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广东省汕头市金山中学2024-2025学年高一下学期期中测试数学试卷
一、单项选择题：本大题共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．已知全集，集合，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】补集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由题设，则.
故答案为：D.
【分析】根据题意，解得集合，再由补集的定义计算.
2．若复数z满足（其中i为虚数单位），则z的虚部是（　　）
A．2i B． C．2 D．
【答案】C
【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：因为，所以，
所以复数的虚部为.
故答案为：C.
【分析】由题可知，再根据复数的除法运算法则及复数的概念求解.
3．已知角，向量，，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，
若，则，即，因为，所以.
故答案为：D.
【分析】根据平面向量共线的坐标表示，结合同角三角函数基本关系以及角的范围求解即可.
4．在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为点是线段的中点，
所以，
又因为，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】由和，再结合已知条件得出实数的值.
5．已知某圆台的轴截面是等腰梯形，，则该圆台的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由，可得上底面圆的半径，下底面圆的半径，
设圆台的高为，则，
故该圆台的体积.
故答案为：B.
【分析】根据先分别求圆台的上、下底面的半径，设圆台的高为，利用等腰梯形的性质求圆台的高，最后根据圆台的体积公式求解即可.
6．青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量，通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足：．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.8，则其视力的小数记录法的数据为（　　）（）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：由，，得，即，
解得，
所以其视力的小数记录法的数据约为0.6.
故答案为：C.
【分析】根据对数的运算法则求解即可.
7．图中的左图为等大的3个灰色正方体和15个白色正方体所组成的多面体，其可以切割为①、②和③三个小多面体，则③代表的多面体可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】构成空间几何体的基本元素
【解析】【解答】解：对于B：灰色正方体与两个白色正方体相邻，而原图灰色正方体均与一个白色正方体相邻，不符；
对于C：灰色正方体与一个白色正方体相邻且与另一个白色正方体共一条棱，显然与原图不符；
对于D：灰色正方体有三个白色正方体相邻，显然与原图不符；
对于A：保留原图中两个相邻灰色正方体中的一个，再作合理切割即可得.
故答案为：A
【分析】根据多面体切割情况，结合灰色正方体的位置情况进行判断即可.
8．已知正三棱锥的外接球为球，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：作平面，则是等边的中心，设是正三棱锥外接球的球心，点在上，连接，连接并延长交于点，如图所示：
则，设该球半径为，则，
由，可得，
故，
在中，，解得，
因为点为的中点，所以，
在中，，所以，
设球心到过点的截面圆的距离为，可知，
截面圆半径，
则截面圆的面积的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】作平面，则是等边的中心，设是正三棱锥外接球的球心，点在上，连接，连接并延长交于点，设该球半径为，在中，利用勾股定理求得，再在中，求出，设球心到过点的截面圆的距离为，可知，即可得截面圆的半径的范围，最后再求截面面积的取值范围即可.
二、多项选择题：本大题共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．已知平面向量，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．与方向相反的单位向量是
C．与的夹角的余弦值为
D．在方向上的投影向量为
【答案】A,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、易知，则，故A正确；
B、与相反的单位向量为，故B错误；
C、，则，故C正确；
D、由投影向量的定义知，在方向上的投影向量为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据向量的坐标运算，结合向量模的坐标表示求解即可判断A；由相反的单位向量为求解即可判断B；根据向量夹角公式求解即可判断C；根据投影向量的计算公式求解即可判断D.
10．如图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足平面的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、如图：
连接，因为为正方体棱的中点，所以，又，所以，
平面，平面，所以平面，故A正确；
B、如图：
因为是正方体棱的中点，所以，，，
所以，同理：，，
所以5点共面，所以平面不成立，故B错误；
C、如图：
因为是正方体棱的中点，所以，，所以.
平面，平面，所以平面，故C正确；
D、如图：
因为为正方体棱的中点，连接交于，连接，
因为为的中位线，所以，
又因为平面，平面，所以平面，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】连接，利用中位线，结合线面平行的判定证明平面即可判断A；由题意，推出5点共面，平面不成立即可判断B；利用中位线，结合线面平行的判定证明平面即可判断C；连接交于，连接，利用中位线，结合线面平行的判定证明平面即可判断D.
11．“阿基米德多面体”也称半正多面体，又多个不全相同正多边形围成的多面体，体现了数学的对称之美．如下图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去8个三棱锥，得到8个面为正三角形、6个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（　　）
A．该半正多面体的表面积是
B．直线与平面所成的角为45°
C．该半正多面体有外接球，且它的表面积为
D．该半正多面体有内切球，且它的表面积为
【答案】A,B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：半正多面体的表面积是，A对，
由题左图示，易知平面平面，平面，
所以直线在平面上的投影与正方体底面一条棱所在直线重合，且直线与其投影所成角为，B对，
由题设，易知正方体的棱长为2，结合对称性，
若半正多面体存在内切球、外接球，它们的球心重合且为正方体的中心，
所以正方体的中心到半正多面体各顶点的距离均为，
故半正多面体有外接球，且它的表面积为，C对，
正方体的中心到半正多面体的正方形侧面距离为1，
正方体的中心和半正多面体三角形侧面的三个顶点所成棱锥是棱长为的正四面体，
所以该正四面体的高为，
故半正多面体不存在内切球，D错.
故答案为：ABC
【分析】对于A，根据半正多面体结构特征直接计算表面积；对于B，根据线面角的定义求解；根据立体几何图形外接球、内切球定义，结合球的表面积公式求解，即可判断CD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在中，若，，，则　 　
【答案】
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；正弦定理
【解析】【解答】解：因为，且，所以，
由正弦定理，可得.
故答案为：.
【分析】根据同角三角形函数的关系求出，再利用正弦定理求即可.
13．若，则　 　．
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，则，
.
故答案为：.
【分析】根据题意，利用求出，再利用商数关系，切化弦化简可得，再代入的值即可.
14．已知平面向量，，，对任意实数x，y都有，成立．若，则的最大值是　 　．
【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：如图，
设，，
若对任意实数，都有，成立，
则，在以为直径的圆上，过作，交于，交圆于，
在上的射影最长为，
．
设，则，，
，
，
则当时，有最大值为．
故答案为：.
【分析】设，，，再结合条件可知，在以为直径的圆上，结合数列积的几何意义得，设，进而根据二次函数求最值．
四、解答题：本大题共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．如图，在正方体中，E为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若F为的中点，判断并证明平面和平面的位置关系．
【答案】（1）证明：连接，交于，连接，由正方体的结构易知为的中点，
又E为的中点，则，平面，平面，
所以平面；
（2）解：平面平面，证明如下：
由F为的中点，连接，
E为的中点，易知，
所以为平行四边形，则，
由平面，平面，则平面，
由（1）平面，且，平面，
所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）连接，交于，连接，利用中位线性质易得，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）由F为的中点，连接，利用中位线性质可得，再利用线面平行的判定证明平面，结合（1）及面面平行的判定证明面面平行即可.
（1）连接，交于，连接，由正方体的结构易知为的中点，
又E为的中点，则，平面，平面，
所以平面；
（2）平面平面，证明如下：
由F为的中点，连接；
E为的中点，易知，
所以为平行四边形，则，
由平面，平面，则平面，
由（1）平面，且，平面，
所以平面平面.
16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，，，边上的中线，相交于点M．
（ⅰ）求；
（ⅱ）求．
【答案】（1）解：由题设及正弦定理可得，
所以，
整理得，且，
可得，故，
又，则，可得.
（2）解：（i）由，则
；
（ii）令且，又，则，
由共线，则，即，
而，
则
，
所以.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化，结合辅助角公式化简可得，再解三角方程即可；
（2）（i）根据题意可知，再利用模长公式计算；
（ii）令，利用三点共线得到，再根据，结合模长公式计算，再根据即可求解.
（1）由题设及正弦定理可得，
所以，
整理得，且，
可得，故，
又，则，可得.
（2）（i）由，则；
（ii）令且，又，则，
由共线，则，即，
而，则，
所以.
17．如图，圆的内接四边形中，，，C为圆周上一动点，．
（1）若为直径，求四边形的面积；
（2）求四边形的周长的最大值．
（参考结论：圆的内接四边形对角互补．）
【答案】（1）解：设圆的半径为，则，由，则，
所以，故，可得，
四边形的面积.
（2）解：由（1），
又，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
综上，四边形的周长.
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意，设圆的半径为，则，结合圆周角定理可得，利用余弦定理求出，进而得到，再根据进行求解；
（2）由（1）知，在中利用余弦定理得，结合基本不等式求的最值即可.
（1）设圆的半径为，则，由，则，
所以，故，可得，
四边形的面积.
（2）由（1），
又，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
综上，四边形的周长.
18．如图，在四棱锥中，平面，，，，．
（1）求证：平面；
（2）若异面直线与所成的角为，求点B到平面的距离．
【答案】（1）证明：由，，，，即为直角梯形，
所以，，
所以，即，
又平面，平面，则，
由平面，故平面；
（2）解：若是的中点，则，故为平行四边形，
所以且，故异面直线与所成的角，即为，
由平面，平面，则，
又，易知，则，
所以，则，
由平面，平面，则，
由平面，平面，则，
由，，则，而平面，
所以平面，平面，则，
故，
所以，而，且，
设点B到平面的距离为，
则，即，可得.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用勾股定理可证，结合平面得到，再根据线面垂直的判定即可求解；
（2）若是的中点，易知异面直线与所成的角为，再利用等体积法求点到面的距离即可.
（1）由，，，，即为直角梯形，
所以，，
所以，即，
又平面，平面，则，
由平面，故平面；
（2）若是的中点，则，故为平行四边形，
所以且，故异面直线与所成的角，即为，
由平面，平面，则，
又，易知，则，
所以，则，
由平面，平面，则，
由平面，平面，则，
由，，则，而平面，
所以平面，平面，则，
故，
所以，而，且，
设点B到平面的距离为，
则，即，可得.
19．已知函数（e是自然对数底数），函数的图象与函数的图象关于直线对称．令，其中，分别为奇函数、偶函数．
（1）求在上的最大值；
（2）求，并证明；
（3）求证：仅有1个零点，且．
【答案】（1）解：由题设，则，
令，则，，故，
所以在上单调递增，故其最大值为；
（2）证明：由题设，又，分别为奇函数、偶函数，
所以，故，
所以，
故，
由，，
所以，当且仅当时取等号，
所以，得证；
（3）证明：由题设且，显然在上单调递增，
，而，，所以，
，而，，所以，
综上，仅有1个零点，即为，
由，显然，，
故，即，
综上，仅有1个零点，且.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数零点存在定理；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）由题易知，则，再由作差法得到函数单调性，即可得最大值；
（2）利用奇偶性构建方程组解得，再结合基本不等式证明即可；
（3）先利用单调性确定零点及唯一性，并由零点存在定理可知，进而判断的区间函数值符号，即可证不等式.
（1）由题设，则，
令，则，，故，
所以在上单调递增，故其最大值为；
（2）由题设，又，分别为奇函数、偶函数，
所以，故，
所以，
故，
由，，
所以，当且仅当时取等号，
所以，得证；
（3）由题设且，显然在上单调递增，
，而，，所以，
，而，，所以，
综上，仅有1个零点，即为，
由，显然，，
故，即，
综上，仅有1个零点，且.
1 / 1广东省汕头市金山中学2024-2025学年高一下学期期中测试数学试卷
一、单项选择题：本大题共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．已知全集，集合，则（　　）
A． B．
C． D．
2．若复数z满足（其中i为虚数单位），则z的虚部是（　　）
A．2i B． C．2 D．
3．已知角，向量，，若，则（　　）
A． B． C． D．
4．在平行四边形中，点是边上的点，，点是线段的中点，若，则（　　）
A． B．1 C． D．
5．已知某圆台的轴截面是等腰梯形，，则该圆台的体积为（　　）
A． B． C． D．
6．青少年视力是社会普遍关注的问题，视力情况可借助视力表测量，通常用五分记录法和小数记录法记录视力数据，五分记录法的数据L和小数记录法的数据V满足：．已知某同学视力的五分记录法的数据为4.8，则其视力的小数记录法的数据为（　　）（）
A． B． C． D．
7．图中的左图为等大的3个灰色正方体和15个白色正方体所组成的多面体，其可以切割为①、②和③三个小多面体，则③代表的多面体可能是（　　）
A． B． C． D．
8．已知正三棱锥的外接球为球，点为的中点，过点作球的截面，则所得截面图形面积的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本大题共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．已知平面向量，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．与方向相反的单位向量是
C．与的夹角的余弦值为
D．在方向上的投影向量为
10．如图，点是正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中满足平面的是（　　）
A． B．
C． D．
11．“阿基米德多面体”也称半正多面体，又多个不全相同正多边形围成的多面体，体现了数学的对称之美．如下图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去8个三棱锥，得到8个面为正三角形、6个面为正方形的一种半正多面体．已知，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（　　）
A．该半正多面体的表面积是
B．直线与平面所成的角为45°
C．该半正多面体有外接球，且它的表面积为
D．该半正多面体有内切球，且它的表面积为
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12．在中，若，，，则　 　
13．若，则　 　．
14．已知平面向量，，，对任意实数x，y都有，成立．若，则的最大值是　 　．
四、解答题：本大题共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．如图，在正方体中，E为的中点．
（1）求证：平面；
（2）若F为的中点，判断并证明平面和平面的位置关系．
16．记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求B；
（2）若，，，边上的中线，相交于点M．
（ⅰ）求；
（ⅱ）求．
17．如图，圆的内接四边形中，，，C为圆周上一动点，．
（1）若为直径，求四边形的面积；
（2）求四边形的周长的最大值．
（参考结论：圆的内接四边形对角互补．）
18．如图，在四棱锥中，平面，，，，．
（1）求证：平面；
（2）若异面直线与所成的角为，求点B到平面的距离．
19．已知函数（e是自然对数底数），函数的图象与函数的图象关于直线对称．令，其中，分别为奇函数、偶函数．
（1）求在上的最大值；
（2）求，并证明；
（3）求证：仅有1个零点，且．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】补集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由题设，则.
故答案为：D.
【分析】根据题意，解得集合，再由补集的定义计算.
2．【答案】C
【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：因为，所以，
所以复数的虚部为.
故答案为：C.
【分析】由题可知，再根据复数的除法运算法则及复数的概念求解.
3．【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：向量，，
若，则，即，因为，所以.
故答案为：D.
【分析】根据平面向量共线的坐标表示，结合同角三角函数基本关系以及角的范围求解即可.
4．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为点是线段的中点，
所以，
又因为，
所以，
所以.
故答案为：C.
【分析】由和，再结合已知条件得出实数的值.
5．【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由，可得上底面圆的半径，下底面圆的半径，
设圆台的高为，则，
故该圆台的体积.
故答案为：B.
【分析】根据先分别求圆台的上、下底面的半径，设圆台的高为，利用等腰梯形的性质求圆台的高，最后根据圆台的体积公式求解即可.
6．【答案】C
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：由，，得，即，
解得，
所以其视力的小数记录法的数据约为0.6.
故答案为：C.
【分析】根据对数的运算法则求解即可.
7．【答案】A
【知识点】构成空间几何体的基本元素
【解析】【解答】解：对于B：灰色正方体与两个白色正方体相邻，而原图灰色正方体均与一个白色正方体相邻，不符；
对于C：灰色正方体与一个白色正方体相邻且与另一个白色正方体共一条棱，显然与原图不符；
对于D：灰色正方体有三个白色正方体相邻，显然与原图不符；
对于A：保留原图中两个相邻灰色正方体中的一个，再作合理切割即可得.
故答案为：A
【分析】根据多面体切割情况，结合灰色正方体的位置情况进行判断即可.
8．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球内接多面体
【解析】【解答】解：作平面，则是等边的中心，设是正三棱锥外接球的球心，点在上，连接，连接并延长交于点，如图所示：
则，设该球半径为，则，
由，可得，
故，
在中，，解得，
因为点为的中点，所以，
在中，，所以，
设球心到过点的截面圆的距离为，可知，
截面圆半径，
则截面圆的面积的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】作平面，则是等边的中心，设是正三棱锥外接球的球心，点在上，连接，连接并延长交于点，设该球半径为，在中，利用勾股定理求得，再在中，求出，设球心到过点的截面圆的距离为，可知，即可得截面圆的半径的范围，最后再求截面面积的取值范围即可.
9．【答案】A,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、易知，则，故A正确；
B、与相反的单位向量为，故B错误；
C、，则，故C正确；
D、由投影向量的定义知，在方向上的投影向量为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据向量的坐标运算，结合向量模的坐标表示求解即可判断A；由相反的单位向量为求解即可判断B；根据向量夹角公式求解即可判断C；根据投影向量的计算公式求解即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、如图：
连接，因为为正方体棱的中点，所以，又，所以，
平面，平面，所以平面，故A正确；
B、如图：
因为是正方体棱的中点，所以，，，
所以，同理：，，
所以5点共面，所以平面不成立，故B错误；
C、如图：
因为是正方体棱的中点，所以，，所以.
平面，平面，所以平面，故C正确；
D、如图：
因为为正方体棱的中点，连接交于，连接，
因为为的中位线，所以，
又因为平面，平面，所以平面，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】连接，利用中位线，结合线面平行的判定证明平面即可判断A；由题意，推出5点共面，平面不成立即可判断B；利用中位线，结合线面平行的判定证明平面即可判断C；连接交于，连接，利用中位线，结合线面平行的判定证明平面即可判断D.
11．【答案】A,B,C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：半正多面体的表面积是，A对，
由题左图示，易知平面平面，平面，
所以直线在平面上的投影与正方体底面一条棱所在直线重合，且直线与其投影所成角为，B对，
由题设，易知正方体的棱长为2，结合对称性，
若半正多面体存在内切球、外接球，它们的球心重合且为正方体的中心，
所以正方体的中心到半正多面体各顶点的距离均为，
故半正多面体有外接球，且它的表面积为，C对，
正方体的中心到半正多面体的正方形侧面距离为1，
正方体的中心和半正多面体三角形侧面的三个顶点所成棱锥是棱长为的正四面体，
所以该正四面体的高为，
故半正多面体不存在内切球，D错.
故答案为：ABC
【分析】对于A，根据半正多面体结构特征直接计算表面积；对于B，根据线面角的定义求解；根据立体几何图形外接球、内切球定义，结合球的表面积公式求解，即可判断CD.
12．【答案】
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；正弦定理
【解析】【解答】解：因为，且，所以，
由正弦定理，可得.
故答案为：.
【分析】根据同角三角形函数的关系求出，再利用正弦定理求即可.
13．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，则，
.
故答案为：.
【分析】根据题意，利用求出，再利用商数关系，切化弦化简可得，再代入的值即可.
14．【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：如图，
设，，
若对任意实数，都有，成立，
则，在以为直径的圆上，过作，交于，交圆于，
在上的射影最长为，
．
设，则，，
，
，
则当时，有最大值为．
故答案为：.
【分析】设，，，再结合条件可知，在以为直径的圆上，结合数列积的几何意义得，设，进而根据二次函数求最值．
15．【答案】（1）证明：连接，交于，连接，由正方体的结构易知为的中点，
又E为的中点，则，平面，平面，
所以平面；
（2）解：平面平面，证明如下：
由F为的中点，连接，
E为的中点，易知，
所以为平行四边形，则，
由平面，平面，则平面，
由（1）平面，且，平面，
所以平面平面.
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）连接，交于，连接，利用中位线性质易得，再利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）由F为的中点，连接，利用中位线性质可得，再利用线面平行的判定证明平面，结合（1）及面面平行的判定证明面面平行即可.
（1）连接，交于，连接，由正方体的结构易知为的中点，
又E为的中点，则，平面，平面，
所以平面；
（2）平面平面，证明如下：
由F为的中点，连接；
E为的中点，易知，
所以为平行四边形，则，
由平面，平面，则平面，
由（1）平面，且，平面，
所以平面平面.
16．【答案】（1）解：由题设及正弦定理可得，
所以，
整理得，且，
可得，故，
又，则，可得.
（2）解：（i）由，则
；
（ii）令且，又，则，
由共线，则，即，
而，
则
，
所以.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦定理边角互化，结合辅助角公式化简可得，再解三角方程即可；
（2）（i）根据题意可知，再利用模长公式计算；
（ii）令，利用三点共线得到，再根据，结合模长公式计算，再根据即可求解.
（1）由题设及正弦定理可得，
所以，
整理得，且，
可得，故，
又，则，可得.
（2）（i）由，则；
（ii）令且，又，则，
由共线，则，即，
而，则，
所以.
17．【答案】（1）解：设圆的半径为，则，由，则，
所以，故，可得，
四边形的面积.
（2）解：由（1），
又，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
综上，四边形的周长.
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意，设圆的半径为，则，结合圆周角定理可得，利用余弦定理求出，进而得到，再根据进行求解；
（2）由（1）知，在中利用余弦定理得，结合基本不等式求的最值即可.
（1）设圆的半径为，则，由，则，
所以，故，可得，
四边形的面积.
（2）由（1），
又，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
综上，四边形的周长.
18．【答案】（1）证明：由，，，，即为直角梯形，
所以，，
所以，即，
又平面，平面，则，
由平面，故平面；
（2）解：若是的中点，则，故为平行四边形，
所以且，故异面直线与所成的角，即为，
由平面，平面，则，
又，易知，则，
所以，则，
由平面，平面，则，
由平面，平面，则，
由，，则，而平面，
所以平面，平面，则，
故，
所以，而，且，
设点B到平面的距离为，
则，即，可得.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用勾股定理可证，结合平面得到，再根据线面垂直的判定即可求解；
（2）若是的中点，易知异面直线与所成的角为，再利用等体积法求点到面的距离即可.
（1）由，，，，即为直角梯形，
所以，，
所以，即，
又平面，平面，则，
由平面，故平面；
（2）若是的中点，则，故为平行四边形，
所以且，故异面直线与所成的角，即为，
由平面，平面，则，
又，易知，则，
所以，则，
由平面，平面，则，
由平面，平面，则，
由，，则，而平面，
所以平面，平面，则，
故，
所以，而，且，
设点B到平面的距离为，
则，即，可得.
19．【答案】（1）解：由题设，则，
令，则，，故，
所以在上单调递增，故其最大值为；
（2）证明：由题设，又，分别为奇函数、偶函数，
所以，故，
所以，
故，
由，，
所以，当且仅当时取等号，
所以，得证；
（3）证明：由题设且，显然在上单调递增，
，而，，所以，
，而，，所以，
综上，仅有1个零点，即为，
由，显然，，
故，即，
综上，仅有1个零点，且.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数零点存在定理；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）由题易知，则，再由作差法得到函数单调性，即可得最大值；
（2）利用奇偶性构建方程组解得，再结合基本不等式证明即可；
（3）先利用单调性确定零点及唯一性，并由零点存在定理可知，进而判断的区间函数值符号，即可证不等式.
（1）由题设，则，
令，则，，故，
所以在上单调递增，故其最大值为；
（2）由题设，又，分别为奇函数、偶函数，
所以，故，
所以，
故，
由，，
所以，当且仅当时取等号，
所以，得证；
（3）由题设且，显然在上单调递增，
，而，，所以，
，而，，所以，
综上，仅有1个零点，即为，
由，显然，，
故，即，
综上，仅有1个零点，且.
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