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湖南省长沙市明德中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷
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·长沙期中）设复数，则的共轭复数的虚部为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·长沙期中）已知，，则（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·长沙期中）在中，，则最大角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·长沙期中）非零向量，满足，若，则，的夹角为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·长沙期中）已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为（　　）
A．2 B．1 C． D．
6．（2025高一下·长沙期中）已知点则与同方向的单位向量为
A． B． C． D．
7．（2025高一下·长沙期中）已知，，则右图表示的函数可能是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·长沙期中）设，，则等于（　　）
A． B．1 C．2 D．3
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·长沙期中）下列说法正确的是（　　）
A．“”是“”成立的充分条件
B．命题，则
C．命题“若，则”是真命题
D．“”是“”成立的充分不必要条件
10．（2025高一下·长沙期中）已知平面向量，，则（　　）
A．
B．与可作为一组基底向量
C．与夹角的余弦值为
D．在方向上的投影向量的坐标为
11．（2025高一下·长沙期中）如图，在棱长为4的正方体中，，，分别为棱，，的中点，点为线段上的动点，则（　　）
A．两条异面直线和所成的角为
B．存在点，使得平面
C．对任意点，平面平面
D．点到直线的距离为4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·长沙期中）已知函数在上是减函数，则实数a的取值范围是　 　．
13．（2025高一下·长沙期中）在中，，，点O是的外心，则　 　．
14．（2025高一下·长沙期中）已知函数，且，则的最小值为　 　．
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
15．（2025高一下·长沙期中）在中，角所对的边分别为，且．
（1）求；
（2）若，，为的中点，求．
16．（2025高一下·长沙期中）已知集合，集合．
（1）求；
（2）已知，若是的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
17．（2025高一下·长沙期中）如图，在中，已知，M是的中点，N是上的点，且相交于点P．设.
（1）若，试用向量表示；
（2）若，求实数x的值．
18．（2025高一下·长沙期中）三棱台中，若平面，，，，，分别是，中点．
（1）求与所成角的余弦值；
（2）求平面与平面所成角的余弦值；
（3）求证与平面平行．
19．（2025高一下·长沙期中）对于定义在区间的函数，定义：，，其中，表示函数在上的最小值，表示函数在上的最大值.
（1）若，，试写出、的表达式；
（2）设且，函数，，如果与恰好为同一函数，求的取值范围；
（3）若存在最小正整数，使得对任意的成立，则称函数为上的“阶收缩函数”，已知函数，，试判断是否为上的“阶收缩函数”，如果是，求出对应的，如果不是，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以的共轭复数的虚部为.
故答案为：D
【分析】先通过分母实数化将复数z化简为标准的代数形式a+bi，再根据共轭复数的定义求出z，最后依据复数虚部的定义（虚部为实数，不含i）确定答案。
2．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：联立，解得或，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，联立，求解即可得.
3．【答案】A
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意可知，所以，所以最大，
设，
由余弦定理得：，
故答案为：A
【分析】先由正弦定理将角的正弦比转化为边的比，确定最大角，再用余弦定理计算该角的余弦值。
4．【答案】B
【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：∵非零向量，满足，且，设，的夹角为，
则，且，
所以.
∴.
∵，∴.
故答案为：B．
【分析】先对向量模长等式两边同时平方，消去模长符号转化为数量积运算，结合的条件推导出与模长的关系，最后代入向量夹角余弦公式计算夹角。
5．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设底面半径为，
易知圆锥展开图对应扇形的弧长为圆锥底面圆的周长，半径为圆锥的母线，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用圆锥与其展开图的关系，再结合扇形弧长公式和圆的周长公式，从而得出该圆锥的底面的半径长.
6．【答案】A
【知识点】单位向量；平面向量的坐标运算；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，所以与同方向的单位向量为，
故答案为：A.
【分析】先由坐标法求出的坐标，求出，代入单位向量公式得解.
7．【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质；函数的图象
【解析】【解答】解：由图可知：函数为奇函数，
当时，，故A不符合；
，则为偶函数，故C不符合；
的定义域为，满足，则为定义域上的偶函数，故D不符合.
故答案为：B.
【分析】根据图象可得函数为奇函数，排除CD；根据函数值的符号排除A.
8．【答案】B
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为，，则，
可得，，则，
又因为，
所以.
故答案为：B
【分析】先利用对数定义将、转化为指数形式、，再通过对数运算性质得到，最后对原式因式分解并代入化简。
9．【答案】A,C
【知识点】全称量词命题；必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A，由可以推出，故A正确；
B，根据全称命题的否定为特称命题，所以，故B错误；
C，当时，，故C正确；
D，由不能推出，比如 ，所以充分性不成立，故D错误
故答案为：AC．
【分析】A：根据不等式性质，判断“”能否推出“”，从而确定充分性是否成立。
B：掌握全称命题的否定规则，全称量词改为存在量词，同时否定结论。
C：通过作差法比较与的大小，结合的条件判断差的符号。
D：通过举反例，判断“”能否推出“”，从而确定充分性是否成立。
10．【答案】B,C
【知识点】平面向量的基本定理；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、，则，A错误；
B、易得与为不共线的向量，故与可作为一组基底向量，B正确；
C、，C正确；
D、，D错误.
故答案为：BC.
【分析】对A：计算即可得；对B：借助基底向量的定义即可得；对C：借助平面向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量定义计算即可得.
11．【答案】B,C,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A，由正方体的性质可知，
两条异面直线和所成的角即为，A错误；
B，当点P与点重合时，由题可知，
所以，四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，则平面，B正确；
C，连接，由于平面，平面，故，
又，故，
故，即，故，
又相交，平面，故平面，
又平面，故对任意点，平面平面，C正确；
D，由正方体的性质可得，
，
所以，
又，所以，
所以点到直线的距离，D正确．
故答案为：BCD．
【分析】A：利用正方体中，将异面直线和所成角转化为的内角，判断其大小。
B：通过寻找特殊点（如与重合），证明与平面内的某条直线平行，从而证明线面平行。
C：证明垂直于平面内的两条相交直线和，进而证明平面，从而得到面面垂直。
D：先计算的边长，利用求出点到直线的距离。
12．【答案】
【知识点】复合函数的单调性；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：令，因为在区间上是减函数，且在上是增函数，所以在区间上是减函数，且在区间上恒成立，所以，解得，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
【分析】复合函数求单调性，需要先将内涵是设为，外函数为，由题意可得在上是减函数，且恒成立，解不等式组得解
13．【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取边的中点分别为，连接，如图所示：
易知，
则，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】取边的中点分别为，连接，利用外心的性质以及平面向量数量积的几何意义计算即可.
14．【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；三角函数诱导公式二~六；三角函数诱导公式一
【解析】【解答】解：由，可得，
则，
即或，
即或，因为，所以.
故答案为：.
【分析】由，结合余弦函数的性质求得或，再根据，求的最小值即可.
15．【答案】（1）解：法一：由余弦定理可得，，
整理可得，
由余弦定理可得，
因为，所以．
法二：由正弦定理得，，
因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以．
（2）解：在中，由余弦定理得：，解得，
法一：，
在中，由余弦定理得：，得：．
法二：因为，所以，
所以，
所以，
解得：．
法三：因为，所以，
，所以．

【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）法一：根据余弦定理进行边角化边可得，再利用正弦定理即可求得cosB的值，进而可求得B；
法二：利用正弦定理进行边化角可得，再结合诱导公式和两角和的正弦公式化简可求得cosB的值，进而可求得B；
（2）法一：在中，利用余弦定理，先求边与，再在中利用余弦定理求.
法二：利用，在和中利用余弦定理列式，可求的值.
法三：在中，利用余弦定理，先求边，再利用，结合平面向量数量积的有关运算，可求的值.
（1）法一：因为，由余弦定理：，
得：，则，因为，所以．
法二：因为，由正弦定理得：
，，
，，
因为，所以，因为，所以．
（2）在中，由余弦定理得：，
得：，
法一：，
在中，由余弦定理得：，得：．
法二：因为，所以，
所以，
所以，解得：．
法三：因为，所以，
，所以．
16．【答案】（1）解：解不等式，得，即，
解不等式，得，即，
所以；
（2）解：由，
由是的充分不必要条件，可得是B的真子集，
所以，解得，
所以实数m的取值范围是.
【知识点】并集及其运算；必要条件、充分条件与充要条件的判断；指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【分析】(1)先分别解指数不等式和对数不等式，求出集合A和B，再根据并集的定义求出A∪B。
(2)先解一元二次不等式得到集合C，再由 “x∈C是x∈B的充分不必要条件” 得出C B，从而建立关于m的不等式求解。
（1）解不等式，得，即，
解不等式，得，即，
所以；
（2）由，
由是的充分不必要条件，可得是B的真子集，
所以，解得，
所以实数m的取值范围是.
17．【答案】（1）解：，
设，因为，
所以，
即，
由共线得：，解得：，
所以，
所以.
（2）解：，
因为，由于共线，故，
所以，
解．
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】(1)利用中点性质表示，再通过设参数表示，结合共线的条件求出，进而得到。
(2)先将和用表示，再利用向量垂直的充要条件，结合已知的模长和夹角建立方程求解。
（1），
设，因为，
所以，
即，
由共线得：，解得：，
所以，
所以.
（2），
因为，由于共线，故，
所以，
解．
18．【答案】（1）解：连接.由分别是的中点，
根据中位线性质，得，且，
在三棱台中，可得，所以，
由，可得四边形是平行四边形，则，
所以为与所成角，
在中，由，
可得.
（2）解：因为平面，在平面，
所以，
又又分别在平面与平面内，
平面与平面的交线为，
所以即为平面与平面所成角的平面角，
又，，分别是中点，
所以，
即平面与平面所成角的余弦值为；
（3）证明：由，，
由棱台的结构特征可知，又为的中点，
易知与平行且相等，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又在平面外，在平面内，
所以平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1)异面直线所成角：通过平行转化将异面直线夹角转化为共面角，再用余弦定理求解；
(2)二面角：利用线面垂直确定二面角的平面角，结合几何性质求三角函数值；
(3)线面平行：通过证明线线平行（构造平行四边形），结合线面平行判定定理完成证明。
（1）解：连接.由分别是的中点，
根据中位线性质，得，且，
在三棱台中，可得，所以，
由，可得四边形是平行四边形，则，
所以为与所成角，
在中，由，
可得.
（2）因为平面，在平面，
所以，
又又分别在平面与平面内，
平面与平面的交线为，
所以即为平面与平面所成角的平面角，
又，，分别是中点，
所以，
即平面与平面所成角的余弦值为；
（3）由，，
由棱台的结构特征可知，又为的中点，
易知与平行且相等，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又在平面外，在平面内，
所以平面.
19．【答案】（1）解：因为在内单调递增，
所以，；，.
（2）解：因为与恰好为同一函数，
可知在内单调递增，
令，可设，
因为的图象开口向下，对称轴为，
若，则在内单调递减，且，
可知在内单调递减，则，解得，不合题意；
若，则在内单调递增，且，
可知在内单调递增，则，解得；
综上所述：的取值范围为.
（3）解：因为在内单调递减，在内单调递增，由题意可知：，，
可得，
（i）当时，则，可得，
①若，则，符合题意，可知；
②若，则，
且在内的值域为，可得；
综上所述：；
（ⅱ）若，则，即，
且在内的值域为，可得；
（ⅲ）若，则，可得，
可知对任意恒成立，
令，则在内单调递增，
可知，可得；
综上所述：，且为最小正整数，可得，所以为上的“4阶收缩函数”.
【知识点】复合函数的单调性；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】(1)在上单调递增，因此是区间上的最小值，是区间上的最大值。
(2)与为同一函数，说明在上单调递增，通过换元法分析复合函数的单调性，求解的范围。
(3)先求出和的表达式，再计算的最大值，分类讨论结合恒成立问题参数分离确定最小正整数。
（1）因为在内单调递增，
所以，；，.
（2）因为与恰好为同一函数，
可知在内单调递增，
令，可设，
因为的图象开口向下，对称轴为，
若，则在内单调递减，且，
可知在内单调递减，则，解得，不合题意；
若，则在内单调递增，且，
可知在内单调递增，则，解得；
综上所述：的取值范围为.
（3）因为在内单调递减，在内单调递增，
由题意可知：，，
可得，
（i）当时，则，可得，
①若，则，符合题意，可知；
②若，则，
且在内的值域为，可得；
综上所述：；
（ⅱ）若，则，即，
且在内的值域为，可得；
（ⅲ）若，则，可得，
可知对任意恒成立，
令，则在内单调递增，
可知，可得；
综上所述：，
且为最小正整数，可得，所以为上的“4阶收缩函数”.
1 / 1湖南省长沙市明德中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷
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·长沙期中）设复数，则的共轭复数的虚部为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以，
所以的共轭复数的虚部为.
故答案为：D
【分析】先通过分母实数化将复数z化简为标准的代数形式a+bi，再根据共轭复数的定义求出z，最后依据复数虚部的定义（虚部为实数，不含i）确定答案。
2．（2025高一下·长沙期中）已知，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：联立，解得或，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，联立，求解即可得.
3．（2025高一下·长沙期中）在中，，则最大角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意可知，所以，所以最大，
设，
由余弦定理得：，
故答案为：A
【分析】先由正弦定理将角的正弦比转化为边的比，确定最大角，再用余弦定理计算该角的余弦值。
4．（2025高一下·长沙期中）非零向量，满足，若，则，的夹角为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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：∵非零向量，满足，且，设，的夹角为，
则，且，
所以.
∴.
∵，∴.
故答案为：B．
【分析】先对向量模长等式两边同时平方，消去模长符号转化为数量积运算，结合的条件推导出与模长的关系，最后代入向量夹角余弦公式计算夹角。
5．（2025高一下·长沙期中）已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为（　　）
A．2 B．1 C． D．
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设底面半径为，
易知圆锥展开图对应扇形的弧长为圆锥底面圆的周长，半径为圆锥的母线，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用圆锥与其展开图的关系，再结合扇形弧长公式和圆的周长公式，从而得出该圆锥的底面的半径长.
6．（2025高一下·长沙期中）已知点则与同方向的单位向量为
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】单位向量；平面向量的坐标运算；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：，所以与同方向的单位向量为，
故答案为：A.
【分析】先由坐标法求出的坐标，求出，代入单位向量公式得解.
7．（2025高一下·长沙期中）已知，，则右图表示的函数可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的定义域及其求法；函数的奇偶性；奇函数与偶函数的性质；函数的图象
【解析】【解答】解：由图可知：函数为奇函数，
当时，，故A不符合；
，则为偶函数，故C不符合；
的定义域为，满足，则为定义域上的偶函数，故D不符合.
故答案为：B.
【分析】根据图象可得函数为奇函数，排除CD；根据函数值的符号排除A.
8．（2025高一下·长沙期中）设，，则等于（　　）
A． B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为，，则，
可得，，则，
又因为，
所以.
故答案为：B
【分析】先利用对数定义将、转化为指数形式、，再通过对数运算性质得到，最后对原式因式分解并代入化简。
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·长沙期中）下列说法正确的是（　　）
A．“”是“”成立的充分条件
B．命题，则
C．命题“若，则”是真命题
D．“”是“”成立的充分不必要条件
【答案】A,C
【知识点】全称量词命题；必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A，由可以推出，故A正确；
B，根据全称命题的否定为特称命题，所以，故B错误；
C，当时，，故C正确；
D，由不能推出，比如 ，所以充分性不成立，故D错误
故答案为：AC．
【分析】A：根据不等式性质，判断“”能否推出“”，从而确定充分性是否成立。
B：掌握全称命题的否定规则，全称量词改为存在量词，同时否定结论。
C：通过作差法比较与的大小，结合的条件判断差的符号。
D：通过举反例，判断“”能否推出“”，从而确定充分性是否成立。
10．（2025高一下·长沙期中）已知平面向量，，则（　　）
A．
B．与可作为一组基底向量
C．与夹角的余弦值为
D．在方向上的投影向量的坐标为
【答案】B,C
【知识点】平面向量的基本定理；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、，则，A错误；
B、易得与为不共线的向量，故与可作为一组基底向量，B正确；
C、，C正确；
D、，D错误.
故答案为：BC.
【分析】对A：计算即可得；对B：借助基底向量的定义即可得；对C：借助平面向量夹角公式计算即可得；对D：借助投影向量定义计算即可得.
11．（2025高一下·长沙期中）如图，在棱长为4的正方体中，，，分别为棱，，的中点，点为线段上的动点，则（　　）
A．两条异面直线和所成的角为
B．存在点，使得平面
C．对任意点，平面平面
D．点到直线的距离为4
【答案】B,C,D
【知识点】平面内点到直线的距离公式；直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A，由正方体的性质可知，
两条异面直线和所成的角即为，A错误；
B，当点P与点重合时，由题可知，
所以，四边形为平行四边形，故，
又平面，平面，则平面，B正确；
C，连接，由于平面，平面，故，
又，故，
故，即，故，
又相交，平面，故平面，
又平面，故对任意点，平面平面，C正确；
D，由正方体的性质可得，
，
所以，
又，所以，
所以点到直线的距离，D正确．
故答案为：BCD．
【分析】A：利用正方体中，将异面直线和所成角转化为的内角，判断其大小。
B：通过寻找特殊点（如与重合），证明与平面内的某条直线平行，从而证明线面平行。
C：证明垂直于平面内的两条相交直线和，进而证明平面，从而得到面面垂直。
D：先计算的边长，利用求出点到直线的距离。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·长沙期中）已知函数在上是减函数，则实数a的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】复合函数的单调性；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：令，因为在区间上是减函数，且在上是增函数，所以在区间上是减函数，且在区间上恒成立，所以，解得，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
【分析】复合函数求单调性，需要先将内涵是设为，外函数为，由题意可得在上是减函数，且恒成立，解不等式组得解
13．（2025高一下·长沙期中）在中，，，点O是的外心，则　 　．
【答案】
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取边的中点分别为，连接，如图所示：
易知，
则，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】取边的中点分别为，连接，利用外心的性质以及平面向量数量积的几何意义计算即可.
14．（2025高一下·长沙期中）已知函数，且，则的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；三角函数诱导公式二~六；三角函数诱导公式一
【解析】【解答】解：由，可得，
则，
即或，
即或，因为，所以.
故答案为：.
【分析】由，结合余弦函数的性质求得或，再根据，求的最小值即可.
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）
15．（2025高一下·长沙期中）在中，角所对的边分别为，且．
（1）求；
（2）若，，为的中点，求．
【答案】（1）解：法一：由余弦定理可得，，
整理可得，
由余弦定理可得，
因为，所以．
法二：由正弦定理得，，
因为，所以，
所以，
所以，
因为，所以，所以，
又因为，所以．
（2）解：在中，由余弦定理得：，解得，
法一：，
在中，由余弦定理得：，得：．
法二：因为，所以，
所以，
所以，
解得：．
法三：因为，所以，
，所以．

【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）法一：根据余弦定理进行边角化边可得，再利用正弦定理即可求得cosB的值，进而可求得B；
法二：利用正弦定理进行边化角可得，再结合诱导公式和两角和的正弦公式化简可求得cosB的值，进而可求得B；
（2）法一：在中，利用余弦定理，先求边与，再在中利用余弦定理求.
法二：利用，在和中利用余弦定理列式，可求的值.
法三：在中，利用余弦定理，先求边，再利用，结合平面向量数量积的有关运算，可求的值.
（1）法一：因为，由余弦定理：，
得：，则，因为，所以．
法二：因为，由正弦定理得：
，，
，，
因为，所以，因为，所以．
（2）在中，由余弦定理得：，
得：，
法一：，
在中，由余弦定理得：，得：．
法二：因为，所以，
所以，
所以，解得：．
法三：因为，所以，
，所以．
16．（2025高一下·长沙期中）已知集合，集合．
（1）求；
（2）已知，若是的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
【答案】（1）解：解不等式，得，即，
解不等式，得，即，
所以；
（2）解：由，
由是的充分不必要条件，可得是B的真子集，
所以，解得，
所以实数m的取值范围是.
【知识点】并集及其运算；必要条件、充分条件与充要条件的判断；指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【分析】(1)先分别解指数不等式和对数不等式，求出集合A和B，再根据并集的定义求出A∪B。
(2)先解一元二次不等式得到集合C，再由 “x∈C是x∈B的充分不必要条件” 得出C B，从而建立关于m的不等式求解。
（1）解不等式，得，即，
解不等式，得，即，
所以；
（2）由，
由是的充分不必要条件，可得是B的真子集，
所以，解得，
所以实数m的取值范围是.
17．（2025高一下·长沙期中）如图，在中，已知，M是的中点，N是上的点，且相交于点P．设.
（1）若，试用向量表示；
（2）若，求实数x的值．
【答案】（1）解：，
设，因为，
所以，
即，
由共线得：，解得：，
所以，
所以.
（2）解：，
因为，由于共线，故，
所以，
解．
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】(1)利用中点性质表示，再通过设参数表示，结合共线的条件求出，进而得到。
(2)先将和用表示，再利用向量垂直的充要条件，结合已知的模长和夹角建立方程求解。
（1），
设，因为，
所以，
即，
由共线得：，解得：，
所以，
所以.
（2），
因为，由于共线，故，
所以，
解．
18．（2025高一下·长沙期中）三棱台中，若平面，，，，，分别是，中点．
（1）求与所成角的余弦值；
（2）求平面与平面所成角的余弦值；
（3）求证与平面平行．
【答案】（1）解：连接.由分别是的中点，
根据中位线性质，得，且，
在三棱台中，可得，所以，
由，可得四边形是平行四边形，则，
所以为与所成角，
在中，由，
可得.
（2）解：因为平面，在平面，
所以，
又又分别在平面与平面内，
平面与平面的交线为，
所以即为平面与平面所成角的平面角，
又，，分别是中点，
所以，
即平面与平面所成角的余弦值为；
（3）证明：由，，
由棱台的结构特征可知，又为的中点，
易知与平行且相等，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又在平面外，在平面内，
所以平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】(1)异面直线所成角：通过平行转化将异面直线夹角转化为共面角，再用余弦定理求解；
(2)二面角：利用线面垂直确定二面角的平面角，结合几何性质求三角函数值；
(3)线面平行：通过证明线线平行（构造平行四边形），结合线面平行判定定理完成证明。
（1）解：连接.由分别是的中点，
根据中位线性质，得，且，
在三棱台中，可得，所以，
由，可得四边形是平行四边形，则，
所以为与所成角，
在中，由，
可得.
（2）因为平面，在平面，
所以，
又又分别在平面与平面内，
平面与平面的交线为，
所以即为平面与平面所成角的平面角，
又，，分别是中点，
所以，
即平面与平面所成角的余弦值为；
（3）由，，
由棱台的结构特征可知，又为的中点，
易知与平行且相等，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又在平面外，在平面内，
所以平面.
19．（2025高一下·长沙期中）对于定义在区间的函数，定义：，，其中，表示函数在上的最小值，表示函数在上的最大值.
（1）若，，试写出、的表达式；
（2）设且，函数，，如果与恰好为同一函数，求的取值范围；
（3）若存在最小正整数，使得对任意的成立，则称函数为上的“阶收缩函数”，已知函数，，试判断是否为上的“阶收缩函数”，如果是，求出对应的，如果不是，请说明理由.
【答案】（1）解：因为在内单调递增，
所以，；，.
（2）解：因为与恰好为同一函数，
可知在内单调递增，
令，可设，
因为的图象开口向下，对称轴为，
若，则在内单调递减，且，
可知在内单调递减，则，解得，不合题意；
若，则在内单调递增，且，
可知在内单调递增，则，解得；
综上所述：的取值范围为.
（3）解：因为在内单调递减，在内单调递增，由题意可知：，，
可得，
（i）当时，则，可得，
①若，则，符合题意，可知；
②若，则，
且在内的值域为，可得；
综上所述：；
（ⅱ）若，则，即，
且在内的值域为，可得；
（ⅲ）若，则，可得，
可知对任意恒成立，
令，则在内单调递增，
可知，可得；
综上所述：，且为最小正整数，可得，所以为上的“4阶收缩函数”.
【知识点】复合函数的单调性；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】(1)在上单调递增，因此是区间上的最小值，是区间上的最大值。
(2)与为同一函数，说明在上单调递增，通过换元法分析复合函数的单调性，求解的范围。
(3)先求出和的表达式，再计算的最大值，分类讨论结合恒成立问题参数分离确定最小正整数。
（1）因为在内单调递增，
所以，；，.
（2）因为与恰好为同一函数，
可知在内单调递增，
令，可设，
因为的图象开口向下，对称轴为，
若，则在内单调递减，且，
可知在内单调递减，则，解得，不合题意；
若，则在内单调递增，且，
可知在内单调递增，则，解得；
综上所述：的取值范围为.
（3）因为在内单调递减，在内单调递增，
由题意可知：，，
可得，
（i）当时，则，可得，
①若，则，符合题意，可知；
②若，则，
且在内的值域为，可得；
综上所述：；
（ⅱ）若，则，即，
且在内的值域为，可得；
（ⅲ）若，则，可得，
可知对任意恒成立，
令，则在内单调递增，
可知，可得；
综上所述：，
且为最小正整数，可得，所以为上的“4阶收缩函数”.
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