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广东省湛江市廉江市实验学校2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）
1．（2025高一下·廉江期中）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·廉江期中）每次停放自行车时，将脚撑放下自行车即可固定在地面上，其中蕴涵的道理是（　　）
A．两条直线确定一个平面 B．三点确定一个平面
C．不共线三点确定一个平面 D．两条平行直线确定一个平面
3．（2025高一下·廉江期中）已知i为虚数单位，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·廉江期中）如图，为的边上的中线，且，那么为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·廉江期中）已知圆台的上、下底面半径分别为3，5，母线长为3，则该圆台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·廉江期中）已知向量，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·廉江期中）在正方体中，是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·廉江期中）已知的内角，，的对边分别为，，，若为锐角三角形，，且，求面积的取值范围（　　）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.）
9．（2025高一下·廉江期中）下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（　　）
A．
B．
C．的虚部为1
D．在复平面内对应的点位于第二象限
10．（2025高一下·廉江期中）已知，，则下列不等式一定成立的是（　　）
A． B． C． D．
11．（2025高一下·廉江期中）堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》．如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱（堑堵）．如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑．则（　　）
A．阳马的四个侧面中仅有两个是直角三角形
B．鳖臑的四个面均为直角三角形
C．阳马的体积是鳖臑的体积的两倍
D．堑堵、阳马与鳖臑的外接球的半径都相等
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12．（2025高一下·廉江期中）函数的定义域为　 　．
13．（2025高一下·廉江期中）如图，一艘船以每小时20km的速度向东航行，船在处观测灯塔在北偏东方向，行驶2h后，船到达处，观测个灯塔在北偏东方向，此时船与灯塔的距离为　 　km.
14．（2025高一下·廉江期中）三棱锥中，平面ABC，，，一球球心在平面ABC内，并且与三个侧面都相切，则球的半径为　 　.
四、解答题（本大题共5小题）
15．（2025高一下·廉江期中）已知向量，
（1）若，求实数x的值．
（2）若，求实数x的值．
16．（2025高一下·廉江期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为中点，PO⊥平面，，为中点.
（1）证明：平面；
（2）求四棱锥的体积.
17．（2025高一下·廉江期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积.
18．（2025高一下·廉江期中）如图，在四棱锥中，平面.
（1）求证：平面；
（2）若，求与平面成角的正弦值；
（3）设点为的中点，过点的平面与棱交于点，且平面，求的值.
19．（2025高一下·廉江期中）法国伟大的军事家、政治家拿破仑一生钟爱数学，他发现并证明了著名的拿破仑定理：“以任意的三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，以，，为边向外作三个等边三角形，其中心分别为D，E，F.
（1）求角A；
（2）若，且的周长为9，求；
（3）若的面积为，求的角平分线的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用一元二次方程求出集合，再根据并集的运算法则得出.
2．【答案】C
【知识点】平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解：因为自行车的前轮、后轮、脚撑与地面的三个接触点不在同一条直线，
所以，它们可以确定唯一一个平面，
因此自行车就稳了，其中蕴涵的道理是不共线三点确定一个平面.
故答案为：C.
【分析】根据平面的确定方法，从而逐项判断找出蕴涵的道理选项.
3．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】利用复数的乘法运算法则，从而找出正确的选项.
4．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用为中点得出，再根据平面向量基本定理得出.
5．【答案】C
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：由圆台侧面积公式，可得：.
故答案为：C.
【分析】由已知条件和圆台的侧面积公式，从而得出该圆台的侧面积.
6．【答案】B
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：在上的投影向量是.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和数量积求投影向量公式，从而得出在上的投影向量.
7．【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；余弦定理
【解析】【解答】解：如图：取中点，连接，
根据正方体的性质，可知，
所以为异面直线与所成的角，设为，
连接，不妨设，
则在中：，，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和正方体的性质，从而得出线线平行，进而得出异面直线所成的角，再利用余弦函数的定义得出直线与所成角的余弦值.
8．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；同角三角函数间的基本关系；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，，则，
因为为锐角三角形，所以，解得，
，由正弦定理，可得，
则
，
又因为，所以，则，
故，即，
则面积的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】由题意可得，利用正弦定理、三角恒等变换和同角三角函数基本关系对三角形面积公式进行化简变形得出，结合求面积的取值范围即可.
9．【答案】B,C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：复数，
A、，故A错误；
B、，故B正确；
C、的虚部为1，故C正确；
D、在复平面内对应的点为，位于第一象限，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据复数模的计算公式求解即可判断A；根据共轭复数的定义，结合复数的乘方运算求解即可判断B；根据复数的定义即可判断C；根据复数在复平面内的表示即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、，，则，当且仅当时等号成立，故A正确；
B、，，即，则，故B正确；
C、当时，，故C错误；
D、，当且仅当时等号成立，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用基本不等式求解即可判断AD；利用重要不等式求解即可判断B；取特殊值求解即可判断C.
11．【答案】B,C,D
【知识点】球内接多面体；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，如图，
由题意可知平面，平面，
所以，
因为平面，平面，所以，
又因为平面，平面，所以，
所以阳马的四个侧面都是直角三角形，所以A错误，
对于B，如图，由题意可知平面，平面，
所以，
因为平面，平面，
所以，
所以鳖臑的四个面均为直角三角形，所以B正确，
对于C，设长方体的长，宽，高分别为，则，
所以阳马的体积，鳖臑的体积，
所以阳马的体积是鳖臑的体积的两倍，所以C正确，
对于D，由题意可知堑堵、阳马与鳖臑都是由同一个长方体分割而成，
且堑堵、阳马与鳖臑的顶点都是原长方体的顶点，
所以堑堵、阳马与鳖臑均可以补成原长方体，
所以它们的外接球的半径都等于原长方体外接球的半径，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据阳马的定义结合线面垂直的判定定理和性质定理，则判断出选项A；根据鳖臑的定义结合线面垂直的判定与性质定理，则判断出选项B；根据棱锥的体积公式结合已知条件，则判断出选项C；根据堑堵、阳马与鳖臑的定义判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：要使函数有意义，则，解得，
故函数的定义域为．
故答案为：.
【分析】根据偶次根式，结合分析有意义，列不等式组求解函数的定义域即可.
13．【答案】
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由图知，，
由正弦定理，得.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和正弦定理，从而得出此时船与灯塔的距离.
14．【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设球半径为r，平面，显然，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
因为平面ABC，，，
所以 ，，
则，，，
所以，三棱锥侧面积为，
则.
故答案为：.
【分析】先利用线面垂直的定义和三棱锥的体积公式，从而求出三棱锥的体积和线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，再利用勾股定理和直角三角形面积公式以及三棱锥的侧面积公式，再由已知条件得出球的半径.
15．【答案】（1）解：因为，
若，则
所以 .
（2）解：若，
则，
所以，
解得或.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量平行的坐标表示，从而列方程得出的值.
（2）根据向量垂直的坐标表示，从而列方程得出的值.
（1），
若，则.
（2）若，则，
，解得或
16．【答案】（1）证明：如图所示，连接，
因为为平行四边形，点是中点，
所以是平行四边形的对角线，
则点是中点，
又因为是中点，
所以是中位线，
则，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：.
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的结构特征和中点的性质，从而得出点是中点，再利用点是中点结合中位线定理得出线线平行，再根据线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用已知条件和四棱锥体积公式，从而得出四棱锥的体积.
（1）如图所示，连接，
因为为平行四边形，是中点，
所以是平行四边形的对角线，所以是中点，
又因为是中点，所以是中位线，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）.
17．【答案】（1）解：，由正弦定理得，
因为，所以，，所以；
（2）解：，，由余弦定理，可得，解得，
则.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合同角三角函数基本关系求解即可；
（2）先利用余弦定理求边长，再根据三角形面积公式求面积即可.
（1）由正弦定理得.
因为，所以，，.
因为在中，，所以，.
（2）由，及余弦定理.
得，解得或（舍）
所以，.
18．【答案】（1）证明：因为平面平面，所以，
又平面，
所以平面.
（2）解：平面，
平面，得为直线与平面所成角的平面角，
中，，
中，，
.
（3）解：因为平面，平面平面，平面，
所以，因为点为的中点，
所以点为的中点，所以.
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质（ ）与判定定理（ 线垂直于面内两条相交直线 ），证明线面垂直，体现线面垂直判定的基本逻辑.
（2）先确定线面角（ 找垂线与斜线夹角 ），再通过直角三角形边长关系，用三角函数定义求线面角的正弦值，体现线面角的定义与求解方法.
（3）利用线面平行的性质定理（ 线面平行→线线平行 ），结合中点条件，确定线段比例关系，体现线面平行性质在空间线段比例求解中的应用.
（1）因为平面平面，所以，
又平面，
所以平面；
（2）平面，
平面，得为直线与平面所成角的平面角，
中，，
中，，
；
（3）因为平面，平面平面，平面，
所以，因为点为的中点，
所以点为的中点，所以.
19．【答案】（1）解：在中，，由正弦定理得，
因为，所以，
因为，所以，又因为，所以；
（2）解：由（1）知，由正的周长为，得，
依题意，，
在中，由余弦定理得，
则，即，
在中，由余弦定理得，即，联立解得，
则；
（3）解：由正的面积为，得，
由（2）知，即，
由，得，
于是，又，则，
又，即，解得，因此，
令函数，而函数与在上均单调递增，
则函数在上单调递增，从而，则，
即的取值范围是.
【知识点】函数单调性的性质；平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）在中，利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）由（1）的结论，利用余弦定理求出，再利用向量的数量积公式计算即可；
（3）由（2）的结论，利用三角形面积公式求出，再求出的范围，令函数，借助函数单调性求的取值范围即可.
（1）在中，由及正弦定理得，
又，则，
又，于是即，又，
所以.
（2）由（1）知，由正的周长为，得，
依题意，，
在中，由余弦定理得，
则，即，
在中，由余弦定理得，即，联立解得，
所以.
（3）由正的面积为，得，
由（2）知，即，
由，得，
于是，又，则，
又，即，解得，因此，
令函数，而函数与在上均单调递增，
则函数在上单调递增，从而，则，
所以的取值范围是.
1 / 1广东省湛江市廉江市实验学校2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.）
1．（2025高一下·廉江期中）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用一元二次方程求出集合，再根据并集的运算法则得出.
2．（2025高一下·廉江期中）每次停放自行车时，将脚撑放下自行车即可固定在地面上，其中蕴涵的道理是（　　）
A．两条直线确定一个平面 B．三点确定一个平面
C．不共线三点确定一个平面 D．两条平行直线确定一个平面
【答案】C
【知识点】平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解：因为自行车的前轮、后轮、脚撑与地面的三个接触点不在同一条直线，
所以，它们可以确定唯一一个平面，
因此自行车就稳了，其中蕴涵的道理是不共线三点确定一个平面.
故答案为：C.
【分析】根据平面的确定方法，从而逐项判断找出蕴涵的道理选项.
3．（2025高一下·廉江期中）已知i为虚数单位，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】利用复数的乘法运算法则，从而找出正确的选项.
4．（2025高一下·廉江期中）如图，为的边上的中线，且，那么为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】利用为中点得出，再根据平面向量基本定理得出.
5．（2025高一下·廉江期中）已知圆台的上、下底面半径分别为3，5，母线长为3，则该圆台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：由圆台侧面积公式，可得：.
故答案为：C.
【分析】由已知条件和圆台的侧面积公式，从而得出该圆台的侧面积.
6．（2025高一下·廉江期中）已知向量，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：在上的投影向量是.
故答案为：B.
【分析】利用已知条件和数量积求投影向量公式，从而得出在上的投影向量.
7．（2025高一下·廉江期中）在正方体中，是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；余弦定理
【解析】【解答】解：如图：取中点，连接，
根据正方体的性质，可知，
所以为异面直线与所成的角，设为，
连接，不妨设，
则在中：，，
所以.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和正方体的性质，从而得出线线平行，进而得出异面直线所成的角，再利用余弦函数的定义得出直线与所成角的余弦值.
8．（2025高一下·廉江期中）已知的内角，，的对边分别为，，，若为锐角三角形，，且，求面积的取值范围（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；同角三角函数间的基本关系；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，，则，
因为为锐角三角形，所以，解得，
，由正弦定理，可得，
则
，
又因为，所以，则，
故，即，
则面积的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】由题意可得，利用正弦定理、三角恒等变换和同角三角函数基本关系对三角形面积公式进行化简变形得出，结合求面积的取值范围即可.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.）
9．（2025高一下·廉江期中）下列关于复数的四个命题，其中为真命题的是（　　）
A．
B．
C．的虚部为1
D．在复平面内对应的点位于第二象限
【答案】B,C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：复数，
A、，故A错误；
B、，故B正确；
C、的虚部为1，故C正确；
D、在复平面内对应的点为，位于第一象限，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据复数模的计算公式求解即可判断A；根据共轭复数的定义，结合复数的乘方运算求解即可判断B；根据复数的定义即可判断C；根据复数在复平面内的表示即可判断D.
10．（2025高一下·廉江期中）已知，，则下列不等式一定成立的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：A、，，则，当且仅当时等号成立，故A正确；
B、，，即，则，故B正确；
C、当时，，故C错误；
D、，当且仅当时等号成立，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用基本不等式求解即可判断AD；利用重要不等式求解即可判断B；取特殊值求解即可判断C.
11．（2025高一下·廉江期中）堑堵、阳马、鳖臑这些名词出自中国古代的数学名著《九章算术·商功》．如图1，把一块长方体分成相同的两块，得到两个直三棱柱（堑堵）．如图2，再沿堑堵的一顶点与相对的棱剖开，得四棱锥和三棱锥各一个，其中四棱锥称为阳马，三棱锥称为鳖臑．则（　　）
A．阳马的四个侧面中仅有两个是直角三角形
B．鳖臑的四个面均为直角三角形
C．阳马的体积是鳖臑的体积的两倍
D．堑堵、阳马与鳖臑的外接球的半径都相等
【答案】B,C,D
【知识点】球内接多面体；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，如图，
由题意可知平面，平面，
所以，
因为平面，平面，所以，
又因为平面，平面，所以，
所以阳马的四个侧面都是直角三角形，所以A错误，
对于B，如图，由题意可知平面，平面，
所以，
因为平面，平面，
所以，
所以鳖臑的四个面均为直角三角形，所以B正确，
对于C，设长方体的长，宽，高分别为，则，
所以阳马的体积，鳖臑的体积，
所以阳马的体积是鳖臑的体积的两倍，所以C正确，
对于D，由题意可知堑堵、阳马与鳖臑都是由同一个长方体分割而成，
且堑堵、阳马与鳖臑的顶点都是原长方体的顶点，
所以堑堵、阳马与鳖臑均可以补成原长方体，
所以它们的外接球的半径都等于原长方体外接球的半径，所以D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据阳马的定义结合线面垂直的判定定理和性质定理，则判断出选项A；根据鳖臑的定义结合线面垂直的判定与性质定理，则判断出选项B；根据棱锥的体积公式结合已知条件，则判断出选项C；根据堑堵、阳马与鳖臑的定义判断出选项D，从而找出正确的选项.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）
12．（2025高一下·廉江期中）函数的定义域为　 　．
【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：要使函数有意义，则，解得，
故函数的定义域为．
故答案为：.
【分析】根据偶次根式，结合分析有意义，列不等式组求解函数的定义域即可.
13．（2025高一下·廉江期中）如图，一艘船以每小时20km的速度向东航行，船在处观测灯塔在北偏东方向，行驶2h后，船到达处，观测个灯塔在北偏东方向，此时船与灯塔的距离为　 　km.
【答案】
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由图知，，
由正弦定理，得.
故答案为：.
【分析】利用已知条件和正弦定理，从而得出此时船与灯塔的距离.
14．（2025高一下·廉江期中）三棱锥中，平面ABC，，，一球球心在平面ABC内，并且与三个侧面都相切，则球的半径为　 　.
【答案】
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设球半径为r，平面，显然，
因为，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以，
因为平面ABC，，，
所以 ，，
则，，，
所以，三棱锥侧面积为，
则.
故答案为：.
【分析】先利用线面垂直的定义和三棱锥的体积公式，从而求出三棱锥的体积和线线垂直，再利用线线垂直证出线面垂直，再利用勾股定理和直角三角形面积公式以及三棱锥的侧面积公式，再由已知条件得出球的半径.
四、解答题（本大题共5小题）
15．（2025高一下·廉江期中）已知向量，
（1）若，求实数x的值．
（2）若，求实数x的值．
【答案】（1）解：因为，
若，则
所以 .
（2）解：若，
则，
所以，
解得或.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量平行的坐标表示，从而列方程得出的值.
（2）根据向量垂直的坐标表示，从而列方程得出的值.
（1），
若，则.
（2）若，则，
，解得或
16．（2025高一下·廉江期中）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，为中点，PO⊥平面，，为中点.
（1）证明：平面；
（2）求四棱锥的体积.
【答案】（1）证明：如图所示，连接，
因为为平行四边形，点是中点，
所以是平行四边形的对角线，
则点是中点，
又因为是中点，
所以是中位线，
则，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）解：.
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用平行四边形的结构特征和中点的性质，从而得出点是中点，再利用点是中点结合中位线定理得出线线平行，再根据线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用已知条件和四棱锥体积公式，从而得出四棱锥的体积.
（1）如图所示，连接，
因为为平行四边形，是中点，
所以是平行四边形的对角线，所以是中点，
又因为是中点，所以是中位线，所以，
因为平面，平面，所以平面；
（2）.
17．（2025高一下·廉江期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）解：，由正弦定理得，
因为，所以，，所以；
（2）解：，，由余弦定理，可得，解得，
则.
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合同角三角函数基本关系求解即可；
（2）先利用余弦定理求边长，再根据三角形面积公式求面积即可.
（1）由正弦定理得.
因为，所以，，.
因为在中，，所以，.
（2）由，及余弦定理.
得，解得或（舍）
所以，.
18．（2025高一下·廉江期中）如图，在四棱锥中，平面.
（1）求证：平面；
（2）若，求与平面成角的正弦值；
（3）设点为的中点，过点的平面与棱交于点，且平面，求的值.
【答案】（1）证明：因为平面平面，所以，
又平面，
所以平面.
（2）解：平面，
平面，得为直线与平面所成角的平面角，
中，，
中，，
.
（3）解：因为平面，平面平面，平面，
所以，因为点为的中点，
所以点为的中点，所以.
【知识点】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的性质（ ）与判定定理（ 线垂直于面内两条相交直线 ），证明线面垂直，体现线面垂直判定的基本逻辑.
（2）先确定线面角（ 找垂线与斜线夹角 ），再通过直角三角形边长关系，用三角函数定义求线面角的正弦值，体现线面角的定义与求解方法.
（3）利用线面平行的性质定理（ 线面平行→线线平行 ），结合中点条件，确定线段比例关系，体现线面平行性质在空间线段比例求解中的应用.
（1）因为平面平面，所以，
又平面，
所以平面；
（2）平面，
平面，得为直线与平面所成角的平面角，
中，，
中，，
；
（3）因为平面，平面平面，平面，
所以，因为点为的中点，
所以点为的中点，所以.
19．（2025高一下·廉江期中）法国伟大的军事家、政治家拿破仑一生钟爱数学，他发现并证明了著名的拿破仑定理：“以任意的三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，以，，为边向外作三个等边三角形，其中心分别为D，E，F.
（1）求角A；
（2）若，且的周长为9，求；
（3）若的面积为，求的角平分线的取值范围.
【答案】（1）解：在中，，由正弦定理得，
因为，所以，
因为，所以，又因为，所以；
（2）解：由（1）知，由正的周长为，得，
依题意，，
在中，由余弦定理得，
则，即，
在中，由余弦定理得，即，联立解得，
则；
（3）解：由正的面积为，得，
由（2）知，即，
由，得，
于是，又，则，
又，即，解得，因此，
令函数，而函数与在上均单调递增，
则函数在上单调递增，从而，则，
即的取值范围是.
【知识点】函数单调性的性质；平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）在中，利用正弦定理，结合两角和的正弦公式化简求解即可；
（2）由（1）的结论，利用余弦定理求出，再利用向量的数量积公式计算即可；
（3）由（2）的结论，利用三角形面积公式求出，再求出的范围，令函数，借助函数单调性求的取值范围即可.
（1）在中，由及正弦定理得，
又，则，
又，于是即，又，
所以.
（2）由（1）知，由正的周长为，得，
依题意，，
在中，由余弦定理得，
则，即，
在中，由余弦定理得，即，联立解得，
所以.
（3）由正的面积为，得，
由（2）知，即，
由，得，
于是，又，则，
又，即，解得，因此，
令函数，而函数与在上均单调递增，
则函数在上单调递增，从而，则，
所以的取值范围是.
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