资源简介

江苏省苏州市2024-2025学年高一下学期学业质量阳光指标调研数学试卷
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．已知向量与共线，则实数（　　）
A． B． C．6 D．
【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得.
故答案为：B.
【分析】若，两向量共线，则满足坐标交叉相乘相等：，代入已知向量坐标即可建立方程求解。
2．设i为虚数单位，若复数满足，则的共轭复数（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可得，所以.
故答案为：B.
【分析】本题考查复数除法运算与共轭复数的定义。先通过分母实数化化简求出复数，再根据共轭复数实部相等、虚部互为相反数的性质，求出。
3．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【知识点】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
【解析】【解答】解：A，若，则或异面，故A错误；
B，若，则或，故B错误；
C，若，则，故C正确；
D，若，则或，故D错误.
故答案为：C.
【分析】A：根据线面平行的定义，若直线平行于平面，则直线与平面内直线的位置关系不仅有平行，还有异面。
B：根据线面垂直与线面平行的判定，直线垂直于平面内的一条直线，无法直接推出直线平行于平面，直线也可能位于平面内。
C：根据面面平行的性质，若两个平面平行，那么一个平面内的直线与另一个平面无公共点，故线面平行。
D：根据面面垂直与线面垂直的性质，若平面垂直于平面，直线垂直于其中一个平面，直线可能平行于另一个平面，也可能位于该平面内。
4．计算（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】恰好符合两角差的正切公式 中，（即）的变形形式，利用该公式化简求值。
5．如图，按斜二测画法所得水平放置的的直观图为，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图；解三角形
【解析】【解答】解：由写二次画法可知，，在中，由余弦定理，所以.
故答案为：A.
【分析】本题考查斜二测画法规则与余弦定理的综合应用。先根据斜二测画法的长度、角度变换规则，得出直观图△O'A'B'的两边边长与夹角，再代入余弦定理求解边长A'B'。
6．如图，在中，点分别是边的中点，与相交于点，设，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意可得为三角形重心，所以
.
故答案为：D.
【分析】为三角形两边中点，则交点是的重心，重心分中线的比为，结合向量加减运算法则，用基底分解。
7．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：由，，
可得，
由题意，可得，
解得，
因为，所以，
则实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】根据题意代入结合正弦型函数的单调性，从而得出实数的取值范围.
8．如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，平面经过和，平面经过和，则该正方体处于平面之间部分的体积为（　　）
A． B．4 C． D．
【答案】A
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取中点，因为为的中点，所以，
则四点共面，所以平面截正方体的截面即为平面，
取中点，因为为中点，所以，同理平面截正方体的截面即为，
几何体为三棱台，由对称可知三棱台的体积与的体积相等，
所以正方体处于平面之间部分的体积为正方体的体积减去两个三棱台的体积，
，
所以该正方体处于平面之间部分的体积为.
故答案为：A.
【分析】本题考查正方体结构、空间面面平行、棱台体积公式。利用正方体对称性，将所求体积转化为正方体总体积，减去两侧对称棱台的体积，结合棱台体积公式计算求解。已知正方体棱长为2，M，N为对应棱中点，先确定两个平面截正方体得到的棱台，由对称性可知两侧棱台体积相等。
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．在复平面内，已知复数和对应的向量分别是和（其中是坐标原点，i为虚数单位），向量对应的复数是，若复数满足，则的可能取值有（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
【答案】B,C
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以复数在复平面内对应点的坐标为，而，
所以.
故答案为：BC.
【分析】本题考查复数的几何意义与复数模的三角不等式，先将复数转化为复平面内的向量坐标，求出对应的复数及其模长，再根据确定复数对应的轨迹，最后利用的几何意义（两点间距离）结合三角不等式确定取值范围。
10．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的有（　　）
A．
B．的图象关于直线对称
C．不等式的解集为
D．的图象向左平移个单位长度得到函数的图象
【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：A，由图可得，而，
所以，
当时，取最小值，所以，
因为，所以，所以，故A正确；
B，，故B错误；
C，，
解得，
所以不等式的解集为，故C正确；
D，的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题考查y=Asin(ωx+φ)型三角函数的图象与性质，先由图象求出函数解析式A，ω，φ，再依次判断对称轴、不等式解集、图象平移变换。
11．已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图的面积为，正方体在该圆锥内，其中在圆锥的侧面上，在圆锥的底面上，则下列说法正确的有（　　）
A．该圆锥的高为
B．该圆锥可以整体放入直径为的球内
C．正方体的棱长为
D．以该圆锥的顶点为球心作半径为的球，则球面与正方体的底面相交所得曲线的长度之和为
【答案】A,C,D
【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：A，因为圆锥的底面半径为2，侧面展开图的面积为，设母线长为，
则，所以圆锥的高，故A正确；
B，设圆锥的外接球半径为，则，
所以该圆锥不可以整体放入直径为的球内，故B错误；
C，设正方体的棱长为，则正方体底面正方形外接圆半径为，圆锥轴截面如图所示，
根据相似三角形可得，故C正确；
D，由C可知正方体的底面的对角线长为2，
设圆锥顶点为，因为点到正方体上底面的距离为，
而该圆锥的顶点为球心作半径为的球与平面相交所得曲线为圆的部分，圆心为正方形的中心，
则截面圆半径，
因为，所以球与正方形的交线为四段圆弧，如图所示四段红色的弧线，
因为，所以，
所以，而，
所以每段圆弧的中心角为，
所以四段圆弧和长为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：利用圆锥侧面积公式求出母线长，再结合勾股定理计算圆锥的高。
B：求解圆锥外接球半径，对比球的直径，判断圆锥能否整体放入球内。
C：设正方体棱长为a，结合轴截面三角形相似关系，列方程求解棱长。
D：计算顶点到正方体上底面的距离，结合球面半径求出截面圆弧半径、圆心角，进而求得相交曲线的总长度。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设i为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为　 　．
【答案】
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：由题意可得，所以.
故答案为：.
【分析】对于复数，它是纯虚数的充要条件为：实部虚部
13．已知，则的值为　 　．
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，得，又，
则，
所以
.
故答案为：
【分析】利用同角三角函数平方关系判断三角函数符号，结合余弦差角公式对角度拆分，代入公式计算求解。
14．富比尼原理，又称为“算两次”思想，即对待同一个量，从不同的角度去考虑，以此建立等量关系或不等关系，从而达到解决问题的目的．如图，在边长为2的正九边形中，的值为　 　；由向量关系，可得，进而得的值为　 　．
【答案】2；
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取的中点，连接，
由正九边形为轴对称图形，得，
因此；
正九边形每个内角的弧度数为，任意一个内角的外角为，，
，
因此
，
所以.
故答案为：2；
【分析】根据给定条件，利用向量数量积的定义及运算律求出；结合富比尼原理（算两次思想），利用数量积分配律列式求解三角函数余弦和的值。
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．已知向量满足，，，向量满足．
（1）求实数的值；
（2）求与的夹角．
【答案】（1）解：因为，即，则，
又，所以.
（2）解：由（1）可得，则，
所以，
所以，
因为，所以，即与的夹角为.
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】(1) ① 先由数量积的运算律求出 ，再由向量垂直的条件可得t的值；
② 先由数量积和模长的运算求出 ，再由夹角公式求出 与 的夹角。
（1）因为，即，则，
又，所以.
（2）由（1）可得，则，
所以，
所以，
因为，所以，即与的夹角为.
16．如图，在四棱柱中，已知是线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，平面平面，平面，求证：四点共面．
【答案】（1）证明：在四棱柱中，，所以四边形为平行四边形，
连接，并交于点，则为中点，连接，
因为为中点，所以为的中位线，
所以平面，平面，
所以平面.
（2）证明：因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
所以四点共面．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1) 利用四棱柱侧棱平行性质构造平行四边形，找对角线中点，结合三角形中位线定理得到线线平行，再由线面平行判定定理证明；
(2) 利用面面垂直的性质定理证线面垂直，由垂直于同一平面的两条直线平行得线线平行，再由两平行直线共面的性质证明四点共面。
（1）在四棱柱中，，所以四边形为平行四边形，
连接，并交于点，则为中点，连接，
因为为中点，所以为的中位线，
所以平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
所以四点共面．
17．记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若是线段的中点，求线段的长．
【答案】（1）解：在中，由及正弦定理，得，
则，而，，
因此，解得，所以.
（2）解：由（1）知，由，得，
，
由正弦定理得，而，
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理边角互化，结合正弦二倍角公式化简已知等式，求解角A；
(2) 先用同角三角函数基本关系求sinB，再由三角和角公式求sinC，结合正弦定理求出边c；最后利用中线向量公式与向量模长运算，求解中线AD的长度。
（1）在中，由及正弦定理，得，
则，而，，
因此，解得，所以.
（2）由（1）知，由，得，
，
由正弦定理得，而，
所以.
18．如图，已知直线，是之间的一个定点，过作的垂线分别交于两点，，分别是上的两个动点（均在的右侧）．设，，的周长和面积分别为和．
（1）当时，求的最小值；
（2）当时，求的最小值．
【答案】（1）解：依题意，当时，，
在和中，，
则，
因此，
令，，
则，函数在上单调递减，，
所以当时，取得最小值.
（2）解：当时，，
在和中，，
则，
而，
则，因此当时，，
所以当时，取得最小值.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；同角三角函数间的基本关系；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用直角三角形边角关系表示出、、，构建表达式；通过换元法（令 ）转化为函数，结合函数单调性求最小值.
（2）利用直角三角形边角关系和面积公式表示，通过三角恒等变换化简表达式；结合正弦函数在特定区间的单调性，确定最小值对应的，进而求出最小值.
（1）依题意，当时，，
在和中，，
则，
因此，
令，，
则，函数在上单调递减，，
所以当时，取得最小值.
（2）当时，，
在和中，，
则，
而，
则，因此当时，，
所以当时，取得最小值.
19．已知等腰梯形中，，是线段的两个三等分点（在的左侧），是线段上靠近的三等分点（如图①．将沿翻折到的位置，连结得到四棱锥（如图②）．
（1）求证：；
（2）当时，
①求平面与平面所成二面角的余弦值；
②求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：在四棱锥中，取中点，连接，
图①中，由，得，而，
则为正三角形，即为正三角形，，连接，
在中，由余弦定理得，
则，即，而，则，
由线段上靠近的三等分点，得是线段的中点，于是，
而平面，因此平面，又平面，
所以.
（2）解：
①由（1）知，，则是平面与平面所成二面角的平面角，
由（1）得，又，平面，
则平面，在中，，
所以平面与平面所成二面角的余弦值是.
②在中，，连接，由（1）可得，
在中，，
在中，，设点到平面的距离为，
由，得，则，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 取中点，结合等腰梯形边长、角度条件，用余弦定理、勾股定理逆定理证；再由分点比例得线线平行，推出；结合翻折后正三角形性质得，由线面垂直判定定理证平面，进而得。
(2) ① 以为轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，用法向量夹角公式求二面角的余弦值；
② 用等体积法求点到平面的距离，结合线面角定义，用距离与线段长度的比值，求直线与平面所成角的正弦值。
（1）在四棱锥中，取中点，连接，
图①中，由，得，而，
则为正三角形，即为正三角形，，连接，
在中，由余弦定理得，
则，即，而，则，
由线段上靠近的三等分点，得是线段的中点，于是，
而平面，因此平面，又平面，
所以.
（2）①由（1）知，，则是平面与平面所成二面角的平面角，
由（1）得，又，平面，
则平面，在中，，
所以平面与平面所成二面角的余弦值是.
②在中，，连接，由（1）可得，
在中，，
在中，，设点到平面的距离为，
由，得，则，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
1 / 1江苏省苏州市2024-2025学年高一下学期学业质量阳光指标调研数学试卷
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．已知向量与共线，则实数（　　）
A． B． C．6 D．
2．设i为虚数单位，若复数满足，则的共轭复数（　　）
A． B． C． D．
3．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
4．计算（　　）
A． B． C． D．
5．如图，按斜二测画法所得水平放置的的直观图为，若，则（　　）
A． B． C． D．
6．如图，在中，点分别是边的中点，与相交于点，设，则（　　）
A． B． C． D．
7．若函数在区间上单调递增，则实数的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，平面经过和，平面经过和，则该正方体处于平面之间部分的体积为（　　）
A． B．4 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．在复平面内，已知复数和对应的向量分别是和（其中是坐标原点，i为虚数单位），向量对应的复数是，若复数满足，则的可能取值有（　　）
A．2 B．4 C．6 D．8
10．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的有（　　）
A．
B．的图象关于直线对称
C．不等式的解集为
D．的图象向左平移个单位长度得到函数的图象
11．已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图的面积为，正方体在该圆锥内，其中在圆锥的侧面上，在圆锥的底面上，则下列说法正确的有（　　）
A．该圆锥的高为
B．该圆锥可以整体放入直径为的球内
C．正方体的棱长为
D．以该圆锥的顶点为球心作半径为的球，则球面与正方体的底面相交所得曲线的长度之和为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．设i为虚数单位，若复数是纯虚数，则实数的值为　 　．
13．已知，则的值为　 　．
14．富比尼原理，又称为“算两次”思想，即对待同一个量，从不同的角度去考虑，以此建立等量关系或不等关系，从而达到解决问题的目的．如图，在边长为2的正九边形中，的值为　 　；由向量关系，可得，进而得的值为　 　．
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．
15．已知向量满足，，，向量满足．
（1）求实数的值；
（2）求与的夹角．
16．如图，在四棱柱中，已知是线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）若，平面平面，平面，求证：四点共面．
17．记的内角的对边分别为，已知．
（1）求；
（2）若是线段的中点，求线段的长．
18．如图，已知直线，是之间的一个定点，过作的垂线分别交于两点，，分别是上的两个动点（均在的右侧）．设，，的周长和面积分别为和．
（1）当时，求的最小值；
（2）当时，求的最小值．
19．已知等腰梯形中，，是线段的两个三等分点（在的左侧），是线段上靠近的三等分点（如图①．将沿翻折到的位置，连结得到四棱锥（如图②）．
（1）求证：；
（2）当时，
①求平面与平面所成二面角的余弦值；
②求直线与平面所成角的正弦值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得.
故答案为：B.
【分析】若，两向量共线，则满足坐标交叉相乘相等：，代入已知向量坐标即可建立方程求解。
2．【答案】B
【知识点】共轭复数
【解析】【解答】解：由题意可得，所以.
故答案为：B.
【分析】本题考查复数除法运算与共轭复数的定义。先通过分母实数化化简求出复数，再根据共轭复数实部相等、虚部互为相反数的性质，求出。
3．【答案】C
【知识点】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
【解析】【解答】解：A，若，则或异面，故A错误；
B，若，则或，故B错误；
C，若，则，故C正确；
D，若，则或，故D错误.
故答案为：C.
【分析】A：根据线面平行的定义，若直线平行于平面，则直线与平面内直线的位置关系不仅有平行，还有异面。
B：根据线面垂直与线面平行的判定，直线垂直于平面内的一条直线，无法直接推出直线平行于平面，直线也可能位于平面内。
C：根据面面平行的性质，若两个平面平行，那么一个平面内的直线与另一个平面无公共点，故线面平行。
D：根据面面垂直与线面垂直的性质，若平面垂直于平面，直线垂直于其中一个平面，直线可能平行于另一个平面，也可能位于该平面内。
4．【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：.
故答案为：B.
【分析】恰好符合两角差的正切公式 中，（即）的变形形式，利用该公式化简求值。
5．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图；解三角形
【解析】【解答】解：由写二次画法可知，，在中，由余弦定理，所以.
故答案为：A.
【分析】本题考查斜二测画法规则与余弦定理的综合应用。先根据斜二测画法的长度、角度变换规则，得出直观图△O'A'B'的两边边长与夹角，再代入余弦定理求解边长A'B'。
6．【答案】D
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意可得为三角形重心，所以
.
故答案为：D.
【分析】为三角形两边中点，则交点是的重心，重心分中线的比为，结合向量加减运算法则，用基底分解。
7．【答案】A
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：由，，
可得，
由题意，可得，
解得，
因为，所以，
则实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】根据题意代入结合正弦型函数的单调性，从而得出实数的取值范围.
8．【答案】A
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：取中点，因为为的中点，所以，
则四点共面，所以平面截正方体的截面即为平面，
取中点，因为为中点，所以，同理平面截正方体的截面即为，
几何体为三棱台，由对称可知三棱台的体积与的体积相等，
所以正方体处于平面之间部分的体积为正方体的体积减去两个三棱台的体积，
，
所以该正方体处于平面之间部分的体积为.
故答案为：A.
【分析】本题考查正方体结构、空间面面平行、棱台体积公式。利用正方体对称性，将所求体积转化为正方体总体积，减去两侧对称棱台的体积，结合棱台体积公式计算求解。已知正方体棱长为2，M，N为对应棱中点，先确定两个平面截正方体得到的棱台，由对称性可知两侧棱台体积相等。
9．【答案】B,C
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：由题意可得，
所以复数在复平面内对应点的坐标为，而，
所以.
故答案为：BC.
【分析】本题考查复数的几何意义与复数模的三角不等式，先将复数转化为复平面内的向量坐标，求出对应的复数及其模长，再根据确定复数对应的轨迹，最后利用的几何意义（两点间距离）结合三角不等式确定取值范围。
10．【答案】A,C,D
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：A，由图可得，而，
所以，
当时，取最小值，所以，
因为，所以，所以，故A正确；
B，，故B错误；
C，，
解得，
所以不等式的解集为，故C正确；
D，的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】本题考查y=Asin(ωx+φ)型三角函数的图象与性质，先由图象求出函数解析式A，ω，φ，再依次判断对称轴、不等式解集、图象平移变换。
11．【答案】A,C,D
【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：A，因为圆锥的底面半径为2，侧面展开图的面积为，设母线长为，
则，所以圆锥的高，故A正确；
B，设圆锥的外接球半径为，则，
所以该圆锥不可以整体放入直径为的球内，故B错误；
C，设正方体的棱长为，则正方体底面正方形外接圆半径为，圆锥轴截面如图所示，
根据相似三角形可得，故C正确；
D，由C可知正方体的底面的对角线长为2，
设圆锥顶点为，因为点到正方体上底面的距离为，
而该圆锥的顶点为球心作半径为的球与平面相交所得曲线为圆的部分，圆心为正方形的中心，
则截面圆半径，
因为，所以球与正方形的交线为四段圆弧，如图所示四段红色的弧线，
因为，所以，
所以，而，
所以每段圆弧的中心角为，
所以四段圆弧和长为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：利用圆锥侧面积公式求出母线长，再结合勾股定理计算圆锥的高。
B：求解圆锥外接球半径，对比球的直径，判断圆锥能否整体放入球内。
C：设正方体棱长为a，结合轴截面三角形相似关系，列方程求解棱长。
D：计算顶点到正方体上底面的距离，结合球面半径求出截面圆弧半径、圆心角，进而求得相交曲线的总长度。
12．【答案】
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：由题意可得，所以.
故答案为：.
【分析】对于复数，它是纯虚数的充要条件为：实部虚部
13．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，得，又，
则，
所以
.
故答案为：
【分析】利用同角三角函数平方关系判断三角函数符号，结合余弦差角公式对角度拆分，代入公式计算求解。
14．【答案】2；
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取的中点，连接，
由正九边形为轴对称图形，得，
因此；
正九边形每个内角的弧度数为，任意一个内角的外角为，，
，
因此
，
所以.
故答案为：2；
【分析】根据给定条件，利用向量数量积的定义及运算律求出；结合富比尼原理（算两次思想），利用数量积分配律列式求解三角函数余弦和的值。
15．【答案】（1）解：因为，即，则，
又，所以.
（2）解：由（1）可得，则，
所以，
所以，
因为，所以，即与的夹角为.
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】(1) ① 先由数量积的运算律求出 ，再由向量垂直的条件可得t的值；
② 先由数量积和模长的运算求出 ，再由夹角公式求出 与 的夹角。
（1）因为，即，则，
又，所以.
（2）由（1）可得，则，
所以，
所以，
因为，所以，即与的夹角为.
16．【答案】（1）证明：在四棱柱中，，所以四边形为平行四边形，
连接，并交于点，则为中点，连接，
因为为中点，所以为的中位线，
所以平面，平面，
所以平面.
（2）证明：因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
所以四点共面．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的性质
【解析】【分析】(1) 利用四棱柱侧棱平行性质构造平行四边形，找对角线中点，结合三角形中位线定理得到线线平行，再由线面平行判定定理证明；
(2) 利用面面垂直的性质定理证线面垂直，由垂直于同一平面的两条直线平行得线线平行，再由两平行直线共面的性质证明四点共面。
（1）在四棱柱中，，所以四边形为平行四边形，
连接，并交于点，则为中点，连接，
因为为中点，所以为的中位线，
所以平面，平面，
所以平面.
（2）因为平面平面，平面平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以，
所以四点共面．
17．【答案】（1）解：在中，由及正弦定理，得，
则，而，，
因此，解得，所以.
（2）解：由（1）知，由，得，
，
由正弦定理得，而，
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理边角互化，结合正弦二倍角公式化简已知等式，求解角A；
(2) 先用同角三角函数基本关系求sinB，再由三角和角公式求sinC，结合正弦定理求出边c；最后利用中线向量公式与向量模长运算，求解中线AD的长度。
（1）在中，由及正弦定理，得，
则，而，，
因此，解得，所以.
（2）由（1）知，由，得，
，
由正弦定理得，而，
所以.
18．【答案】（1）解：依题意，当时，，
在和中，，
则，
因此，
令，，
则，函数在上单调递减，，
所以当时，取得最小值.
（2）解：当时，，
在和中，，
则，
而，
则，因此当时，，
所以当时，取得最小值.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；同角三角函数间的基本关系；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用直角三角形边角关系表示出、、，构建表达式；通过换元法（令 ）转化为函数，结合函数单调性求最小值.
（2）利用直角三角形边角关系和面积公式表示，通过三角恒等变换化简表达式；结合正弦函数在特定区间的单调性，确定最小值对应的，进而求出最小值.
（1）依题意，当时，，
在和中，，
则，
因此，
令，，
则，函数在上单调递减，，
所以当时，取得最小值.
（2）当时，，
在和中，，
则，
而，
则，因此当时，，
所以当时，取得最小值.
19．【答案】（1）证明：在四棱锥中，取中点，连接，
图①中，由，得，而，
则为正三角形，即为正三角形，，连接，
在中，由余弦定理得，
则，即，而，则，
由线段上靠近的三等分点，得是线段的中点，于是，
而平面，因此平面，又平面，
所以.
（2）解：
①由（1）知，，则是平面与平面所成二面角的平面角，
由（1）得，又，平面，
则平面，在中，，
所以平面与平面所成二面角的余弦值是.
②在中，，连接，由（1）可得，
在中，，
在中，，设点到平面的距离为，
由，得，则，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角；余弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 取中点，结合等腰梯形边长、角度条件，用余弦定理、勾股定理逆定理证；再由分点比例得线线平行，推出；结合翻折后正三角形性质得，由线面垂直判定定理证平面，进而得。
(2) ① 以为轴建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，用法向量夹角公式求二面角的余弦值；
② 用等体积法求点到平面的距离，结合线面角定义，用距离与线段长度的比值，求直线与平面所成角的正弦值。
（1）在四棱锥中，取中点，连接，
图①中，由，得，而，
则为正三角形，即为正三角形，，连接，
在中，由余弦定理得，
则，即，而，则，
由线段上靠近的三等分点，得是线段的中点，于是，
而平面，因此平面，又平面，
所以.
（2）①由（1）知，，则是平面与平面所成二面角的平面角，
由（1）得，又，平面，
则平面，在中，，
所以平面与平面所成二面角的余弦值是.
②在中，，连接，由（1）可得，
在中，，
在中，，设点到平面的距离为，
由，得，则，解得，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
1 / 1

展开更多......

收起↑