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四川省瀘州市龍馬潭區2023-2024學年高一下學期6月期末考試數學試題
1．（2024高一下·龍馬潭期末）設全集 ，集合 ，則 （　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】并集及其運算；補集及其運算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：由題意得， ，所以A∪B={-1，1，2，3} ，
所以 .
故選：D
【分析】先求解方程求出集合B，再由集合的并集、補集運算即可得解.
2．（2024高一下·龍馬潭期末）已知是第二象限角，
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】同角三角函數間的基本關系
【解析】【解答】解：因為cosα＝±＝±，
又∵α是第二象限角，
∴cosα＝－.
【分析】利用是第二象限角和同角三角函數基本關系式，從而得出的值.
3．（2024高一下·龍馬潭期末）在平行四邊形中，為邊的中點，記，，則（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知識點】平面向量減法運算；向量加法的三角形法則
【解析】【解答】解：如圖所示，
故選：D．
【分析】結合圖形和向量的線性運算法則即可求得 .
4．（2024高一下·龍馬潭期末）如果函數的一個零點是，那么可以是(　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【知識點】正弦函數的性質
【解析】【解答】解：因為函數的一個零點是，所以，
解得，當，.
故答案為：D.
【分析】由題意，可得，解方程即可求解.
5．（2024高一下·龍馬潭期末）在中，內角，，所對應的邊分別是，，，若的面積是，則(　　)
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】余弦定理
【解析】【解答】解：的面積為，
解得，則．
故答案為：A.
【分析】由題意，根據三角形面積公式，結合正余弦定理化簡求值即可.
6．（2024高一下·龍馬潭期末）已知，，，若，則（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】平面向量共線（平行）的坐標表示；簡單的三角恒等變換；同角三角函數間的基本關系
【解析】【解答】解：，，
若，則，解得，
因為，所以，
則.
故答案為：B.
【分析】利用向量平行的坐標表示結合倍角公式求出，再根據同角三角函數基本關系求，代入計算即可.
7．（2024高一下·龍馬潭期末）如圖，在四面體中，平面，則此四面體的外接球表面積為（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；球內接多面體
【解析】【解答】解：將四面體補形成長方體，長方體的長 寬 高分別為、、，
則四面體的外接球為長方體的外接球，
因為長方體的外接球的直徑等于長方體的體對角線長，
設外接球的半徑為，
所以，
所以外接球表面積為.
故答案為：B.
【分析】將四面體補形成長方體，長方體的長 寬 高分別為、、，則長方體的外接球為四面體的外接球，再利用長方體外接球的直徑為其體對角線，再結合勾股定理求出此四面體的外接球的直徑，從而得出此四面體的外接球的半徑長，再結合球的表面積公式得出此四面體的外接球表面積.
8．（2024高一下·龍馬潭期末）已知的半徑為1，直線PA與相切于點A，直線PB與交于B，C兩點，D為BC的中點，若，則的最大值為（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知識點】平面向量數量積定義與物理意義；三角函數中的恒等變換應用；含三角函數的復合函數的值域與最值
【解析】【解答】解：如圖所示，，
由題意可知：，
由勾股定理可得，
當點位于直線異側時或PB為直徑時，
設，
則
，
因為，
所以，
當時，有最大值，
當點位于直線同側時，設，
則
，
因為，
所以，
當時，有最大值，
綜上可得，的最大值為.
故答案為：A.
【分析】由題意作出示意圖，再進行分類討論，再利用數量積的定義和三角恒等變換可得或，再結合和不等式的基本性質以及三角型函數求最值的方法，從而得出的最大值.
9．（2024高一下·龍馬潭期末）已知復數z，下列說法正確的是（　　）
A．若，則z為實數 B．若，則
C．若，則的最大值為2 D．若，則z為純虛數
【答案】A,C
【知識點】復數的基本概念
【解析】【解答】解：對于選項A，設，則，
因為，即，即，所以z為實數，故A正確；
對于選項B，若，即，
化簡可得，即，即，
當時，，，此時不一定滿足，
當時，，，此時不一定滿足，故B錯誤；
對于選項C，因為，所以，
所以，即表示以為圓心，以為半徑的圓上的點，
且表示圓上的點到原點的距離，所以的最大值為2，故C正確；
對于選項D，因為，所以，
，即，
化簡可得，則且，
此時可能為實數也可能為純虛數，故D錯誤；
故選：AC
【分析】根據題意，由復數的運算以及其幾何意義，對選項逐一判斷，即可得到結果.
10．（2024高一下·龍馬潭期末）已知，，滿足，且，則下列選項中恒成立的是(　　)
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知識點】利用不等式的性質比較數（式）的大小
【解析】【解答】解：因為，且，所以，而b與0的大小關系不確定，
所以，，均恒成立，而與的大小關系不確定.
故答案為：ABC.
【分析】根據已知條件可得，b與0的大小關系不確定判斷即可.
11．（2024高一下·龍馬潭期末）如圖，在中，，，，過中點的直線與線段交于點．將沿直線翻折至，且點在平面內的射影在線段上，連接交于點，是直線上異于的任意一點，則（　　）
A．
B．
C．點的軌跡的長度為
D．直線與平面所成角的余弦值的最小值為
【答案】B,C,D
【知識點】與二面角有關的立體幾何綜合題
【解析】【解答】解：將沿直線翻折至，連接，如圖所示：
故，又在平面內的射影在線段上，
所以平面，平面，所以，
，平面，平面
所以平面.
平面，平面，平面，
，
，且即為二面角的平面角
A、由題意可知，為與平面所成的線面角，
故由線面角最小可知，故A選項錯誤；
B、即為二面角的平面角，故由二面角最大可知，
故B選項正確；
C、恒成立，故的軌跡為以為直徑的圓弧夾在內的部分，
易知其長度為，故C選項正確；
D、設，如圖所示：
在中，，，
在中，，，
所以，設直線與平面所成角為，
則
，
當且僅當時取等號，故D正確．
故答案為：BCD．
【分析】先利用二面角的定義可得即為二面角的平面角，即可判斷A、B；先由旋轉，易判斷出，可得軌跡為圓弧，即可判斷C；利用線面角的定義可得求，，用表示，再結合三角恒等變換求出函數的最值即可判斷D.
12．（2024高一下·龍馬潭期末）一個水平放置的平面圖形的直觀圖，它是底角為，腰和上底長均為的等腰梯形，則原平面圖形的面積為　 　.
【答案】
【知識點】平面圖形的直觀圖
【解析】【解答】在直觀圖等腰梯形，，且，如下圖所示：
分別過點、作，，垂足分別為點、，
由題意可知，
所以，，同理可得，
因為，，，則四邊形為矩形，
所以，，故，
將直觀圖還原為原圖形如下圖所示：
由題意可知，梯形為直角梯形，，，，
，，
因此，梯形的面積為.
故答案為：.
【分析】計算出梯形的下底的長，作出原圖形，確定原圖中梯形的上、下底的長以及梯形的高，利用梯形的面積公式可求得結果.
13．（2024高一下·龍馬潭期末）已知，則　 　．
【答案】-7或
【知識點】兩角和與差的正切公式；同角三角函數間的基本關系；運用誘導公式化簡求值
【解析】【解答】因為，所以，所以或，
當時，，；
當時，，。
故答案為：-7或。
【分析】利用結合誘導公式得出的值，再利用同角三角函數基本關系式得出的值，再利用分類討論的方法結合同角三角函數基本關系式得出的值，再結合兩角差的正切公式得出的值。
14．（2024高一下·龍馬潭期末）已知將函數 的圖象向左平移 個單位長度后得到 的圖象，則 在 上的值域為　 　．
【答案】
【知識點】正弦函數的性質；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換
【解析】【解答】 ，向左平移 個單位長度后得到 的圖象，則 ， ， ， ，則 在 上的值域為 .
【分析】先利用三角變換化簡函數f(x)，利用函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換求得g（x）的解析式，再結合正弦函數的定義域和值域，即可求得g（x）在給定區間上的值域．
15．（2024高一下·龍馬潭期末）已知，，與的夾角為．
（1）求；
（2）當為何值時，．
【答案】（1）解：，，與的夾角為，
則；
（2）解：若，
則
，解得.
【知識點】向量的模；平面向量的數量積運算；利用數量積判斷平面向量的垂直關系
【解析】【分析】（1）利用平面向量數量積的運算性質求的值即可；
（2）由題意可得，利用平面向量數量積的運算性質求實數的值即可.
（1）解：因為，，與的夾角為，
則，
所以，.
（2）解：因為，則
，解得.
16．（2024高一下·龍馬潭期末）已知．
（1）化簡；
（2）已知，求的值．
【答案】（1）解：
（2）解：因為，所以，
．
【知識點】同角三角函數基本關系的運用；運用誘導公式化簡求值
【解析】【分析】（1）利用已知條件結合誘導公式和同角三角函數基本關系式，進而化簡。
（2）因為 ，結合（1）得出的值，再結合同角三角函數基本關系式，進而求出的值。
17．（2024高一下·龍馬潭期末）已知函數的一段圖象過點，如圖所示．
（1）求函數的表達式；
（2）將函數的圖象向右平移個單位，得函數的圖象，求在區間上的值域；
（3）若，求的值.
【答案】（1）解：由圖可知：，則，易知函數在處最大值，
又因為圖象經過，所以，
所以，解得，又因為，所以，
又因為函數經過，所以，解得，
則函數的表達式為；
（2）解：由題意得，，
因為，所以，
所以，所以，
則在區間上的值域為；
（3）解：由題意可得：，即，
又因為，所以，
因為，所以，所以，
則.
【知識點】簡單的三角恒等變換；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式；含三角函數的復合函數的值域與最值
【解析】【分析】（1）由圖求函數的周期，根據最小正周期公式求的值，將特殊點代入解析式中，求出，的值，確定函數解析式即可；
（2）根據正弦型函數的圖象變換特點可以求出的解析式，由，可得，求的值域即可；
（3）根據可求出，由此求出，進而得到的值.
（1）由圖知，，則.
由圖可得，在處最大值，
又因為圖象經過，故，
所以，故，
又因為，所以，
函數又經過，故，得.
所以函數的表達式為．
（2）由題意得，，
因為，所以，
則，所以，
所以在區間上的值域為.
（3）因為，
所以，即，
又因為，所以，
由，所以.
所以，
所以.
18．（2024高一下·龍馬潭期末）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點.
（1）證明：；
（2）若是邊長為1的等邊三角形，點在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.
【答案】(1)證明：因為，O是中點，
所以，
因為平面，平面平面，
且平面平面，
所以平面，
因為平面，
所以.
(2)解：[方法一]：通性通法—坐標法
如圖所示，以O為坐標原點，為軸，為y軸，
垂直且過O的直線為x軸，建立空間直角坐標系，
則，
設，
所以，
設為平面的法向量，
由，
可得平面的一個法向量為，
又因為平面的一個法向量為，
所以，
解得，
又因為點C到平面的距離為，
所以，
所以三棱錐的體積為．
[方法二]【最優解】：作出二面角的平面角
如圖所示，作，垂足為點G，
作，垂足為點F，連結，
則，
因為平面，
所以平面，
則為二面角的平面角，
因為，
所以，
由已知可得，
故，
又因為，
所以，
又因為，
所以
[方法三]：三面角公式
考慮三面角，記為，為，，
記二面角為，
由題意，得，
對使用三面角的余弦公式，可得，
化簡可得，①
使用三面角的正弦公式，可得，
化簡可得，②
將①②兩式平方后相加，可得，
則，
所以，
如圖可知，
則，
根據三角形相似知，點G為的三等分點，
可得，
結合的正切值，
可得，
則可得三棱錐的體積為．
【知識點】空間中直線與直線之間的位置關系；用空間向量研究二面角；相似三角形的性質；同角三角函數間的基本關系；錐體的體積公式及應用
【解析】【分析】(1)利用等腰三角形三線合一得出線線垂直，再利用面面垂直的性質定理證出線線垂直，即證出.
(2)利用三種方法求解.
方法一：通性通法—坐標法
利用已知條件建立空間直角坐標系，則得出點的坐標和向量的坐標，再利用兩向量垂直數量積為0的等價關系和數量積的坐標表示，從而得出平面的法向量和平面的一個法向量，再利用數量積求向量夾角公式和已知條件得出m的值，再利用點C到平面的距離和三棱錐的體積公式以及等體積法，從而得出三棱錐的體積.
方法二：作出二面角的平面角
利用中位線定理得出線線平行，再利用平面得出平面，從而得出為二面角的平面角，再利用得出，再結合已知條件和三棱錐的體積公式，從而得出三棱錐的體積.
方法三：三面角公式
使用三面角的余弦公式和平方法以及同角三角函數基本關系式，從而得出二面角的平面角的正切值，再根據三角形相似知，點G為的三等分點，從而得出BG的長，再結合二面角的正切值得出EG、OA的長，再利用三棱錐體積公式，從而得出三棱錐的體積.
19．（2024高一下·龍馬潭期末）已知為坐標原點，對于函數，稱向量為函數的伴隨向量，同時稱函數為向量的伴隨函數.
（1）設函數，試求的伴隨向量的坐標；
（2）記向量的伴隨函數為，當且時，求的值；
（3）設向量，的伴隨函數為，的伴隨函數為，記函數，求在上的最大值.
【答案】（1）解：，
則；
（2）解：由題意可得：，
當時，，
當時，，所以，
則；
（3）解：易知，，
，
因為，，所以，
令，
問題轉化為函數的最值問題，
因為函數的對稱軸為，
所以當，即時，的最大值在處取得，最大值為；
當，即時，的最大值在處取得，
最大值為；
當，即時，的最大值在處取得，最大值為；
綜上，在上的最大值為.
【知識點】函數的最大（小）值；簡單的三角恒等變換；含三角函數的復合函數的值域與最值；輔助角公式
【解析】【分析】（1）化簡的解析式，求伴隨向量即可；
（2）先求得，由求得，進而求得，再求即可；
（3）先求得，然后根據三角函數的值域與二次函數最值分類討論求解即可.
（1）解：
，
所以.
（2）解：依題意，
由得，
因為，
所以，
所以.
（3）解：由題知，，
所以
因為，，
所以，，
令，
所以，問題轉化為函數的最值問題.
因為函數的對稱軸為，
所以，當，即時，的最大值在處取得，為；
當，即時，的最大值在處取得，為；
當，即時，的最大值在處取得，為；
綜上，在上的最大值為.
1 / 1四川省瀘州市龍馬潭區2023-2024學年高一下學期6月期末考試數學試題
1．（2024高一下·龍馬潭期末）設全集 ，集合 ，則 （　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·龍馬潭期末）已知是第二象限角，
A． B． C． D．
3．（2024高一下·龍馬潭期末）在平行四邊形中，為邊的中點，記，，則（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024高一下·龍馬潭期末）如果函數的一個零點是，那么可以是(　　)
A． B． C． D．
5．（2024高一下·龍馬潭期末）在中，內角，，所對應的邊分別是，，，若的面積是，則(　　)
A． B． C． D．
6．（2024高一下·龍馬潭期末）已知，，，若，則（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·龍馬潭期末）如圖，在四面體中，平面，則此四面體的外接球表面積為（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·龍馬潭期末）已知的半徑為1，直線PA與相切于點A，直線PB與交于B，C兩點，D為BC的中點，若，則的最大值為（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·龍馬潭期末）已知復數z，下列說法正確的是（　　）
A．若，則z為實數 B．若，則
C．若，則的最大值為2 D．若，則z為純虛數
10．（2024高一下·龍馬潭期末）已知，，滿足，且，則下列選項中恒成立的是(　　)
A． B． C． D．
11．（2024高一下·龍馬潭期末）如圖，在中，，，，過中點的直線與線段交于點．將沿直線翻折至，且點在平面內的射影在線段上，連接交于點，是直線上異于的任意一點，則（　　）
A．
B．
C．點的軌跡的長度為
D．直線與平面所成角的余弦值的最小值為
12．（2024高一下·龍馬潭期末）一個水平放置的平面圖形的直觀圖，它是底角為，腰和上底長均為的等腰梯形，則原平面圖形的面積為　 　.
13．（2024高一下·龍馬潭期末）已知，則　 　．
14．（2024高一下·龍馬潭期末）已知將函數 的圖象向左平移 個單位長度后得到 的圖象，則 在 上的值域為　 　．
15．（2024高一下·龍馬潭期末）已知，，與的夾角為．
（1）求；
（2）當為何值時，．
16．（2024高一下·龍馬潭期末）已知．
（1）化簡；
（2）已知，求的值．
17．（2024高一下·龍馬潭期末）已知函數的一段圖象過點，如圖所示．
（1）求函數的表達式；
（2）將函數的圖象向右平移個單位，得函數的圖象，求在區間上的值域；
（3）若，求的值.
18．（2024高一下·龍馬潭期末）如圖，在三棱錐中，平面平面，，為的中點.
（1）證明：；
（2）若是邊長為1的等邊三角形，點在棱上，，且二面角的大小為，求三棱錐的體積.
19．（2024高一下·龍馬潭期末）已知為坐標原點，對于函數，稱向量為函數的伴隨向量，同時稱函數為向量的伴隨函數.
（1）設函數，試求的伴隨向量的坐標；
（2）記向量的伴隨函數為，當且時，求的值；
（3）設向量，的伴隨函數為，的伴隨函數為，記函數，求在上的最大值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知識點】并集及其運算；補集及其運算；一元二次方程的解集
【解析】【解答】解：由題意得， ，所以A∪B={-1，1，2，3} ，
所以 .
故選：D
【分析】先求解方程求出集合B，再由集合的并集、補集運算即可得解.
2．【答案】A
【知識點】同角三角函數間的基本關系
【解析】【解答】解：因為cosα＝±＝±，
又∵α是第二象限角，
∴cosα＝－.
【分析】利用是第二象限角和同角三角函數基本關系式，從而得出的值.
3．【答案】D
【知識點】平面向量減法運算；向量加法的三角形法則
【解析】【解答】解：如圖所示，
故選：D．
【分析】結合圖形和向量的線性運算法則即可求得 .
4．【答案】D
【知識點】正弦函數的性質
【解析】【解答】解：因為函數的一個零點是，所以，
解得，當，.
故答案為：D.
【分析】由題意，可得，解方程即可求解.
5．【答案】A
【知識點】余弦定理
【解析】【解答】解：的面積為，
解得，則．
故答案為：A.
【分析】由題意，根據三角形面積公式，結合正余弦定理化簡求值即可.
6．【答案】B
【知識點】平面向量共線（平行）的坐標表示；簡單的三角恒等變換；同角三角函數間的基本關系
【解析】【解答】解：，，
若，則，解得，
因為，所以，
則.
故答案為：B.
【分析】利用向量平行的坐標表示結合倍角公式求出，再根據同角三角函數基本關系求，代入計算即可.
7．【答案】B
【知識點】球的表面積與體積公式及應用；球內接多面體
【解析】【解答】解：將四面體補形成長方體，長方體的長 寬 高分別為、、，
則四面體的外接球為長方體的外接球，
因為長方體的外接球的直徑等于長方體的體對角線長，
設外接球的半徑為，
所以，
所以外接球表面積為.
故答案為：B.
【分析】將四面體補形成長方體，長方體的長 寬 高分別為、、，則長方體的外接球為四面體的外接球，再利用長方體外接球的直徑為其體對角線，再結合勾股定理求出此四面體的外接球的直徑，從而得出此四面體的外接球的半徑長，再結合球的表面積公式得出此四面體的外接球表面積.
8．【答案】A
【知識點】平面向量數量積定義與物理意義；三角函數中的恒等變換應用；含三角函數的復合函數的值域與最值
【解析】【解答】解：如圖所示，，
由題意可知：，
由勾股定理可得，
當點位于直線異側時或PB為直徑時，
設，
則
，
因為，
所以，
當時，有最大值，
當點位于直線同側時，設，
則
，
因為，
所以，
當時，有最大值，
綜上可得，的最大值為.
故答案為：A.
【分析】由題意作出示意圖，再進行分類討論，再利用數量積的定義和三角恒等變換可得或，再結合和不等式的基本性質以及三角型函數求最值的方法，從而得出的最大值.
9．【答案】A,C
【知識點】復數的基本概念
【解析】【解答】解：對于選項A，設，則，
因為，即，即，所以z為實數，故A正確；
對于選項B，若，即，
化簡可得，即，即，
當時，，，此時不一定滿足，
當時，，，此時不一定滿足，故B錯誤；
對于選項C，因為，所以，
所以，即表示以為圓心，以為半徑的圓上的點，
且表示圓上的點到原點的距離，所以的最大值為2，故C正確；
對于選項D，因為，所以，
，即，
化簡可得，則且，
此時可能為實數也可能為純虛數，故D錯誤；
故選：AC
【分析】根據題意，由復數的運算以及其幾何意義，對選項逐一判斷，即可得到結果.
10．【答案】A,B,C
【知識點】利用不等式的性質比較數（式）的大小
【解析】【解答】解：因為，且，所以，而b與0的大小關系不確定，
所以，，均恒成立，而與的大小關系不確定.
故答案為：ABC.
【分析】根據已知條件可得，b與0的大小關系不確定判斷即可.
11．【答案】B,C,D
【知識點】與二面角有關的立體幾何綜合題
【解析】【解答】解：將沿直線翻折至，連接，如圖所示：
故，又在平面內的射影在線段上，
所以平面，平面，所以，
，平面，平面
所以平面.
平面，平面，平面，
，
，且即為二面角的平面角
A、由題意可知，為與平面所成的線面角，
故由線面角最小可知，故A選項錯誤；
B、即為二面角的平面角，故由二面角最大可知，
故B選項正確；
C、恒成立，故的軌跡為以為直徑的圓弧夾在內的部分，
易知其長度為，故C選項正確；
D、設，如圖所示：
在中，，，
在中，，，
所以，設直線與平面所成角為，
則
，
當且僅當時取等號，故D正確．
故答案為：BCD．
【分析】先利用二面角的定義可得即為二面角的平面角，即可判斷A、B；先由旋轉，易判斷出，可得軌跡為圓弧，即可判斷C；利用線面角的定義可得求，，用表示，再結合三角恒等變換求出函數的最值即可判斷D.
12．【答案】
【知識點】平面圖形的直觀圖
【解析】【解答】在直觀圖等腰梯形，，且，如下圖所示：
分別過點、作，，垂足分別為點、，
由題意可知，
所以，，同理可得，
因為，，，則四邊形為矩形，
所以，，故，
將直觀圖還原為原圖形如下圖所示：
由題意可知，梯形為直角梯形，，，，
，，
因此，梯形的面積為.
故答案為：.
【分析】計算出梯形的下底的長，作出原圖形，確定原圖中梯形的上、下底的長以及梯形的高，利用梯形的面積公式可求得結果.
13．【答案】-7或
【知識點】兩角和與差的正切公式；同角三角函數間的基本關系；運用誘導公式化簡求值
【解析】【解答】因為，所以，所以或，
當時，，；
當時，，。
故答案為：-7或。
【分析】利用結合誘導公式得出的值，再利用同角三角函數基本關系式得出的值，再利用分類討論的方法結合同角三角函數基本關系式得出的值，再結合兩角差的正切公式得出的值。
14．【答案】
【知識點】正弦函數的性質；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換
【解析】【解答】 ，向左平移 個單位長度后得到 的圖象，則 ， ， ， ，則 在 上的值域為 .
【分析】先利用三角變換化簡函數f(x)，利用函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換求得g（x）的解析式，再結合正弦函數的定義域和值域，即可求得g（x）在給定區間上的值域．
15．【答案】（1）解：，，與的夾角為，
則；
（2）解：若，
則
，解得.
【知識點】向量的模；平面向量的數量積運算；利用數量積判斷平面向量的垂直關系
【解析】【分析】（1）利用平面向量數量積的運算性質求的值即可；
（2）由題意可得，利用平面向量數量積的運算性質求實數的值即可.
（1）解：因為，，與的夾角為，
則，
所以，.
（2）解：因為，則
，解得.
16．【答案】（1）解：
（2）解：因為，所以，
．
【知識點】同角三角函數基本關系的運用；運用誘導公式化簡求值
【解析】【分析】（1）利用已知條件結合誘導公式和同角三角函數基本關系式，進而化簡。
（2）因為 ，結合（1）得出的值，再結合同角三角函數基本關系式，進而求出的值。
17．【答案】（1）解：由圖可知：，則，易知函數在處最大值，
又因為圖象經過，所以，
所以，解得，又因為，所以，
又因為函數經過，所以，解得，
則函數的表達式為；
（2）解：由題意得，，
因為，所以，
所以，所以，
則在區間上的值域為；
（3）解：由題意可得：，即，
又因為，所以，
因為，所以，所以，
則.
【知識點】簡單的三角恒等變換；函數y=Asin（ωx+φ）的圖象變換；由y=Asin（ωx+φ）的部分圖象確定其解析式；含三角函數的復合函數的值域與最值
【解析】【分析】（1）由圖求函數的周期，根據最小正周期公式求的值，將特殊點代入解析式中，求出，的值，確定函數解析式即可；
（2）根據正弦型函數的圖象變換特點可以求出的解析式，由，可得，求的值域即可；
（3）根據可求出，由此求出，進而得到的值.
（1）由圖知，，則.
由圖可得，在處最大值，
又因為圖象經過，故，
所以，故，
又因為，所以，
函數又經過，故，得.
所以函數的表達式為．
（2）由題意得，，
因為，所以，
則，所以，
所以在區間上的值域為.
（3）因為，
所以，即，
又因為，所以，
由，所以.
所以，
所以.
18．【答案】(1)證明：因為，O是中點，
所以，
因為平面，平面平面，
且平面平面，
所以平面，
因為平面，
所以.
(2)解：[方法一]：通性通法—坐標法
如圖所示，以O為坐標原點，為軸，為y軸，
垂直且過O的直線為x軸，建立空間直角坐標系，
則，
設，
所以，
設為平面的法向量，
由，
可得平面的一個法向量為，
又因為平面的一個法向量為，
所以，
解得，
又因為點C到平面的距離為，
所以，
所以三棱錐的體積為．
[方法二]【最優解】：作出二面角的平面角
如圖所示，作，垂足為點G，
作，垂足為點F，連結，
則，
因為平面，
所以平面，
則為二面角的平面角，
因為，
所以，
由已知可得，
故，
又因為，
所以，
又因為，
所以
[方法三]：三面角公式
考慮三面角，記為，為，，
記二面角為，
由題意，得，
對使用三面角的余弦公式，可得，
化簡可得，①
使用三面角的正弦公式，可得，
化簡可得，②
將①②兩式平方后相加，可得，
則，
所以，
如圖可知，
則，
根據三角形相似知，點G為的三等分點，
可得，
結合的正切值，
可得，
則可得三棱錐的體積為．
【知識點】空間中直線與直線之間的位置關系；用空間向量研究二面角；相似三角形的性質；同角三角函數間的基本關系；錐體的體積公式及應用
【解析】【分析】(1)利用等腰三角形三線合一得出線線垂直，再利用面面垂直的性質定理證出線線垂直，即證出.
(2)利用三種方法求解.
方法一：通性通法—坐標法
利用已知條件建立空間直角坐標系，則得出點的坐標和向量的坐標，再利用兩向量垂直數量積為0的等價關系和數量積的坐標表示，從而得出平面的法向量和平面的一個法向量，再利用數量積求向量夾角公式和已知條件得出m的值，再利用點C到平面的距離和三棱錐的體積公式以及等體積法，從而得出三棱錐的體積.
方法二：作出二面角的平面角
利用中位線定理得出線線平行，再利用平面得出平面，從而得出為二面角的平面角，再利用得出，再結合已知條件和三棱錐的體積公式，從而得出三棱錐的體積.
方法三：三面角公式
使用三面角的余弦公式和平方法以及同角三角函數基本關系式，從而得出二面角的平面角的正切值，再根據三角形相似知，點G為的三等分點，從而得出BG的長，再結合二面角的正切值得出EG、OA的長，再利用三棱錐體積公式，從而得出三棱錐的體積.
19．【答案】（1）解：，
則；
（2）解：由題意可得：，
當時，，
當時，，所以，
則；
（3）解：易知，，
，
因為，，所以，
令，
問題轉化為函數的最值問題，
因為函數的對稱軸為，
所以當，即時，的最大值在處取得，最大值為；
當，即時，的最大值在處取得，
最大值為；
當，即時，的最大值在處取得，最大值為；
綜上，在上的最大值為.
【知識點】函數的最大（小）值；簡單的三角恒等變換；含三角函數的復合函數的值域與最值；輔助角公式
【解析】【分析】（1）化簡的解析式，求伴隨向量即可；
（2）先求得，由求得，進而求得，再求即可；
（3）先求得，然后根據三角函數的值域與二次函數最值分類討論求解即可.
（1）解：
，
所以.
（2）解：依題意，
由得，
因為，
所以，
所以.
（3）解：由題知，，
所以
因為，，
所以，，
令，
所以，問題轉化為函數的最值問題.
因為函數的對稱軸為，
所以，當，即時，的最大值在處取得，為；
當，即時，的最大值在處取得，為；
當，即時，的最大值在處取得，為；
綜上，在上的最大值為.
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