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广东省深圳市红山中学2024-2025学年高一下学期第二次段考数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．设为虚数单位，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，故，
故答案为：D.
【分析】由复数的运算法则求出，再求出即可.
2．设、是不共线的两个非零向量，则下列四组向量不能作为基底的是（　　）
A．和 B．与
C．与 D．与
【答案】C
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：、是不共线的两个非零向量，
A、和中，，则和不共线，可作基底，故A不符合；
B、与中，，则与不共线，可作基底，故B不符合；
C、与中，，则与共线，不能作基底，故C符合；
D、与中，，则与不共线，可作基底，故D不符合.
故答案为：C.
【分析】根据基底的概念，结合平面向量共线定理逐项判断即可.
3．已知平行四边形，点，分别是，的中点（如图所示），设，，则等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：连结，
则为的中位线，.
故答案为：A.
【分析】利用中位线定理和平面向量基本定理，从而找出正确的选项.
4．如图所示，是利用斜二测画法画出的水平放置的四边形的直观图．其中，，则四边形的面积是（　　）
A． B．20 C． D．10
【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：根据斜二测画法将直观图还原，如图所示：
易知，则四边形的面积是.
故答案为：B.
【分析】先根据斜二测画法将直观图还原，求，再计算四边形的面积即可.
5．圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则圆锥的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：易知圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，则圆锥的侧面积为.
故答案为：A.
【分析】易知圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，根据圆锥的侧面积公式求解即可.
6．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，且面积为，则的外接圆的半径为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【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】【解答】解：由的面积为，可得，解得，
由余弦定理可得，即，
则的外接圆的半径为.
故答案为：B.
【分析】先根据的面积为，求出边，再利用余弦定理求出a，最后利用正弦定理求解即可.
7．中国南北朝时期数学家 天文学家祖冲之 祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（　　）
A．24 B． C． D．
【答案】D
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等，
设该正六棱台的上下底面积分别为，高为，
则，
，
，
所以.
故答案为：D.
【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等，再结合棱台的体积公式得出该不规则几何体的体积.
8．如图，在矩形中，为上一点，，若，则的值为（　　）
A． B． C． D．1
【答案】D
【知识点】平面向量坐标表示的应用
【解析】【解答】解：
建立如图示坐标系，由则有：
因为E为上一点，可设
所以.
因为，所以，即，解得：，所以.
由得：
，解得：，所以.
故答案为：D.
【分析】建立直角坐标系，设，根据垂直的坐标表示得到点坐标，进而求出即可．
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9．已知复数为z的共轭复数，下列命题正确的是（　　）
A．
B．
C．若，则z为实数
D．和z在复平面内对应的点关于虚轴对称
【答案】A,B,C
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：∵，∴A正确；
共轭复数的模相等，∴B正确；
，∴C正确.
和z在复平面内对应的点关于实轴对称，∴D错误；
故答案为：ABC.
【分析】根据复数的共轭的概念及相关运算法则即几何意义，逐项判断即可．
10．设 ， 是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，下列选项中正确的有（　　）
A．若 ， ， ，则
B．若 ， ，则
C．若 ， ，则
D．若 ， ， ， ，则
【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】对于A，由线面平行的判定可得若 ， ， ，则 ，A符合题意；
对于B，若 ， ， ， ， ，则无法判定 ，B不符合题意；
对于C，由面面垂直的判定可得若 ， ，则 ，C符合题意；
对于D，由面面垂直的性质可得若 ， ， ， ，则 ，D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】 对于A，由线面平行的判定定理得m∥α；对于B，α与β相交或平行；对于C，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于D，若α⊥β，α∩β=m，n α，m⊥n，则线面垂直的判定定理得n⊥β．
11．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边，，求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即，现有满足，且的面积，请运用上述公式判断下列命题正确的是（　　）
A．
B．周长为
C．外接圆直径为
D．的边上的中线的长为
【答案】A,B,C
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，可得，
设，，，，
因为面积为，
所以，
解得，则，，，
A、，因为，所以，故A正确；
B、，故B正确；
C、设外接圆半径为，由正弦定理，可得，故C正确；
D、中线，，
，则，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由题意，利用正弦定理可得，设，，，，根据面积为，利用题中三角形的面积公式求得k，得的三边边长，利用余弦定理求解即可判断A；求周长即可判断B；利用正弦定理求得外接圆直径即可判断C；中线，，利用向量的数量积求中线的长即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知复数满足，则在复平面内复数对应的点的集合构成区域的面积为　 　.
【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设，，
因为，所以，即，
则复数对应的点所在区域为以为圆心，分别以1和3为半径的两个同心圆围成的圆环部分，
.
故答案为：.
【分析】设，，利用复数的模的几何意义判断复平面内动点所在的区域形状，再利用圆面积公式计算即可.
13．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，的面积为，则的周长是　 　．
【答案】
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】∵在中， ，
由正弦定理得，又，的面积为，
∴，
∴，
由余弦定理，可得：，
解得，
故的周长是。
故答案为：。
【分析】利用已知条件结合正弦定理和三角形的面积公式得出a，c的值，再利用余弦定理得出b的值，再结合三角形的周长公式得出三角形 的周长 。
14．如图所示，已知圆柱的轴截面是边长为的正方形，球在圆柱内，且与圆柱的上、下底面均相切．则球的表面积为　 　；若为圆柱下底面圆弧的中点，则平面截球所得截面的周长为　 　．
【答案】；
【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；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图所示：
设球的半径为，则，解得，
则球的表面积为；
作于，连接，
因为圆柱的底面，所以，
因为为圆柱底面圆弧的中点，所以，
又因为为中点，所以，且，
即平面，故，
又因为且，所以平面，
因为，，，
所以，
即，
故，
平面与球的交线为一个圆，其半径，
圆周长为．
故答案为：；.
【分析】设球的半径为，则，求得半径，再根据球的表面积公式求解即可；于，连接，得到平面与球的交线为一个圆，计算出半径，再根据圆的周长公式即可求解.
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、；
（2）若，，求向量，的夹角的大小.
【答案】（1）解：因为，，，且，，
所以，，
所以，，
所以，；
（2）解：设向量，的夹角的大小为．
由题意可得，，，
所以，
因为，所以．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量平行和垂直的坐标表示，求出，即可；
（2）根据向量夹角的坐标表示即可．
（1）解：因为，，，且，，
所以，，
所以，，
所以，；
（2）解：设向量，的夹角的大小为．
由题意可得，，，
所以，
因为，所以．
16．如图，在直三棱柱中，，，为的中点.
（1）求证：∥平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明：连接，设，连接，如图所示：
在直三棱柱中，四边形为平行四边形，则为的中点，
又因为为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以∥平面；
（2）解：，
在中，，E为的中点，，，
则.
【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）连接，设，连接，做辅助线，利用中位线性质可得，结合线面平行的判定定理证明∥平面即可；
（2）在中，根据，求的面积，利用转换顶点法，根据求解即可.
（1）连接，设，连接，
在直三棱柱中，四边形为平行四边形，则为的中点，
又因为为的中点，则，
因为平面，平面，所以∥平面.
（2）因为，
在中，，E为的中点，，
可得，
所以.
17．如图，为了测量两山顶间的距离，四点在同一铅锤平面内，飞机沿水平方向在两点进行测量，途中在点测得，在点测得，测得．
（1）求点和点之间的距离；
（2）求两山顶间的距离．
【答案】（1）解：依题意可知，，，
在中，根据正弦定理，，
所以，则.
（2）解：由题设知，在 中，
由正弦定理可得：，，
中，，
由余弦定理得：
，
，
所以两山顶点M，N之间的距离为.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）根据正弦定理求边长即可；
（2）先根据正弦定理求得，再结合余弦定理求即可.
（1）依题意可知，，，
在中，根据正弦定理，，
所以，则.
（2）由题设知，在 中，
由正弦定理可得：，，
中，，
由余弦定理得：
，
，
所以两山顶点M，N之间的距离为.
18．我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”称为“阳马”.现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面是正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点.
（1）求证：直线平面；
（2）求二面角的大小；
（3）若直线平面，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为，又，平面，所以平面，故，
在中，，为的中点，所以，
因为平面，平面，，所以平面；
（2）解：因为平面，所以，
因为在正方形中，，所以平面，所以，，
所以是二面角的平面角，
因为且，所以，则二面角的大小为；
（3）解：因为平面，平面，平面平面，
所以，又为线段的中点，所以为线段上的中点，
以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
，
设平面AEF的法向量为，则，令，得，
可得平面AEF的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
即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；用空间向量研究直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由题意，利用线面垂直的判定证明平面，得到，由等腰三角形的性质得，根据线面垂直的判定定理证明直线平面即可；（2）证明、确定二面角的平面角为，根据几何关系求出即可；
（3）以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）因为平面，平面，
所以，
因为，又，平面，
所以平面，故，
在中，，为的中点，所以，
因为平面，平面，，
所以平面.
（2）因为平面，所以
因为在正方形中，，所以平面，所以，，
所以是二面角的平面角，
因为且，所以，
二面角的大小为；
（3）因为平面，平面，平面平面，
所以，又为线段的中点，所以为线段上的中点，
以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，
设，则，
，
设平面AEF的法向量为，
，令，得，
所以平面AEF的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
19．已知、是单位圆上相异的两个定点（为此单位圆圆心），点是单位圆上的动点且.直线交直线于点.
（1）若，求的值；
（2）设，
①用表示；
②求的取值范围.
【答案】（1）解：，且，，都是单位圆上的点，
，
因为，，所以；
（2）解：①、由（1）有，则以为原点，分别以，的正方向为，轴的正方向建立平面直角坐标系，如图所示：
则，，因为，所以，所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，所以，；
②、依题意在第二象限，在线段上，
如图有，
所以，
令，则，
所以，，所以，
所以，在上单调递增，所以，
即的取值范围为.
【知识点】函数单调性的性质；平面向量的共线定理；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）将两边平方，结合单位圆上点对应的向量模长为，再利用三角函数的性质来求的值即可；
（2）由（1）可得，以为原点，分别以，的正方向为，轴的正方向建立平面直角坐标系，求出相关向量的坐标，再利用向量共线得到关于的表达式，根据三角形面积公式求出关于的表达式，最后通过换元法将其转化为关于的函数，利用函数单调性求的取值范围.
（1）因为，且，，都是单位圆上的点，
所以
，
又，，所以.
（2）①由（1）有，则以为原点，分别以，的正方向为，轴的正方向建立平面直角坐标系，
则，，因为，所以，所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，.
②依题意在第二象限，在线段上，
如图有，
所以，
令，则，
所以，，所以，
所以，在上单调递增，
所以，即的取值范围为.
1 / 1广东省深圳市红山中学2024-2025学年高一下学期第二次段考数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．设为虚数单位，若，则（　　）
A． B． C． D．
2．设、是不共线的两个非零向量，则下列四组向量不能作为基底的是（　　）
A．和 B．与
C．与 D．与
3．已知平行四边形，点，分别是，的中点（如图所示），设，，则等于（　　）
A． B． C． D．
4．如图所示，是利用斜二测画法画出的水平放置的四边形的直观图．其中，，则四边形的面积是（　　）
A． B．20 C． D．10
5．圆锥的轴截面是边长为2的正三角形，则圆锥的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
6．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，其中，，且面积为，则的外接圆的半径为（　　）
A． B． C． D．
7．中国南北朝时期数学家 天文学家祖冲之 祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，夹在两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.如图，一个上底面边长为1，下底面边长为2，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（　　）
A．24 B． C． D．
8．如图，在矩形中，为上一点，，若，则的值为（　　）
A． B． C． D．1
二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9．已知复数为z的共轭复数，下列命题正确的是（　　）
A．
B．
C．若，则z为实数
D．和z在复平面内对应的点关于虚轴对称
10．设 ， 是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，下列选项中正确的有（　　）
A．若 ， ， ，则
B．若 ， ，则
C．若 ， ，则
D．若 ， ， ， ，则
11．《数书九章》是中国南宋时期杰出数学家秦九韶的著作，全书十八卷共八十一个问题，分为九类，每类九个问题，《数书九章》中记录了秦九韶的许多创造性成就，其中在卷五“三斜求积”中提出了已知三角形三边，，求面积的公式，这与古希腊的海伦公式完全等价，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上，以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实，一为从隅，开平方得积.”若把以上这段文字写成公式，即，现有满足，且的面积，请运用上述公式判断下列命题正确的是（　　）
A．
B．周长为
C．外接圆直径为
D．的边上的中线的长为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知复数满足，则在复平面内复数对应的点的集合构成区域的面积为　 　.
13．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，，的面积为，则的周长是　 　．
14．如图所示，已知圆柱的轴截面是边长为的正方形，球在圆柱内，且与圆柱的上、下底面均相切．则球的表面积为　 　；若为圆柱下底面圆弧的中点，则平面截球所得截面的周长为　 　．
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，，，且，．
（1）求向量、；
（2）若，，求向量，的夹角的大小.
16．如图，在直三棱柱中，，，为的中点.
（1）求证：∥平面；
（2）求三棱锥的体积.
17．如图，为了测量两山顶间的距离，四点在同一铅锤平面内，飞机沿水平方向在两点进行测量，途中在点测得，在点测得，测得．
（1）求点和点之间的距离；
（2）求两山顶间的距离．
18．我国古代数学名著《九章算术》在“商功”一章中，将“底面为矩形，一侧棱垂直于底面的四棱锥”称为“阳马”.现有如图所示一个“阳马”形状的几何体，底面是正方形，底面，，为线段的中点，为线段上的动点.
（1）求证：直线平面；
（2）求二面角的大小；
（3）若直线平面，求直线与平面所成角的正弦值.
19．已知、是单位圆上相异的两个定点（为此单位圆圆心），点是单位圆上的动点且.直线交直线于点.
（1）若，求的值；
（2）设，
①用表示；
②求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：，故，
故答案为：D.
【分析】由复数的运算法则求出，再求出即可.
2．【答案】C
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：、是不共线的两个非零向量，
A、和中，，则和不共线，可作基底，故A不符合；
B、与中，，则与不共线，可作基底，故B不符合；
C、与中，，则与共线，不能作基底，故C符合；
D、与中，，则与不共线，可作基底，故D不符合.
故答案为：C.
【分析】根据基底的概念，结合平面向量共线定理逐项判断即可.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：连结，
则为的中位线，.
故答案为：A.
【分析】利用中位线定理和平面向量基本定理，从而找出正确的选项.
4．【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：根据斜二测画法将直观图还原，如图所示：
易知，则四边形的面积是.
故答案为：B.
【分析】先根据斜二测画法将直观图还原，求，再计算四边形的面积即可.
5．【答案】A
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：易知圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，则圆锥的侧面积为.
故答案为：A.
【分析】易知圆锥的母线长为2，底面圆的半径为1，根据圆锥的侧面积公式求解即可.
6．【答案】B
【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】【解答】解：由的面积为，可得，解得，
由余弦定理可得，即，
则的外接圆的半径为.
故答案为：B.
【分析】先根据的面积为，求出边，再利用余弦定理求出a，最后利用正弦定理求解即可.
7．【答案】D
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由祖暅原理，该不规则几何体体积与正六棱台体积相等，
设该正六棱台的上下底面积分别为，高为，
则，
，
，
所以.
故答案为：D.
【分析】由祖暅原理知不规则几何体的体积与正六棱台体积相等，再结合棱台的体积公式得出该不规则几何体的体积.
8．【答案】D
【知识点】平面向量坐标表示的应用
【解析】【解答】解：
建立如图示坐标系，由则有：
因为E为上一点，可设
所以.
因为，所以，即，解得：，所以.
由得：
，解得：，所以.
故答案为：D.
【分析】建立直角坐标系，设，根据垂直的坐标表示得到点坐标，进而求出即可．
9．【答案】A,B,C
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示
【解析】【解答】解：∵，∴A正确；
共轭复数的模相等，∴B正确；
，∴C正确.
和z在复平面内对应的点关于实轴对称，∴D错误；
故答案为：ABC.
【分析】根据复数的共轭的概念及相关运算法则即几何意义，逐项判断即可．
10．【答案】A,C,D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】对于A，由线面平行的判定可得若 ， ， ，则 ，A符合题意；
对于B，若 ， ， ， ， ，则无法判定 ，B不符合题意；
对于C，由面面垂直的判定可得若 ， ，则 ，C符合题意；
对于D，由面面垂直的性质可得若 ， ， ， ，则 ，D符合题意.
故答案为：ACD.
【分析】 对于A，由线面平行的判定定理得m∥α；对于B，α与β相交或平行；对于C，由面面垂直的判定定理得α⊥β；对于D，若α⊥β，α∩β=m，n α，m⊥n，则线面垂直的判定定理得n⊥β．
11．【答案】A,B,C
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，可得，
设，，，，
因为面积为，
所以，
解得，则，，，
A、，因为，所以，故A正确；
B、，故B正确；
C、设外接圆半径为，由正弦定理，可得，故C正确；
D、中线，，
，则，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由题意，利用正弦定理可得，设，，，，根据面积为，利用题中三角形的面积公式求得k，得的三边边长，利用余弦定理求解即可判断A；求周长即可判断B；利用正弦定理求得外接圆直径即可判断C；中线，，利用向量的数量积求中线的长即可判断D.
12．【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设，，
因为，所以，即，
则复数对应的点所在区域为以为圆心，分别以1和3为半径的两个同心圆围成的圆环部分，
.
故答案为：.
【分析】设，，利用复数的模的几何意义判断复平面内动点所在的区域形状，再利用圆面积公式计算即可.
13．【答案】
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】∵在中， ，
由正弦定理得，又，的面积为，
∴，
∴，
由余弦定理，可得：，
解得，
故的周长是。
故答案为：。
【分析】利用已知条件结合正弦定理和三角形的面积公式得出a，c的值，再利用余弦定理得出b的值，再结合三角形的周长公式得出三角形 的周长 。
14．【答案】；
【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；球内接多面体
【解析】【解答】解：如图所示：
设球的半径为，则，解得，
则球的表面积为；
作于，连接，
因为圆柱的底面，所以，
因为为圆柱底面圆弧的中点，所以，
又因为为中点，所以，且，
即平面，故，
又因为且，所以平面，
因为，，，
所以，
即，
故，
平面与球的交线为一个圆，其半径，
圆周长为．
故答案为：；.
【分析】设球的半径为，则，求得半径，再根据球的表面积公式求解即可；于，连接，得到平面与球的交线为一个圆，计算出半径，再根据圆的周长公式即可求解.
15．【答案】（1）解：因为，，，且，，
所以，，
所以，，
所以，；
（2）解：设向量，的夹角的大小为．
由题意可得，，，
所以，
因为，所以．
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量平行和垂直的坐标表示，求出，即可；
（2）根据向量夹角的坐标表示即可．
（1）解：因为，，，且，，
所以，，
所以，，
所以，；
（2）解：设向量，的夹角的大小为．
由题意可得，，，
所以，
因为，所以．
16．【答案】（1）证明：连接，设，连接，如图所示：
在直三棱柱中，四边形为平行四边形，则为的中点，
又因为为的中点，所以，
又因为平面，平面，所以∥平面；
（2）解：，
在中，，E为的中点，，，
则.
【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）连接，设，连接，做辅助线，利用中位线性质可得，结合线面平行的判定定理证明∥平面即可；
（2）在中，根据，求的面积，利用转换顶点法，根据求解即可.
（1）连接，设，连接，
在直三棱柱中，四边形为平行四边形，则为的中点，
又因为为的中点，则，
因为平面，平面，所以∥平面.
（2）因为，
在中，，E为的中点，，
可得，
所以.
17．【答案】（1）解：依题意可知，，，
在中，根据正弦定理，，
所以，则.
（2）解：由题设知，在 中，
由正弦定理可得：，，
中，，
由余弦定理得：
，
，
所以两山顶点M，N之间的距离为.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）根据正弦定理求边长即可；
（2）先根据正弦定理求得，再结合余弦定理求即可.
（1）依题意可知，，，
在中，根据正弦定理，，
所以，则.
（2）由题设知，在 中，
由正弦定理可得：，，
中，，
由余弦定理得：
，
，
所以两山顶点M，N之间的距离为.
18．【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以，
因为，又，平面，所以平面，故，
在中，，为的中点，所以，
因为平面，平面，，所以平面；
（2）解：因为平面，所以，
因为在正方形中，，所以平面，所以，，
所以是二面角的平面角，
因为且，所以，则二面角的大小为；
（3）解：因为平面，平面，平面平面，
所以，又为线段的中点，所以为线段上的中点，
以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
设，则，
，
设平面AEF的法向量为，则，令，得，
可得平面AEF的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
即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；用空间向量研究直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）由题意，利用线面垂直的判定证明平面，得到，由等腰三角形的性质得，根据线面垂直的判定定理证明直线平面即可；（2）证明、确定二面角的平面角为，根据几何关系求出即可；
（3）以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解即可.
（1）因为平面，平面，
所以，
因为，又，平面，
所以平面，故，
在中，，为的中点，所以，
因为平面，平面，，
所以平面.
（2）因为平面，所以
因为在正方形中，，所以平面，所以，，
所以是二面角的平面角，
因为且，所以，
二面角的大小为；
（3）因为平面，平面，平面平面，
所以，又为线段的中点，所以为线段上的中点，
以A为坐标原点，分别以AB、AD、AP为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系如图所示，
设，则，
，
设平面AEF的法向量为，
，令，得，
所以平面AEF的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，则，
所以直线与平面所成角的正弦值为
19．【答案】（1）解：，且，，都是单位圆上的点，
，
因为，，所以；
（2）解：①、由（1）有，则以为原点，分别以，的正方向为，轴的正方向建立平面直角坐标系，如图所示：
则，，因为，所以，所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，所以，；
②、依题意在第二象限，在线段上，
如图有，
所以，
令，则，
所以，，所以，
所以，在上单调递增，所以，
即的取值范围为.
【知识点】函数单调性的性质；平面向量的共线定理；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）将两边平方，结合单位圆上点对应的向量模长为，再利用三角函数的性质来求的值即可；
（2）由（1）可得，以为原点，分别以，的正方向为，轴的正方向建立平面直角坐标系，求出相关向量的坐标，再利用向量共线得到关于的表达式，根据三角形面积公式求出关于的表达式，最后通过换元法将其转化为关于的函数，利用函数单调性求的取值范围.
（1）因为，且，，都是单位圆上的点，
所以
，
又，，所以.
（2）①由（1）有，则以为原点，分别以，的正方向为，轴的正方向建立平面直角坐标系，
则，，因为，所以，所以，
因为，所以，
所以，
因为，所以，
所以，.
②依题意在第二象限，在线段上，
如图有，
所以，
令，则，
所以，，所以，
所以，在上单调递增，
所以，即的取值范围为.
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