高一下学期期末真题精选（十四大压轴题型专练）-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（十四大压轴题型专练） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 三角函数的最值与取值范围问题 · 题型二 利用三角函数性质求参数w · 题型三 三角函数性质的综合 · 题型四 向量数量积的最值范围 · 题型五 向量模的最值范围 · 题型六 平面向量中的新定义问题 · 题型七 三角恒等变换的化简 · 题型八 解三角形的最值范围问题 · 题型九 解三角形的图形综合 · 题型十 复数模的最值范围问题 · 题型十一 外接球与内切球 · 题型十二 空间角 · 题型十三 截面问题 · 题型十四 轨迹问题 题型一 三角函数的最值与取值范围问题 1．（2023·24高一下·广东佛山·期末）函数的最小值和最大值分别为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】画出的图象如图 画出图象如图 将两个图象画在一起，取下方图象，画出的图象，如图， 根据图象可知，函数的最小值和最大值分别为， 故选：B. 2．（2023·24高一下·陕西榆林·期末）已知函数在区间上的最大值记为，则的取值范围为 ． 【答案】 【详解】函数的周期，而区间的长度为1，即为， 令，可得时函数取最小值， 如图所示，当函数图象的最低点位于区间的图象上， 且函数在区间的图象关于对称时，取得最小值， 不妨取，当时，， 由正弦函数的图象与性质可知，当或恰好是函数最大点时 的取值范围为． 故答案为：． 3．（2023·24高一下·北京东城·期末）已知函数的一条对称轴为，且函数在上具有单调性，，则的最小值为 ． 【答案】 【详解】因为的一条对称轴为， 所以不妨设，代入解析式中，得到， 而，得到，则， 解得，令，得到， 则，令， 解得，则关于中心对称， 因为，且函数在上具有单调性， 所以由正弦函数性质得，解得， 故，当时，取得最小值，且最小值为. 故答案为： 4．（2023·24高一下·浙江衢州·期末）已知函数的最大值为，最小值为，则 . 【答案】2 【详解】易知， 令， 易知定义域为R，且， 即是奇函数， 显然，， 由奇函数的对称性质易知. 故答案为： 5．（2023·24高一下·江苏南通·期末）如图，在直角坐标系中，点P是单位圆上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为M，过O作射线交的延长线于点Q，使得，记，，且． (1)若，求的值； (2)已知函数，，记的最小值为．若，求m的值及此时的最大值． 【答案】(1) (2)；此时的最大值为 【详解】（1），，则， 由三角函数的定义可得， 又，即，得， 所以，即，所以， 所以， （2）， 设，，则， 所以原函数化为，对称轴为， 当时，； 当时，； 当时，， 综上，， 因为， 所以，解得； 或，解得（舍）或（舍）， 或，解得（舍）， 所以， 此时，，对称轴为， 所以当时，， 即此时的最大值为. 题型二 利用三三角函数性质求参数w 6．（2023·24高一下·甘肃兰州·期末）已知函数在区间上恰有3个零点，则的取值范围是 ． 【答案】 【详解】令，得， 当时，， 因为函数在区间上恰有3个零点， 所以方程在上恰有3个根， 则方程在时恰有3个根， 则，解得， 则的取值范围是. 故答案为：. 7．（2023·24高一下·浙江杭州·期末）若函数满足且在区间上单调递减．则的取值范围是 ． 【答案】 【详解】因为且，所以，，则， 当时，，该函数在上不单调，不合乎题意； 当时，由可得， 因为函数在区间上单调递减， 所以，， 所以，，解得， 由可得，又由于，则，则， 因为，则，此时，； 当时，由可得， 由于内层函数在上单调递减，函数在区间上单调递减， 所以，函数在上单调递增， 则， 所以，，解得， 由得，由于，则， 由于，则，可得，此时，. 综上所述，实数的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：三角函数图象与性质问题的求解思路： （1）将函数解析式变形为或的形式； （2）将看成一个整体； （3）借助正弦函数或余弦函数的图象和性质（如定义域、值域、最值、周期性、对称性、单调性等）解决相关问题. 8．（2023·24高一下·福建福州·期末）已知函数的图像与轴交点的纵坐标为，且在区间上无最大值，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】由条件得，又，得，所以. 由，解得. 若在区间上存在最大值，则，解得， 则，所以若在上无最大值，的取值范围为， 故选：D. 9．（2023·24高一下·福建漳州·期末）已知函数的图象过点，且在区间单调递增，则的取值范围为 ． 【答案】 【详解】因为函数的图象过点，代入函数可得： ，即. 又因为，所以，则函数. 对于余弦函数，其单调递增区间为. 那么对于函数，有. 解不等式可得：. 解不等式可得：. 因为在区间单调递增，所以. 由可得：. 由可得：. 因为，所以，解得，所以. 故答案为：. 10．（2023·24高一下·江苏常州·期末）若函数在区间上有且仅有5条对称轴，则取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】令，解得， 若函数在区间上有且仅有5条对称轴， 则函数在上由小到大的第1条对称轴为， 第2条对称轴为，第3条对称轴为， 第4条对称轴为，第5条对称轴为， 第6条对称轴为，由题意知，， 解得，故D正确. 故选：D 题型三 三角函数性质的综合 11．（2023·24高一下·上海闵行·期末）已知函数过点，且图象对称中心为，函数的两相邻对称中心之间的距离为1，且对任意的，恒成立．若方程在上的所有根之和等于2028，则满足条件的构成的集合为 ． 【答案】 【详解】 依题意，函数的图象对称中心为且过点， 所以，解得，所以. 由于函数的两相邻对称中心之间的距离为1， 且为函数的一个极大值点， 所以，则， 由于， ，所以， 所以，，关于对称， 对于区间，有， 由于和的图象都关于对称， 所以和的交点也关于对称， 由于方程在上的所有根之和等于2028， 所以方程在上一共有个根， 也即和的图象有个交点， 则当时，和的图象有个交点， 通过观察图象可知，与的图象在区间上分别有个交点， 所以或， 解得或，所以整数的值构成的集合为. 故答案为：. 12．（2023·24高一下·福建泉州·期末）（多选）已知，则下列结论正确的是（    ） A．为偶函数． B．的图象关于直线对称． C．当且时，在内恰有2025个零点． D．，，则的最大值为． 【答案】BCD 【详解】A选项，，定义域为R， 若，则，满足， 此时为偶函数， 若，则， 此时不为偶函数，A错误； B选项，， 故的图象关于直线对称，B正确； C选项，当且时，， 令得，又，解得或， ，解得，又， 故，有1013个解， ，在上，有两个解，设为， 又，故或，， 故此时有个解， 综上，或，共有个解， 在内恰有2025个零点，C正确； D选项，，， 令，则在上恒成立， 令，对称轴为， 若，即时，在上单调递增， 故只需，，，， 故，当时，等号成立， 若，即时，在上最小值为， 故只需，即， 故， 当且仅当时，等号成立， 若，即时，在上单调递减， 故只需，，，故， ，当且仅当时，等号成立， 综上，的最大值为，D正确. 故选：BCD 【点睛】知识点点睛：函数的对称性： 若，则函数关于中心对称， 若，则函数关于对称 13．（2023·24高一下·湖南邵阳·期末）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．直线为函数的图象的一条对称轴 B．函数在上单调递增 C．函数在上单调递增 D．， 【答案】ABD 【详解】对于A，因为， 所以，故A对； 对于B，又易知在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减， 由复合函数的单调性可知在上单调递增，故B对； 对于C，易知，，不能满足，故C错； 对于D，易知，计算可得，， 结合B选项的单调性可得，使得，故D对． 故选：ABD 【点睛】方法点睛：判断函数对称性常用方法有 （1）    代入验证检验是否满足对称轴方程； （2）    利用函数奇偶性平移求出对称轴或对称中心； （3）    作出函数图象. 14．（2023·24高一下·安徽合肥·期末）已知函数分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为（    ） A．或 B．或1 C．或2 D．1或 【答案】D 【详解】因为，① 分别是定义在上的偶函数和奇函数， 所以， 即，② 由①+②，得， 由①-②，得， 又因为有唯一零点， 即有唯一解， 因为为偶函数，图象关于轴对称， 所以图象关于轴对称， 的图象也关于轴对称， 所以的图象关于轴对称， 所以，即，解得或. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于分析得的图象关于轴对称，从而得到，由此得解. 15．（2023·24高一下·湖北·期末）已知定义在R上的函数满足，当时，，若对任意，都有，则实数m的最大值为 ． 【答案】 【详解】由得，当时，， 故当时，， 当时，， 当时，，依次类推， 又函数的定义域为R，所以函数的大致图象为 因为，， 所以，， 所以由，可得， 当时，由的， 所以对任意，都有， 得实数的取值范围为，则实数的最大值为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查了正弦函数的图象与性质及恒成立的应用，解答本题的关键是利用法则画出函数图象，正确理解函数法则是解决本题的关键. 题型四 向量数量积的最值范围 16．（2023·24高一下·湖南张家界·期末）如图，在梯形ABCD中，，，，，，若M，N是线段BC上的动点，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】解：如图，以点为原点，所在的直线为轴，建立如图所示的平面直角坐标系， ，，，， ，，， ， 设，则，其中， ，， ， 时，取得最小值． 故选：C. 17．（2023·24高一下·上海闵行·期末）中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由八卦图的对称性可得， 故 . 设到的距离为，则， 解得. 又 . 又即在上的投影， 其最大值为， 最小值为. 故， 即. 故选： C 18．（2023·24高一下·福建泉州·期末）在菱形中，，，，，已知点M在线段上，且，则 ，若点N为线段上一个动点，则的最小值为 ． 【答案】 7 【详解】因为，，所以，， 所以，， 因为点在线段上， 可设， 而，所以，解得，， 所以， 则， 所以， 因为点为线段上一个动点， 可设，， 所以， 所以 ， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为． 故答案为：7，． 【点睛】关键点点睛： 本题考查平面向量在几何中的应用，熟练掌握平面向量的线性和数量积的运算法则，平面向量的基本定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，有一定的难度． 19．（2023·24高一下·上海普陀·期末）“燕山雪花大如席”，北京冬奥会开幕式将传统诗歌文化和现代奥林匹克运动联系在一起，天衣无缝，让人们再次领略了中国悠久的历史积淀和优秀传统文化恒久不息的魅力.顺次连接图中各顶点可近似得到正六边ABCDEF.若正六边形的边长为1，点P是其内部一点（包含边界），则的取值范围为 . 【答案】 【详解】 过点作于所以且,其中, 当点与点重合时，在方向上的投影最大，此时,取得最大值为； 当点与点重合时，此时，即,故,取得的最小值为 的取值范围是． 故答案为：． 20．（2023·24高一下·天津·期末）如图，在平面四边形中，，，，.若点为边上的动点（不与、重合），则的取值范围为 . 【答案】 【详解】延长交于点，因为，所以，， 在中，，，所以， 在中，，，所以， 所以，不妨设，则，且与的夹角为，与的夹角为， 则 ， 设，， 所以时，. ， 则的范围是. 故答案为：. 题型五 向量模的最值范围 21．（2023·24高一下·上海杨浦·期末）如图，定圆的半径为3，A，B为圆上的两点，且的最小值为2，则 ． 【答案】 【详解】当t＝0时，不满足题意； 当t＞0时，设t＝，延长EA到F，使AF＝AE， 则t＝， 则， 取AB中点为D，则CD⊥AB，则在Rt△CDF中，，此时无最小值不满足题意； 当t＜0时，设t＝， 则， 取AB中点为D，则CD⊥AB， 由图可知，， ∵的最小值为2， ∴＝2，∴． 故答案为：． 22．（2023·24高一下·江苏无锡·期末）点是边长为2的正三角形的三条边上任意一点，则的最小值为 . 【答案】 【详解】不妨假设在上且，如下图示， 所以，在且，设， 则，，， 所以， 故， 当时，的最小值为. 故答案为： 23．（2023·24高一下·广东广州·期末）已知平面向量，，，且，.已知向量与所成的角为60°，且对任意实数恒成立，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】根据题意，， ，两边平方，整理得到， 对任意实数恒成立，则，解得，则. 由于，如上图，，则 ，则的最小值为． 当且仅当终点在同一直线上时取等号. 故选：B． 题型六 平面向量中的新定义问题 24．（2023·24高一下·山东济南·期末）如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（    ）    A．线段中点的坐标为 B．重心的坐标为 C．，两点的距离为 D．若，则，，三点共线 【答案】C 【详解】根据题意，，，， 对于A，设的中点为，则， 故线段中点的坐标为，故A正确．    对于B，设重心为，则 ， 故重心的坐标为，故B正确； 对于C，， 所以 = 即该坐标系中，两点间的距离为： ，故C错误； 对于D，，， 若，易得，则、、三点共线， 若，变形可得，所以， 所以，所以、、三点共线， 综合可得：若，则，，三点共线，故D正确． 故选：C． 【点睛】关键点点睛：本题关键是对斜坐标的理解，灵活运用平面向量的相关知识解答即可. 25．（2023·24高一下·山东·期末）（多选）定义：两个向量的叉乘，则以下说法正确的是（   ） A．若，则 B． C．若四边形为平行四边形，则它的面积等于 D．若，则的最小值为 【答案】ACD 【详解】A选项，， 所以或或，所以或或同向或反向， 故，A正确； B选项，，， 若，则，故， 若，则，此时，B错误； C选项，若四边形为平行四边形，则它的面积等于， 而，C正确； D选项，由题意得，， 两式平方相加可得，即， 又， 由基本不等式得， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为，D正确. 故选：ACD 26．（2023·24高一下·山东临沂·期末）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知平面内点，，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为 ． 【答案】 【详解】因为，， 所以 ， 将向量顺时针方向旋转，即逆时针旋转， 得到， 其中， ， 化简得 ， 所以点坐标为. 故答案为：. 27．（2023·24高一下·湖南长沙·期末）如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作.在此坐标系中，若，分别是的中点，分别与交于两点. (1)求：； (2)求的坐标； (3)若点M在线段上运动，设，求的最大值. 【答案】(1) (2)， (3)3 【详解】（1）依题意，得是单位向量，且夹角为， 所以， 而， ， 则. （2）因为， 所以，， 所以，则四边形是平行四边形， 所以， 因为分别是的中点，所以， 所以，， 因为 ， 则， 所以，； （3）由（2）知，， 因为点在线段上运动，所以设，其中， 因为，所以， 所以， 因为不共线，则，解得， 所以， 因为，所以当时，取得最大值3. 【点睛】思路点睛：关于新定义题的思路有： （1）找出新定义有几个要素，找出要素分别代表什么意思； （2）由已知条件，看所求的是什么问题，进行分析，转换成数学语言； （3）将已知条件代入新定义的要素中； （4）结合数学知识进行解答. 题型七 三角恒等变换的化简 28．（2023·24高一下·湖南怀化·期末）已知，，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】因为，， 所以， 所以， 又，所以， 所以. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题关键是由所给条件推导出、的值. 29．（2023·24高一下·湖南·期末）已知关于的方程在内有2个不同的解，，则（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【详解】因为，取为锐角且，， 所以，由题意可得. 因为，不妨设， 由，有，，即， 所以， . 故选：D. 【点睛】思路点睛： 辅助角公式的作用之一是将含有正弦、余弦两种三角函数的表达式合并为只含有一种三角函数的表达式，两个角的正弦值相等，则这两个角终边重合或终边关于轴对称. 30．（2023·24高一下·江苏徐州·期末）已知，，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由得，两边平方得：，① 由得，两边平方得：，② ①+②得：， 因为，所以 ， 由可得：，即， 所以， 又，所以， 所以，故A错误； 由，两边平方得，③ 由得，两边平方得：，④     ③+④得：， 因为，所以，故， 由，，可得，故C正确，D错误； 综上不是定值，故B错误.     故选：C 31．（2023·24高一下·河南许昌·期末）已知且满足，则的最大值为 ． 【答案】/ 【详解】因为， 则. 所以. 即. 则. 等式两边同时除以得.. 则，即. 所以. 设，因为，所以， 则. 因为，当且仅当，即时等号成立. 所以.则的最大值. 故答案为：. 题型八 解三角形的最值范围问题 32．（2023·24高一下·福建莆田·期末）（多选）在中，，（为常数），的最大值为12，则（    ） A．为锐角 B．面积的最大值为8 C． D．周长的最大值为 【答案】BD 【详解】对于A，由的最大值为12, （为常数）知点的轨迹为圆（去除BC两点），且BC不是直径，故可以为钝角，故A错误； 对于B，C,记由余弦定理，， 即，可得，当且仅当时取等号，于是， 即得，依题意，，解得，，此时，即， 面积，故其最大值为：，故B正确，C错误； 对于D，因的周长为， 由正弦定理，可得，， 于是，其中，， 故当时，的周长取得最大值为，故D正确. 故选：BD. 【点睛】思路点睛：本题主要考查解三角形、三角恒等变换与平面向量的交汇问题，属于较难题. 解题时，要灵活运用正弦定理和余弦定理，以及基本不等式，如求三角形面积最大值时，因角A为常数，故要求最大，而这需要余弦定理和基本不等式得到，利用的最大值可求得，继而才能求出其它量. 33．（2023·24高一下·安徽合肥·期末）在中，角所对的边分别为，且，则下列结论错误的是（    ） A． B．若，则为直角三角形 C．若为锐角三角形，则的取值范围为 D．若为锐角三角形，的最小值为1 【答案】D 【详解】∵，由正弦定理可得， 在中，， 可得，而与不可能互补， ∴，即，∴A选项正确； 选项B中，，可得，由A选项可得， 则，在中，， 可得，则，∴，即为直角三角形，∴B选项正确； 选项C中，为锐角三角形中， ． 设， ∵为锐角三角形，∴，可得， ∴，即， 令，则函数单调递增， ，而，即． ∴，∴，∴C正确； 选项D中，∵为锐角三角形，由A选项可得， ∴，可得，∴， ∴． 设． 设在单调递减，∴， ∴D选项不正确： 故选：D． 34．（2023·24高一下·江苏淮安·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的周长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】方法一：设的外接圆半径为R， 则， 因为， 所以， 可得， 即， 可得， 因为，， 所以， 结合，可得， 又，所以， 可得， 则的周长为 ， 因为，所以， 则， 可得 故的周长的取值范围为 方法二：由，可知周长，排除ABD， 故选：C 【点睛】方法点睛：求解三角形周长和面积的取值范围问题一般需将表达式转化为边或者角的式子，再利用三角函数性质或基本不等式即可求得取值范围. 35．（2023·24高一下·河南开封·期末）如图，正方形的边长为1，，分别为边，上的点（，不与点重合），已知． (1)求证：的周长为定值，并求出该定值； (2)求面积的最小值． 【答案】(1)证明见解析，2； (2). 【详解】（1）法一：设，，，，则，， 因为，所以，变形得①， 的周长为②， 将①变形得代入②， 所以， 又，所以， 所以的周长为定值2； 法二：延长至点，使，连接， 易得，则，，， 所以，则， 的周长为. （2）法一： ， 由①得，当且仅当时取等号③， 将③变形得，， 所以或（舍去）， 所以， 所以面积的最小值为， 法二：设，，则，， 由第一问知，， 所以， 因为，所以，展开得， 由基本不等式变形可得，解得， 所以，所以面积的最小值为. 36．（2023·24高一下·四川自贡·期末）在中，内角所对的边分别为． (1)若，求证：； (2)在（1）条件下，若均为锐角，求的取值范围． (3)若为锐角且，求周长的最小值． 【答案】(1)证明见详解 (2) (3) 【详解】（1）因为，由正弦定理可得， 又因为， 代入可得，即， 因为，则，故， 可得或，即或（舍去）， 所以． （2）因为为锐角三角形，，所以， 由题意可得，解得； 因为， 因为，则，可得， 令，则在上单调递增， 且，可知， 所以的取值范围为． （3）因为， 可得， 因为为锐角，则有： 若，即，则， 且在内单调递增， 可得，且，， 即，， 可得，不合题意； 若，即，则， 且在内单调递增， 可得，且，， 即，， 可得，不合题意； 若，即，则，， 即，， 可得，符合题意； 综上所述：，即，可得， 又因为，即， 可得， 当且仅当时，等号成立， 则，所以周长的最小值为. 【点睛】关键点点睛：对于第三问：整理可得，分类讨论之间的大小关系，进而可得. 题型九 解三角形的图形综合 37．（2024·河南·三模）如图，在中，角所对的边分别为，已知，的平分线交边于点边上的高为边上的高为，，则 ； .    【答案】 【详解】在中，可知， 因为，且为的平分线，可知， 则， 在中，可得， 在中，可得， 所以； 因为， ， 在中，由正弦定理可得， 则，解得， 由正弦定理可得， 且为的平分线，则，可得， 在中，由正弦定理可得， 在中，可知，则， 在中，可知， 在中，可知， 所以. 故答案为：；. 38．（2023·24高一下·江西萍乡·期末）如图，某城市为升级沿河直线绿道的沿途风景，计划在以为直径的半圆形空地内部修建一块矩形枫叶林（，在上，，在半圆上，为圆心），已知全长. (1)求枫叶林面积的最大值； (2)为方便游客休憩打卡，计划在的另一侧修建观景木质栈道，已知段每米的造价为元，段每米的造价是段的两倍，，求修建观景木质栈道所需的费用最多为多少元（结果用表示）. 【答案】(1)； (2)元. 【详解】（1）设，则，且，， 所以， 故当，即时，矩形枫树林面积取得最大值，为. （2）因为，所以，记， 由正弦定理有，，， 则 ， ，其中，，且， 当时，取得最大值， 所以修建观景木质栈道所需的费用最多为元. 39．（2023·24高一下·云南·期末）为解决社区老年人“一餐热饭”的问题，某社区与物业、第三方餐饮企业联合打造了社区食堂，每天为居民提供品种丰富的饭菜，还可以提供送餐上门服务，既解决了老年人的用餐问题，又能减轻年轻人的压力，受到群众的一致好评.如图，送餐人员小夏从处出发，前往，，三个地点送餐.已知，，，且，. (1)求的长度. (2)假设，，，均为平坦的直线型马路，小夏骑着电动车在马路上以的速度匀速行驶，每到一个地点，需要2分钟的送餐时间，到第三个地点送完餐，小夏完成送餐任务.若忽略电动车在马路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，电动车的启动和停止…），求小夏完成送餐任务的最短时间. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）因为，，所以， 在中，由余弦定理，得 . （2）在中，由余弦定理，得， 所以， 所以. 在中，由余弦定理，得 ，解得. 假设小夏先去地，走路线，路长， 假设小夏先去地，因为，所以走路线，路长， 假设小夏先去地，走路线，路长， 由于， 所以小夏走路线，且完成送餐任务的最短时间为. 40．（2023·24高一下·广东佛山·期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，D是BC上的中点，. (1)求的大小； (2)E是AB上一点，，求DE的长度. 【答案】(1) (2) 【详解】（1）设，则，因为，，所以， 在中，由余弦定理可得① 在中，由余弦定理可得② 由①②得，，，， 所以，又因为，所以，所以. （2）由（1）知，，，且，所以. 题型十 复数模的最值范围问题 41．（2023·24高一下·山东青岛·期末）已知i为虚数单位，复数z满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D．0 【答案】A 【详解】设，则，得 ， 所以，化简得， 所以， 所以 ，当时取等号， 所以的最小值为. 故选：A 42．（2023·24高一下·四川雅安·期末）在复平面内，满足的复数对应的点为，复数对应的点为，则的值不可能为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】A 【详解】因为， 设，则，又，即， 所以，即，所以在以为圆心，半径的圆上， 又复数对应的点为，所以，所以， 所以，表示圆上的点与点的距离， 又， 所以，即，结合选项可知只有A不可能.    故选：A 43．（2023·24高一下·山东滨州·期末）（多选）设为复数（为虚数单位），下列结论正确的是（    ） A．对任意复数，，有 B．对任意复数，，若，则 C．设，若，则复数在复平面内对应的点位于第一象限 D．设，在复平面内对应的点为，满足条件的点的集合所构成区域的面积为 【答案】AC 【详解】对于A：设、， 则 ， ， 故，故A正确； 对于B：令，，则，， 所以，， 满足，但是，故B错误； 对于C：因为， 所以，则， 所以，所以复数在复平面内对应的点为，位于第一象限，故C正确； 对于D：设，因为，所以， 则，表示以为圆心，大圆的半径，小圆的半径的圆环（不包含小圆上的点）， 所以满足条件的点的集合所构成区域的面积为，故D错误. 故选：AC 题型十一 外接球与内切球 44．（2023·24高一下·四川成都·期末）四面体中，若，，，则此四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】    设点在平面的射影为，，因为， 所以，这表明点为三角形外接圆的圆心， 注意到，， 所以由正弦定理可得，解得， 所以外接球球心在的延长线上， 设外接球的半径为，则，解得， 所以此四面体的外接球的表面积为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是首先得出三棱锥的高以及底面外接圆的半径，从而得外接球的半径，由此即可顺利得解. 45．（2023·24高一下·浙江杭州·期末）（多选）“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（    ）    A． B． C． D．的最大值为 【答案】AD 【详解】对于A，由题得，，，， 所以，所以，故A正确； 对于B，设圆台上下底面的半径和母线长分别为，圆台容球的轴截面如图所示，    因为， 所以， 所以，且， 所以， 又，所以，所以， 所以， ， 所以， 所以，故B错误； 对于C，设圆锥的底面半径、高和母线长为、和，圆锥容球的轴截面如图所示，    则由得， 整理得即①， 因为, 所以，故， 所以，所以即②， 由①②得即，整理得， 所以由①得， 所以，， 所以， 所以，故C错误； 对于D，由题意可知，所以由C得， 当且仅当即时等号成立，故的最大值为，故D正确. 故选：AD. 【点睛】思路点睛：对于圆台的体积和表面积，先由三角形全等得，接着由得，进而由台体体积公式和表面积公式计算求出和即可得和；对于圆锥的体积和表面积，先由得①，接着由和得②，从而由①②得和，再由锥体体积公式和表面积公式即可求出和，进而得. 46．（2023·24高一下·贵州贵阳·期末）在一个棱长为4的正方体封闭容器内放入一个半径为1的小球，摇晃容器使得小球在容器内朝着任意方向自由运动，则容器内小球不可能到达的容积为 ． 【答案】 【详解】    如上图所示，假设小球与正方体同一个顶点的三个相邻面相切时对应两个切点为，小球与正方体同一个棱的两个相邻面相切可看成是从切点对应移动到，移动长度为2， 不难求出小球与同一个顶点的三面相切时不能到达的容积为， 正方体有8个顶点，合计； 小球与正方体一组相邻面相切时不能到达的容积为， 正方体有12条棱，合计；总计. 故答案为：. 47．（2023·24高一下·山东青岛·期末）已知正四面体的棱长为，球与正四面体六条棱相切，球与正四面体四个面相切，则两个球的体积比 ． 【答案】 【详解】将四面体补成正方体，则四面体的棱长全是该正方体的面对角线， 球与正四面体六条棱相切，则球为正方体的内切球，且切点为面对角线的中点， 正四面体的棱长为， 设正方体的棱长为，则， 则， 故正方体内切球的半径， 正四面体的棱长为， 设底面三角形的高为，则， 即， 底面三角形的面积 顶点在底面的投影位为底面三角形高的处， 设正四面体的高为， 由勾股定理得， 则正四面体的体积为， 球与正四面体四个面相切， 则球心到正四面体的各个面的距离都相等，且为半径， 则正四面体的体积为， 则由等体积法得， 可得， 则. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：对于正四面体的棱切球，可以转化为正方体的内切球，方便理解与运算. 48．（2023·24高一下·辽宁·期末）在三棱锥中，，，△是正三角形，，则三棱锥的体积为 ；此三棱锥外接球的表面积为 . 【答案】 【详解】如图，取中点，连接，. 由题知△是正三角形，△是等腰直角三角形， 所以，，又，，面，所以. 根据题意得，，， 在△中，，所以， 所以，， 则三棱锥的体积. 因为，且为中点，所以P为外接圆的圆心， 设为外接圆的圆心，则， 过点P作平面BCD的垂线，过作平面的垂线，则两条垂线的交点即为球心O， 由可得，所以， 球的半径即为，此三棱锥外接球的表面积为. 故答案为：；. 题型十二 空间角 49．（2023·24高一下·安徽合肥·期末）如图，在矩形中，为的中点，将沿翻折．在翻折过程中，当二面角的平面角最大时，其正弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】 在图1中，过作的垂线，垂足为，交于，交于. 在图2中，设在平面内的射影为，则在直线上，过作的垂线，垂足为，连接， 因为平面，平面， 所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以， 因为，平面，平面，平面平面， 所以为二面角的平面角. 设．， 由，可得． 即有， 令，可得， 其中， 解得，则，等号成立当且仅当． 当二面角的平面角最大时，其正切值为，此时它的正弦值为． 故选：B． 50．（2023·24高一下·四川南充·期末）已知菱形的边长为2，且，将菱形沿对角线翻折成直二面角，则异面直线与所成角的余弦值是 ；二面角的余弦值是 ． 【答案】 /0.75 【详解】如下图，过点作，连接， 结合题意可知为的中点，且， 所以即为二面角的平面角，由题意可知，. 因为，，所以，， 所以，且，进而得到， 因为，则异面直线与所成角即为或其补角， 在中，由余弦定理可得， 则异面直线与所成角的余弦值是； 取的中点，连接，因为，， 所以，，则即为所求二面角的平面角， 在中，因为，， 所以，同理， 在中，由余弦定理可得， 故答案为：；. 【点睛】关键点点睛：本题第二空的关键是作出二面角所表示的平面角，再结合勾股定理和余弦定理即可. 51．（2023·24高一下·上海·期末）如图所示，点是平面外一点，平面，点是线段的中点. (1)求证:平面 (2)问：是否存在线段上的一点，使得对线段上的任一动点，均有平面成立？若存在，请指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由； (3)若，二面角为，求的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2)存在，点为的中点，证明见解析； (3). 【详解】（1） 如图，取中点，连接， ∵分别是的中点，∴. ∵平面，平面，平面平面， ∴. ∵，∴, ∴四边形为平行四边形，∴， ∵平面，平面，∴平面. （2）存在，点为的中点.证明如下： 如图，取的中点，连接. ∵分别是的中点，∴. ∵平面，平面，∴平面. 由（1）得，平面， ∵，平面，平面，∴平面平面， ∵平面，∴平面. （3） 如图，过点作平面，垂足为，过点作，垂足分别为，连接. ∵平面，平面，平面，∴，. ∵，，平面，平面，∴平面， ∵平面，∴，故为二面角的平面角，即. 设， 在中，由得，，∴. 在中，由得，， 在中，， ∴，同理得，即 ∴，即的余弦值为. 52．（2023·24高一下·安徽·期末）如图，在四棱锥中，为边上的中点，为边上的中点，平面平面，．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)若直线与底面所成角的余弦值为，求二面角的正切值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【详解】（1）证明：法一：连接，    在中，因为为对应边上的中点， 所以为中位线，， 又平面平面， 平面； 法二：设中点为中点为，连接，    在中，因为为对应边上的中点， 所以为中位线，且， 同理，在中，且， 且， 四边形为平行四边形， ， 又平面平面， 平面； （2）在四边形中，， 所以都为等腰直角三角形，即， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以直线平面， 又平面，所以， 又平面，所以平面． （3）直线与底面所成角的余弦值为，且平面， 直线与底面所成的角为，又， 则， 在中，， ， 设的中点为，连接，过点作的垂线交于，连接，    由（1）知，，且平面， 则平面，平面，， 平面，平面， 平面，，又， 则是二面角的平面角， ， ， 设二面角的平面角为，则二面角的正切值为． 【点睛】关键点点睛：第三问的关键是得到是二面角的平面角，再结合解三角形知识即可顺利得解. 53．（2023·24高一下·山西大同·期末）如图1，在中，，，点，分别为边，的中点，将沿着折起，使得点到达点的位置，如图2，且二面角的大小为． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在，的长为或 【详解】（1）在中，，，所以， 所以，又点，分别为边，的中点， 所以，，，所以，， 所以，， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． （2） 因为，，所以二面角的平面角为， 所以，又，所以是等边三角形， 取的中点，连接，如图所示，所以，，， 由（1）知平面，又平面，所以， 又，所以，又，平面， 所以平面，因为，平面，平面， 所以平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以，， 在中，，，， 所以， 设点到平面的距离为，又，所以， 解得，即点到平面的距离为． （3）由（2）知平面，所以与平面所成的角为． 在中，，，，设， 由余弦定理得． 因为平面，又平面，所以， 所以， 即，所以， 整理得，解得或， 故在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为， 的长为或． 【点睛】方法点睛：翻折问题的解题策略是确定翻折前后“变”与“不变”的关系，一般地，位于“折痕”同侧的线面之间的位置关系和数量关系不变，而位于“折痕”两侧的线面之间的位置关系和数量关系可能会发生变化.对于不变的关系，可以在平面图形中处理，对于变化的关系，则要在立体图形中处理. 题型十三 截面问题 54．（2023·24高一下·辽宁葫芦岛·期末）（多选）如图，正方体的棱长为为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（    ） A．直线与直线所成角的正切值为 B．当时，S为等腰梯形 C．当时，S与交于点，则 D．当时，S为五边形 【答案】BCD 【详解】正方体的棱长为为的中点， 对于A，，直线与直线所成角为， 所以，A错误； 对于B，，即为中点，此时，， ，则截面为等腰梯形，B正确； 对于C，，连接并延长交延长线于，直线交于， 由，得，由是的中点，，得， 因此，C正确； 对于D，若，连接并延长交延长线于，直线交于， 交延长线于点，连接交于点，连接得截面， 过点的平面与正方体的5个表面相交， 因此截面是五边形，D正确 故选：BCD. 【点睛】关键点点睛：用一个平面去截几何体，此平面与几何体的交集叫做这个几何体的截面，利用平面的性质确定截面形状是解决截面问题的关键． 确定截面的依据如下：（1）平面的四个公理及推论；（2）直线和平面平行的判定和性质；（3）两个平面平行的性质；（4）球的截面的性质． 55．（2023·24高一下·江西·期末）（多选）如图，在棱长为4的正方体中，为棱的中点，，过点的平面截该正方体所得的截面为，则（    ） A．不存在，使得平面 B．当平面平面时， C．线段长的最小值为 D．当时， 【答案】BCD 【详解】当时，与重合，与重合， 易证平面，即存在，使得平面，故A错误； 若平面平面，因为平面平面，平面平面， 所以，设，因为为的中点， 所以为的中点，所以，延长到，使得， 同理可得，又，所以，又为的中点， 所以，所以，所以，故B正确； 由题意知，且， 故 （当且仅当时等号成立），当且仅当时等号成立， 所以，故C正确； 当时，易得为正六边形（如图六边形），其边长为， 故的面积为 .， 所以，故D正确. 故选：BCD. 56．（2023·24高一下·山西晋中·期末）如图，在长方体中，，，为的中点，过的平面分别与棱，交于点E，F，且，则截面四边形的面积为 . 【答案】 【详解】如图： 过点B作的平行线分别与，的延长线交于G，H，连接，， 并分别与，交于E，F，因为，且平面，平面， 所以平面，所以平面即为平面，因为，， 所以，所以四边形为菱形，且，， 所以. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：解决截面问题的关键是根据平面的性质结合题意作截面图形，一般作平面内与已知直线的平行线或者相交线，考查学生的空间想象能力. 题型十四 轨迹问题 57．（2023·24高一下·吉林通化·期末）在三棱柱中，平面是棱上的动点，直线与平面所成角的最大值是，点在底面内，且，则点的轨迹长是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】连接，因为平面，所以为直线与平面所成角， 所以，又直线与平面所成角的最大值是， 所以，当且仅当取最小值时取得最大值， 因为，所以当时取最小值，此时， 所以， 又点在底面内，且，连接， 因为平面，平面，所以， 所以， 所以点在以为圆心，为半径的圆（圆弧）上，且圆心角为， 所以点的轨迹长为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键是由线面角求出的长度，再由勾股定理求出，即可确定的轨迹. 58．（2023·24高一下·安徽铜陵·期末）截交线，是平面与空间形体表面的交线，它是画法几何研究的内容之一.当空间形体表面是曲面时，截交线是一条平面曲线；当空间形体表面由若干个平面组成时，截交线是一个多边形.已知正三棱锥，满足，点在内部（含边界）运动，且，则点的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】 由题意可知，正三棱锥，满足， 可得平面，得底面正的边长为，设正的中心为， 由，即， 得，又， 点在内部（含边界）运动，且， 所以点的轨迹是以为球心，半径为的球面与内部（含边界）包含的平面相交所得的弧， 即点的轨迹是以为圆心，为半径的圆在内部（含边界）的弧， 如图，作于，圆与交点为，则， ， 所以，则，所以， 则点的轨迹在内部（含边界）的弧所对的圆心角为， 则弧长为， 即点的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为. 故选：A. 59．（2023·24高一下·云南曲靖·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，点是正方形内一动点（包括边界），则（    ） A．平面 B．若，则点的轨迹长度为 C．若平面，则点的轨迹长度是 D．当点在直线上运动时，的最小值是 【答案】ABD 【详解】对于A，连接，因为四边形为正方形，所以， 因为平面，平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可证， 因为，平面，所以平面，所以A正确， 对于B，因为平面，平面 ，所以， 因为，，所以， 所以点在以为圆心，1为半径的弧上，如图在上， 所以点的轨迹长度为，所以B正确； 对于C，连接，因为平面∥平面， 平面平面，平面平面， 所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面， 同理可证∥平面， 因为，平面， 所以平面∥平面， 所以当平面时，∥平面， 因为平面平面， 所以点的轨迹为，所以C错误； 对于D，如图，将平面和平面展在同一个平面，则 ，当三点共线时取等号， 因为， 所以， 即的最小值是，所以D正确， 故选：ABD 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查立体几何中的轨迹问题，考查空间中最短距离问题，解题的关键是根据题意结合图形分析点线面的关系，考查空间想象能力，属于较难题. 60．（2023·24高一下·江苏南京·期末）（多选）已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设E为空间内任一点，且A，B，C，D，E五点在同一个球面上，则（    ） A．四面体的表面积为 B．四面体的体积为 C．当时，点E的轨迹长度为 D．当三棱锥的体积为时，点的轨迹长度为 【答案】AC 【详解】对于A中，因为四面体的各个面均为全等的等腰三角形， 且， 设为的中点，连接，则， 所以， 则四面体的表面积为，所以A正确； 对于B中，将四面体放入长方体中，如图所示， 设长方体的相邻的三条棱长分别为， 则，解得， 由，所以异面直线和的距离为， 因为为的中点，在等腰和中，可得， 又因为且平面，所以平面， 所以四面体的体积为，所以B错误； 对于C中，由四面体的外接球和补成的长方体的外接球为同一个球， 设四面体的外接球的半径为，可得，所以， 由，可得点的轨迹为一个圆，设轨迹圆的半径为， 则，解得， 所以轨迹的长度为，所以C正确； 对于D中，由题意得，所以， 所以的外接圆的半径为， 所以球心到所在平面的距离为， 设三棱锥的高为， 由三棱锥的体积为时，可得， 解得，又由， 所以点的轨迹为外接球上平行于平面且到平面的距离为的两个截面圆， 其中一个圆为外接球的大圆，所以点的轨迹长度大于， 因为点的轨迹为外接球上平行于平面两个截面圆，所以轨迹的长度大于，所以D错误. 故选：AC. $$高一下学期期末真题精选（十四大压轴题型专练） 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 · 题型一 三角函数的最值与取值范围问题 · 题型二 利用三角函数性质求参数w · 题型三 三角函数性质的综合 · 题型四 向量数量积的最值范围 · 题型五 向量模的最值范围 · 题型六 平面向量中的新定义问题 · 题型七 三角恒等变换的化简 · 题型八 解三角形的最值范围问题 · 题型九 解三角形的图形综合 · 题型十 复数模的最值范围问题 · 题型十一 外接球与内切球 · 题型十二 空间角 · 题型十三 截面问题 · 题型十四 轨迹问题 题型一 三角函数的最值与取值范围问题 1．（2023·24高一下·广东佛山·期末）函数的最小值和最大值分别为（    ） A． B． C． D． 2．（2023·24高一下·陕西榆林·期末）已知函数在区间上的最大值记为，则的取值范围为 ． 3．（2023·24高一下·北京东城·期末）已知函数的一条对称轴为，且函数在上具有单调性，，则的最小值为 ． 4．（2023·24高一下·浙江衢州·期末）已知函数的最大值为，最小值为，则 . 5．（2023·24高一下·江苏南通·期末）如图，在直角坐标系中，点P是单位圆上的动点，过点P作x轴的垂线，垂足为M，过O作射线交的延长线于点Q，使得，记，，且． (1)若，求的值； (2)已知函数，，记的最小值为．若，求m的值及此时的最大值． 题型二 利用三三角函数性质求参数w 6．（2023·24高一下·甘肃兰州·期末）已知函数在区间上恰有3个零点，则的取值范围是 ． 7．（2023·24高一下·浙江杭州·期末）若函数满足且在区间上单调递减．则的取值范围是 ． 8．（2023·24高一下·福建福州·期末）已知函数的图像与轴交点的纵坐标为，且在区间上无最大值，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 9．（2023·24高一下·福建漳州·期末）已知函数的图象过点，且在区间单调递增，则的取值范围为 ． 10．（2023·24高一下·江苏常州·期末）若函数在区间上有且仅有5条对称轴，则取值范围是（    ） A． B． C． D． 题型三 三角函数性质的综合 11．（2023·24高一下·上海闵行·期末）已知函数过点，且图象对称中心为，函数的两相邻对称中心之间的距离为1，且对任意的，恒成立．若方程在上的所有根之和等于2028，则满足条件的构成的集合为 ． 12．（2023·24高一下·福建泉州·期末）（多选）已知，则下列结论正确的是（    ） A．为偶函数． B．的图象关于直线对称． C．当且时，在内恰有2025个零点． D．，，则的最大值为． 13．（2023·24高一下·湖南邵阳·期末）（多选）已知函数，则下列结论正确的是（    ） A．直线为函数的图象的一条对称轴 B．函数在上单调递增 C．函数在上单调递增 D．， 14．（2023·24高一下·安徽合肥·期末）已知函数分别是定义在上的偶函数和奇函数，且，若函数有唯一零点，则实数的值为（    ） A．或 B．或1 C．或2 D．1或 15．（2023·24高一下·湖北·期末）已知定义在R上的函数满足，当时，，若对任意，都有，则实数m的最大值为 ． 题型四 向量数量积的最值范围 16．（2023·24高一下·湖南张家界·期末）如图，在梯形ABCD中，，，，，，若M，N是线段BC上的动点，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 17．（2023·24高一下·上海闵行·期末）中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中，若点P是其内部任意一点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 18．（2023·24高一下·福建泉州·期末）在菱形中，，，，，已知点M在线段上，且，则 ，若点N为线段上一个动点，则的最小值为 ． 19．（2023·24高一下·上海普陀·期末）“燕山雪花大如席”，北京冬奥会开幕式将传统诗歌文化和现代奥林匹克运动联系在一起，天衣无缝，让人们再次领略了中国悠久的历史积淀和优秀传统文化恒久不息的魅力.顺次连接图中各顶点可近似得到正六边ABCDEF.若正六边形的边长为1，点P是其内部一点（包含边界），则的取值范围为 . 20．（2023·24高一下·天津·期末）如图，在平面四边形中，，，，.若点为边上的动点（不与、重合），则的取值范围为 . 题型五 向量模的最值范围 21．（2023·24高一下·上海杨浦·期末）如图，定圆的半径为3，A，B为圆上的两点，且的最小值为2，则 ． 22．（2023·24高一下·江苏无锡·期末）点是边长为2的正三角形的三条边上任意一点，则的最小值为 . 23．（2023·24高一下·广东广州·期末）已知平面向量，，，且，.已知向量与所成的角为60°，且对任意实数恒成立，则的最小值为（   ） A． B． C． D． 题型六 平面向量中的新定义问题 24．（2023·24高一下·山东济南·期末）如图，设，是平面内夹角为的两条数轴，，分别是与轴、轴正方向同向的单位向量.若向量，则有序数对叫做点在坐标系中的坐标.在该坐标系下，，，为不共线的三点，下列结论错误的是（    ）    A．线段中点的坐标为 B．重心的坐标为 C．，两点的距离为 D．若，则，，三点共线 25．（2023·24高一下·山东·期末）（多选）定义：两个向量的叉乘，则以下说法正确的是（   ） A．若，则 B． C．若四边形为平行四边形，则它的面积等于 D．若，则的最小值为 26．（2023·24高一下·山东临沂·期末）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点．已知平面内点，，把点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为 ． 27．（2023·24高一下·湖南长沙·期末）如图，设是平面内相交成角的两条数轴，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序实数对叫做向量在坐标系中的坐标，记作.在此坐标系中，若，分别是的中点，分别与交于两点. (1)求：； (2)求的坐标； (3)若点M在线段上运动，设，求的最大值. 题型七 三角恒等变换的化简 28．（2023·24高一下·湖南怀化·期末）已知，，则的值是（   ） A． B． C． D． 29．（2023·24高一下·湖南·期末）已知关于的方程在内有2个不同的解，，则（    ） A．1 B． C． D． 30．（2023·24高一下·江苏徐州·期末）已知，，，，，则（    ） A． B． C． D． 31．（2023·24高一下·河南许昌·期末）已知且满足，则的最大值为 ． 题型八 解三角形的最值范围问题 32．（2023·24高一下·福建莆田·期末）（多选）在中，，（为常数），的最大值为12，则（    ） A．为锐角 B．面积的最大值为8 C． D．周长的最大值为 33．（2023·24高一下·安徽合肥·期末）在中，角所对的边分别为，且，则下列结论错误的是（    ） A． B．若，则为直角三角形 C．若为锐角三角形，则的取值范围为 D．若为锐角三角形，的最小值为1 34．（2023·24高一下·江苏淮安·期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则的周长的取值范围为（    ） A． B． C． D． 35．（2023·24高一下·河南开封·期末）如图，正方形的边长为1，，分别为边，上的点（，不与点重合），已知． (1)求证：的周长为定值，并求出该定值； (2)求面积的最小值． 36．（2023·24高一下·四川自贡·期末）在中，内角所对的边分别为． (1)若，求证：； (2)在（1）条件下，若均为锐角，求的取值范围． (3)若为锐角且，求周长的最小值． 题型九 解三角形的图形综合 37．（2024·河南·三模）如图，在中，角所对的边分别为，已知，的平分线交边于点边上的高为边上的高为，，则 ； .    38．（2023·24高一下·江西萍乡·期末）如图，某城市为升级沿河直线绿道的沿途风景，计划在以为直径的半圆形空地内部修建一块矩形枫叶林（，在上，，在半圆上，为圆心），已知全长. (1)求枫叶林面积的最大值； (2)为方便游客休憩打卡，计划在的另一侧修建观景木质栈道，已知段每米的造价为元，段每米的造价是段的两倍，，求修建观景木质栈道所需的费用最多为多少元（结果用表示）. 39．（2023·24高一下·云南·期末）为解决社区老年人“一餐热饭”的问题，某社区与物业、第三方餐饮企业联合打造了社区食堂，每天为居民提供品种丰富的饭菜，还可以提供送餐上门服务，既解决了老年人的用餐问题，又能减轻年轻人的压力，受到群众的一致好评.如图，送餐人员小夏从处出发，前往，，三个地点送餐.已知，，，且，. (1)求的长度. (2)假设，，，均为平坦的直线型马路，小夏骑着电动车在马路上以的速度匀速行驶，每到一个地点，需要2分钟的送餐时间，到第三个地点送完餐，小夏完成送餐任务.若忽略电动车在马路上损耗的其他时间（例如：等红绿灯，电动车的启动和停止…），求小夏完成送餐任务的最短时间. 40．（2023·24高一下·广东佛山·期末）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，D是BC上的中点，. (1)求的大小； (2)E是AB上一点，，求DE的长度. 题型十 复数模的最值范围问题 41．（2023·24高一下·山东青岛·期末）已知i为虚数单位，复数z满足，则的最小值为（    ） A． B． C． D．0 42．（2023·24高一下·四川雅安·期末）在复平面内，满足的复数对应的点为，复数对应的点为，则的值不可能为（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 43．（2023·24高一下·山东滨州·期末）（多选）设为复数（为虚数单位），下列结论正确的是（    ） A．对任意复数，，有 B．对任意复数，，若，则 C．设，若，则复数在复平面内对应的点位于第一象限 D．设，在复平面内对应的点为，满足条件的点的集合所构成区域的面积为 题型十一 外接球与内切球 44．（2023·24高一下·四川成都·期末）四面体中，若，，，则此四面体的外接球的表面积为（    ） A． B． C． D． 45．（2023·24高一下·浙江杭州·期末）（多选）“圆柱容球”作为古希腊数学家阿基米德最得意的发现，被刻在他的墓碑上.马同学站在阿基米德的肩膀上，研究另外两个模型：“圆台容球”，“圆锥容球”，如下图，半径为R的球分别内切于圆柱，圆台，圆锥.设球，圆柱，圆台，圆锥的体积分别为.设球，圆柱，圆台，圆锥的表面积分别为，则以下关系正确的是（    ）    A． B． C． D．的最大值为 46．（2023·24高一下·贵州贵阳·期末）在一个棱长为4的正方体封闭容器内放入一个半径为1的小球，摇晃容器使得小球在容器内朝着任意方向自由运动，则容器内小球不可能到达的容积为 ． 47．（2023·24高一下·山东青岛·期末）已知正四面体的棱长为，球与正四面体六条棱相切，球与正四面体四个面相切，则两个球的体积比 ． 48．（2023·24高一下·辽宁·期末）在三棱锥中，，，△是正三角形，，则三棱锥的体积为 ；此三棱锥外接球的表面积为 . 题型十二 空间角 49．（2023·24高一下·安徽合肥·期末）如图，在矩形中，为的中点，将沿翻折．在翻折过程中，当二面角的平面角最大时，其正弦值为（    ） A． B． C． D． 50．（2023·24高一下·四川南充·期末）已知菱形的边长为2，且，将菱形沿对角线翻折成直二面角，则异面直线与所成角的余弦值是 ；二面角的余弦值是 ． 51．（2023·24高一下·上海·期末）如图所示，点是平面外一点，平面，点是线段的中点. (1)求证:平面 (2)问：是否存在线段上的一点，使得对线段上的任一动点，均有平面成立？若存在，请指出点的位置，并证明你的结论；若不存在，请说明理由； (3)若，二面角为，求的余弦值. 52．（2023·24高一下·安徽·期末）如图，在四棱锥中，为边上的中点，为边上的中点，平面平面，．    (1)求证：平面； (2)求证：平面； (3)若直线与底面所成角的余弦值为，求二面角的正切值． 53．（2023·24高一下·山西大同·期末）如图1，在中，，，点，分别为边，的中点，将沿着折起，使得点到达点的位置，如图2，且二面角的大小为． (1)求证：平面平面； (2)求点到平面的距离； (3)在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由． 题型十三 截面问题 54．（2023·24高一下·辽宁葫芦岛·期末）（多选）如图，正方体的棱长为为的中点，为线段上的动点，过点的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（    ） A．直线与直线所成角的正切值为 B．当时，S为等腰梯形 C．当时，S与交于点，则 D．当时，S为五边形 55．（2023·24高一下·江西·期末）（多选）如图，在棱长为4的正方体中，为棱的中点，，过点的平面截该正方体所得的截面为，则（    ） A．不存在，使得平面 B．当平面平面时， C．线段长的最小值为 D．当时， 56．（2023·24高一下·山西晋中·期末）如图，在长方体中，，，为的中点，过的平面分别与棱，交于点E，F，且，则截面四边形的面积为 . 题型十四 轨迹问题 57．（2023·24高一下·吉林通化·期末）在三棱柱中，平面是棱上的动点，直线与平面所成角的最大值是，点在底面内，且，则点的轨迹长是（    ） A． B． C． D． 58．（2023·24高一下·安徽铜陵·期末）截交线，是平面与空间形体表面的交线，它是画法几何研究的内容之一.当空间形体表面是曲面时，截交线是一条平面曲线；当空间形体表面由若干个平面组成时，截交线是一个多边形.已知正三棱锥，满足，点在内部（含边界）运动，且，则点的轨迹与这个正三棱锥的截交线长度为（    ） A． B． C． D． 59．（2023·24高一下·云南曲靖·期末）（多选）在棱长为2的正方体中，点是正方形内一动点（包括边界），则（    ） A．平面 B．若，则点的轨迹长度为 C．若平面，则点的轨迹长度是 D．当点在直线上运动时，的最小值是 60．（2023·24高一下·江苏南京·期末）（多选）已知四面体的各个面均为全等的等腰三角形，且.设E为空间内任一点，且A，B，C，D，E五点在同一个球面上，则（    ） A．四面体的表面积为 B．四面体的体积为 C．当时，点E的轨迹长度为 D．当三棱锥的体积为时，点的轨迹长度为 $$