水面 的距离为 ，筒车每分钟沿逆时针方向转动 3 圈. 规定： 盛水筒 对应的点 从水中浮 现 (即 时的位置) 时开始计算时间，且以水轮的圆心 为坐标原点，过点 的水平直线 为 轴建立平面直角坐标系 . 设盛水筒 从点 运动到点 时所经过的时间为 (单位： )，且此时点 距离水面的高度为 (单位： ) (在水面下则 为负数)
（1）求 与时间 之间的关系.
（2）求点 第一次到达最高点需要的时间为多少 在转动的一个周期内，点 在水中的时间是
多少
20．（2024高一下·成都期末）已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）先将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位后得到函数的图象，求的单调减区间以及在区间上的最值.
21．（2024高一下·成都期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且，外接圆面积为
（1）求A；
（2）求周长的最大值.
22．（2024高一下·成都期末）如图 1 所示，在中，点在线段上，满足，是线段上的点，且满足，线段与线段交于点.
（1）若，求实数，的值；
（2）若，求实数的值；
（3）如图 2，过点的直线与边，分别交于点，，设，设的面积为，四边形的面积为，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，虚部是1．
故答案为：C．
【分析】由题意，结合复数的模以及复数代数形式的乘法运算求得，根据复数的概念判断即可.
2．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：如图所示：
A、设为平面，显然，但，故A错误；
B、设为平面，显然，但，故B错误；
C、设为平面，平面，显然，，故C错误；
D、若，则两平面不会有交点，所以或，是异面直线，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用空间中线、面的位置关系逐项判断即可.
3．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知正方形的面积为1，根据斜二测画法可知：.
故答案为：A
【分析】由图先求直观图正方形的面积，再根据直观图和原图的面积关系求解即可.
4．【答案】B
【知识点】向量的模；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：A、平面向量，的夹角为，且满足，，
则，故A正确；
B、，，
则，
因为，所以，故B错误；
C、，故C正确；
D、由A知，则，故D正确.
故答案为：B．
【分析】根据向量数量积的定义、运算律、向量模长及夹角计算公式计算即可.
5．【答案】A
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理可得：，
即，
解得，
所以的面积.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和余弦定理可得的值，再结合三角形的面积公式得出的面积.
6．【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由，可得，
则，
整理得，变形得，
则.
故答案为：C.
【分析】利用对已知式子化简，求出的值，再由求值即可.
7．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：设圆心为点，则，
，满足，则，
.
当且仅当与方向相同时等号成立，则的最大值为.
故答案为：C.
【分析】设圆心为点，由题意可得，再利用向量的数量积定义求解即可.
8．【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：延长与于点，连接交于点，连接，如图所示：
则四边形为截面，
连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥，
因为为的中点，，故，所以，
又为的中点，故，故，相似比为1：2，
故，，又，
故四边形的面积，
故四棱锥的体积，
设矩形的面积为，
故，
故，
又，故，
故，
故小部分几何体的体积等于，
则大部分几何体的体积等于，
故小部分的体积和大部分的体积比为.
故答案为：D.
【分析】作出辅助线，得到四边形为截面，连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥，根据全等和相似关系得到四边形的面积，从而得到四棱锥的体积为，进而得到，小部分几何体的体积等于，求出大部分几何体体积，再求体积之比即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、若，则，因为，所以，故A正确；
B、若，则，，故B正确；
C、取，满足，但，故C错误；
D、设分别表示复数，
由，若不共线时，
如图：，即，
若共线且反向时，
如图： 易知，
若共线且同向时，
如图：易知，
综上：，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】化成，结合复数相等即可判断A；利用复数模的运算性质即可判断B；举出反例即可判断C；利用复数的向量表示作图即可判断D.
10．【答案】C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，因为圆柱的侧面积为，所以A错误；
对于B，因为圆锥的母线为，圆锥的侧面积为，所以B错误；
对于C，因为球的表面积为，所以C正确；
对于D，因为圆柱的体积，圆锥的体积，
球的体积，
所以圆柱、圆锥、球的体积之比为，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】根据题意结合圆柱、圆锥和球的表面积和体积公式，从而逐项判断找出结论正确的选项.
11．【答案】B,D
【知识点】共线（平行）向量；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、若，满足，，但与不一定平行，故A错误；
B、 若向量，， 则在上的投影向量为，
故B正确；
C、 若向量是与向量共线的单位向量 ，则或，
故C错误；
D、若向量，，则，
，其中，
当且仅当时，取得最大值，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】若作为反例即可判断A；根据投影向量的计算公式直接求解即可判断B；求与向量共线的单位向量即可判断C；利用向量减法、向量模长及辅助角公式求解即可D.
12．【答案】A,D
【知识点】正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数，
当，，
设函数的最小正周期为，
因为在区间上有且仅有个最小值点，所以，则，
即，即，，解得，故A正确；
B、当时，，因为的零点为，
所以在上有零点，故B错误；
C、当时，，因为在处取得最大值，则在上只有个最大值，故C错误；
D、因为，当时，，
因为在上单调递减，所以在上单调递减，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由的取值范围，求出的范围，根据在区间上有且仅有个最小值点，求出的范围即可判断A；利用特殊值即可判断BC；根据的范围，求出的范围，结合正弦函数的性质即可判断D.
13．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
则，即，故.
故答案为：.
【分析】将两边平方，结合同角三角函数基本关系求解即可.
14．【答案】
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；三角函数诱导公式二~六；解三角形
【解析】【解答】解：在长方体中，易得，
，，
将侧面沿着旋转至与平面在同一平面上，连接，如图所示：
则，，
故答案为：.
【分析】将侧面沿着旋转至与平面在同一平面上，则的最小值为，解三角形求出即可.
15．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；圆的标准方程
【解析】【解答】解：设，，，
以所在的直线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示：
因为，，与的夹角为，所以，，
设，则，，，
，，
因为，所以，即，
圆心坐标为，半径，表示点到坐标原点的距离即为圆上的点到坐标原点的距离，
因为圆心到原点的距离为，所以.
故答案为：.
【分析】设，，，以所在的直线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，利用向量的数量积的坐标表示整理出，的关系，结合圆的性质及几何意义求解即可.
16．【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设角的角平分线为，如图所示；
则，即，
即，即，
则，
由余弦定理，可得，
则，解得，
故.
故答案为：.
【分析】设角的角平分线为，由面积公式得，将两边平方，再结合余弦定理求，最后根据三角形面积公式计算即可.
17．【答案】（1）解：向量，，
则，，
若与垂直，则，解得；
（2）解：易知，，
若，，且，，三点共线，则，
则，解得．
【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
【解析】【分析】（1）由题意，求与的坐标，再由向量数量积的计算公式可得求解即可；
（2）根据题意，若，，三点共线，则，求出、的坐标，由向量平行的坐标表示方法可得关于的方程求解即可．
（1）根据题意，向量，，
则，，
若与垂直，则有，
解得；
（2）根据题意，若，，三点共线，则，
而，，
则，，
则有，解得．
18．【答案】（1）证明：在中，因为分别为的中点，所以，
在平行四边形中，由分别为的中点，可得，
因为平面，平面，且平面，平面，
所以平面，平面，
又因为且平面，所以平面平面；
（2）解：当为棱中点时，平面，
取的中点，连接，如图所示：
在中，因为分别为的中点，所以且，
又因为为的中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
【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）根据题意，分别证得和，利用线面平行的判定定理，证得平面，平面，结合面面平行的判定定理证明即可；
（2）取的中点，连接，证得且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理证明即可.
（1）在中，由分别为的中点，可得，
在平行四边形中，由分别为的中点，可得，
因为平面，平面，且平面，平面，
所以平面，平面，
又因为且平面，所以平面平面.
（2）当为棱中点时，平面，
取的中点，连接，
在中，因为分别为的中点，所以且，
又因为为的中点，可得且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
19．【答案】（1）解：设与时间t之间的关系为，
由筒车半径为，筒车转轮的中心到水面的距离为，
由题意可得：，解得，
因为筒车每60s沿逆时针方向转动3圈，所以，，
由，得，因为，所以，
则与时间之间的关系是；
（2）解：依题意，与x轴正方向的夹角为，因此点P第一次到达最高点需要转动，
所以点第一次到达最高点所需时间为；
在转动的一个周期内，点在水中转动，
则点在水中的时间是.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）设，由题意求出参数即可；
（2）由（1）的结论，结合周期性，求出点在对应条件下，点转动的圆心角弧度即可计算得解.
（1）依题意，设与时间t之间的关系为，
由筒车半径为，筒车转轮的中心到水面的距离为，
得点P距离水面的高度的最值为，解得，
而筒车每60s沿逆时针方向转动3圈，则周期，，
由，得，而，解得，
所以与时间之间的关系是.
（2）依题意，与x轴正方向的夹角为，因此点P第一次到达最高点需要转动，
所以点第一次到达最高点所需时间为；
在转动的一个周期内，点在水中转动，
所以点在水中的时间是.
20．【答案】（1）解：
，
则函数的最小正周期为.
（2）解：根据图象变换可得：.
令，
解得：，
则的单调减区间为.
令
则.
因为函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；
且当时，；当时，；当时，.
所以函数在区间上的最大值为，最小值为
【知识点】简单的三角恒等变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】本题考查辅助角公式，三角函数的变换，正弦函数的图象和性质.
（1）先利用两角和与差的正弦公式、辅助角公式化简解析式可得：；再根据正弦型函数的周期公式可求出周期；
（2）先利用三角函数图象的变换规律可求出函数的解析式；再根据正弦函数的图象和性质可列不等式，解不等式可求出单调递减区间；采用换元法令，求出函数的单调区间，进而求出函数在区间的最值.
21．【答案】（1）解：因为向量，
则，
则，
所以，
则，
所以，
又因为，
所以且，
所以，
又因为，
则.
（2）解：由（1）知：，
则，
由正弦定理可得：的外接圆半径为，
则，所以，
所以
则，
当且仅当且时，即当时等号成立，
所以，三角形周长的最大值为
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量数量积的坐标表示；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由数量积的坐标表示得出，再代入已知等式结合正余弦边角关系得出，则得出角A的余弦值，由三角形中角A的取值范围，从而得出角A的大小.
（2）由（1）得，由正弦定理可得的值，再结合基本不等式求最值的方法和三角形周长公式，从而得出周长的最大值.
（1）已知向量，
则，
则，
所以，
则，
所以，
又，
故且，
所以，
又，
则；
（2）由（1）知：，
则，
由正弦定理可得：的外接圆半径为，
则，
即，
所以，
则，当且仅当且，即时等号成立，
故三角形周长的最大值为
22．【答案】（1）解： 在中，点在线段上，满足，则，
，
因为，且、不共线，所以，；
（2）解：因为、、三点共线，所以存在实数使得，
所以，
因为，所以，
所以，
又因为，所以，
又因为、不共线，所以，解得，则；
（3）解：根据题意．
同理可得：，
由（2）可知，，
所以，
因为，，三点共线，所以，化简得，
根据题意，，
，
所以，
又因为，则，所以，
所以，
易知，当时，有最大值，又因为，所以.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理计算即可；
（2）由共线定理及平面向量基本定理列方程组求解答即可；
（3）由题意可得，根据共线定理得到，根据三形的面积公式可得，再结合，将转化为的二次函数，利用二次函数的性质求解即可.
（1）因为，所以，
所以，
又，且、不共线，所以，；
（2）因为、、三点共线，所以存在实数使得，
所以，
因为，即，
所以，
又因为，
即，又、不共线，
所以，解得，
所以．
（3）根据题意．
同理可得：，
由（2）可知，，
所以，
因为，，三点共线，所以，
化简得，
根据题意，，
，
所以
，
又，则，所以，
所以，
易知，当时，有最大值，又因为，
所以.
1 / 1四川省成都外国语学校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
1．（2024高一下·成都期末）复数z满足，则复数z的虚部是（　　）
A．2 B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由，可得，虚部是1．
故答案为：C．
【分析】由题意，结合复数的模以及复数代数形式的乘法运算求得，根据复数的概念判断即可.
2．（2024高一下·成都期末）设，是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则是异面直线
D．若，则或，是异面直线
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：如图所示：
A、设为平面，显然，但，故A错误；
B、设为平面，显然，但，故B错误；
C、设为平面，平面，显然，，故C错误；
D、若，则两平面不会有交点，所以或，是异面直线，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用空间中线、面的位置关系逐项判断即可.
3．（2024高一下·成都期末）如图，一个水平放置的平面图形的直观图（斜二测画法）是一个边长为1的正方形，则这个平面图形的面积是（　　）
A． B． C． D．1
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知正方形的面积为1，根据斜二测画法可知：.
故答案为：A
【分析】由图先求直观图正方形的面积，再根据直观图和原图的面积关系求解即可.
4．（2024高一下·成都期末）已知平面向量，的夹角为，且满足， ，则下列说法错误的是（　　）
A． B．与的夹角为
C． D．
【答案】B
【知识点】向量的模；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：A、平面向量，的夹角为，且满足，，
则，故A正确；
B、，，
则，
因为，所以，故B错误；
C、，故C正确；
D、由A知，则，故D正确.
故答案为：B．
【分析】根据向量数量积的定义、运算律、向量模长及夹角计算公式计算即可.
5．（2024高一下·成都期末）的内角的对边分别为，，.若，，，则的面积为（　　）
A． B． C．6 D．12
【答案】A
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由余弦定理可得：，
即，
解得，
所以的面积.
故答案为：A.
【分析】利用已知条件和余弦定理可得的值，再结合三角形的面积公式得出的面积.
6．（2024高一下·成都期末）已知角满足，则（　　）
A． B． C． D．2
【答案】C
【知识点】两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由，可得，
则，
整理得，变形得，
则.
故答案为：C.
【分析】利用对已知式子化简，求出的值，再由求值即可.
7．（2024高一下·成都期末）设、、是半径为的圆上三点，若，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：设圆心为点，则，
，满足，则，
.
当且仅当与方向相同时等号成立，则的最大值为.
故答案为：C.
【分析】设圆心为点，由题意可得，再利用向量的数量积定义求解即可.
8．（2024高一下·成都期末）在如图所示的直三棱柱中，点和的中点以及的中点所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分， 则小部分的体积和大部分的体积比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱的结构特征；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：延长与于点，连接交于点，连接，如图所示：
则四边形为截面，
连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥，
因为为的中点，，故，所以，
又为的中点，故，故，相似比为1：2，
故，，又，
故四边形的面积，
故四棱锥的体积，
设矩形的面积为，
故，
故，
又，故，
故，
故小部分几何体的体积等于，
则大部分几何体的体积等于，
故小部分的体积和大部分的体积比为.
故答案为：D.
【分析】作出辅助线，得到四边形为截面，连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥，根据全等和相似关系得到四边形的面积，从而得到四棱锥的体积为，进而得到，小部分几何体的体积等于，求出大部分几何体体积，再求体积之比即可.
9．（2024高一下·成都期末）设，，为复数，，下列命题中正确的是（　　）
A．若则 B．若则
C．若则 D．
【答案】A,B,D
【知识点】复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、若，则，因为，所以，故A正确；
B、若，则，，故B正确；
C、取，满足，但，故C错误；
D、设分别表示复数，
由，若不共线时，
如图：，即，
若共线且反向时，
如图： 易知，
若共线且同向时，
如图：易知，
综上：，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】化成，结合复数相等即可判断A；利用复数模的运算性质即可判断B；举出反例即可判断C；利用复数的向量表示作图即可判断D.
10．（2024高一下·成都期末）如图，一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与一个球的直径相等，则下列结论正确的是（　　）
A．圆柱的侧面积为
B．圆锥的侧面积为
C．圆柱的侧面积与球的表面积相等
D．圆柱、圆锥、球的体积之比为
【答案】C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，因为圆柱的侧面积为，所以A错误；
对于B，因为圆锥的母线为，圆锥的侧面积为，所以B错误；
对于C，因为球的表面积为，所以C正确；
对于D，因为圆柱的体积，圆锥的体积，
球的体积，
所以圆柱、圆锥、球的体积之比为，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】根据题意结合圆柱、圆锥和球的表面积和体积公式，从而逐项判断找出结论正确的选项.
11．（2024高一下·成都期末）下列四个命题为真命题的是（　　）
A．若向量满足，，则
B．若向量，，则在上的投影向量为
C．若向量是与向量共线的单位向量，则
D．已知向量，，则的最大值为
【答案】B,D
【知识点】共线（平行）向量；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、若，满足，，但与不一定平行，故A错误；
B、 若向量，， 则在上的投影向量为，
故B正确；
C、 若向量是与向量共线的单位向量 ，则或，
故C错误；
D、若向量，，则，
，其中，
当且仅当时，取得最大值，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】若作为反例即可判断A；根据投影向量的计算公式直接求解即可判断B；求与向量共线的单位向量即可判断C；利用向量减法、向量模长及辅助角公式求解即可D.
12．（2024高一下·成都期末）已知函数在区间上有且仅有个最小值点，下列结论正确的有（　　）
A．
B．在上最少个零点，最多个零点
C．在上有个最大值点
D．在上单调递减
【答案】A,D
【知识点】正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：A、函数，
当，，
设函数的最小正周期为，
因为在区间上有且仅有个最小值点，所以，则，
即，即，，解得，故A正确；
B、当时，，因为的零点为，
所以在上有零点，故B错误；
C、当时，，因为在处取得最大值，则在上只有个最大值，故C错误；
D、因为，当时，，
因为在上单调递减，所以在上单调递减，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由的取值范围，求出的范围，根据在区间上有且仅有个最小值点，求出的范围即可判断A；利用特殊值即可判断BC；根据的范围，求出的范围，结合正弦函数的性质即可判断D.
13．（2024高一下·成都期末）已知，则的值为　 　.
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得，
则，即，故.
故答案为：.
【分析】将两边平方，结合同角三角函数基本关系求解即可.
14．（2024高一下·成都期末）如图，在长方体中，是线段上异于的一点，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；三角函数诱导公式二~六；解三角形
【解析】【解答】解：在长方体中，易得，
，，
将侧面沿着旋转至与平面在同一平面上，连接，如图所示：
则，，
故答案为：.
【分析】将侧面沿着旋转至与平面在同一平面上，则的最小值为，解三角形求出即可.
15．（2024高一下·成都期末）已知向量，，满足，，与的夹角为，，则的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；圆的标准方程
【解析】【解答】解：设，，，
以所在的直线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，如图所示：
因为，，与的夹角为，所以，，
设，则，，，
，，
因为，所以，即，
圆心坐标为，半径，表示点到坐标原点的距离即为圆上的点到坐标原点的距离，
因为圆心到原点的距离为，所以.
故答案为：.
【分析】设，，，以所在的直线为轴，为坐标原点建立平面直角坐标系，利用向量的数量积的坐标表示整理出，的关系，结合圆的性质及几何意义求解即可.
16．（2024高一下·成都期末）在中，内角，，的对边分别为，，，且，，内角的角平分线长为，则的面积为　 　.
【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设角的角平分线为，如图所示；
则，即，
即，即，
则，
由余弦定理，可得，
则，解得，
故.
故答案为：.
【分析】设角的角平分线为，由面积公式得，将两边平方，再结合余弦定理求，最后根据三角形面积公式计算即可.
17．（2024高一下·成都期末）已知向量，.
（1）当为何值时，与垂直
（2）若，，且，，三点共线，求的值.
【答案】（1）解：向量，，
则，，
若与垂直，则，解得；
（2）解：易知，，
若，，且，，三点共线，则，
则，解得．
【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
【解析】【分析】（1）由题意，求与的坐标，再由向量数量积的计算公式可得求解即可；
（2）根据题意，若，，三点共线，则，求出、的坐标，由向量平行的坐标表示方法可得关于的方程求解即可．
（1）根据题意，向量，，
则，，
若与垂直，则有，
解得；
（2）根据题意，若，，三点共线，则，
而，，
则，，
则有，解得．
18．（2024高一下·成都期末）如图，四棱锥 的底面为平行四边形，点 分别为 的中点.
（1）求证： 平面 平面 ；
（2）在棱 上确定一点 ，使 平面 ，并说明理由.
【答案】（1）证明：在中，因为分别为的中点，所以，
在平行四边形中，由分别为的中点，可得，
因为平面，平面，且平面，平面，
所以平面，平面，
又因为且平面，所以平面平面；
（2）解：当为棱中点时，平面，
取的中点，连接，如图所示：
在中，因为分别为的中点，所以且，
又因为为的中点，所以且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面.
【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）根据题意，分别证得和，利用线面平行的判定定理，证得平面，平面，结合面面平行的判定定理证明即可；
（2）取的中点，连接，证得且，得到四边形为平行四边形，得出，结合线面平行的判定定理证明即可.
（1）在中，由分别为的中点，可得，
在平行四边形中，由分别为的中点，可得，
因为平面，平面，且平面，平面，
所以平面，平面，
又因为且平面，所以平面平面.
（2）当为棱中点时，平面，
取的中点，连接，
在中，因为分别为的中点，所以且，
又因为为的中点，可得且，
所以且，所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面.
19．（2024高一下·成都期末）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具， 因其经济又环保， 至今还在 农业生产中得到应用. 假定在水流稳定的情况下， 筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运 动. 如图，将筒车抽象为一个几何图形 (圆)，筒车半径为 ，筒车转轮的中心 到水面 的距离为 ，筒车每分钟沿逆时针方向转动 3 圈. 规定： 盛水筒 对应的点 从水中浮 现 (即 时的位置) 时开始计算时间，且以水轮的圆心 为坐标原点，过点 的水平直线 为 轴建立平面直角坐标系 . 设盛水筒 从点 运动到点 时所经过的时间为 (单位： )，且此时点 距离水面的高度为 (单位： ) (在水面下则 为负数)
（1）求 与时间 之间的关系.
（2）求点 第一次到达最高点需要的时间为多少 在转动的一个周期内，点 在水中的时间是
多少
【答案】（1）解：设与时间t之间的关系为，
由筒车半径为，筒车转轮的中心到水面的距离为，
由题意可得：，解得，
因为筒车每60s沿逆时针方向转动3圈，所以，，
由，得，因为，所以，
则与时间之间的关系是；
（2）解：依题意，与x轴正方向的夹角为，因此点P第一次到达最高点需要转动，
所以点第一次到达最高点所需时间为；
在转动的一个周期内，点在水中转动，
则点在水中的时间是.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）设，由题意求出参数即可；
（2）由（1）的结论，结合周期性，求出点在对应条件下，点转动的圆心角弧度即可计算得解.
（1）依题意，设与时间t之间的关系为，
由筒车半径为，筒车转轮的中心到水面的距离为，
得点P距离水面的高度的最值为，解得，
而筒车每60s沿逆时针方向转动3圈，则周期，，
由，得，而，解得，
所以与时间之间的关系是.
（2）依题意，与x轴正方向的夹角为，因此点P第一次到达最高点需要转动，
所以点第一次到达最高点所需时间为；
在转动的一个周期内，点在水中转动，
所以点在水中的时间是.
20．（2024高一下·成都期末）已知函数.
（1）求函数的最小正周期；
（2）先将函数图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位后得到函数的图象，求的单调减区间以及在区间上的最值.
【答案】（1）解：
，
则函数的最小正周期为.
（2）解：根据图象变换可得：.
令，
解得：，
则的单调减区间为.
令
则.
因为函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；
且当时，；当时，；当时，.
所以函数在区间上的最大值为，最小值为
【知识点】简单的三角恒等变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】本题考查辅助角公式，三角函数的变换，正弦函数的图象和性质.
（1）先利用两角和与差的正弦公式、辅助角公式化简解析式可得：；再根据正弦型函数的周期公式可求出周期；
（2）先利用三角函数图象的变换规律可求出函数的解析式；再根据正弦函数的图象和性质可列不等式，解不等式可求出单调递减区间；采用换元法令，求出函数的单调区间，进而求出函数在区间的最值.
21．（2024高一下·成都期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，向量，，且，外接圆面积为
（1）求A；
（2）求周长的最大值.
【答案】（1）解：因为向量，
则，
则，
所以，
则，
所以，
又因为，
所以且，
所以，
又因为，
则.
（2）解：由（1）知：，
则，
由正弦定理可得：的外接圆半径为，
则，所以，
所以
则，
当且仅当且时，即当时等号成立，
所以，三角形周长的最大值为
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量数量积的坐标表示；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由数量积的坐标表示得出，再代入已知等式结合正余弦边角关系得出，则得出角A的余弦值，由三角形中角A的取值范围，从而得出角A的大小.
（2）由（1）得，由正弦定理可得的值，再结合基本不等式求最值的方法和三角形周长公式，从而得出周长的最大值.
（1）已知向量，
则，
则，
所以，
则，
所以，
又，
故且，
所以，
又，
则；
（2）由（1）知：，
则，
由正弦定理可得：的外接圆半径为，
则，
即，
所以，
则，当且仅当且，即时等号成立，
故三角形周长的最大值为
22．（2024高一下·成都期末）如图 1 所示，在中，点在线段上，满足，是线段上的点，且满足，线段与线段交于点.
（1）若，求实数，的值；
（2）若，求实数的值；
（3）如图 2，过点的直线与边，分别交于点，，设，设的面积为，四边形的面积为，求的取值范围．
【答案】（1）解： 在中，点在线段上，满足，则，
，
因为，且、不共线，所以，；
（2）解：因为、、三点共线，所以存在实数使得，
所以，
因为，所以，
所以，
又因为，所以，
又因为、不共线，所以，解得，则；
（3）解：根据题意．
同理可得：，
由（2）可知，，
所以，
因为，，三点共线，所以，化简得，
根据题意，，
，
所以，
又因为，则，所以，
所以，
易知，当时，有最大值，又因为，所以.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据平面向量线性运算法则及平面向量基本定理计算即可；
（2）由共线定理及平面向量基本定理列方程组求解答即可；
（3）由题意可得，根据共线定理得到，根据三形的面积公式可得，再结合，将转化为的二次函数，利用二次函数的性质求解即可.
（1）因为，所以，
所以，
又，且、不共线，所以，；
（2）因为、、三点共线，所以存在实数使得，
所以，
因为，即，
所以，
又因为，
即，又、不共线，
所以，解得，
所以．
（3）根据题意．
同理可得：，
由（2）可知，，
所以，
因为，，三点共线，所以，
化简得，
根据题意，，
，
所以
，
又，则，所以，
所以，
易知，当时，有最大值，又因为，
所以.
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