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浙江省杭州地区(含周边)重点中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、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的．
1．（2025高一下·杭州期中）设，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由已知或，
，
.
故答案为：B.
【分析】先求解不等式 (x 1)(x 2)>0 得到集合B的范围，再在集合A={0，1，2，3} 中筛选出同时属于 B 的元素，得到两集合的交集。
2．（2025高一下·杭州期中）若a为实数，且 ，则
A． B．0 C．1 D．2
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：∵a为实数，且（1+ai）（a﹣i）＝2a+（a2﹣1）i＝2，
∴2a＝2且a2﹣1=0，解得a＝1．
故答案为：C．
【分析】利用复数的运算列式，即可求出a的值.
3．（2025高一下·杭州期中）已知向量，，那么向量在向量上的投影向量为（　　）
A．3 B．5 C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由，得，，
所以在上的投影向量为.
故答案为：C
【分析】根据投影向量的定义，先计算向量 与 的数量积和 的模长，再代入投影向量公式，得到 在 方向上的投影向量。
4．（2025高一下·杭州期中）在中，，则“”是“是钝角三角形”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：因为，，所以，
，即，
所以是钝角三角形，
当是钝角三角形，且时，
当为钝角时，，此时.
所以“”是“是钝角三角形”的充分不必要条件.
故答案为：.
【分析】已知，先由 推出角的范围，进而判断是否为钝角三角形；再反过来由为钝角三角形，分析的取值范围，最后根据充分、必要条件的定义判断两者关系。
5．（2025高一下·杭州期中）已知，，则（　　）
A．3 B．1 C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：，
因为，所以，
所以.
故答案为：.
【分析】利用余弦和角公式展开 ，结合已知的 求出 ，再根据同角三角函数关系将 转化为 计算。
6．（2025高一下·杭州期中）若函数（且）满足：对于任意、且，都有成立，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的单调性及单调区间；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：不妨设，由可得，
所以，函数在上为减函数，
函数在上为减函数，则，解得；
函数在上为减函数，则；
且有，即，
所以有，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】由 可知函数在R上单调递减。需保证分段函数两段各自单调递减，且左段在 处的函数值不小于右段在 处的函数值，联立不等式组求解 的范围。
7．（2025高一下·杭州期中）在中，角的对边分别是，下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，，，则
C．若，则是等腰三角形
D．若，，满足有解，则
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：：，则角，所以与的夹角为，
所以，故错误；
：由余弦定理得，即，解得，故错误；
：由，得，所以，
所以或，
即或，即是等腰三角形或直角三角形，故错误；
：，所以，所以，
又因为，则，所以为锐角，所以，故正确.
故答案为：.
【分析】 对每个选项分别利用向量数量积、余弦定理、正弦定理及三角形边角关系逐一验证，判断其正确性。
8．（2025高一下·杭州期中）已知函数的最小正周期为，当时，函数取得最大值，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；三角函数诱导公式二~六；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由的最小正周期为，，得，所以；
又当时，取到最大值，
所以，解得，
因为，所以，故.
所以，
，
，
又，所以，
所以.
故答案为：A
【分析】先根据正弦函数的周期公式求出ω，结合最大值条件确定φ，得到函数解析式；再利用诱导公式将f(1)、f(3)、f(5)转化到正弦函数的同一单调区间，结合单调性比较大小。
二、选择题：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·杭州期中）若复数，则下列说法正确的是（　　）
A．的虚部是
B．
C．
D．在复平面内对应的点在第二象限
【答案】B,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；共轭复数
【解析】【解答】解：A，的虚部是2，故A错误，
B，，B正确，
C，，C正确，
D，，
故对应的点为，位于第三象限，故D错误，
故答案为：BC
【分析】 根据复数的基本概念（虚部、共轭复数、模长）及复数除法运算，逐一分析每个选项的正确性。
10．（2025高一下·杭州期中）如图，已知圆台形水杯盛有牛奶（不计厚度），杯口的直径为4，杯底的直径为2，杯高为4，当杯底水平放置时，牛奶面的高度为水杯高度的一半，若加入37颗大小相同的椰果（球形），椰果沉入杯底，牛奶恰好充满水杯，则（　　）
A．该水杯侧面积为
B．该水杯里牛奶的体积为
C．放入的椰果半径为
D．该水杯外接球的表面积为
【答案】B,C,D
【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】 由题意可知圆台的上底面圆半径为，下底面圆半径，圆台的高，
设圆台的母线为，则，
故圆台的侧面积为，故A错误，
牛奶面所在的圆的半径为，
故水杯中牛奶的体积为，故B正确，
水杯的体积为，
故37个小球的体积为，
设小球的半径为，进而，解得，故C正确，
设水杯的外接球的球心到上底面的距离为，则，解得，
故外接球的半径为，故其表面积为，故D正确，
故答案为：BCD
【分析】 先明确圆台的上下底半径、高，再分别对侧面积、牛奶体积、椰果体积、外接球表面积逐一计算验证，判断各选项正误。
11．（2025高一下·杭州期中）在中，是中点，，且交于，则（　　）
A．为的中点
B．
C．若，且，则
D．若，则的最大值为．
【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】：由题意得，
设，因为三点共线，
所以，且，解得.
所以，所以为的中点，故正确；
：由知为的中点，所以，故错误；
：由知，
，故正确；
：设，所以，，
因为，所以，
所以，即，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以，所以的最大值为，故正确.
故答案为：
【分析】A：利用向量共线性质，设 ，结合 三点共线的向量条件，解出 并判断 为 中点。
B：由 是 中点，用向量线性运算表示 ，与选项对比判断正误。
C：将 用 相关向量表示，结合 的条件，计算数量积。
D：设 ，，由 得到数量积为零，再用基本不等式求 的最小值，从而得到角的最大值。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·杭州期中）已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为　 　．
【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的母线长为，
圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，
所以，解得，
所以圆锥的表面积为，
故答案为：
【分析】 圆锥侧面展开图的扇形弧长等于底面圆周长，先据此求出母线长，再分别计算侧面积和底面积，最后求和得到表面积。
13．（2025高一下·杭州期中）如图，为了测量两山顶，间的距离，飞机沿水平方向在，两点进行测量，，，，在同一铅垂平面内，飞机在点到，点的俯角分别为，，飞行3千米后，在点到，点的俯角分别为，，则测得两山顶，间距离为　 　千米．
【答案】
【知识点】正弦定理；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：
因为在点测得，的俯角分别为，，
所以，，
因为在点测得，的俯角分别为，，
所以，，
在中，已知，
由正弦定理得，
所以；
因为，则，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以，
因为，，故，
在中，由余弦定理得：，
故，
所以
故答案为：.
【分析】先在 和 中，利用俯角得到内角角度，结合正弦定理求出 、 的长度，再在 中，由已知角 ，用余弦定理计算 。
14．（2025高一下·杭州期中）设为的外心，若，则等于　 　．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；余弦定理
【解析】【解答】解：设圆为三角形的外接圆，半径为，
由于，
所以，.
设，则，
在三角形中，由余弦定理得.
由及，
可知：，
又，所以，
由三角形内角和可知：，
所以，可得：，又，
可得：，又，
所以，
故答案为：.
【分析】利用外心性质（），对已知向量等式两边平方，结合圆心角与圆周角的关系，通过余弦定理求解 。
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·杭州期中）若，是夹角为的两个单位向量，已知向量，
（1）若向量，共线，求实数的值；
（2）若，求向量，的夹角．
【答案】（1）解：由向量，共线可知，存在实数，使得，
即，
因此，
由于，不共线，必有，
解得
（2）解：因为，是夹角为的两个单位向量，
所以，
；
；
；
代入，
又
所以向量，的夹角为．
【知识点】平面向量的共线定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】(1) 利用向量共线的性质，若与共线，则存在实数使得，结合基底不共线的条件列方程求解.
(2) 先计算，再分别求出、、，代入夹角公式求解夹角.
（1）由向量，共线可知，存在实数，使得，
即，
因此，
由于，不共线，必有，
解得
（2）因为，是夹角为的两个单位向量，
所以，
；
；
；
代入，
又
所以向量，的夹角为．
16．（2025高一下·杭州期中）已知正方体的棱长为3，
（1）求四棱锥的体积；
（2）若点，分别为，的中点，求过点，，的平面截正方体所得的截面的周长．
【答案】（1）解：由正方体特征知，
（2）解：如图，延长交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接，．则过点，的平面截正方体所得的截面为五边形．
因为为的中点，为的中点，
所以，，
所以，，
所以，
，
，
即截面周长为．
【知识点】平面的基本性质及推论；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】 (1) 利用正方体的对称性，将四棱锥体积转化为等体积的三棱锥或正方体体积的比例来计算。
(2) 延长相关线段找到截面与正方体棱的交点，确定截面形状为五边形，再逐段计算边长后求和得到周长。
（1）由正方体特征知，
（2）如图，延长交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接，．则过点，的平面截正方体所得的截面为五边形．
因为为的中点，为的中点，
所以，，
所以，，
所以，
，
，
即截面周长为．
17．（2025高一下·杭州期中）某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
0
0 2 0 0
（1）请将上表数据补充完整，并直接写出，，的值和函数的解析式；
（2）设，若函数图像在上有2个零点，求的取值范围；
（3）将图象上所有点向左平行移动个单位长度，得到的图象．若图象的一个对称中心为，求的最小值．
【答案】（1）解：根据表中已知数据，可得，周期为，
由表可知，故，故，
故，，解得，，
（2）解：若函数图像在上有2个零点，即与在上有2个交点．
由得，，
结合图像知：，
（3）解：由（1）知，得．
因为的对称中心为，．
令，解得，．
由于函数的图象关于点成中心对称，令，
解得，．由可知，当时，取得最小值．
【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
【解析】【分析】(1) 由表格中最值确定振幅 ，根据周期公式求 ，再代入特殊点求 ，进而补全表格并得到函数解析式。
(2) 将 转化为 ，结合 时 的图像与取值范围，确定 的取值范围。
(3) 由平移规律得到 ，利用正弦函数对称中心的性质列方程，求出 的最小正值。
（1）根据表中已知数据，可得，周期为，
由表可知，故，故，
故，，解得，，
（2）若函数图像在上有2个零点，即与在上有2个交点．
由得，，
结合图像知：，
（3）由（1）知，得．
因为的对称中心为，．
令，解得，．
由于函数的图象关于点成中心对称，令，
解得，．由可知，当时，取得最小值．
18．（2025高一下·杭州期中）已知函数的定义域为，现有下面两种对变换的操作：
变换：；
变换：，其中．
（1）若，，对进行变换后得到函数，解方程；
（2）若，，对进行变换后得到函数，解不等式；
（3）定义：先对进行变换得到函数；再对进行变换得到函数．设，．证明：无论是奇函数还是偶函数，函数的图象总关于直线对称．
【答案】（1）解：由变换得：，解得
（2）解：由变换得：
，
解不等式得：
或，，
故不等式的解集为，即，
（3）证明：由变换得：；
由变换得：，
即，
若是奇函数，得，，
由，
所以是偶函数．
若是偶函数，得，，
由，
所以是偶函数．
所以无论是奇函数还是偶函数，都是偶函数，
则图象总关于直线对称．
【知识点】函数的奇偶性；余弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【分析】(1) 按照φ变换的定义写出的表达式，将方程转化为指数方程求解。
(2) 按照ω变换的定义写出的表达式，利用三角恒等变换化简后，解绝对值不等式得到解集。
(3) 先通过两次变换得到的表达式，再证明是偶函数，最后结合的形式证明其图象关于直线对称。
（1）由变换得：，解得
（2）由变换得：
，
解不等式得：
或，，
故不等式的解集为，即，
（3）由变换得：；
由变换得：，
即，
若是奇函数，得，，
由，
所以是偶函数．
若是偶函数，得，，
由，
所以是偶函数．
所以无论是奇函数还是偶函数，都是偶函数，
则图象总关于直线对称．
19．（2025高一下·杭州期中）如图，在中，，为边上的三等分点，，．
（1）若，求的面积；
（2）求长的最大值；
（3）若，求的值．
【答案】（1）解：在中，由且，得为正三角形，
所以.
（2）解：在中，由正弦定理得，
即，所以，
在中，由余弦定理得
（其中）
因为，所以，
又因为，所以可取到最小值．
所以，即最大值为.
（3）解：设，由对称性知，，
则，，
所以，
在中，即，所以；
在中，，即，所以，
所以，化简得，
因为，所以，所以，
所以，即．
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 由D、E是BC三等分点得 ，结合 、，用余弦定理证 为正三角形，再求 面积。
(2) 在 中用正弦定理表示 ，在 中用余弦定理表示 ，转化为三角函数求最大值。
(3) 设 ，由 得角的关系，结合正弦定理建立方程，利用三角恒等变换求 。
（1）在中，由且，得为正三角形，
所以.
（2）在中，由正弦定理得，
即，所以，
在中，由余弦定理得
（其中）
因为，所以，
又因为，所以可取到最小值．
所以，即最大值为.
（3）设，由对称性知，，
则，，
所以，
在中，即，所以；
在中，，即，所以，
所以，化简得，
因为，所以，所以，
所以，即．
1 / 1浙江省杭州地区(含周边)重点中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、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的．
1．（2025高一下·杭州期中）设，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·杭州期中）若a为实数，且 ，则
A． B．0 C．1 D．2
3．（2025高一下·杭州期中）已知向量，，那么向量在向量上的投影向量为（　　）
A．3 B．5 C． D．
4．（2025高一下·杭州期中）在中，，则“”是“是钝角三角形”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2025高一下·杭州期中）已知，，则（　　）
A．3 B．1 C． D．
6．（2025高一下·杭州期中）若函数（且）满足：对于任意、且，都有成立，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·杭州期中）在中，角的对边分别是，下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，，，则
C．若，则是等腰三角形
D．若，，满足有解，则
8．（2025高一下·杭州期中）已知函数的最小正周期为，当时，函数取得最大值，则（　　）
A． B．
C． D．
二、选择题：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·杭州期中）若复数，则下列说法正确的是（　　）
A．的虚部是
B．
C．
D．在复平面内对应的点在第二象限
10．（2025高一下·杭州期中）如图，已知圆台形水杯盛有牛奶（不计厚度），杯口的直径为4，杯底的直径为2，杯高为4，当杯底水平放置时，牛奶面的高度为水杯高度的一半，若加入37颗大小相同的椰果（球形），椰果沉入杯底，牛奶恰好充满水杯，则（　　）
A．该水杯侧面积为
B．该水杯里牛奶的体积为
C．放入的椰果半径为
D．该水杯外接球的表面积为
11．（2025高一下·杭州期中）在中，是中点，，且交于，则（　　）
A．为的中点
B．
C．若，且，则
D．若，则的最大值为．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·杭州期中）已知圆锥的底面半径为1，侧面展开图是圆心角为的扇形，则该圆锥的表面积为　 　．
13．（2025高一下·杭州期中）如图，为了测量两山顶，间的距离，飞机沿水平方向在，两点进行测量，，，，在同一铅垂平面内，飞机在点到，点的俯角分别为，，飞行3千米后，在点到，点的俯角分别为，，则测得两山顶，间距离为　 　千米．
14．（2025高一下·杭州期中）设为的外心，若，则等于　 　．
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·杭州期中）若，是夹角为的两个单位向量，已知向量，
（1）若向量，共线，求实数的值；
（2）若，求向量，的夹角．
16．（2025高一下·杭州期中）已知正方体的棱长为3，
（1）求四棱锥的体积；
（2）若点，分别为，的中点，求过点，，的平面截正方体所得的截面的周长．
17．（2025高一下·杭州期中）某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：
0
0 2 0 0
（1）请将上表数据补充完整，并直接写出，，的值和函数的解析式；
（2）设，若函数图像在上有2个零点，求的取值范围；
（3）将图象上所有点向左平行移动个单位长度，得到的图象．若图象的一个对称中心为，求的最小值．
18．（2025高一下·杭州期中）已知函数的定义域为，现有下面两种对变换的操作：
变换：；
变换：，其中．
（1）若，，对进行变换后得到函数，解方程；
（2）若，，对进行变换后得到函数，解不等式；
（3）定义：先对进行变换得到函数；再对进行变换得到函数．设，．证明：无论是奇函数还是偶函数，函数的图象总关于直线对称．
19．（2025高一下·杭州期中）如图，在中，，为边上的三等分点，，．
（1）若，求的面积；
（2）求长的最大值；
（3）若，求的值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】由已知或，
，
.
故答案为：B.
【分析】先求解不等式 (x 1)(x 2)>0 得到集合B的范围，再在集合A={0，1，2，3} 中筛选出同时属于 B 的元素，得到两集合的交集。
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：∵a为实数，且（1+ai）（a﹣i）＝2a+（a2﹣1）i＝2，
∴2a＝2且a2﹣1=0，解得a＝1．
故答案为：C．
【分析】利用复数的运算列式，即可求出a的值.
3．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由，得，，
所以在上的投影向量为.
故答案为：C
【分析】根据投影向量的定义，先计算向量 与 的数量积和 的模长，再代入投影向量公式，得到 在 方向上的投影向量。
4．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：因为，，所以，
，即，
所以是钝角三角形，
当是钝角三角形，且时，
当为钝角时，，此时.
所以“”是“是钝角三角形”的充分不必要条件.
故答案为：.
【分析】已知，先由 推出角的范围，进而判断是否为钝角三角形；再反过来由为钝角三角形，分析的取值范围，最后根据充分、必要条件的定义判断两者关系。
5．【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：，
因为，所以，
所以.
故答案为：.
【分析】利用余弦和角公式展开 ，结合已知的 求出 ，再根据同角三角函数关系将 转化为 计算。
6．【答案】C
【知识点】函数的单调性及单调区间；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：不妨设，由可得，
所以，函数在上为减函数，
函数在上为减函数，则，解得；
函数在上为减函数，则；
且有，即，
所以有，解得.
因此，实数的取值范围是.
故答案为：C.
【分析】由 可知函数在R上单调递减。需保证分段函数两段各自单调递减，且左段在 处的函数值不小于右段在 处的函数值，联立不等式组求解 的范围。
7．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：：，则角，所以与的夹角为，
所以，故错误；
：由余弦定理得，即，解得，故错误；
：由，得，所以，
所以或，
即或，即是等腰三角形或直角三角形，故错误；
：，所以，所以，
又因为，则，所以为锐角，所以，故正确.
故答案为：.
【分析】 对每个选项分别利用向量数量积、余弦定理、正弦定理及三角形边角关系逐一验证，判断其正确性。
8．【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；三角函数诱导公式二~六；利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由的最小正周期为，，得，所以；
又当时，取到最大值，
所以，解得，
因为，所以，故.
所以，
，
，
又，所以，
所以.
故答案为：A
【分析】先根据正弦函数的周期公式求出ω，结合最大值条件确定φ，得到函数解析式；再利用诱导公式将f(1)、f(3)、f(5)转化到正弦函数的同一单调区间，结合单调性比较大小。
9．【答案】B,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；共轭复数
【解析】【解答】解：A，的虚部是2，故A错误，
B，，B正确，
C，，C正确，
D，，
故对应的点为，位于第三象限，故D错误，
故答案为：BC
【分析】 根据复数的基本概念（虚部、共轭复数、模长）及复数除法运算，逐一分析每个选项的正确性。
10．【答案】B,C,D
【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】 由题意可知圆台的上底面圆半径为，下底面圆半径，圆台的高，
设圆台的母线为，则，
故圆台的侧面积为，故A错误，
牛奶面所在的圆的半径为，
故水杯中牛奶的体积为，故B正确，
水杯的体积为，
故37个小球的体积为，
设小球的半径为，进而，解得，故C正确，
设水杯的外接球的球心到上底面的距离为，则，解得，
故外接球的半径为，故其表面积为，故D正确，
故答案为：BCD
【分析】 先明确圆台的上下底半径、高，再分别对侧面积、牛奶体积、椰果体积、外接球表面积逐一计算验证，判断各选项正误。
11．【答案】A,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】：由题意得，
设，因为三点共线，
所以，且，解得.
所以，所以为的中点，故正确；
：由知为的中点，所以，故错误；
：由知，
，故正确；
：设，所以，，
因为，所以，
所以，即，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以，所以的最大值为，故正确.
故答案为：
【分析】A：利用向量共线性质，设 ，结合 三点共线的向量条件，解出 并判断 为 中点。
B：由 是 中点，用向量线性运算表示 ，与选项对比判断正误。
C：将 用 相关向量表示，结合 的条件，计算数量积。
D：设 ，，由 得到数量积为零，再用基本不等式求 的最小值，从而得到角的最大值。
12．【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的母线长为，
圆锥的底面半径为1，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，
所以，解得，
所以圆锥的表面积为，
故答案为：
【分析】 圆锥侧面展开图的扇形弧长等于底面圆周长，先据此求出母线长，再分别计算侧面积和底面积，最后求和得到表面积。
13．【答案】
【知识点】正弦定理；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：
因为在点测得，的俯角分别为，，
所以，，
因为在点测得，的俯角分别为，，
所以，，
在中，已知，
由正弦定理得，
所以；
因为，则，
所以，
在中，由余弦定理得，
所以，
因为，，故，
在中，由余弦定理得：，
故，
所以
故答案为：.
【分析】先在 和 中，利用俯角得到内角角度，结合正弦定理求出 、 的长度，再在 中，由已知角 ，用余弦定理计算 。
14．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；余弦定理
【解析】【解答】解：设圆为三角形的外接圆，半径为，
由于，
所以，.
设，则，
在三角形中，由余弦定理得.
由及，
可知：，
又，所以，
由三角形内角和可知：，
所以，可得：，又，
可得：，又，
所以，
故答案为：.
【分析】利用外心性质（），对已知向量等式两边平方，结合圆心角与圆周角的关系，通过余弦定理求解 。
15．【答案】（1）解：由向量，共线可知，存在实数，使得，
即，
因此，
由于，不共线，必有，
解得
（2）解：因为，是夹角为的两个单位向量，
所以，
；
；
；
代入，
又
所以向量，的夹角为．
【知识点】平面向量的共线定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】(1) 利用向量共线的性质，若与共线，则存在实数使得，结合基底不共线的条件列方程求解.
(2) 先计算，再分别求出、、，代入夹角公式求解夹角.
（1）由向量，共线可知，存在实数，使得，
即，
因此，
由于，不共线，必有，
解得
（2）因为，是夹角为的两个单位向量，
所以，
；
；
；
代入，
又
所以向量，的夹角为．
16．【答案】（1）解：由正方体特征知，
（2）解：如图，延长交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接，．则过点，的平面截正方体所得的截面为五边形．
因为为的中点，为的中点，
所以，，
所以，，
所以，
，
，
即截面周长为．
【知识点】平面的基本性质及推论；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】 (1) 利用正方体的对称性，将四棱锥体积转化为等体积的三棱锥或正方体体积的比例来计算。
(2) 延长相关线段找到截面与正方体棱的交点，确定截面形状为五边形，再逐段计算边长后求和得到周长。
（1）由正方体特征知，
（2）如图，延长交于点，延长交于点，连接交于点，连接交于点，连接，．则过点，的平面截正方体所得的截面为五边形．
因为为的中点，为的中点，
所以，，
所以，，
所以，
，
，
即截面周长为．
17．【答案】（1）解：根据表中已知数据，可得，周期为，
由表可知，故，故，
故，，解得，，
（2）解：若函数图像在上有2个零点，即与在上有2个交点．
由得，，
结合图像知：，
（3）解：由（1）知，得．
因为的对称中心为，．
令，解得，．
由于函数的图象关于点成中心对称，令，
解得，．由可知，当时，取得最小值．
【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
【解析】【分析】(1) 由表格中最值确定振幅 ，根据周期公式求 ，再代入特殊点求 ，进而补全表格并得到函数解析式。
(2) 将 转化为 ，结合 时 的图像与取值范围，确定 的取值范围。
(3) 由平移规律得到 ，利用正弦函数对称中心的性质列方程，求出 的最小正值。
（1）根据表中已知数据，可得，周期为，
由表可知，故，故，
故，，解得，，
（2）若函数图像在上有2个零点，即与在上有2个交点．
由得，，
结合图像知：，
（3）由（1）知，得．
因为的对称中心为，．
令，解得，．
由于函数的图象关于点成中心对称，令，
解得，．由可知，当时，取得最小值．
18．【答案】（1）解：由变换得：，解得
（2）解：由变换得：
，
解不等式得：
或，，
故不等式的解集为，即，
（3）证明：由变换得：；
由变换得：，
即，
若是奇函数，得，，
由，
所以是偶函数．
若是偶函数，得，，
由，
所以是偶函数．
所以无论是奇函数还是偶函数，都是偶函数，
则图象总关于直线对称．
【知识点】函数的奇偶性；余弦函数的性质；辅助角公式
【解析】【分析】(1) 按照φ变换的定义写出的表达式，将方程转化为指数方程求解。
(2) 按照ω变换的定义写出的表达式，利用三角恒等变换化简后，解绝对值不等式得到解集。
(3) 先通过两次变换得到的表达式，再证明是偶函数，最后结合的形式证明其图象关于直线对称。
（1）由变换得：，解得
（2）由变换得：
，
解不等式得：
或，，
故不等式的解集为，即，
（3）由变换得：；
由变换得：，
即，
若是奇函数，得，，
由，
所以是偶函数．
若是偶函数，得，，
由，
所以是偶函数．
所以无论是奇函数还是偶函数，都是偶函数，
则图象总关于直线对称．
19．【答案】（1）解：在中，由且，得为正三角形，
所以.
（2）解：在中，由正弦定理得，
即，所以，
在中，由余弦定理得
（其中）
因为，所以，
又因为，所以可取到最小值．
所以，即最大值为.
（3）解：设，由对称性知，，
则，，
所以，
在中，即，所以；
在中，，即，所以，
所以，化简得，
因为，所以，所以，
所以，即．
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 由D、E是BC三等分点得 ，结合 、，用余弦定理证 为正三角形，再求 面积。
(2) 在 中用正弦定理表示 ，在 中用余弦定理表示 ，转化为三角函数求最大值。
(3) 设 ，由 得角的关系，结合正弦定理建立方程，利用三角恒等变换求 。
（1）在中，由且，得为正三角形，
所以.
（2）在中，由正弦定理得，
即，所以，
在中，由余弦定理得
（其中）
因为，所以，
又因为，所以可取到最小值．
所以，即最大值为.
（3）设，由对称性知，，
则，，
所以，
在中，即，所以；
在中，，即，所以，
所以，化简得，
因为，所以，所以，
所以，即．
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