专题03 北师大版2019高一下学期期末训练（考题猜想，压轴专项34题）（期末复习专项训练）高一数学下学期北师大版

专题03 北师大版（2019）必修第二册（期末压轴专项训练34题） 第一章 三角函数 1．（24-25高一下·北京海淀·期中）将函数图象上所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向左平移个单位，得到函数的图象，已知在上恰有5个零点．下列四个命题中： ①的图象关于点对称；   ②在内恰有5个最值点； ③在内单调递减；         ④的取值范围是． 所有真命题的序号是（    ） A．①③ B．①④ C．①②③ D．③④ 【答案】B 【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、求正弦（型）函数的对称轴及对称中心、结合三角函数的图象变换求三角函数的性质 【分析】根据正弦型函数的图象变换性质求出函数的解析式，结合正弦型函数零点的性质求出的取值范围，并根据正弦型函数的对称性、最值、单调性逐一判断即可. 【详解】因为函数图象上各点横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位，得到函数的图象， 所以函数的解析式为：， 当时，， 因为函数在上有且只有5个零点，， 所以，解得， 因为，， 所以当时，，此时解不等式组，得， 当时，，即， 此时不等式组的解集为空集，故④正确； ①：因为，所以的图象关于点对称， 故本命题是真命题； ②：因为，所以， 又因为，所以，而， 即当时，，此时函数有4个最值点，故本命题是假命题； ③：因为，所以， 又因为，所以，而，故本命题是假命题； 故选：B 2．（24-25高一下·江西南昌·阶段练习）已知，函数在上单调递增，且对任意，都有，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】求含sinx(型)函数的值域和最值、利用正弦型函数的单调性求参数 【详解】由，可得， 依题意， 解得（*）. 又又，则， 故由（*）得，时，即①. 由，得， 因对任意，都有，则， 解得， 因为，故时，即②. 综合①，②，可得的取值范围为. 故选：C 3．（24-25高一下·北京·期中）已知函数满足：对任意，有． ①的最小值为 ； ②若恰有三个不同的值，使得在上单调递增，则正数的取值范围是 ． 【答案】 【知识点】由正弦（型）函数的值域（最值）求参数、求cosx型三角函数的单调性、利用余弦函数的单调性求参数、正、余弦型三角函数图象的应用 【分析】①根据题意要得出，从而可求解出，即可得的最小值； ②根据不同的值作出函数图象，再根据图象去分析区间端点值的范围，最后根据三个的值满足题意，来确定最终的取值范围. 【详解】①因为，且对任意的， 所以，，即， 所以，，则， 因为，故当时，取最小值； ②当时，，作图如下： 则在区间上递增，由于，则， 所以，则有，解得； 当时，，作图如下： 则在区间上递减，由于，则， 所以在不可能递增，故此时不满足题意； 当时，，作图如下：    则在区间上递增，由于，则， 所以，则有，解得； 当时，，作图如下： 则在区间上递减，由于，则， 所以在不可能递增，故此时不满足题意； 当时，，作图如下：     则在区间上递增，由于，则， 所以，则有，解得； 当时，，作图如下：      则在区间上递减，由于，则， 所以在不可能递增，故此时不满足题意； 当时，，作图如下：      则在区间上递增，由于，则， 所以，则有，解得； 综述以上四个不同的值以及满足题意的的取值范围分别是： 当时，；当时，； 当时，；当时，； 由于恰有三个不同的值，使得在区间上递增， 则正数的取值范围是， 故答案为：①；②. 【点睛】方法点睛：利用数形结合，根据不同的值，作出相应的图象，再根据单调区间中必有元素1，根据1这个隐藏条件，再去找到相应的递增区间来求出的取值范围，最后分析仅满足三个不同的值来确定最终的取值范围. 4．（24-25高一下·江西赣州·期中）若函数满足：当时，；；.若方程在区间上有且仅有6个不同实根，则的取值范围是 . 【答案】 【知识点】正切函数对称性的应用、函数与方程的综合应用 【分析】利用函数的周期性和对称性并结合正切函数的性质求出这7个根，再分析出满足有且仅有6个不同实根的情况，最后求解参数范围即可. 【详解】由题意，， 可得是以为周期的周期函数，且图象关于直线对称， 而当时，， 则在上，令，解得， 而方程在区间上有且仅有6个不同实根， 得到必须大于第个根，小于等于第个根， 当时，有， 则第二个根为，故方程在第一个周期上有，两个根， 我们利用正切函数的周期性，可以求出方程在区间上的前7个实根， 且前7个实根依次为，，，，，，， 得到，则. 故答案为： 5．（24-25高一下·江西·阶段练习）已知函数，点，分别为函数图象上的最高点和最低点，若线段的长度的最小值为，且，则的值为 . 【答案】 【知识点】三角函数综合 【分析】通过逐步分析画出在一个周期内的函数图象，根据长度的最小值得到等量关系，解方程可得结果. 【详解】令，则原函数可化为， ∴，的最小正周期为， 作出在上的函数图象，如图1， ∴在上的函数图象如图2， 由得，，的最小正周期为，故在的图象如图3， 如图，当点为一个周期内的最高点和最低点时，的长度最小，此时， ∵， ∴，即，解得. 故答案为：. 6．（24-25高一下·湖南·期中）已知函数的定义域为D，并满足以下条件： ①，； ②，， 则称函数为“上侧函数” 已知，（是自然对数的底数）． (1)判断，是否为“上侧函数”，并说明理由； (2)若函数是“上侧函数”． （i）当时，求的最大值； （ii）若，是否存在正整数k，满足：对于任意的，总存在，使成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．（参考不等式：） 【答案】(1)是“上侧函数”，不是“上侧函数”，理由见解析； (2)（i）；（ii）不存在，理由见解析 【知识点】基本不等式求和的最小值、函数新定义、函数不等式能成立（有解）问题 【分析】（1）根据“上侧函数”函数定义分析即可判断； （2）先根据“上侧函数”的定义和函数的结构特征得到（i）利用转化为，接着令将其化为，再利用基本不等式即可求解； （ii）分析时，对于任意的正整数k，当时，即可得证. 【详解】（1）是“上侧函数”，，且当，时，， 不是“上侧函数”，，不存在x，使得． （2）， 易知单调递增，当时，， 单调递增，当，即当时，，且恒成立， 可，即． （i）当时， ， 令，由，得， 上式化为， 当且仅当时等号成立，故最大值为． （ii）不存在，理由如下： 若，则，， 当时，，可得， 当时，，，可得． 对于任意的正整数k，当时，， ，，， ， 且当时，， 即对于任意的，不存在，，使得． 第二章 平面向量及其应用 1．（24-25高一下·北京·期中）如图，在中，D是AB的中点，O是CD上一点，且，其中所有正确结论的序号是（    ） ①； ②； ③过点O作一条直线与边AC，BC分别相交于点E，F，若，则； ④若是边长为1的正三角形，M是边AC上的动点，则的取值范围是 A．①④ B．②③ C．②④ D．①③④ 【答案】A 【知识点】数量积的坐标表示、解析法在向量中的应用、利用平面向量基本定理求参数 【分析】根据平面向量的线性运算可判定①，由线性运算及数量积运算可判定②，根据平面相机本定理可判定③，建立平面直角坐标系，利用坐标运算可判定④. 【详解】对于①，由题意，，，， 故，正确； 对于②，，错误； 对于③，， ， ， 因为E，O，F三点共线，所以， 即，解得，，错误； 对于④，以D为坐标原点，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，，， ，，， 设，， 因为， ， 所以，， 所以当时，有最小值为；当时，有最大值为， 即的取值范围是，正确； 故选：A 2．（24-25高一下·北京·阶段练习）已知，为不共线的单位向量，则以下四个向量中模最大者为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】向量加法的法则、向量减法的法则、平面向量基本定理的应用 【分析】依题意可得，再根据数量积的运算律及作差法比较大小，即可判断． 【详解】因为，为不共线的非零向量，且， 所以，因为，， ，， 因为， 所以， 因为， 所以， 因为， 所以， 所以的模最大． 故选：D. 3．（23-24高一下·北京丰台·期末）八卦是中国传统文化中的一部分，八个方位分别象征天、地、风、雷、水、火、山、泽八种自然现象.八卦模型如图1所示，其平面图形为正八边形，如图2所示，点O为该正八边形的中心，设，点P是正八边形边上任一点，下列结论中正确的个数是（    ） ①与的夹角为； ②； ③在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）； ④的取值范围是． A．1 B．2 C．3 D．4 【答案】C 【知识点】向量减法的法则、向量夹角的计算、坐标计算向量的模、求投影向量 【分析】根据平面向量夹角的定义即可判断①；根据正八面体的结构特征结合向量减法法则即可判断②；根据投影向量的定义即可判断③；以点为坐标原点建立平面直角坐标系，由正八面体的对称性，不妨设点在边上，再根据坐标公式计算即可判断④. 【详解】对于①，由题意， 则与的夹角为，故①错误； 对于②，由正八面体的结构特征得， 则，故②正确； 对于③，，即与的夹角为， 所以向量在向量上的投影向量为，故③正确； 对于④，， 如图，以点为坐标原点建立平面直角坐标系， 由正八面体的对称性，不妨设点在边上，设， 则， ， ，， 则 ， 当时，取得最大值， 当时，取得最小值， 所以的取值范围是， 故④正确. 故选：C. 【点睛】方法点睛：求向量的模的两种基本策略： （1）字母表示下的运算：利用，将向量模的运算转化为向量与向量的数量积的问题； （2）坐标表示下的运算：若，则，于是有. 4．（多选）（24-25高一下·江西萍乡·期中）在三角形中有如下结论：已知的内角所对的边分别为，点为内任意一点，则.根据上述结论，下列说法正确的有（    ） A．若是的重心，则 B．若是的内心，则 C．若，则 D．若是的外心，且，则 【答案】ACD 【知识点】三角形面积公式及其应用、向量加法法则的几何应用、图形的性质 【分析】根据三角形重心的性质，可判断A的真假；结合三角形内心与三角形面积之间的关系，可判断B的真假；确定点位置，可判断C的真假；结合三角形外接圆的性质与三角形的面积公式可判断D的真假. 【详解】对A：若为的重心，则，结合，所以，故A正确； 对B：若为的内心，设内切圆半径为，则，，， 所以，故B错误； 对C：如图： 因为，所以，，延长交于点， 则, 因为三点共线，所以. 设，则，，, 所以，故C正确； 对D：如图： 因为为的外心，且，设外接圆半径为， 则，，，， 所以，同理，， 结合， 可得. 又，所以，故D正确. 故选：ACD 5．（24-25高一下·江西南昌·期中）已知点O为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为．则的值为 ． 【答案】/ 【知识点】平面向量共线定理证明点共线问题、求投影向量 【分析】根据判断出，，三点共线，再结合外心的性质得到的形状，最后根据投影向量的定义求出的值. 【详解】已知，将其变形可得，即. 根据向量共线定理，可知与共线，所以，，三点共线. 因为点为的外心，则， 所以，即是直角三角形. 根据投影向量的定义求的值，， 可得，即， 又因为，所以，因为，所以. 的值为. 故答案为： 6．（24-25高一下·江西萍乡·期中）如图，游客从萍乡武功山旅游景区的金顶处下至处有两种路径：一种是先从沿索道乘缆车到，再从沿直线步行到；另一种是从沿直线步行到.现有甲、乙两位游客从金顶处下山，甲沿匀速步行，速度为：在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到.假设缆车匀速直线运动的速度为，，，. (1)乙在到达之前，乘缆车出发多少分钟时，与甲的距离最短？ (2)若，为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 【答案】(1) (2)（单位：） 【知识点】正弦定理解三角形、余弦定理解三角形、距离测量问题、分式不等式 【分析】（1）设乙在到达之前，乘缆车出发分钟时，与甲的距离为，利用余弦定理列方程，结合二次函数的性质求得的最小值； （2）先由正弦定理求得，再设乙步行的速度为，根据“两位游客在C处互相等待的时间不超过5min”列不等式，解之即得乙步行的速度的范围. 【详解】（1）设乙在到达之前，乘缆车出发分钟时，与甲的距离为，则，即， 由余弦定理，， 即， 因二次函数的对称轴为，开口向上， 故当时，甲乙两游客之间的距离最短. （2）因，则为锐角，则， 在中，由正弦定理，，则， 依题意，乙从出发时，甲已走了，还需要走才能到达， 设乙步行的速度为，由题意可得：，解得， 所以为了使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在（单位：）范围之内. 7．（24-25高一下·江西赣州·期中）如图，在中，点，，分别在边，，上，且，，交于点. (1)已知. （ⅰ）若是所在平面内任意一点，证明：； （ⅱ）若，，求的值； (2)若，，，证明：. 【答案】(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） (2)证明见解析 【知识点】向量的线性运算的几何应用、用基底表示向量 【分析】（1）（ⅰ）利用平面向量的线性运算证明即可. （ⅱ）利用平面向量的线性运算将用不同的基底表示，再利用系数相等建立方程，求解参数即可. （2）利用平面向量的线性运算得到，再设，进而得到，同理得到，，再联立这些方程消去变量证明结论即可. 【详解】（1）（ⅰ）因为，所以， 则，整理得. （ⅱ）设，则 ， 又 ， 所以，解得. （2）因为，所以， 则，整理得， 设，代入上式得，记为①， 同理可得，，设，， 可得，记为②，，记为③， 联立①②消去，联立①③消去， 可得，， 又因为，，中任意两个向量互不共线， 所以故有， 由得，由得， 又，故，即. 第四章 三角恒等变换 1．（24-25高一下·江西抚州·期中）定义有序实数对的“跟随函数”为.记有序数对的“跟随函数”为，若函数，，若直线与有且仅有四个不同的交点时，实数的取值范围（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】正弦函数图象的应用、辅助角公式、函数新定义 【分析】由“跟随函数”定义得出的解析式，再由分段函数性质和辅助角公式画出函数图象，利用数形结合思想求得实数的取值范围为. 【详解】根据题意可得，所以， 当时，， 当时，， 所以， 画出函数图象如下图所示： 易知当或时，取得最大值为2，当或时，； 当时，取得最小值为， 由图可知若直线与有且仅有四个不同的交点时，则. 即实数的取值范围为. 故选：B 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用“跟随函数”定义并画出函数的图象，结合交点个数即可求得结果. 2．（多选）（24-25高一下·江西·期中）在平面直角坐标系xOy中，角以坐标原点O为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，定义函数，则下列说法正确的是（   ） A．是函数的一条对称轴 B．函数是周期为的函数 C．函数的值域为 D．若，则函数的最大值为1 【答案】ABD 【知识点】由终边或终边上的点求三角函数值、求cosx(型)函数的值域、二倍角的余弦公式、函数新定义 【分析】对A，根据三角函数定义可得，，可得，代入验证判断；对B，由，利用周期公式求解判断；对C，代入运算可得，得解；对D，令，可得，运算判断. 【详解】由题意得在角的终边上，且，所以，，则， 对于A，因为，所以是函数的一条对称轴，故A正确； 对于B，，函数是周期为的函数，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，， 设，，则， 则， 由，得，所以， 所以当，即时，，故D正确. 故选：ABD. 3．（24-25高一下·北京·期中）如图，直线与函数,的图象在上从左到右依次交于点A,B,C,D．给出下列四个结论： ①； ②当时，； ③不等式的解集为； ④若，则m的取值范围是． 其中所有正确结论的序号为 ． 【答案】①③④ 【知识点】解正弦不等式、由图象确定正（余）弦型函数解析式、由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）、用和、差角的正弦公式化简、求值 【分析】对于①，根据正弦函数的对称性得到，且，从而，对于②，首先得到，根据正弦函数的性质和图像分析得到，，作出判断；对于③，，结合，利用两角和差公式得到，其中，所以，所以，解不等式即可；对于④，先得到，同②方法，得到时，和时，，结合单调性得到④正确.. 【详解】对于①，函数，，两函数周期均为， 两函数均可以由向左平移得到，又， 故点在的图象上，点在的图象上， 又，即， 且，从而，①正确. 对于②，时，令， 所以， 中，令， 且点在上点右侧的单调递减区间上， 故，解得， 中，令， 且点在上点右侧的单调递增区间上， 故，解得， 故，所以②错误； 对于③，，即， 因为，， 利用两角和差公式得到， 因为，，所以，所以， 所以，所以，， 解得，③正确. 对于④，由对称性可知，， ，即，所以， 当时，令， 所以， 中，令， 且点在上点右侧的单调递减区间上， 故，解得，故， 中，令， 且点在上点右侧的单调递增区间上， 故，解得， 故，此时， 当时，令， 所以， 中，令， 且点在上点右侧的单调递减区间上， 故，解得，故， 中，令， 且点在上点右侧的单调递增区间上， 故，解得， 故，此时， 又随着的增大，减小，增大，变小，即单调， 所以取值范围是，④正确. 故答案为：①③④ 4．（24-25高一下·北京·阶段练习）正弦波是频率成分非常单一的信号，其波形是数学上的正弦曲线，任何复杂信号，如光谱信号，声音信号等，都可由多个不同的正弦波复合而成，现已知某复合信号由三个振幅，频率相同的正弦波，，叠加而成，即，设，，，若图中所示为的部分图象，则下列所有正确序号的是 ． ① ②的最小正周期是 ③若，，则 ④不存在，使得恒为0 【答案】①②④ 【知识点】由单位圆求三角函数值、求正弦（型）函数的最小正周期、由图象确定正（余）弦型函数解析式、用和、差角的正弦公式化简、求值 【分析】对于①，根据图象得到，，，从而计算出；对于②，的最小正周期均为，②正确；对于③，法一：利用三角恒等变换变形得到，法二：代入特殊值检验；对于④，令，得到方程组，变形得到．同理可得，以上三个式子不能同时成立，故④正确． 【详解】对于①，由题图可知，，且，所以， 又，所以，因为，所以， 所以，故①正确． 对于②，因为，所以的最小正周期均为， 所以的最小正周期为，故②正确． 对于③，法一：若， 则 ， 法二：若，则， ， 而，两者不等，故③错误． 对于④，， 即， 展开得， 若等式恒成立，则则 平方求和得， 所以．同理可得， 以上三个式子不能同时成立，故④正确． 故答案为：①②④． 5．（24-25高一下·江西上饶·期中）已知函数 ，在区间 上单调递增，且关于点 中心对称，关于直线 轴对称. (1)求函数的解析式; (2)若对任意的 ，恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】(1) (2) 【知识点】由图象确定正（余）弦型函数解析式、函数不等式恒成立问题 【分析】（1）利用函数的单调性和对称性依次求出，即得函数解析式； （2）由题设知，当时，，取，问题等价于在时，二次函数恒成立，结合二次函数的单调性等性质，建立关于的不等式组，求解即得. 【详解】（1）因为，即对称中心在增区间 的中点位置，且函数关于直线 轴对称， 则函数的最小正周期满足，解得，故， 又，可得，即， 因为，所以，故， （2）当时，，， 设，则问题等价于在时，二次函数恒成立， 因为开口向上，则需使且，解得且， 故必有. 故实数m的取值范围为 0. 6．（24-25高一下·江西萍乡·期中）已知函数图象的一条对称轴和与其相邻的一个对称中心之间的距离为，且的图像过点. (1)若是奇函数，求的最小值； (2)令，记在区间上的零点从小到大依次为，求的值. 【答案】(1) (2) 【知识点】根据函数零点的个数求参数范围、利用正弦函数的对称性求参数、由正（余）弦函数的性质确定图象（解析式）、由奇偶性求参数 【分析】（1）由题意依次求得，，推得，根据是奇函数，得到，即可求得的最小值； （2）根据函数与方程的思想，将在区间上的零点个数即函数与函数在区间上的交点个数，通过作出余弦函数的图象，确定的值，利用图象对称性得到，将代入整理即可求得. 【详解】（1）依题意，函数的最小正周期满足，即，解得， 把点代入中，可得，因，则， 故函数解析式为. 因是奇函数，故， 则有，解得， 故当 时，取得最小值. （2）由 ，可得， 设，由可得， 则在区间上的零点个数即函数与函数在区间上的交点个数. 作出其图象如下：    由图知，两者共有6个交点，即，这些交点的横坐标依次为， 根据图象的对称性，可知， 则， 因，代入可得： ， 解得， 即. 7．（24-25高一下·江西景德镇·期中）已知函数，． (1)求的对称轴方程，单调递增区间； (2)若不等式对任意时恒成立，求实数应满足的条件； (3)将函数的图象横坐标变为原来的，得到函数的图象，若存在非零常数，对任意，有成立，求满足条件的实数的集合． 【答案】(1)对称轴方程为，单调递增区间为： (2) (3)答案见解析 【知识点】由正弦（型）函数的值域（最值）求参数、求图象变化前（后）的解析式、求sinx型三角函数的单调性、函数不等式恒成立问题 【分析】（1）利用整体法可求得对称轴方程和单调递增区间； （2）令，换元后进行参变分离可得，再利用换元法结合基本不等式可求得实数所满足的条件； （3）先求得函数的解析式，利用函数的值域可得，进而分类讨论可求得满足条件的实数的集合． 【详解】（1）由，可得， 所以的对称轴方程为 由，得， 所以的单调递增区间为； 所以的对称轴方程为单调递增区间为： （2） 令，， ∴，，， ，， 令，， ∴，解得：； （3）∵横坐标变为原来的， 可得 ∵，存在非零常数，对任意的， 成立，在上的值域为，在上的值域为， ∴ 当时，，所以， 即（且） 当时， 由诱导公式可得， 即， 所以当时，； 当时， 8．（24-25高一下·河南南阳·阶段练习）已知函数图象上两条相邻的对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，设． (1)求函数在上的值域； (2)若对任意的恒成立，求的最大值； (3)若任取，总存在，使成立，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【知识点】判断两个集合的包含关系、求含sinx(型)函数的值域和最值、求图象变化前（后）的解析式、根据二次函数的最值或值域求参数 【分析】（1）先根据周期确定的值，再求函数在上的值域. （2）先明确函数的解析式，再根据，分离参数得：，再转化为求函数的最小值即可. （3）把问题转化成两个函数值域的包含关系，求参数的取值范围. 【详解】（1）根据题意，函数的周期为. 由.所以. 当时，，所以，所以， 即所求函数的值域为：. （2）由题意：. 所以. 因为当时，，所以. 由. 因为（当时取“”）. 所以. 所以的最大值为：. （3）当时，的值域为. 设函数的值域为，由题意：. 设，则，则函数，，对称轴为. 所以，，. 由或. 当时，，所以函数在上单调递减，所以， 由； 当时，，所以函数在上单调递增，所以， 由. 综上的取值范围为：. 第五章 复数 1．（2024高一下·全国·专题练习）已知复数，满足，则 ． 【答案】 【知识点】求复数的模、由复数模求参数、复数加减法的代数运算 【分析】利用复数的代数形式，结合模的计算公式得到的值，从而利用整体法即可得解. 【详解】依题意，设， 则， 所以，，， 则，即， 则 . 故答案为：. 2．（23-24高一下·重庆·阶段练习）任意一个复数z的代数形式都可写成复数三角形式，即，其中i为虚数单位，，.棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗（1667～1754）创立.设两个复数用三角函数形式表示为：，，则：.如果令，则能导出复数乘方公式：.请用以上知识解决以下问题. (1)试将写成三角形式； (2)试应用复数乘方公式推导三倍角公式：；； (3)计算：的值. 【答案】(1) (2)推导过程见解析 (3) 【知识点】复数的乘方、复数的三角表示、三角函数的化简、求值——同角三角函数基本关系、三角恒等变换的化简问题 【分析】（1）求出复数的模，根据复数的三角形式，即可求得答案； （2）设模为1的复数为，利用复数的乘方运算，结合复数的相等以及同角的三角函数关系化简，即可推得结论； （3）由（2）的结论结合恒等变换推出，继而得，，再结合，化简，即可求得答案. 【详解】（1）由于，故， 则； （2）设模为1的复数为， 则 ， 由复数乘方公式可得， 故； （3）首先证明：； 由于，则， 则，故， 则可得 ， ， 所以 . 【点睛】难点点睛：本题考查了复数的新定义问题，解答时要注意理解棣莫弗定理的含义以及复数乘方的运算，解答的难点在于第三问的求值，解答时要利用三倍角公式结合恒等变换化简，并结合进行求解. 3．（23-24高一下·辽宁锦州·期末）已知i是虚数单位，a，，设复数，，，且. (1)若为纯虚数，求； (2)若复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面的坐标原点. ①是否存在实数a，b，使向量逆时针旋转后与向量重合，如果存在，求实数a，b的值；如果不存在，请说明理由； ②若O，A，B三点不共线，记的面积为，求及其最大值. 【答案】(1)或 (2)①存在，；②，最大值为2 【知识点】复数的向量表示、复数综合、已知复数的类型求参数、复数代数形式的乘法运算 【分析】（1）计算，然后使其实部为零，虚部不为零，再结合可求出的值，从而可求出求； （2）①方法一：由题意可得，然后解关于的方程组可得结果，方法二：设则，再由题意得，从而可求得结果， ②设向量的夹角为θ，，设复数所对应的向量为则，化简后再利用可求得其最大值. 【详解】（1）因为复数， 所以， 而为纯虚数，因此，即. 又因为，且，所以， 由，解得或， 所以或. （2）①存在，理由如下： 法一：由题意知：，得， 解得或 ， 因为OB逆时针旋转后与OA重合，所以； 法二：设是以x轴正半轴为始边，OB为终边的角，则， 所以即， 所以，所以 ， 且时，满足. 所以. ②因为复数，对应的向量分别是为坐标原点），且O，A，B三点不共线， 所以设向量的夹角为θ，，设复数所对应的向量为 则且， 因此的面积， ， 设，则， 当且仅当且，即或时等号成立， 所以，其最大值为2. 【点睛】关键点点睛：此题考查复数的运算，考查复数的有关概念的应用，考查复数的几何意义的综合应用，解题的关键是对复数的几何意义的正确理解，考查数学计算能力，属于较难题. 第六章 立体几何初步 1．（24-25高一下·北京·阶段练习）如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得到，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法错误的是（    ） A．在翻折过程中，存在某个位置使得 B．若，则与平面所成角的正切值为 C．三棱锥体积的最大值为 D．当时，的最小值为 【答案】D 【知识点】求线面角、线面垂直证明线线垂直、锥体体积的有关计算 【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断A，连接，证明平面，则即为与平面所成角的平面角，即可判断B，根据三棱锥体积公式，找底面面积和点到平面距离，当面面垂直时最大，算出体积最大值，判断C.把与沿展开到同一平面，用余弦定理算（即最小值），判断是否符合给定值,.判断D. 【详解】对于A，当平面与平面垂直时， ，平面与平面的交线为，平面, 平面，又平面， ，，故A正确； 对于B，连接， 因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 因为为的中点， 所以， 又平面， 所以平面， 则即为与平面所成角的平面角， 在中，，则， ， 所以， 即与平面所成角的正切值为，故B正确； 对于C，三棱锥的体积（为点到平面的距离）. . 当平面平面时，最大，的最大值为，此时，所以三棱锥体积的最大值为，选项C正确. 对于D，当时，因为为的中点， 所以，则， 又因为的中点，所以， 又，所以， 所以， 如图将沿旋转，使其与在同一平面内， 则当三点共线时，最小， 即的最小值为， 在中，， 则， 所以， 所以的最小值为，故D错误. 故选：D. 2．（多选）（24-25高一下·河南·期中）如图是一个圆台的侧面展开图，若，所在圆的半径分别是2和4，且，则（   ） A．圆台的侧面积为 B．圆台的高为 C．圆台的体积为 D．圆台内部可以容纳的球的直径最大为 【答案】BCD 【知识点】圆台的结构特征辨析、台体体积的有关计算、扇形面积的有关计算、多面体与球体内切外接问题 【分析】A选项，由扇形弧长和面积公式得到扇形和扇形的面积，相减得到A错误；B选项，求出圆台上下底面的半径，作出辅助线，由勾股定理求出圆台的高；C选项，根据圆台体积公式得到C正确；D选项，根据圆台的高得到当球的直径为时，半径为，求出此时球心到的距离为，得到D正确. 【详解】A选项，由题意得， 又，故， 扇形的面积为， 扇形的面积为， 故圆台的侧面积为，A错误； B选项，圆台母线长， 由题意得，， 解得，过点作⊥于点，为圆台的高， 则，， 由勾股定理得， 圆台的高为，B正确； C选项，圆台的体积为，C正确； D选项，由于圆台的高为，当球的直径为时，半径为， 梯形的面积为， ， ， 故， 又，故此时球心到的距离为， 而， 故圆台内部可以容纳的球的直径最大为，D正确. 故选：BCD 3．（24-25高一下·北京·阶段练习）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设． ①若平面是面积为的等边三角形，则； ②若，则； ③若平面为直角三角形，且，则； ④若，则球面的体积； 其中所有正确结论的序号是 ． 【答案】①②④ 【知识点】多面体与球体内切外接问题 【分析】对于①，由条件知三边为，推得，判断①；对于②，利用代入易得；对于③，由余弦定理和题设可得，取特殊值即可判断③；对于④，先求得三棱锥的体积，由球面的体积即可判断④． 【详解】对于①，因等边三角形的面积为，则， 又，故，则，故①正确； 对于②，由可得，故，即②正确； 对于③，由余弦定理可知，由可得，， 即，化简得，． 取，则，则，故③错误； 对于④，由可得，故， 由正弦定理，的外接圆半径为，点到平面ABC的距离， 则三棱锥的体积, 而球面的体积，故④正确； 故答案为：①②④． 4．（23-24高一下·北京顺义·期末）已知正方体的边长为2，且为棱的中点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面所成的角为，给出下列四个结论：    ①存在点使得； ②点的轨迹长度为； ③三棱锥的体积的最小值为； ④线段长度最小值为． 其中所有正确结论的序号是 【答案】①②③ 【知识点】证明线面垂直、立体几何中的轨迹问题、线面垂直证明线线垂直 【分析】利用线面垂直的性质判断①，确定点的轨迹后利用圆的周长公式判断②，找到点面距离，结合轨迹图形判断③，合理转化，利用勾股定理判断④即可. 【详解】对于①，当在中点上时，如图，连接，，    因为正方体，所以面，， 所以，由中位线定理得，而， 面，所以面，所以，故①正确， 对于②，所以与底面所成的角为， 故，而面，所以， 因为为棱的中点，所以， 所以点的轨迹半径为1的个圆，故长度为，故②正确， 对于③，如图，连接，    由正方体性质得，面，所以， 由勾股定理得，所以四边形是平行四边形， 而，所以四边形是矩形， 所以，设中点为， 如图，作，    而面，面，所以， 因为，面， 所以面，而正好在的轨迹上， 所以当运动到时，到面距离最短， 此时可以得到是的中位线，由勾股定理得， 所以，所以体积的最小值为，故③正确， 对于④，若最小，则最小，连接，， 如图，当共线时取得最小值，    由勾股定理得，此时， 由勾股定理得，故④错误. 故答案为：①②③ 【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是先找到点面距离所在的线段，然后结合轨迹确定动点的位置，得到所要求的点面距离，进而得到体积即可． 5．（23-24高一下·江西·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，将分别以AB，BC，AC所在的直线为旋转轴旋转一周，得到三个旋转体，，，设，，的体积分别为，，. (1)若，，求的表面积S； (2)若，求y的最大值. 【答案】(1) (2) 【知识点】锥体体积的有关计算、三角形面积公式及其应用、圆锥表面积的有关计算、利用函数单调性求最值或值域 【分析】（1）作出旋转体，其表面积即两个圆锥侧面积的和，利用余弦定理求出，继而求得底面圆半径，代入公式计算即得； （2）由（1）类似过程求得和，计算出其体积，作出旋转体，是由两个同底面圆的大圆锥去掉小圆锥组成的组合体，求出底面圆半径，间接法求出,代入所求式，运用换元法、基本不等式和二次函数的单调性即可求得函数最大值. 【详解】（1）    如图1，把以直线AB为旋转轴旋转一周得到旋转体， 它是由两个同底面圆的圆锥拼成的组合体，其表面积即两个圆锥的侧面积的和. 因，，， 由余弦定理，，可得，, 因,设底面圆半径为，由解得，， 于是，； （2）由（1）可得，，即， 底面圆半径为， 于是，.    如图2，把以直线为旋转轴旋转一周得到旋转体, 它是由两个同底面圆的大圆锥去掉小圆锥组成的组合体. 设底面圆半径为，因,易得， 则，于是，，同理可得， 于是， ， 设，当且仅当时等号成立，则， 因时，函数单调递增，故，则， 即时，. 【点睛】思路点睛：本题主要考查旋转体的表面积求法和与其体积有关的函数的最值求法，属于难题. 解题思路是作出旋转体的图形，理解其组成，正确求出底面半径、高，母线长等关键量，代入公式，整理后，运用换元，利用基本不等式和函数的单调性求其最值. 6．（23-24高一下·江西抚州·期末）如图所示，四棱锥中，四边形是菱形，棱长为2，，，. (1)证明： (2)若，求 (3)若，为边的中点，为四棱锥表面上一动点且恒有，求动点的轨迹长． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】线面垂直证明线线垂直、证明面面平行、证明线面垂直、锥体体积的有关计算 【分析】（1）连接，即可证明平面，即可得证； （2）取中点，连接并与交于点，即可证明平面，利用三角形相似求出，最后根据锥体的体积公式计算可得； （3）作出截面图形，再计算相关线段的长度，即可求出轨迹长； 【详解】（1）连接，依题意为的中点， ∵，∴， 又∵四边形是菱形，所以， 因为，平面， ∴平面，平面，∴． （2）取中点，连接并与交于点， ∵四边形是菱形，， ∴为等边三角形，所以为其重心， ∴为的三等分点且，， 又∵， ∴，又，所以，，平面， ∴平面，又平面，∴， 由（1）知平面，平面， ∴，又，平面， 平面，平面， ∴， ∵，所以， ∴， 又，，则， ∴，又， ∴； （3）作，与延长线交于点，与延长线交于点， 作于，连接，作，则， 与交于点，与交于点， ∵，，，平面 ∴平面， ∵，， 平面，平面，所以平面， 同理可证平面， 又，平面，所以平面平面， ∴平面， ∴五边形即为动点的轨迹， 易知，，， 又∵，∴，， ∴，， ∴，， ∴，∴， ∴， 由对称性易知， ∴， ，， 所以轨迹长 . 【点睛】关键点点睛：第三问关键是确定五边形即为动点的轨迹，再求出相关线段的长度. 7．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在三棱锥中，已知，，底面，E为SB中点，为线段BC上一个动点． (1)证明：平面平面； (2)若为线段BC中点，求二面角的余弦值； (3)设为线段AE上的一个动点，若平面，求线段MF长度的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【知识点】证明面面垂直、求二面角、面面平行证明线面平行、由线面平行求线段长度 【分析】（1）分别证明和推得平面，即得结论； （2）由（1）易得为二面角的平面角，分别求得,即得结论； （3）通过作于点，作推得平面平面，满足平面，设，将表示成的函数形式，求其最小值即得. 【详解】（1）因为底面,平面，所以， 又,平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，E为SB中点，所以， 又平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面． （2）由（1）平面，平面， 所以，，平面平面， 可知为二面角的平面角， 因，则，,， ， 由（1）知平面，平面，故， 得，故． （3） 过点作AB的垂线，垂足为，过点作， 因为，，且，平面，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理平面，，平面，所以平面平面， 平面，所以平面． 设，因，则，，， 则， 故当时，线段MF的最小值为． 【点睛】思路点睛：本题主要考查面面垂直的证明、求解二面角以及距离最值问题，属于较难题.解题思路为：利用一般利用线面垂直证明面面垂直；通过二面角一个面内的点在另一个面的射影得到平面角求解；一般要选设一个量（边或者角）为参数，构建关于参数的函数，求其最值得到. 8．（23-24高一下·浙江湖州·期末）如图，在四棱台中，底面为菱形，且，，侧棱与底面所成角的正弦值为．若球与三棱台内切（即球与棱台各面均相切）． (1)求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)求四棱台的体积和球的表面积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)四棱台的体积为，球的表面积为． 【知识点】台体体积的有关计算、球的表面积的有关计算、证明线面垂直、求二面角 【分析】（1）只需证明和即可； （2）做出二面角的平面角再做计算. （3）将四棱台还原为四棱锥，把三棱台的内切球转化为三棱锥的内切球问题. 【详解】（1）设与、与BD分别交点E，F，连接EF，因为底面为菱形，所以． 在等腰梯形中，因为E，F为底边中点， 所以，又EF与BD相交，平面，所以平面． （2）由（1）可知平面平面，又平面平面， 过点作于，则平面，因为平面， 所以，再作于，又因为，平面， 所以平面，因为平面，所以，则是二面角的平面角． 因为平面，故是侧棱与底面所成角，所以． 在，，， 在，， 在，． 因此二面角的正切值为． （3）将四棱台还原为四棱锥， 由题意可知三棱台为正三棱台，所以三棱锥为正三棱锥， 因此三棱台和三棱锥的内切球为同一个球，设，是和的中心， 由（2）易知在，所以三棱锥为正四面体，所以， 因此平面是四棱锥的中截面，则，， 故四棱台的体积． 球的表面积为． 9．（24-25高一下·江苏南通·期中）如图，在等腰三角形中，，、分别为边、上靠近、的四等分点，将沿翻折至，使得平面平面，、分别是、的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求证：； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【知识点】线面垂直证明线线垂直、求二面角、求线面角 【分析】（1）利用面面垂直的性质得出平面，可得出直线与平面所成角，求出、的长，即可求解； （2）取的中点，连接、，则，证明出平面，结合线面垂直的性质可证得结论成立； （3）过点在平面内，作垂直于直线，垂足为点，过点在平面内作，垂足为点，连接，由二面角的定义可知二面角的平面角为，计算出三边边长，即可求得的余弦值. 【详解】（1）连接交于点，连接， 不妨设， 因为、分别为边、上靠近、的四等分点，则， 因为为的中点，且， 因为，所以，即点为的中点， 翻折前，，翻折后，则有，则，即， 因为，为的中点，所以， 因为，、平面，所以平面， 因为平面，则， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以，平面，故直线与平面所成角， 易知，，， 故，即， 所以，故. （2）取的中点，连接、，则， 因为，则， 因为平面，则平面，平面，所以， 因为，、平面，故平面， 因为平面，故. （3）过点在平面内作垂直于直线，垂足为点， 过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为平面，平面，所以， 因为，，、平面，所以平面， 因为平面，故， 因为，，、平面，故平面， 因为平面，故，故二面角的平面角为， 因为，为的中点，故， 在平面内，，，则， 所以，故，所以， 故， ， 由勾股定理可得， 故， 由图可知，二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦直线为. 10．（24-25高一下·广东广州·期中）多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数、棱数与面数满足的数学关系.请运用欧拉定理解决以下问题： (1)碳的分子结构是一个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，求32个面中正六边形面的个数； (2)规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为，故其总曲率为.证明：任何简单多面体的总曲率是常数； (3)如果一个正多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体叫做正多面体.设某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为，每个面的边数为，求满足的关系式；并据此说明正多面体仅有以下五种：正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十面体. 【答案】(1)20 (2)证明见解析 (3)答案见解析 【知识点】立体几何新定义、多面体的性质探究 【分析】（1）由已知，正五边形的个数为，正六边形的个数为，则，解出即可； （2）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，得到多面体的顶点数，进而得所有多边形内角之和，算出总曲率为常数，即可证明； （3）由题意得，代入，可得，因此，又，列出分别说明，即得答案. 【详解】（1）由题意可知，，由可得， 设正五边形的个数为，正六边形的个数为，则， 因为一条棱连着两个面，所以足球烯表面的棱数， 联立，解得，即32个面中正六边形面的个数是20. （2）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号， 设第号 多边形有 条边，多面体有条棱， 由题意，多面体共有个顶点， 号多边形内角之和，所有多边形内角之和， 故总曲率为. 则任何简单多面体的总曲率是常数； （3）由某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为，每个面的边数为，可知， 于是，将其代入， 所以，所以， 因此，又， 故所有五组正整数解为：， 当时，，则，此时正多面体为正四面体， 当时，，则，此时正多面体为正六面体， 当时，，则，此时正多面体为正十二面体， 当时，，则，此时正多面体为正八面体， 当时，，则，此时正多面体为正二十面体， 所以正多面体仅有正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十面体共五种. 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题03 北师大版（2019）必修第二册（期末压轴专项训练34题） 第一章 三角函数 1．（24-25高一下·北京海淀·期中）将函数图象上所有点纵坐标不变，横坐标变为原来的，再向左平移个单位，得到函数的图象，已知在上恰有5个零点．下列四个命题中： ①的图象关于点对称；   ②在内恰有5个最值点； ③在内单调递减；         ④的取值范围是． 所有真命题的序号是（    ） A．①③ B．①④ C．①②③ D．③④ 2．（24-25高一下·江西南昌·阶段练习）已知，函数在上单调递增，且对任意，都有，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 3．（24-25高一下·北京·期中）已知函数满足：对任意，有． ①的最小值为 ； ②若恰有三个不同的值，使得在上单调递增，则正数的取值范围是 ． 4．（24-25高一下·江西赣州·期中）若函数满足：当时，；；.若方程在区间上有且仅有6个不同实根，则的取值范围是 . 5．（24-25高一下·江西·阶段练习）已知函数，点，分别为函数图象上的最高点和最低点，若线段的长度的最小值为，且，则的值为 . 6．（24-25高一下·湖南·期中）已知函数的定义域为D，并满足以下条件： ①，； ②，， 则称函数为“上侧函数” 已知，（是自然对数的底数）． (1)判断，是否为“上侧函数”，并说明理由； (2)若函数是“上侧函数”． （i）当时，求的最大值； （ii）若，是否存在正整数k，满足：对于任意的，总存在，使成立？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．（参考不等式：） 第二章 平面向量及其应用 1．（24-25高一下·北京·期中）如图，在中，D是AB的中点，O是CD上一点，且，其中所有正确结论的序号是（    ） ①； ②； ③过点O作一条直线与边AC，BC分别相交于点E，F，若，则； ④若是边长为1的正三角形，M是边AC上的动点，则的取值范围是 A．①④ B．②③ C．②④ D．①③④ 2．（24-25高一下·北京·阶段练习）已知，为不共线的单位向量，则以下四个向量中模最大者为（    ） A． B． C． D． 3．（23-24高一下·北京丰台·期末）八卦是中国传统文化中的一部分，八个方位分别象征天、地、风、雷、水、火、山、泽八种自然现象.八卦模型如图1所示，其平面图形为正八边形，如图2所示，点O为该正八边形的中心，设，点P是正八边形边上任一点，下列结论中正确的个数是（    ） ①与的夹角为； ②； ③在上的投影向量为（其中为与同向的单位向量）； ④的取值范围是． A．1 B．2 C．3 D．4 4．（多选）（24-25高一下·江西萍乡·期中）在三角形中有如下结论：已知的内角所对的边分别为，点为内任意一点，则.根据上述结论，下列说法正确的有（    ） A．若是的重心，则 B．若是的内心，则 C．若，则 D．若是的外心，且，则 5．（24-25高一下·江西南昌·期中）已知点O为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为．则的值为 ． 6．（24-25高一下·江西萍乡·期中）如图，游客从萍乡武功山旅游景区的金顶处下至处有两种路径：一种是先从沿索道乘缆车到，再从沿直线步行到；另一种是从沿直线步行到.现有甲、乙两位游客从金顶处下山，甲沿匀速步行，速度为：在甲出发后，乙从乘缆车到，在处停留后，再从匀速步行到.假设缆车匀速直线运动的速度为，，，. (1)乙在到达之前，乘缆车出发多少分钟时，与甲的距离最短？ (2)若，为使两位游客在处互相等待的时间不超过，乙步行的速度应控制在什么范围内？ 7．（24-25高一下·江西赣州·期中）如图，在中，点，，分别在边，，上，且，，交于点. (1)已知. （ⅰ）若是所在平面内任意一点，证明：； （ⅱ）若，，求的值； (2)若，，，证明：. 第四章 三角恒等变换 1．（24-25高一下·江西抚州·期中）定义有序实数对的“跟随函数”为.记有序数对的“跟随函数”为，若函数，，若直线与有且仅有四个不同的交点时，实数的取值范围（   ） A． B． C． D． 2．（多选）（24-25高一下·江西·期中）在平面直角坐标系xOy中，角以坐标原点O为顶点，以x轴的非负半轴为始边，其终边经过点，，定义函数，则下列说法正确的是（   ） A．是函数的一条对称轴 B．函数是周期为的函数 C．函数的值域为 D．若，则函数的最大值为1 3．（24-25高一下·北京·期中）如图，直线与函数,的图象在上从左到右依次交于点A,B,C,D．给出下列四个结论： ①； ②当时，； ③不等式的解集为； ④若，则m的取值范围是． 其中所有正确结论的序号为 ． 4．（24-25高一下·北京·阶段练习）正弦波是频率成分非常单一的信号，其波形是数学上的正弦曲线，任何复杂信号，如光谱信号，声音信号等，都可由多个不同的正弦波复合而成，现已知某复合信号由三个振幅，频率相同的正弦波，，叠加而成，即，设，，，若图中所示为的部分图象，则下列所有正确序号的是 ． ① ②的最小正周期是 ③若，，则 ④不存在，使得恒为0 5．（24-25高一下·江西上饶·期中）已知函数 ，在区间 上单调递增，且关于点 中心对称，关于直线 轴对称. (1)求函数的解析式; (2)若对任意的 ，恒成立，求实数m的取值范围. 6．（24-25高一下·江西萍乡·期中）已知函数图象的一条对称轴和与其相邻的一个对称中心之间的距离为，且的图像过点. (1)若是奇函数，求的最小值； (2)令，记在区间上的零点从小到大依次为，求的值. 7．（24-25高一下·江西景德镇·期中）已知函数，． (1)求的对称轴方程，单调递增区间； (2)若不等式对任意时恒成立，求实数应满足的条件； (3)将函数的图象横坐标变为原来的，得到函数的图象，若存在非零常数，对任意，有成立，求满足条件的实数的集合． 8．（24-25高一下·河南南阳·阶段练习）已知函数图象上两条相邻的对称轴之间的距离为，将函数的图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，设． (1)求函数在上的值域； (2)若对任意的恒成立，求的最大值； (3)若任取，总存在，使成立，求的取值范围． 第五章 复数 1．（2024高一下·全国·专题练习）已知复数，满足，则 ． 2．（23-24高一下·重庆·阶段练习）任意一个复数z的代数形式都可写成复数三角形式，即，其中i为虚数单位，，.棣莫弗定理由法国数学家棣莫弗（1667～1754）创立.设两个复数用三角函数形式表示为：，，则：.如果令，则能导出复数乘方公式：.请用以上知识解决以下问题. (1)试将写成三角形式； (2)试应用复数乘方公式推导三倍角公式：；； (3)计算：的值. 3．（23-24高一下·辽宁锦州·期末）已知i是虚数单位，a，，设复数，，，且. (1)若为纯虚数，求； (2)若复数，在复平面上对应的点分别为A，B，且O为复平面的坐标原点. ①是否存在实数a，b，使向量逆时针旋转后与向量重合，如果存在，求实数a，b的值；如果不存在，请说明理由； ②若O，A，B三点不共线，记的面积为，求及其最大值. 第六章 立体几何初步 1．（24-25高一下·北京·阶段练习）如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得到，设，点分别为棱的中点，为线段上的动点，下列说法错误的是（    ） A．在翻折过程中，存在某个位置使得 B．若，则与平面所成角的正切值为 C．三棱锥体积的最大值为 D．当时，的最小值为 2．（多选）（24-25高一下·河南·期中）如图是一个圆台的侧面展开图，若，所在圆的半径分别是2和4，且，则（   ） A．圆台的侧面积为 B．圆台的高为 C．圆台的体积为 D．圆台内部可以容纳的球的直径最大为 3．（24-25高一下·北京·阶段练习）球面三角学是研究球面三角形的边、角关系的一门学科．如图，球的半径为R，A，B，为球面上三点，劣弧BC的弧长记为，设表示以为圆心，且过B，C的圆，同理，圆的劣弧的弧长分别记为，曲面（阴影部分）叫做曲面三角形，，则称其为曲面等边三角形，线段OA，OB，OC与曲面围成的封闭几何体叫做球面三棱锥，记为球面．设． ①若平面是面积为的等边三角形，则； ②若，则； ③若平面为直角三角形，且，则； ④若，则球面的体积； 其中所有正确结论的序号是 ． 4．（23-24高一下·北京顺义·期末）已知正方体的边长为2，且为棱的中点，点在正方形的边界及其内部运动，且满足与底面所成的角为，给出下列四个结论：    ①存在点使得； ②点的轨迹长度为； ③三棱锥的体积的最小值为； ④线段长度最小值为． 其中所有正确结论的序号是 5．（23-24高一下·江西·期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，将分别以AB，BC，AC所在的直线为旋转轴旋转一周，得到三个旋转体，，，设，，的体积分别为，，. (1)若，，求的表面积S； (2)若，求y的最大值. 6．（23-24高一下·江西抚州·期末）如图所示，四棱锥中，四边形是菱形，棱长为2，，，. (1)证明： (2)若，求 (3)若，为边的中点，为四棱锥表面上一动点且恒有，求动点的轨迹长． 7．（23-24高一下·浙江嘉兴·期末）如图，在三棱锥中，已知，，底面，E为SB中点，为线段BC上一个动点． (1)证明：平面平面； (2)若为线段BC中点，求二面角的余弦值； (3)设为线段AE上的一个动点，若平面，求线段MF长度的最小值． 8．（23-24高一下·浙江湖州·期末）如图，在四棱台中，底面为菱形，且，，侧棱与底面所成角的正弦值为．若球与三棱台内切（即球与棱台各面均相切）． (1)求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)求四棱台的体积和球的表面积． 9．（24-25高一下·江苏南通·期中）如图，在等腰三角形中，，、分别为边、上靠近、的四等分点，将沿翻折至，使得平面平面，、分别是、的中点． (1)求直线与平面所成角的正弦值； (2)求证：； (3)求二面角的余弦值． 10．（24-25高一下·广东广州·期中）多面体的欧拉定理：简单多面体的顶点数、棱数与面数满足的数学关系.请运用欧拉定理解决以下问题： (1)碳的分子结构是一个由正五边形面和正六边形面共32个面构成的凸多面体，60个碳原子处于多面体的60个顶点位置，求32个面中正六边形面的个数； (2)规定：多面体在顶点处的曲率等于与多面体在该点的所有面角之和的差（多面体的面角是指多面体的面上的多边形的内角的大小，用弧度制表示），多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正方体在每个顶点有个面角，每个面角是，所以正方体在各顶点的曲率为，故其总曲率为.证明：任何简单多面体的总曲率是常数； (3)如果一个正多面体的所有面都是全等的正三角形或正多边形，每个顶点聚集的棱的条数都相等，这个多面体叫做正多面体.设某个正多面体每个顶点聚集的棱的条数为，每个面的边数为，求满足的关系式；并据此说明正多面体仅有以下五种：正四面体、正方体、正八面体、正十二面体和正二十面体. 19 / 19 学科网（北京）股份有限公司 $$