资源简介

四川省南充市2024-2025学年高一下学期学业质量监测数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高一下·南充期末）设为虚数单位，复数，则在复平面内对应的点在第（　　）象限.
A．一 B．二 C．三 D．四
【答案】A
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，对应点坐标为，即在第一象限.
故答案为：A.
【分析】先通过复数乘法法则将复数z化简为标准形式a + bi(a，b为实数 ），然后根据实部a和虚部b的正负确定其对应点(a，b)所在的象限.
2．（2025高一下·南充期末）已知平面向量，，若，则（　　）
A． B． C．2 D．3
【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由题设，可得.
故答案为：A.
【分析】利用“若两个平面向量，平行，则”这一性质，列出关于的方程，进而求解的值.
3．（2025高一下·南充期末）已知，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【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】【解答】解：由，，则，
所以.
故答案为：D.
【分析】本题考查三角函数诱导公式及同角三角函数平方关系的应用.解题思路是先利用诱导公式将转化为，再根据的范围，用同角三角函数平方关系求出，最后再次利用诱导公式求出.
4．（2025高一下·南充期末）设，为不同的平面，m，n为不同的直线，则下列说法中正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、，，则平行或异面，A错误.
B、，，则或，B错误.
C、，则存在直线平面，使，又，得，故，C正确.
D、，，，则可以在内，可以与平行，也可以与相交但不垂直，不一定有，D错误.
故答案为：C.
【分析】本题聚焦空间中线面、面面的位置关系，需依据线面平行、垂直，面面垂直的判定与性质，逐一剖析选项，判断线线、线面位置关系是否成立，解题关键在于熟练运用空间几何的基本定理，准确把握线面、面面位置关系的多种可能性.
5．（2025高一下·南充期末）如图，已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（　　）
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：由题设，圆锥底面半径为2，则底面周长为，
所以圆锥的侧面积为.
故选：B.
【分析】本题考查圆锥侧面积的计算，关键在于先根据轴截面的性质确定圆锥的底面半径和母线长，再利用圆锥侧面积公式（，其中是母线长，是底面周长 ）求解，解题思路是：先由轴截面为正三角形得出底面半径和母线长，再计算底面周长，最后代入侧面积公式计算.
6．（2025高一下·南充期末）已知中，，，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，，则，
故，
因此.
故答案为：B.
【分析】 本题考查利用平面向量求三角形面积，核心思路是先通过向量数量积公式求出夹角A的余弦值，再用同角三角函数关系得正弦值，最后代入三角形面积公式（）计算.
7．（2025高一下·南充期末）如图，在中，，于，，，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；余弦定理；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题设，，则，，
故，
所以，
所以在上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】本题考查向量投影向量的计算，核心思路是：先通过几何条件求出相关线段长度（、 ），再用余弦定理求，最后依据投影向量公式（投影向量 ）计算，需依次完成线段长度推导、角度余弦值求解及投影向量运算.
8．（2025高一下·南充期末）如图，正方体中，为的中点，点为四边形及其内部的动点，平面.则与平面所成角正切值的范围（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：
取线段的中点分别为，连接，
由中位线可得，所以四点四点共面，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，
因为点为四边形及其内部的动点，所以当，即平面，
所以此时有平面，
由正方体的性质可知平面，所以与平面所成角就是，
又因为，设正方体的边长为2，则，
此时，所以，
故答案为：D.
【分析】先通过构造辅助平面，确定满足平面的点的轨迹；再利用线面角的定义（线面角为直线与平面中投影线的夹角 ），结合正方体边长，分析线面角正切值的范围.需依次完成辅助平面构造、轨迹确定、线面角转化及正切值范围推导.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高一下·南充期末）在中，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．若，则
D．存在，使得成立
【答案】B,C
【知识点】三角函数诱导公式二~六；正弦定理的应用；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】A、由，A错误.
B、由，B正确.
C、由在上单调递减，且，则，C正确.
D、由正弦边角关系，若，即，显然不符合三角形三边关系，D错误.
故答案为：BC.
【分析】A、B、由三角形内角和及诱导公式判断A、B.
C、由余弦函数的单调性比较大小判断C.
D、根据正弦边角关系及三角形三边关系判断D.
10．（2025高一下·南充期末）如图，在正三棱柱中，，，则下列说法正确的是（　　）
A．直线与直线所成角为
B．三棱锥的体积为
C．点到平面的距离为
D．四棱锥的外接球的表面积为
【答案】A,B,D
【知识点】异面直线所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、因，直线 与 所成角 = （或补角 ），正三棱柱中 是等边三角形，，故夹角为，A正确.
B、用等体积法：（换顶点 ）， ，其中，，故：，B正确.
C、由，，则中上的高为，
所以，若到平面的距离为，则，所以，根据对称性易知点到平面的距离为，C错误.
D、由题设，易知四棱锥的外接球，即为该三棱柱的外接球，而的外接圆半径，且，所以外接球的半径，故其表面积为，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：利用“线线平行可将异面直线夹角转化为平面角”，结合正三角形性质判断.
B：用“等体积法”（换顶点 ），将三棱锥体积转化为已知底面积和高的体积.
C、首先求出到平面的距离，再结合对称性判断C.
D、由四棱锥的外接球，即为该三棱柱的外接球，进而求半径，即可得表面积判断D.
11．（2025高一下·南充期末）已知函数，，则下列说法正确的是（　　）
A．时，点是函数图象的一个对称中心
B．时，函数在上有4个零点
C．将图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于轴对称，则最小值为3
D．当时，恰有4个最大值，则实数的取值范围为
【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；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、对称中心判断（ 时 ），当，，代入：，正弦函数值为0的点是对称中心，故 是对称中心，A正确.
B、零点个数（ 时， 在 ），令，即，设，则，正弦函数 在 内的解为：，对应 有3个解，故零点个数为3，B错误.
C、由图象关于轴对称，则，
所以，且，故最小值为3，C正确.
D、由，则，即在上有4个最大值，
所以，可得，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】
A：代入特殊点，利用“正弦函数值为0→对称中心”判断.
B：通过换元法，将 设为，转化为正弦方程在指定区间的解数.
C：图象平移后，利用“偶函数→相位满足”推导 的最小值.
D：换元后，分析正弦函数在区间内“恰有4个最大值”的相位范围，解出 取值.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·南充期末）的值为　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：由，
故答案为：.
【分析】本题考查两角和的余弦公式的逆用，解题思路是识别出所给式子符合两角和的余弦公式的形式，然后将对应角度代入公式进行计算.
13．（2025高一下·南充期末）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若，，，则　 　.
【答案】7
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理
【解析】【解答】解：由且为三角形内角，则，
由正弦定理得，可得.
故答案为：7.
【分析】本题考查正弦定理在解三角形中的应用，以及同角三角函数的基本关系，解题思路是：先根据同角三角函数的平方关系，由求出（因为是三角形内角， ）；再利用正弦定理，代入已知条件求出的值.
14．（2025高一下·南充期末）在三角恒等变化中，积化和差实际上就是把与，与相加或相减而变形得到的；和差化积实际上就是一种角的变化，如：.
如果角与满足，，则　 　.
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；和差化积公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，
所以，
由，
所以，
所以，而.
故答案为：.
【分析】1. 和差化积：将、 转化为含 和 的乘积形式，建立方程.
2. 消元求正切：通过两式相除消去，得.
3. 二倍角公式：利用万能公式，将 转化为 的表达式，代入计算.
综上，通过“和差化积→消元求正切→二倍角公式”，逐步推导得 .
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025高一下·南充期末）已知函数.
（1）求函数的值域；
（2）求使成立的的取值集合.
【答案】（1）解：由
，
因为定义域为，所以值域为.
（2）解：由得：，
所以，
解得.
所以使成立的的取值集合是.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）要确定函数的值域，需先对函数进行化简，利用两角和与差的正弦公式将和展开，再通过辅助角公式进一步合并，转化为形如的正弦型函数，最后依据正弦函数的取值范围来确定原函数的值域.
（2）先将化简后的形式代入不等式，得到关于正弦函数的不等式，再根据正弦函数的图象与性质，求解出的取值范围.
（1）由
，
因为定义域为，所以值域为；
（2）由得：，
所以，
解得.
所以使成立的的取值集合是.
16．（2025高一下·南充期末）在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）求证：；
（2）若为的中点，过的平面交平面于，求证：平面.
【答案】（1）证明：由，为的中点，则，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，故.
（2）证明：由为的中点，为的中点，则，
由，，则，又平面，平面平面，
所以，平面，平面，
所以平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）利用“等腰三角形三线合一”得，结合“面面垂直性质定理”证 平面，进而得.
（2）通过“中位线定理”得，依次用“线面平行判定→线面平行性质→线面平行判定”，推导 平面.
（1）由，为的中点，则，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，故.
（2）由为的中点，为的中点，则，
由，，则，又平面，平面平面，
所以，平面，平面，
所以平面.
17．（2025高一下·南充期末）如图，中，，，，，N为的中点，设，与相交于点.
（1）用，表示、；
（2）若，求的值；
（3）求.
【答案】（1）解：N为的中点，故，
，故.
即：，.
（2）解：，
因为三点共线，设，即，
，故，，
所以，解得.
（3）解：由（1）知，，，
又，，，故，
，
，
，
则.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）利用向量基本定理得到，.
（2）表达出，根据三点共线，得到，求出.
（3）在（1）基础上，得到，，，利用夹角余弦公式进行求解.
（1）N为的中点，故，
，
故；
（2），
因为三点共线，设，即，
，故，，
所以，解得；
（3）由（1）知，，，
又，，，故，
，
，
，
则.
18．（2025高一下·南充期末）已知、、分别为三个内角、、的对边，且.
（1）求的值；
（2）若，，的面积为，求的值；
（3）若，，为垂心，为的外心，求的值.
【答案】（1）解：因为，由正弦定理可得，
即，
即，
即，
因为、，故，可得，
所以，因此，.
（2）解：因为，可得，
因为，由余弦定理可得，
故，所以，解得，
由正弦定理可得，故，
因此，.
（3）解：由平面向量数量积的定义可得，
设，则，
因为，则，
即①，
，
因为，则，
即②，
联立①②得，，故，
取线段的中点，连接，则，如下图所示：
，
同理可得，
因此.
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）：利用正弦定理化边为角，结合两角和正弦公式化简，求 得角.
（2）：通过面积公式求，余弦定理联立方程得，再用正弦定理结合 求.
（3）：设垂心 为、 的线性组合，利用垂心垂直性质列方程解系数，结合外心向量投影性质（中点投影 ）计算数量积.
（1）因为，由正弦定理可得，
即，
即，
即，
因为、，故，可得，
所以，因此，.
（2）因为，可得，
因为，由余弦定理可得，
故，所以，解得，
由正弦定理可得，故，
因此，.
（3）由平面向量数量积的定义可得，
设，则，
因为，则，
即①，
，
因为，则，
即②，
联立①②得，，故，
取线段的中点，连接，则，如下图所示：
，
同理可得，
因此.
19．（2025高一下·南充期末）如图1，在直角梯形中，，，，，为的中点.将沿翻折，使点到点的位置，且，得到如图2所示的四棱锥，若为的中点，是棱上动点.
（1）当为的中点时.
①求证：平面平面；
②求直线与平面所成角的正弦值.
（2）若，求二面角的正弦值的取值范围.
【答案】（1）①证明见解析；②；①证明：由题可设，易知是边长为4的正方形，且，，
由都在平面内，则平面，平面，
所以，又，都在平面内，则平面，
由平面，则，又，为的中点，则，
由都在平面内，则平面，平面，
所以平面平面.
②解：由平面，平面，则，且
同理可得，则，故，
由，
若到平面的距离为，则，可得，而，
所以直线与平面所成角的正弦值.
（2）法一：解：由，且，则，
所以，，，
所以，
故，故到的距离，
又到平面的距离，则二面角的正弦值，
又，则；
法二：解：由题设，构建如下图示空间直角坐标系，则，
所以，若是平面的一个法向量，
所以，令，则，
而平面的一个法向量为，则，
而，则，故，
所以，故二面角的正弦值范围.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】① 面面垂直证明：利用“线面垂直→面面垂直”，通过翻折后 平面，结合 平面 推导 平面，进而得面面垂直.
② 线面角计算：建立空间直角坐标系，求平面法向量与直线方向向量，用向量夹角公式计算线面角（线面角正弦值 = 方向向量与法向量夹角余弦值的绝对值 ）.
（1）①由题设，易知是边长为4的正方形，且，，
由都在平面内，则平面，平面，
所以，又，都在平面内，则平面，
由平面，则，又，为的中点，则，
由都在平面内，则平面，平面，
所以平面平面；
②由平面，平面，则，且
同理可得，则，故，
由，
若到平面的距离为，则，可得，而，
所以直线与平面所成角的正弦值；
（2）法一：由，且，则，
所以，，，
所以，
故，故到的距离，
又到平面的距离，则二面角的正弦值，
又，则；
法二：由题设，构建如下图示空间直角坐标系，则，
所以，若是平面的一个法向量，
所以，令，则，
而平面的一个法向量为，则，
而，则，故，
所以，故二面角的正弦值范围.
1 / 1四川省南充市2024-2025学年高一下学期学业质量监测数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高一下·南充期末）设为虚数单位，复数，则在复平面内对应的点在第（　　）象限.
A．一 B．二 C．三 D．四
2．（2025高一下·南充期末）已知平面向量，，若，则（　　）
A． B． C．2 D．3
3．（2025高一下·南充期末）已知，，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·南充期末）设，为不同的平面，m，n为不同的直线，则下列说法中正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
5．（2025高一下·南充期末）如图，已知圆锥的轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·南充期末）已知中，，，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·南充期末）如图，在中，，于，，，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·南充期末）如图，正方体中，为的中点，点为四边形及其内部的动点，平面.则与平面所成角正切值的范围（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高一下·南充期末）在中，下列说法正确的是（　　）
A．
B．
C．若，则
D．存在，使得成立
10．（2025高一下·南充期末）如图，在正三棱柱中，，，则下列说法正确的是（　　）
A．直线与直线所成角为
B．三棱锥的体积为
C．点到平面的距离为
D．四棱锥的外接球的表面积为
11．（2025高一下·南充期末）已知函数，，则下列说法正确的是（　　）
A．时，点是函数图象的一个对称中心
B．时，函数在上有4个零点
C．将图象向左平移个单位长度后，得到的函数图象关于轴对称，则最小值为3
D．当时，恰有4个最大值，则实数的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·南充期末）的值为　 　.
13．（2025高一下·南充期末）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，若，，，则　 　.
14．（2025高一下·南充期末）在三角恒等变化中，积化和差实际上就是把与，与相加或相减而变形得到的；和差化积实际上就是一种角的变化，如：.
如果角与满足，，则　 　.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025高一下·南充期末）已知函数.
（1）求函数的值域；
（2）求使成立的的取值集合.
16．（2025高一下·南充期末）在三棱锥中，平面平面，，为的中点.
（1）求证：；
（2）若为的中点，过的平面交平面于，求证：平面.
17．（2025高一下·南充期末）如图，中，，，，，N为的中点，设，与相交于点.
（1）用，表示、；
（2）若，求的值；
（3）求.
18．（2025高一下·南充期末）已知、、分别为三个内角、、的对边，且.
（1）求的值；
（2）若，，的面积为，求的值；
（3）若，，为垂心，为的外心，求的值.
19．（2025高一下·南充期末）如图1，在直角梯形中，，，，，为的中点.将沿翻折，使点到点的位置，且，得到如图2所示的四棱锥，若为的中点，是棱上动点.
（1）当为的中点时.
①求证：平面平面；
②求直线与平面所成角的正弦值.
（2）若，求二面角的正弦值的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，对应点坐标为，即在第一象限.
故答案为：A.
【分析】先通过复数乘法法则将复数z化简为标准形式a + bi(a，b为实数 ），然后根据实部a和虚部b的正负确定其对应点(a，b)所在的象限.
2．【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由题设，可得.
故答案为：A.
【分析】利用“若两个平面向量，平行，则”这一性质，列出关于的方程，进而求解的值.
3．【答案】D
【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】【解答】解：由，，则，
所以.
故答案为：D.
【分析】本题考查三角函数诱导公式及同角三角函数平方关系的应用.解题思路是先利用诱导公式将转化为，再根据的范围，用同角三角函数平方关系求出，最后再次利用诱导公式求出.
4．【答案】C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、，，则平行或异面，A错误.
B、，，则或，B错误.
C、，则存在直线平面，使，又，得，故，C正确.
D、，，，则可以在内，可以与平行，也可以与相交但不垂直，不一定有，D错误.
故答案为：C.
【分析】本题聚焦空间中线面、面面的位置关系，需依据线面平行、垂直，面面垂直的判定与性质，逐一剖析选项，判断线线、线面位置关系是否成立，解题关键在于熟练运用空间几何的基本定理，准确把握线面、面面位置关系的多种可能性.
5．【答案】B
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：由题设，圆锥底面半径为2，则底面周长为，
所以圆锥的侧面积为.
故选：B.
【分析】本题考查圆锥侧面积的计算，关键在于先根据轴截面的性质确定圆锥的底面半径和母线长，再利用圆锥侧面积公式（，其中是母线长，是底面周长 ）求解，解题思路是：先由轴截面为正三角形得出底面半径和母线长，再计算底面周长，最后代入侧面积公式计算.
6．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，，则，
故，
因此.
故答案为：B.
【分析】 本题考查利用平面向量求三角形面积，核心思路是先通过向量数量积公式求出夹角A的余弦值，再用同角三角函数关系得正弦值，最后代入三角形面积公式（）计算.
7．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；余弦定理；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题设，，则，，
故，
所以，
所以在上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】本题考查向量投影向量的计算，核心思路是：先通过几何条件求出相关线段长度（、 ），再用余弦定理求，最后依据投影向量公式（投影向量 ）计算，需依次完成线段长度推导、角度余弦值求解及投影向量运算.
8．【答案】D
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：
取线段的中点分别为，连接，
由中位线可得，所以四点四点共面，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，
因为点为四边形及其内部的动点，所以当，即平面，
所以此时有平面，
由正方体的性质可知平面，所以与平面所成角就是，
又因为，设正方体的边长为2，则，
此时，所以，
故答案为：D.
【分析】先通过构造辅助平面，确定满足平面的点的轨迹；再利用线面角的定义（线面角为直线与平面中投影线的夹角 ），结合正方体边长，分析线面角正切值的范围.需依次完成辅助平面构造、轨迹确定、线面角转化及正切值范围推导.
9．【答案】B,C
【知识点】三角函数诱导公式二~六；正弦定理的应用；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】A、由，A错误.
B、由，B正确.
C、由在上单调递减，且，则，C正确.
D、由正弦边角关系，若，即，显然不符合三角形三边关系，D错误.
故答案为：BC.
【分析】A、B、由三角形内角和及诱导公式判断A、B.
C、由余弦函数的单调性比较大小判断C.
D、根据正弦边角关系及三角形三边关系判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】异面直线所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、因，直线 与 所成角 = （或补角 ），正三棱柱中 是等边三角形，，故夹角为，A正确.
B、用等体积法：（换顶点 ）， ，其中，，故：，B正确.
C、由，，则中上的高为，
所以，若到平面的距离为，则，所以，根据对称性易知点到平面的距离为，C错误.
D、由题设，易知四棱锥的外接球，即为该三棱柱的外接球，而的外接圆半径，且，所以外接球的半径，故其表面积为，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】A：利用“线线平行可将异面直线夹角转化为平面角”，结合正三角形性质判断.
B：用“等体积法”（换顶点 ），将三棱锥体积转化为已知底面积和高的体积.
C、首先求出到平面的距离，再结合对称性判断C.
D、由四棱锥的外接球，即为该三棱柱的外接球，进而求半径，即可得表面积判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；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、对称中心判断（ 时 ），当，，代入：，正弦函数值为0的点是对称中心，故 是对称中心，A正确.
B、零点个数（ 时， 在 ），令，即，设，则，正弦函数 在 内的解为：，对应 有3个解，故零点个数为3，B错误.
C、由图象关于轴对称，则，
所以，且，故最小值为3，C正确.
D、由，则，即在上有4个最大值，
所以，可得，D正确.
故答案为：ACD.
【分析】
A：代入特殊点，利用“正弦函数值为0→对称中心”判断.
B：通过换元法，将 设为，转化为正弦方程在指定区间的解数.
C：图象平移后，利用“偶函数→相位满足”推导 的最小值.
D：换元后，分析正弦函数在区间内“恰有4个最大值”的相位范围，解出 取值.
12．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：由，
故答案为：.
【分析】本题考查两角和的余弦公式的逆用，解题思路是识别出所给式子符合两角和的余弦公式的形式，然后将对应角度代入公式进行计算.
13．【答案】7
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理
【解析】【解答】解：由且为三角形内角，则，
由正弦定理得，可得.
故答案为：7.
【分析】本题考查正弦定理在解三角形中的应用，以及同角三角函数的基本关系，解题思路是：先根据同角三角函数的平方关系，由求出（因为是三角形内角， ）；再利用正弦定理，代入已知条件求出的值.
14．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；和差化积公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，
所以，
由，
所以，
所以，而.
故答案为：.
【分析】1. 和差化积：将、 转化为含 和 的乘积形式，建立方程.
2. 消元求正切：通过两式相除消去，得.
3. 二倍角公式：利用万能公式，将 转化为 的表达式，代入计算.
综上，通过“和差化积→消元求正切→二倍角公式”，逐步推导得 .
15．【答案】（1）解：由
，
因为定义域为，所以值域为.
（2）解：由得：，
所以，
解得.
所以使成立的的取值集合是.
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦函数的性质
【解析】【分析】（1）要确定函数的值域，需先对函数进行化简，利用两角和与差的正弦公式将和展开，再通过辅助角公式进一步合并，转化为形如的正弦型函数，最后依据正弦函数的取值范围来确定原函数的值域.
（2）先将化简后的形式代入不等式，得到关于正弦函数的不等式，再根据正弦函数的图象与性质，求解出的取值范围.
（1）由
，
因为定义域为，所以值域为；
（2）由得：，
所以，
解得.
所以使成立的的取值集合是.
16．【答案】（1）证明：由，为的中点，则，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，故.
（2）证明：由为的中点，为的中点，则，
由，，则，又平面，平面平面，
所以，平面，平面，
所以平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）利用“等腰三角形三线合一”得，结合“面面垂直性质定理”证 平面，进而得.
（2）通过“中位线定理”得，依次用“线面平行判定→线面平行性质→线面平行判定”，推导 平面.
（1）由，为的中点，则，
由平面平面，平面平面，平面，
所以平面，平面，故.
（2）由为的中点，为的中点，则，
由，，则，又平面，平面平面，
所以，平面，平面，
所以平面.
17．【答案】（1）解：N为的中点，故，
，故.
即：，.
（2）解：，
因为三点共线，设，即，
，故，，
所以，解得.
（3）解：由（1）知，，，
又，，，故，
，
，
，
则.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）利用向量基本定理得到，.
（2）表达出，根据三点共线，得到，求出.
（3）在（1）基础上，得到，，，利用夹角余弦公式进行求解.
（1）N为的中点，故，
，
故；
（2），
因为三点共线，设，即，
，故，，
所以，解得；
（3）由（1）知，，，
又，，，故，
，
，
，
则.
18．【答案】（1）解：因为，由正弦定理可得，
即，
即，
即，
因为、，故，可得，
所以，因此，.
（2）解：因为，可得，
因为，由余弦定理可得，
故，所以，解得，
由正弦定理可得，故，
因此，.
（3）解：由平面向量数量积的定义可得，
设，则，
因为，则，
即①，
，
因为，则，
即②，
联立①②得，，故，
取线段的中点，连接，则，如下图所示：
，
同理可得，
因此.
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）：利用正弦定理化边为角，结合两角和正弦公式化简，求 得角.
（2）：通过面积公式求，余弦定理联立方程得，再用正弦定理结合 求.
（3）：设垂心 为、 的线性组合，利用垂心垂直性质列方程解系数，结合外心向量投影性质（中点投影 ）计算数量积.
（1）因为，由正弦定理可得，
即，
即，
即，
因为、，故，可得，
所以，因此，.
（2）因为，可得，
因为，由余弦定理可得，
故，所以，解得，
由正弦定理可得，故，
因此，.
（3）由平面向量数量积的定义可得，
设，则，
因为，则，
即①，
，
因为，则，
即②，
联立①②得，，故，
取线段的中点，连接，则，如下图所示：
，
同理可得，
因此.
19．【答案】（1）①证明见解析；②；①证明：由题可设，易知是边长为4的正方形，且，，
由都在平面内，则平面，平面，
所以，又，都在平面内，则平面，
由平面，则，又，为的中点，则，
由都在平面内，则平面，平面，
所以平面平面.
②解：由平面，平面，则，且
同理可得，则，故，
由，
若到平面的距离为，则，可得，而，
所以直线与平面所成角的正弦值.
（2）法一：解：由，且，则，
所以，，，
所以，
故，故到的距离，
又到平面的距离，则二面角的正弦值，
又，则；
法二：解：由题设，构建如下图示空间直角坐标系，则，
所以，若是平面的一个法向量，
所以，令，则，
而平面的一个法向量为，则，
而，则，故，
所以，故二面角的正弦值范围.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】① 面面垂直证明：利用“线面垂直→面面垂直”，通过翻折后 平面，结合 平面 推导 平面，进而得面面垂直.
② 线面角计算：建立空间直角坐标系，求平面法向量与直线方向向量，用向量夹角公式计算线面角（线面角正弦值 = 方向向量与法向量夹角余弦值的绝对值 ）.
（1）①由题设，易知是边长为4的正方形，且，，
由都在平面内，则平面，平面，
所以，又，都在平面内，则平面，
由平面，则，又，为的中点，则，
由都在平面内，则平面，平面，
所以平面平面；
②由平面，平面，则，且
同理可得，则，故，
由，
若到平面的距离为，则，可得，而，
所以直线与平面所成角的正弦值；
（2）法一：由，且，则，
所以，，，
所以，
故，故到的距离，
又到平面的距离，则二面角的正弦值，
又，则；
法二：由题设，构建如下图示空间直角坐标系，则，
所以，若是平面的一个法向量，
所以，令，则，
而平面的一个法向量为，则，
而，则，故，
所以，故二面角的正弦值范围.
1 / 1

展开更多......

收起↑