精品解析：湖北省武汉市部分重点中学联考2023-2024学年高一下学期6月期末数学试题

武汉市部分重点中学2023—2024学年度下学期期末联考 高一数学试卷 命审题单位：武汉六中数学学科组 审题单位：圆创教育研究中心 湖北省武昌实验中学 本试卷共5页，19题．满分150分．考试用时120分钟． 考试时间：2024年6月26日下午14：00—16：00 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1． 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置． 2． 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3． 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4． 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数z满足，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 2. 已知向量与的夹角为，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 已知一组数据8，4，7，6，5，3，9，10，则这组数据的25%分位数是（ ） A. 3.5 B. 4 C. 4.5 D. 5 4. 在某次比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为，平均数为，若随机删去其中一轮的成绩，得到一组新数据，记为，平均数为，下面说法正确的是（ ） A. 新数据的极差不可能等于原数据的极差 B. 新数据的中位数可能等于原数据的中位数 C. 若，则新数据方差一定小于原数据方差 D. 若，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数 5. 《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法．某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为20cm，高为20cm．首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为1cm的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦．每位同学制作四片瓦，全年级共1000人，需要准备的粘土量（不计损耗）约为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 6. 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则 （ ） A. α∥β且∥α B. α⊥β且⊥β C α与β相交，且交线垂直于 D. α与β相交，且交线平行于 7. 如图，在平面四边形ABCD中，，，，，现将沿AC折起，并连接BD，使得平面平面ABC，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 供电部门对某社区100位居民6月份人均用电情况进行统计后，按人均用电量分为，，，，五组，整理得到如图所示的频率分布直方图，则有关这100位居民，下列说法正确的是（ ） A. 6月份人均用电量人数最多的一组有40人 B. 6月份人均用电量在内的有30人 C. 6月份人均用电量不低于20度的有50人 D. 在这100位居民中用比例分配的分层随机抽样方法抽取10位居民协助收费，抽到的居民用电量在一组的人数为3 10. 将一个直径为8cm的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ） A. 底面直径为8cm，高为6cm的圆柱体 B. 底面直径为6cm，高为4cm的圆锥体 C. 底面边长为4cm，高为6cm的正四棱柱 D. 棱长为6cm的正四面体 11. 已知圆锥SO的底面半径为10cm，其母线SA长40cm，底面圆周上有一动点B，下列说法正确的有（ ） A. 截面SAB的最大面积为 B. 若，则直线SB与平面SOA夹角的正弦值为 C. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 D. 若，且，一只小蚂蚁从A点出发绕侧面一周到达C点，先上坡后下坡，当它爬行的路程最短时，下坡路段长为18cm 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，，，，若D为BC边中点，则______． 13. 某水平放置的平面图形ABCD的斜二测直观图是梯形（如图所示），已知，，，将该平面图形绕其直角腰AB边旋转一周得到一个圆台，则该圆台的侧面积为______． 14. 如图所示，某甜品店将上半部是半球（半球的半径为2），下半部是倒立的圆锥（圆锥的高为4）的冰淇淋模型放到橱窗内展览，托盘是边长为6的等边三角形ABC金属片沿三边中点D，E，F的连线向上折叠成直二面角而成，则半球面上的最高点到平面DEF的距离为______． 四、解答题（本大题共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. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角A的大小； （2）若，求的取值范围． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，点M为PB的中点． （1）求证：平面PAD； （2）求二面角的余弦值． 17. 近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行的营销形式．某直播平台1200个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图所示． （1）该直播平台为了更好地服务买卖双方，打算随机抽取60个直播商家进行问询交流．如果按照比例分层抽样的方式抽取，则应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？ （2）在问询了解直播商家利润状况时，工作人员对（1）中抽取的60个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如右图所示，请根据频率分布直方图计算下面的问题： ①估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（结果保留一位小数，求平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； ②若将平均日利润超过430元的商家评为“优秀商家”，估计该直播平台“优秀商家”的个数． 18. 如图所示，在三棱锥中，，． （1）证明：； （2）若是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由； （3）在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦值． 19. 已知数据，，…，的平均数为，方差为，数据，，…，的平均数为，方差为．类似平面向量，定义n维向量，的模，，数量积．若向量与所成角为，有恒等式，其中，． （1）当时，若向量，，求与所成角的余弦值； （2）当时，证明：①；②； （3）当，时，探究与大小关系，并证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 武汉市部分重点中学2023—2024学年度下学期期末联考 高一数学试卷 命审题单位：武汉六中数学学科组 审题单位：圆创教育研究中心 湖北省武昌实验中学 本试卷共5页，19题．满分150分．考试用时120分钟． 考试时间：2024年6月26日下午14：00—16：00 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1． 答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码贴在答题卡上的指定位置． 2． 选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3． 非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4． 考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知复数z满足，则复数z的虚部为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】先求出，再结合虚部定义可解． 【详解】，则，则，虚部为． 故选：D 2. 已知向量与的夹角为，，，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助向量模长与数量积的关系与数量积的计算公式计算即可得. 【详解】 . 故选：A. 3. 已知一组数据8，4，7，6，5，3，9，10，则这组数据的25%分位数是（ ） A. 3.5 B. 4 C. 4.5 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件，结合百分位数定义可解． 【详解】数据从小到大排序：3，4，5，6，7，8，9，10，共8个， 则，则这组数据的25%分位数是：． 故选：C. 4. 在某次比赛中运动员五轮的成绩互不相等，记为，平均数为，若随机删去其中一轮的成绩，得到一组新数据，记为，平均数为，下面说法正确的是（ ） A. 新数据的极差不可能等于原数据的极差 B. 新数据的中位数可能等于原数据的中位数 C. 若，则新数据的方差一定小于原数据方差 D. 若，则新数据的第40百分位数一定大于原数据的第40百分位数 【答案】B 【解析】 【分析】根据极差、中位数、平均数和方差的概念，以及百分位数的概念及计算方法，逐项判定，即可求解. 【详解】对A：若随机删去任一轮的成绩，恰好不是最高成绩和最低成绩， 此时新数据的极差等于原数据的极差，故A错误； 对B：不妨假设， 当时，若随机删去的成绩是， 此时新数据中位数等于原数据的中位数，故B正确； 对C：若，即删去的数据恰为平均数， 根据方差的计算公式，分子不变，分母变小，所以方差会变大， 则新数据的方差一定大于原数据方差，故C错误； 对D：若，即删去的数据恰为平均数，在按从小到大的顺序排列的5个数据中， 因为，此时原数据的分位数为第二数和第三个数的平均数； 删去一个数据后的4个数据，从小到大的顺序排列，可得， 此时新数据的分位数为第二个数， 显然新数据的分位数小于原数据的分位数，故D错误. 故选：B. 5. 《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种制造瓦片的方法．某校高一年级计划实践这种方法，为同学们准备了制瓦用的粘土和圆柱形的木质圆桶，圆桶底面外圆的直径为20cm，高为20cm．首先，在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为1cm的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土层分割成四等份（如图），等粘土干后，即可得到大小相同的四片瓦．每位同学制作四片瓦，全年级共1000人，需要准备的粘土量（不计损耗）约为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合圆柱体积公式求出四片瓦的体积，再求需准备的粘土量. 【详解】由条件可得四片瓦的体积（） 则1000名学生，每人制作4片瓦共需粘土的体积为（），又， 所以共需粘土的体积为约为. 故选：A 6. 已知m，n为异面直线，m⊥平面α，n⊥平面β，直线l满足l ⊥m，l ⊥n，则 （ ） A. α∥β且∥α B. α⊥β且⊥β C. α与β相交，且交线垂直于 D. α与β相交，且交线平行于 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：由平面，直线满足，且，所以，又平面，，所以，由直线为异面直线，且平面平面，则与相交，否则，若则推出，与异面矛盾，所以相交，且交线平行于，故选D． 考点：平面与平面的位置关系，平面的基本性质及其推论． 7. 如图，在平面四边形ABCD中，，，，，现将沿AC折起，并连接BD，使得平面平面ABC，若所得三棱锥的外接球的表面积为，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用面面垂直的性质定理，线面垂直的判定定理可以证得为直角，又为直角，进而利用直角三角形的性质得到外接球的球心为斜边的中点，然后根据球的面积公式求得球的半径，进而计算求得三棱锥的体积. 【详解】∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面，又∵平面，∴， 又∵平面，平面，∴平面， 又∵平面，∴，即为直角， 又∵为直角，∴取的中点，连接， 由直角三角形的斜边上的中线性质， 可得为三棱锥外接球的球心， 由三棱锥外接球的表面积为，可得外接球的半径， ∴， ∵平面，为直角， ∴三棱锥的体积为. 故选：D 8. 已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先过点作出与平面平行的平面，然后得出点的轨迹，最后计算的长度取值范围即可. 【详解】如图，取上靠近点的四等分点，连接、， 由是棱的中点，点是棱的中点，易得， 则平面， 取、中点、，取上靠近点的四等分点， 连接、、、， 由正方体的性质易得，，则， 又平面，平面，所以平面， 同理，平面， 又，平面，故平面平面， 又平面，平面，故， 即点的轨迹为线段，设点到的距离为， 有，故， 又，故的长度范围为. 故选：C. . 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是过作出与平面平行的平面，从而求得的运动轨迹，由此得解. 二、多项选择题（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，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 供电部门对某社区100位居民6月份人均用电情况进行统计后，按人均用电量分为，，，，五组，整理得到如图所示的频率分布直方图，则有关这100位居民，下列说法正确的是（ ） A. 6月份人均用电量人数最多的一组有40人 B. 6月份人均用电量在内的有30人 C. 6月份人均用电量不低于20度的有50人 D. 在这100位居民中用比例分配的分层随机抽样方法抽取10位居民协助收费，抽到的居民用电量在一组的人数为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，由频率分布直方图，对选项逐一计算，即可得到结果. 【详解】A：根据频率分布直方图知，6月份人均用电量人数最多的一组是， 有（人），故A正确； B：6月份人均用电量在内的人数为，故B错误； C：6月份人均用电量不低于20度的频率是， 有（人），故C正确； D：用电量在内的有（人）， 所以在这位居民中用比例分配的分层随机抽样方法抽取10位居民协助收费， 抽到的居民用电量在一组的人数为，故D正确． 故选：ACD 10. 将一个直径为8cm的铁球磨制成一个零件，能够磨制成的零件可以是（ ） A. 底面直径为8cm，高为6cm的圆柱体 B. 底面直径为6cm，高为4cm的圆锥体 C. 底面边长为4cm，高为6cm的正四棱柱 D. 棱长为6cm的正四面体 【答案】BD 【解析】 【分析】根据球的几何性质，结合勾股定理，计算球心到选项中各几何体底面的距离，结合各几何体特征即可逐一求解. 【详解】对A：若圆柱的底面直径为8，此时球心到圆柱底面的距离为，故A错误； 对B：若圆锥的底面直径为6，则半径为3， 此时球心到圆锥底面的距离为， 故圆锥的高最大时为，故B正确； 对C：若正四棱柱底面边长为4，则底面外接圆半径为， 此时球心到正四棱柱底面的距离为， 故正四棱柱的高最大时为，故C错误； 对D：法一：若正四面体的棱长为6，则底面外接圆半径为， 此时球心到正四面体底面的距离为， 棱长为6cm的正四面体的高为，由，故D正确 法二：若将各棱长均为的四面体放入到棱长为的正方体中， 此时正方体的外接球直径为，故D符合，故D正确. 故选：BD. 11. 已知圆锥SO的底面半径为10cm，其母线SA长40cm，底面圆周上有一动点B，下列说法正确的有（ ） A. 截面SAB的最大面积为 B. 若，则直线SB与平面SOA夹角的正弦值为 C. 当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为 D. 若，且，一只小蚂蚁从A点出发绕侧面一周到达C点，先上坡后下坡，当它爬行路程最短时，下坡路段长为18cm 【答案】ACD 【解析】 【分析】对A，关键在于考虑∠ASB正弦的大小；对B，只需作出线面角即可；对C，当三棱锥O-SAB体积最大值，三棱锥可以补成长方体；对D，可以将圆锥侧展开考虑. 【详解】对A，因为，所以∠ASB为锐角， 所以，A正确； 对B，如图，取OA中点H，则BH⊥OA，又BH⊥SO，所以BH⊥面SOA， 所以∠BSH为直线SB与平面SOA所成的角， 所以，B错误； 对C，易知当三棱锥O-SAB体积最大时，OB⊥面SOA， 此时三棱锥可以补成以OA，OB，OS为三相邻边的长方体， 所以外接球直径， 外接球表面积为，C正确； 对D，将三棱锥侧面展开如下，扇形弧长为，所以； 过S作SD⊥于D，则所求路径即为CD的长： 由，SC=30cm， 所以=50cm，且，D正确. 故选：ACD. 【点睛】方法点睛： (1)过三棱锥顶点作三棱锥截面，由于母线长是确定的，所以截面面积取决于顶角的大小； (2)几何法求线面角大小，关键作出斜线在平面上的投影； (3)“墙角式”三棱锥外接球为补成长方体体对角线中点； (4)立体几何路径最短问题，往往需要展成一个平面后解决. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 在中，，，，若D为BC边的中点，则______． 【答案】## 【解析】 【分析】借助向量的线性运算与模长与数量积的关系计算即可得. 【详解】由D为BC边的中点，则， 则 . 故答案为： 13. 某水平放置的平面图形ABCD的斜二测直观图是梯形（如图所示），已知，，，将该平面图形绕其直角腰AB边旋转一周得到一个圆台，则该圆台的侧面积为______． 【答案】 【解析】 【分析】结合斜二测法可得圆台上、下底面半径及母线长度，结合圆台性质与圆锥的侧面积公式计算即可得该圆台的侧面积. 【详解】由题可得，，，， 则所得圆台上底面为以为半径的圆，下底面为以为半径的圆，高为， 其母线为， 故其侧面积. 故答案为：. 14. 如图所示，某甜品店将上半部是半球（半球的半径为2），下半部是倒立的圆锥（圆锥的高为4）的冰淇淋模型放到橱窗内展览，托盘是边长为6的等边三角形ABC金属片沿三边中点D，E，F的连线向上折叠成直二面角而成，则半球面上的最高点到平面DEF的距离为______． 【答案】 【解析】 分析】画出底面展开图，由几何关系得到图中边长关系，由正弦定理可得，再由三角形相似得到，最后求出结果即可. 【详解】 设上面球心为，的圆心为，三点在底面投影的正三角形的中心为， 圆锥的顶点为，边中点为，连接，则，， 由几何关系可得三点共线， 由题意可得，， 在几何体中，设的外接圆半径为， 则由正弦定理可得，即， 由可得，所以， 所以半球面上的最高点到平面DEF的距离为， 故答案为：. 四、解答题（本大题共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. 在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． （1）求角A的大小； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，结合正弦定理及诱导公式，即可求得，得角即可； （2）由正弦定理，将边全部化为角，利用三角函数来求值域即可． 【小问1详解】 根据题意得，， 由正弦定理得，， 即， 即， 因为，则，则， 则，则． 【小问2详解】 由正弦定理得，，所以． 所以， 因为是锐角，则，即，解得． 则，故． 所以，则的取值范围为． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，，，，，点M为PB的中点． （1）求证：平面PAD； （2）求二面角的余弦值． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据中点特征，平面PAD内找一条与平行的直线，运用中位线性质和平行线传递性，证明线线平行，最终得到线面平行即可； （2）运用中点特征，作辅助线找出二面角的平面角后，转化用余弦定理来解三角形即可． 【小问1详解】 如图，取中点，连接． 由于点M为PB的中点，则，且，且， 故四边形为平行四边形，则. 又，，则平面PAD． 【小问2详解】 如图， 由于平面平面， 两平面交线，且，平面， 则平面，平面，则，； 取中点O，连接DO，OP，则， ，且， 则四边形DOBC为正方形，则，由（1）知道， 平面，故平面． 又，则，则两两垂直． 可以求得，，， 则和都为等腰三角形. 取DB中点R， 连接CR，RP，则 则∠CRP即为二面角P−BD−C的平面角. ，，前面已经求得，． 在中，用余弦定理得， 由图可知，二面角为钝角，则余弦值为． 17. 近年来，“直播带货”受到越来越多人的喜爱，目前已经成为推动消费的一种流行的营销形式．某直播平台1200个直播商家，对其进行调查统计，发现所售商品多为小吃、衣帽、生鲜、玩具、饰品类等，各类直播商家所占比例如图所示． （1）该直播平台为了更好地服务买卖双方，打算随机抽取60个直播商家进行问询交流．如果按照比例分层抽样的方式抽取，则应抽取小吃类、生鲜类商家各多少家？ （2）在问询了解直播商家的利润状况时，工作人员对（1）中抽取的60个商家的平均日利润进行了统计（单位：元），所得频率分布直方图如右图所示，请根据频率分布直方图计算下面的问题： ①估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（结果保留一位小数，求平均数时同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； ②若将平均日利润超过430元的商家评为“优秀商家”，估计该直播平台“优秀商家”的个数． 【答案】（1）小吃类家，生鲜类家 （2）①中位数为342.9，平均数为352.5；② 【解析】 【分析】（1）根据分层抽样的定义计算即可； （2）①根据中位数和平均数的定义计算即可； ②根据样本中“优秀商家”的个数来估计总体中“优秀商家”的个数即可. 【小问1详解】 ，， 所以应抽取小吃类家，生鲜类家； 【小问2详解】 ①根据题意可得，解得， 设中位数为，因为，， 所以，解得， 平均数为： ， 所以该直播平台商家平均日利润的中位数为342.9，平均数为352.5. ②, 所以估计该直播平台“优秀商家”的个数为. 18. 如图所示，在三棱锥中，，． （1）证明：； （2）若是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由； （3）在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）过作平面于点，利用线面垂直的性质和判定定理即可证明； （2）找到线面角即为，再利用勾股定理和余弦性质即可； （3）首先利用线面角定义证明和重合时，直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大，再证明该四面体为正四面体，最后利用余弦定理即可. 【小问1详解】 过作平面于点，延长交于点， 延长交于点平面， 则，平面， 则平面，平面， 同理由可证明为的垂心，， 因为平面，平面,， 又平面，则平面. 平面. 【小问2详解】 平面，则直线与平面所成的角即为， 为等边三角形，边长为2， 则， ， 所以直线OB与平面ABC所成夹角是定值，且， 直线OB与平面ABC所成夹角的余弦值为. 【小问3详解】 取的中点，连和， 为的中点，， 平面平面， 即为直线与平面所成角最大时，即最小. 由题意知，则最小时，和重合时， 取中点，连接，则即为异面直线与所成的角， 在中，， 由余弦定理得， 同（2）中的求法可得，结合底面是为2的等边三角形， 则该四棱锥为正四面体，则， 又中，， 则由余弦定理得. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是首先根据线面角的定义找到线面角，再找到其正切最大的状态，最后结合余弦定理即可得到答案. 19. 已知数据，，…，的平均数为，方差为，数据，，…，的平均数为，方差为．类似平面向量，定义n维向量，的模，，数量积．若向量与所成角为，有恒等式，其中，． （1）当时，若向量，，求与所成角的余弦值； （2）当时，证明：①；②； （3）当，时，探究与的大小关系，并证明． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3），证明见解析 【解析】 【分析】（1）借助数量积公式计算即可得； （2）①结合方差的计算法则化简即可得；②借助所给数量积公式计算化简即可得； （3）借助所给恒等式计算出后，结合三角函数值域即可得. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 ①当时， ； ② ； 【小问3详解】 ，理由如下： 当，时， ， 同理可得， 则 . 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于运算，尤其需要清楚. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$