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广东省广东五校联考2024-2025学年高一下学期5月第一次联合考试数学试题
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·广东期中）已知，则z的虚部为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，可得，
则z的虚部为.
故答案为：A.
【分析】先利用复数代数形式的乘除运算化简求出，再根据复数的概念判断即可.
2．（2025高一下·广东期中）已知向量，若，则（　　）
A．3 B．4 C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由，可得，
若，则，解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量的坐标运算，结合向量垂直数量积为零的坐标运算求解即可.
3．（2025高一下·广东期中）下列命题中为真命题的是（　　）
A．圆台的侧面展开图是一个扇形
B．用任意一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台
C．有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体是棱柱
D．五棱锥共有6个顶点，11条棱
【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；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、圆台的侧面展开图是一个扇环的一部分，故A错误；
B、用平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台，故B错误；
C、由棱柱的定义知，故C正确；
D、五棱锥共有6个顶点，10条棱，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据圆台、棱台、棱柱、棱锥的定义和结构特征逐项判断即可.
4．（2025高一下·广东期中）若锐角，满足，则（　　）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，所以，
则
.
故答案为：B.
【分析】由为锐角，可得，再利用同角三角函数基本关系求得，最后根据两角和的正切公式化简求值即可.
5．（2025高一下·广东期中）已知向量，若向量满足，则可以是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设，，
，
因为，所以，即，即，
A、，满足，故A正确；
B、，不满足，故B不正确；
C、，不满足，故C不正确；
D、，不满足，故D不正确；
故答案为：A.
【分析】设，根据向量的夹角公式，结合求得，再根据向量的坐标运算逐项判断即可.
6．（2025高一下·广东期中）如图，某校高一几位同学测量平地上某建筑物CP的高度，从地面上一点A观察建筑物顶部P的仰角为，朝建筑物方向向前20m到达点B，从点B观察P的仰角为，则建筑物CP的高度为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设建筑物高度为，点到建筑物底部的水平距离，
点到的水平距离，
由题意可知，米，且，由题意可得，
则，化简得，
即，
则.
故答案为：A.
【分析】设建筑物高度为，用表示点到建筑物底部的水平距离，以及点到的水平距离，由题意可得，再利用同角三角函数基本关系、正弦的二倍角公式化简即可.
7．（2025高一下·广东期中）用斜二测画法画出的直观图如图所示，在中，内角，，的对边分别为，，，满足，且，则中AB边上的高为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图；解三角形
【解析】【解答】解：在中，，整理可得，
由余弦定理，可得，
因为，所以，
已知，即，那么中边上的高，
根据斜二测画法的性质，在斜二测画法中，平行于轴的线段长度变为原来的一半，
那么原三角形中边上的高，
将代入可得，
则中边上的高为.
故答案为：C.
【分析】将变形，结合余弦定理求角的大小，再根据斜二测画法得到原三角形的边长，求边上的高即可.
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．
8．（2025高一下·广东期中）已知圆锥的底面半径，母线长，设该圆锥的侧面展开图为扇形AOB，O为扇形圆心，则（　　）
A．扇形AOB的圆心角为
B．圆锥的高h为
C．圆锥的表面积为
D．从点绕圆锥侧面一周回到点的最短距离为
【答案】B,C,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：A、设圆锥的侧面展开图所得扇形的圆心角为，由题意可得，即，解得，故A错误；
B、圆锥的高为，故B正确；
C、由圆锥的侧面积为，底面积为，
所以圆锥的表面积为，故C正确；
D、如图所示，圆锥的侧面展开图中，可得，
即从点绕圆锥侧面一周回到点的最短距离为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】设圆锥的侧面展开图所得扇形的圆心角为，利用扇形弧长公式求解即可判断A；根据圆锥的几何结构特征，结合圆锥的侧面积公式求解即可判断BC；根据圆锥的几何结构特征，以及侧面展开图求解即可判断D.
9．（2025高一下·广东期中）定义复数运算：，已知复数，w满足，则（　　）
A．w可以是
B．的最小值为
C．在复平面内对应的点不可能位于第二象限
D．的实部是5
【答案】B,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，
，整理得，则，即，
A、若，则，故A错误；
B、，
当且仅当时等号成立，故的最小值为，故B正确；
C、若在复平面内对应的点位于第二象限，则，即不成立，则在复平面内对应的点不可能位于第二象限，故C正确；
D、，则的实部是5，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】设复数，根据复数运算的新定义求得，若，根据即可判断A；根据复数模的运算，结合二次函数的性质求解即可判断B；根据复数在复平面内的表示即可判断C；利用复数的乘法运算，结合复数的概念即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
10．（2025高一下·广东期中）已知为纯虚数，则实数　 　．
【答案】3
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：为纯虚数，则，解得.
故答案为：3.
【分析】根据复数的概念列式求解即可.
11．（2025高一下·广东期中）　 　．
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】利用两角和的余弦公式，结合诱导公式化简求值即可.
12．（2025高一下·广东期中）已知函数，若，且，则的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】解：由题意等价于，
则或，
解得，或，
则，，
即的范围为.
故答案为：.
【分析】问题等价于，由三角函数的性质可得或，整理得，，据此求解即可.
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．
13．（2025高一下·广东期中）已知在正方形ABCD中，，．
（1）设，，用，表示；
（2）若AC上一点R满足，求的值．
【答案】（1）解：如图所示：
；
（2）解：如图所示：
由题意，
设，
因为不共线，所以，解得.
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【分析】（1）作出图形，根据向量的线性运算用，表示即可；
（2）由题意得，设，由不共线，可得，求解的值即可.
（1），
（2）由题意，
设，
因为不共线，
从而，解得.
14．（2025高一下·广东期中）如图，已知圆锥OP的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，点C是底面圆周上异于A，B的一点，D是PB的中点，空间中一点Q满足．
（1）证明：平面PQC；
（2）设球M与圆锥的侧面和底面均相切，求球M的半径；
（3）证明：“平面ABC”是“”的充要条件．
【答案】（1）证明：由题意，是的中点，D是PB的中点，则，因为，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：由球M与圆锥的侧面和底面均相切，得圆锥轴截面等腰内切圆是球M的截面大圆，
圆锥的母线，设球M的半径为，
由，得，
则球M的半径是；
（3）证明：由，得点四点共面，平面平面，由平面，平面，得，
因此四边形是平行四边形，则；
反之，由，，得四边形是平行四边形，则，
而平面，平面，因此平面，
所以“平面”是“”的充要条件.
【知识点】充要条件；球内接多面体；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）利用中位线性质，结合平行公理以及线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据给定条件，求出圆锥轴截面等腰三角形内切圆半径即可；
（3）利用线面平行的判定定理以及线面平行的性质，结合充分、必要条件的定义证明即可.
（1）依题意，是的中点，而D是PB的中点，则，而，
因此，而平面，平面，
所以平面.
（2）由球M与圆锥的侧面和底面均相切，得圆锥轴截面等腰内切圆是球M的截面大圆，
圆锥的母线，设球M的半径为，
由，得，
所以球M的半径是.
（3）由，得点四点共面，平面平面，
由平面，平面，得，
因此四边形是平行四边形，则；
反之，由，，得四边形是平行四边形，则，
而平面，平面，因此平面，
所以“平面”是“”的充要条件
15．（2025高一下·广东期中）已知在面积为S的中．
（1）证明：；
（2）若，求S的最大值．
【答案】（1）证明：在中，由余弦定理得，
由，得，
则；
（2）解：由（1）知，，当且仅当时取等号，
显然为锐角，则，
当且仅当，即时取等号，则S的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在中，利用已知条件，结合余弦定理，向量的数量积化简证明即可；
（2）由（1）的结论，结合基本不等式可得，再利用三角形面积公式及同角公式求解即可.
（1）在中，由余弦定理，得，
由，得，
所以.
（2）由（1）知，，当且仅当时取等号，
显然为锐角，则
，当且仅当，即时取等号，
所以S的最大值为.
16．（2025高一下·广东期中）设函数，其部分图象与坐标轴交点如图所示．
（1）若，，，求；
（2）在中，记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（ⅰ）证明：是等腰三角形；
（ⅱ）若，求当的最小正周期为多少时，的中线BD能取得最大值．
【答案】（1）解：易知，
当时，，所以，
令，即，则（为整数），解得，
当，，得；
当，，得，
，，
根据公式；
（2）解：（ⅰ）将，代入得：，
化简得，
若，则，与图知条件矛盾，所以， 则是等腰三角形；
（ⅱ），两边平方，
因为，，由正弦定理可得：，，
代入得，
设，则，
当，即时取等号，此时，周期，BD最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正切公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）易知，当时，求得得到的值，再令，根据余弦函数性质求出，再令和求得点、坐标，然后分别算出与，最后利用两角和的正切公式计算即可；
（2） （ⅰ） 利用余弦定理的推理，结合已知等式化简得出，判断的形状即可；
（ⅱ） 对两边平方，结合三角函数关系得到关于的式子，设，利用基本不等式求最大值，进而得到最大值和的值.
（1）已知，当时，，所以.
令，即，则（为整数）.
解得.当，，得；
当，，得.
，.
根据公式.
（2）（ⅰ）由，代入得：
，化简得.
若，则，与图知条件矛盾，所以. 所以是等腰三角形；
（ⅱ），两边平方.
因为，，由正弦定理可得：，.
代入得.
设，则，当，即时取等号.此时，周期，BD最大值为.
17．（2025高一下·广东期中）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r，且内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，定义的值为的“径比”．
（1）若为等腰直角三角形，求的径比f；
（2）证明：；
（3）若，求f的最值．
【答案】（1）解：由为等腰直角三角形，设直角边长为，则斜边长为，
则外接圆的半径为，且的周长为，
，可得，
故；
（2）证明：由正弦定理，即，
又由得面积为，
且的周长为，
因为，可得
即，
所以；
（3）解：由，可得，即，
因为，可得，所以，
即，可得或，
当，即，
即，可得，
因为，所以，不符合题意（舍去），
所以，由，可得，即为直角三角形，
由（2）知，
设，则，
因为，可得，可得，所以在区间为单调递减函数，
，且当时，，
故的最小值为，无最大值.
【知识点】函数单调性的性质；简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）为等腰直角三角形，设直角边长为，则斜边长为，求得外接圆的半径为和周长，再求内切圆的半径，最后根据求的值即可；
（2）利用正弦定理，结合三角形的面积公式求得和的周长为
，根据，化简可得，再根据证明即可；
（3）利用余弦的二倍角公式，以及两角和差的余弦公式化简得到，据此求得，得到，由（2）知，令，求得，
结合函数的单调性求解即可.
（1）由为等腰直角三角形，设直角边长为，则斜边长为，
所以外接圆的半径为，且的周长为，
则，可得，
所以.
（2）由正弦定理，即，
又由得面积为，
且的周长为，
因为，可得
即，
所以.
（3）由，可得，
即，
因为，可得，所以，
即，可得或，
当，即，
即，可得，
因为，所以，不符合题意（舍去），
所以，由，可得，即为直角三角形，
由（2）知，
设，则，
因为，可得，可得，
所以在区间为单调递减函数，
可得，且当时，，
所以的最小值为，无最大值.
1 / 1广东省广东五校联考2024-2025学年高一下学期5月第一次联合考试数学试题
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·广东期中）已知，则z的虚部为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·广东期中）已知向量，若，则（　　）
A．3 B．4 C． D．
3．（2025高一下·广东期中）下列命题中为真命题的是（　　）
A．圆台的侧面展开图是一个扇形
B．用任意一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台
C．有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且相邻两个四边形的公共边都互相平行，由这些面所围成的多面体是棱柱
D．五棱锥共有6个顶点，11条棱
4．（2025高一下·广东期中）若锐角，满足，则（　　）
A．1 B． C．2 D．
5．（2025高一下·广东期中）已知向量，若向量满足，则可以是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·广东期中）如图，某校高一几位同学测量平地上某建筑物CP的高度，从地面上一点A观察建筑物顶部P的仰角为，朝建筑物方向向前20m到达点B，从点B观察P的仰角为，则建筑物CP的高度为（　　）
A． B．
C． D．
7．（2025高一下·广东期中）用斜二测画法画出的直观图如图所示，在中，内角，，的对边分别为，，，满足，且，则中AB边上的高为（　　）
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．
8．（2025高一下·广东期中）已知圆锥的底面半径，母线长，设该圆锥的侧面展开图为扇形AOB，O为扇形圆心，则（　　）
A．扇形AOB的圆心角为
B．圆锥的高h为
C．圆锥的表面积为
D．从点绕圆锥侧面一周回到点的最短距离为
9．（2025高一下·广东期中）定义复数运算：，已知复数，w满足，则（　　）
A．w可以是
B．的最小值为
C．在复平面内对应的点不可能位于第二象限
D．的实部是5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
10．（2025高一下·广东期中）已知为纯虚数，则实数　 　．
11．（2025高一下·广东期中）　 　．
12．（2025高一下·广东期中）已知函数，若，且，则的取值范围为　 　．
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．
13．（2025高一下·广东期中）已知在正方形ABCD中，，．
（1）设，，用，表示；
（2）若AC上一点R满足，求的值．
14．（2025高一下·广东期中）如图，已知圆锥OP的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，，点C是底面圆周上异于A，B的一点，D是PB的中点，空间中一点Q满足．
（1）证明：平面PQC；
（2）设球M与圆锥的侧面和底面均相切，求球M的半径；
（3）证明：“平面ABC”是“”的充要条件．
15．（2025高一下·广东期中）已知在面积为S的中．
（1）证明：；
（2）若，求S的最大值．
16．（2025高一下·广东期中）设函数，其部分图象与坐标轴交点如图所示．
（1）若，，，求；
（2）在中，记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
（ⅰ）证明：是等腰三角形；
（ⅱ）若，求当的最小正周期为多少时，的中线BD能取得最大值．
17．（2025高一下·广东期中）设的外接圆半径为R，内切圆半径为r，且内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，定义的值为的“径比”．
（1）若为等腰直角三角形，求的径比f；
（2）证明：；
（3）若，求f的最值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，可得，
则z的虚部为.
故答案为：A.
【分析】先利用复数代数形式的乘除运算化简求出，再根据复数的概念判断即可.
2．【答案】D
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由，可得，
若，则，解得.
故答案为：D.
【分析】根据向量的坐标运算，结合向量垂直数量积为零的坐标运算求解即可.
3．【答案】C
【知识点】棱柱的结构特征；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、圆台的侧面展开图是一个扇环的一部分，故A错误；
B、用平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台，故B错误；
C、由棱柱的定义知，故C正确；
D、五棱锥共有6个顶点，10条棱，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据圆台、棱台、棱柱、棱锥的定义和结构特征逐项判断即可.
4．【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，可得，
因为，所以，所以，
则
.
故答案为：B.
【分析】由为锐角，可得，再利用同角三角函数基本关系求得，最后根据两角和的正切公式化简求值即可.
5．【答案】A
【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；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设，，
，
因为，所以，即，即，
A、，满足，故A正确；
B、，不满足，故B不正确；
C、，不满足，故C不正确；
D、，不满足，故D不正确；
故答案为：A.
【分析】设，根据向量的夹角公式，结合求得，再根据向量的坐标运算逐项判断即可.
6．【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数间的基本关系；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设建筑物高度为，点到建筑物底部的水平距离，
点到的水平距离，
由题意可知，米，且，由题意可得，
则，化简得，
即，
则.
故答案为：A.
【分析】设建筑物高度为，用表示点到建筑物底部的水平距离，以及点到的水平距离，由题意可得，再利用同角三角函数基本关系、正弦的二倍角公式化简即可.
7．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图；解三角形
【解析】【解答】解：在中，，整理可得，
由余弦定理，可得，
因为，所以，
已知，即，那么中边上的高，
根据斜二测画法的性质，在斜二测画法中，平行于轴的线段长度变为原来的一半，
那么原三角形中边上的高，
将代入可得，
则中边上的高为.
故答案为：C.
【分析】将变形，结合余弦定理求角的大小，再根据斜二测画法得到原三角形的边长，求边上的高即可.
8．【答案】B,C,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：A、设圆锥的侧面展开图所得扇形的圆心角为，由题意可得，即，解得，故A错误；
B、圆锥的高为，故B正确；
C、由圆锥的侧面积为，底面积为，
所以圆锥的表面积为，故C正确；
D、如图所示，圆锥的侧面展开图中，可得，
即从点绕圆锥侧面一周回到点的最短距离为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】设圆锥的侧面展开图所得扇形的圆心角为，利用扇形弧长公式求解即可判断A；根据圆锥的几何结构特征，结合圆锥的侧面积公式求解即可判断BC；根据圆锥的几何结构特征，以及侧面展开图求解即可判断D.
9．【答案】B,C,D
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数，
，整理得，则，即，
A、若，则，故A错误；
B、，
当且仅当时等号成立，故的最小值为，故B正确；
C、若在复平面内对应的点位于第二象限，则，即不成立，则在复平面内对应的点不可能位于第二象限，故C正确；
D、，则的实部是5，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】设复数，根据复数运算的新定义求得，若，根据即可判断A；根据复数模的运算，结合二次函数的性质求解即可判断B；根据复数在复平面内的表示即可判断C；利用复数的乘法运算，结合复数的概念即可判断D.
10．【答案】3
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：为纯虚数，则，解得.
故答案为：3.
【分析】根据复数的概念列式求解即可.
11．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：.
故答案为：.
【分析】利用两角和的余弦公式，结合诱导公式化简求值即可.
12．【答案】
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】解：由题意等价于，
则或，
解得，或，
则，，
即的范围为.
故答案为：.
【分析】问题等价于，由三角函数的性质可得或，整理得，，据此求解即可.
13．【答案】（1）解：如图所示：
；
（2）解：如图所示：
由题意，
设，
因为不共线，所以，解得.
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【分析】（1）作出图形，根据向量的线性运算用，表示即可；
（2）由题意得，设，由不共线，可得，求解的值即可.
（1），
（2）由题意，
设，
因为不共线，
从而，解得.
14．【答案】（1）证明：由题意，是的中点，D是PB的中点，则，因为，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：由球M与圆锥的侧面和底面均相切，得圆锥轴截面等腰内切圆是球M的截面大圆，
圆锥的母线，设球M的半径为，
由，得，
则球M的半径是；
（3）证明：由，得点四点共面，平面平面，由平面，平面，得，
因此四边形是平行四边形，则；
反之，由，，得四边形是平行四边形，则，
而平面，平面，因此平面，
所以“平面”是“”的充要条件.
【知识点】充要条件；球内接多面体；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）利用中位线性质，结合平行公理以及线面平行的判定定理证明即可；
（2）根据给定条件，求出圆锥轴截面等腰三角形内切圆半径即可；
（3）利用线面平行的判定定理以及线面平行的性质，结合充分、必要条件的定义证明即可.
（1）依题意，是的中点，而D是PB的中点，则，而，
因此，而平面，平面，
所以平面.
（2）由球M与圆锥的侧面和底面均相切，得圆锥轴截面等腰内切圆是球M的截面大圆，
圆锥的母线，设球M的半径为，
由，得，
所以球M的半径是.
（3）由，得点四点共面，平面平面，
由平面，平面，得，
因此四边形是平行四边形，则；
反之，由，，得四边形是平行四边形，则，
而平面，平面，因此平面，
所以“平面”是“”的充要条件
15．【答案】（1）证明：在中，由余弦定理得，
由，得，
则；
（2）解：由（1）知，，当且仅当时取等号，
显然为锐角，则，
当且仅当，即时取等号，则S的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在中，利用已知条件，结合余弦定理，向量的数量积化简证明即可；
（2）由（1）的结论，结合基本不等式可得，再利用三角形面积公式及同角公式求解即可.
（1）在中，由余弦定理，得，
由，得，
所以.
（2）由（1）知，，当且仅当时取等号，
显然为锐角，则
，当且仅当，即时取等号，
所以S的最大值为.
16．【答案】（1）解：易知，
当时，，所以，
令，即，则（为整数），解得，
当，，得；
当，，得，
，，
根据公式；
（2）解：（ⅰ）将，代入得：，
化简得，
若，则，与图知条件矛盾，所以， 则是等腰三角形；
（ⅱ），两边平方，
因为，，由正弦定理可得：，，
代入得，
设，则，
当，即时取等号，此时，周期，BD最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正切公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）易知，当时，求得得到的值，再令，根据余弦函数性质求出，再令和求得点、坐标，然后分别算出与，最后利用两角和的正切公式计算即可；
（2） （ⅰ） 利用余弦定理的推理，结合已知等式化简得出，判断的形状即可；
（ⅱ） 对两边平方，结合三角函数关系得到关于的式子，设，利用基本不等式求最大值，进而得到最大值和的值.
（1）已知，当时，，所以.
令，即，则（为整数）.
解得.当，，得；
当，，得.
，.
根据公式.
（2）（ⅰ）由，代入得：
，化简得.
若，则，与图知条件矛盾，所以. 所以是等腰三角形；
（ⅱ），两边平方.
因为，，由正弦定理可得：，.
代入得.
设，则，当，即时取等号.此时，周期，BD最大值为.
17．【答案】（1）解：由为等腰直角三角形，设直角边长为，则斜边长为，
则外接圆的半径为，且的周长为，
，可得，
故；
（2）证明：由正弦定理，即，
又由得面积为，
且的周长为，
因为，可得
即，
所以；
（3）解：由，可得，即，
因为，可得，所以，
即，可得或，
当，即，
即，可得，
因为，所以，不符合题意（舍去），
所以，由，可得，即为直角三角形，
由（2）知，
设，则，
因为，可得，可得，所以在区间为单调递减函数，
，且当时，，
故的最小值为，无最大值.
【知识点】函数单调性的性质；简单的三角恒等变换；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）为等腰直角三角形，设直角边长为，则斜边长为，求得外接圆的半径为和周长，再求内切圆的半径，最后根据求的值即可；
（2）利用正弦定理，结合三角形的面积公式求得和的周长为
，根据，化简可得，再根据证明即可；
（3）利用余弦的二倍角公式，以及两角和差的余弦公式化简得到，据此求得，得到，由（2）知，令，求得，
结合函数的单调性求解即可.
（1）由为等腰直角三角形，设直角边长为，则斜边长为，
所以外接圆的半径为，且的周长为，
则，可得，
所以.
（2）由正弦定理，即，
又由得面积为，
且的周长为，
因为，可得
即，
所以.
（3）由，可得，
即，
因为，可得，所以，
即，可得或，
当，即，
即，可得，
因为，所以，不符合题意（舍去），
所以，由，可得，即为直角三角形，
由（2）知，
设，则，
因为，可得，可得，
所以在区间为单调递减函数，
可得，且当时，，
所以的最小值为，无最大值.
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