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广东省茂名市普通高中2024-2025学年高一下学期期末教学质量监测数学试卷
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．复数的共轭复数为（　　）
A． B． C． D．
2．下列函数中，最小正周期为的奇函数是（　　）
A． B． C． D．
3．已知，是同一平面内两个不共线的向量，则的是（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
4．已知复数是纯虚数，则为（　　）
A． B．4 C． D．
5．将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到的图象，则（　　）
A． B．
C． D．
6．已知圆锥的底面半径为3，且圆锥的底面积是侧面积的一半，则圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
7．已知，则（　　）
A． B． C． D．
8．任意复数可以写成，其中r是复数z的模，是复数z的辐角（以x轴的非负半轴为始边，向量所在射线为终边的角），我们称为复数的三角形式.利用复数的三角形式可进行复数的乘方等运算，即，.已知复数，则中不同的数的个数为（　　）
A．6 B．12 C．24 D．36
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．若，，则（　　）
A．
B．
C．与的夹角为
D．在方向上的投影向量为
10．已知函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．
B．若函数在上单调递增，则
C．的图象关于点中心对称
D．若，则
11．正方体的棱长为2，P为底面内一动点，则下列说法正确的是（　　）
A．当P为正方形的中心时，三棱锥外接球的表面积为
B．当P在线段上时，的最小值为4
C．满足直线与上底面所成角为60°的点P的轨迹长度为
D．当P为中点时，过A，P，三点作正方体的截面Ω，Q为截面Ω上一点，则线段长度的取值范围为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．在复数范围内，方程的解　 　.
13．已知三棱柱中，M，N分别为棱，的中点，过A，M，N作三棱柱的截面交于E点，且，则　 　.
14．如图，P为的内心，，、、的面积分别为、、，且.若，则的最大值为　 　.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
15．如图，在直三棱柱中，，，，D是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与直线所成角的余弦值.
16．已知函数.
（1）当时，求函数的取值范围；
（2）在中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若，，且的面积为，求的周长.
17．已知是边长为6的等边三角形，D是上靠近A的三等分点，点E在边上.
（1）用、表示；
（2）若，求的值；
（3）设与交于点，且，求.
18．如图，在梯形中，，，.把沿翻折，使得二面角的大小为，M，N分别是和中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求点到平面的距离；
（3）若二面角的余弦值为，求.
19．在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，.
（1）求；
（2）记的面积为，内一点满足；
（i）若，求证：；
（ii）若，，求的值.
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：，则其共轭复数为.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘法化简，再根据共轭复数的概念求解即可.
2．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：的最小正周期为，的最小正周期为，
的最小正周期为，的最小正周期为但不是奇函数.
故答案为：B
【分析】根据最小正周期公式求周期即可判断ABC；根据的图像求周期即可判断D.
3．【答案】A
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：若，则，
A、若，则，解得，故A正确；
B、若，则，无解，故B错误；
C、若，则，无解，故C错误；
D、若，则，无解，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据共线向量定理逐项判断即可.
4．【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意得，解得，则，
.
故答案为：.
【分析】根据复数为纯虚数列式求得m的值，确定复数z，再根据复数的加法运算，结合复数的模长公式求解即可.
5．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：将函数的图象向左平移个单位长度，可得函数的图象，再将所得图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，可得的图象.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数图象平移、伸缩变换求解即可.
6．【答案】A
【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：设圆锥的体高为，母线长为，底面半径，
则底面积，侧面积，解得，
易知，则圆锥的体积.
故答案为：A.
【分析】设圆锥的体高为，母线长为，由题意，根据圆锥侧面积以及底面积的计算，求得母线长，再利用勾股定理求圆锥的高，最后根据圆锥的体积公式计算即可.
7．【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；二倍角的正切公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：，，
由，可得，则，
解得，则.
故答案为：A.
【分析】利用正、余弦的二倍角公式，结合正切的二倍角公式求解即可.
8．【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；三角函数诱导公式二~六；复数代数形式与三角形式的互化；三角函数诱导公式一
【解析】【解答】解：复数，在复平面上的对应点为，即，
取轴非负半轴上的单位向量，如图所示：
则，解得，
由，可得，
令，可得
，
，
，
，
，
，
，
.
故答案为：B.
【分析】易知复数在复平面内对应点坐标，以及向量，结合图象求得夹角，再计算复数的模，将复数表示为三角形式，再根据三角函数的诱导公式逐个计算复数，统计个数即可.
9．【答案】A,C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、，，，故B错误；
C、，结合与的夹角范围为，故与的夹角为，故C正确；
D、在方向上的投影向量为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据向量数量积的坐标表示计算即可判断A；根据向量加减法的坐标表示，结合向量数量积的坐标表示求解即可判断B；根据向量夹角的公式计算即可判断C；根据投影向量公式计算即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、由图可知：函数的最小正周期，
则，解得，故A正确；
B、由，则，
由正弦函数的单调性，则，解得，故B正确；
C、令，解得，显然，故C错误；
D、由题意可得，即，
则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据函数图象过点，求最小正周期，再根据正弦函数的周期公式求即可判断A；利用正弦函数的单调性，建立不等式求解即可判断B；令，结合正弦函数的对称性求解即可判断C；根据对称性化简所求式子，利用三角恒等式求值即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、在正方体中，P为正方形的中心时，
平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，即平面，
在中，，
则，所以，设外接圆半径为，
由正弦定理，解得，
过的外心作平面的垂线与的垂直平分线交于点，
则，
所以三棱锥外接球的表面积，故A正确；
B、当P在线段上时，将平面与平面沿展开，
则当三点共线时，取得最小值，
，故B错误；
C、过作平面，
则就是直线与上底面所成角，
，则，
所以点P的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧上，圆心角为，
所以点P的轨迹长度为，故C正确；
D、当P为中点时，设中点为，易得四边形为平行四边形，
即四边形为截面Ω，
设点到平面的距离为，
在中，，，
，解得，
即线段的最小值为，
当在处时，线段取得最大值，所以线段长度的取值范围为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】在正方体中，根据线面垂直，作出球心，利用正弦定理求外接球的半径，再求外接球的表面积即可判断A；将平面与平面沿展开，当三点共线时，取得最小值，即可判断B；过作平面，则就是直线与上底面所成角，可得，即可根据点P的轨迹求解即可判断C；作出截面，利用等体积法可求最小值，根据端点可得最大值即可判断D.
12．【答案】
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：由，可得，解得.
故答案为：.
【分析】由，可得，引入虚数单位开平方求解即可.
13．【答案】6
【知识点】平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解：连接AM并延长与的延长线交于点P，连接NP与直线相交与点E，
因为AM与NE相交于点P，所以A，M，N、E四点共面，
因为M是的中点，且，所以，，
所以是△的中位线，则是的中点，
又因为N为的中点，所以，
易知，则，所以.
故答案为：6.
【分析】连接AM并延长与的延长线交于点P，连接NP与直线相交与点E，易知A，M，N、E四点共面，再根据中位线的性质，结合三角形相似求解即可.
14．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的基本定理；向量在几何中的应用；解三角形
【解析】【解答】解：由于P为的内心，则到的距离相等，记为，
则
由，可得，
整理可得，即，
又，
，则，即，
又因为，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
则.
故答案为：.
【分析】由于P为的内心，可得到的距离相等，记为，利用三角形面积公式结合，化简整理可得，再利用余弦定理，结合基本不等式求解即可.
15．【答案】（1）证明：连接 ，设 与 的交点为 ，如图所示：
在直三棱柱中，侧面 为矩形，故 是 的中点，
又 是的中点，因此是的中位线，即，
因为平面，平面，所以平面；
（2）解：由（1）知 ，直线 与所成的角等于 与 所成的角（或其补角），
只需在平面图形中求的余弦值，
直三棱柱底面 中，，为中点，故 （直角三角形斜边中线性质），
是 的中位线，，故 ，
侧面 为矩形，是中点，
在 中，，， 则，
在中，由余弦定理可得，
故直线 与直线所成角的余弦值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）连接 ，设 与 的交点为 ，利用中位线性质，结合直线与平面平行的判定定理证明即可；
（2）由（1）知 ，直线 与所成的角等于 与 所成的角，在中，利用余弦定理求解即可.
（1）连接 ，设 与 的交点为
在直三棱柱中，侧面 为矩形，故 是 的中点。
又 是的中点，因此是的中位线，即
因为平面，平面，所以平面
（2）由（1）知 ，故直线 与所成的角等于 与 所成的角（或其补角）
只需在平面图形中求的余弦值.
直三棱柱底面 中，，为中点，故 （直角三角形斜边中线性质）
是 的中位线，，故
侧面 为矩形，是中点
在 中，故 则
在中，由余弦定理：
故直线 与直线所成角的余弦值为.
16．【答案】（1）解：，
当时，，
因为在上单调递增，在上单调递减，所以，则；
（2）解：由，可得，
又，故，所以，，
因为，所以，
由余弦定理得，可得，，
因为，所以，故周长为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）先根据辅助角公式化简函数，再根据正弦函数的单调性求取值范围即可；
（2）由结合角A的范围求角A，再根据三角形面积公式，结合余弦定理及完全平方公式求，从而可得的周长.
（1），
当时，，
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以，则.
（2），则，
又，故，所以，，
因为，所以，
由余弦定理得，，
因为，所以，
所以周长为.
17．【答案】（1）解：如图所示：
；
（2）解：若，
，
则；
（3）解：三点共线，设，
由D是上靠近A的三等分点，可得，
则，解得，，
又因为，
所以
.
【知识点】向量的模；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算求解即可；
（2）根据向量的线性运算，结合向量数量积运算求解即可；
（3）由三点共线，设，利用向量的线性运算求出，再根据向量的数量积运算，结合向量模的概念求解即可.
（1）
（2）因为，
故，
所以.
（3）由三点共线，可设，
由D是上靠近A的三等分点，
可得，
所以，解得，
所以，
又，
所以
.
18．【答案】（1）证明：如图：
图1中，因为，，，
因为四边形为正方形，所以，
把沿翻折，如图2：则，，
又因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：因为，，所以即为二面角的平面角，所以，
过点作于，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为，所以，
所以，
在中，，，所以，
又，所以，
设到平面的距离为，则，
即到平面的距离为；
（3）解：因为，
所以，
又因为，所以，
所以，解得.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由四边形为正方形，可得，把沿翻折，利用线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）由（1）的结论，表示出点到平面的距离，结合等体积法求点到平面的距离即可；
（3）利用余弦定理求得，再用表示，利用求的值即可.
（1）如图：
图1中，因为，，.
四边形为正方形，所以.
把沿翻折，如图2：则，，
又平面，，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）因为，，所以即为二面角的平面角.
所以.
过点作于.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又，所以.
所以.
在中，，，所以.
又，
所以.
设到平面的距离为，
则.
即到平面的距离为.
（3）因为，
所以.
又因为，
所以，
所以.
19．【答案】（1）解：由，可得，
整理可得，
由正弦定理得，则；
（2）解：（i）因为，
所以，
所以，
由余弦定理得，
，
，
三式相加得：，则；
（ii），因为，，所以，解得，所以，
因为，所以，所以∽，所以，
设，所以，
由余弦定理得，即，解得，
则.
【知识点】二倍角的余弦公式；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用余弦的二倍角公式，结合正弦定理，余弦定理化简求值即可；
（2）（i）利用三角形面积公式，结合等面积法、三余弦定理列式证明即可；
（ii）由（1）的结论，利用余弦定理求出，再利用∽的性质，结合余弦定理求解即可.
（1），
所以，
即，
由正弦定理得，
所以.
（2）（i）因为，
所以
，
所以，
由余弦定理得，
，
，
三式相加得：，
所以.
（ii），又，，
所以，解得，所以，
因为，
所以，
所以∽，所以，
设，所以，
由余弦定理得，
即，解得，
所以.
1 / 1广东省茂名市普通高中2024-2025学年高一下学期期末教学质量监测数学试卷
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．复数的共轭复数为（　　）
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：，则其共轭复数为.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘法化简，再根据共轭复数的概念求解即可.
2．下列函数中，最小正周期为的奇函数是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：的最小正周期为，的最小正周期为，
的最小正周期为，的最小正周期为但不是奇函数.
故答案为：B
【分析】根据最小正周期公式求周期即可判断ABC；根据的图像求周期即可判断D.
3．已知，是同一平面内两个不共线的向量，则的是（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】A
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：若，则，
A、若，则，解得，故A正确；
B、若，则，无解，故B错误；
C、若，则，无解，故C错误；
D、若，则，无解，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据共线向量定理逐项判断即可.
4．已知复数是纯虚数，则为（　　）
A． B．4 C． D．
【答案】C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【解答】解：由题意得，解得，则，
.
故答案为：.
【分析】根据复数为纯虚数列式求得m的值，确定复数z，再根据复数的加法运算，结合复数的模长公式求解即可.
5．将函数的图象向左平移个单位长度，再将所得图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，得到的图象，则（　　）
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：将函数的图象向左平移个单位长度，可得函数的图象，再将所得图象上所有点的横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，可得的图象.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数图象平移、伸缩变换求解即可.
6．已知圆锥的底面半径为3，且圆锥的底面积是侧面积的一半，则圆锥的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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：设圆锥的体高为，母线长为，底面半径，
则底面积，侧面积，解得，
易知，则圆锥的体积.
故答案为：A.
【分析】设圆锥的体高为，母线长为，由题意，根据圆锥侧面积以及底面积的计算，求得母线长，再利用勾股定理求圆锥的高，最后根据圆锥的体积公式计算即可.
7．已知，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；二倍角的正切公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：，，
由，可得，则，
解得，则.
故答案为：A.
【分析】利用正、余弦的二倍角公式，结合正切的二倍角公式求解即可.
8．任意复数可以写成，其中r是复数z的模，是复数z的辐角（以x轴的非负半轴为始边，向量所在射线为终边的角），我们称为复数的三角形式.利用复数的三角形式可进行复数的乘方等运算，即，.已知复数，则中不同的数的个数为（　　）
A．6 B．12 C．24 D．36
【答案】B
【知识点】复数在复平面中的表示；三角函数诱导公式二~六；复数代数形式与三角形式的互化；三角函数诱导公式一
【解析】【解答】解：复数，在复平面上的对应点为，即，
取轴非负半轴上的单位向量，如图所示：
则，解得，
由，可得，
令，可得
，
，
，
，
，
，
，
.
故答案为：B.
【分析】易知复数在复平面内对应点坐标，以及向量，结合图象求得夹角，再计算复数的模，将复数表示为三角形式，再根据三角函数的诱导公式逐个计算复数，统计个数即可.
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．若，，则（　　）
A．
B．
C．与的夹角为
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；平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、，，，故B错误；
C、，结合与的夹角范围为，故与的夹角为，故C正确；
D、在方向上的投影向量为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据向量数量积的坐标表示计算即可判断A；根据向量加减法的坐标表示，结合向量数量积的坐标表示求解即可判断B；根据向量夹角的公式计算即可判断C；根据投影向量公式计算即可判断D.
10．已知函数的部分图象如图所示，则（　　）
A．
B．若函数在上单调递增，则
C．的图象关于点中心对称
D．若，则
【答案】A,B,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；三角函数诱导公式二~六；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、由图可知：函数的最小正周期，
则，解得，故A正确；
B、由，则，
由正弦函数的单调性，则，解得，故B正确；
C、令，解得，显然，故C错误；
D、由题意可得，即，
则，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据函数图象过点，求最小正周期，再根据正弦函数的周期公式求即可判断A；利用正弦函数的单调性，建立不等式求解即可判断B；令，结合正弦函数的对称性求解即可判断C；根据对称性化简所求式子，利用三角恒等式求值即可判断D.
11．正方体的棱长为2，P为底面内一动点，则下列说法正确的是（　　）
A．当P为正方形的中心时，三棱锥外接球的表面积为
B．当P在线段上时，的最小值为4
C．满足直线与上底面所成角为60°的点P的轨迹长度为
D．当P为中点时，过A，P，三点作正方体的截面Ω，Q为截面Ω上一点，则线段长度的取值范围为
【答案】A,C,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、在正方体中，P为正方形的中心时，
平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，即平面，
在中，，
则，所以，设外接圆半径为，
由正弦定理，解得，
过的外心作平面的垂线与的垂直平分线交于点，
则，
所以三棱锥外接球的表面积，故A正确；
B、当P在线段上时，将平面与平面沿展开，
则当三点共线时，取得最小值，
，故B错误；
C、过作平面，
则就是直线与上底面所成角，
，则，
所以点P的轨迹是以为圆心，半径为的圆弧上，圆心角为，
所以点P的轨迹长度为，故C正确；
D、当P为中点时，设中点为，易得四边形为平行四边形，
即四边形为截面Ω，
设点到平面的距离为，
在中，，，
，解得，
即线段的最小值为，
当在处时，线段取得最大值，所以线段长度的取值范围为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】在正方体中，根据线面垂直，作出球心，利用正弦定理求外接球的半径，再求外接球的表面积即可判断A；将平面与平面沿展开，当三点共线时，取得最小值，即可判断B；过作平面，则就是直线与上底面所成角，可得，即可根据点P的轨迹求解即可判断C；作出截面，利用等体积法可求最小值，根据端点可得最大值即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．在复数范围内，方程的解　 　.
【答案】
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：由，可得，解得.
故答案为：.
【分析】由，可得，引入虚数单位开平方求解即可.
13．已知三棱柱中，M，N分别为棱，的中点，过A，M，N作三棱柱的截面交于E点，且，则　 　.
【答案】6
【知识点】平面的基本性质及推论
【解析】【解答】解：连接AM并延长与的延长线交于点P，连接NP与直线相交与点E，
因为AM与NE相交于点P，所以A，M，N、E四点共面，
因为M是的中点，且，所以，，
所以是△的中位线，则是的中点，
又因为N为的中点，所以，
易知，则，所以.
故答案为：6.
【分析】连接AM并延长与的延长线交于点P，连接NP与直线相交与点E，易知A，M，N、E四点共面，再根据中位线的性质，结合三角形相似求解即可.
14．如图，P为的内心，，、、的面积分别为、、，且.若，则的最大值为　 　.
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的基本定理；向量在几何中的应用；解三角形
【解析】【解答】解：由于P为的内心，则到的距离相等，记为，
则
由，可得，
整理可得，即，
又，
，则，即，
又因为，
所以，
所以，当且仅当时取等号，
则.
故答案为：.
【分析】由于P为的内心，可得到的距离相等，记为，利用三角形面积公式结合，化简整理可得，再利用余弦定理，结合基本不等式求解即可.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤.
15．如图，在直三棱柱中，，，，D是的中点.
（1）证明：平面；
（2）求直线与直线所成角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接 ，设 与 的交点为 ，如图所示：
在直三棱柱中，侧面 为矩形，故 是 的中点，
又 是的中点，因此是的中位线，即，
因为平面，平面，所以平面；
（2）解：由（1）知 ，直线 与所成的角等于 与 所成的角（或其补角），
只需在平面图形中求的余弦值，
直三棱柱底面 中，，为中点，故 （直角三角形斜边中线性质），
是 的中位线，，故 ，
侧面 为矩形，是中点，
在 中，，， 则，
在中，由余弦定理可得，
故直线 与直线所成角的余弦值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】（1）连接 ，设 与 的交点为 ，利用中位线性质，结合直线与平面平行的判定定理证明即可；
（2）由（1）知 ，直线 与所成的角等于 与 所成的角，在中，利用余弦定理求解即可.
（1）连接 ，设 与 的交点为
在直三棱柱中，侧面 为矩形，故 是 的中点。
又 是的中点，因此是的中位线，即
因为平面，平面，所以平面
（2）由（1）知 ，故直线 与所成的角等于 与 所成的角（或其补角）
只需在平面图形中求的余弦值.
直三棱柱底面 中，，为中点，故 （直角三角形斜边中线性质）
是 的中位线，，故
侧面 为矩形，是中点
在 中，故 则
在中，由余弦定理：
故直线 与直线所成角的余弦值为.
16．已知函数.
（1）当时，求函数的取值范围；
（2）在中，角A、B、C的对边分别是a、b、c，若，，且的面积为，求的周长.
【答案】（1）解：，
当时，，
因为在上单调递增，在上单调递减，所以，则；
（2）解：由，可得，
又，故，所以，，
因为，所以，
由余弦定理得，可得，，
因为，所以，故周长为.
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）先根据辅助角公式化简函数，再根据正弦函数的单调性求取值范围即可；
（2）由结合角A的范围求角A，再根据三角形面积公式，结合余弦定理及完全平方公式求，从而可得的周长.
（1），
当时，，
因为在上单调递增，在上单调递减，
所以，则.
（2），则，
又，故，所以，，
因为，所以，
由余弦定理得，，
因为，所以，
所以周长为.
17．已知是边长为6的等边三角形，D是上靠近A的三等分点，点E在边上.
（1）用、表示；
（2）若，求的值；
（3）设与交于点，且，求.
【答案】（1）解：如图所示：
；
（2）解：若，
，
则；
（3）解：三点共线，设，
由D是上靠近A的三等分点，可得，
则，解得，，
又因为，
所以
.
【知识点】向量的模；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算求解即可；
（2）根据向量的线性运算，结合向量数量积运算求解即可；
（3）由三点共线，设，利用向量的线性运算求出，再根据向量的数量积运算，结合向量模的概念求解即可.
（1）
（2）因为，
故，
所以.
（3）由三点共线，可设，
由D是上靠近A的三等分点，
可得，
所以，解得，
所以，
又，
所以
.
18．如图，在梯形中，，，.把沿翻折，使得二面角的大小为，M，N分别是和中点.
（1）求证：平面平面；
（2）若，求点到平面的距离；
（3）若二面角的余弦值为，求.
【答案】（1）证明：如图：
图1中，因为，，，
因为四边形为正方形，所以，
把沿翻折，如图2：则，，
又因为平面，，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：因为，，所以即为二面角的平面角，所以，
过点作于，
因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，
又因为，所以，
所以，
在中，，，所以，
又，所以，
设到平面的距离为，则，
即到平面的距离为；
（3）解：因为，
所以，
又因为，所以，
所以，解得.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由四边形为正方形，可得，把沿翻折，利用线面垂直的判定定理证明平面，再根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）由（1）的结论，表示出点到平面的距离，结合等体积法求点到平面的距离即可；
（3）利用余弦定理求得，再用表示，利用求的值即可.
（1）如图：
图1中，因为，，.
四边形为正方形，所以.
把沿翻折，如图2：则，，
又平面，，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）因为，，所以即为二面角的平面角.
所以.
过点作于.
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面.
又，所以.
所以.
在中，，，所以.
又，
所以.
设到平面的距离为，
则.
即到平面的距离为.
（3）因为，
所以.
又因为，
所以，
所以.
19．在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，.
（1）求；
（2）记的面积为，内一点满足；
（i）若，求证：；
（ii）若，，求的值.
【答案】（1）解：由，可得，
整理可得，
由正弦定理得，则；
（2）解：（i）因为，
所以，
所以，
由余弦定理得，
，
，
三式相加得：，则；
（ii），因为，，所以，解得，所以，
因为，所以，所以∽，所以，
设，所以，
由余弦定理得，即，解得，
则.
【知识点】二倍角的余弦公式；解三角形；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用余弦的二倍角公式，结合正弦定理，余弦定理化简求值即可；
（2）（i）利用三角形面积公式，结合等面积法、三余弦定理列式证明即可；
（ii）由（1）的结论，利用余弦定理求出，再利用∽的性质，结合余弦定理求解即可.
（1），
所以，
即，
由正弦定理得，
所以.
（2）（i）因为，
所以
，
所以，
由余弦定理得，
，
，
三式相加得：，
所以.
（ii），又，，
所以，解得，所以，
因为，
所以，
所以∽，所以，
设，所以，
由余弦定理得，
即，解得，
所以.
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