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湖南省百校联考(湘潭市第二中学等)2024-2025学年高一下学期期中数学试题
一、单项选择题：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.
1．（2025高一下·湘潭期中）已知是虚数单位，（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·湘潭期中）下列说法正确的是（　　）
A．直角三角形绕它的一条边旋转得到的几何体是一个圆锥
B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的几何体是棱锥
D．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能为六棱锥
3．（2025高一下·湘潭期中）已知在边长为的正方形中，点满足，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·湘潭期中）函数，的单调递增区间是（　　）
A． B．
C．和 D．和
5．（2025高一下·湘潭期中）用斜二测画法画水平放置的 ，其直观图如图所示，其中，若原的周长为6，则（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·湘潭期中）如图所示为关于对称的两个等腰与，已知，则该平面图形（阴影部分）绕着直线旋转形成的几何体的体积为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·湘潭期中）将函数图象上所有点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），再将所得曲线上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象，若的图象关于轴对称，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·湘潭期中）若实数满足，则（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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·湘潭期中）已知复数均不为0，则（　　）
A． B． C． D．
10．（2025高一下·湘潭期中）信阳是中国十佳宜居城市之一，气候宜人，环境优美.如图是信阳市夏季某一天的温度变化曲线，若该曲线近似地满足函数，的部分图象，则下列说法正确的是（　　）
A．该函数的最小正周期是
B．该函数的解析式是，
C．该函数图象的对称中心是
D．该函数图象的对称轴是直线
11．（2025高一下·湘潭期中）在中，，，，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．的面积为 D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·湘潭期中）已知向量满足，则　 　．
13．（2025高一下·湘潭期中）若是三角形的一个内角，且函数在区间上单调递增，则的取值范围为　 　.
14．（2025高一下·湘潭期中）已知的内角所对的边分别是，且，，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·湘潭期中）已知向量，，.
（1）若，求的值；
（2）记，求的最大值和最小值以及对应的的值.
16．（2025高一下·湘潭期中）已知的内角的对边分别为，且.
（1）求角；
（2）若的面积为，求.
17．（2025高一下·湘潭期中）在中，，为的中点．
（1）求；
（2）若，求的值．
18．（2025高一下·湘潭期中）如图，在平行四边形中，，若分别是边所在直线上的点，且满足，其中.
（1）当时，求向量和的夹角的余弦值；
（2）当时，求的取值范围.
19．（2025高一下·湘潭期中）（1）某工厂有一种水晶球需用礼盒包装，为节省费用，设计的礼盒需刚好卡住球．现有两种设计方案，一种是正方体礼盒（如图（1）），另一种是圆柱形礼盒（如图（2）），在不计损耗的情况下圆柱形礼盒单位面积的费用是正方体礼盒的1.6倍，问：工厂选择哪一种礼盒更经济实惠？
（2）设某长方体礼盒的长，宽，高分别为．
（ⅰ）若用十字捆扎法（如图（3）），且长方体各面上的每一段彩带都与所在底面的相应边平行，求所需彩带的总长度；（不考虑接口处的彩带长度）
（ⅱ）若用对角捆扎法（如图（4）），且2cm，不考虑接口处的彩带，结合（ⅰ），比较两种捆扎方法中哪一种所用彩带较短，较短的约为多少厘米？（结果保留到整数）
参考数据：．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，
故答案为：C.
【分析】利用复数除法的分母实数化方法，将分子分母同乘分母的共轭复数，把分母化为实数，再进行化简。
2．【答案】D
【知识点】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，直角三角形绕斜边所在直线旋转得到的几何体不是一个圆锥，故A错误；
B，把两个相同的棱台底面重合在一起，就不是棱台，故B错误；
C，由棱锥的定义，如果一个多面体的一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，才是棱锥，故C错误；
D，当棱锥的各个侧面的顶角之和是360度时，各侧面构成平面图形，构不成棱锥，由此推导出如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能为六棱锥，故D正确.
故答案为：D.
【分析】A：核心思路是明确圆锥的定义，只有直角三角形绕直角边旋转才能得到圆锥，绕斜边旋转得到的是两个同底圆锥的组合体。
B：核心思路是棱台的定义要求侧棱延长后必须交于一点，仅 “两个面平行且相似，其余面是梯形” 不能保证这一点。
C：核心思路是棱锥的定义要求其余各三角形必须有一个公共顶点，否则不是棱锥。
D：核心思路是若六棱锥各侧面都是等边三角形，则各侧面顶角之和为360 ，侧面会共面，无法构成棱锥。
3．【答案】B
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：
.
故答案为：B.
【分析】先将和用、线性表示，再利用向量数量积的分配律展开，结合正方形中的性质进行化简计算。
4．【答案】C
【知识点】正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：，
令，
函数的单调递减区间为.
由，
得，
而，根据复合函数的单调性可知，所求单调递增区间是和.
故答案为：C.
【分析】先利用诱导公式将函数变形为，将求原函数的增区间转化为求的减区间，再结合正弦函数的单调性质列不等式求解，最后与给定定义域取交集。
5．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：如图所示，根据斜二测画法的规则，得到直观图画出原图，
因为，可得，所以，即，
则，所以.
故答案为：C.
【分析】先根据斜二测画法的规则还原原图，得到BC的长度，再结合原三角形周长求出AB的长度，最后在直角三角形中求出AO，并根据斜二测画法中y'方向长度减半的规则，得到A'O'的长度。
6．【答案】D
【知识点】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：该平面图形分别绕着直线旋转一周形成的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥形成的几何体，
因为，所以圆柱的高为1，圆柱底面半径为，
圆锥的底面半径为，高为，
所以该几何体的体积为.
故答案为：D.
【分析】先分析旋转后几何体的构成，确定为圆柱挖去两个全等的圆锥，再利用勾股定理求出圆柱与圆锥的底面半径，结合已知条件确定高，最后通过 “圆柱体积减两个圆锥体积” 计算最终结果。
7．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：可化为，
所以，
由条件可得，
因为函数的图象关于轴对称，所以函数为偶函数，
所以，，
所以，，又，
所以的最小值为，
故答案为：A.
【分析】先将f(x)化简为单一正弦函数，再依次进行横坐标缩放和向左平移，得到g(x)的解析式；利用 “图像关于y轴对称” 等价于 “g(x)为偶函数” 这一性质，列方程求解a的最小值。
8．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由三角函数的值域可知，，所以，所以，
当且仅当时取等号，此时，
所以，，
所以．
故答案为：C．
【分析】利用三角函数的有界性，分析的取值范围，发现其最大值恰好为，从而确定等号成立的条件，进而求出、的关系，最后计算。
9．【答案】B,C,D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：A，，，显然，A不正确；
B，设，，则，，
，所以，B正确；
C，设，，，，，所以，C正确；
D，
，
，D正确；
故答案为：BCD
【分析】通过举反例或代数推导，逐一验证每个选项的正确性。
10．【答案】A,B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；三角函数模型的其他应用
【解析】【解答】解：A，由图象可知，该函数的最小正周期为，A正确；
B，由图象可得，解得，，
图象经过点，
，
.
，，则，，
所以，函数解析式为，，B正确；
C，令，，可得，，所以函数图象的对称中心为，C错误；
D，令，，可得，，所以函数图象的对称轴是直线，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先从图像中提取最值、特殊点坐标，计算出A、B、ω和φ，确定函数解析式，再依据三角函数的周期、对称中心、对称轴的核心公式，逐一验证选项。
11．【答案】A,C,D
【知识点】向量的模；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：设三角形的重心为，则，
由，
所以，，
又，即，可得，
则，故A正确；
因为，故B错误；
设的中点为，因为是三角形的重心，
故，故C正确；
设的中点为，有，
而，
故，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】利用三角形重心的向量性质，将已知条件转化为重心相关向量的模长和点积，再通过几何关系和向量运算逐一判断各选项。
12．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，可得，即，
又由，可得，即，
整理得，即，即，
联立方程组，可得，所以.
故答案为：.
【分析】利用向量模长平方等于向量自身平方的性质，对已知的两个模长等式分别平方，先通过推导出与的关系，再代入的平方式中，消元求解。
13．【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由，可得，
又是三角形的一个内角，所以，
故，，
因为函数在区间上单调递增，
，解得，又，
所以的取值范围为，
故答案为：.
【分析】先根据的范围求出的整体范围，再利用正弦函数的单调递增区间，列出关于的不等式组，最后结合三角形内角的范围求解。
14．【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：依据正弦定理，由，得，
两边同乘，得，解得，
又因为，所以．
故答案为：.
【分析】先利用正弦定理将角的正弦比转化为边的比，化简后得到的值，再结合，通过余弦定理求出，最后根据的范围确定角的大小。
15．【答案】（1）解：因为，，，
所以．
若，则，与矛盾，
故，于是．又，
所以．
（2）解：
．
因为，所以，从而．
所以，
于是，当，即时，取到最大值；
当，即时，取到最小值．
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】(1)利用向量垂直的充要条件，列出三角方程，结合的范围求解。
(2)先通过向量数量积展开，再用辅助角公式化简，最后根据的范围和余弦函数的性质求最值。
（1）因为，，，
所以．
若，则，与矛盾，
故，于是．又，
所以．
（2）．
因为，所以，从而．
所以，
于是，当，即时，取到最大值；
当，即时，取到最小值．
16．【答案】（1）解：因为，由正弦定理得，
则，即，
又在中，由，故.
因为，所以.
（2）解：因为的面积为，所以，得.
又由，有，则，可得，
由余弦定理得，则，可得.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，再通过三角恒等变换化简，求出，进而得到角。
(2)先由三角形面积公式和求出和，再用余弦定理计算。
（1）因为，由正弦定理得，
则，即，又在中，由，故.
因为，所以.
（2）因为的面积为，所以，得.
又由，有，则，可得，
由余弦定理得，则，可得.
17．【答案】（1）解：由，
所以，
即，
又，故；
（2）解：设，由，可知，
又为的中点，所以，
在中，由余弦定理得，，
故的值为．
【知识点】正弦函数的性质；解三角形
【解析】【分析】(1)利用正弦函数的特殊值时，结合三角形内角范围求解。
(2)先在中求出边长关系，再在中利用余弦定理计算。
（1）由，
所以，
即，
又，故；
（2）设，由，可知，
又为的中点，所以，
在中，由余弦定理得，，
故的值为．
18．【答案】（1）解：当时，可得，同理可得，
因为，所以，
则，
而，
所以，
即向量和的夹角的余弦值为.
（2）解：由，
可得
，
因为，可，即，
所以的取值范围为.
【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】【分析】(1)当时，可将和作为正交基底，先表示出和，再利用向量夹角公式求解。
(2)当时，先将和用和线性表示，再展开数量积，得到关于的二次函数，结合求取值范围。
（1）解：当时，可得，同理可得，
因为，所以，
则，
而，
所以，
即向量和的夹角的余弦值为.
（2）解：由，
可得
，
因为，可，即，
所以的取值范围为.
19．【答案】解：（1）设球的半径为，正方体礼盒的造价为元，
则圆柱形礼盒的造价为元，
记正方体礼盒，圆柱形礼盒的总造价分别为，
显然都是正数，所以，
则，所以工厂选择正方体礼盒更经济实惠．
（2）（ⅰ）所需彩带的总长度为．
（ⅱ）如图所示，
在平面内作，则，
同理可得，则，
所以所需彩带的总长度为，
因为，所以用对角捆扎法所用的彩带短，较短的约为35cm．
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【分析】（1）设水晶球半径为r，分别计算正方体和圆柱的表面积，再结合单位面积费用，比较总费用。
（2）（ⅰ）十字捆扎的彩带由两组平行于长和宽的线段，以及四组平行于高的线段组成，分别求和即可。；
（ⅱ）先计算每条斜向彩带的长度（利用勾股定理），再乘以数量，最后与十字捆扎比较。
1 / 1湖南省百校联考(湘潭市第二中学等)2024-2025学年高一下学期期中数学试题
一、单项选择题：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.
1．（2025高一下·湘潭期中）已知是虚数单位，（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，
故答案为：C.
【分析】利用复数除法的分母实数化方法，将分子分母同乘分母的共轭复数，把分母化为实数，再进行化简。
2．（2025高一下·湘潭期中）下列说法正确的是（　　）
A．直角三角形绕它的一条边旋转得到的几何体是一个圆锥
B．有两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台
C．有一个面是多边形，其余各面都是三角形，由这些面围成的几何体是棱锥
D．如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能为六棱锥
【答案】D
【知识点】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，直角三角形绕斜边所在直线旋转得到的几何体不是一个圆锥，故A错误；
B，把两个相同的棱台底面重合在一起，就不是棱台，故B错误；
C，由棱锥的定义，如果一个多面体的一个面是多边形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，才是棱锥，故C错误；
D，当棱锥的各个侧面的顶角之和是360度时，各侧面构成平面图形，构不成棱锥，由此推导出如果一个棱锥的各个侧面都是等边三角形，那么这个棱锥不可能为六棱锥，故D正确.
故答案为：D.
【分析】A：核心思路是明确圆锥的定义，只有直角三角形绕直角边旋转才能得到圆锥，绕斜边旋转得到的是两个同底圆锥的组合体。
B：核心思路是棱台的定义要求侧棱延长后必须交于一点，仅 “两个面平行且相似，其余面是梯形” 不能保证这一点。
C：核心思路是棱锥的定义要求其余各三角形必须有一个公共顶点，否则不是棱锥。
D：核心思路是若六棱锥各侧面都是等边三角形，则各侧面顶角之和为360 ，侧面会共面，无法构成棱锥。
3．（2025高一下·湘潭期中）已知在边长为的正方形中，点满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：
.
故答案为：B.
【分析】先将和用、线性表示，再利用向量数量积的分配律展开，结合正方形中的性质进行化简计算。
4．（2025高一下·湘潭期中）函数，的单调递增区间是（　　）
A． B．
C．和 D．和
【答案】C
【知识点】正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：，
令，
函数的单调递减区间为.
由，
得，
而，根据复合函数的单调性可知，所求单调递增区间是和.
故答案为：C.
【分析】先利用诱导公式将函数变形为，将求原函数的增区间转化为求的减区间，再结合正弦函数的单调性质列不等式求解，最后与给定定义域取交集。
5．（2025高一下·湘潭期中）用斜二测画法画水平放置的 ，其直观图如图所示，其中，若原的周长为6，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：如图所示，根据斜二测画法的规则，得到直观图画出原图，
因为，可得，所以，即，
则，所以.
故答案为：C.
【分析】先根据斜二测画法的规则还原原图，得到BC的长度，再结合原三角形周长求出AB的长度，最后在直角三角形中求出AO，并根据斜二测画法中y'方向长度减半的规则，得到A'O'的长度。
6．（2025高一下·湘潭期中）如图所示为关于对称的两个等腰与，已知，则该平面图形（阴影部分）绕着直线旋转形成的几何体的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】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：该平面图形分别绕着直线旋转一周形成的几何体是一个圆柱挖去两个圆锥形成的几何体，
因为，所以圆柱的高为1，圆柱底面半径为，
圆锥的底面半径为，高为，
所以该几何体的体积为.
故答案为：D.
【分析】先分析旋转后几何体的构成，确定为圆柱挖去两个全等的圆锥，再利用勾股定理求出圆柱与圆锥的底面半径，结合已知条件确定高，最后通过 “圆柱体积减两个圆锥体积” 计算最终结果。
7．（2025高一下·湘潭期中）将函数图象上所有点的横坐标缩小为原来的（纵坐标不变），再将所得曲线上所有的点向左平移个单位长度，得到函数的图象，若的图象关于轴对称，则的最小值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【解答】解：可化为，
所以，
由条件可得，
因为函数的图象关于轴对称，所以函数为偶函数，
所以，，
所以，，又，
所以的最小值为，
故答案为：A.
【分析】先将f(x)化简为单一正弦函数，再依次进行横坐标缩放和向左平移，得到g(x)的解析式；利用 “图像关于y轴对称” 等价于 “g(x)为偶函数” 这一性质，列方程求解a的最小值。
8．（2025高一下·湘潭期中）若实数满足，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由三角函数的值域可知，，所以，所以，
当且仅当时取等号，此时，
所以，，
所以．
故答案为：C．
【分析】利用三角函数的有界性，分析的取值范围，发现其最大值恰好为，从而确定等号成立的条件，进而求出、的关系，最后计算。
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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·湘潭期中）已知复数均不为0，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：A，，，显然，A不正确；
B，设，，则，，
，所以，B正确；
C，设，，，，，所以，C正确；
D，
，
，D正确；
故答案为：BCD
【分析】通过举反例或代数推导，逐一验证每个选项的正确性。
10．（2025高一下·湘潭期中）信阳是中国十佳宜居城市之一，气候宜人，环境优美.如图是信阳市夏季某一天的温度变化曲线，若该曲线近似地满足函数，的部分图象，则下列说法正确的是（　　）
A．该函数的最小正周期是
B．该函数的解析式是，
C．该函数图象的对称中心是
D．该函数图象的对称轴是直线
【答案】A,B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质；三角函数模型的其他应用
【解析】【解答】解：A，由图象可知，该函数的最小正周期为，A正确；
B，由图象可得，解得，，
图象经过点，
，
.
，，则，，
所以，函数解析式为，，B正确；
C，令，，可得，，所以函数图象的对称中心为，C错误；
D，令，，可得，，所以函数图象的对称轴是直线，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先从图像中提取最值、特殊点坐标，计算出A、B、ω和φ，确定函数解析式，再依据三角函数的周期、对称中心、对称轴的核心公式，逐一验证选项。
11．（2025高一下·湘潭期中）在中，，，，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．的面积为 D．
【答案】A,C,D
【知识点】向量的模；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：设三角形的重心为，则，
由，
所以，，
又，即，可得，
则，故A正确；
因为，故B错误；
设的中点为，因为是三角形的重心，
故，故C正确；
设的中点为，有，
而，
故，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】利用三角形重心的向量性质，将已知条件转化为重心相关向量的模长和点积，再通过几何关系和向量运算逐一判断各选项。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·湘潭期中）已知向量满足，则　 　．
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，可得，即，
又由，可得，即，
整理得，即，即，
联立方程组，可得，所以.
故答案为：.
【分析】利用向量模长平方等于向量自身平方的性质，对已知的两个模长等式分别平方，先通过推导出与的关系，再代入的平方式中，消元求解。
13．（2025高一下·湘潭期中）若是三角形的一个内角，且函数在区间上单调递增，则的取值范围为　 　.
【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由，可得，
又是三角形的一个内角，所以，
故，，
因为函数在区间上单调递增，
，解得，又，
所以的取值范围为，
故答案为：.
【分析】先根据的范围求出的整体范围，再利用正弦函数的单调递增区间，列出关于的不等式组，最后结合三角形内角的范围求解。
14．（2025高一下·湘潭期中）已知的内角所对的边分别是，且，，则　 　．
【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：依据正弦定理，由，得，
两边同乘，得，解得，
又因为，所以．
故答案为：.
【分析】先利用正弦定理将角的正弦比转化为边的比，化简后得到的值，再结合，通过余弦定理求出，最后根据的范围确定角的大小。
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·湘潭期中）已知向量，，.
（1）若，求的值；
（2）记，求的最大值和最小值以及对应的的值.
【答案】（1）解：因为，，，
所以．
若，则，与矛盾，
故，于是．又，
所以．
（2）解：
．
因为，所以，从而．
所以，
于是，当，即时，取到最大值；
当，即时，取到最小值．
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】(1)利用向量垂直的充要条件，列出三角方程，结合的范围求解。
(2)先通过向量数量积展开，再用辅助角公式化简，最后根据的范围和余弦函数的性质求最值。
（1）因为，，，
所以．
若，则，与矛盾，
故，于是．又，
所以．
（2）．
因为，所以，从而．
所以，
于是，当，即时，取到最大值；
当，即时，取到最小值．
16．（2025高一下·湘潭期中）已知的内角的对边分别为，且.
（1）求角；
（2）若的面积为，求.
【答案】（1）解：因为，由正弦定理得，
则，即，
又在中，由，故.
因为，所以.
（2）解：因为的面积为，所以，得.
又由，有，则，可得，
由余弦定理得，则，可得.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，再通过三角恒等变换化简，求出，进而得到角。
(2)先由三角形面积公式和求出和，再用余弦定理计算。
（1）因为，由正弦定理得，
则，即，又在中，由，故.
因为，所以.
（2）因为的面积为，所以，得.
又由，有，则，可得，
由余弦定理得，则，可得.
17．（2025高一下·湘潭期中）在中，，为的中点．
（1）求；
（2）若，求的值．
【答案】（1）解：由，
所以，
即，
又，故；
（2）解：设，由，可知，
又为的中点，所以，
在中，由余弦定理得，，
故的值为．
【知识点】正弦函数的性质；解三角形
【解析】【分析】(1)利用正弦函数的特殊值时，结合三角形内角范围求解。
(2)先在中求出边长关系，再在中利用余弦定理计算。
（1）由，
所以，
即，
又，故；
（2）设，由，可知，
又为的中点，所以，
在中，由余弦定理得，，
故的值为．
18．（2025高一下·湘潭期中）如图，在平行四边形中，，若分别是边所在直线上的点，且满足，其中.
（1）当时，求向量和的夹角的余弦值；
（2）当时，求的取值范围.
【答案】（1）解：当时，可得，同理可得，
因为，所以，
则，
而，
所以，
即向量和的夹角的余弦值为.
（2）解：由，
可得
，
因为，可，即，
所以的取值范围为.
【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】【分析】(1)当时，可将和作为正交基底，先表示出和，再利用向量夹角公式求解。
(2)当时，先将和用和线性表示，再展开数量积，得到关于的二次函数，结合求取值范围。
（1）解：当时，可得，同理可得，
因为，所以，
则，
而，
所以，
即向量和的夹角的余弦值为.
（2）解：由，
可得
，
因为，可，即，
所以的取值范围为.
19．（2025高一下·湘潭期中）（1）某工厂有一种水晶球需用礼盒包装，为节省费用，设计的礼盒需刚好卡住球．现有两种设计方案，一种是正方体礼盒（如图（1）），另一种是圆柱形礼盒（如图（2）），在不计损耗的情况下圆柱形礼盒单位面积的费用是正方体礼盒的1.6倍，问：工厂选择哪一种礼盒更经济实惠？
（2）设某长方体礼盒的长，宽，高分别为．
（ⅰ）若用十字捆扎法（如图（3）），且长方体各面上的每一段彩带都与所在底面的相应边平行，求所需彩带的总长度；（不考虑接口处的彩带长度）
（ⅱ）若用对角捆扎法（如图（4）），且2cm，不考虑接口处的彩带，结合（ⅰ），比较两种捆扎方法中哪一种所用彩带较短，较短的约为多少厘米？（结果保留到整数）
参考数据：．
【答案】解：（1）设球的半径为，正方体礼盒的造价为元，
则圆柱形礼盒的造价为元，
记正方体礼盒，圆柱形礼盒的总造价分别为，
显然都是正数，所以，
则，所以工厂选择正方体礼盒更经济实惠．
（2）（ⅰ）所需彩带的总长度为．
（ⅱ）如图所示，
在平面内作，则，
同理可得，则，
所以所需彩带的总长度为，
因为，所以用对角捆扎法所用的彩带短，较短的约为35cm．
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【分析】（1）设水晶球半径为r，分别计算正方体和圆柱的表面积，再结合单位面积费用，比较总费用。
（2）（ⅰ）十字捆扎的彩带由两组平行于长和宽的线段，以及四组平行于高的线段组成，分别求和即可。；
（ⅱ）先计算每条斜向彩带的长度（利用勾股定理），再乘以数量，最后与十字捆扎比较。
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