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广东省广州市真光中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.只有一个选项符合要求）
1．（2025高一下·广州期中）若，则复数的虚部为（　　）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由题可知，所以的虚部为1.
故选：C.
【分析】结合已知条件，利用复数的运算法则先求出复数，即可求得复数z的虚部.
2．（2025高一下·广州期中）在下列各组向量中，可以作为基底的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：A、易知与共线，故A不符合；
B、，则与不共线，故B符合；
C、，则，共线，故C不符合；
D、，则，共线，故D不符合.
故答案为：B.
【分析】根据共线向量的坐标表示，结合平面向量基底的定义逐项求解判断即可.
3．（2025高一下·广州期中）为了得到函数的图象，只要把图象上所有的点（　　）
A．向右平行移动个单位长度 B．向左平行移动个单位长度
C．向右平行移动个单位长度 D．向左平行移动个单位长度
【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】 由可得只要把 图象上所有的点
向右平行移动个单位长度，即可得到函数的图象.
故选：A.
【分析】 根据三角函数图象平移的性质，即可求解出答案.
4．（2025高一下·广州期中）若 是夹角为 的两个单位向量，则向量 的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】由已知， ，所以( = ，| |= ，| |= ，
设向量 的夹角为 ，
则 .
故答案为：B
【分析】直接用夹角公式。
5．（2025高一下·广州期中）设M为平行四边形ABCD对角线的交点，O为平行四边形ABCD所在平面内任意一点，则 等于（　　）
A． B．2 C．3 D．4
【答案】D
【知识点】向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：∵O为任意一点，不妨把A点看成O点，则 = ，
∵M是平行四边形ABCD的对角线的交点，∴ =2 =4
故选：D．
【分析】虑用特殊值法去做，因为O为任意一点，不妨把O看成是特殊点，再代入 计算，结果满足哪一个选项，就选哪一个．
6．（2025高一下·广州期中）一个内角为30°的直角三角形，分别以该三角形的斜边、两条直角边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体．这3个几何体的体积从小到大之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设该直角三角形的三条边长分别为，设三角形斜边上的高为，如图所示：
则，，
由题意，设该3个几何体的体积为，
则，
，
，
，
所以这3个几何体的体积从小到大之比为.
故答案为：.
【分析】设该直角三角形的三条边长分别为，再利用三角形的面积公式出得出三角形斜边上的高，再根据圆锥的体积公式和，从而得出这3个几何体的体积从小到大之比.
7．（2025高一下·广州期中）已知平行四边形ABCD中，，点P在线段CD上（不包含端点），则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由，，，可得，
即，即，
以为原点，以所在的直线为轴，以的垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
易知，，，，
设，，
则，
设，易知在上单调递减，在上单调递增，
且，，
故的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据平面向量的数量积运算求得，以为原点，建立平面直角坐标系，求得相应点的坐标，设，根据向量坐标的线性运算即数量积的坐标表示用表示，结合二次函数的性质求解即可.
8．（2025高一下·广州期中）如图，在正方体中，分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：延长到点，使得，连接，如图所示：
由，得，即，
则为异面直线和所成的角或其补角，
设正方体的棱长为2，
则，
.
故答案为：A.
【分析】延长到点，使得，连接，得到为异面直线和所成的角或其补角，设正方体的棱长为2，在中，求出三边的长度，利用余弦定理求解即可.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，部分选对得部分分，错选0分）
9．（2025高一下·广州期中）下面给出的关系式中，不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B,C,D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；相等向量
【解析】【解答】解：对于A：由可得，又因为，故A正确；
对于B：取，则成立，但不一定成立，故B错误；
对于C：因为表示与共线的向量，表示与共线的向量，
所以不一定成立，故C错误；
对于D：因为，
所以，故D错误.
故选：BCD.
【分析】根据两向量垂直数量积为0的等价关系，从而判断出选项A；利用数量积的运算法则和向量相等的判断方法，从而判断出选项B；利用向量共线定理和数乘向量的运算法则，从而判断出选项C；利用数量积的定义和向量求模公式，从而判断出选项D，进而找出不正确的关系式.
10．（2025高一下·广州期中）表示不同的点，表示不同的直线，表示不同的平面，下列说法错误的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】平行公理；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；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、，则或相交，故A错误；
B、如下图，过作平面与与交于，又，则，
，，则，而，，则，
所以，故B正确；
C、，则，但不一定成立，故C错误；
D、，则或异面，故D错误.
故答案为：ACD.
【分析】根据点线、点面关系以及线面位置关系即可判断A；根据面面以及线线位置关系即可判断B；根据点线和面面位置关系即可判断C；根据面面以及线线位置关系即可判断D.
11．（2025高一下·广州期中）欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥．依据欧拉公式，下列说法中正确的是（　　）
A．对应的点位于第二象限 B．为纯虚数
C．的模长等于 D．的共轭复数为
【答案】A,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：A、易知，对应的点为，
因为，所以，则对应的点位于第二象限，故A正确；
B、为实数，故B错误；
C、
，
则，
故C正确；
D、，则的共轭复数为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由欧拉公式，求得对应的点，再根据三角函数符号即可判断A；根据欧拉公式结合特殊角的三角函数值以及复数的概念即可判断B；根据复数代数形式的乘除运算化简以及复数的模长公式求解即可判断C；根据欧拉公式以及共轭复数的概念求解即可判断D.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025高一下·广州期中）若复数z在复平面内对应的点位于第二象限，且，则z等于　 　．（写出一个即可）
【答案】（答案不唯一）
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模
【解析】【解答】 由题意可设：，
因为，所以，
例如符合题意.
故答案为：（答案不唯一）.
【分析】根据复数的几何意义以及模长公式分析求解.
13．（2025高一下·广州期中）某数学兴趣小组成员为测量某古塔的高度，如图，在塔底的同一水平面上的A、B两点处进行测量，已知在A处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为米，，则该塔的高度　 　.
【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意可知，设米，
则，解得，
在中，由余弦定理，
可得，解得，即，
故塔的高度.
故答案为：.
【分析】由题意可知，设米，在中，根据，求得，再在中，利用余弦定理求解即可.
14．（2025高一下·广州期中）已知函数，且函数图象过点，则函数在区间上的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：函数，
因为函数图象过点，所以，
又因为，所以，所以，解得，
则，
当时，，
结合在单调递减，可得函数在区间上的最小值为.
故答案为：.
【分析】逆用两角和的正弦公式化简函数，根据图象过点求得，确定函数的解析式，最后根据的范围，结合正弦型函数的单调性求在区间上的最小值即可.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明与演算步骤）
15．（2025高一下·广州期中）如图所示，某建筑物模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥.已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面半径为6cm，高为20cm，圆锥母线为10cm．
（1）计算该模型的体积.
（2）现需使用油漆对500个该种模型进行涂层，油漆费用为每平方米30元，总费用是多少？
【答案】（1）解：设圆锥的高为，
由题意得圆锥母线为10cm，
则，
；
（2）解：圆柱的侧面积为，圆柱的上底面的面积为36π，
圆锥侧面积为．
，
故总费用为（元）.
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【分析】（1）设圆锥的高为，由题意，求圆锥的高，再根据圆柱与圆锥的体积公式求解即可；
（2）先计算圆柱的侧面积和上底面面积，再计算圆锥的侧面积，求得总面积，再求总费用即可.
（1）设圆锥的高为，
由题意得圆锥母线为10cm，
则，
；
（2）圆柱的侧面积为，圆柱的上底面的面积为36π，
圆锥侧面积为．
，
故总费用为（元）.
16．（2025高一下·广州期中）如图，某地一天中6~14时的温度变化曲线近似满足（，，）.
（1）求出这段曲线的函数解析式；
（2）某行业在该地经营，当温度在区间之间时为最佳营业时间，那么该行业在6~14时，最佳营业时间有多少小时？
【答案】（1）解：由图知，，，得，则，
把，代入上式，得，则这段函数解析式为，；
（2）解：由题意，得，即，
解得，，即，，
因为，取，得，所以最佳营业时间有（小时）.
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；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】【分析】（1）由图，利用待定系数法求 这段曲线的函数解析式即可；
（2）由（1）的结论，可得，根据正弦型函数的性质进行求解即可.
（1）由题图知，，，得，于是.
把，代入上式，得，所以这段曲线的函数解析式为，；
（2）由题意，得，即，解得，，进而得，.
因为，取，得，所以最佳营业时间有（小时）.
17．（2025高一下·广州期中）在中，内角的对边分别为，已知．
（1）求证：；
（2）若，求的面积．
【答案】（1）解：因为，
根据正弦定理得：
又，所以，
所以，
即，
所以，或（舍），
所以.
（2）解：根据正弦定理得，即，
有余弦定理，得，
解得或，
当时，，，，则，，
而，矛盾，舍去，故，
所以的面积为
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理可得，再利用和差角公式即可求解.
（2）利用正弦定理求得，再利用余弦定理求出，利用面积公式求出的面积即可求解.
（1）因为，
根据正弦定理得：
又，所以，
所以，
即，
所以，或（舍），
所以.
（2）根据正弦定理得，即，
有余弦定理，得，
解得或，
当时，，，，则，，
而，矛盾，舍去，故，
所以的面积为
18．（2025高一下·广州期中）如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是轴与轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标，记为
（1）在斜坐标系中的坐标，已知，求
（2）在斜坐标系中的坐标，已知，，求的最大值.
【答案】（1）解：由题意可知： ，
所以，
所以.
（2）解：由题意可得，=
所以，
令 ，
因为，且，
所以，所以，所以，
所以 ，
又因为函数在单调递增，
所以当时，函数取到最大值3，
即，所以，
所以当时，的最大值为.
【知识点】两向量的和或差的模的最值；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；辅助角公式
【解析】【分析】（1）结合已知条件，根据向量的数量积的运算律先求出，进而即可求得 ；
（2）利用平面向量的数量积的坐标表示可得，令 ，且，则，利用二次函数的性质可知当时，函数取到最大值3，进而可求得的最大值 .
（1）由题意可知： ，
，
∴.
（2）由题意可知，
∴，
由（1）可得：，
令 ，
又因为，
且，所以，
，∴，
又因为函数在单调递增，
即：时，函数取到最大值3，
即，则有，
∴当时，的最大值为.
19．（2025高一下·广州期中）一正三棱台木块如图所示，已知，点在平面内且为的重心.
（1）过点将木块锯开，使截面经过平行于直线，在木块表面应该怎样划线，并说明理由；
（2）求该三棱台木块被问题（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比；
（3）在棱台的底面上（包括边界）是否存在点，使得直线平面？若存在，求长的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】（1）解：在平面内过点O作直线交于点，交于点，连接，如图所示：
则为截面与各木块表面的交线，
理由如下：由于，故四点共面，
且平面平面，平面平面，平面平面，
则为截面与各木块表面的交线；
（2）解：由于点在平面内且为的重心，，
所以，又因为，故，
故几何体为棱柱，
设棱台的高为，的面积为，故，
又，则，
故由台体体积公式得正三棱台体积为，
所以被截面截得的非三棱柱的另一个几何体体积为，
故该三棱台木块被（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比为（或）；
（3）解：分别取的中点，则当点时有平面，
证明如下：由分别为的中点得，
又由于在正三棱台中，，
所以，四点共面，
又因为，点O为重心，所以，
又由正三棱台性质，
故四边形为平行四边形，故，
因为平面、平面，所以平面，
同理平面，
因为，平面，所以平面平面，
所以当点时，平面，于是平面，
在梯形中，由已知条件和前面的分析知：，
即四边形是底边长分别为1和2、腰长为2的等腰梯形，
所以该由等腰梯形性质得该等腰梯形的高为，
所以，
故长度的取值范围为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间点、线、面的位置；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）在平面内过点O作直线交于点，交于点，连接，根据线线平行，求证四点共面即可推出为截面与各木块表面的交线；
（2）先推出几何体为棱柱，设棱台的高为，的面积为，由题意可得，结合台体体积公式求正三棱台体积，即可求解；
（3）分别取的中点，则当点时有平面，求证四点共面，接着通过求证平面平面得证点时平面，再依据条件求出等腰梯形的高和、的长即可.
（1）如图，在平面内过点O作直线交于点，交于点，
连接，则为截面与各木块表面的交线，
理由如下：由于，故四点共面，
且平面平面，平面平面，平面平面，
则为截面与各木块表面的交线.
（2）由于点在平面内且为的重心，，
所以，又因为，故，
故几何体为棱柱，
设棱台的高为，的面积为，故，
又，则，
故由台体体积公式得正三棱台体积为，
所以被截面截得的非三棱柱的另一个几何体体积为，
故该三棱台木块被（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比为（或）.
（3）分别取的中点，则当点时有平面，
证明如下：由分别为的中点得，
又由于在正三棱台中，，
所以，四点共面，
又因为，点O为重心，所以，
又由正三棱台性质，
故四边形为平行四边形，故，
因为平面、平面，所以平面，
同理平面，
因为，平面，所以平面平面，
所以当点时，平面，于是平面，
在梯形中，由已知条件和前面的分析知：，
即四边形是底边长分别为1和2、腰长为2的等腰梯形，
所以该由等腰梯形性质得该等腰梯形的高为，
所以，
所以长度的取值范围为.
1 / 1广东省广州市真光中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.只有一个选项符合要求）
1．（2025高一下·广州期中）若，则复数的虚部为（　　）
A． B． C．1 D．
2．（2025高一下·广州期中）在下列各组向量中，可以作为基底的是（　　）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2025高一下·广州期中）为了得到函数的图象，只要把图象上所有的点（　　）
A．向右平行移动个单位长度 B．向左平行移动个单位长度
C．向右平行移动个单位长度 D．向左平行移动个单位长度
4．（2025高一下·广州期中）若 是夹角为 的两个单位向量，则向量 的夹角为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·广州期中）设M为平行四边形ABCD对角线的交点，O为平行四边形ABCD所在平面内任意一点，则 等于（　　）
A． B．2 C．3 D．4
6．（2025高一下·广州期中）一个内角为30°的直角三角形，分别以该三角形的斜边、两条直角边所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体．这3个几何体的体积从小到大之比为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·广州期中）已知平行四边形ABCD中，，点P在线段CD上（不包含端点），则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·广州期中）如图，在正方体中，分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，部分选对得部分分，错选0分）
9．（2025高一下·广州期中）下面给出的关系式中，不正确的是（　　）
A． B．
C． D．
10．（2025高一下·广州期中）表示不同的点，表示不同的直线，表示不同的平面，下列说法错误的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
11．（2025高一下·广州期中）欧拉公式是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里面占有非常重要的地位，被誉为数学中的天桥．依据欧拉公式，下列说法中正确的是（　　）
A．对应的点位于第二象限 B．为纯虚数
C．的模长等于 D．的共轭复数为
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025高一下·广州期中）若复数z在复平面内对应的点位于第二象限，且，则z等于　 　．（写出一个即可）
13．（2025高一下·广州期中）某数学兴趣小组成员为测量某古塔的高度，如图，在塔底的同一水平面上的A、B两点处进行测量，已知在A处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为米，，则该塔的高度　 　.
14．（2025高一下·广州期中）已知函数，且函数图象过点，则函数在区间上的最小值为　 　.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明与演算步骤）
15．（2025高一下·广州期中）如图所示，某建筑物模型无下底面，有上底面，其外观是圆柱，底部挖去一个圆锥.已知圆柱与圆锥的底面大小相同，圆柱的底面半径为6cm，高为20cm，圆锥母线为10cm．
（1）计算该模型的体积.
（2）现需使用油漆对500个该种模型进行涂层，油漆费用为每平方米30元，总费用是多少？
16．（2025高一下·广州期中）如图，某地一天中6~14时的温度变化曲线近似满足（，，）.
（1）求出这段曲线的函数解析式；
（2）某行业在该地经营，当温度在区间之间时为最佳营业时间，那么该行业在6~14时，最佳营业时间有多少小时？
17．（2025高一下·广州期中）在中，内角的对边分别为，已知．
（1）求证：；
（2）若，求的面积．
18．（2025高一下·广州期中）如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是轴与轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系中的坐标，记为
（1）在斜坐标系中的坐标，已知，求
（2）在斜坐标系中的坐标，已知，，求的最大值.
19．（2025高一下·广州期中）一正三棱台木块如图所示，已知，点在平面内且为的重心.
（1）过点将木块锯开，使截面经过平行于直线，在木块表面应该怎样划线，并说明理由；
（2）求该三棱台木块被问题（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比；
（3）在棱台的底面上（包括边界）是否存在点，使得直线平面？若存在，求长的取值范围；若不存在，说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由题可知，所以的虚部为1.
故选：C.
【分析】结合已知条件，利用复数的运算法则先求出复数，即可求得复数z的虚部.
2．【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：A、易知与共线，故A不符合；
B、，则与不共线，故B符合；
C、，则，共线，故C不符合；
D、，则，共线，故D不符合.
故答案为：B.
【分析】根据共线向量的坐标表示，结合平面向量基底的定义逐项求解判断即可.
3．【答案】A
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】 由可得只要把 图象上所有的点
向右平行移动个单位长度，即可得到函数的图象.
故选：A.
【分析】 根据三角函数图象平移的性质，即可求解出答案.
4．【答案】B
【知识点】数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】由已知， ，所以( = ，| |= ，| |= ，
设向量 的夹角为 ，
则 .
故答案为：B
【分析】直接用夹角公式。
5．【答案】D
【知识点】向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：∵O为任意一点，不妨把A点看成O点，则 = ，
∵M是平行四边形ABCD的对角线的交点，∴ =2 =4
故选：D．
【分析】虑用特殊值法去做，因为O为任意一点，不妨把O看成是特殊点，再代入 计算，结果满足哪一个选项，就选哪一个．
6．【答案】C
【知识点】锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设该直角三角形的三条边长分别为，设三角形斜边上的高为，如图所示：
则，，
由题意，设该3个几何体的体积为，
则，
，
，
，
所以这3个几何体的体积从小到大之比为.
故答案为：.
【分析】设该直角三角形的三条边长分别为，再利用三角形的面积公式出得出三角形斜边上的高，再根据圆锥的体积公式和，从而得出这3个几何体的体积从小到大之比.
7．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由，，，可得，
即，即，
以为原点，以所在的直线为轴，以的垂线为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
易知，，，，
设，，
则，
设，易知在上单调递减，在上单调递增，
且，，
故的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据平面向量的数量积运算求得，以为原点，建立平面直角坐标系，求得相应点的坐标，设，根据向量坐标的线性运算即数量积的坐标表示用表示，结合二次函数的性质求解即可.
8．【答案】A
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：延长到点，使得，连接，如图所示：
由，得，即，
则为异面直线和所成的角或其补角，
设正方体的棱长为2，
则，
.
故答案为：A.
【分析】延长到点，使得，连接，得到为异面直线和所成的角或其补角，设正方体的棱长为2，在中，求出三边的长度，利用余弦定理求解即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；相等向量
【解析】【解答】解：对于A：由可得，又因为，故A正确；
对于B：取，则成立，但不一定成立，故B错误；
对于C：因为表示与共线的向量，表示与共线的向量，
所以不一定成立，故C错误；
对于D：因为，
所以，故D错误.
故选：BCD.
【分析】根据两向量垂直数量积为0的等价关系，从而判断出选项A；利用数量积的运算法则和向量相等的判断方法，从而判断出选项B；利用向量共线定理和数乘向量的运算法则，从而判断出选项C；利用数量积的定义和向量求模公式，从而判断出选项D，进而找出不正确的关系式.
10．【答案】A,C,D
【知识点】平行公理；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；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：A、，则或相交，故A错误；
B、如下图，过作平面与与交于，又，则，
，，则，而，，则，
所以，故B正确；
C、，则，但不一定成立，故C错误；
D、，则或异面，故D错误.
故答案为：ACD.
【分析】根据点线、点面关系以及线面位置关系即可判断A；根据面面以及线线位置关系即可判断B；根据点线和面面位置关系即可判断C；根据面面以及线线位置关系即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：A、易知，对应的点为，
因为，所以，则对应的点位于第二象限，故A正确；
B、为实数，故B错误；
C、
，
则，
故C正确；
D、，则的共轭复数为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由欧拉公式，求得对应的点，再根据三角函数符号即可判断A；根据欧拉公式结合特殊角的三角函数值以及复数的概念即可判断B；根据复数代数形式的乘除运算化简以及复数的模长公式求解即可判断C；根据欧拉公式以及共轭复数的概念求解即可判断D.
12．【答案】（答案不唯一）
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模
【解析】【解答】 由题意可设：，
因为，所以，
例如符合题意.
故答案为：（答案不唯一）.
【分析】根据复数的几何意义以及模长公式分析求解.
13．【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意可知，设米，
则，解得，
在中，由余弦定理，
可得，解得，即，
故塔的高度.
故答案为：.
【分析】由题意可知，设米，在中，根据，求得，再在中，利用余弦定理求解即可.
14．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：函数，
因为函数图象过点，所以，
又因为，所以，所以，解得，
则，
当时，，
结合在单调递减，可得函数在区间上的最小值为.
故答案为：.
【分析】逆用两角和的正弦公式化简函数，根据图象过点求得，确定函数的解析式，最后根据的范围，结合正弦型函数的单调性求在区间上的最小值即可.
15．【答案】（1）解：设圆锥的高为，
由题意得圆锥母线为10cm，
则，
；
（2）解：圆柱的侧面积为，圆柱的上底面的面积为36π，
圆锥侧面积为．
，
故总费用为（元）.
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【分析】（1）设圆锥的高为，由题意，求圆锥的高，再根据圆柱与圆锥的体积公式求解即可；
（2）先计算圆柱的侧面积和上底面面积，再计算圆锥的侧面积，求得总面积，再求总费用即可.
（1）设圆锥的高为，
由题意得圆锥母线为10cm，
则，
；
（2）圆柱的侧面积为，圆柱的上底面的面积为36π，
圆锥侧面积为．
，
故总费用为（元）.
16．【答案】（1）解：由图知，，，得，则，
把，代入上式，得，则这段函数解析式为，；
（2）解：由题意，得，即，
解得，，即，，
因为，取，得，所以最佳营业时间有（小时）.
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；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】【分析】（1）由图，利用待定系数法求 这段曲线的函数解析式即可；
（2）由（1）的结论，可得，根据正弦型函数的性质进行求解即可.
（1）由题图知，，，得，于是.
把，代入上式，得，所以这段曲线的函数解析式为，；
（2）由题意，得，即，解得，，进而得，.
因为，取，得，所以最佳营业时间有（小时）.
17．【答案】（1）解：因为，
根据正弦定理得：
又，所以，
所以，
即，
所以，或（舍），
所以.
（2）解：根据正弦定理得，即，
有余弦定理，得，
解得或，
当时，，，，则，，
而，矛盾，舍去，故，
所以的面积为
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理可得，再利用和差角公式即可求解.
（2）利用正弦定理求得，再利用余弦定理求出，利用面积公式求出的面积即可求解.
（1）因为，
根据正弦定理得：
又，所以，
所以，
即，
所以，或（舍），
所以.
（2）根据正弦定理得，即，
有余弦定理，得，
解得或，
当时，，，，则，，
而，矛盾，舍去，故，
所以的面积为
18．【答案】（1）解：由题意可知： ，
所以，
所以.
（2）解：由题意可得，=
所以，
令 ，
因为，且，
所以，所以，所以，
所以 ，
又因为函数在单调递增，
所以当时，函数取到最大值3，
即，所以，
所以当时，的最大值为.
【知识点】两向量的和或差的模的最值；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；辅助角公式
【解析】【分析】（1）结合已知条件，根据向量的数量积的运算律先求出，进而即可求得 ；
（2）利用平面向量的数量积的坐标表示可得，令 ，且，则，利用二次函数的性质可知当时，函数取到最大值3，进而可求得的最大值 .
（1）由题意可知： ，
，
∴.
（2）由题意可知，
∴，
由（1）可得：，
令 ，
又因为，
且，所以，
，∴，
又因为函数在单调递增，
即：时，函数取到最大值3，
即，则有，
∴当时，的最大值为.
19．【答案】（1）解：在平面内过点O作直线交于点，交于点，连接，如图所示：
则为截面与各木块表面的交线，
理由如下：由于，故四点共面，
且平面平面，平面平面，平面平面，
则为截面与各木块表面的交线；
（2）解：由于点在平面内且为的重心，，
所以，又因为，故，
故几何体为棱柱，
设棱台的高为，的面积为，故，
又，则，
故由台体体积公式得正三棱台体积为，
所以被截面截得的非三棱柱的另一个几何体体积为，
故该三棱台木块被（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比为（或）；
（3）解：分别取的中点，则当点时有平面，
证明如下：由分别为的中点得，
又由于在正三棱台中，，
所以，四点共面，
又因为，点O为重心，所以，
又由正三棱台性质，
故四边形为平行四边形，故，
因为平面、平面，所以平面，
同理平面，
因为，平面，所以平面平面，
所以当点时，平面，于是平面，
在梯形中，由已知条件和前面的分析知：，
即四边形是底边长分别为1和2、腰长为2的等腰梯形，
所以该由等腰梯形性质得该等腰梯形的高为，
所以，
故长度的取值范围为.
【知识点】直线与平面平行的判定；空间点、线、面的位置；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）在平面内过点O作直线交于点，交于点，连接，根据线线平行，求证四点共面即可推出为截面与各木块表面的交线；
（2）先推出几何体为棱柱，设棱台的高为，的面积为，由题意可得，结合台体体积公式求正三棱台体积，即可求解；
（3）分别取的中点，则当点时有平面，求证四点共面，接着通过求证平面平面得证点时平面，再依据条件求出等腰梯形的高和、的长即可.
（1）如图，在平面内过点O作直线交于点，交于点，
连接，则为截面与各木块表面的交线，
理由如下：由于，故四点共面，
且平面平面，平面平面，平面平面，
则为截面与各木块表面的交线.
（2）由于点在平面内且为的重心，，
所以，又因为，故，
故几何体为棱柱，
设棱台的高为，的面积为，故，
又，则，
故由台体体积公式得正三棱台体积为，
所以被截面截得的非三棱柱的另一个几何体体积为，
故该三棱台木块被（1）中的截面分成的两个几何体的体积之比为（或）.
（3）分别取的中点，则当点时有平面，
证明如下：由分别为的中点得，
又由于在正三棱台中，，
所以，四点共面，
又因为，点O为重心，所以，
又由正三棱台性质，
故四边形为平行四边形，故，
因为平面、平面，所以平面，
同理平面，
因为，平面，所以平面平面，
所以当点时，平面，于是平面，
在梯形中，由已知条件和前面的分析知：，
即四边形是底边长分别为1和2、腰长为2的等腰梯形，
所以该由等腰梯形性质得该等腰梯形的高为，
所以，
所以长度的取值范围为.
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