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广东省湛江市2024-2025学年高一下学期4月期中联盟考试数学试题
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·湛江期中）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·湛江期中）已知向量，，若，则（　　）
A． B．0 C．4 D．5
3．（2025高一下·湛江期中）如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中轴，轴，且，则的边（　　）
A．2 B．4 C．6 D．
4．（2025高一下·湛江期中）“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2025高一下·湛江期中）已知复数z在复平面内对应的点为Z，则满足的点的集合组成的图形的面积是（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·湛江期中）已知函数的图象关于点中心对称，且在上单调，若，，且，则的最小值是（　　）
A．4 B． C．8 D．9
7．（2025高一下·湛江期中）已知函数（）在上恰有3个零点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·湛江期中）如图，在正四棱锥中，，．从A拉一条细绳绕过侧棱PB，PC，PD回到A点，则细绳的最短长度为（　　）
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．
9．（2025高一下·湛江期中）下列命题是真命题的是（　　）
A．棱台的侧面一定是梯形
B．直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥
C．棱台的所有侧棱所在直线一定交于同一点
D．过空间内不同的三点有且仅有一个平面
10．（2025高一下·湛江期中）六角螺帽也叫六角螺母，是一种常见的紧固用零件，与螺丝、螺栓、螺钉相互配合使用，起连接紧固机件的作用．如图，这是某六角螺帽的截面图，O是正六边形的中心，也是圆O的圆心．M，N是圆O上的动点，且线段MN经过点O．已知，，P是六边形边上的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．若点P与点A重合，则的最大值是7
B．若P是线段AB的中点，则
C．若P是线段AB的中点，则
D．的最大值是7
11．（2025高一下·湛江期中）已知直三棱柱的外接球的半径为5，是以为斜边的直角三角形，且，则（　　）
A．直三棱柱的体积的最大值是24
B．直三棱柱的体积的最大值是72
C．直三棱柱的侧面积的最大值是
D．直三棱柱的表面积的最大值是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·湛江期中）若是纯虚数，则　 　．
13．（2025高一下·湛江期中）某班数学老师组织本班学生开展课外实地测量活动，如图，这是要测量的一建筑物的高度，选择与该建筑物底部在同一水平面上的，两点，测得米，，，，则该建筑物的高度　 　米.
14．（2025高一下·湛江期中）若向量，满足，且向量与向量的夹角为，则的最小值是　 　.
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·湛江期中）已知复数，，其中．
（1）当时，求；
（2）若复数在复平面内所对应的点位于第三象限，求a的取值范围．
16．（2025高一下·湛江期中）石凳是以天然石材或人造石为原料制作的凳椅，是一种常见的户外休闲设施．如图，这是某广场的石凳直观图，它是由正方体截去四面体，，，得到的，其中均为各棱的中点，且厘米．
（1）求该石凳的体积；
（2）求该石凳的表面积（不包含底面）．
17．（2025高一下·湛江期中）已知函数.
（1）求的单调递减区间；
（2）求在上的值域；
（3）若是锐角，且，求的值.
18．（2025高一下·湛江期中）如图，在中，，，且，，是和的交点．
（1）用，表示，．
（2）证明：．
（3）证明：是线段的中点．
19．（2025高一下·湛江期中）如图，在四边形中，，，是等边三角形．
（1）若，求的面积；
（2）若，求的面积；
（3）求的面积的最大值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得，，
则．
故答案为：B.
【分析】分别解出集合，再求交集即可.
2．【答案】A
【知识点】平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得，
因为，
所以，
解得．
故答案为：A.
【分析】根据向量线性的坐标运算得，再由向量垂直的坐标表示计算参数即可．
3．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：直观图的原图，如图所示：
，，，则.
故答案为：C.
【分析】利用斜二测画法求解即可.
4．【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：当，，时，满足，此时，即不能推出；
当，，时，满足，此时，即不能推出.
故“”是“”的既不充分也不必要条件.
故答案为：D.
【分析】采用列举法，结合逻辑命题的判定判断即可.
5．【答案】B
【知识点】复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由题意可得，满足的点的集合组成的图形是以原点O为圆心，以2及3为半径的两个圆所夹的圆环，
则其面积为.
故答案为：B.
【分析】根据题意，结合复数的几何意义，可得点集在以2及3为半径的两个圆所夹的圆环，再求圆环面积即可．
6．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；基本不等式在最值问题中的应用；图形的对称性
【解析】【解答】解：由题意，可得，，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以的最小值为9.
故答案为：D.
【分析】根据题意可得的值，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
7．【答案】A
【知识点】函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，，所以，
又因为函数在上恰有3个零点，
所以，解得，则的取值范围是．
故答案为：A.
【分析】根据x的范围，先求，由函数的零点个数可得，解不等式即可求的取值范围.
8．【答案】C
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，将侧面PAB，侧面PBC，侧面PCD，侧面PDA展开到一个平面内．
由题意可知，，
设，则，
所以，所以．
由余弦定理可得，
则，即细绳的最短长度为．
故答案为：C.
【分析】将侧面延侧棱展开，再利用余弦的二倍角公式及余弦定理计算边长即可．
9．【答案】A,B,C
【知识点】棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；平面的概念、画法及表示
【解析】【解答】解：由棱台的定义可知棱台的侧面一定是梯形，则A正确；
绕直角三角形的一条直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥，则B正确；
因为棱台是由棱锥截成的，所以棱台的所有侧棱所在直线一定交于同一点，则C正确；
当三点共线时，有无数个平面，则D错误．
故答案为：ABC.
【分析】根据棱台的性质可判断AC；由旋转图形的概念可判断B；由平面的确定定理，过不共线的三点 有且仅有一个平面 .
10．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：对于A，在正六边形中，，
若点P与点A重合，连接PO并延长，与圆O的另一个交点为H．
当点M与点H重合时，取得最大值7，则A正确．
对于B，当P是线段AB的中点时，，
所以，
故，则B错误．
对于C，因为，，所以，则C正确．
对于D，因为，且，
所以，则D正确.
故答案为：ACD.
【分析】对于A，利用点到圆上距离的最值判断；对于B，利用，则即可判断；对于C，根据向量的线性运算及数量积计算；对于D，由题可得，据此求解．
11．【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可得直三棱柱的高为，
设，，则，
AB、直三棱柱的体积，
因为，所以，
当且仅当时，等号成立，则，故A错误，B正确；
C、直三棱柱的侧面积，
因为，
所以，解得，
则，当且仅当时，等号成立，故C正确；
D、直三棱柱的上、下底面的面积之和，当且仅当时，等号成立，
则直三棱柱的表面积，
当且仅当时等号成立，故D正确．
故答案为：BCD.
【分析】由题意，先求直三棱柱的高，设，，可得，表示直三棱柱的体积，结合基本不等式求解即可判断AB；表示直三棱柱的侧面积、底面积，利用基本不等式求解即可判断CD.
12．【答案】2
【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：由复数是纯虚数，可得，解得．
故答案为：.
【分析】根据复数乘法法则，结合纯虚数的概念求解.
13．【答案】20
【知识点】余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设米，在中，因为，所以米，
在中，因为，所以米，
在中，由余弦定理可得，
因为米，所以，
即，解得，故米.
故答案为：20.
【分析】设米，用分别表示出和的长，再在中，利用余弦定理求建筑物的高度即可.
14．【答案】2
【知识点】向量加法的三角形法则；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设，，如图所示：
易知，，
过作，垂足为，则，即的最小值是2.
故答案为：2.
【分析】设，，利用向量的三角形法则，作出图形，再过作，垂足为，将的最小值问题转化为中的最小值问题求解即可.
15．【答案】（1）解：当时，，则.
（2）解：因为，，所以．
因为在复平面内所对应的点位于第三象限，所以，
解得，即a的取值范围是.
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【分析】（1）根据复数的除法运算求解；
（2）由题可知，在复平面中对应点为，结合所在象限，再列不等式求解.
（1）当时，，则.
（2）因为，，所以．
因为在复平面内所对应的点位于第三象限，所以，
解得，即a的取值范围是.
16．【答案】（1）解：由题意可得正方体的体积立方厘米，
四面体的体积立方厘米，
则该石凳的体积立方厘米；
（2）解：由题意可得，，，均为边长为厘米的等边三角形，四边形IJKL是边长为厘米的正方形，
则的面积平方厘米，
正方形的面积平方厘米，
五边形的面积平方厘米，
故该石凳的表面积平方厘米．
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用割补法求体积即可；
（2）根据题意，该石凳表面由四个三角形，一个正方形及四个五边形组成，再分别求出对应面积相加即可.
（1）由题意可得正方体的体积立方厘米，
四面体的体积立方厘米，
则该石凳的体积立方厘米
（2）由题意可得，，，均为边长为厘米的等边三角形，四边形IJKL是边长为厘米的正方形，
则的面积平方厘米，
正方形的面积平方厘米，
五边形的面积平方厘米，
故该石凳的表面积平方厘米．
17．【答案】（1）解：，
令，，解得，，
则的单调递减区间是；
（2）解：因为，所以，
当，即时，取得最大值；
当，即时，取得最小值，
故在上的值域为；
（3）解：因为，所以，所以，
因为是锐角，所以，
因为，所以，所以，
则.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用用辅助角公式化简函数，再利用整体法求正弦单调区间即可；
（2）根据正弦函数的性质求值域即可；
（3）利用同角三角函数基本关系，结合两角差的余弦公式求解即可.
（1）由题意可得
.
令，，
解得，，
则的单调递减区间是.
（2）因为，所以.
当，即时，取得最大值；
当，即时，取得最小值.
故在上的值域为.
（3）因为，所以，所以.
因为是锐角，所以.
因为，所以，所以，
则.
18．【答案】（1）解：因为，所以，则．
因为，所以，
则．
（2）证明：由（1）可得
．
因为，，所以，则．
（3）证明：因为三点共线，
所以．
因为三点共线，所以，
则，解得，即，
故是线段的中点．
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）由向量的线性运算，表示出， 即可；
（2）根据题意计算出即可证明；
（3）分别利用三点共线与三点共线， 可得，，再建立方程组计算即可.
（1）因为，所以，则．
因为，所以，
则．
（2）证明：由（1）可得
．
因为，，所以，则．
（3）证明：因为三点共线，
所以．
因为三点共线，所以，
则，解得，即，
故是线段的中点．
19．【答案】（1）解：在中，由余弦定理可得：，则，
因为是等边三角形，所以的面积；
（2）解：在中，由余弦定理可得，
则，故，
因为是等边三角形，所以，
所以，
则的面积为；
（3）解：设，，
在中，由正弦定理，可得，
由余弦定理可得，
，
则，
所以的面积：，
因为，，
所以，
当时，取得最大值，即的面积的最大值为．
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求得，结合为等边三角形，求面积即可；
（2）在中，利用余弦定理得到得余弦、正弦值，再利用两角和的正弦公式求的正弦弦值，代入的面积公式求解即可；
（3）设，，利用正、余弦定理在表示出，表示出，结合辅助角公式，正弦函数的性质求最值即可.
（1）在中，由余弦定理可得：
，则．
因为是等边三角形，所以的面积．
（2）在中，由余弦定理可得，
则，故，
因为是等边三角形，所以，
所以
，
则的面积为，
（3）设，，
在中，由正弦定理可得，则，
由余弦定理可得，
，
则，
所以的面积：
，
因为，，
所以，
当时，取得最大值，即的面积的最大值为．
1 / 1广东省湛江市2024-2025学年高一下学期4月期中联盟考试数学试题
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·湛江期中）已知集合，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可得，，
则．
故答案为：B.
【分析】分别解出集合，再求交集即可.
2．（2025高一下·湛江期中）已知向量，，若，则（　　）
A． B．0 C．4 D．5
【答案】A
【知识点】平面向量加、减运算的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得，
因为，
所以，
解得．
故答案为：A.
【分析】根据向量线性的坐标运算得，再由向量垂直的坐标表示计算参数即可．
3．（2025高一下·湛江期中）如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中轴，轴，且，则的边（　　）
A．2 B．4 C．6 D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：直观图的原图，如图所示：
，，，则.
故答案为：C.
【分析】利用斜二测画法求解即可.
4．（2025高一下·湛江期中）“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：当，，时，满足，此时，即不能推出；
当，，时，满足，此时，即不能推出.
故“”是“”的既不充分也不必要条件.
故答案为：D.
【分析】采用列举法，结合逻辑命题的判定判断即可.
5．（2025高一下·湛江期中）已知复数z在复平面内对应的点为Z，则满足的点的集合组成的图形的面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：由题意可得，满足的点的集合组成的图形是以原点O为圆心，以2及3为半径的两个圆所夹的圆环，
则其面积为.
故答案为：B.
【分析】根据题意，结合复数的几何意义，可得点集在以2及3为半径的两个圆所夹的圆环，再求圆环面积即可．
6．（2025高一下·湛江期中）已知函数的图象关于点中心对称，且在上单调，若，，且，则的最小值是（　　）
A．4 B． C．8 D．9
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质；基本不等式在最值问题中的应用；图形的对称性
【解析】【解答】解：由题意，可得，，
则，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以的最小值为9.
故答案为：D.
【分析】根据题意可得的值，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
7．（2025高一下·湛江期中）已知函数（）在上恰有3个零点，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，，所以，
又因为函数在上恰有3个零点，
所以，解得，则的取值范围是．
故答案为：A.
【分析】根据x的范围，先求，由函数的零点个数可得，解不等式即可求的取值范围.
8．（2025高一下·湛江期中）如图，在正四棱锥中，，．从A拉一条细绳绕过侧棱PB，PC，PD回到A点，则细绳的最短长度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：如图，将侧面PAB，侧面PBC，侧面PCD，侧面PDA展开到一个平面内．
由题意可知，，
设，则，
所以，所以．
由余弦定理可得，
则，即细绳的最短长度为．
故答案为：C.
【分析】将侧面延侧棱展开，再利用余弦的二倍角公式及余弦定理计算边长即可．
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．
9．（2025高一下·湛江期中）下列命题是真命题的是（　　）
A．棱台的侧面一定是梯形
B．直角三角形绕其一条直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥
C．棱台的所有侧棱所在直线一定交于同一点
D．过空间内不同的三点有且仅有一个平面
【答案】A,B,C
【知识点】棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；平面的概念、画法及表示
【解析】【解答】解：由棱台的定义可知棱台的侧面一定是梯形，则A正确；
绕直角三角形的一条直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥，则B正确；
因为棱台是由棱锥截成的，所以棱台的所有侧棱所在直线一定交于同一点，则C正确；
当三点共线时，有无数个平面，则D错误．
故答案为：ABC.
【分析】根据棱台的性质可判断AC；由旋转图形的概念可判断B；由平面的确定定理，过不共线的三点 有且仅有一个平面 .
10．（2025高一下·湛江期中）六角螺帽也叫六角螺母，是一种常见的紧固用零件，与螺丝、螺栓、螺钉相互配合使用，起连接紧固机件的作用．如图，这是某六角螺帽的截面图，O是正六边形的中心，也是圆O的圆心．M，N是圆O上的动点，且线段MN经过点O．已知，，P是六边形边上的动点，则下列结论正确的是（　　）
A．若点P与点A重合，则的最大值是7
B．若P是线段AB的中点，则
C．若P是线段AB的中点，则
D．的最大值是7
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：对于A，在正六边形中，，
若点P与点A重合，连接PO并延长，与圆O的另一个交点为H．
当点M与点H重合时，取得最大值7，则A正确．
对于B，当P是线段AB的中点时，，
所以，
故，则B错误．
对于C，因为，，所以，则C正确．
对于D，因为，且，
所以，则D正确.
故答案为：ACD.
【分析】对于A，利用点到圆上距离的最值判断；对于B，利用，则即可判断；对于C，根据向量的线性运算及数量积计算；对于D，由题可得，据此求解．
11．（2025高一下·湛江期中）已知直三棱柱的外接球的半径为5，是以为斜边的直角三角形，且，则（　　）
A．直三棱柱的体积的最大值是24
B．直三棱柱的体积的最大值是72
C．直三棱柱的侧面积的最大值是
D．直三棱柱的表面积的最大值是
【答案】B,C,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可得直三棱柱的高为，
设，，则，
AB、直三棱柱的体积，
因为，所以，
当且仅当时，等号成立，则，故A错误，B正确；
C、直三棱柱的侧面积，
因为，
所以，解得，
则，当且仅当时，等号成立，故C正确；
D、直三棱柱的上、下底面的面积之和，当且仅当时，等号成立，
则直三棱柱的表面积，
当且仅当时等号成立，故D正确．
故答案为：BCD.
【分析】由题意，先求直三棱柱的高，设，，可得，表示直三棱柱的体积，结合基本不等式求解即可判断AB；表示直三棱柱的侧面积、底面积，利用基本不等式求解即可判断CD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·湛江期中）若是纯虚数，则　 　．
【答案】2
【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：由复数是纯虚数，可得，解得．
故答案为：.
【分析】根据复数乘法法则，结合纯虚数的概念求解.
13．（2025高一下·湛江期中）某班数学老师组织本班学生开展课外实地测量活动，如图，这是要测量的一建筑物的高度，选择与该建筑物底部在同一水平面上的，两点，测得米，，，，则该建筑物的高度　 　米.
【答案】20
【知识点】余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设米，在中，因为，所以米，
在中，因为，所以米，
在中，由余弦定理可得，
因为米，所以，
即，解得，故米.
故答案为：20.
【分析】设米，用分别表示出和的长，再在中，利用余弦定理求建筑物的高度即可.
14．（2025高一下·湛江期中）若向量，满足，且向量与向量的夹角为，则的最小值是　 　.
【答案】2
【知识点】向量加法的三角形法则；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设，，如图所示：
易知，，
过作，垂足为，则，即的最小值是2.
故答案为：2.
【分析】设，，利用向量的三角形法则，作出图形，再过作，垂足为，将的最小值问题转化为中的最小值问题求解即可.
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．
15．（2025高一下·湛江期中）已知复数，，其中．
（1）当时，求；
（2）若复数在复平面内所对应的点位于第三象限，求a的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，则.
（2）解：因为，，所以．
因为在复平面内所对应的点位于第三象限，所以，
解得，即a的取值范围是.
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【分析】（1）根据复数的除法运算求解；
（2）由题可知，在复平面中对应点为，结合所在象限，再列不等式求解.
（1）当时，，则.
（2）因为，，所以．
因为在复平面内所对应的点位于第三象限，所以，
解得，即a的取值范围是.
16．（2025高一下·湛江期中）石凳是以天然石材或人造石为原料制作的凳椅，是一种常见的户外休闲设施．如图，这是某广场的石凳直观图，它是由正方体截去四面体，，，得到的，其中均为各棱的中点，且厘米．
（1）求该石凳的体积；
（2）求该石凳的表面积（不包含底面）．
【答案】（1）解：由题意可得正方体的体积立方厘米，
四面体的体积立方厘米，
则该石凳的体积立方厘米；
（2）解：由题意可得，，，均为边长为厘米的等边三角形，四边形IJKL是边长为厘米的正方形，
则的面积平方厘米，
正方形的面积平方厘米，
五边形的面积平方厘米，
故该石凳的表面积平方厘米．
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用割补法求体积即可；
（2）根据题意，该石凳表面由四个三角形，一个正方形及四个五边形组成，再分别求出对应面积相加即可.
（1）由题意可得正方体的体积立方厘米，
四面体的体积立方厘米，
则该石凳的体积立方厘米
（2）由题意可得，，，均为边长为厘米的等边三角形，四边形IJKL是边长为厘米的正方形，
则的面积平方厘米，
正方形的面积平方厘米，
五边形的面积平方厘米，
故该石凳的表面积平方厘米．
17．（2025高一下·湛江期中）已知函数.
（1）求的单调递减区间；
（2）求在上的值域；
（3）若是锐角，且，求的值.
【答案】（1）解：，
令，，解得，，
则的单调递减区间是；
（2）解：因为，所以，
当，即时，取得最大值；
当，即时，取得最小值，
故在上的值域为；
（3）解：因为，所以，所以，
因为是锐角，所以，
因为，所以，所以，
则.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的余弦公式；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用用辅助角公式化简函数，再利用整体法求正弦单调区间即可；
（2）根据正弦函数的性质求值域即可；
（3）利用同角三角函数基本关系，结合两角差的余弦公式求解即可.
（1）由题意可得
.
令，，
解得，，
则的单调递减区间是.
（2）因为，所以.
当，即时，取得最大值；
当，即时，取得最小值.
故在上的值域为.
（3）因为，所以，所以.
因为是锐角，所以.
因为，所以，所以，
则.
18．（2025高一下·湛江期中）如图，在中，，，且，，是和的交点．
（1）用，表示，．
（2）证明：．
（3）证明：是线段的中点．
【答案】（1）解：因为，所以，则．
因为，所以，
则．
（2）证明：由（1）可得
．
因为，，所以，则．
（3）证明：因为三点共线，
所以．
因为三点共线，所以，
则，解得，即，
故是线段的中点．
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）由向量的线性运算，表示出， 即可；
（2）根据题意计算出即可证明；
（3）分别利用三点共线与三点共线， 可得，，再建立方程组计算即可.
（1）因为，所以，则．
因为，所以，
则．
（2）证明：由（1）可得
．
因为，，所以，则．
（3）证明：因为三点共线，
所以．
因为三点共线，所以，
则，解得，即，
故是线段的中点．
19．（2025高一下·湛江期中）如图，在四边形中，，，是等边三角形．
（1）若，求的面积；
（2）若，求的面积；
（3）求的面积的最大值．
【答案】（1）解：在中，由余弦定理可得：，则，
因为是等边三角形，所以的面积；
（2）解：在中，由余弦定理可得，
则，故，
因为是等边三角形，所以，
所以，
则的面积为；
（3）解：设，，
在中，由正弦定理，可得，
由余弦定理可得，
，
则，
所以的面积：，
因为，，
所以，
当时，取得最大值，即的面积的最大值为．
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求得，结合为等边三角形，求面积即可；
（2）在中，利用余弦定理得到得余弦、正弦值，再利用两角和的正弦公式求的正弦弦值，代入的面积公式求解即可；
（3）设，，利用正、余弦定理在表示出，表示出，结合辅助角公式，正弦函数的性质求最值即可.
（1）在中，由余弦定理可得：
，则．
因为是等边三角形，所以的面积．
（2）在中，由余弦定理可得，
则，故，
因为是等边三角形，所以，
所以
，
则的面积为，
（3）设，，
在中，由正弦定理可得，则，
由余弦定理可得，
，
则，
所以的面积：
，
因为，，
所以，
当时，取得最大值，即的面积的最大值为．
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