期末复习-解答题必刷题汇编-2024-2025学年高一数学下学期高频考点题型归纳与满分必练（人教A版2019必修第二册）

期末复习-解答题必刷题汇编 【题型1 立体几何线面综合应用】 【题型2 正弦余弦定理综合应用】 【题型3 平面向量的数量积综合应用】 【题型4 频率直方图的综合应用】 【题型5 复合函数的综合应用】 【题型6 定义题型综合应用】 【题型1 立体几何线面综合应用】 1．（22-23高一下·江苏苏州·阶段练习）四棱锥中，平面，四边形为菱形，，，E为AD的中点，F为PC中点．    (1)求证：平面； (2)求PC与平面PAD所成的角的正切值； (3)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3). 【分析】（1）取的中点，证明，结合线面平行判定定理证明结论； （2）先证明平面，由线面角的定义证明是与平面所成角的平面角，推导出，，由此能求出与平面所成角的正切值； （3）过点作，根据二面角平面角定义证明 是二面角的平面角，由此能求出二面角的正弦值． 【详解】（1）取的中点，连接， 因为点为的中点，所以， 又， 所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，又平面，平面， 所以平面； （2）四边形为菱形， ， ， 为等边三角形，， 在中，是中点， ， 平面，平面， ， ，平面，平面， 平面， 斜线在平面内的射影为， 即是与平面所成角的平面角， 平面，平面， ， 在中，， 在中，， 平面，平面，， 在中，， 与平面所成角的正切值为． （3）在平面中，过点作，垂足为，连结，   平面，平面， ， ，平面， 平面，又平面 ， 是二面角的平面角， 在中，，，， 在中，，，， 在中，， 由余弦定理得， 二面角的正弦值为． 2．（24-25高一下·甘肃定西·期末）在三棱锥中，为的中点. (1)证明：平面⊥平面. (2)过O点作一个平面，使得平面 平面，请画出这个平面，并说明理由. (3)若，平面平面，求点到平面的距离. 【答案】(1)证明见解析 (2)作图见解析，理由见解析 (3)． 【分析】（1）由三线合一得到线线垂直，进而证明⊥平面，得证； （2）取的中点E，的中点F，根据面面平行的判定定理，可得平面即为所求的平面； （3）由面面垂直得到线面垂直，求出，利用等体积法求出点到平面的距离. 【详解】（1）因为，为的中点， 所以， 又因为平面， 所以平面，又平面. 所以平面⊥平面. （2）取的中点E，的中点F，连接，，，又为的中点， 则，平面平面， 所以平面， 同理可得平面，，平面， 故平面平面， 所以平面即为所求的平面. （3）因为平面平面，且平面平面 ，平面， 所以平面， 因为，所以均为等边三角形， 故，故， 所以， 因为平面，平面， 所以 ，由勾股定理得， 取的中点，连接， 在中，，故⊥， 故，， 设点到平面的距离为，， 所以，解得. 所以点到平面的距离为. 3．（23-24高一下·山西·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，点D，E分别为棱BC，的中点，点F是线段CE的中点．    (1)求证：平面； (2)求直线DF与平面ABF所成角的正弦值； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）只需分别证明，，结合线面垂直的判定定理即可得解； （2）首先通过分析可说明是直线DF与平面ABF所成角，进一步通过解三角形即可得解； （3）由二面角的定义分析说明为二面角F-AD-C的平面角，再通过解三角形即可得解. 【详解】（1）在直三棱柱中，平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以． 在矩形中，，，点E是棱的中点， 所以，所以是等边三角形， 又点F是线段CE的中点，所以， 又，平面，所以平面． （2）在平面BCE内，过点D作BF的垂线，垂足为H，如图所示． 由（1）知平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 所以是直线DF与平面ABF所成角． 在中，，，所以， 又点D为棱BC的中点，所以． 因为平面，又平面，所以， 所以，． 在中，由余弦定理得， 所以，即直线DF与平面ABF所成角的正弦值为． （3）在平面内，过点F作AC的垂线，垂足为O，在平面ABC内，过O作AD的垂线，垂足为G，连接FG，如图所示． 因为平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 所以为二面角的平面角． 在中，． 因为平面，平面，所以， 又易得，，所以， 由等面积法可知． 在中，，，，所以， 所以，即二面角的余弦值为．    4．（23-24高一下·吉林长春·期中）如图，已知平面ABC，，，，，，点为的中点 (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)若点为的中点，求点到平面的距离． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由条件可知，平面平面，再利用面面垂直的性质定理，即可证明线面垂直； （2）首先取中点，将转化为，再根据（1）的结果，利用线面角的定义，即可求解线面角； （3）利用等体积转化，，求点到平面的距离. 【详解】（1）∵平面，， ∴平面， ∵平面， ∴平面平面， ∵，点为中点， ∴， ∵平面平面，平面， ∴平面. （2） 取中点，连接，， ∵，，，点为中点， ∴四边为平行四边形，∴， ∴直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等， ∵平面， ∴为直线与平面所成的角， ∵点为中点，， ∴，，， ∴，又，所以， 所以直线与平面所成角为. （3）如图，连结和， 由，，，且平面， 所以,， ，，, 所以是等边三角形，， 设点到平面的距离为， 则，即，得 所以点到平面的距离为 5．（23-24高二上·广东广州·期中）如图，已知是圆柱下底面圆的直径，点是下底面圆周上异于的动点，，是圆柱的两条母线． (1)求证：平面； (2)若，，圆柱的母线长为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）先证明线面垂直，通过线面垂直得到线线垂直，再证线面垂直，最后得到面面垂直即可； （2）先作出底面的垂线，再由垂足作两个面的交线的垂线，最后连接交线的垂足与斜足构成二面角的平面角求解即可. 【详解】（1）因为是底面的一条直径，是下底面圆周上异于的动点， 所以， 又因为是圆柱的一条母线，所以底面， 而底面，所以， 因为平面，平面，且， 所以平面， 又因为 ，所以平面平面； （2）如图所示， 过作圆柱的母线，连接， 因为底面//上底面，所以即求平面与平面所成锐二面角的大小， 因为在底面的射影为，且为下底面的直径，所以为上底面的直径， 因为是圆柱的母线，所以平面， 又因为为上底面的直径，所以，而平面 ， 所以为平面与平面所成的二面角的平面角， 又因为在底面射影为，所以，， 所以，又因为母线长为，所以， 又因为平面，平面，所以， 所以, 所以， 即平面与平面所成的锐二面角的余弦值为. 6．（22-23高一下·安徽六安·期末）如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点的位置，且，为的中点，是上的中点.    (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正切值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由等腰三角形三线合一性质可证得；根据，和平行关系可证得平面，从而得到；由线面垂直的判定可得平面，根据面面垂直的判定可得结论； （2）取中点，过作，由线面垂直的判定与性质可证得，根据二面角平面角定义可知所求角为，由长度关系可求得结果. 【详解】（1）为中点，，即， 又为中点，； ，，，四边形为矩形， ，即，， ，平面，平面， ，平面，又平面，， ，平面，平面， 平面，平面平面. （2）由（1）知：平面，又平面，， ，，平面，平面； 取中点，过作，垂足为，连接，   分别为中点，，平面， 平面，， 又，，平面，平面， 平面，， 即为二面角的平面角， ，， 又，， 即二面角的正切值为. 7．（23-24高一下·浙江衢州·期末）如图，三棱台中，是边长为2的等边三角形，四边形是等腰梯形，且，为的中点. (1)证明：； (2)若过三点的平面截三棱台所得的截面面积为.当二面角 为锐二面角时，求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理即可证明； （2）如图，根据面面垂直的性质可得、，确定为二面角的平面角，解三角形即可求解. 【详解】（1）如图，取中点，连接，， 是等边三角形，点是的中点， 又四边形是等腰梯形，且为的中点， 又，，平面， 平面，又平面， （2）解法一：延长，，交于点，过点作，，垂足为，，连， 由（1）易知平面平面，， 平面平面，平面， 平面，又平面，， 又，且，平面， 平面，又平面， ，又， 为二面角的平面角， 则易知过，，三点的截面为梯形，设梯形的高为， 则，解得， ，又四边形是等腰梯形，且，， 为正三角形，，，，为正三角形； 为中点，， ， 即二面角的正弦值为； 解法二：过，分别作，，，垂足为，，，连接. 由（1）易知平面平面， 平面平面，平面 平面，又平面， 又，且，平面， 平面，又平面， ，又 为二面角的平面角 过，，三点的截面为梯形， 则，， ，，， ，， ， 即二面角的正弦值为. 8．（23-24高一下·宁夏固原·期末）如图所示，已知平面ABC，∥，，，，E为BC的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，证明平面，即可得证平面平面； （2）取中点，连接，先证明四边形矩形，再由（1）可得平面，从而得为直线与平面所成角，在中，利用求解即可. 【详解】（1）证明：因为平面ABC，∥， 所以平面ABC，又因为平面ABC，所以， 又因为，E为BC的中点，所以， 又因为平面，且， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面； （2）解：取中点，连接，如图所示： 则有∥，且， 由题意可知∥，且， 所以∥，且=， 所以四边形为平行四边形，所以∥， 由（1）可知平面， 所以平面，面，则， 所以即为直线与平面所成角， 又因为，， 易知为等腰直角三角形， 所以， 所以， 又因为， 在中，, 所以, 在中，， 又因为，所以. 即直线与平面所成角为. 9．（22-23高二下·陕西榆林·期末）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是与的交点. (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）根据正方体的性质可得是的中点，从而可得，根据线面平行的判定定理即可证明； （2）根据即可求解. 【详解】（1）∵是与的交点，∴是的中点， 又是棱的中点，∴， 又平面，平面， ∴平面. （2）由正方体的性质可得平面， 所以. 10．（23-24高一下·重庆·期末）如图，已知等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点，，将沿着AE翻折成，使平面AECD． (1)求证：平面平面； (2)求二面角的大小； (3)在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求CP的长；若不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析； (2) (3) 【分析】（1）根据等腰梯形的特征利用面面垂直的判定定理即可得出证明； （2）利用线面垂直的性质定理可得即为二面角的平面角，可得其大小为； （3）假设条件成立，然后根据线面平行的性质以及已知条件，求出点的具体位置，即可求解. 【详解】（1）在等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点， 所以可得四边形为菱形，可得， 又，所以可得； 因为，平面； 所以平面， 又平面， 所以平面平面； （2）由平面AECD，平面AECD，可得； 易知，，所以； 又因为，平面； 所以平面， 又平面，所以 又，因此可得即为二面角的平面角， 在直角三角形中，，可得， 即. （3）假设线段上是否存在点P，使得平面， 过点作交于，连接，如下图所示： 所以，即可得四点共面， 又因为平面，所以， 所以四边形为平行四边形，故，可得点为的中点； 故在线段上存在点P，使得平面，且； 易知为正三角形，且，所以可得， 由勾股定理可得， 所以， 因此. 11．（23-24高一下·四川凉山·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求侧面与底面所成二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得线面垂直，进而根据线线垂直即可求证； （2）根据面面垂直的性质可得为平面与面所成二面角的平面角，即可利用三角形的边角关系求解. 【详解】（1）因为是正三角形，且是的中点.，所以， 又底面 是正方形，所以 ， 又因为平面平面， 且平面平面，平面，所以平面， 又因为平面 ，所以 平面， 所以平面. （2）如图，取的中点的中点，连接， 因为是正三角形，所以 又因为平面平面，且平面平面 ，平面， 所以平面 ，平面，故， 由题意可知 平面，故平面 平面故， 故为平面与面所成二面角的平面角， 设 ， 则， ， 所以 . 综上所述：侧面与底面所成二面角的正弦值为. 12．（23-24高一下·江苏南京·期末）如图，正三棱柱中，各棱长均相等，､､､分别为棱､､､的中点. (1)证明： 平面； (2)证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）先根据证明平行四边形得出线线平行，再应用线面平行判定定理证明即可； （2）应用线面垂直判定定理及面面垂直判定定理证明即可； （3）根据面面垂直结合二面角定义找到二面角，再应用边长求正弦及余弦值即可. 【详解】（1） 连接，，， 又为的中点，，， 四边形是平行四边形， 又平面，平面， 平面， （2）平面，， 是的中点，，又，平面， 平面， 又因为平面，， 在正方形中，､分别为棱､的中点， ，平面， 平面， 又平面，平面平面. （3）由（2）知平面，平面， 平面平面平面，且平面平面， ，设与交于点，则平面， 过作垂直，连接，则， 为二面角的平面角， 令，则，， ， 又因为，， 为的中点， ， 在直角三角形中，， 由图知，为锐角， ， 由图知二面角的平面角与二面角的平面角互补， 故二面角的平面角的余弦值为. 13．（天津滨海新·一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，，，，，，. （1）证明：； （2）求二面角的余弦值； （3）设Q为线段PD上的点，且直线AQ和平面PAC所成角的正弦值为，求的值. 【答案】（1）证明见解析；（2） ；（3） 【分析】（1）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能证明． （2）求出平面的法向量和平面的法向量，利用向量法能求出二面角的余弦值． （3）设为线段上的点，，，，，，求出，由平面的法向量，且直线和平面所成角的正弦值为，利用向量法能求出结果． 【详解】解：（1）证明：∵在四棱锥中，平面ABCD， ，，，，，. ∴以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为轴，建立空间直角坐标系， 则，，，， ， ∴，∴. （2）由（1）知，， 设平面APC的法向量，则， 取，得， 设平面PCD的法向量，则， 令，得， 设平面与平面的夹角为，则， 所以平面与平面夹角的余弦值为. （3）解：设Q为线段PD上的点，， ， 则， 解得，，， ∴，， ∵平面PAC的法向量， 且直线AQ和平面PAC所成角的正弦值为， ∴， 解得或（舍）， ∴. 【点睛】本题考查线线垂直的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查满足线面角的正弦值的两线段比值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题． 14．（23-24高一下·吉林长春·期末）在四棱台中，，平面平面，，，，.    (1)求证：平面； (2)若是的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，得四边形是平行四边形，再由线面平行的判定定理可得答案； （2）延长，做交于点，由面面垂足的性质定理得平面，做平面，设，四边形是正方形，取中点，平面，做，可得即为平面与平面的二面角的平面角，利用求出，求出可得答案. 【详解】（1）    连接，因为，，所以， 又，所以四边形是平行四边形， 所以，平面，平面， 所以平面； （2）延长，做，交于点， 因为平面平面，平面平面， 所以平面，做平面， 垂足为点，连接，设， 则得为矩形，， 因为，所以四边形为平行四边形， 可得， 可得，即，四边形是正方形， 因为，所以，， 可得， 取中点，连接，则， 则平面，， 做，连接， 因为平面，平面，所以， ，平面，所以平面， 平面，所以， 可得即为平面与平面的二面角的平面角， ， ， ， 所以， 可得，， 所以， 可得， 所以平面与平面的夹角的余弦值为.    15．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，四棱锥的体积为，底面为等腰梯形，， ，，，，是垂足，平面平面． (1)证明：； (2)若为的中点，求直线和平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）只需结合已知证明平面，再由线面平行的判定定理即可得证； （2）只需结合已知求出B到平面的距离以及的长度即可得解. 【详解】（1） 连接，∵平面平面，，平面平面，平面， ∴平面，因为平面，所以， 由题意可知，等腰梯形的高为1，故等腰梯形的面积为：， 又梯形的高为，故， ∴， ∴，在中，，．∴，即， ∴为的三等分点，所以， 所以，∴． 又∵，面，面， ∴平面，∵平面，∴． （2）， 连接，在梯形中可得，， 因此，即， 因为平面，因为平面，所以， 又因为，平面， 所以平面， 由平面，可得， 因为平面，因为平面， 所以， 所以，所以，所以B到平面的距离为， 在中由，，得， 设直线和平面所成角为，则， 所以直线和平面所成角得正弦值为． 16．（23-24高二上·四川成都·开学考试）在中，已知在线段上，且，设． (1)用向量表示； (2)若，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量基本定理求出答案； （2）先求出，结合（1）中所求的，利用向量数量积公式求出的值. 【详解】（1）因为，所以， 由题得； （2）由已知得， ． 17．（23-24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) 【分析】（1）取中点O，靠近C的四等分点H，利用平行线分线段成比例判定线线平行即可证明线面平行； （2）取的中点E，将异面直线化为共面直线，解三角形即可. 【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． 18．（高一下·重庆北碚·期末）如图，四棱锥S—ABCD中，底面ABCD为菱形，，侧面SAB⊥侧面SBC，M为AD的中点． (1)求证：平面SMC⊥平面SBC； (2)若AB与平面SBC成角时，求二面角的大小， 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面垂直与面面垂直的判定定理求解即可； （2）取的中点，连接，由题意可得，取的中点，连接，可证明是二面角的平面角，求出角的大小即可求解 【详解】（1）因为，又M为AD的中点， 所以， 又， 所以， 又M为AD的中点，底面为菱形，， 所以， 所以， 因为，，， 平面，平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， （2）取的中点，连接，又， 所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 又与平面所成的角为， 所以， 又， 所以， 由（1）知平面，又平面， 所以， 又， 所以， 取的中点，连接， 因为， 所以， 所以是二面角的平面角， 又， 所以， 又， 所以，即， 所以二面角的大小为， 19．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）如图，已知平面，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由线面平行证明平面平面，再由面面平行的性质证明线面平行即可； （2）先证明出平面，结合（1）得结论得出直线与平面所成角和直线与平面所成角相等，即可求解． 【详解】（1）取中点，连接，，，如图所示， 又因为，所以， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面， 因为点为的中点，所以， 又平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面， 又平面，所以平面． （2）因为平面，， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面， 因为，点为的中点， 所以， 因为平面平面平面， 所以平面， 由（1）得四边形为平行四边形，所以， 所以直线与平面所成角和直线与平面所成角相等， 因为平面， 所以即为直线与平面所成角， 因为点为的中点，， 所以， 所以，由， 所以， 所以直线与平面所成角为． 20．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）如图，四棱锥中，底面是直角梯形，平面，，分别为的中点，． (1)求证：； (2)求二面角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）设，连接，由已知得出，再证出，即可证明平面，由线面垂直的性质即可证明； （2）在平面内过点作，交延长线于，连接，证出平面，进而得出，则是二面角的平面角，求解即可． 【详解】（1）设，连接，由平面，平面，得， 因为，，，分别为的中点， 所以四边形为正方形，为等腰直角三角形，所以， 因为分别是的中点，所以， 已知平面，平面，所以平面平面， 又，为中点，则， 而平面平面，平面， 所以平面，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，，，平面， 所以平面，又平面， 所以． （2）在平面内过点作，交延长线于，连接，则， 因为平面，平面，所以平面平面， 又平面平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，，是的中点，所以， 因为，，平面，， 所以平面，由平面，所以， 所以是二面角的平面角， 设，则， 由得，， 在，， 所以， 所以二面角的正弦值． 21．（23-24高一下·四川绵阳·期末）如图，在四棱锥中，，底面是平行四边形，O点为的中点，，，． (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面所成的二面角的正切值： (3)当与平面的所成角最大时，求四棱锥的体积． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）由等腰三角形的性质得，取的中点M，连接，则由已知可得，结合可证得是等边三角形，则，从而可得，则，然后利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）延长与交于点E，连接，取中点F，连接，，则可证得是平面与平面所成的二面角的平面角，在中求解即可； （3）设，点A到平面的距离为h，利用表示出，记与平面所成角为，表示出化简后利用基本不等式可求出其最大值，从而可求出四棱锥的体积. 【详解】（1）证明：，O点为的中点，． 取的中点M，连接，则 ，， 底面是平行四边形，， ，． ，∴， ，， 是等边三角形，． 在与中，，． ，． 又，平面，平面， 平面． （2）延长与交于点E，连接． 平面，平面，平面平面． 由，，得，， ，， 取中点F，连接，则． ，为等腰直角三角形． 连接，则， 是平面与平面所成的二面角的平面角． ，，，平面， 平面，， 在中，，， ． 平面与平面所成的二面角的正切值为． （3）设，点A到平面的距离为h． ，，， 等腰底边上的高为，， ． ，点C到的距离为，． ． ，即，． 记与平面所成角为． ， 当且仅当，即时，最大，最大， ． 【点睛】关键点点睛：此题考查线面垂直的判定，考查二面角的求法，考查线面角的求解，第（2）问解题的关键是利用二面角的定义结合已知条件作辅助角找出二面角的平面角，从而进行求解，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 22．（23-24高一下·浙江杭州·期中）如图，在△ABC中，已知，，，且． (1)若，求的值 (2)求． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）由条件结合向量线性运算法则可得，得到，. （2）法一：由（1）知，平方得,同理得，利用即可得到答案； 法二：以为轴，为原点，建立直角坐标系，写出各点坐标，得出答案. 【详解】（1）由题意知，，则与的夹角为60°，， 如图，，，， ∴， ，． （2）由（1）同理可得， ， ∴， ， ∴， . 法二： 以为轴，为原点，建立直角坐标系， 则，，， ，． ∴ ． 【题型2 正弦余弦定理综合应用】 23．（23-24高一下·山西·阶段练习）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角B的大小； (2)若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理边化角，再结合三角恒等变换可得，进一步结合已知即可得解； （2）将三角形的面积表示为，通过三角形是锐角三角形求出的范围即可得解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得， 所以 ， 又，所以，所以，即， 所以，可得， 所以或， 又，所以． （2）由正弦定理，可得， 所以， 所以， 又由为锐角三角形，且，则，解得， 因为在上单调递增，所以， 所以，即的面积的取值范围是． 24．（2020·湖北武汉·模拟预测）已知ABC中三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，且，. （1）若，求的值； （2）当取得最大值时，求A的值. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）由正弦定理求出，再利用两角和差的正弦公式求，求得； （2）将化简，并用正弦定理将用解的三角函数式表示，再分析其求最值时的值. 【详解】（1）在中，由正弦定理得， ∴，∵，∴， ∴. （2） 当且仅当，即时取到最大值. 【点睛】本题考查了两角和差的正弦公式，正弦定理，平面向量数量积的定义，三角函数的最值，这是一道考查了多个基本知识的综合题，属于中档题. 25．（23-24高一下·江苏盐城·阶段练习）已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为，向量，，且. (1)求角C的值； (2)若，求的取值范围. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）根据数量积的坐标表示，方法一：利用正弦定理和余弦定理角化边可得；方法二：利用和差公式化简即可得解. （2）方法一：利用正弦定理将表示为关于角的函数，根据二倍角公式化简，由正切函数的性质可得；方法二：利用正弦定理将b表示为关于角的函数，利用正切函数性质求出b的范围，由余弦定理用b表示c，然后表示出，根据函数单调性可解. 【详解】（1）因为， 所以 ， 方法一：利用正弦定理角化边得， 又， ，则， 又为锐角三角形，故. 方法二：由和差公式可得， 又因为，所以， 又为锐角三角形，故. （2）由正弦定理得， ， 由于为锐角三角形，则， 又，解得， 方法一：所以 ， 而，即， ，故的取值范围为. 方法二：所以，所以， 又，所以， 由余弦定理得， 记， 易知在上单调递增， 所以，即， 所以的取值范围为. 26．（23-24高一下·宁夏固原·期末）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，. (1)若，，求c； (2)若的面积为，，求a. 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）先明确三角形的形状，再利用直角三角形的边角关系求边. （2）先利用三角形的面积求边，再利用余弦定理求边. 【详解】（1）如图：      在中，因为，，所以，所以为等腰三角形. 过作于，则为中点. 在中，，，，所以，即. （2）因为： . 由余弦定理： ， 所以 27．（23-24高一下·重庆·期末）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求的值； (2)求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换即可求解， （2）根据正弦定理，结合三角函数的性质即可求解. 【详解】（1）由及正弦定理得：． ，可得：, ，且是锐角三角形， ，可得：． （2）,，． ，, ． ． . 28．（23-24高一下·四川凉山·期末）已知中，角的对边分别为，. (1)是边上的中线，，且，求的长度. (2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 【答案】(1)2 (2) 【分析】（1）由正弦定理求出，对两边平方求出中，再由余弦定理可得答案； （2） ，根据为锐角三角形求出的范围，再由的范围可得答案. 【详解】（1）， 由正弦定理得：， 因为，所以， 所以，因为，所以，解得， 因为，所以， ， 又因为，所以， 在中，由余弦定理可得： ， 所以，即； （2）由题设 ， 因为为锐角三角形，所以 ，从而， 可得，所以， 则面积的取值范围是. 29．（23-24高一下·天津红桥·期末）在中，内角所对的边分别是，已知. (1)求的值； (2)求的值. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求解即得. （2）利用同角公式、二倍角公式及差角的正弦公式计算即得. 【详解】（1）在中，由，令， 由余弦定理得. （2）在中，由及，得， 则， ， 所以. 30．（22-23高一下·天津红桥·期末）在中，内角所对的边分别是，已知, ，. (1)求：的值； (2)求：的面积. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理化简已知条件，求得，利用余弦定理求得. （2）先求得，然后利用三角形面积公式求得三角形的面积. 【详解】（1）已知，由正弦定理得， 由于，所以， 因为， 所以； （2）由于，所以是锐角， 所以， 则. 31．（2024·安徽芜湖·三模）已知分别为三个内角的对边，且 (1)求； (2)若的面积为，为边上一点，满足，求的长． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）正弦定理边化角，利用内角和定理消去，由和差公式和辅助角公式化简可得； （2）根据余弦定理和三角形面积公式列方程组求出，然后在中利用余弦定理可得. 【详解】（1）由正弦定理有， 因为， 所以， 化简得， 由有，可得， 因为， 所以，则． （2）由有 又可得， 联立解得，所以为正三角形， 所以， 在中，由余弦定理得． 故的长为. 32．（23-24高三上·山东聊城·期末）记的内角的对边分别为，，，已知. (1)求角的大小； (2)设，，求的周长. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由正弦定理和余弦定理得到，求出； （2）利用向量数量积公式计算出，结合余弦定理得到，求出周长. 【详解】（1）由及正弦定理， 得，即， 所以， 因为，所以. （2）∵， ∴， ∵， ∴， ∵，， ∴， ∴， ∴的周长为. 33．（23-24高一下·四川成都·期中）已知的内角为A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且． (1)求角C的大小： (2)若，求的面积． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据正弦定理和三角恒等变换的化简计算即可求解； （2）由和余弦定理结合三角形的面积公式计算即可求解. 【详解】（1）， 由正弦定理得， 即， 得， 即，又， 所以，即，又， 所以； （2）由，得， 由余弦定理得，得， 所以， 当时，，所以为直角三角形，， 又，，所以， 所以； 当时，所以. 由余弦定理得， 又，所以，由，解得， 所以，故. 34．（23-24高一下·云南昆明·期末）已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，且. (1)求A； (2)从以下三个条件：①；②的面积为；③中选一个作为已知条件，求周长的取值范围. 【答案】(1) (2)答案见解析 【分析】（1）利用正弦定理将已知等式统一成角的形式，然后利用三角函数恒等变换公式化简可求得答案； （2）若选①，则利用正弦定理表示出，然后表示出的周长，利用三角函数恒等变换公式化简变形可求出其范围；若选②，由的面积可求出，利用余弦定理表示出，然后表示出的周长，利用基本不等式可求出其范围；对于③，利用正弦定理表示出，然后表示出，利用三角函数恒等变换公式化简可求得答案. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 整理得：， 因为，所以，所以， 因为，所以. （2）若选①，，， 由正弦定理得，则， 所以的周长， ， 因为，所以，， 所以，即周长的取值范围是. 若选②，的面积为，所以，所以. 由余弦定理， 所以， 所以. 所以的周长为 ， 当且仅当时，“=”成立， 又由几何图形可知，的周长可以趋于无穷大， 所以的周长范围是. 若选③，若，由正弦定理，得，. 因为 ， 所以， 因为，所以， 所以，所以， 所以的周长范围是. 【题型3 平面向量的数量积综合应用】 35．（0高一下·浙江温州·期末）已知是同一平面内的三个向量，其中. （1）若，且，求的坐标； （2）若，且，求与的夹角θ的余弦值. 【答案】（1）或；（2）. 【分析】（1）设，由，和，列出方程组，求得的值，即可求解； （2）由，求得，结合夹角公式，即可求解. 【详解】（1）设，因为，所以，  ① 又因为，所以， ② 由①②联立，解得或. （2）由已知，可得， 又由，，解得，所以. 【点睛】本题主要考查了平面向量的坐标运算，以及平面向量的数量积的坐标运算的应用，意在考查运算与求解能力，属于基础题. 36．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知是非零向量，，且. (1)求在方向上的投影向量； (2)求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据条件得到，再利用投影向量的定义，即可求出结果； （2）利用（1）结果及数量积的运算律，即可求出结果. 【详解】（1）因为，所以，又，得到， 又，所以在方向上的投影向量为. （2）由（1）， 所以， 得到. 37．（23-24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. 【分析】（1）根据向量共线的坐标表示即可得到方程，解出即可； （2）分析得，且，不同向共线，解出不等式并结合（1）的答案即可. 【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. 38．（23-24高一下·山东聊城·阶段练习）已知向量. (1)若，求的值. (2)设，向量与的夹角为，求的大小. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由两向量共线的充要条件坐标表示式计算即得； （2）利用数量积运算律化简等式求出的值，再利用向量夹角的坐标表示式即可求得. 【详解】（1）由可得，解得，； （2）由可得，，即，解得， 此时，，，， 则，因，故. 39．（23-24高一下·四川凉山·期末）已知，. (1)若，同向共线，求的坐标. (2)若，且，求与的夹角. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据共线的坐标关系以及模长公式即可求解， （2）根据数量积的运算律可得，即可由夹角公式求解. 【详解】（1）∵，同向共线，设 ∴,      ∵，∴， 解得或 由于，同向，所以，故 方法二： ∵， 共线，所以存在唯一，使得, 即,又， ∴,即或 由于，同向，故 （2）∵， ∴ ∵， 即 的夹角为 ，则 ,即的夹角为 40．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知，，与的夹角为. (1)若与共线，求实数的值； (2)求的值； (3)若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用向量共线定理得到方程组，解出即可； （2）根据向量数量积的运算律和定义计算即可； （3）根据向量夹角为锐角，则向量数量积大于0，并去掉共线同方向的情况即可. 【详解】（1）因为与共线， 所以存在实数使得， 所以，解得，所以； （2）因为，，与的夹角为， 所以， 所以， 则； （3）向量与的夹角是锐角， 可得，且与不同向共线， 即为， 即有，解得， 由与共线，可得， 解得，当时，两者同向共线， 则实数的取值范围为. 41．（23-24高一下·陕西西安·期末）设向量，，． (1)求向量； (2)若，求实数k的值． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）由向量的线性运算求解即可； （2）由向量垂直的条件即可求解. 【详解】（1）因为，， 则； （2）因为， 若， 则， 解得． 【题型4 频率直方图的综合应用】 42．（2024·陕西商洛·模拟预测）为建立健全国家学生体质健康监测评价机制，激励学生积极参加身体锻炼，教育部印发了《国家学生体质健康标准》，要求各学校每学年开展覆盖本校各年级学生的《标准》测试工作，为做好全省的迎检工作.某市在高三年级开展了一次体质健康模拟测试.并从中随机抽取了500名学生的数据.根据他们的健康指数绘制了如图所示的频率分布直方图.    (1)估计这500名学生健康指数的平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）； (2)现从体质健康指数在区间和内的学生中，用分层抽样法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人填写调查问卷，求这3人中恰有2人体质健康指数在区间内的概率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解. （2）先分层抽样求出区间和内的抽取的学生人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可. 【详解】（1）由频率分布直方图平均数计算公式得. （2）区间和内两组学生分别有人，人， 故按照分层抽样抽得区间内的学生人数为4，分别设为，，，， 区间内的学生人数为1，设为， 这5人中选出3人，所有情况有，，，，，，，，，，共有10种情况， 其中选出的恰有2人体质健康指数在区间内有，，，，，共6种情况， 故这3人中恰有2人体质健康指数在区间内的概率为. 43．（浙江省杭州市六校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题）为了解甲､乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成两组，每组只，其中组小鼠给服甲离子溶液，组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同､摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图： 记为事件：“乙离子残留在体内的百分比不高于”，根据直方图得到的估计值为． (1)求乙离子残留百分比直方图中的值； (2)求甲离子残留百分比的第百分位数； (3)估计乙离子残留百分比的均值.（同一组数据用该组区间的中点值为代表） 【答案】(1)，， (2) (3) 【分析】（1） 根据直方图的估计值，可列出式子求出 ,因为(为全集)，即可列出式子求出; （2）设甲离子残留百分比的第百分位数为，根据条件，建立方程，即可求解； （3）将各个区间的中间值乘该组数据的频率，相加，再乘组距，即可求出乙离子残留百分比的平均值. 【详解】（1）由已知得，解得， 所以． （2）根据直方图，易知甲离子残留百分比的第百分位数在区间，设为， 则，解得， 所以甲离子残留百分比的第百分位数为. （3）乙离子残留百分比的平均值的估计值为． 44．（23-24高一下·云南·阶段练习）近年来，由于互联网的普及，直播带货已经成为推动消费的一种营销形式.某直播平台工作人员在问询了解了本平台600个直播商家的利润状况后，随机抽取了100个商家的平均日利润（单位：百元）进行了统计，所得的频率分布直方图如图所示.    (1)求m的值，并估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）. (2)以样本估计总体，该直播平台为了鼓励直播带货，提出了两种奖励方案，一是对平均日利润超过78百元的商家进行奖励，二是对平均日利润排名在前的商家进行奖励，两种奖励方案只选择一种，你觉得哪种方案受到奖励的商家更多?并说明理由. 【答案】(1)，中位数为74，平均数为72.5 (2)方案一受到奖励的商家更多，理由见解析 【分析】（1）由频率分布直方图中各组频率之和等于1，列出方程求出，利用中位数定义和平均数公式分别计算即得； （2）按照方案一要求，利用频率分布直方图先求出平均日利润超过78百元的商家所占的比率，再求对应的商家数目；方案二只需取前，即前200个商家家，比较即得结论. 【详解】（1）由题意可知，解得. 设中位数为，则，解得，所以中位数为74， 平均数为 （2）由题意可知，方案一受到奖励的商家的个数为， 方案二受到奖励的商家的个数为， 因为240>200，所以方案一受到奖励的商家更多. 45．（23-24高一下·浙江绍兴·期中）为了了解学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性等，某学校对在校1500名学生进行了一次坐位体前屈测试，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取75人，已知这1500名学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为和，女生的平均数和方差分别为和． (1)求样本中男生和女生应分别抽取多少人； (2)求抽取的总样本的平均数，并估计全体学生的坐位体前屈成绩的方差． 【答案】(1)45；30； (2)平均数；方差16. 【分析】（1）首先计算抽样比，再计算男生和女生应抽取的人数； （2）代入总体平均数公式和方差公式，即可求解. 【详解】（1）总体容量1500，样本容量75，则抽样比为， 所以样本中男生数量，女生数量. （2）抽取的样本中男生的平均数，方差， 抽取的样本中女生的平均数，方差， 所以总体样本的平均数为， 总体样本的方差 . 所以估计高三年级全体学生的坐位体前屈成绩的方差为16. 46．（23-24高一下·江苏南京·期末）从全校学生的期末考试成绩（均为整数）中随机抽取一个样本，将样本分成5组，绘成频率分布直方图，如图中从左到右各小组的小矩形的高之比为，最左边的一组频数是6. (1)求样本容量； (2)求这一组的频数及频率； (3)估计这组样本数据的众数和中位数. 【答案】(1) (2)频数为，频率为 (3)众数为：，中位数为113 【分析】（1）根据矩形面积比与频率比的关系即可得到样本容量； （2）根据面积比即可求出频率，再根据样本容量即可求出频数； （3）根据众数和中位数计算公式即可. 【详解】（1）小矩形的高之比为频率之比， 所以从左到右的频率之比为. 最左边的一级所占的频率为， 所以样本容量； （2）这一组的频率为，所以频数为； （3）由频率分布直方图得： 众数为：. 成绩在内的频率为， 成绩在内的频率为， 成绩在内的频率为， 则，， 设中位数为， ，解得， 即中位数为113. 47．（23-24高一下·浙江衢州·期末）2023年起我国旅游按下重启键，寒冬有尽，春日可期，先后出现了“淄博烧烤”，“尔滨与小土豆”，“天水麻辣烫”等现象级爆款，之后各地文旅各出奇招，衢州文旅也在各大平台发布了衢州的宣传片：孔子，金庸，搁袋饼纷纷出场.现为进一步发展衢州文旅，提升衢州经济，在5月份对来衢旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿，交通，服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中. (1)求图中的值并估计满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； (2)若有超过的人满意度在75分及以上，则认为该月文旅成绩合格.衢州市5月份文旅成绩合格了吗？ (3)衢州文旅6月份继续对来衢旅游的游客发起满意度调查.现知6月1日-6月7日调查的4万份数据中其满意度的平均值为80，方差为75；6月8日-6月14日调查的6万份数据中满意度的平均值为90，方差为70.由这些数据计算6月1日—6月14日的总样本的平均数与方差. 【答案】(1)，79.5 (2)合格 (3)平均值为86，方差为96 【分析】（1）根据频率分布直方图的特征求出a，进而即可求出平均数； （2）先确定40%分位数的位置，再由频率分布直方图求出百分位数，即可下结论； （3）求出总样本平均数，根据方差的定义，即可求出总样本方差. 【详解】（1）由题意知， 估计满意度得分的平均值 （2）超过60%的人满意度在75分及以上，即为40%分位数大于等于75 又由满意度在的频率为，满意度在的频率为 知40%分位数位于 由 可以估计40%分位数为 有超过60%的人满意度在75分及以上，衢州市5月份文旅成绩合格了 （3）把6月1日—6月7日的样本记为，其平均数记为，方差记为， 把6月8日—6月14日的样本记为，其平均数记为，方差记为， 则总样本平均数 由方差的定义，总样本方差为 总样本平均值为86，总样本方差为96 48．（23-24高一下·辽宁葫芦岛·开学考试）某保险公司决定每月给推销员确定个具体的销售目标，对推销员实行目标管理.销售目标确定的适当与否，直接影响公司的经济效益和推销员的工作积极性，为此，该公司当月随机抽取了50位推销员上个月的月销售额（单位：万元），绘制成如图所示的频率分布直方图.    求： (1)根据图中数据，求出月销售额在小组内的频率，并根据直方图估计，月销售目标定为多少万元时，能够使的推销员完成任务. (2)该公司决定从月销售额为和的两个小组中，选取2位推销员介绍销售经验，求选出的推销员来自不同小组的概率. (3)第一组中推销员的销售金额的平均数为13，方差1.96，第七组中推销员的销售金额的平均数为25，方差3.16，求这两组中所有推销员的销售金额的平均数，方差. 【答案】(1)0.12，17万元 (2) (3)平均数，方差 【分析】（1）根据频率之和为1求得所求区间的频率，由题意求得的推销员不能完成月销售额目标得销售额即可求解； （2）利用举所有的基本事件和所求事件包含的基本事件，利用古典概型概率公式求解； （3）将数据代入平均数公式和总体方差公式求解即可. 【详解】（1）月销售额在小组内的频率为， 若要使的推销员完成月销售额目标，则意味着的推销员不能完成月销售额目标， 根据题图所示的频率分布直方图知，和两组的频率之和为， 和及三组的频率之和为， 故估计月销售目标应定为万元； （2）第一组3人记为，第七组2人， 则选取2位推销员有 共10种情形， “选取2位推销员介绍销售经验，求选出的推销员来自不同小组”记为事件M， 则事件M包含有共6种情形， 所以； （3）第一组3人，第七组2人， 则这两组中所有推销员的销售金额的平均数为， 方差. 49．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，我市为提高市民对文明城市建设的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图： (1)求频率分布直方图中的值； (2)若从成绩位于区间和的答卷中，采用分层随机抽样，抽取7份，再从这7份中随机抽取两份，求这两份答卷的成绩都落在的概率； (3)已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差． 【答案】(1) (2) (3)， 【分析】（1）根据每组小矩形的面积之和为1即可求解； （2）根据分层抽样的概念，古典概型概率公式求解即可； （3）根据加权平均数与方差公式计算即可． 【详解】（1）由每组小矩形的面积之和为1，则，解得． （2）由题可知，成绩位于区间和的问卷比例为， 因为从成绩位于区间和的答卷中，采用分层随机抽样，抽取7份， 所以在区间抽取5份，设成绩分别为，则区间抽取2份，设成绩分别为， 所以从这7份中随机抽取两份的样本空间为： ， 设“抽取两份答卷的成绩都落在”， 则， 所以． （3）因为落在与的频率比为， 所以，． 【题型5 复合函数的综合应用】 50．（22-23高二下·内蒙古呼和浩特·期末）已知函数 . (1)若，求不等式的解集; (2)若恒成立，求实数的取值范围. 【答案】(1)； (2)． 【分析】（1）依题意可得，即可得到，根据指数函数的性质解得即可； （2）令，则，依题意可得对任意恒成立，参变分离可得对任意恒成立，再由基本不等式求出的最小值，即可得解. 【详解】（1）当时，可得， 即，即，整理得， 因为， 所以，解得， 所以不等式的解集为； （2）因为，令，则，可得， 由，可得， 因为，恒成立， 即对任意恒成立， 即对任意恒成立， 又因为，当且仅当，即时取等号， 所以， 即实数的取值范围为． 【题型6 定义题型综合应用】 51．（山东省青岛市即墨区2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试题）已知函数和的定义域分别为和，若对任意，恰好存在个不同的实数，使得（其中），则称为的“重覆盖函数” (1)判断，是否为，的“4重覆盖函数”，并说明理由； (2)若，是，的“3重覆盖函数”，求的范围； (3)若，，是，的“9重覆盖函数”，求的取值范围． 【答案】(1)不是，理由见解析 (2) (3) 【分析】（1）利用给定定义判断即可. （2）利用给定定义建立不等式，求解参数范围即可. （3）利用给定定义转化为函数交点问题，利用数形结合法求解即可. 【详解】（1）， ， ，， 故的值域为，当时，， 此时，不是的“4重覆盖函数”， （2），， 的图像如下： 是的“3重覆盖函数”， ， 在成立， ， （3）， ，令， 为的“9重覆盖函数”， 即有9个实数根， 即有9个实数根， 因为与的图像如下， 当时，，解得：， 当时，，解得：， 综上，要满足题意，所以，即. 【点睛】关键点点睛：本题考查新定义，解题关键是合理利用给定定义，然后转化为零点问题，再转化为交点问题建立不等式组，得到所要求的参数范围即可． 52．（江苏省南京航空航天大学附属高级中学2021-2022学年高一上学期12月月考数学试题）对于函数，，，如果存在实数a，b使得，那么称为，的生成函数. (1)设， ，，，生成函数.若不等式在上有解，求实数的取值范围； (2)设函数，，是否能够生成一个函数.且同时满足：①是偶函数；②在区间上的最小值为，若能够求函数的解析式，否则说明理由. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据题意新定义得到的解析式，然后将问题转化为在上有解，利用换元法转化为二次函数求解最值即可； （2）利用待定系数法设，根据，得到对任意恒成立，从而得到，再利用换元法以及对勾函数进行分析求解，即可得到答案． 【详解】（1）解：由题意可得，， ，，， 所以， 不等式在上有解， 等价于在上有解， 令，则， 由在上单调递减， 所以当时，取得最大值，故． （2）解：设，则． 由，得， 整理得，即，即对任意恒成立， 所以． 所以 ． 设， 令，则， 由对勾函数的性质可知在单调递减，上单调递增， ∴在单调递增， ∴，且当时取到“”． ∴， 又在区间的最小值为， ∴，且，此时，． 53．（23-24高一下·广西南宁·期末）对于平面向量（且），记，若存在，使得，则称是的“k向量”． (1)设，若是的“向量”，求实数的取值范围； (2)若，则是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由； (3)已知均为的“向量”，其中．设平面直角坐标系中的点列满足（与原点O重合），且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围． 【答案】(1) (2)存在， (3) 【分析】（1）利用向量的坐标运算和模的运算即可得解； （2）利用三角函数的周期性再结合向量的坐标运算即可得解； （3）利用向量的坐标运算结合方程组思想即可得解； 【详解】（1）依题意得， , 又由是的“向量”得，，则， 整理得，解得或， 所以，实数的取值范围是． （2）依题意，可得． 因为， 所以中的向量依次以3为周期． 若存在“1向量” ，只需． 因为， 所以 ． 所以只需使， 整理得． 即，即， 当时，符合要求． 故存在“1向量”，且“1向量”为． （3）因为为的“向量”，所以， 即，即， 同理， 以上三式相加，整理得， 即，即，所以． 则． 设，依题意，有 得， 所以， ， 所以， ， 当且仅当时，时，， 所以， 所以， 所以的取值范围是． 【点睛】关键点点睛：读懂题目，看清条件，结合向量的坐标运算，问题都可以解决. 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 期末复习-解答题必刷题汇编 【题型1 立体几何线面综合应用】 【题型2 正弦余弦定理综合应用】 【题型3 平面向量的数量积综合应用】 【题型4 频率直方图的综合应用】 【题型5 复合函数的综合应用】 【题型6 定义题型综合应用】 【题型1 立体几何线面综合应用】 1．（22-23高一下·江苏苏州·阶段练习）四棱锥中，平面，四边形为菱形，，，E为AD的中点，F为PC中点．    (1)求证：平面； (2)求PC与平面PAD所成的角的正切值； (3)求二面角的正弦值． 2．（24-25高一下·甘肃定西·期末）在三棱锥中，为的中点. (1)证明：平面⊥平面. (2)过O点作一个平面，使得平面 平面，请画出这个平面，并说明理由. (3)若，平面平面，求点到平面的距离. 3．（23-24高一下·山西·阶段练习）如图，在直三棱柱中，，，，点D，E分别为棱BC，的中点，点F是线段CE的中点．    (1)求证：平面； (2)求直线DF与平面ABF所成角的正弦值； (3)求二面角的余弦值． 4．（23-24高一下·吉林长春·期中）如图，已知平面ABC，，，，，，点为的中点 (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小； (3)若点为的中点，求点到平面的距离． 5．（23-24高二上·广东广州·期中）如图，已知是圆柱下底面圆的直径，点是下底面圆周上异于的动点，，是圆柱的两条母线． (1)求证：平面； (2)若，，圆柱的母线长为，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值． 6．（22-23高一下·安徽六安·期末）如图，在直角梯形中，，，，为的中点，沿将折起，使得点到点的位置，且，为的中点，是上的中点.    (1)证明：平面平面； (2)求二面角的正切值. 7．（23-24高一下·浙江衢州·期末）如图，三棱台中，是边长为2的等边三角形，四边形是等腰梯形，且，为的中点. (1)证明：； (2)若过三点的平面截三棱台所得的截面面积为.当二面角 为锐二面角时，求二面角的正弦值. 8．（23-24高一下·宁夏固原·期末）如图所示，已知平面ABC，∥，，，，E为BC的中点. (1)求证：平面平面； (2)求直线与平面所成角的大小. 9．（22-23高二下·陕西榆林·期末）如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是与的交点. (1)求证：平面； (2)求三棱锥的体积. 10．（23-24高一下·重庆·期末）如图，已知等腰梯形ABCD中，，，E是BC的中点，，将沿着AE翻折成，使平面AECD． (1)求证：平面平面； (2)求二面角的大小； (3)在线段上是否存在点P，使得平面，若存在，求CP的长；若不存在，说明理由． 11．（23-24高一下·四川凉山·期末）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角形，侧面底面，是的中点. (1)求证：平面； (2)求侧面与底面所成二面角的正弦值. 12．（23-24高一下·江苏南京·期末）如图，正三棱柱中，各棱长均相等，､､､分别为棱､､､的中点. (1)证明： 平面； (2)证明：平面平面； (3)求二面角的余弦值. 13．（天津滨海新·一模）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面ABCD，，，，，，. （1）证明：； （2）求二面角的余弦值； （3）设Q为线段PD上的点，且直线AQ和平面PAC所成角的正弦值为，求的值. 14．（23-24高一下·吉林长春·期末）在四棱台中，，平面平面，，，，.    (1)求证：平面； (2)若是的中点，求平面与平面的夹角的余弦值. 15．（23-24高一下·江苏苏州·期末）如图，四棱锥的体积为，底面为等腰梯形，， ，，，，是垂足，平面平面． (1)证明：； (2)若为的中点，求直线和平面所成角的正弦值． 16．（23-24高二上·四川成都·开学考试）在中，已知在线段上，且，设． (1)用向量表示； (2)若，求． 17．（23-24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 ． 18．（高一下·重庆北碚·期末）如图，四棱锥S—ABCD中，底面ABCD为菱形，，侧面SAB⊥侧面SBC，M为AD的中点． (1)求证：平面SMC⊥平面SBC； (2)若AB与平面SBC成角时，求二面角的大小， 19．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）如图，已知平面，，，点为的中点． (1)求证：平面； (2)求直线与平面所成角的大小． 20．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）如图，四棱锥中，底面是直角梯形，平面，，分别为的中点，． (1)求证：； (2)求二面角的正弦值． 21．（23-24高一下·四川绵阳·期末）如图，在四棱锥中，，底面是平行四边形，O点为的中点，，，． (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面所成的二面角的正切值： (3)当与平面的所成角最大时，求四棱锥的体积． 22．（23-24高一下·浙江杭州·期中）如图，在△ABC中，已知，，，且． (1)若，求的值 (2)求． 【题型2 正弦余弦定理综合应用】 23．（23-24高一下·山西·阶段练习）在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角B的大小； (2)若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围． 24．（2020·湖北武汉·模拟预测）已知ABC中三个内角A，B，C所对的边为a，b，c，且，. （1）若，求的值； （2）当取得最大值时，求A的值. 25．（23-24高一下·江苏盐城·阶段练习）已知锐角的内角A，B，C所对的边分别为，向量，，且. (1)求角C的值； (2)若，求的取值范围. 26．（23-24高一下·宁夏固原·期末）已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，. (1)若，，求c； (2)若的面积为，，求a. 27．（23-24高一下·重庆·期末）在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． (1)求的值； (2)求的取值范围． 28．（23-24高一下·四川凉山·期末）已知中，角的对边分别为，. (1)是边上的中线，，且，求的长度. (2)若为锐角三角形，且，求面积的取值范围. 29．（23-24高一下·天津红桥·期末）在中，内角所对的边分别是，已知. (1)求的值； (2)求的值. 30．（22-23高一下·天津红桥·期末）在中，内角所对的边分别是，已知, ，. (1)求：的值； (2)求：的面积. 31．（2024·安徽芜湖·三模）已知分别为三个内角的对边，且 (1)求； (2)若的面积为，为边上一点，满足，求的长． 32．（23-24高三上·山东聊城·期末）记的内角的对边分别为，，，已知. (1)求角的大小； (2)设，，求的周长. 33．（23-24高一下·四川成都·期中）已知的内角为A，B，C所对应的边分别为a，b，c，且． (1)求角C的大小： (2)若，求的面积． 34．（23-24高一下·云南昆明·期末）已知a，b，c分别为的三个内角A，B，C的对边，且. (1)求A； (2)从以下三个条件：①；②的面积为；③中选一个作为已知条件，求周长的取值范围. 【题型3 平面向量的数量积综合应用】 35．（0高一下·浙江温州·期末）已知是同一平面内的三个向量，其中. （1）若，且，求的坐标； （2）若，且，求与的夹角θ的余弦值. 36．（23-24高一下·浙江杭州·期末）已知是非零向量，，且. (1)求在方向上的投影向量； (2)求. 37．（23-24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． 38．（23-24高一下·山东聊城·阶段练习）已知向量. (1)若，求的值. (2)设，向量与的夹角为，求的大小. 39．（23-24高一下·四川凉山·期末）已知，. (1)若，同向共线，求的坐标. (2)若，且，求与的夹角. 40．（23-24高一下·江苏南京·期末）已知，，与的夹角为. (1)若与共线，求实数的值； (2)求的值； (3)若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 41．（23-24高一下·陕西西安·期末）设向量，，． (1)求向量； (2)若，求实数k的值． 【题型4 频率直方图的综合应用】 42．（2024·陕西商洛·模拟预测）为建立健全国家学生体质健康监测评价机制，激励学生积极参加身体锻炼，教育部印发了《国家学生体质健康标准》，要求各学校每学年开展覆盖本校各年级学生的《标准》测试工作，为做好全省的迎检工作.某市在高三年级开展了一次体质健康模拟测试.并从中随机抽取了500名学生的数据.根据他们的健康指数绘制了如图所示的频率分布直方图.    (1)估计这500名学生健康指数的平均数（同一组数据用该组区间的中点值作代表）； (2)现从体质健康指数在区间和内的学生中，用分层抽样法抽取5人，再从这5人中随机抽取3人填写调查问卷，求这3人中恰有2人体质健康指数在区间内的概率. 43．（浙江省杭州市六校2023-2024学年高一下学期期末考试数学试题）为了解甲､乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成两组，每组只，其中组小鼠给服甲离子溶液，组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同､摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图： 记为事件：“乙离子残留在体内的百分比不高于”，根据直方图得到的估计值为． (1)求乙离子残留百分比直方图中的值； (2)求甲离子残留百分比的第百分位数； (3)估计乙离子残留百分比的均值.（同一组数据用该组区间的中点值为代表） 44．（23-24高一下·云南·阶段练习）近年来，由于互联网的普及，直播带货已经成为推动消费的一种营销形式.某直播平台工作人员在问询了解了本平台600个直播商家的利润状况后，随机抽取了100个商家的平均日利润（单位：百元）进行了统计，所得的频率分布直方图如图所示.    (1)求m的值，并估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）. (2)以样本估计总体，该直播平台为了鼓励直播带货，提出了两种奖励方案，一是对平均日利润超过78百元的商家进行奖励，二是对平均日利润排名在前的商家进行奖励，两种奖励方案只选择一种，你觉得哪种方案受到奖励的商家更多?并说明理由. 45．（23-24高一下·浙江绍兴·期中）为了了解学生躯干、腰、髋等部位关节韧带和肌肉的伸展性、弹性等，某学校对在校1500名学生进行了一次坐位体前屈测试，采用按学生性别比例分配的分层随机抽样抽取75人，已知这1500名学生中男生有900人，且抽取的样本中男生的平均数和方差分别为和，女生的平均数和方差分别为和． (1)求样本中男生和女生应分别抽取多少人； (2)求抽取的总样本的平均数，并估计全体学生的坐位体前屈成绩的方差． 46．（23-24高一下·江苏南京·期末）从全校学生的期末考试成绩（均为整数）中随机抽取一个样本，将样本分成5组，绘成频率分布直方图，如图中从左到右各小组的小矩形的高之比为，最左边的一组频数是6. (1)求样本容量； (2)求这一组的频数及频率； (3)估计这组样本数据的众数和中位数. 47．（23-24高一下·浙江衢州·期末）2023年起我国旅游按下重启键，寒冬有尽，春日可期，先后出现了“淄博烧烤”，“尔滨与小土豆”，“天水麻辣烫”等现象级爆款，之后各地文旅各出奇招，衢州文旅也在各大平台发布了衢州的宣传片：孔子，金庸，搁袋饼纷纷出场.现为进一步发展衢州文旅，提升衢州经济，在5月份对来衢旅游的部分游客发起满意度调查，从饮食、住宿，交通，服务等方面调查旅客满意度，满意度采用百分制，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中. (1)求图中的值并估计满意度得分的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； (2)若有超过的人满意度在75分及以上，则认为该月文旅成绩合格.衢州市5月份文旅成绩合格了吗？ (3)衢州文旅6月份继续对来衢旅游的游客发起满意度调查.现知6月1日-6月7日调查的4万份数据中其满意度的平均值为80，方差为75；6月8日-6月14日调查的6万份数据中满意度的平均值为90，方差为70.由这些数据计算6月1日—6月14日的总样本的平均数与方差. 48．（23-24高一下·辽宁葫芦岛·开学考试）某保险公司决定每月给推销员确定个具体的销售目标，对推销员实行目标管理.销售目标确定的适当与否，直接影响公司的经济效益和推销员的工作积极性，为此，该公司当月随机抽取了50位推销员上个月的月销售额（单位：万元），绘制成如图所示的频率分布直方图.    求： (1)根据图中数据，求出月销售额在小组内的频率，并根据直方图估计，月销售目标定为多少万元时，能够使的推销员完成任务. (2)该公司决定从月销售额为和的两个小组中，选取2位推销员介绍销售经验，求选出的推销员来自不同小组的概率. (3)第一组中推销员的销售金额的平均数为13，方差1.96，第七组中推销员的销售金额的平均数为25，方差3.16，求这两组中所有推销员的销售金额的平均数，方差. 49．（23-24高一下·黑龙江大庆·期末）文明城市是反映城市整体文明水平的综合性荣誉称号，作为普通市民，既是文明城市的最大受益者，更是文明城市的主要创造者，我市为提高市民对文明城市建设的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图： (1)求频率分布直方图中的值； (2)若从成绩位于区间和的答卷中，采用分层随机抽样，抽取7份，再从这7份中随机抽取两份，求这两份答卷的成绩都落在的概率； (3)已知落在的平均成绩是56，方差是7，落在的平均成绩为65，方差是4，求两组成绩的总平均数和总方差． 【题型5 复合函数的综合应用】 50．（22-23高二下·内蒙古呼和浩特·期末）已知函数 . (1)若，求不等式的解集; (2)若恒成立，求实数的取值范围. 【题型6 定义题型综合应用】 51．（山东省青岛市即墨区2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试题）已知函数和的定义域分别为和，若对任意，恰好存在个不同的实数，使得（其中），则称为的“重覆盖函数” (1)判断，是否为，的“4重覆盖函数”，并说明理由； (2)若，是，的“3重覆盖函数”，求的范围； (3)若，，是，的“9重覆盖函数”，求的取值范围． 52．（江苏省南京航空航天大学附属高级中学2021-2022学年高一上学期12月月考数学试题）对于函数，，，如果存在实数a，b使得，那么称为，的生成函数. (1)设， ，，，生成函数.若不等式在上有解，求实数的取值范围； (2)设函数，，是否能够生成一个函数.且同时满足：①是偶函数；②在区间上的最小值为，若能够求函数的解析式，否则说明理由. 53．（23-24高一下·广西南宁·期末）对于平面向量（且），记，若存在，使得，则称是的“k向量”． (1)设，若是的“向量”，求实数的取值范围； (2)若，则是否存在“1向量”？若存在，求出“1向量”；若不存在，请说明理由； (3)已知均为的“向量”，其中．设平面直角坐标系中的点列满足（与原点O重合），且与关于点对称，与关于点对称．求的取值范围． 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！6 1 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$