高一下学期期末真题精选（二十七大常考题型专练）-2024-2025学年高一数学下学期期末考点大串讲（人教B版2019）

高一下学期期末真题精选（二十七大常考题型专练） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 任意角与弧度制 · 题型二 三角函数定义 · 题型三 同角三角函数基本关系 · 题型四 诱导公式化简问题 · 题型五 和差公式、二倍角公式给值求值、角 · 题型六 三角函数的图象与性质 · 题型七 三角函数的图象变化 · 题型八 求三角函数解析式 · 题型九 生活中的三角函数模型 · 题型十 三角函数的零点问题 · 题型十一 三角函数的恒成立问题 · 题型十二 平面向量的数量积 · 题型十三 向量的模 · 题型十四 向量的夹角 · 题型十五 投影向量 · 题型十六 正余弦定理解三角形 · 题型十七 三角形的面积、周长问题 · 题型十八 判断三角形形状 · 题型十九 正余弦定理的边角互化 · 题型二十 解三角形的实际应用 · 题型二十一 复数的四则运算 · 题型二十二 复数的模 · 题型二十三 复数的几何意义 · 题型二十四 空间直线平面的平行关系 · 题型二十五 空间直线平面的垂直关系 · 题型二十六 空间角 · 题型二十七 空间几何体的表面积与体积 题型一 任意角与弧度制 1．（2023·24高一下·安徽铜陵·期末）的终边在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．（2023·24高一下·河南漯河·期末）“角与的终边关于直线对称”是“”的（    ） A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．（2023·24高一下·安徽亳州·期末）已知扇形的周长为4，当扇形面积最大时，圆心角（    ） A．1 B．2 C．60° D．120° 4．（2023·24高一下·甘肃武威·期末）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表，其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积（弦×矢+矢2），弧田（如图）由圆弧和其所对弦围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，按照上述经验公式计算所得弧田面积与其实际面积之间存在误差，现有圆心角为，弧长等于的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是（参考数据） 题型二 三角函数定义 5．（2023·24高一下·江苏苏州·期末）“点在第二象限”是“角为第三象限角”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6．（2023·24高一下·广东汕头·期末）（多选）已知角的终边经过点，则下列选项正确的有（   ） A．可能为锐角 B． C． D．点在第二象限 7．（2023·24高一下·湖北·期末）（多选）已知角的终边过，则（    ） A．角为第二象限角 B． C．当时， D． 的值与的正负有关 题型三 同角三角函数基本关系 8．（2023·24高一下·吉林通化·期末）（多选）已知，，则下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 9．（2023·24高一下·天津静海·期末）若，，则（   ） A． B． C． D． 10．（2023·24高一下·江苏镇江·期末）设，则（   ） A． B． C． D．1 题型四 诱导公式化简问题 11．（2023·24高一下·山西大同·期末） ． 12．（2023·24高一下·云南玉溪·期末）已知，则 ． 13．（2023·24高一下·安徽亳州·期末）如图，点是角终边上一点． (1)求，，； (2)化简并求值． 题型五 和差公式、二倍角公式给值求值、角 14．（2023·24高一下·云南昭通·期末）已知，，则（   ） A． B． C． D． 15．（2025·河南郑州·三模）已知，，则 ． 16．（2023·24高一下·吉林通化·期末）已知. (1)化简； (2)若都是锐角，且，， 求的值. 17．（2023·24高一下·福建莆田·期末）已知，，且． (1)求的值； (2)求的值． 题型六 三角函数的图象与性质 18．（2023·24高一下·甘肃甘南·期末）函数的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 19．（2023·24高一下·湖南娄底·期末）（多选）已知函数的图象关于直线对称，则（   ） A．函数的图象关于点对称 B．若，则的最小值为 C．函数在上有3个零点 D．若，则 20．（2023·24高一下·贵州黔南·期末）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B．的最小值为 C．在上单调递增 D．是函数的周期 21．（2023·24高一下·贵州黔南·期末）已知函数的最小正周期为 (1)求的值及函数的单调递增区间； (2)求函数在区间上的最大值以及取得最大值时的值 题型七 三角函数的图象变化 22．（2023·24高一下·贵州铜仁·期末）把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（   ） A． B． C． D． 23．（2023·全国·模拟预测）为了得到函数的图象，可将函数的图象（    ） A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度 C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度 24．（2023·24高一下·河南南阳·期末）要得到的图象，只需将函数的图象（    ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 25．（2023·24高一下·上海青浦·期末）将函数的图象向左平移个单位.得到偶函数的图象.则的最小值是 . 题型八 求三角函数解析式 26．（2023·24高一下·湖南益阳·期末）（多选）函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D．为的零点 27．（2023·24高一下·福建福州·期末）（多选）函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（    ）    A．的最小正周期是 B．a的值为 C．在上单调递减 D．若为偶函数，则最小值为 28．（2023·24高一下·青海·期末）已知函数的部分图象如图所示. (1)求的解析式； (2)求在上的值域； (3)若函数在上恰有两个不同的零点，求的取值范围. 29．（2023·24高一下·安徽安庆·开学考试）已知函数图像的一部分如图所示. (1)求函数的解析式； (2)令，其中，求函数的值域. 题型九 生活中的三角函数模型 30．（2023·24高一下·广东深圳·期末）欢乐港湾摩天轮——“湾区之光”是深圳的一处标志性景点．已知某摩天轮最高点距离地面高度为128米，转盘直径为120米，等距设置有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，旋转一周大约需要30min，若甲、乙两人的座舱之间有4个座舱，则甲、乙两人座舱高度差的最大值为（   ）． A．米 B．米 C．米 D．米 31．（2023·24高一下·广东深圳·期末）（多选）摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，乘客坐在摩天轮慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色．已知摩天轮最高点距离地面高度为120m，转盘直径为110m，开启后按逆时针方向匀速旋转，摩天轮设置有36个座舱，转一周需要30min．游客甲在座舱转到距离地面最近的位置进舱，tmin后距离地面的高度为（单位：m），下述结论正确的是（    ） A． B．甲进舱10分钟后距离地面的高度是82.5m C．在运行一周的过程中，的时间超过10min D．游客乙在甲后的第6个座舱进舱，乙进舱后12min内，存在某一时刻甲、乙距离地面高度相等 32．（2023·24高一下·浙江杭州·期末）某游乐场的摩天轮示意图如图，已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1~12（可视为点），在旋转过程中，座舱与地面的距离h与时间t的函数关系基本符合正弦函数模型即（其中），现从图示位置，即1号座舱（可视为A点）位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为t分钟．    (1)求旋转分钟后号座舱（点）离地面的距离； (2)求1号座舱（点）与地面的距离与时间的函数关系的解析式（写出定义域）； (3)在前24分钟内，求1号座舱（点）与地面的距离为17米时的值． 题型十 三角函数的零点问题 33．（2023·24高一下·山东济南·期末）若函数在上有且仅有三个零点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 34．（2023·24高一下·广东深圳·期末）函数在区间上所有零点之和为（   ）． A． B． C． D． 35．（2023·24高一下·福建南平·期末）已知函数在区间上有4个不同的零点，则实数的取值范围为 . 题型十一 三角函数的恒成立问题 36．（2023·24高一下·甘肃武威·期末）已知不等式对于任意的恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 37．（2019·20高一下·湖北武汉·期末）已知函数，其图象与直线相邻两个交点的距离为，若对恒成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 38．（2023·24高一下·湖南邵阳·期末）若对于任意实数x，不等式恒成立，则实数t的取值范围是（    ） A． B． C． D． 39．（2023·24高一下·广东阳江·期末）已知函数，其图象与直线相邻两个交点之间的距离为. (1)若，求在上的最大值； (2)对任意的恒成立，求的取值范围. 题型十二 平面向量的数量积 40．（2023·24高一下·湖南长沙·期末）在半径为r的中，弦的长为2，则（   ） A．4 B．2 C．1 D．与r有关 41．（2023·24高一下·广东惠州·期末）在中，已知，，点为线段中点，，设，.    (1)用向量，表示； (2)若，求. 42．（2023·24高一下·北京石景山·期末）已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则 ． 题型十三 向量的模 43．（2023·24高一·安徽池州·期末）设，向量，，，且，，则等于 ． 44．（2023·24高一下·河南三门峡·期末）如图，在四边形中，，向量的夹角为.若是边的中点，是边的中点，则（    ） A． B． C． D． 45．（2023·24高一下·山东潍坊·期末）在中，，，，（），则的最小值为（    ） A．2 B． C． D．1 46．（2023·24高一下·山东威海·期末）已知，向量，，则存在和，使得（    ） A． B． C． D． 47．（2016·17高一下·山东济南·期末）已知，，． (1)求与的夹角； (2)若，且，求及． 题型十四 向量的夹角 48．（2023高一·广东佛山·期末）向量，，且，则（   ） A． B． C． D． 49．（2023·24高一下·贵州黔西·期末）已知向量，． (1)当时，求的值； (2)若向量，的夹角为锐角，求的取值范围． 50．（2023·24高一下·广东江门·期末）如图，在平行四边形中，点是的中点，点，分别是，的四等分点.设，. (1)用，表示，； (2)若，，，求与的夹角的余弦值. 题型十五 投影向量 51．（2023·24高一下·湖南邵阳·期末）已知向量，的夹角为，且，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 52．（2023·24高一下·内蒙古兴安盟·期末）已知满足，若在方向上的投影向量为，则 ． 53．（2023·24高一下·江西景德镇·期末）已知向量，，若在上的投影向量，则向量与的夹角为 ． 54．（2023·24高一下·山东·期末）已知点为外接圆的圆心，且，则向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 题型十六 正余弦定理解三角形 55．（2023·24高一下·甘肃武威·期末）（多选）在中，角的对边分别为，若，则等于（   ） A． B． C． D． 56．（2023·24高一下·黑龙江绥化·期末）在中，为角C的平分线，若，，则等于 ． 57．（2023·24高一下·北京延庆·期末）在中，，，请从①，②，③中选择一个，使存在且唯一，写出满足要求的一个条件的序号 . 58．（2023·24高一下·湖南衡阳·期末）梯形中，，，，． (1)求； (2)若的面积为8，求的长． 题型十七 三角形的面积、周长问题 59．（2023·24高一下·江西萍乡·期末）的内角，，所对的边分别为，，，，，，则的面积为（    ） A． B． C．或 D． 60．（2023·24高一下·吉林白城·期末）在中，角，，的对边分别为，，，，角的平分线交对边于点，且将的面积分成的两部分，则等于（   ） A． B． C． D． 61．（2023·24高一下·浙江嘉兴·期末）内角的对边分别为，已知． (1)求角； (2)若，的面积为．求的周长． 题型十八 判断三角形形状 62．（2023·24高一下·安徽马鞍山·期末）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则为（    ）. A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 63．（2023·24高一下·甘肃临夏·期末）在中，若，则此三角形为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形 64．（2023·24高一下·北京通州·期末）在△中，角所对的边为，△的面积为S，且． (1)求角； (2)若，试判断△的形状，并说明理由． 题型十九 正余弦定理的边角互化 65．（2023·24高一下·上海金山·期末）在中，角、、所对的边分别为、、，则“”是“”的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 66．（2023·24高一下·重庆·期末）已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，，，则（   ） A．120° B．135° C．150° D．165° 67．（2023·24高一下·云南昭通·期末）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且__________. (1)求角C； (2)若，的面积为，求的周长. 68．（2023·24高一下·安徽六安·期末）已知在中，三边所对的角分别为，且满足 (1)求； (2)若外接圆的半径为2，求的面积. 题型二十 解三角形的实际应用 69．（2023·24高一下·江苏南京·期末）如图，某同学为测量南京大报恩寺琉璃塔的高度，在琉璃塔的正东方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部和琉璃塔顶部的仰角分别为和，在处测得塔顶部的仰角为，则琉璃塔的高度约为（   ） A．78 B．74 C．64 D．52 70．（2023·24高一下·河北·期末）如图，甲船在点处通过雷达发现在其南偏东方向相距20海里的处有一艘货船发出供油补给需求，该货船正以15海里/时的速度从处向南偏西的方向行驶．甲船立即通知在其正西方向且相距海里的处的补给船，补给船立刻以25海里/时的速度与货船在处会合． (1)求的长； (2)试问补给船至少应行驶几小时，才能与货船会合？ 71．（2020·21高一下·广东广州·期末）如图，是某海域位于南北方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点南偏东30°的C处有一艘渔船遇险后抛锚发出求救信号，位于B点正西方向且与B点相距50海里的D处的救援船立即前往营救，其航行速度为40海里/时. (1)求两点间的距离； (2)该救援船前往营救渔船时应该沿南偏东多少度的方向航行？救援船到达C处需要多长时间？（参考数据：，角度精确到0.01） 题型二十一 复数的四则运算 72．（2023·24高一下·山东青岛·期末）若，则（    ） A． B． C． D． 73．（2023·24高一下·广西北海·期末）若复数满足，则的虚部为（   ） A． B． C． D． 74．（2023·24高一下·四川巴中·期末）复数满足，则（    ） A． B． C． D． 75．（2023·24高一下·山东青岛·期末）已知，. (1)求； (2)若在复平面内对应的向量分别为，且，求实数的值. 题型二十二 复数的模 76．（2023·24高一下·浙江宁波·期末）已知复数的实部与虚部相等，则（    ） A． B． C． D． 77．（2023·24高一下·辽宁·期末）如果复数满足：，那么（    ） A． B． C． D． 78．（2025·上海奉贤·二模）已知为虚数单位，复数满足，则= ． 题型二十三 复数的几何意义 79．（2023·24高一下·湖南株洲·期末）已知复数满足，则在复平面内所对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 80．（2023·24高一下·辽宁沈阳·期末）已知复数，其中为虚数单位. (1)若复数是纯虚数，求的值； (2)若复数在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围. 81．（2023·24高一下·安徽蚌埠·期末）已知复数，其中i为虚数单位，． (1)若z为纯虚数，求； (2)若复数z在复平面内对应的点在第四象限，求实数a的取值范围． 题型二十四 空间直线平面的平行关系 82．（2023·24高一下·云南昆明·期末）（多选）如图，在正方体中，分别是棱的中点，则（    ）    A．平面 B．平面 C．点在平面内 D．点在平面内 83．（2023·24高一下·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 84．（2023·24高一下·宁夏银川·期末）如图所示，三棱柱，是的中点，是的中点．求证： (1)//平面； (2)平面//平面D. 85．（2023·24高一下·四川成都·期末）如图，四棱锥 的底面为平行四边形，点 分别为 的中点. (1)求证: 平面 平面 ; (2)在棱 上确定一点 ，使 平面 ，并说明理由. 题型二十五 空间直线平面的垂直关系 86．（2023·24高一下·广东广州·期末）在正方体中，为的中点，则（    ） A． B． C．平面 D．平面 87．（2023·24高一下·内蒙古·期末）如图，在直角梯形中，已知，，，，E为对角线的中点，现将沿折起到的位置，使平面平面．求证： (1)直线平面； (2)平面平面． 88．（2023·24高一下·江苏常州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面是平行四边形，点为的中点，点分别在上，且平面平面． (1)求证：为线段中点； (2)若点在棱上，猜想：当为何值时，有平面平面，并证明你的猜想． 89．（2023·24高一下·山西·期末）如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，E，F分别为棱PC，PB的中点． (1)证明：EF平面ABC． (2)证明：平面EFA⊥平面PAC． 题型二十六 空间角 90．（2023·24高一下·重庆·期末）如图，在正三棱柱中，若，，则与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 91．（2023·24高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，，且最长的棱长为，为棱的中点，则当三棱锥的体积最大时，直线与所成角的余弦值为 . 92．（2023·24高一下·浙江杭州·期末）三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为. (1)求证：面； (2)求三棱台的体积； (3)问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 93．（2023·24高一下·湖南衡阳·期末）如图，在多面体中，已知四边形是菱形，平面．    (1)证明：平面平面； (2)若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 94．（2023·24高一下·贵州贵阳·期末）如图，在四面体中，平面，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且． (1)求证：平面． (2)若三角形为边长为2的正三角形，，求异面直线和所成角的余弦值 ． 题型二十七 空间几何体的表面积与体积 95．（2023·24高一下·广东佛山·期末）如图所示，六氟化硫分子结构是六个氟原子处于顶点位置，而硫原子处于中心位置的正八面体，也可将其六个顶点看作正方体各个面的中心点．若正八面体的表面积为，则正八面体外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 96．（2023·24高一下·山东青岛·期末）底面边长为3的正四棱锥被平行底面的平面所截，截去一个底面边长为1，高为1的正四棱锥，所得棱台的体积为（    ） A． B． C．13 D．26 97．（2023·24高一下·湖北武汉·期末）已知正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，侧棱与底面所成的角为，则此四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 98．（2023·24高一下·山东青岛·期末）如图，圆台上下底面半径分别为1，2，，为其两条母线，且母线长为2．    (1)证明：四边形为等腰梯形； (2)若在圆台内部挖去一个以O为顶点，圆为底面的圆锥，求剩余部分的体积． $$高一下学期期末真题精选（二十七大常考题型专练） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 任意角与弧度制 · 题型二 三角函数定义 · 题型三 同角三角函数基本关系 · 题型四 诱导公式化简问题 · 题型五 和差公式、二倍角公式给值求值、角 · 题型六 三角函数的图象与性质 · 题型七 三角函数的图象变化 · 题型八 求三角函数解析式 · 题型九 生活中的三角函数模型 · 题型十 三角函数的零点问题 · 题型十一 三角函数的恒成立问题 · 题型十二 平面向量的数量积 · 题型十三 向量的模 · 题型十四 向量的夹角 · 题型十五 投影向量 · 题型十六 正余弦定理解三角形 · 题型十七 三角形的面积、周长问题 · 题型十八 判断三角形形状 · 题型十九 正余弦定理的边角互化 · 题型二十 解三角形的实际应用 · 题型二十一 复数的四则运算 · 题型二十二 复数的模 · 题型二十三 复数的几何意义 · 题型二十四 空间直线平面的平行关系 · 题型二十五 空间直线平面的垂直关系 · 题型二十六 空间角 · 题型二十七 空间几何体的表面积与体积 题型一 任意角与弧度制 1．（2023·24高一下·安徽铜陵·期末）的终边在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【详解】因为，易知的终边在第二象限， 故角的终边在第二象限. 故选：B. 2．（2023·24高一下·河南漯河·期末）“角与的终边关于直线对称”是“”的（    ） A．充分必要条件 B．必要不充分条件 C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【详解】角与的终边关于直线对称，则，， 又，则，， 所以由角与的终边关于直线对称，可以推出， 由，可以推出角与的终边关于直线对称， 所以角与的终边关于直线对称是的充要条件. 故选：A. 3．（2023·24高一下·安徽亳州·期末）已知扇形的周长为4，当扇形面积最大时，圆心角（    ） A．1 B．2 C．60° D．120° 【答案】B 【详解】设半径，， 所以， 则扇形面积为， 当且仅当时取等号，此时，圆心角（弧度）， 故选：B． 4．（2023·24高一下·甘肃武威·期末）《九章算术》是我国古代数学成就的杰出代表，其中《方田》章给出计算弧田面积所用的经验公式为：弧田面积（弦×矢+矢2），弧田（如图）由圆弧和其所对弦围成，公式中“弦”指圆弧所对弦长，“矢”等于半径长与圆心到弦的距离之差，按照上述经验公式计算所得弧田面积与其实际面积之间存在误差，现有圆心角为，弧长等于的弧田，按照上述经验公式计算所得弧田面积约是（参考数据） 【答案】8.92平方米 【详解】因为圆心角为，弧长等于，所以圆的半径， 如图，在中，所以，， 所以矢，则弦， 所以弧田面积弦矢矢平方米． 故答案为：8.92平方米 题型二 三角函数定义 5．（2023·24高一下·江苏苏州·期末）“点在第二象限”是“角为第三象限角”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【详解】若点在第二象限，则，则角为第三象限角，故充分性成立， 若角为第三象限角，则，则点在第二象限，故必要性成立， ∴“点在第二象限”是“角为第三象限角”的充要条件. 故选：C. 6．（2023·24高一下·广东汕头·期末）（多选）已知角的终边经过点，则下列选项正确的有（   ） A．可能为锐角 B． C． D．点在第二象限 【答案】BC 【详解】对于A，角的终边经过点，则角为第二象限角，不可能为锐角，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，，，则点在第三象限，D错误. 故选：BC 7．（2023·24高一下·湖北·期末）（多选）已知角的终边过，则（    ） A．角为第二象限角 B． C．当时， D． 的值与的正负有关 【答案】BC 【详解】由，角的终边在第四象限，显然A错误； 由定义，，B项正确； 当时，， 所以，所以C项正确； 因为，与的正负无关，所以D项错误， 故选：BC. 题型三 同角三角函数基本关系 8．（2023·24高一下·吉林通化·期末）（多选）已知，，则下列等式正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【详解】对于A，由，则，化简得，故A正确； 对于B，由，，则，即， ，，故B正确； 对于C，由，解得，所以，故C错误； 对于D，，故D正确. 故选：ABD. 9．（2023·24高一下·天津静海·期末）若，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由，所以， 因为，可得， 解得或， 因为，可得， 当时，可得； 当时，可得（舍去）， 所以. 故选：C. 10．（2023·24高一下·江苏镇江·期末）设，则（   ） A． B． C． D．1 【答案】A 【详解】因为， 所以 . 故选：A 题型四 诱导公式化简问题 11．（2023·24高一下·山西大同·期末） ． 【答案】0 【详解】原式 ． 故答案为：0 12．（2023·24高一下·云南玉溪·期末）已知，则 ． 【答案】 【详解】． 故答案为：. 13．（2023·24高一下·安徽亳州·期末）如图，点是角终边上一点． (1)求，，； (2)化简并求值． 【答案】(1)，， (2)， 【详解】（1）由已知点是角终边上一点，得， 则，所以，； （2）. 题型五 和差公式、二倍角公式给值求值、角 14．（2023·24高一下·云南昭通·期末）已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】， 因为，即，， 解得，又，， 所以. 故选：A． 15．（2025·河南郑州·三模）已知，，则 ． 【答案】 【详解】， ， 故， 所以， 解得，故， 所以 . 故答案为： 16．（2023·24高一下·吉林通化·期末）已知. (1)化简； (2)若都是锐角，且，， 求的值. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）； （2），即，故， 因为都是锐角，故，， 又，故， 所以 17．（2023·24高一下·福建莆田·期末）已知，，且． (1)求的值； (2)求的值． 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为，所以， 则，， 又因为，， 所以，， 所以 ， 因为，所以； （2）由（1）知，，， 故， ， 所以． 题型六 三角函数的图象与性质 18．（2023·24高一下·甘肃甘南·期末）函数的单调递增区间为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设，即，在上单调递增， 故取，且的单调递增的部分，可求出的递增区间， 可得， 即， 解得 . 故选：A. 19．（2023·24高一下·湖南娄底·期末）（多选）已知函数的图象关于直线对称，则（   ） A．函数的图象关于点对称 B．若，则的最小值为 C．函数在上有3个零点 D．若，则 【答案】ABD 【详解】由函数的图象关于直线对称可得，； 解得，； 又，所以，可得； 对于A，由，可得，； 当时，，所以函数的图象关于点对称，即A正确； 对于B，因为，所以，中一个为函数的最大值，一个是最小值， 因此，因此B正确； 对于C，当时，，易知函数在只有2个零点，因此C错误； 对于D，因为， 所以 ； 所以，故D正确. 故选：ABD 20．（2023·24高一下·贵州黔南·期末）（多选）已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．的图象关于直线对称 B．的最小值为 C．在上单调递增 D．是函数的周期 【答案】BCD 【详解】函数的定义域为R， 对于A，，， 即，则的图象关于直线不对称，A错误； 对于B，当时，；当时，，的最小值为，B正确； 对于C，当时，在上单调递增，C正确； 对于D，，是函数的周期，D正确. 故选：BCD 21．（2023·24高一下·贵州黔南·期末）已知函数的最小正周期为 (1)求的值及函数的单调递增区间； (2)求函数在区间上的最大值以及取得最大值时的值 【答案】(1)，单调递增区间为， (2)时取最大值为，时取最小值为. 【详解】（1）由，函数的最小正周期为，所以； 令，解得：， 所以的单调递增区间为，． （2）因为，则，， 当，即时，在区间上可取得最大值； 当，即时，在区间上可取得最小值； 所以在区间上最大值为，最小值为. 题型七 三角函数的图象变化 22．（2023·24高一下·贵州铜仁·期末）把函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，再把所得曲线向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变， 得到的图象， 再把所得曲线向右平移个单位长度， 得到函数的图象. 故选：A. 23．（2023·全国·模拟预测）为了得到函数的图象，可将函数的图象（    ） A．向右平移个单位长度 B．向左平移个单位长度 C．向右平移个单位长度 D．向左平移个单位长度 【答案】D 【详解】由已知， 设将函数向左平移个单位，得， 所以，解得， 即将函数向左平移个单位长度可得， 故选：D. 24．（2023·24高一下·河南南阳·期末）要得到的图象，只需将函数的图象（    ） A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 【答案】D 【详解】由于函数， 故只需将函数的图象向右平移可得函数的图象. 故选：D． 25．（2023·24高一下·上海青浦·期末）将函数的图象向左平移个单位.得到偶函数的图象.则的最小值是 . 【答案】. 【详解】将函数的图象向左平移个单位长度， 得到函数的图象，且该函数为偶函数， 则，解得， 因为，则当时，取最小值. 故答案为：. 题型八 求三角函数解析式 26．（2023·24高一下·湖南益阳·期末）（多选）函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D．为的零点 【答案】AC 【详解】由图可知，，， 又，所以， 将点代入，得， 得，解得， 又，所以，故.故A正确，B错误； ，所以，故C正确； 由，故不是的零点，故D错误. 故选：AC 27．（2023·24高一下·福建福州·期末）（多选）函数的部分图象如图所示，则下列说法中正确的是（    ）    A．的最小正周期是 B．a的值为 C．在上单调递减 D．若为偶函数，则最小值为 【答案】ACD 【详解】由图可知，A=2，该三角函数的最小正周期，故A选项正确； 由于，则，由图知， 所以该函数图象的一条对称轴为. 将代入，得出，解得， 所以， 所以，故B选项错误； 令，解得. 当时，在上单调递减，故C选项正确； 若为偶函数，则为偶函数， 所以,解得， 则当时，取最小值，最小值为，故D选项正确. 故选：ACD 28．（2023·24高一下·青海·期末）已知函数的部分图象如图所示. (1)求的解析式； (2)求在上的值域； (3)若函数在上恰有两个不同的零点，求的取值范围. 【答案】(1) (2) (3). 【详解】（1）由图可得的最小正周期. 因为，且，所以. 因为的图象经过点，所以， 所以，即. 因为，所以， 则. （2）因为，所以. 当，即时，取得最大值，最大值为； 当，即时，取得最小值，最小值为. 故在上的值域为. （3）因为，所以. 由，得，因为在上有两个不同的零点，所以， 解得. 故的取值范围为. 29．（2023·24高一下·安徽安庆·开学考试）已知函数图像的一部分如图所示. (1)求函数的解析式； (2)令，其中，求函数的值域. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）由图象易求. 将点代入中，得. 因为，所以. 又因为对应五点法作图中的第五个点，所以. 故. （2） . 因为，所以，； 于是的最大值是，最小值是. 故函数的值域是. 题型九 生活中的三角函数模型 30．（2023·24高一下·广东深圳·期末）欢乐港湾摩天轮——“湾区之光”是深圳的一处标志性景点．已知某摩天轮最高点距离地面高度为128米，转盘直径为120米，等距设置有60个座舱，开启后按逆时针方向匀速旋转，旋转一周大约需要30min，若甲、乙两人的座舱之间有4个座舱，则甲、乙两人座舱高度差的最大值为（   ）． A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】B 【详解】甲乙两人的座舱所连的弧所对应的圆心角为，则， 以摩天轮中心为原点建立坐标系，设某一时刻甲座舱位于处， 乙座舱位于处， 则两人高度差 ， 其中， 故米. 故选：B． 31．（2023·24高一下·广东深圳·期末）（多选）摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，乘客坐在摩天轮慢慢往上转，可以从高处俯瞰四周景色．已知摩天轮最高点距离地面高度为120m，转盘直径为110m，开启后按逆时针方向匀速旋转，摩天轮设置有36个座舱，转一周需要30min．游客甲在座舱转到距离地面最近的位置进舱，tmin后距离地面的高度为（单位：m），下述结论正确的是（    ） A． B．甲进舱10分钟后距离地面的高度是82.5m C．在运行一周的过程中，的时间超过10min D．游客乙在甲后的第6个座舱进舱，乙进舱后12min内，存在某一时刻甲、乙距离地面高度相等 【答案】AC 【详解】由题意可得是关于的三角函数，以摩天轮轴心为原点， 以与地面平行的直线为横轴建立平面直角坐标系，设摩天轮距地面最近点为P， 则当时，游客甲位于，以OP为终边的一个角为， 而转一圈需要大约30min，可知角速度约为， 由题意可得：，即A正确； 当时，，即B错误； 由， 由正弦函数的性质可得：当时，， 则有， 即高度超过90+2.5米时，时间长为20-10=10min，显然高度达到或超过90米的时间超过10min，故C正确； 甲、乙所在位置分别设为A、B两点，甲乙座舱差6个，则，乙在甲进舱后5min进舱， 故t分钟后甲、乙的高度分别为：，， 由，可得：， 即，可得：， 即，解得，又由题意得，t无解，故D错误. 故选：AC. 32．（2023·24高一下·浙江杭州·期末）某游乐场的摩天轮示意图如图，已知该摩天轮的半径为30米，轮上最低点与地面的距离为2米，沿逆时针方向匀速旋转，旋转一周所需时间为分钟．在圆周上均匀分布12个座舱，标号分别为1~12（可视为点），在旋转过程中，座舱与地面的距离h与时间t的函数关系基本符合正弦函数模型即（其中），现从图示位置，即1号座舱（可视为A点）位于圆周最右端时开始计时，旋转时间为t分钟．    (1)求旋转分钟后号座舱（点）离地面的距离； (2)求1号座舱（点）与地面的距离与时间的函数关系的解析式（写出定义域）； (3)在前24分钟内，求1号座舱（点）与地面的距离为17米时的值． 【答案】(1)米 (2) (3)或 【详解】（1）因为旋转一周所需时间分钟，所以旋转分钟转过的角度为， 号座舱（点）离地面的初始高度为米， 又摩天轮的半径为30米，所以逆时针旋转时上升的高度为米， 所以旋转分钟后号座舱（点）离地面的距离米； （2）依题意1号座舱与地面的距离与时间的函数关系的解析式为（其中）， 依题意可得，，则． 又，， 当时，，又，所以， 所以． （3）令，即，， ，， 或，解得或， 故或时，1号座舱与地面的距离为17米． 题型十 三角函数的零点问题 33．（2023·24高一下·山东济南·期末）若函数在上有且仅有三个零点，则实数的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】 由可得：， 函数在上有且仅有三个零点， 则， 解得：， 故选：D 34．（2023·24高一下·广东深圳·期末）函数在区间上所有零点之和为（   ）． A． B． C． D． 【答案】B 【详解】，作出和在区间上的图象如图， 可知两个图象共有4个交点，因此在区间上共有4个零点，由小到大记为． 同时，，， 可得，故的图象关于直线对称， 因此，故所有零点之和为， 故选：B． 35．（2023·24高一下·福建南平·期末）已知函数在区间上有4个不同的零点，则实数的取值范围为 . 【答案】 【详解】 ，， ∵函数在区间上有且仅有4个零点， ，解得， 即的取值范围是 故答案为： 题型十一 三角函数的恒成立问题 36．（2023·24高一下·甘肃武威·期末）已知不等式对于任意的恒成立，则实数的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】依题意不等式对于任意的恒成立， 则对于任意的恒成立， 又 . 当时，则， 所以. 所以，即实数的取值范围是. 故选：A 37．（2019·20高一下·湖北武汉·期末）已知函数，其图象与直线相邻两个交点的距离为，若对恒成立，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据三角函数的性质可知，函数的最大值为3， 又因为的图象与直线相邻两个交点的距离为， 所以的最小正周期，则，解得， 所以. 由对恒成立，得对恒成立， 所以，， 解得. 结合选项可知，当时，，故B正确. 故选：B. 38．（2023·24高一下·湖南邵阳·期末）若对于任意实数x，不等式恒成立，则实数t的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】令，则．依题意得：，对恒成立． 显然时，恒成立．当时，． 而在上单调递减， ∴时，即时，，∴． 故选：A． 39．（2023·24高一下·广东阳江·期末）已知函数，其图象与直线相邻两个交点之间的距离为. (1)若，求在上的最大值； (2)对任意的恒成立，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）令，解得， 由已知得，解得， 所以， 当时，，因为，所以， 又在上单调递增，所以 （2） 因为，所以 又，所以， 所以在上先增后减， 所以即 所以解得，故的取值范围为 题型十二 平面向量的数量积 40．（2023·24高一下·湖南长沙·期末）在半径为r的中，弦的长为2，则（   ） A．4 B．2 C．1 D．与r有关 【答案】B 【详解】取线段AB的中点D，如图，则，故， 所以 . 故选：B 41．（2023·24高一下·广东惠州·期末）在中，已知，，点为线段中点，，设，.    (1)用向量，表示； (2)若，求. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）如图所示，   ， 所以， 所以. （2）点为线段中点，用三点共线的向量表达式结论得， 由（1）知，则， ,则.则. 42．（2023·24高一下·北京石景山·期末）已知向量在正方形网格中的位置如图所示．若网格纸上小正方形的边长为1，则 ． 【答案】 【详解】由图及网格纸上小正方形的边长为1， 可得. 则. 则. 故答案为：. 题型十三 向量的模 43．（2023·24高一·安徽池州·期末）设，向量，，，且，，则等于 ． 【答案】 【详解】由题意，因为，所以， 解得，所以， 因为，所以， 解得，所以， 所以， 所以. 故答案为： 44．（2023·24高一下·河南三门峡·期末）如图，在四边形中，，向量的夹角为.若是边的中点，是边的中点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由题意得，，， ∵若是边的中点，是边的中点， ∴， ∴①＋②得，， ∴， ∴，故. 故选：D. 45．（2023·24高一下·山东潍坊·期末）在中，，，，（），则的最小值为（    ） A．2 B． C． D．1 【答案】B 【详解】因为 所以 又因为，，， 所以 所以 当时，，即， 故选：B. 46．（2023·24高一下·山东威海·期末）已知，向量，，则存在和，使得（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】对于A，因，则，则， 故，即不能成立，即A错误； 对于B，， 因，则，则，故，即B错误； 对于C，由B项可得，同理， 因，则，则，故，即C错误； 对于D，由和可得，， 即若取时，有，此时满足，故D正确. 故选：D. 47．（2016·17高一下·山东济南·期末）已知，，． (1)求与的夹角； (2)若，且，求及． 【答案】(1) (2)， 【详解】（1）， 所以，又，所以. （2）由题意知， 解得，， ， 所以． 题型十四 向量的夹角 48．（2023高一·广东佛山·期末）向量，，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，，且，所以， 所以，即，解得 又，， ， ， 所以， 故选：D. 49．（2023·24高一下·贵州黔西·期末）已知向量，． (1)当时，求的值； (2)若向量，的夹角为锐角，求的取值范围． 【答案】(1) (2)且. 【详解】（1）根据题意得，解得. （2）若向量，的夹角为锐角， 则，且，不共线， 即，解得， 由（1）当时，，且此时两向量同向， 则且. 50．（2023·24高一下·广东江门·期末）如图，在平行四边形中，点是的中点，点，分别是，的四等分点.设，. (1)用，表示，； (2)若，，，求与的夹角的余弦值. 【答案】(1), (2) 【详解】（1）因为点是的中点，点，分别是，的四等分点 所以， 因为，. 所以 （2）因为，，， 所以， 所以 ， 令与的夹角为 ， 所以与的夹角的余弦值为. 题型十五 投影向量 51．（2023·24高一下·湖南邵阳·期末）已知向量，的夹角为，且，则向量在向量上的投影向量是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以，即， 所以， 向量在向量上的投影向量是. 故选：B. 52．（2023·24高一下·内蒙古兴安盟·期末）已知满足，若在方向上的投影向量为，则 ． 【答案】 【详解】由在方向上的投影向量为，得，则，而， 于是，所以. 故答案为： 53．（2023·24高一下·江西景德镇·期末）已知向量，，若在上的投影向量，则向量与的夹角为 ． 【答案】 【详解】设向量与的夹角为， 因为在上的投影向量，，， 所以，， 则在上的投影向量为， 所以，所以， 所以 因为，所以， 故答案为：. 54．（2023·24高一下·山东·期末）已知点为外接圆的圆心，且，则向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为，所以，，即， 即为的中点，所以是圆的直径. 又因为，所以是以为直角的等腰直角三角形. 所以，，所以在上的投影向量为. 故选：B. 题型十六 正余弦定理解三角形 55．（2023·24高一下·甘肃武威·期末）（多选）在中，角的对边分别为，若，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】BC 【详解】在中由正弦定理，即，解得， 由，所以，所以，则或. 故选：BC 56．（2023·24高一下·黑龙江绥化·期末）在中，为角C的平分线，若，，则等于 ． 【答案】 【详解】因为为角C的平分线， 所以， 因为，所以， 不妨设，， 在中，， 所以， 因为， 所以， 所以， 故答案为：． 57．（2023·24高一下·北京延庆·期末）在中，，，请从①，②，③中选择一个，使存在且唯一，写出满足要求的一个条件的序号 . 【答案】②（或③，答案不唯一） 【详解】对于①，若，则，这与三角形内角和定理矛盾，不合题意； 对于②，若，则， 所以，此时，存在且唯一，符合题意； 对于③，若，则，因为，所以， 所以为锐角，此时，存在且唯一，符合题意. 故答案为：②（或③，答案不唯一）. 58．（2023·24高一下·湖南衡阳·期末）梯形中，，，，． (1)求； (2)若的面积为8，求的长． 【答案】(1) (2) 【详解】（1），，，中，由正弦定理，得 ，为锐角，． （2）， ．， 由，． 在中，由余弦定理，得 ． 题型十七 三角形的面积、周长问题 59．（2023·24高一下·江西萍乡·期末）的内角，，所对的边分别为，，，，，，则的面积为（    ） A． B． C．或 D． 【答案】C 【详解】由正弦定理得，即，解得， 是三角形内角，或 当时，，； 当时，． 故选：C． 60．（2023·24高一下·吉林白城·期末）在中，角，，的对边分别为，，，，角的平分线交对边于点，且将的面积分成的两部分，则等于（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因为，所以，结合题意得． 因为是角的平分线，所以，所以， 由正弦定理，得，即， 所以. 故选：C． 61．（2023·24高一下·浙江嘉兴·期末）内角的对边分别为，已知． (1)求角； (2)若，的面积为．求的周长． 【答案】(1)； (2). 【详解】（1）在， 由已知，得，而，则， 又，所以． （2）由，得，即， 又，则，整理得， 因此，解得，所以的周长为． 题型十八 判断三角形形状 62．（2023·24高一下·安徽马鞍山·期末）在中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若，则为（    ）. A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 【答案】C 【详解】由正弦定理得， 其中， 所以， 因为，所以， 故， 因为，所以， 故为直角三角形. 故选：C 63．（2023·24高一下·甘肃临夏·期末）在中，若，则此三角形为（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．等边三角形 D．等腰或直角三角形 【答案】B 【详解】由可得， 又， 所以， 由于为的内角，所以， 故为等腰三角形， 故选：B 64．（2023·24高一下·北京通州·期末）在△中，角所对的边为，△的面积为S，且． (1)求角； (2)若，试判断△的形状，并说明理由． 【答案】(1) (2)等腰直角三角形，理由见解析 【详解】（1）在中，因为，则， 整理得，且，所以. （2）由正弦定理得, , , , 于是, 又，故，所以或，因此（舍去）或，所以. 是等腰直角三角形. 题型十九 正余弦定理的边角互化 65．（2023·24高一下·上海金山·期末）在中，角、、所对的边分别为、、，则“”是“”的（ ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】C 【详解】因为，由正弦定理可得，即， 因为、，则，故，则，故. 故“”是“”的充分必要条件. 故选：C. 66．（2023·24高一下·重庆·期末）已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，，，则（   ） A．120° B．135° C．150° D．165° 【答案】A 【详解】在中，，又， 则，而， 则，即，又，则， 而， 由，得，即， 由正弦定理得，由余弦定理 因此，即，则， 由余弦定理，又， 所以. 故选：A 67．（2023·24高一下·云南昭通·期末）在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，然后解答补充完整的题目. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且__________. (1)求角C； (2)若，的面积为，求的周长. 【答案】(1) (2)6 【详解】（1）选①，， ， 又，，又，. 选②，， 又，， ，，. 选③，， ，即， ，，. （2），，，， 又，且， ，， ，， 所以的周长为6. 68．（2023·24高一下·安徽六安·期末）已知在中，三边所对的角分别为，且满足 (1)求； (2)若外接圆的半径为2，求的面积. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为， 所以由正弦定理得， 因为，所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 因为，所以， 所以， 因为，所以； （2）因为外接圆的半径为2，， 所以，得， 所以， 由余弦定理得， 所以，得， 所以. 题型二十 解三角形的实际应用 69．（2023·24高一下·江苏南京·期末）如图，某同学为测量南京大报恩寺琉璃塔的高度，在琉璃塔的正东方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部和琉璃塔顶部的仰角分别为和，在处测得塔顶部的仰角为，则琉璃塔的高度约为（   ） A．78 B．74 C．64 D．52 【答案】A 【详解】根据题意，可得，， 在中，. 在中，，，所以， 在中，由正弦定理得，即， 即，解得， 在中，，，所以. 故选：A. 70．（2023·24高一下·河北·期末）如图，甲船在点处通过雷达发现在其南偏东方向相距20海里的处有一艘货船发出供油补给需求，该货船正以15海里/时的速度从处向南偏西的方向行驶．甲船立即通知在其正西方向且相距海里的处的补给船，补给船立刻以25海里/时的速度与货船在处会合． (1)求的长； (2)试问补给船至少应行驶几小时，才能与货船会合？ 【答案】(1)70海里 (2)2小时 【详解】（1）根据题意可得． 因为海里，海里， 所以根据余弦定理可得海里． （2）由余弦定理可得，则， 所以． 设当补给船与货船会合时，补给船行驶的最少时间为小时，则海里，海里． 在中，解得或（舍去）， 故当补给船与货船会合时，补给船行驶的时间至少为2小时． 71．（2020·21高一下·广东广州·期末）如图，是某海域位于南北方向相距海里的两个观测点，现位于A点北偏东45°，B点南偏东30°的C处有一艘渔船遇险后抛锚发出求救信号，位于B点正西方向且与B点相距50海里的D处的救援船立即前往营救，其航行速度为40海里/时. (1)求两点间的距离； (2)该救援船前往营救渔船时应该沿南偏东多少度的方向航行？救援船到达C处需要多长时间？（参考数据：，角度精确到0.01） 【答案】(1)30海里 (2)南偏东；小时 【详解】（1）依题意得，， 所以， 在中，由正弦定理得, , 故（海里）， 所以求两点间的距离为30海里. （2）依题意得， 在中，由余弦定理得， 所以（海里）， 所以救搜船到达C处需要的时间为小时， 在中，由余弦定理得 , 因为， 所以， 所以该救援船前往营救渔船时的方向是南偏东﹒ 题型二十一 复数的四则运算 72．（2023·24高一下·山东青岛·期末）若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】由题意知， 所以. 故选：B 73．（2023·24高一下·广西北海·期末）若复数满足，则的虚部为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为 ， 所以 ， 所以 ，所以 的虚部为 ， 故选：A. 74．（2023·24高一下·四川巴中·期末）复数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】因为， 设，则， 所以， 又，所以，所以， 所以. 故选：B 75．（2023·24高一下·山东青岛·期末）已知，. (1)求； (2)若在复平面内对应的向量分别为，且，求实数的值. 【答案】(1)， (2) 【详解】（1）因为，所以 因为，所以. （2）由（1）可知，则， ，因为，所以， 解得. 题型二十二 复数的模 76．（2023·24高一下·浙江宁波·期末）已知复数的实部与虚部相等，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】易知的实部为，虚部为， 由题意可知， 则. 故选：B 77．（2023·24高一下·辽宁·期末）如果复数满足：，那么（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设，则，， 因为，即， 所以，解得， 所以. 故选：A 78．（2025·上海奉贤·二模）已知为虚数单位，复数满足，则= ． 【答案】 【详解】设，由， 则，即，所以. 故答案为：. 题型二十三 复数的几何意义 79．（2023·24高一下·湖南株洲·期末）已知复数满足，则在复平面内所对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】D 【详解】根据复数的模长公式，， 则，故，故， 根据复数的几何意义，在复平面上对应点是，在第四象限. 故选：D 80．（2023·24高一下·辽宁沈阳·期末）已知复数，其中为虚数单位. (1)若复数是纯虚数，求的值； (2)若复数在复平面内对应的点位于第二象限，求的取值范围. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为复数是纯虚数， 所以 解得. （2）因为复数在复平面内对应的点位于第二象限， 所以 解得. 81．（2023·24高一下·安徽蚌埠·期末）已知复数，其中i为虚数单位，． (1)若z为纯虚数，求； (2)若复数z在复平面内对应的点在第四象限，求实数a的取值范围． 【答案】(1)； (2). 【详解】（1）由z为纯虚数，得，解得，则， 所以. （2）由复数z在复平面内对应的点在第四象限，得，解得， 所以实数a的取值范围是. 题型二十四 空间直线平面的平行关系 82．（2023·24高一下·云南昆明·期末）（多选）如图，在正方体中，分别是棱的中点，则（    ）    A．平面 B．平面 C．点在平面内 D．点在平面内 【答案】BD 【详解】    连接， 在正方体中，且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面，故B正确. 因为分别为中点，所以，所以，所以四点共面，即点在平面内，故D正确； 再连接，显然不在平面内，所以与平面不平行，故A错误； 由平面，可知点不在平面内，故C错误. 故选：BD. 83．（2023·24高一下·黑龙江齐齐哈尔·期末）如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）取的中点，连接， ∵为的中点，∴且， ∵为的中点，∴且， ∴且， ∴四边形为平行四边形，∴. 又∵平面平面， ∴平面. （2）∵，∴， ∴. 在直三棱柱，易知平面， ∴点到平面的距离等于点到平面的距离， ∴， 又∵平面， ∴. 84．（2023·24高一下·宁夏银川·期末）如图所示，三棱柱，是的中点，是的中点．求证： (1)//平面； (2)平面//平面D. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析. 【详解】（1）证明：由题意，是三棱柱， 连接，与交于，连接，可得， 平面，平面， 平面D. （2）是的中点，是的中点， 则，四边形为平行四边形， 则， 又平面，平面，得平面， 由可知平面， 又平面， 平面平面. 85．（2023·24高一下·四川成都·期末）如图，四棱锥 的底面为平行四边形，点 分别为 的中点. (1)求证: 平面 平面 ; (2)在棱 上确定一点 ，使 平面 ，并说明理由. 【答案】(1)证明见解析 (2)为棱中点，理由见解析 【详解】（1）在中，由分别为的中点，可得， 在平行四边形中，由分别为的中点，可得， 因为平面，平面，且平面，平面， 所以平面，平面， 又因为且平面，所以平面平面. （2）当为棱中点时，平面， 取的中点，连接， 在中，因为分别为的中点，所以且， 又因为为的中点，可得且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面. 题型二十五 空间直线平面的垂直关系 86．（2023·24高一下·广东广州·期末）在正方体中，为的中点，则（    ） A． B． C．平面 D．平面 【答案】C 【详解】对于A：由正方体的性质可知， 显然，与不平行，所以与不平行，故A错误； 对于B：由正方体的性质可知，，所以， 由A可知与不平行，且、平面， 所以与不垂直，则与不垂直，故B错误； 对于C：设，则为的中点，连接，又为的中点， 所以，又平面，平面，所以平面，故C正确； 对于D：若平面，平面，则， 又，所以，又四边形为矩形， 所以四边形为正方形，所以， 又为正方体，所以，显然不满足， 故假设不成立，所以与平面不垂直，故D错误. 故选：C 87．（2023·24高一下·内蒙古·期末）如图，在直角梯形中，已知，，，，E为对角线的中点，现将沿折起到的位置，使平面平面．求证： (1)直线平面； (2)平面平面． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【详解】（1）因为平面平面，且平面平面， 又，则，且为中点，所以， 又平面，所以平面； （2）在直角梯形中， ，， 则， 又，则， 又，所以， 在折后的几何体中，， 因平面平面，平面平面， 又平面， 所以平面， 又平面，则， 又，即，则， 又，平面，平面， 则平面， 又平面， 所以平面平面. 88．（2023·24高一下·江苏常州·期末）如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，底面是平行四边形，点为的中点，点分别在上，且平面平面． (1)求证：为线段中点； (2)若点在棱上，猜想：当为何值时，有平面平面，并证明你的猜想． 【答案】(1)证明见解析 (2)当时，有平面平面 【详解】（1）依题意平面平面， 由于平面平面，平面平面， 所以，由于底面是平行四边形，点为的中点， 所以为线段中点. （2）存在，，即为中点时，平面平面， 证明如下：连接交于点，连接． 因为，所以四边形为平行四边形， 所以是的中点．又因为为中点，所以． 因为为等边三角形，点为的中点，所以， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，又，所以平面， 又平面，所以平面平面． 当时，有平面平面． 89．（2023·24高一下·山西·期末）如图，PA⊥平面ABC，AB为圆O的直径，E，F分别为棱PC，PB的中点． (1)证明：EF平面ABC． (2)证明：平面EFA⊥平面PAC． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【详解】（1）因为E，F分别为棱PC，PB的中点，所以EFBC， 因为平面ABC，平面ABC， 所以EF平面ABC； （2）因为AB为圆O的直径，所以BC⊥AC． 因为PA⊥平面ABC，平面ABC，所以BC⊥PA， 又，PA，平面PAC，所以BC⊥平面PAC， 由（1）知，所以EF⊥平面PAC，又平面EFA， 所以平面EFA⊥平面PAC． 题型二十六 空间角 90．（2023·24高一下·重庆·期末）如图，在正三棱柱中，若，，则与所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】取中点，连接、， 矩形中， ，可得 因此 正三棱柱中，平面平面 平面平面，,平面， 直线平面，平面，可得 ，平面，平面， 平面，因此可得，即与所成角的大小为， 故选：B． 91．（2023·24高一下·山东威海·期末）在三棱锥中，平面，，且最长的棱长为，为棱的中点，则当三棱锥的体积最大时，直线与所成角的余弦值为 . 【答案】 【详解】因为，所以，所以， 又因为平面，所以，所以， 又， 当且仅当时等号成立， 所以，当时取最大值， 取的中点，连接，所以， 所以（或其补角）为直线与所成的角， 因为，，， 所以， 直线与所成角的余弦值为. 92．（2023·24高一下·浙江杭州·期末）三棱台中，，面面，，且与底面所成角的正弦值为. (1)求证：面； (2)求三棱台的体积； (3)问侧棱上是否存在点，使二面角成？若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】(1)证明见详解 (2) (3)存在， 【详解】（1）连接， 在梯形中，过作交于， 由， 则为等边三角形,则， 四边形为菱形，则， 所以，即， 因为平面平面，平面平面， 平面， 所以平面， 又平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面. （2）因为平面，平面， 所以平面平面， 过作，连接，平面， 平面平面， 则平面， 故几何体的高为， 如图，延长侧棱交于点，作于，连接， 由已知为中点，， 由（1）得，平面， 因为与底面所成角的正弦值为，则余弦值为， ，，， ， 由（1）得，则， 又因为与底面所成角的正弦值为， 所以， 故三棱台体积为. （3）如图， 作交于，过作于，则， 由（2）可得，平面， 则即为二面角的平面角， 又平面，则， 设，则， 则， 由，得，又， 所以， 若，则， 解得，所以，即为中点， 即侧棱上是存在点，使二面角成， 则. 93．（2023·24高一下·湖南衡阳·期末）如图，在多面体中，已知四边形是菱形，平面．    (1)证明：平面平面； (2)若与平面所成角的正弦值为，求三棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）如图，设与交于点O． 因为四边形是菱形，所以． 因为平面平面， 所以． 因为平面， 所以平面． 又因为平面， 所以平面平面．    （2）因为平面， 所以平面， 因为平面，所以． 又因为平面BDE， 所以平面． 连接即为与平面所成的角， 所以． 因为， 所以， 所以，所以， 所以是等边三角形． 因为平面平面， 所以平面， 所以． 94．（2023·24高一下·贵州贵阳·期末）如图，在四面体中，平面，M是的中点，P是的中点，点Q在线段上，且． (1)求证：平面． (2)若三角形为边长为2的正三角形，，求异面直线和所成角的余弦值 ． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）如图所示，取中点O，且P是中点， ∴ ， 取的四等分点H，使，且， ∴ ， ∴， ∴ 四边形为平行四边形， ∴ ，在平面外，且平面， ∴ 平面． （2）取的中点E，连接，易知， 则或其补角为异面直线和所成的角， 因为平面，平面， 所以，即， 显然，所以为直角三角形， 通过解三角形可得， 即异面直线和所成角的余弦值为． 题型二十七 空间几何体的表面积与体积 95．（2023·24高一下·广东佛山·期末）如图所示，六氟化硫分子结构是六个氟原子处于顶点位置，而硫原子处于中心位置的正八面体，也可将其六个顶点看作正方体各个面的中心点．若正八面体的表面积为，则正八面体外接球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图正八面体，连接和交于点， 因为，， 所以，，又和为平面内相交直线， 所以平面，所以为正八面体的中心， 设正八面体的外接球的半径为，因为正八面体的表面积为，所以正八面体的棱长为， 所以， 则． 故选：B． 96．（2023·24高一下·山东青岛·期末）底面边长为3的正四棱锥被平行底面的平面所截，截去一个底面边长为1，高为1的正四棱锥，所得棱台的体积为（    ） A． B． C．13 D．26 【答案】A 【详解】如图所示，正四棱锥被平行于底面的平面所截， 由题意可知， 因为∥，所以∽， 所以， 所以，所以， 所以所得棱台的体积为. 故选：A 97．（2023·24高一下·湖北武汉·期末）已知正四棱台的上底边长为2，下底边长为4，侧棱与底面所成的角为，则此四棱台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】如图，分别为上底面和下底面的中心，连接， 则⊥底面，过点作⊥于点，则⊥底面， 因为上、下底面边长分别为2和4，所以， 故，， ，因为棱与底面所成的角为，则，故，则， 故该正四棱台的体积为. 故选：A. 98．（2023·24高一下·山东青岛·期末）如图，圆台上下底面半径分别为1，2，，为其两条母线，且母线长为2．    (1)证明：四边形为等腰梯形； (2)若在圆台内部挖去一个以O为顶点，圆为底面的圆锥，求剩余部分的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为，为圆台两条母线， 所以，且它们都在同一个平面内， 又由于圆台的上下底面都是圆，由圆的同心性和圆台的形成可知，， 故四边形为等腰梯形. （2）如图所示： 连接,过点作于点，    则,所以由勾股定理得高， ， ， 故剩余部分的体积. $$