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广东省佛山市南海区2024-2025学年高一下学期素养提升学业水平测试数学试卷
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．设，其中a，b为实数，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
2．（　　）
A． B． C． D．
3．若，是第三象限的角，则（　　）
A． B． C． D．
4．将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数为（　　）
A． B．
C． D．
5．，是两个平面，m，n是两条直线，则（　　）
A．如果，，那么
B．如果，，m，n是异面直线，那么n与相交
C．如果，，那么
D．如果，n与相交，那么m，n是异面直线
6．已知一个圆锥的底面半径为，其体积为，则该圆锥的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
7．已知的外接圆圆心为，半径为1，且，，则的值为（　　）
A．2 B．1 C．-1 D．-2
8．已知函数，且对任意，都有恒成立，若函数在单调递减，则的最大值是（　　）
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，有错选的得0分.
9．如图，已知圆台上，下底面的圆心分别为，，半径分别为2和4，高为，四边形为圆台的轴截面，则（　　）
A．圆台的母线长为6 B．圆台的体积为
C．圆台的侧面积为24π D．圆台外接球的半径为4
10．函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．的最小正周期是π
B．的图象关于点对称
C．
D．在区间上的值域为
11．如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱，，的中点，点满足，，则下列结论正确的是（　　）
A．平面
B．若Q，M，N，P四点共面，则
C．过点Q有且仅有一条直线与，都相交
D．若，点F在侧面上（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．复数的实部是　 　.
13．已知a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若，，则　 　.
14．定义平面非零向量之间的一种运算“*”，记（其中是非零向量，的夹角），若，均为单位向量，且，则　 　.
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．已知向量，，，且，.
（1）求向量，的坐标；
（2）若，.
（i）求与的夹角；
（ii）求向量在向量上的投影向量的坐标.
16．如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，，点在棱上，且.
（1）证明：平面；
（2）若，三棱锥的体积为6，求点到平面的距离.
17．已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，求的周长.
18．如图1，内壁光滑且透明的正方体容器内注有一定量的水，已知正方体容器棱长为4，容器厚度不计.当其水平放置时，水面恰好过，，，的中点E，F，G，H.现在固定容器一边于水平地面，再将容器倾斜，随着倾斜角度的不同，水面的形状也不同.容器绕从图1的放置状态旋转至水面第一次过棱的过程中（不包括起始和终止位置），水面与棱，，，分别交于点，，，.假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动.
（1）证明：是定值；
（2）已知水面是矩形面，求水面面积的取值范围.
19．如图，宽为的走廊与另一宽为的走廊垂直相连，两走廊交汇处形成直角拐点M.细杆需保持水平状态通过拐点M，且在移动过程中两端始终与两侧墙壁保持接触.设细杆与外侧走廊的夹角，.
（1）设细杆的长度为，求的表达式；
（2）若，，试问：长度为5的细杆能否水平地通过拐角 请说明理由；
（3）若，试问：长度为的细杆能否水平地通过拐角 请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，则.
故答案为：B.
【分析】本题考查复数的代数运算与复数相等的条件，核心是通过展开右边的复数，利用实部、虚部分别相等建立方程组求解。
2．【答案】D
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：.
故答案为：D.
【分析】本题考查平面向量的线性运算，核心是利用向量减法的三角形法则（）和向量加法的三角形法则进行化简求值。
3．【答案】C
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为，是第三象限的角，
所以，
所以.
故答案为：C
【分析】本题考查同角三角函数的基本关系与诱导公式，核心是先根据cosα的值和α的象限求sinα，再利用诱导公式化简sin(π α)求值。
4．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：因为向左平移个单位长度，
得到，
故答案为：B.
【分析】本题考查三角函数的图象平移变换规律，核心是遵循 “左加右减” 的平移原则，对自变量x进行变换后化简函数解析式。
5．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如果，，那么或相交或异面，A选项错误；
如果，，m，n是异面直线，那么n与相交或平行，B选项错误；
如果，，那么无交点，所以，C选项正确；
如果，n与相交，那么m，n是异面直线或相交直线，D选项错误；
故答案为：C.
【分析】 A：平行于同一平面的直线，位置关系多样。
B：平面外直线与平面内异面直线，直线可与平面平行 / 相交。
C：面面平行，线面无公共点，线面平行。
D：线面平行与线面相交的直线，位置关系可异面 / 相交。
6．【答案】D
【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】【解答】解：设圆锥的高为，母线长为，
因为圆锥的底面半径为，其体积为，
所以，解得，
所以，故圆锥的侧面积为.
故答案为：D
【分析】本题考查圆锥的体积公式、母线长计算及侧面积公式，核心是先通过体积公式求出圆锥的高，再利用勾股定理求母线长，最后代入侧面积公式计算。
7．【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，可得，所以为的中点，
所以为的直径，可得，
又因为，所以为等腰直角三角形，且，
所以.
故答案为：A.
【分析】本题考查向量的线性运算、三角形外接圆性质及向量数量积计算，核心是通过向量关系判断三角形的形状，再结合外接圆半径和数量积公式求解。
8．【答案】B
【知识点】余弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由条件可知，，则，
且，所以，
所以，
当，则，
若函数在单调递减，则，得，
所以的最大值为.
故答案为：B
【分析】本题考查余弦函数的最值与单调性，核心是先根据函数的最大值条件求出φ，再结合余弦函数的单调递减区间确定a的最大值。
9．【答案】B,C,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意知，圆台的上、下底面圆的半径分别为和，高，
则圆台的母线长为，A错误；
圆台的体积为，B正确；
圆台的侧面积为，C正确；
设圆台的外接球的球心到上底面的距离为，
由球的截面圆的性质，可得，解得，
所以球的半径为，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查圆台的几何性质、体积与侧面积公式，以及外接球半径的计算，核心是利用圆台的母线、高、上下底面半径的关系，结合体积、侧面积公式和球的截面性质逐一分析选项。
10．【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由函数的图象可得，
由题意可得，所以，所以的最小正周期是π，故A正确；
所以，解得，
所以，又因为过点，
所以，所以，
所以，解得，
又，所以，所以，
因为，
所以的图象不关于点对称，故B错误；
当时，，故C正确；
当，，所以，
所以，所以在区间上的值域为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题考查正弦型函数y=Asin(ωx+φ)的解析式求解及性质分析，核心是通过图象确定A、ω、φ，再结合周期、对称性、函数值及值域的相关知识逐一判断选项。
11．【答案】A,C,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；共面向量定理
【解析】【解答】解：A，因为平面平面，平面，所以平面，故A正确；
B，作直线，分别交延长线于点，
再连接并延长交延长线于点，连接交于点，
因为分别是棱，，的中点，可作正方体截面为正六边形，
它们交于各棱中点，所以为中点，由可得，故B错误；
C，由平面平面，则，
因为都在平面内，所以由图可得必与相交，
根据以上作图可得唯一交点，所以直线是唯一与和相交的直线，故C正确；
D，由分别是棱的中点，点满足，
则过作平行于，交于，由图可得，连接，
再过点作的平行线交于，可得，
再过点作的平行线交于，可得为的中点，
则可得平面，平面，平面，
所以平面平面，若平面，则平面，
因为平面平面，所以，
由于正方体棱长为2，可得，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】A：利用面面平行的性质，判断线面平行；
B：根据四点共面的条件，求解λ的值；
C：利用线线相交的唯一性，判断过点Q的直线；
D：通过面面平行的性质，确定点F的轨迹并计算其长度。
12．【答案】
【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：复数的实部是.
故答案为：.
【分析】本题考查复数的除法运算与实部概念，核心是通过复数的四则运算将分母实数化，进而确定复数的实部。
13．【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由，结合正弦定理可得，又，
所以，所以，
由余弦定理可得，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】本题考查正弦定理与余弦定理的综合应用，核心是通过正弦定理将角的关系转化为边的关系，再结合余弦定理求解角C的大小。
14．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：设向量，的夹角为，
因为，均为单位向量，且，
所以，因为，所以.
所以，
所以.
故答案为：
【分析】本题考查新定义向量运算与向量模的计算，核心是先通过向量数量积求出夹角的三角函数值，再代入新运算公式化简向量，最后利用向量模的计算公式求解结果。
15．【答案】（1）解：因为，所以.解得.
因为，所以.解得.
所以，.
（2）解：（i）.
.
所以.
因为，所以.
（ii）设向量在向量上的投影向量为，则.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【分析】(1) 利用向量平行和垂直的坐标表示列方程求解；
(2) 先进行向量的线性运算求出、的坐标，再利用夹角公式和投影向量公式计算。
（1）因为，所以.解得.
因为，所以.解得.
所以，.
（2）（i）.
.
所以.
因为，所以.
（ii）设向量在向量上的投影向量为，则.
16．【答案】（1）证明：因为，且，可得，
连接，如图所示
因为，所以，所以，
又因为平面，且平面，所以平面.
（2）解：因为，，所以，
又因为四边形是等腰梯形，，
在平面中，作垂足为，则，
则的面积为，
所以三棱锥的体积为，解得，
即点到平面的距离为，
因为，所以点P到平面的距离是点F到平面的距离的3倍，
所以点到平面的距离为.
【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
【解析】【分析】(1) 利用等腰梯形的比例关系与线段分点条件，证明线线平行（），再结合线面平行的判定定理证明平面；
(2) 先计算的面积，结合三棱锥体积公式求出点到平面的距离，再根据的比例关系，得到点到平面的距离。
（1）证明：因为，且，可得，
连接，因为，所以，所以，
又因为平面，且平面，所以平面.
（2）解：因为，，所以，
又因为四边形是等腰梯形，，
在平面中，作垂足为，则，
则的面积为，
所以三棱锥的体积为，解得，
即点到平面的距离为，
因为，所以点P到平面的距离是点F到平面的距离的3倍，
所以点到平面的距离为.
17．【答案】（1）解：
.
令，解得.
所以的单调递增区间为.；
（2）解：，即.
因为，所以，所以，即.
由余弦定理，可得，即，所以.
于是，所以.
所以的周长为.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；解三角形
【解析】【分析】(1) 先利用三角恒等变换将函数化简为单角的正弦函数形式，再根据正弦函数的单调性求解单调递增区间；
(2) 先由求出角，再结合余弦定理和已知条件求出，进而得到三角形的周长。
（1）.
令，解得.
所以的单调递增区间为.；
（2），即.
因为，所以，所以，即.
由余弦定理，可得，即，所以.
于是，所以.
所以的周长为.
18．【答案】（1）证明：由图1可知水体的体积为.
图2中，水体所形成几何体体积不变，则
.
所以，即是定值4.
（2）解：设，则，
，.
所以.
因为函数是开口向上，对称轴为的抛物线，而，
所以，所以.
所以水面面积的取值范围为.
【知识点】棱柱的结构特征；柱体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 利用正方体中水体体积不变的特点，结合棱柱体积公式，建立与的数量关系，证明其和为定值；
(2) 设，结合正方体棱长与勾股定理表示出矩形的边长，得到面积的函数解析式，再利用二次函数或不等式求解面积的取值范围。
（1）由图1可知水体的体积为.
图2中，水体所形成几何体体积不变，则
.
所以，即是定值4.
（2）设，则，
，.
所以.
因为函数是开口向上，对称轴为的抛物线，而，
所以，所以.
所以水面面积的取值范围为.
19．【答案】（1）解：由题意，，.
所以，.
（2）不能，理由如下：
因为，，所以.
当时，.
因为，所以细杆不能水平地通过拐角.
（3）解：因为，所以.
于是.
令，则.
因为，所以，，于是.
所以.
因为函数是开口方向向上，对称轴为的二次函数，所以当时，有最小值8，
有最小值，有最小值.
所以长度为的细杆可以水平地通过拐角.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；二倍角的正弦公式
【解析】【分析】(1) 利用直角三角形的边角关系，分别表示出细杆在两个走廊段的长度，相加得到的表达式；
(2) 将、代入解析式，求出的最小值，与细杆长度5比较判断能否通过；
(3) 当时，化简并求其最小值，与比较得出结论。
（1）由题意，，.
所以，.
（2）因为，，所以.
当时，.
因为，所以细杆不能水平地通过拐角.
（3）因为，所以.
于是.
令，则.
因为，所以，，于是.
所以.
因为函数是开口方向向上，对称轴为的二次函数，所以当时，有最小值8，
有最小值，有最小值.
所以长度为的细杆可以水平地通过拐角.
1 / 1广东省佛山市南海区2024-2025学年高一下学期素养提升学业水平测试数学试卷
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．设，其中a，b为实数，则（　　）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为，则.
故答案为：B.
【分析】本题考查复数的代数运算与复数相等的条件，核心是通过展开右边的复数，利用实部、虚部分别相等建立方程组求解。
2．（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：.
故答案为：D.
【分析】本题考查平面向量的线性运算，核心是利用向量减法的三角形法则（）和向量加法的三角形法则进行化简求值。
3．若，是第三象限的角，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：因为，是第三象限的角，
所以，
所以.
故答案为：C
【分析】本题考查同角三角函数的基本关系与诱导公式，核心是先根据cosα的值和α的象限求sinα，再利用诱导公式化简sin(π α)求值。
4．将函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象对应的函数为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：因为向左平移个单位长度，
得到，
故答案为：B.
【分析】本题考查三角函数的图象平移变换规律，核心是遵循 “左加右减” 的平移原则，对自变量x进行变换后化简函数解析式。
5．，是两个平面，m，n是两条直线，则（　　）
A．如果，，那么
B．如果，，m，n是异面直线，那么n与相交
C．如果，，那么
D．如果，n与相交，那么m，n是异面直线
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如果，，那么或相交或异面，A选项错误；
如果，，m，n是异面直线，那么n与相交或平行，B选项错误；
如果，，那么无交点，所以，C选项正确；
如果，n与相交，那么m，n是异面直线或相交直线，D选项错误；
故答案为：C.
【分析】 A：平行于同一平面的直线，位置关系多样。
B：平面外直线与平面内异面直线，直线可与平面平行 / 相交。
C：面面平行，线面无公共点，线面平行。
D：线面平行与线面相交的直线，位置关系可异面 / 相交。
6．已知一个圆锥的底面半径为，其体积为，则该圆锥的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【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】【解答】解：设圆锥的高为，母线长为，
因为圆锥的底面半径为，其体积为，
所以，解得，
所以，故圆锥的侧面积为.
故答案为：D
【分析】本题考查圆锥的体积公式、母线长计算及侧面积公式，核心是先通过体积公式求出圆锥的高，再利用勾股定理求母线长，最后代入侧面积公式计算。
7．已知的外接圆圆心为，半径为1，且，，则的值为（　　）
A．2 B．1 C．-1 D．-2
【答案】A
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，可得，所以为的中点，
所以为的直径，可得，
又因为，所以为等腰直角三角形，且，
所以.
故答案为：A.
【分析】本题考查向量的线性运算、三角形外接圆性质及向量数量积计算，核心是通过向量关系判断三角形的形状，再结合外接圆半径和数量积公式求解。
8．已知函数，且对任意，都有恒成立，若函数在单调递减，则的最大值是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】余弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由条件可知，，则，
且，所以，
所以，
当，则，
若函数在单调递减，则，得，
所以的最大值为.
故答案为：B
【分析】本题考查余弦函数的最值与单调性，核心是先根据函数的最大值条件求出φ，再结合余弦函数的单调递减区间确定a的最大值。
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，有错选的得0分.
9．如图，已知圆台上，下底面的圆心分别为，，半径分别为2和4，高为，四边形为圆台的轴截面，则（　　）
A．圆台的母线长为6 B．圆台的体积为
C．圆台的侧面积为24π D．圆台外接球的半径为4
【答案】B,C,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意知，圆台的上、下底面圆的半径分别为和，高，
则圆台的母线长为，A错误；
圆台的体积为，B正确；
圆台的侧面积为，C正确；
设圆台的外接球的球心到上底面的距离为，
由球的截面圆的性质，可得，解得，
所以球的半径为，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查圆台的几何性质、体积与侧面积公式，以及外接球半径的计算，核心是利用圆台的母线、高、上下底面半径的关系，结合体积、侧面积公式和球的截面性质逐一分析选项。
10．函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．的最小正周期是π
B．的图象关于点对称
C．
D．在区间上的值域为
【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：由函数的图象可得，
由题意可得，所以，所以的最小正周期是π，故A正确；
所以，解得，
所以，又因为过点，
所以，所以，
所以，解得，
又，所以，所以，
因为，
所以的图象不关于点对称，故B错误；
当时，，故C正确；
当，，所以，
所以，所以在区间上的值域为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题考查正弦型函数y=Asin(ωx+φ)的解析式求解及性质分析，核心是通过图象确定A、ω、φ，再结合周期、对称性、函数值及值域的相关知识逐一判断选项。
11．如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱，，的中点，点满足，，则下列结论正确的是（　　）
A．平面
B．若Q，M，N，P四点共面，则
C．过点Q有且仅有一条直线与，都相交
D．若，点F在侧面上（包括边界），且平面，则点F的轨迹长度为
【答案】A,C,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系；共面向量定理
【解析】【解答】解：A，因为平面平面，平面，所以平面，故A正确；
B，作直线，分别交延长线于点，
再连接并延长交延长线于点，连接交于点，
因为分别是棱，，的中点，可作正方体截面为正六边形，
它们交于各棱中点，所以为中点，由可得，故B错误；
C，由平面平面，则，
因为都在平面内，所以由图可得必与相交，
根据以上作图可得唯一交点，所以直线是唯一与和相交的直线，故C正确；
D，由分别是棱的中点，点满足，
则过作平行于，交于，由图可得，连接，
再过点作的平行线交于，可得，
再过点作的平行线交于，可得为的中点，
则可得平面，平面，平面，
所以平面平面，若平面，则平面，
因为平面平面，所以，
由于正方体棱长为2，可得，故D正确；
故答案为：ACD.
【分析】A：利用面面平行的性质，判断线面平行；
B：根据四点共面的条件，求解λ的值；
C：利用线线相交的唯一性，判断过点Q的直线；
D：通过面面平行的性质，确定点F的轨迹并计算其长度。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．复数的实部是　 　.
【答案】
【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：复数的实部是.
故答案为：.
【分析】本题考查复数的除法运算与实部概念，核心是通过复数的四则运算将分母实数化，进而确定复数的实部。
13．已知a，b，c分别是内角A，B，C的对边，若，，则　 　.
【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由，结合正弦定理可得，又，
所以，所以，
由余弦定理可得，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】本题考查正弦定理与余弦定理的综合应用，核心是通过正弦定理将角的关系转化为边的关系，再结合余弦定理求解角C的大小。
14．定义平面非零向量之间的一种运算“*”，记（其中是非零向量，的夹角），若，均为单位向量，且，则　 　.
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：设向量，的夹角为，
因为，均为单位向量，且，
所以，因为，所以.
所以，
所以.
故答案为：
【分析】本题考查新定义向量运算与向量模的计算，核心是先通过向量数量积求出夹角的三角函数值，再代入新运算公式化简向量，最后利用向量模的计算公式求解结果。
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．已知向量，，，且，.
（1）求向量，的坐标；
（2）若，.
（i）求与的夹角；
（ii）求向量在向量上的投影向量的坐标.
【答案】（1）解：因为，所以.解得.
因为，所以.解得.
所以，.
（2）解：（i）.
.
所以.
因为，所以.
（ii）设向量在向量上的投影向量为，则.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量
【解析】【分析】(1) 利用向量平行和垂直的坐标表示列方程求解；
(2) 先进行向量的线性运算求出、的坐标，再利用夹角公式和投影向量公式计算。
（1）因为，所以.解得.
因为，所以.解得.
所以，.
（2）（i）.
.
所以.
因为，所以.
（ii）设向量在向量上的投影向量为，则.
16．如图，在四棱锥中，底面是等腰梯形，，，，点在棱上，且.
（1）证明：平面；
（2）若，三棱锥的体积为6，求点到平面的距离.
【答案】（1）证明：因为，且，可得，
连接，如图所示
因为，所以，所以，
又因为平面，且平面，所以平面.
（2）解：因为，，所以，
又因为四边形是等腰梯形，，
在平面中，作垂足为，则，
则的面积为，
所以三棱锥的体积为，解得，
即点到平面的距离为，
因为，所以点P到平面的距离是点F到平面的距离的3倍，
所以点到平面的距离为.
【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
【解析】【分析】(1) 利用等腰梯形的比例关系与线段分点条件，证明线线平行（），再结合线面平行的判定定理证明平面；
(2) 先计算的面积，结合三棱锥体积公式求出点到平面的距离，再根据的比例关系，得到点到平面的距离。
（1）证明：因为，且，可得，
连接，因为，所以，所以，
又因为平面，且平面，所以平面.
（2）解：因为，，所以，
又因为四边形是等腰梯形，，
在平面中，作垂足为，则，
则的面积为，
所以三棱锥的体积为，解得，
即点到平面的距离为，
因为，所以点P到平面的距离是点F到平面的距离的3倍，
所以点到平面的距离为.
17．已知函数.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，求的周长.
【答案】（1）解：
.
令，解得.
所以的单调递增区间为.；
（2）解：，即.
因为，所以，所以，即.
由余弦定理，可得，即，所以.
于是，所以.
所以的周长为.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；解三角形
【解析】【分析】(1) 先利用三角恒等变换将函数化简为单角的正弦函数形式，再根据正弦函数的单调性求解单调递增区间；
(2) 先由求出角，再结合余弦定理和已知条件求出，进而得到三角形的周长。
（1）.
令，解得.
所以的单调递增区间为.；
（2），即.
因为，所以，所以，即.
由余弦定理，可得，即，所以.
于是，所以.
所以的周长为.
18．如图1，内壁光滑且透明的正方体容器内注有一定量的水，已知正方体容器棱长为4，容器厚度不计.当其水平放置时，水面恰好过，，，的中点E，F，G，H.现在固定容器一边于水平地面，再将容器倾斜，随着倾斜角度的不同，水面的形状也不同.容器绕从图1的放置状态旋转至水面第一次过棱的过程中（不包括起始和终止位置），水面与棱，，，分别交于点，，，.假设旋转过程中水面始终呈水平状态，不考虑水面的波动.
（1）证明：是定值；
（2）已知水面是矩形面，求水面面积的取值范围.
【答案】（1）证明：由图1可知水体的体积为.
图2中，水体所形成几何体体积不变，则
.
所以，即是定值4.
（2）解：设，则，
，.
所以.
因为函数是开口向上，对称轴为的抛物线，而，
所以，所以.
所以水面面积的取值范围为.
【知识点】棱柱的结构特征；柱体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 利用正方体中水体体积不变的特点，结合棱柱体积公式，建立与的数量关系，证明其和为定值；
(2) 设，结合正方体棱长与勾股定理表示出矩形的边长，得到面积的函数解析式，再利用二次函数或不等式求解面积的取值范围。
（1）由图1可知水体的体积为.
图2中，水体所形成几何体体积不变，则
.
所以，即是定值4.
（2）设，则，
，.
所以.
因为函数是开口向上，对称轴为的抛物线，而，
所以，所以.
所以水面面积的取值范围为.
19．如图，宽为的走廊与另一宽为的走廊垂直相连，两走廊交汇处形成直角拐点M.细杆需保持水平状态通过拐点M，且在移动过程中两端始终与两侧墙壁保持接触.设细杆与外侧走廊的夹角，.
（1）设细杆的长度为，求的表达式；
（2）若，，试问：长度为5的细杆能否水平地通过拐角 请说明理由；
（3）若，试问：长度为的细杆能否水平地通过拐角 请说明理由.
【答案】（1）解：由题意，，.
所以，.
（2）不能，理由如下：
因为，，所以.
当时，.
因为，所以细杆不能水平地通过拐角.
（3）解：因为，所以.
于是.
令，则.
因为，所以，，于是.
所以.
因为函数是开口方向向上，对称轴为的二次函数，所以当时，有最小值8，
有最小值，有最小值.
所以长度为的细杆可以水平地通过拐角.
【知识点】三角函数中的恒等变换应用；二倍角的正弦公式
【解析】【分析】(1) 利用直角三角形的边角关系，分别表示出细杆在两个走廊段的长度，相加得到的表达式；
(2) 将、代入解析式，求出的最小值，与细杆长度5比较判断能否通过；
(3) 当时，化简并求其最小值，与比较得出结论。
（1）由题意，，.
所以，.
（2）因为，，所以.
当时，.
因为，所以细杆不能水平地通过拐角.
（3）因为，所以.
于是.
令，则.
因为，所以，，于是.
所以.
因为函数是开口方向向上，对称轴为的二次函数，所以当时，有最小值8，
有最小值，有最小值.
所以长度为的细杆可以水平地通过拐角.
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