专题07 解答压轴专题（期末真题汇编，安徽专用）高一数学下学期

**基本信息** 安徽多所重点高中期末解答压轴题汇编，聚焦平面向量、立体几何等4大高频考点，通过多问设计实现基础到创新的能力梯度考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |解答题|约30题|平面向量结合解三角形（如求角、面积及最值），立体几何含折叠与空间角（如直角梯形折叠求二面角），概率统计融入游戏情境（如取球获胜概率），其他涉及高斯函数、复数等拓展内容|以“玲珑骰子”文化情境、医学指标检测等真实问题为载体，多问设置从基础运算到创新应用（如三面角余弦定理证明），适配高考压轴题命题趋势|

命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 专题07解答压轴专题 ☆4大高频考点概览 考点01平面向量及其应用 考点02立体几何初步 考点03概率统计 考点04其他 目目 考点01 平面向量及其应用 一、解答题 1.(24-25高一下安徽合肥中国科学技术大学附属中学，期末)△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b, c,已知(cV2b)cosA+acosC=0. (1)求角A的大小： (2)若a=2,b+c=1+3+V6,求△ABC的面积， (3)若△ABC为锐角三角形，且外接圆直径为2V2,求角B取何值时，2有最小值，并求出最小值 2b 2.(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学.期末)在△ABC中，角AB,C所对的边分别为 a,b,c,2b=2(c-acosB). (1)求A: (2)已知△ABC的面积为克，D为BC的中点，AD=5,求a. 3.(24-25高一下·安徽宿州、示范高中.期末)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知 a(V3sinB+cosB=b+c,D为边BC上-点，且AD=2 (1)求角A的大小： (2)若BD=2DC,且号=V3-1,求a的值： (3)若AD为角平分线，求AB+3BD的最小值 4.(24-25高一下·安徽合肥第一中学期末)在△ABC中，设角A,B,C所对的边分别是α，b,c,且满足 3 bsinC+bcosC=a+c. (1)求角B; (2)若b=V3,求△ABC面积的最大值： (③)求0的取值范围。 1/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 5.(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团期末)已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c, 且(6-ab+a)=c(b-c. (1)求角A的大小： (②)若b=2,c=3,点D是边BC上的一点，且器=.求AD的长： (3)若△ABC是锐角三角形，b=1,点E为AB的中点，求CE的取值范围. 目 考点02 立体几何初步 一、解答题 1.(24-25高一下·安徽六安第一中学期末)如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角P-ABC, ∠APC=,∠BPC=B,∠APB=Y,二面角A-PC-B的大小为6，类比于平面三角形中的余弦定理， 我们得到三维空间中的三面角余弦定理：cosY=cosacosB+sinasinBcos6, D A P B 图1 图2 (1)如图2，在三棱锥P-ABC中，点M是点B在平面APC中的投影，BD⊥PC,连接MD,PA=4, ∠APC=60°，∠BPC=45°，∠APB=90°，PB+PC=8 ①直接用三面角余弦定理给出平面APC与平面BPC所成的角的余弦值； ②求三棱锥P-ABC体积的最大值； (2)当α、阝、Y∈(0，)时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理 2.(24-25高一下.安徽六安第一中学期末)如图，在四棱台ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD是正方形， D1D⊥平面ABCD,D1D=2,AB=4,A1B1=2. D ⊙ D (1)求证：A1A//平面C1BD: (2)求直线A1A到平面C1BD的距离： (3)若点P是正方形ABCD内的动点（不含边界），且满足BD⊥B:P,设直线D1P与平面ABCD所成角为 2/13 学科网 www zxxk com 让教与学更高效 B,求tan6的取值范围. 3.(24-25高一下安徽合肥第六中学期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PD⊥底面ABCD,E是PC的中 点，点F在棱BP上，且EF⊥BP,四边形ABCD为正方形，PD=CD=2. (I)证明：BP⊥DF; (2)求点F到平面BDE的距离； (3)求二面角F-DE-B的余弦值. 4.(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥平面ABCD, AD BC,AB L AD,AB=BC=AP=2,AD=4. (1)证明：CD⊥平面PAC; (2)求二面角B-PC-D的大小： (3)点T是棱PC上的动点（不包括端点），求直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围 5.(24-25高一下·安徽合肥第一中学期末)唐代诗人温庭笔的《新添声杨柳枝词二首》中写道“玲珑骰子安红 豆，入骨相思知不知”，表达了诗人的相思之情.为迎接七夕，某超市购进了一批“玲珑骰子”（如图所示）： 棱长为1的水晶正八面体（八个面都是全等的正三角形），中间的球体部分是被挖空的（表面不被破坏）， 并嵌入了红豆. 3/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 E F (1)当给红豆留出最大空间时，求骰子中间被挖空的球体的表面积 (2)超市推出一项活动，在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点，能构成等边三角形即可 获得“花好”卡片，能构成直角三角形即可获得“月圆”卡片.甲乙两人每人抽取一次（抽取结果互不影响）， 求两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率. (3)若点P为(1)中球面上的任一点，设∠PAB=61,∠PAD=62,二面角B-AP-D的平面角为p,求 证：tan61·tan62'cosp为定值， 6.(24-25高一下·安徽宿州、示范高中期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，已知四边形ABCD是边长为2 的菱形，∠BAD=60°，AC与BD的交点为O,且PO⊥平面ABCD,△PBD是等边三角形，点E是线 段AD上的动点. D (I)证明：AC⊥PD: (2)求二面角P-BC-A的平面角的正切值： (3)求直线PE与平面PBC所成角的正弦值的最大值，并指出点E此时所在的位置 7.(24-25高一下·安徽阜阳界首中学·期末)如图，在四棱锥P-ABCD中，AB⊥平面PAD,AB//CD, 且AB=2CD,E,FG,H分别是棱PAPB,PCPD的中点 (1)求证：CF//平面PAD: (2)若△PAD为等边三角形，CD=AD=2,判断几何体EFGH-ABCD是什么几何体，并求其体积 4/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 8.(24-25高一下·安徽淮北第一中学期末)已知×是一个向量，它与向量意，都垂直，它的模 |×=a·sin(a）.如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为矩形，PD上底面 ABCD,DP=DA=4,E为AD上一点，AD×B=85 (1)求AB的长： (2)若E为AD的中点，求二面角P-EB-A的余弦值； (3)若M为PB上一点，且满足AD×B=E,求 9.(24-25高一下.安徽合肥一六八中学期末)如图，已知三棱柱ABC-A1B:C1的底面是正三角形，侧面 BB1CC是矩形，M,N分别为BC,B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E,交AC 于F B (1)证明：AA1/MN,B1C1//EF; (2)证明：平面A1AMN⊥EB1C1F; (3)设O为△A1B1C1的中心，若AO/平面EB1C1F,且A0=AB,求直线B1E与平面A1AMN所成角的 正弦值 10.(24-25高一下安徽六安第二中学期末)如图所示，在直角梯形ABCD中，BC/AD,AD⊥CD, BC=2,AD=3,CD=V3,边AD上一点E满足DE=1.现将△ABE沿BE折起到△ABE的位置， 使平面A1BE⊥平面BCDE,如图所示. 5/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 B (I)求证：A1C⊥BE: (2)求四棱锥A1~BCDE的体积； (3)求平面A1BE与平面A1CD所成锐二面角的余弦值. 目目 考点03 概率统计 一、解答题 1.(24-25高一下·安微六安第二中学期末)不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球， 其中黑球编号为1,2,3，白球编号为4,5. (1)现从盒子里随机取出2个小球，记事件A=“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件B=“不放回地 依次取出时，取出小球编号之和为n”,当n=6时，分别求事件A,B的概率； (2)某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果 互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为时获胜 小明同学决定先玩游戏一，当n为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 2.(24-25高一下，安徽合肥一六八中学期末)研究小组经过研究发现某种病毒的感染者与未感染者的某项医 学指标有明显差异，经过大量调查，得到感染者和未感染者该指标的频率分布直方图如下： 6/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 频率 频率 组距 个组距 0.02 0.020 0.01 0.019 0.018 0.01 0.0 0.006- 0.00 0.001 090100110120130140150160指标 0405060708090100110指标 感染者 未感染者 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c,将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判 定为阴性，此检测标准的漏诊率是将感染者判定为阴性的概率，记为p(c;误诊率是将未感染者判定为阳 性的概率，记为q(©).假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率. (1)求频率分布直方图中a的值及未感染者该指标的中位数； (2)当漏诊率p(c)=0.5%时，求临界值c和误诊率q(c: (3)设函数f(c)=p(c+q(c),当c∈[90,110]时，求f(c)的解析式，并求f(c)在[90,110]上的最小值. 3.(24-25高一下·安徽淮北第一中学期末)为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，试卷中 只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p,乙同学答对每题的概率都为q(p>q)，且在考试中 每人各题答题结果互不影响。已知每题甲、乙两人同时答对的概率为方，恰有一人答对的概率为 (1)求p和q的值； (2)求甲、乙两人共答对3道题的概率， 4.(24-25高一下·安微合肥第六中学·期末)品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试.一种通常采用的测试方法如 下：拿出瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等其记忆 淡忘后，再让其品尝这瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试根据一轮测试中的两次排 序偏离程度的高低对其酒味鉴别能力进行评价.现设n=3,分别以a1a2a3表示第一次排序时被排为1,2,3 的三种酒在第二次排序时的序号，并令X=a1-1+a2-2+a3-3,则X是对两次排序的偏离程度的一种 描述若两轮测试都有X=0,则该品酒师被授予“特级品酒师”称号；若两轮测试都有X≤2，且至少有一轮 测试出现X≠0，则该品酒师被授予“一级品酒师称号 (I)用下列表格形式写出第二次排序时所有可能的1a2a3排序结果，并求出相应的X值； au a2 as X 1,2,3 0 7/13 命学科网 www zxxk.com 让教与学更高效 (2)甲参加了两轮测试，两轮测试结果相互独立，记事件D=“甲被授予一级品酒师称号”，求P(D); (3)甲连续两年都参加了两轮测试，两年测试结果相互独立，记事件E=“在这两年中甲至少有一次被授予特 级品酒师称号”，求P(E. aj a2 as x 1,2,3 0 1,3,2 2 2,3,1 4 2,1,3 2 3,1,2 3,2,1 4 av a2 as X 1,2,3 0 1,3,2 2 2,3,1 4 2,1,3 2 3,1,2 4 3,2,1 4 目目 考点04 其他 一、解答题 1.(24-25高一下安徽阜阳界首中学期末)函数y=[x]称为高斯函数，其中“[x]”表示不超过实数x的最 8/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 大整数，又称“x的整数部分”高斯函数在数论、函数绘图和计算机等领域有广泛的应用，我们记 {x}=x-[x] (1)设方程{x}=0-2024x的两个不同实数解为x1与x2,且x1<X2,求的值： (2)请确认是否存在函数f:R→R,满足对Vx∈R,都有： ①f(f(x)=f(x):②{x}cos(f(x)cosx+{f(x)}sin2x=f(x)同时成立 (3)求证：对x∈R,neN,[x]+[x+]+[x+]+·+[x+陪]=[nx] 2.(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学期末)已知函数 f(x)=asinx +bcosx+csinxcosx+1(a,b,cER) (1)当a=b=0,c=1时，求函数y=f(x)的单调增区间； (2)当a=1,c=0时，设g(x)=f(x)-1,且函数g(x的图像关于直线x=若对称，将函数y=g(x)的图 像向右平移号个单位，得到函数y=h(x),求解不等式(x)≥1； (3)当a=3,b=2,c=0时，若实数m,n,p使得mfx+nf(x-p)=1对任意实数x恒成立，求 知”行的值 3.(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学.期末)设函数 f(x)=Asin(ωx+)(A≠0，ω>0). (1)当ω=号时，求解下列问题， (i)若存在实数M,对任意的xE】(I是函数y=f(x)的定义域的子集)，都有f(x)≤M,且存在 xo∈I,使得f(o)=M,则称M为函数f(x)在区间I上的最大值，xo称为最大值点，讨论f(x)在 [0,10]上最大值点的个数： (ⅱ)小明利用函数f(x)进行一个棋盘游戏：有一个2025×2025的正方形棋盘，小明将一棋子开始时 置于左下角（棋盘最左边的边界线与最下边的边界线的交点），每下一步移动1格，且在第(n∈N)步 时，若f()≥，则将棋子向上前进一步，否则将棋子向右前进一步，棋子走到棋盘最右边的边界线或 最上边的边界线时停止，若棋子停在棋盘最上边的边界线，求A的取值范围. (2)若A=1,f(x)的最小正周期T∈（器，警），且曲线y=f(x)与直线y=1在区间（号，变）上有且仅 有1个交点，求ω的取值范围. 4.(24-25高一下，安微蚌埠期末)欧拉公式eir=cosx+isinx(x∈R),e是自然对数的底，i是虚数单位.它 的一个简单而重要的结论是：余弦函数和正弦函数可以用定义在复数集上的指数函数构造出来，即Cosx= ,sinx=芒(x∈R).欧拉公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的 9/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 关系，被誉为“数学中的天桥”.当x=π时，得到等式e证+1=0，数学里最重要的五个常数e,兀，i1,0被联 系在一起，仿佛一句诗，道尽了数学之美 (I)证明：若x∈R,则eir与eir互为共轭复数； (2)已知e2e2:=e2t2:(Z1Z2∈C),欧拉公式在复数集内可推广为ez=cosz+isinzeiz= cosz-isinaEC,需要指出的是，cosz和sinz是复数，它们不是eiz的实部和虚部，且 cosz=',snz=(zEC容易证明，两角和的余弦公式在复数范围内仍然成立，即 cos(z1+z2)=cosz1cosz2sinz1sinz2(z1z2∈C).定义函数coshz=cos(iz),sinhz=-isin(iz (zeC.证明：cosh(z1+z2)=coshz1 coshz2.+sinhz1 sinhz2(zhz2∈C): (3)若xyER,令z=a+n2cosz=x+yi,证明：警+g-1 5.(24-25高一下·安徽合肥肥西县宏图中学期中)已知复数z,乙，z2在复平面内对应的点分别为AB,C,其 中A在第一象限，且原点O是△ABC的外心 (1)求z: (2)记△ABC的内角AB,C的对边分别为a,b,c,且(b+c)2-a2+4 bcsin2号 ①判断△ABC的形状，并说明理由； ②求△ABC的面积 6.(24-25高一下·安徽合肥第六中学.期中)正等角中心(positive isogonal centre)亦称费马点，是三角形的 巧合点之一.“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内 求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的 三个内角均小于120°时，使得∠A0B=∠B0C=∠C0A=120°的点0即为费马点；当△ABC有一个 内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A, B,C所对的边分别为a,b,c, (①)若cosB,cosC(B≠C)是关于t的方程2t2+2mt+2m2-是=0两根，其中-1<m<-号， ①求A; ②若bc=2,设点P为△ABC的费马点，求pA.PB+PB.P元+P元.PA: (2)若cos2C+2sin(A+B)sin(A-B)=1,设点P为△ABC的费马点，|PB|+|PCI=t|PA,求实 数t的最小值. 7.2425高一下安微天一大联考)在平面直角坐标系x0y中，对于非零向量=(Xy1),石=(x2y2) 10/13 函学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 ，定义这两个向量的相离度为（司，B)=,容易知道三平行的充分必要条件为 VXV d(a,b)=0. (1)已知a=(3,2),b=(2-2),求d(,)； (2)已知a的夹角为61c,d的夹角为2，证明：d(a,)=d(,d)的充分必要条件是sin01=sin62: (3)在△ABC中，AB=4,AC=8,D为BC的中点，且AD=2y7,若AD=2PD,求d(正，BP) 8.(24-25高一下·安微蚌埠A层高中)我们在初中学习“全等三角形”的知识时，知道了若已知三角形的三边， 这个三角形就被唯一的确定了；到了高中，进一步了解了正、余弦定理后，知道了如何用已知的三边求得 三角形的面积：记△ABC的面积为S,角A,B,C的对边分别为a,b,c,则S=VPp-ap-bp-C) ，这里P=(a+b十c),据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的，最早出现在海伦著于公元1 世纪的《测地术》中，在3世纪，我国南宋的数学家秦九韶在《数学九章》中推出了等价的结论.根据以上 信息，回答下列问题 d b (0)已知△ABC的面积为2，且sinA:sinB:sinC=9:10:11,求此三角形中大于60°的角所对的边长， (2)三角形的面积有多种计算方法，利用面积进行“算二次”是获得等量关系的常见手段若记△ABC的外接 圆半径为R,内切圆半径为，证明：R≥2r; (3)试将三角形的面积公式推广到四边形，如图，已知凸四边形ABCD的四边长分别a,b,c,d,记 p=(a+b+c+d)证明：此四边形的面积S≤yp-a(p-b)p-c(p-d),并求出何时取得最大值 9.(2425高一下安徽A10联盟调研)如图，延长△ABC的边AB至点P,边BC至点Q,边CA至点R,使 得线段AP、BQ、CR的长分别为AB、BC、CA的(1∈N,入≥2)倍，我们将△PQR称为△ABC的 “入变换三角形” 11/13 命学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 R (1)当7=2时，若AB=3,BC=4,AC=5,求PR的长： (2)若△ABC是边长为2的等边三角形，点M为其“2变换三角形”中线段AP上的动点，求 (成-Q)·MC的最大值： (3)证明：当入变化时，△ABC的“入变换三角形”的重心始终为同一点 10.(24-25高一下安徽毫州蒙城县实验永兴中学期中)已知n个向量司=(xy,)(i=1,2,…,n),将向 量按照一定顺序排成一列，可得一个n-向量序列A:司、2、、：定义：S1(A)=x1+y1, Sk(A)=yk+max{Ss1(A),x1+x2+…+xk}(k≥2，k∈N),其中max{xy}表示x、y最大 的数 (1)对于2-向量序列A:(1,2)、(4,3),求S1(A)、S2(A)的值： (2)设向量冠=(（xy),2=(x2y2)，,可排成两个向量序列A1:司1、2，和A2:2、a1,在x1、y1、 x2、Y,四个数中最小的数分别为1和V2两种情况下，比较S2(A1)和S2(A2)的大小： (3)若n为奇数且n≥3，X≥0，y,≥0，+y,≤2(i=1,2,…,n),设集合M={司a…,高a},证 明：集合M中存在两个非空子集B1、B2,满足B1∩B2=O,B1UB2=M,B1中所有向量的横坐标之和 X(B1)≤学，B2中所有向量的纵坐标之和Y(B2)≤学. 11.(24-25高一下·安徽天一大联考·期末)某校组织“语文课外阅读知识竞赛”活动，在预赛阶段，共设置“古 代文学、文化常识”和“国外文学名著鉴赏”两轮比赛，两轮比赛均通过才能进入决赛.己知甲、乙两名同学通过 第一轮的概率分别为号，是，通过第二轮的概率分别为P1P2(P1P2∈(0,1))，每次是否通过互不影响， 且两轮比赛均必须参加 (1)若P=号，求甲没有进入决赛的概率， (2)若P,=号P2=,求甲，乙均只通过一轮的概率； (3)设甲、乙两人中至少有一人进入决赛的概率为P1,两人均进入决赛的概率为P2,若P1=2P2,求 12/13 学科网 www.zxxk.com 让教与学更高效 畏+号的值 13/13 专题07 解答压轴专题 4大高频考点概览 考点01 平面向量及其应用 考点02 立体几何初步 考点03 概率统计 考点04 其他 地 城 考点01 平面向量及其应用 一、解答题 1．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. (1)求角A的大小； (2)若，，求的面积； (3)若为锐角三角形，且外接圆直径为，求角取何值时，有最小值，并求出最小值. 【答案】(1) (2) (3)； 【分析】（1）由正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式与内角和定理可得； （2）由已知结合余弦定理可得，又由与的值代入可得，再由三角形面积公式可得； （3）由正弦定理得，化边为角化简可得，由锐角三角形得的范围，再利用基本不等式求最值可得. 【详解】（1）由及正弦定理得： ， 因为， 所以，又，， ，又，故； （2）由余弦定理， 又，所以， 所以， 由可得， 故的面积； （3）由正弦定理可知， 故，且， 因为是锐角三角形， 所以，解得， 所以， 令， 由基本不等式可知， 当且仅当时，，即最小值为； 故当时，有最小值，最小值为. 2．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)在中，角所对的边分别为，． (1)求； (2)已知的面积为，为的中点，，求． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据余弦定理化简条件，代入，即可求解； （2）根据三角形的面积可求得，再利用，建立方程解出后，结合条件即可求解. 【详解】（1）因为， 由余弦定理，得 化简得，所以， 又，所以. （2）由的面积为，可得，则， 在中，，， 则，化简为 又，所以 即，解得. 3．(24-25高一下·安徽宿州、示范高中·期末)在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，且． (1)求角A的大小； (2)若，且，求a的值； (3)若AD为角平分线，求的最小值． 【答案】(1) (2) (3)． 【分析】（1）由正弦定理和三角恒等变换得到，从而求出； （2）先计算出，两边平方求出，又，联立两式解得，由余弦定理求出； （3）若AD为角平分线，则，在中，由正弦定理得到，，故，根据基本不等式求出最小值. 【详解】（1）由已知， 由正弦定理，可得， 又因为，代入上式， 化简得：， 因为中，，所以，从而， 故，因为，所以． （2）因为， 所以， 由（1）知，， 所以 ， 由已知，所以，即， 又，联立两式解得，， 由余弦定理，可得，即． （3）若AD为角平分线，则， 在中，由正弦定理，得， 即， 所以，， 所以 即， 又因为，所以，， 从而， 当且仅当时，等号成立， 所以的最小值为． 4．(24-25高一下·安徽合肥第一中学·期末)在中，设角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且满足． (1)求角B； (2)若，求面积的最大值； (3)求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正弦定理，结合辅助角公式进行求解即可； （2）根据三角形面积公式，结合余弦定理以及基本不等式求解即可； （3）利用正弦定理边角互化将原式转化为，然后令，将原式化为：，最后结合二次函数性质求解值域. 【详解】（1）因为， 根据正弦定理得：， 且， 可得， 即， 又因为，则， 可得，整理可得， 且，则， 可得，解得. （2）由余弦定理得：，即， 可得，解得，当且仅当时，等号成立， 所以的面积为：， 故面积的最大值为. （3）根据正弦定理得： ， 令，则， 可得， 将原式化为：， 因为，则，可得， 根据二次函数的图像性质得到， 当时，原式取得最小值，； 当时，原式取得最大值，； 故的取值范围为. 5．(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团·期末)已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且． (1)求角A的大小； (2)若，，点D是边BC上的一点，且．求AD的长； (3)若是锐角三角形，，点E为AB的中点，求CE的取值范围． 【答案】(1) (2)； (3). 【分析】（1）根据给定条件，利用余弦定理求解. （2）由已知求出，再在中由余弦定理列式求出. （3）由已知结合正切函数的性质求出的范围，再用正弦定理求出的范围，进而用含的表达式表示并求出范围. 【详解】（1）在中，由，得， 由余弦定理得，而， 所以. （2）由（1）得， 由点D是边BC上的一点，且，得， 在中，由余弦定理得， 即，所以. （3）在锐角中，，则，， 由正弦定理得， 在中，点E为AB的中点，， 由余弦定理得， 所以CE的取值范围是. 地 城 考点02 立体几何初步 一、解答题 1．(24-25高一下·安徽六安第一中学·期末)如图1，由射线PA、PB、PC构成的三面角，，，，二面角的大小为，类比于平面三角形中的余弦定理，我们得到三维空间中的三面角余弦定理：. (1)如图2，在三棱锥中，点M是点B在平面APC中的投影，，连接MD，，，，，. ①直接用三面角余弦定理给出平面APC与平面BPC所成的角的余弦值； ②求三棱锥体积的最大值； (2)当、、时，请在图1的基础上，试证明三面角余弦定理. 【答案】(1)①；②； (2)证明见解析 【分析】（1）①由题意得，代入计算即可； ②表达出，，故当时，的最大值为. （2）画出图形，分别在两三角形中，利用余弦定理得到方程，联立可得结论. 【详解】（1）由题意得： ①∵ ； ②由①可知， ， ，，则， ∵点M是点B在面ABC上的投影，∴面PAC， ∴ ， 故当时，的最大值为. （2） 过射线PC上一点H在面PAC作交PA于点M， 在面PBC内作交PB于点N， 连接MN，则是二面角的平面角， 在中，由余弦定理得：， 在中，由余弦定理得：， 两式相减得：， 则， 两边同除以， 得 ，得证. 2．(24-25高一下·安徽六安第一中学·期末)如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，. (1)求证：平面； (2)求直线到平面的距离； (3)若点P是正方形内的动点（不含边界），且满足，设直线与平面所成角为，求的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接AC交BD于，则可得，进而得到四边形为平行四边形，利用线面平行的判断即可证得平面； （2）利用等体积法可求线面距离； （3）由空间中垂直关系的转化可得点的轨迹为，根据线面角的定义可知为与面所成的平面角，然后可得的取值范围. 【详解】（1） 连接AC交BD于，连接，则，因为， 由四棱台的性质可得，且，故四边形为平行四边形， 故，平面面，故面. （2）面，直线到平面的距离等价于点到平面的距离， ， ，，，， 取DC中点，连，， 可得，而平面， 故平面，由平面， 故，，得， ，，故， 故，故. （3）连接，因为，由四棱台的性质可得， 故四边形为平行四边形，故， 故平面，而平面，故， 又，，平面，故平面， ，点在面内的动点，点面面， 面，为与面所成的平面角， ，DO最小为，最大为4 则. 3．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)如图，在四棱锥中，底面，是的中点，点在棱上，且，四边形为正方形，． (1)证明：； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证平面，再证平面，即可证； （2）由可求； （3）为二面角的平面角，求出，可求. 【详解】（1）证明：因为底面，底面，所以， 因为四边形为正方形，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 在中，因为，是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以． （2）连接交于点，如图所示： 则，又因为底面，平面，所以， 因为，平面，所以平面，则点到平面的距离为，因为是的中点，所以， 因为底面正方形边长为，所以，， 所以，， 所以， ，所以． 在中，满足，有， 所以， 设点到平面的距离为， 由可得 （3）由（1）可得平面，因为平面平面， 所以，所以为二面角的平面角， ， 因为，，所以 ， 所以，解得， 因为，即，所以， 故二面角的余弦值为． 4．(24-25高一下·安徽六安毛坦厂中学教育集团·期末)如图，在四棱锥中，平面ABCD，，. (1)证明：平面PAC； (2)求二面角的大小； (3)点T是棱PC上的动点（不包括端点），求直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）求出，由勾股定理逆定理可得，由线面垂直的性质定理可得，再由线面垂直的判定定理得解即可； （2）先证明是二面角的平面角的补角，再解三角形得解； （3）证明平面ABCD，可得线面角为，设，利用函数单调性求取值范围即可. 【详解】（1）， 所以， 所以在中，由余弦定理得 所以，所以 因为底面ABCD，平面ABCD，所以. 又平面PAC，所以平面PAC. （2）取BP的中点E，过点D作平面PBC，DF交平面PBC于点F，连接CF. 因为平面ABCD，平面PAB，所以平面平面ABCD. 因为平面平面，所以平面PAB. 因为平面PAB，所以. 因为，所以 又BP，平面PBC，，所以平面PBC. 因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC， 所以点A到平面PBC的距离等于点D到平面PBC的距离，所以 由（1）知平面PAC，因为平面PAC，所以. 因为平面PBC，平面PBC，所以. 又DF，平面CDF，，所以平面CDF. 因为平面CDF，所以. 由，平面平面，知是二面角的平面角的补角. 由，得. 所以二面角的大小为. （3）过点T作TG平行于PA，交AC于点G，连接GD. 因为平面ABCD，AB，平面ABCD，所以. 因为，所以. 因为，AB，平面ABCD，所以平面ABCD， 所以TD与底面ABCD所成的角为. 设，所以，即，所以. 所以. 由函数单调递增，得： 所以直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为. 5．(24-25高一下·安徽合肥第一中学·期末)唐代诗人温庭筀的《新添声杨柳枝词二首》中写道“玲珑骰子安红豆，入骨相思知不知”，表达了诗人的相思之情．为迎接七夕，某超市购进了一批“玲珑骰子”（如图所示）：棱长为1的水晶正八面体（八个面都是全等的正三角形），中间的球体部分是被挖空的（表面不被破坏），并嵌入了红豆．    (1)当给红豆留出最大空间时，求骰子中间被挖空的球体的表面积． (2)超市推出一项活动，在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点，能构成等边三角形即可获得“花好”卡片，能构成直角三角形即可获得“月圆”卡片．甲乙两人每人抽取一次（抽取结果互不影响），求两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率． (3)若点P为（1）中球面上的任一点，设，，二面角的平面角为，求证：为定值． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）被挖空的球体的半径为r．球心为O，根据题意，当球体为正八面体的内切球时，留给红豆的空间最大，求出内切球体积即可； （2）运用古典概型，结合互斥事件和独立乘法公式求解即可； （3）过点P做交AB（或其延长线）于点M， 过点P做交AD（或其延长线）于点N． 则，， 为二面角的平面角．运用余弦定理，求解证明即可. 【详解】（1）设被挖空的球体的半径为r．球心为O，根据题意， 当球体为正八面体的内切球时，留给红豆的空间最大， 此时设四棱锥的高为h，则． 所以， 正八面体每个面的面积是． 由得：．解得．所以． （2）在“玲珑骰子”的所有顶点中每次随机抽取三个不同的顶点， 该试验的样本空间 共20个样本点，所以． 每种选择是等可能的，因此这个实验是古典概型． 设事件甲获得“花好”卡片，事件乙获得“花好”卡片 ， 所以，从而． 设事件甲获得“月圆”卡片，事件乙获得“月圆”卡片， 任取三个顶点构成三角形，除等边三角形外，其余全部为直角三角形， 所以，从而． 记两人所获得卡片能凑成“花好月圆”为事件M， ，且与互斥，根据概率的加法公式和事件的独立性定义， 得 因此甲乙两人所获得的卡片能凑成“花好月圆”的概率为． （3）证明：过点P做交AB（或其延长线）于点M， 过点P做交AD（或其延长线）于点N． 则，， 为二面角的平面角． 在中，；① 在中，．② 由①②得， 从而， 所以，即． 所以为定值． 6．(24-25高一下·安徽宿州、示范高中·期末)如图，在四棱锥中，已知四边形ABCD是边长为2的菱形，，AC与BD的交点为O，且平面ABCD，是等边三角形，点E是线段AD上的动点． (1)证明：； (2)求二面角的平面角的正切值； (3)求直线PE与平面PBC所成角的正弦值的最大值，并指出点E此时所在的位置． 【答案】(1)证明见解析 (2)2 (3)，点E在线段AD上靠近D点的处． 【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定推理得证. （2）过作，利用定义法求出二面角的平面角的正切值. （3）证得平面，利用等体积法求出点E到平面的距离，再列式表示出角的正弦，进而推理求解最大值. 【详解】（1）证明：因为平面，平面，所以， 因为四边形为菱形，所以， 因为，PO、平面，所以平面， 又平面，所以． （2）过P在平面内作于H，连接OH， 因为平面，平面，所以， 又，PO、平面，所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 由题意知，是边长为2的等边三角形， 所以， 由， 得， 在直角中，， 所以二面角的平面角的正切值为2． （3）因为，且平面，平面，所以平面， 所以E到平面的距离即为D到平面的距离h， 因为，所以， 即， 所以，即E到平面的距离为， 设直线PE与平面所成的角为，则， 要使的正弦值最大，则需使PE最小，此时， 由对称性知，，所以的最大值为， 此时， 故直线PE与平面所成角的正弦值最大值为， 此时点E在线段AD上靠近D点的处． 7．(24-25高一下·安徽阜阳界首中学·期末)如图，在四棱锥中，平面 ，且分别是棱的中点. (1)求证： 平面； (2)若为等边三角形，，判断几何体是什么几何体，并求其体积. 【答案】(1)证明见解析 (2)几何体是棱台，其体积为 【分析】（1）只需通过证明四边形是平行四边形，得出，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）只需通过线面平行、面面平行的判定定理证明平面平面，即可得出几何体是棱台，只需算出两个底面边长的相似比，以及其中一个底面的面积即可得出两个底面的面积，再计算出棱台的高即可求解. 【详解】（1）如图，连接， 因为分别为的中点， 所以， 又因为， 所以，即四边形是平行四边形， 所以， 又因为平面，平面， 所以 平面； （2）因为分别是棱的中点. 所以， 因为平面，平面， 所以平面， 同理可得平面， 又因为，平面，平面， 所以平面平面， 所以几何体是棱台， 过点作于点， 因为平面，平面， 所以， 又因为，，平面，平面， 所以平面， 由以上分析可知四边形与四边形相似，且相似比， 而为等边三角形，， 设棱台的高、体积分别为，棱台的下底面、上底面的面积分别为， 所以，棱台的下底面是分别以为底，以为高的直角梯形， 所以， 所以， 即棱台的体积为. 8．(24-25高一下·安徽淮北第一中学·期末)已知是一个向量，它与向量都垂直，它的模.如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面为上一点，. (1)求的长； (2)若为的中点，求二面角的余弦值； (3)若为上一点，且满足，求. 【答案】(1)2 (2) (3)10 【分析】（1）根据已知条件找到直线与所成的角，再利用即可求解； （2）在平面内过点作交的延长线于点，连接，证明为二面角的平面角，由二面角与互补即可求解； （3）作出四边形为平行四边形，进而可得解. 【详解】（1）底面为矩形， ， 又底面，底面ABCD，， 又平面，平面， 又平面，， 为直线与所成的角，即， 设，则， 在Rt中，， 又，，解得， ，，即； （2） 在平面内过点作交的延长线于点，连接， 底面底面，， 又平面，平面， 又平面，，为二面角的平面角， 为的中点，， ， 设二面角的平面角为，则， ， 即二面角的余弦值为； （3） 依题意，又， ， 又，， 又，、平面，平面， 在平面内过点作，垂足为， 由平面平面，， 又、平面，平面， 在平面内过点作交于点， 在上取点，使得，连接， 且，四边形为平行四边形， ，又，即， . 9．(24-25高一下·安徽合肥一六八中学·期末)如图，已知三棱柱的底面是正三角形，侧面是矩形，M，N分别为，的中点，P为上一点，过和P的平面交于E，交于F (1)证明：，； (2)证明：平面； (3)设O为的中心，若平面，且，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）由中位线定理和平行线的性质证明，再由线面平行的判定定理和性质定理证明； （2）由线面垂直的判定定理证明平面，再由面面垂直的判定定理得证面面垂直； （3）证明直线与平面所成角即为等腰梯形中与所成角，在此梯形中求出该角的正弦值即得． 【详解】（1）M，N分别为，的中点， ， 又， ； 又 ，且平面，平面， 平面， 又 平面，且平面平面 . （2）在等边中，M为中点，则， 又侧面为矩形， ， ，∴. 由，，平面， 平面， ， 平面， 平面， 平面平面. （3）三棱柱上下底面平行，平面与上下底面分别交于，， ， 面，面，面面， ，四边形为平行四边形， O是正三角形的中心，， ，，， 因为，是中点，所以是中点， 由（2）知平面，又平面， 所以，从而四边形是等腰梯形（直线是四边形的对称轴）， 由（1）知直线在平面内的投影为， 直线与平面所成角即为等腰梯形中与所成角， 在等腰梯形中，令，过E作于H， 则，，， 直线与平面所成角的正弦值为. 10．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)如图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，，边AD上一点满足．现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如图所示． (1)求证：； (2)求四棱锥的体积； (3)求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2)； (3)． 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形ABCE为菱形，从而线线垂直，得到平面．故； （2）由面面垂直得到线面垂直，求出，利用锥体体积公式进行求解； （3）作出辅助线，证明线面垂直，得到线线垂直，即为平面与平面所成锐二面角的平面角，求出各边长，得到，求出答案. 【详解】（1）证明：在平面图形中，连接CE，由勾股定理得， 因为且，所以四边形为平行四边形， 又，所以四边形ABCE为菱形， 在图中，连接AC交BE于点，则， 在立体图形中，，， 又，平面， 平面． 又平面， ； （2）在平面图形中，由勾股定理得， 由（1）知，四边形ABCE为菱形，结合题设易得，故， 平面平面BCDE，且平面平面，平面，． 平面BCDE， 其中梯形的面积为， ； （3）在立体图形中延长BE，CD，设，连接． 平面，平面． 又平面，平面． 是平面与平面的交线， 平面平面BCDE，，平面平面， 平面，又平面， ，， 作，垂足为，连接CH， 又，平面， 平面OCH，又平面OCH， ． 即为平面与平面所成锐二面角的平面角． 由勾股定理得，， 故，为等边三角形， 在Rt中，，， 所以，又，故， 由勾股定理得， 所以， 又，在中，， ． 平面与平面所成锐二面角的余弦值． 地 城 考点03 概率统计 一、解答题 1．(24-25高一下·安徽六安第二中学·期末)不透明的盒子里装有除颜色外完全相同的3个黑球、2个白球，其中黑球编号为1，2，3，白球编号为4，5. (1)现从盒子里随机取出2个小球，记事件“有放回地依次取出时，取到两个白球”，事件“不放回地依次取出时，取出小球编号之和为n”，当时，分别求事件A，B的概率； (2)某班级为活跃班级氛围，组织了玩游戏送书签的活动.该活动由三个游戏组成，每个游戏各玩一次且结果互不影响，连胜两个游戏可以获得一张书签，连胜三个游戏可以获得两张书签. 游戏一：从盒子中随机取出一个球，取到白球时获胜； 游戏二：从盒子中有放回地依次取出2个球，取出两个白球时获胜； 游戏三：从盒子中无放回地依次取出2个球，取出球编号之和为n时获胜. 小明同学决定先玩游戏一，当n为何值时，接下来先玩游戏三比先玩游戏二获得书签的概率更大？ 【答案】(1)， (2)n的取值为5，6，7 【分析】（1）先写出样本空间，结合古典概型的概率公式即可得解； （2）利用互斥事件与独立事件的概率公式求得先玩游戏二与先玩游戏三获得书签的概率，从而得到概率，综合（1），由此得解. 【详解】（1）对于事件A，有放回地依次取出两个球的样本空间，则， 因为，所以， 所以， 对于事件B，不放回地依次取出两个球的样本空间 ，则，因为， 所以，所以； （2）设“先玩游戏二时，获得书签”，“先玩游戏三时，获得书签”， 记事件“从盒子中随机取出一个球，取到白球”， 从盒子中随机取出一个球的样本空间为， 则，，，所以. 则，，，互斥，A，B，C相互独立， 所以 . 同理，. 因为，所以，解得. 综合（1）知，，对应的均为，比大，所以满足题意； ，对应的均为，小于，不满足题意. 因此，符合题意的n的取值为5，6，7. 2．(24-25高一下·安徽合肥一六八中学·期末)研究小组经过研究发现某种病毒的感染者与未感染者的某项医学指标有明显差异，经过大量调查，得到感染者和未感染者该指标的频率分布直方图如下： 利用该指标制定一个检测标准，需要确定临界值c，将该指标大于c的人判定为阳性，小于或等于c的人判定为阴性，此检测标准的漏诊率是将感染者判定为阴性的概率，记为；误诊率是将未感染者判定为阳性的概率，记为．假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率． (1)求频率分布直方图中的值及未感染者该指标的中位数； (2)当漏诊率时，求临界值和误诊率； (3)设函数，当时，求的解析式，并求在上的最小值． 【答案】(1)，未感梊者该指标的中位数为 (2)， (3)，0.02. 【分析】（1）根据第一个频率分布直方图面积之和为1求出a，利用第二个频率分布直方图中的中位数公式计算即可. （2）根据题意由第一个频率分布直方图可先求出，再根据第二个频率分布直方图求出的矩形面积即可解出； （3）根据题意确定分段点，即可得出的解析式，再根据分段函数的最值求法即可解出. 【详解】（1）在感染者该指标的频率分布直方图中，各矩形的面积之和为1， 所以，解得， 在未感染者该指标的频率分布直方图中，前两个小矩形的面积之和为， 前三个小矩形的面积之和为， 所以未感染者该指标的中位数在第三组，且为； （2）依题可知，第一个小矩形的面积为，所以， 所以，解得， ． （3）当时， ； 当时， ， 故， 所以在区间的最小值为． 3．(24-25高一下·安徽淮北第一中学·期末)为了普及垃圾分类知识，某校举行了垃圾分类知识考试，试卷中只有两道题目，已知甲同学答对每题的概率都为p，乙同学答对每题的概率都为q（），且在考试中每人各题答题结果互不影响．已知每题甲、乙两人同时答对的概率为，恰有一人答对的概率为． (1)求p和q的值； (2)求甲、乙两人共答对3道题的概率． 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用独立、互斥事件概率公式得到方程组求解； （2）先求出甲、乙答对题目数为0、1、2的概率，再由甲乙总共答对3道题，等价于甲答对2道题乙答对1道题或甲答对1道题乙答对2道题，利用独立、互斥事件概率公式计算求得. 【详解】（1）设A：甲同学答对第一题，B：乙同学答对第一题，则，． 设C：甲、乙两人均答对第一题，D：甲、乙两人恰有一人答对第一题， 则，． ∵甲、乙两人答题互不影响，且每人各题答题结果互不影响， ∴A与B相互独立，与互斥， ∴,． 由题意得解得或 ∵，∴，． （2）设：甲同学答对了i道题，:乙同学答对了i道题，． 由题意得，，，． 设E：甲、乙两人共答对3道题，则， ∴， ∴甲、乙两人共答对3道题的概率为． 4．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期末)品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试.一种通常采用的测试方法如下：拿出瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序，经过一段时间，等其记忆淡忘后，再让其品尝这瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试.根据一轮测试中的两次排序偏离程度的高低对其酒味鉴别能力进行评价.现设，分别以表示第一次排序时被排为的三种酒在第二次排序时的序号，并令则是对两次排序的偏离程度的一种描述.若两轮测试都有，则该品酒师被授予“特级品酒师”称号；若两轮测试都有，且至少有一轮测试出现，则该品酒师被授予“一级品酒师”称号. (1)用下列表格形式写出第二次排序时所有可能的排序结果，并求出相应的值； (2)甲参加了两轮测试，两轮测试结果相互独立，记事件“甲被授予一级品酒师称号”，求； (3)甲连续两年都参加了两轮测试，两年测试结果相互独立，记事件“在这两年中甲至少有一次被授予特级品酒师称号”，求. 【答案】(1)列举出第二次排序时所有可能的及相应的值如下： (2) (3) 【分析】（1）列举出第二次排序时所有可能的及相应的值如表所示； （2）根据（1）的结果，先计算，设甲参加第一轮测试值记为，第二轮测试值记为，则即可求解； （3）先计算，再计算两轮测试中被授予“特级品酒师”称号的概率，最后计算即可. 【详解】（1）列举出第二次排序时所有可能的及相应的值列表如下： （2）由（1）可知，， 设甲参加第一轮测试值记为，第二轮测试值记为， 所以 . （3）由（1）可知，， 则两轮测试中被授予“特级品酒师”称号的概率， 所以. 地 城 考点04 其他 一、解答题 1．(24-25高一下·安徽阜阳界首中学·期末)函数称为高斯函数，其中“”表示不超过实数的最大整数，又称“的整数部分”.高斯函数在数论、函数绘图和计算机等领域有广泛的应用，我们记. (1)设方程的两个不同实数解为与，且，求的值； (2)请确认是否存在函数：，满足对，都有： ①；②同时成立. (3)求证：对，，. 【答案】(1) (2)不存在 (3)证明见解析 【分析】（1）首先判断，再分、分别求出方程的解，即可得解； （2）依题意可得，从而得到，再令推出矛盾，即可得解； （3）令，推导出，再说明当时，即可得证. 【详解】（1）因为，所以，所以， 由，则，所以， 当时，，， 由，即，解得， 当时，，， 由，即，解得， 因为，所以； （2）不成立，理由如下： 在②中，用代换并结合①可得， 所以， 再令②中可得，又左边，右边，不成立， 所以不存在满足条件的函数； （3）令， 则 ， 所以为的一个周期， 当时，所以， 所以， 由周期性可知，对，，， 因此对，，. 2．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)已知函数. (1)当，时，求函数的单调增区间； (2)当，时，设，且函数的图像关于直线对称，将函数的图像向右平移个单位，得到函数，求解不等式 ； (3)当，，时，若实数m，n，p使得对任意实数x恒成立，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意得到，结合正弦型函数的性质，即可求解； （2）根据题意得到，求得，得到，结合图象的变换求得，由不等式，即，即可求解； （3）化简得到，求得，转化为，得到方程组，分类讨论，即可求解. 【详解】（1）解：当，时，可得函数， 令，所以单调增区间为； （2）解：当，时，可得，其中， 因为关于直线对称 ， 可得，即，解得， 所以， 将函数的图像向右平移个单位，得到函数， 由，即，则 解得， 所以不等式的解集为； （3）解：当，，时，则， 可得，则， 其中且，于是， 可化为， 即， 所以. 由已知条件，上式对任意恒成立，故必有， 若，则由（1）知，显然不满足（3）式，故， 所以由（2）知，故或， 当时，，则（1）、（3）两式矛盾， 故，由（1）、（3）知， 所以. 3．(24-25高一下·安徽合肥中国科学技术大学附属中学·期末)设函数． (1)当时，求解下列问题． （ⅰ）若存在实数，对任意的（是函数的定义域的子集），都有，且存在，使得，则称为函数在区间上的最大值，称为最大值点，讨论在上最大值点的个数； （ⅱ）小明利用函数进行一个棋盘游戏：有一个的正方形棋盘，小明将一棋子开始时置于左下角（棋盘最左边的边界线与最下边的边界线的交点），每下一步移动1格，且在第步时，若，则将棋子向上前进一步，否则将棋子向右前进一步，棋子走到棋盘最右边的边界线或最上边的边界线时停止，若棋子停在棋盘最上边的边界线，求的取值范围． (2)若，的最小正周期，且曲线与直线在区间上有且仅有1个交点，求的取值范围． 【答案】(1)（ⅰ）答案见解析；（ⅱ） (2) 【分析】（1）（ⅰ）根据正弦函数的性质结合函数最大值的的定义，分和两种情况讨论即可； （ⅱ）根据正弦函数的单调性比较的大小，进而可得出答案； （2）方程在 上有且仅有1个根，再根据正弦函数的性质结合整体思想即可得解. 【详解】（1）（i），则， 当时，在上有两个最大值点，， 故在上有2个最大值点；同理当时，在上有1个最大值点； （ii），棋子移动的周期为3， 若棋子停在棋盘最上边的边界线，则，中至少有两个大于或等于， 因为，， 由正弦函数的单调性得， 故， 则或， 故的取值范围是； （2）曲线与直线在上有且仅有1个交点， 即方程在 上有且仅有1个根， 由，可知， 又因为，即， 所以， 故， 则只需令， 解得， 即的取值范围为． 4．(24-25高一下·安徽蚌埠·期末)欧拉公式，e是自然对数的底，i是虚数单位.它的一个简单而重要的结论是：余弦函数和正弦函数可以用定义在复数集上的指数函数构造出来，即 .欧拉公式将指数函数的定义域扩大到复数集，建立了三角函数和指数函数的关系，被誉为“数学中的天桥”.当时，得到等式，数学里最重要的五个常数被联系在一起，仿佛一句诗，道尽了数学之美. (1)证明：若，则与互为共轭复数； (2)已知，欧拉公式在复数集内可推广为 ，需要指出的是，和是复数，它们不是的实部和虚部，且.容易证明，两角和的余弦公式在复数范围内仍然成立，即.定义函数， .证明：； (3)若，令，证明：. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）根据欧拉公式展开复数，得出与实部相同，虚部相反，满足共轭复数定义；（2）运用双曲函数和三角函数的转换关系，，应用三角函数加法公式计算；（3）把已知条件代入复数表达式，分离实部和虚部，利用构造方程，得出结论. 【详解】（1）证明：， 的实部为，虚部为 又的实部为，虚部为 与实部相同，虚部相反，互为共轭复数. （2）代入双曲函数定义，应用三角函数加法公式： （3）代入已知复数表达式并分离实部与虚部： 由， ， 得， 由，整理得 5．(24-25高一下·安徽合肥肥西县宏图中学·期中)已知复数在复平面内对应的点分别为，其中在第一象限，且原点是的外心. (1)求； (2)记的内角的对边分别为，且. ①判断的形状，并说明理由； ②求的面积. 【答案】(1)1 (2)①直角三角形，理由见解析；② 【分析】（1）利用三角形的外心特点得到，结合复数的运算性质可得结果. （2）①利用降幂公式和余弦定理推得，即可得到结果； ②设，则得，可得与复平面的实轴垂直，与复平面的虚轴垂直，求出的值，得到的长，即可求的面积. 【详解】（1）点是的外心， ，即， 由，得， 在第一象限， ，故. （2）①， ， . 由余弦定理知，两式相加可得， ，故是直角三角形. ②设，则，， ， 与复平面的实轴垂直， 由①得，，则与复平面的虚轴垂直，， 在第一象限， ，故， ， . ， ， 的面积为. 6．(24-25高一下·安徽合肥第六中学·期中)正等角中心（positive isogonal centre）亦称费马点，是三角形的巧合点之一．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角，，所对的边分别为，，， (1)若，（）是关于的方程两根，其中， ①求A； ②若，设点为的费马点，求； (2)若，设点为的费马点，，求实数的最小值． 【答案】(1)①；②； (2)． 【分析】（1）①根据一元二次方程根与系数关系，结合消元法、配方法、辅助角公式进行求解即可； ②根据费马点的性质，结合平面向量数量积的定义、三角形面积公式进行求解即可； （2）根据二倍角的余弦公式、两角和差的正弦公式化简已知三角等式，再结合费马点的性质、余弦定理、基本不等式进行求解即可. 【详解】（1）①由题意得： ，是关于方程的方程的两个不等实根， ， ，由于，，故，均为锐角，，  ， 因为均为锐角，所以，而也为锐角， ， ； ②由①知，，则的三个角都小于，由费马点定义知：， 设，，，由得：   ，整理得， 所以． （2）由，得， 即，又，，则， 于是，整理得，即， 又，，有，则， ， 由点为的费马点，得， 设，，， （，，）， 由，得， 由余弦定理得， ， ， 相加得得， 整理得，于是，当且仅当，即时取等号， 又，因此，而，解得，所以实数的最小值为． 7．(24-25高一下·安徽天一大联考·)在平面直角坐标系中，对于非零向量，定义这两个向量的“相离度”为，容易知道平行的充分必要条件为． (1)已知，求； (2)已知的夹角为的夹角为，证明：的充分必要条件是； (3)在中，为的中点，且，若，求． 【答案】(1) (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）根据题目给出的公式直接带入求解； （2）根据数量积公式及题目给出的定义可得，结合同角三角函数的关系可知，进而证得； （3）根据三角形中线的向量用法，求得，再用向量分解分别求出，，，结合（2）中结论求出的取值. 【详解】（1）因为，所以． （2）因为， 且，则， 所以． 因为等价于，即， 所以的充分必要条件是． （3）如图，因为为的中点，所以， 可得， 即，可得． 由，可知为的中点，则， 可得， 则， ， ， 可得， 所以． 8．(24-25高一下·安徽蚌埠A层高中·)我们在初中学习“全等三角形”的知识时，知道了若已知三角形的三边，这个三角形就被唯一的确定了；到了高中，进一步了解了正、余弦定理后，知道了如何用已知的三边求得三角形的面积：记的面积为S，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则，这里.据说这个问题最早是由古希腊数学家阿基米德解决的，最早出现在海伦著于公元1世纪的《测地术》中.在13世纪，我国南宋的数学家秦九韶在《数学九章》中推出了等价的结论.根据以上信息，回答下列问题. (1)已知的面积为，且，求此三角形中大于60°的角所对的边长； (2)三角形的面积有多种计算方法，利用面积进行“算二次”是获得等量关系的常见手段.若记的外接圆半径为R，内切圆半径为r，证明：； (3)试将三角形的面积公式推广到四边形，如图，已知凸四边形ABCD的四边长分别a，b，c，d，记.证明：此四边形的面积，并求出何时取得最大值. 【答案】(1). (2)证明见解析 (3)证明见解析， 【分析】（1）按比例设边，算半周长，用海伦公式得面积含表达式，由已知面积求，进而求得大于60°的角所对的边长. （2）用面积与、关系及海伦公式得表达式，换元后用均值不等式证明. （3）在两个三角形用余弦定理得等式①，算四边形面积得等式②，①②平方相加，用三角函数性质和不等式推导，结合半周长得面积最大值及取等条件. 【详解】（1）已知，设，，，， 半周长. 根据海伦公式，把值代入得. 又已知面积为，即，解得， 因为，所以，故， 所以所求边. （2）由，，结合， 可得. 设，，，则. 根据均值不等式，，， 所以， 即，当即时等号成立. （3）连结BD，在、中对BD算两次， 用余弦定理得， 化简得①式. 四边形面积， 化简得②式. 将①、②平方相加，利用及不等式， 得到， 故. 即 因为，所以， 当，即四边形是圆内接四边形时等号成立. 9．(24-25高一下·安徽A10联盟·调研)如图，延长的边至点，边至点，边至点，使得线段、、的长分别为、、的倍，我们将称为的“变换三角形”. (1)当时，若，，，求的长； (2)若是边长为的等边三角形，点为其“变换三角形”中线段上的动点，求的最大值； (3)证明：当变化时，的“变换三角形”的重心始终为同一点. 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）分析可知，可求出的值，结合题意得出、的长，然后利用余弦定理可求出的长； （2）设，则，利用平面向量的线性运算、平面向量数量积的运算性质结合二次函数的基本性质可求出的最大值； （3）记的重心为点，可得出，利用平面向量的线性运算得出，即可证得结论成立. 【详解】（1）因为，，，所以，则，则， 因为，所以，， 在中，由余弦定理得 ，所以. （2）设，则，          由题意得，，， ， ， ，          所以 ，       故当，即点为线段的中点时，取最大值. （3）由题意得，，，，           记的重心为点，则，          ， 所以点为的重心. 10．(24-25高一下·安徽亳州蒙城县实验永兴中学·期中)已知个向量，将向量按照一定顺序排成一列，可得一个向量序列、、、；定义：，，其中表示、最大的数． (1)对于向量序列、，求、的值； (2)设向量，，可排成两个向量序列、，和、，在、、、四个数中最小的数分别为和两种情况下，比较和的大小； (3)若为奇数且，，，，设集合，证明：集合中存在两个非空子集、，满足，，中所有向量的横坐标之和，中所有向量的纵坐标之和． 【答案】(1)， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据题中定义求解即可； （2）根据定义，分别讨论当和为最小值时和，比较大小即可； （3）不妨设①若， 因为中任意，存在；②若，由，，所以一定存在正整数，使得，可得，即可得，设，，由基本不等式可得 ，当且仅当时取等号，所以，，满足题意． 【详解】（1）对于向量序列、，由题中定义可得， . （2）， ， 当为最小时，， 因为，，所以， 当为最小时，， 因为，，所以， 所以两种情况下均有. （3）不妨设， ①若， 因为中任意，所以存在为单元素集合，为的补集即可； ②若， 因为，，所以一定存在正整数， 使得， 可得， 又因为 ． 设，，则 ， 当且仅当时取等号， 所以，时， ，； 综上所述，存在两个非空子集、，满足题意． 11．(24-25高一下·安徽天一大联考·期末)某校组织“语文课外阅读知识竞赛”活动，在预赛阶段，共设置“古代文学､文化常识”和“国外文学名著鉴赏”两轮比赛，两轮比赛均通过才能进入决赛.已知甲､乙两名同学通过第一轮的概率分别为，通过第二轮的概率分别为，每次是否通过互不影响，且两轮比赛均必须参加. (1)若，求甲没有进入决赛的概率； (2)若，求甲､乙均只通过一轮的概率； (3)设甲､乙两人中至少有一人进入决赛的概率为，两人均进入决赛的概率为，若，求的值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】(1)题意结合独立事件的概率公式求出甲进入决赛的概率，再求甲没有进入决赛的概率； (2)先求出甲只通过一轮的概率和乙只通过一轮的概率，再根据独立事件的概率公式求解； (3)根据独立事件和对立事件的概率公式求解即可. 【详解】（1）因为每次是否通过互不影响，甲同学通过第一轮的概率分别为， 通过第二轮的概率为，甲进入决赛的概率， 所以甲没有进入决赛的概率； （2）已知甲､乙两名同学通过第一轮的概率分别为，通过第二轮的概率分别为， 甲只通过一轮的概率为：； 乙只通过一轮的概率为：， 因为甲、乙的比赛情况相互独立，所以甲､乙均只通过一轮的概率； （3）设甲､乙两人中至少有一人进入决赛的概率为，两人均进入决赛的概率为， 甲进入决赛的概率为；乙进入决赛的概率为， 两人都不进入决赛的概率为， 甲､乙两人中至少有一人进入决赛的概率为， 两人均进入决赛的概率为， 若，所以， 即. 试卷第1页，共3页 2 / 45 学科网（北京）股份有限公司 $