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浙江省诸暨中学暨阳分校2024-2025学年高一下学期期中数学试题
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一下·诸暨期中）已知全集，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，，所以，
因为，所以.
故答案为：D
【分析】先求集合A与B的交集，再在全集U中求该交集的补集。
2．（2025高一下·诸暨期中）下列各向量运算的结果与相等的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：如图，以，为临边作平行四边形，
则，，，，
所以与相等的是.
故答案为：C
【分析】利用向量加减法的三角形法则和相反向量定义，对各选项逐一化简，判断结果是否等于。
3．（2025高一下·诸暨期中）给出下列命题，其中正确的命题是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】命题的真假判断与应用；不等关系与不等式
【解析】【解答】A，当时，，故A错误；
B，若，则，
由于不同时为0，所以，故B正确；
C，当时，，故C错误；
D，当时，不成立，故D错误；
故答案为：B
【分析】通过举反例判断A、C、D为假命题，利用作差法因式分解判断B为真命题。
4．（2025高一下·诸暨期中）设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若、，则 B．若、，则
C．若、，则 D．若、，则
【答案】B
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】A，若、，则或，故A错误；
B，若、，则，故B正确；
C，若、，则与平行或异面，故C错误；
D，若，，则与的位置关系不确定，故D错误.
故答案为：B．
【分析】根据空间中线面、面面的位置关系，逐一分析每个选项中条件能否推出结论，判断命题的正确性。
5．（2025高一下·诸暨期中）若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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】【解答】解：由题设，
由，
所以，而，则.
故答案为：A
【分析】利用向量夹角公式，先计算和，再代入公式求夹角的余弦值，最后确定夹角。
6．（2025高一下·诸暨期中）已知函数，则不等式的解集为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；不等式的解集
【解析】【解答】解：由题意可得或，
解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：A
【分析】根据分段函数的定义域，分x≤0和x>0两种情况分别代入函数解析式，解对应的不等式，最后取并集。
7．（2025高一下·诸暨期中）如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50 m，山坡对于地平面的坡度为θ，则cos θ等于（　　）
A． B． C．－1 D．－1
【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：在中，由正弦定理得，可得，
在中，由正弦定理，
可得.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件，在中，利用正弦定理求的长，再在中，利用正弦定理，结合诱导公式求的值即可.
8．（2025高一下·诸暨期中）已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，底面是等腰梯形，且满足，，，则球的体积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为，，所以，
在中，由余弦定理可得，
又，所以，所以，
所以的外心是的中点，连接，可得四边形是平行四边形，
所以，从而是梯形的外接圆的圆心，
过作平面，为四棱锥的外接球的球心，
因为平面，又平面，所以，
又因为，所以，所以，
所以，所以球的体积.
故答案为：B
【分析】先确定底面等腰梯形 ABCD 的外接圆圆心，再结合 SD⊥ 平面 ABCD 求出外接球半径，最后计算球的体积。
二、多选题（本大题共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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2025高一下·诸暨期中）已知复数，则下列结论中正确的是（　　）
A．的虚部为
B．
C．
D．在复平面内对应的点位于第一象限
【答案】B,C
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：，虚部为1，，故A错误，B正确，
，在复平面内对应的点为，位于第二象限，故C正确，D错误.
故答案为：BC
【分析】先对复数 z 进行化简，再根据复数的虚部、共轭复数、模及几何意义逐一判断选项。
10．（2025高一下·诸暨期中）函数，若，，下列结论正确的是（　　）
A．
B．直线是图象的一条对称轴
C．在上的最小值为
D．
【答案】A,B,D
【知识点】简单的三角恒等变换；半角公式；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A：，A正确；
B：由于，故直线是图象的对称轴，B正确；
C：当时，，而正弦函数在上单调递增，
则函数的最小值为，C错误；
D：当时，，由，得，
则，故，D正确.
故答案为：ABD
【分析】先化简函数解析式，再根据三角函数的性质逐一判断选项。
11．（2025高一下·诸暨期中）在中，角，，所对的边分别为，，，外接圆半径是，内切圆半径是，下列说法中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则为等腰三角形
C．若，则
D．若，则为锐角三角形
【答案】A,C,D
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A，若，则，所以，所以，故A正确；
B，若，则，所以，
所以，又，，所以或，
所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
C，若，
设，解得，
由余弦定理得，
所以，所以，
因为，
所以，所以，故C正确.
D，，所以，所以，
所以，若，
则，又，所以，
所以，所以为锐角三角形，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦定理、三角恒等变换、三角形面积公式及正切和角公式，对各选项逐一判断。
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025高一下·诸暨期中）水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，则的面积为　 　
【答案】4
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由题设及斜二测画法知，，且，
所以的面积为.
故答案为：4
【分析】根据斜二测画法的规则，还原原三角形的边长和垂直关系，再计算面积。
13．（2025高一下·诸暨期中）已知函数对任意，都有，的图象关于原点对称，且，则　 　
【答案】2
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：函数对任意，都有，所以，
所以，所以是心6为周期的周期函数，
又的图象关于原点对称，所以是奇函数，即，
所以.
故答案为：.
【分析】先由 f(x+3)+f(x)=0 推出函数周期 T=6，再由图象关于原点对称知 f(x) 为奇函数，最后利用周期性和奇偶性化简求值。
14．（2025高一下·诸暨期中）锐角中，角，，所对的边分别为，，，，且，则周长的取值范围为　 　
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：，由余弦定理得，即，
由正弦定理得，
所以， 又，
所以，又为锐角三角形，所以，
又，所以，，
所以，
又，解得，所以，所以，
则，
故周长的取值范围是.
故答案为：
【分析】先用正余弦定理和三角恒等变换求出角B，再根据锐角三角形条件确定角A的范围，最后用正弦定理将周长表示为关于A的函数，求其值域。
四、解答题（本大题共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·诸暨期中）已知，.
（1）求及；
（2）若与共线，求.
【答案】（1）解：因为，，
所以，，
所以.
（2）解：因为，，
所以， ，
因为与共线，所以，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、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】(1)利用向量数量积的坐标公式计算 ，再通过线性运算求出 的坐标，最后用模长公式求其模。
(2)先求出 和 的坐标，再根据共线向量的坐标关系列方程求解 。
（1）因为，，
所以，，
所以.
（2）因为，，
所以， ，
因为与共线，所以，解得.
16．（2025高一下·诸暨期中）如图所示，在直四棱柱中，底面是棱长为2的菱形，，，为中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明：如图，连结，设交于，连结，
因为底面是菱形，所以为中点，
又为中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：在直四棱柱中，平面，
平面，所以，
又底面是菱形，所以，
因为平面，且，
所以平面，又平面，
所以.
（3）解：设到平面的距离为，
则，
而直四棱柱中，底面是棱长为2的菱形，，
所以菱形的面积为，
所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1)利用菱形对角线互相平分的性质，连接交于，得到 为 中点，结合 为 中点，证明 ，再由线面平行判定定理得证。
(2)先由菱形性质得，再由直四棱柱性质得，从而平面，进而。
(3)通过等体积法，转化为求底面的面积和高，或直接利用棱柱体积比例求解。
（1）如图，连结，设交于，连结，
因为底面是菱形，所以为中点，
又为中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）在直四棱柱中，平面，
平面，所以，
又底面是菱形，所以，
因为平面，且，
所以平面，又平面，
所以.
（3）设到平面的距离为，
则，
而直四棱柱中，底面是棱长为2的菱形，，
所以菱形的面积为，
所以.
17．（2025高一下·诸暨期中）已知中，角，，所对的边分别为，，，.
（1）求；
（2）若，，求的面积；
（3）若平分交于点，，，求.
【答案】（1）解：由正弦边角关系有，且，
所以，又，则；
（2）解：由余弦定理有，则，
所以，又，则，
所以的面积；
（3）解：由为角平分线且，则，故，
由，
所以，
所以，则.
【知识点】平面向量的数量积运算；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，化简后求出 ，结合角的范围得到 。
(2)由余弦定理求出边 ，再用三角形面积公式 计算面积。
(3)由角平分线定理得到 ，再用向量线性表示 ，结合数量积列方程求解 。
（1）由正弦边角关系有，且，
所以，又，则；
（2）由余弦定理有，则，
所以，又，则，
所以的面积；
（3）由为角平分线且，则，故，
由，
所以，
所以，则.
18．（2025高一下·诸暨期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，分别是，，的中点.
（1）若，求证：平面；
（2）若二面角的正切值为，且，，求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为，又是的中点，所以，
又平面，平面，所以，
又底面是矩形，所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面.
（2）解：连接，因为，分别是，的中点，
所以，，
又是的中点，底面是矩形，所以，，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以与平面所成角即为与平面所成角，
因为又平面，平面，所以，
过作于，连接，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以为二面角的平面角，所以，所以，
由，可得，所以，
设到平面的距离为，
由，所以，
又，所以，
所以，解得，
又，所以与平面所成角的正弦值为，
所以与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)利用线面垂直性质得到 ，再由等腰三角形三线合一得到 ，从而证明 平面 。
(2)先由二面角正切值求出 ，再利用 ，将线面角转化为 与平面 所成角，通过等体积法求出点 到平面 的距离，进而求得正弦值。
（1）因为，又是的中点，所以，
又平面，平面，所以，
又底面是矩形，所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面.
（2）连接，因为，分别是，的中点，所以，，
又是的中点，底面是矩形，所以，，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以与平面所成角即为与平面所成角，
因为又平面，平面，所以，
过作于，连接，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以为二面角的平面角，所以，所以，
由，可得，所以，
设到平面的距离为，
由，所以，
又，所以，
所以，解得，
又，所以与平面所成角的正弦值为，
所以与平面所成角的正弦值为.
19．（2025高一下·诸暨期中）函数的定义域为，若对于任意的，都有，成立，则称为阶伸缩函数.
（1）若函数为2阶伸缩函数，且当时，，求；
（2）若函数为3阶伸缩函数，且当时，求证：函数在上无零点；
（3）若函数为阶伸缩函数，且当时，的取值范围是，求在上的取值范围.
【答案】（1）解：由题设；
（2）证明：当，则，又，
所以，
令，则，可得，故或，
显然、都不在区间内，故在上无零点；
（3）解：由题设，，且，
当，且，，使，所以，
即，故，则，，
当时，的取值范围是，
当时，，且，则，所以，
所以在上的取值范围.
【知识点】函数的零点与方程根的关系；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】(1)利用2阶伸缩函数性质 ，将 转化到已知表达式的区间 内，再代入计算。
(2)对任意 ，存在 使 ，由3阶伸缩函数性质写出 ，再证明方程 无正实数解。
(3)通过归纳法，利用 递推，得到 在 上的取值范围为 ，从而得到在 上的整体范围。
（1）由题设；
（2）当，则，又，
所以，
令，则，可得，故或，
显然、都不在区间内，故在上无零点；
（3）由题设，，且，
当，且，，使，所以，
即，故，则，，
当时，的取值范围是，
当时，，且，则，所以，
所以在上的取值范围.
1 / 1浙江省诸暨中学暨阳分校2024-2025学年高一下学期期中数学试题
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一下·诸暨期中）已知全集，，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·诸暨期中）下列各向量运算的结果与相等的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·诸暨期中）给出下列命题，其中正确的命题是（　　）
A． B．
C． D．
4．（2025高一下·诸暨期中）设、是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若、，则 B．若、，则
C．若、，则 D．若、，则
5．（2025高一下·诸暨期中）若，是夹角为的两个单位向量，则与的夹角为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·诸暨期中）已知函数，则不等式的解集为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025高一下·诸暨期中）如图所示，在坡度一定的山坡A处测得山顶上一建筑物CD的顶端C对于山坡的斜度为15°，向山顶前进100 m到达B处，又测得C对于山坡的斜度为45°，若CD＝50 m，山坡对于地平面的坡度为θ，则cos θ等于（　　）
A． B． C．－1 D．－1
8．（2025高一下·诸暨期中）已知四棱锥的所有顶点都在球的球面上，平面，底面是等腰梯形，且满足，，，则球的体积是（　　）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共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.全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分）
9．（2025高一下·诸暨期中）已知复数，则下列结论中正确的是（　　）
A．的虚部为
B．
C．
D．在复平面内对应的点位于第一象限
10．（2025高一下·诸暨期中）函数，若，，下列结论正确的是（　　）
A．
B．直线是图象的一条对称轴
C．在上的最小值为
D．
11．（2025高一下·诸暨期中）在中，角，，所对的边分别为，，，外接圆半径是，内切圆半径是，下列说法中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则为等腰三角形
C．若，则
D．若，则为锐角三角形
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025高一下·诸暨期中）水平放置的的斜二测直观图如图所示，已知，，则的面积为　 　
13．（2025高一下·诸暨期中）已知函数对任意，都有，的图象关于原点对称，且，则　 　
14．（2025高一下·诸暨期中）锐角中，角，，所对的边分别为，，，，且，则周长的取值范围为　 　
四、解答题（本大题共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·诸暨期中）已知，.
（1）求及；
（2）若与共线，求.
16．（2025高一下·诸暨期中）如图所示，在直四棱柱中，底面是棱长为2的菱形，，，为中点.
（1）求证：平面；
（2）求证：；
（3）求三棱锥的体积.
17．（2025高一下·诸暨期中）已知中，角，，所对的边分别为，，，.
（1）求；
（2）若，，求的面积；
（3）若平分交于点，，，求.
18．（2025高一下·诸暨期中）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，分别是，，的中点.
（1）若，求证：平面；
（2）若二面角的正切值为，且，，求与平面所成角的正弦值.
19．（2025高一下·诸暨期中）函数的定义域为，若对于任意的，都有，成立，则称为阶伸缩函数.
（1）若函数为2阶伸缩函数，且当时，，求；
（2）若函数为3阶伸缩函数，且当时，求证：函数在上无零点；
（3）若函数为阶伸缩函数，且当时，的取值范围是，求在上的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：因为，，所以，
因为，所以.
故答案为：D
【分析】先求集合A与B的交集，再在全集U中求该交集的补集。
2．【答案】C
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：如图，以，为临边作平行四边形，
则，，，，
所以与相等的是.
故答案为：C
【分析】利用向量加减法的三角形法则和相反向量定义，对各选项逐一化简，判断结果是否等于。
3．【答案】B
【知识点】命题的真假判断与应用；不等关系与不等式
【解析】【解答】A，当时，，故A错误；
B，若，则，
由于不同时为0，所以，故B正确；
C，当时，，故C错误；
D，当时，不成立，故D错误；
故答案为：B
【分析】通过举反例判断A、C、D为假命题，利用作差法因式分解判断B为真命题。
4．【答案】B
【知识点】命题的真假判断与应用；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】A，若、，则或，故A错误；
B，若、，则，故B正确；
C，若、，则与平行或异面，故C错误；
D，若，，则与的位置关系不确定，故D错误.
故答案为：B．
【分析】根据空间中线面、面面的位置关系，逐一分析每个选项中条件能否推出结论，判断命题的正确性。
5．【答案】A
【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】【解答】解：由题设，
由，
所以，而，则.
故答案为：A
【分析】利用向量夹角公式，先计算和，再代入公式求夹角的余弦值，最后确定夹角。
6．【答案】A
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；不等式的解集
【解析】【解答】解：由题意可得或，
解得，
所以不等式的解集为.
故答案为：A
【分析】根据分段函数的定义域，分x≤0和x>0两种情况分别代入函数解析式，解对应的不等式，最后取并集。
7．【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：在中，由正弦定理得，可得，
在中，由正弦定理，
可得.
故答案为：C.
【分析】根据已知条件，在中，利用正弦定理求的长，再在中，利用正弦定理，结合诱导公式求的值即可.
8．【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：因为，，所以，
在中，由余弦定理可得，
又，所以，所以，
所以的外心是的中点，连接，可得四边形是平行四边形，
所以，从而是梯形的外接圆的圆心，
过作平面，为四棱锥的外接球的球心，
因为平面，又平面，所以，
又因为，所以，所以，
所以，所以球的体积.
故答案为：B
【分析】先确定底面等腰梯形 ABCD 的外接圆圆心，再结合 SD⊥ 平面 ABCD 求出外接球半径，最后计算球的体积。
9．【答案】B,C
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：，虚部为1，，故A错误，B正确，
，在复平面内对应的点为，位于第二象限，故C正确，D错误.
故答案为：BC
【分析】先对复数 z 进行化简，再根据复数的虚部、共轭复数、模及几何意义逐一判断选项。
10．【答案】A,B,D
【知识点】简单的三角恒等变换；半角公式；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：A：，A正确；
B：由于，故直线是图象的对称轴，B正确；
C：当时，，而正弦函数在上单调递增，
则函数的最小值为，C错误；
D：当时，，由，得，
则，故，D正确.
故答案为：ABD
【分析】先化简函数解析式，再根据三角函数的性质逐一判断选项。
11．【答案】A,C,D
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A，若，则，所以，所以，故A正确；
B，若，则，所以，
所以，又，，所以或，
所以或，所以为等腰三角形或直角三角形，故B错误；
C，若，
设，解得，
由余弦定理得，
所以，所以，
因为，
所以，所以，故C正确.
D，，所以，所以，
所以，若，
则，又，所以，
所以，所以为锐角三角形，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正弦定理、三角恒等变换、三角形面积公式及正切和角公式，对各选项逐一判断。
12．【答案】4
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由题设及斜二测画法知，，且，
所以的面积为.
故答案为：4
【分析】根据斜二测画法的规则，还原原三角形的边长和垂直关系，再计算面积。
13．【答案】2
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：函数对任意，都有，所以，
所以，所以是心6为周期的周期函数，
又的图象关于原点对称，所以是奇函数，即，
所以.
故答案为：.
【分析】先由 f(x+3)+f(x)=0 推出函数周期 T=6，再由图象关于原点对称知 f(x) 为奇函数，最后利用周期性和奇偶性化简求值。
14．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：，由余弦定理得，即，
由正弦定理得，
所以， 又，
所以，又为锐角三角形，所以，
又，所以，，
所以，
又，解得，所以，所以，
则，
故周长的取值范围是.
故答案为：
【分析】先用正余弦定理和三角恒等变换求出角B，再根据锐角三角形条件确定角A的范围，最后用正弦定理将周长表示为关于A的函数，求其值域。
15．【答案】（1）解：因为，，
所以，，
所以.
（2）解：因为，，
所以， ，
因为与共线，所以，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、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】(1)利用向量数量积的坐标公式计算 ，再通过线性运算求出 的坐标，最后用模长公式求其模。
(2)先求出 和 的坐标，再根据共线向量的坐标关系列方程求解 。
（1）因为，，
所以，，
所以.
（2）因为，，
所以， ，
因为与共线，所以，解得.
16．【答案】（1）证明：如图，连结，设交于，连结，
因为底面是菱形，所以为中点，
又为中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：在直四棱柱中，平面，
平面，所以，
又底面是菱形，所以，
因为平面，且，
所以平面，又平面，
所以.
（3）解：设到平面的距离为，
则，
而直四棱柱中，底面是棱长为2的菱形，，
所以菱形的面积为，
所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1)利用菱形对角线互相平分的性质，连接交于，得到 为 中点，结合 为 中点，证明 ，再由线面平行判定定理得证。
(2)先由菱形性质得，再由直四棱柱性质得，从而平面，进而。
(3)通过等体积法，转化为求底面的面积和高，或直接利用棱柱体积比例求解。
（1）如图，连结，设交于，连结，
因为底面是菱形，所以为中点，
又为中点，所以，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）在直四棱柱中，平面，
平面，所以，
又底面是菱形，所以，
因为平面，且，
所以平面，又平面，
所以.
（3）设到平面的距离为，
则，
而直四棱柱中，底面是棱长为2的菱形，，
所以菱形的面积为，
所以.
17．【答案】（1）解：由正弦边角关系有，且，
所以，又，则；
（2）解：由余弦定理有，则，
所以，又，则，
所以的面积；
（3）解：由为角平分线且，则，故，
由，
所以，
所以，则.
【知识点】平面向量的数量积运算；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，化简后求出 ，结合角的范围得到 。
(2)由余弦定理求出边 ，再用三角形面积公式 计算面积。
(3)由角平分线定理得到 ，再用向量线性表示 ，结合数量积列方程求解 。
（1）由正弦边角关系有，且，
所以，又，则；
（2）由余弦定理有，则，
所以，又，则，
所以的面积；
（3）由为角平分线且，则，故，
由，
所以，
所以，则.
18．【答案】（1）证明：因为，又是的中点，所以，
又平面，平面，所以，
又底面是矩形，所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面.
（2）解：连接，因为，分别是，的中点，
所以，，
又是的中点，底面是矩形，所以，，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以与平面所成角即为与平面所成角，
因为又平面，平面，所以，
过作于，连接，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以为二面角的平面角，所以，所以，
由，可得，所以，
设到平面的距离为，
由，所以，
又，所以，
所以，解得，
又，所以与平面所成角的正弦值为，
所以与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】(1)利用线面垂直性质得到 ，再由等腰三角形三线合一得到 ，从而证明 平面 。
(2)先由二面角正切值求出 ，再利用 ，将线面角转化为 与平面 所成角，通过等体积法求出点 到平面 的距离，进而求得正弦值。
（1）因为，又是的中点，所以，
又平面，平面，所以，
又底面是矩形，所以，又，平面，
所以平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面.
（2）连接，因为，分别是，的中点，所以，，
又是的中点，底面是矩形，所以，，
所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，所以与平面所成角即为与平面所成角，
因为又平面，平面，所以，
过作于，连接，
又，平面，
所以平面，又平面，所以，
所以为二面角的平面角，所以，所以，
由，可得，所以，
设到平面的距离为，
由，所以，
又，所以，
所以，解得，
又，所以与平面所成角的正弦值为，
所以与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】（1）解：由题设；
（2）证明：当，则，又，
所以，
令，则，可得，故或，
显然、都不在区间内，故在上无零点；
（3）解：由题设，，且，
当，且，，使，所以，
即，故，则，，
当时，的取值范围是，
当时，，且，则，所以，
所以在上的取值范围.
【知识点】函数的零点与方程根的关系；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】(1)利用2阶伸缩函数性质 ，将 转化到已知表达式的区间 内，再代入计算。
(2)对任意 ，存在 使 ，由3阶伸缩函数性质写出 ，再证明方程 无正实数解。
(3)通过归纳法，利用 递推，得到 在 上的取值范围为 ，从而得到在 上的整体范围。
（1）由题设；
（2）当，则，又，
所以，
令，则，可得，故或，
显然、都不在区间内，故在上无零点；
（3）由题设，，且，
当，且，，使，所以，
即，故，则，，
当时，的取值范围是，
当时，，且，则，所以，
所以在上的取值范围.
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