专题09期末必刷解答题专题训练的7种常考题型归类

专题08期末必刷解答题专题训练的7种常考题型归类期末必刷解答题专题训练的7种常考题型题型05：复数解答题题型06：立体几何解答题期末必刷解答题专题训练的7种常考题型题型05：复数解答题题型06：立体几何解答题题型03：解三角形解答题题型02：平面向量及其应用解答题题型01：三角函数解答题题型04：三角恒等变式解答题题型07：新定义解答题三角函数解答题1．（2324高一下·广东·期末）将函数的图象向左平移个单位长度，然后把曲线上各点横坐标变为原来的（纵坐标不变）得到函数的图像．(1)求函数的解析式；(2)若，求函数的值域．【答案】(1)(2)【分析】（1）借助三角函数平移变换与伸缩变换的性质推导即可得；（2）由的范围，可得的范围，即可得函数的值域．【详解】（1）的图象向左平移个单位长度得的图像，再将其纵坐标不变，横坐标缩小到原来的，得到的图像；（2）设，由，得，则，即在区间上的值域为．2．（2324高一下·上海·期末）已知函数的图象与轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为，且图象上一个最低点为．(1)求的解析式和周期．(2)当时，求的值域．【答案】(1)，周期为(2)【分析】（1）由函数的图象的顶点坐标求出，由周期求出，由特殊点的坐标求出的值，可得函数的解析式，即可求解；（2）当时，得到，利用正弦型函数的性质，即可求解.【详解】（1）解：由函数的图象与轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为，可得最小正周期，所以.又由图象上一个最低点为，可得，且，即，可得，即，因为，所以，所以函数的解析式为，且由最小正周期，可得的周期为.（2）解：由（1）知，当时，可得，所以，当时，即时，函数取得最小值为；当时，即，函数取得最大值为，所以函数的值域为.3．（2324高一上·浙江杭州·期末）已知函数．(1)求函数在R上的单调递增区间；(2)将函数的图象向左平移个单位长度，再将图象向上平移1个单位长度，得到函数的图象，若实数满足，求的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）化简函数得到，结合三角函数的图象与性质，即可求解；（2）根据三角函数的图象变换，求得，根据题意，得到为函数的最值，结合三角函数的性质，即可求解.【详解】（1）解：由函数，令，解得，所以函数的单调递增区间为.（2）解：将函数的图形向左平移个单位长度，得到，再将得到的函数图象向上平移1个单位长度，可得，由实数满足，则为函数的最值，不妨设，则，解得，则，当或时，此时.4．（2324高一上·湖北·期末）已知函数，且函数在区间上的值域为.(1)求函数的解析式；(2)令函数，求函数的单调递增区间.【答案】(1)(2).【分析】（1）由函数在区间内的值域，列方程组求出的值，得函数解析式；（2）由复合函数的单调性和余弦函数的性质，求的单调递增区间.【详解】（1）当时，，则，所以，由题意，解得故.（2）函数在定义域内单调递增，则在函数的单调递增区间内，单调递增且，所以有，得，即当时，此时单调递增，故函数的单调增区间为.5．（2324高一上·湖北武汉·期末）如图是函数（，，）图象的一部分(1)求函数的解析式；(2)若关于x的方程在上有解，求实数a的取值范围.【答案】(1)；(2).【分析】（1）根据图中的最值和周期求出和，再利用特殊点求得，即可得解；（2）由题意，令，则问题转化为方程在上有解，分离参数，构造函数，利用单调性求值域即可求解.【详解】（1）由图可得，函数的最小正周期为，则，所以，因为，则，因为，所以，解得，所以.（2）由，可得，即，即，即，其中，因为，则，令，则有，则关于t的方程在上有解，由可得，令，则，因为，在上均为减函数，所以函数在上为减函数，且当趋向于时，趋向于正无穷大，则，所以，解得，故实数a的取值范围是.6．（2324高一上·江苏盐城·期末）已知点是函数图象上的任意两点，，且当时，的最小值为.(1)求的解析式；(2)将图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，再向左平移个单位得到的图象，若在区间上有最大值没有最小值，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据可求得，根据当时，的最小值为，可得，即可求得；（2）根据三角函数的变换规则得到解析式，再由的取值范围，求出的范围，最后结合正弦函数的性质计算可得.【详解】（1）因为，所以、，依题意可得得，又∵当时，的最小值为，∴，又，即，∴.（2）将图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变得到，再向左平移个单位得到，当，所以，因为在区间上有最大值没有最小值，所以，解得，即实数的取值范围为.7．（2324高一上·福建三明·期末）某同学用“五点法”画函数在某一个周期内的图象时，列表并填入了部分数据，如下表：00200(1)根据以上表格中的数据求函数的解析式，并求函数的单调递增区间；(2)将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象．当时，关于的方程恰有两个实数根，求实数的取值范围．【答案】(1)；单调递增区间为(2)【分析】（1）根据表格中的数据，不难看出值和周期特征，易得值，代入一组对应值与，易求出，再整体处理，计算得到递增区间；（2）先根据三角伸缩平移变换并化简得到，将方程有根问题转化为两函数图象在给定区间上的交点个数问题解决.【详解】（1）由表中数据可得，，因为，所以，则，当时，，则，所以．由，得，所以的单调递增区间为．（2）将图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍（纵坐标不变）得到，再将图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则如图，当时，方程恰有两个实数根，等价于函数，的图象与直线有两个交点，故可得：．8．（2324高一上·山东德州·期末）已知函数，当时，的最小值为．(1)求；(2)若，求a的值及此时的最大值．【答案】(1)(2)，的最大值是5【分析】（1）将转化为关于的二次函数，经配方得到对称轴，根据求得的范围，结合二次函数图象的单调性性质分段讨论得到的最小值为的解析式；（2）根据（1）中的分段函数满足时的情况分别讨论得到值，最后结合不含参数的解析式，结合的有界性即得.【详解】（1）,因为，所以①当，即时，则当时，取最小值，的最小值为；②当，即时，则当时，取最小值，的最小值为；③当，即时，则当时，取最小值,的最小值为.故.（2）当时，由解得：，不合题意，舍去；当时，由，解得：或（舍去），故；当时，由解得：，不合题意，舍去.综上可知：，此时，则当时，得．所以若，则有，此时的最大值是5.9．（2324高一上·吉林延边·期末）摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢的往上转，可以从高处俯瞰四周的景色（如图1）.某摩天轮的最高点距离地面的高度为90米，最低点距离地面10米，摩天轮上均匀设置了36个座舱（如图2）.开启后摩天轮按逆时针方向匀速转动，游客在座舱离地面最近时的位置进入座舱，摩天轮转完一周后在相同的位置离开座舱.摩天轮转一周需要30分钟，当游客甲坐上摩天轮的座舱开始计时.

(1)经过分钟后游客甲距离地面的高度为米，已知关于的函数关系式满足（其中），求摩天轮转动一周的解析式；(2)若游客甲乘坐摩天轮转动一周，求经过多长时间，游客距离地面的高度恰好为30米？【答案】(1)(2)或【分析】（1）利用正弦型函数的一般式结合题意，求出，，，，从而得解；（2）根据（1）求出的表达式，将化简求得．【详解】（1）因为（其中，，，由题意知：，，故，，，又，，，故解析式为：，,；（2）令，则，即，因为,，则，所以或，解得或，故游客甲坐上摩天轮5分钟时和25分钟时，游客距离地面的高度恰好为30米.平面向量及其应用解答题10．（2324高二上·陕西汉中·期末）已知空间向量．(1)若，求实数与的值；(2)若，且，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）由共线向量定理得：，代入坐标求解即可；（2）由于，则，求出的值即可得出.【详解】（1）根据题意，故可设，则，解得．（2）因为，且，所以，解得．得，所以．11．（2223高一下·辽宁葫芦岛·期末）已知非零向量，满足，且.(1)求；(2)当时，求和向量与的夹角的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）直接利用平方差公式计算即可；（2）利用展开求解，然后利用求角.【详解】（1）由已知得，即，解得；（2），所以，所以，又所以.12．（2324高一上·浙江宁波·期末）已知向量，，.(1)求的最大值，并求此时的值；(2)若，求的取值范围.【答案】(1)最大值为，(2)【分析】（1）利用平面向量的坐标运算，求出模，表示为函数，求最值即可.（2）利用坐标运算得到乘积，转化为函数合理求值即可.【详解】（1）当时，最大，此时，（2），设，易知是第一象限角，故原式转化为，结合正弦函数性质得在上单调递增，当时，，易知是第一象限角，故，，当时，，，故，即，13．（2122高三上·辽宁铁岭·期末）已知向量，函数．(1)求图象的对称中心；(2)求在区间上的最大值和最小值，并求出相应的值．【答案】(1)，(2)最大值为1，此时；最小值为，此时【分析】（1）根据条件得到，再利用性质即可求出结果；（2）由（1）及图像与性质知，时，，即可求出结果.【详解】（1），令，得，，所以对称中心为，．（2）当时，，所以，得到，当时，，即，当时，，即，所以，最大值为1，此时，最小值为，此时.14．（2122高一上·辽宁锦州·期末）平面直角坐标系中，，为坐标原点.(1)令，若向量，求实数的值；(2)若点，求的最小值．【答案】(1)或(2)5【分析】（1）利用向量线性运算的坐标表示和向量模的坐标运算，求实数的值；（2）利用向量模的坐标运算和函数的单调性，求的最小值．【详解】（1），所以，由得，解得：或.（2）因为，所以，因为，均为单调递增函数，所以当时，，即的最小值为5．15．（2223高一下·全国·期末）如图，在中，已知P为线段上的一点，，，且与的夹角为60°．

(1)若，求；(2)若，且，求实数k的值；(3)若，且，求的值．【答案】(1)(2)k不存在(3)【分析】（1）利用，结合向量模长公式即可求出，则结论可求；（2）根据两向量垂直的充要条件列出k的方程求解；（3）由可求出x，y的值，根据向量数量积的运算律则问题可解．【详解】（1）由已知，，且与的夹角为60°，可得因为，故；又，所以可得；（2）因为，且，所以化简得，显然不成立，故k不存在；（3）因为，故，所以，.所以的值为.16．（2223高一下·内蒙古赤峰·期末）已知向量，（），函数，其最小正周期为．(1)求的表达式；(2)将函数的图象向右平移个单位长度后，再将得到的图象上各点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到函数的图象，求函数的单调增区间和当时，函数的值域．【答案】(1)(2)的单调递增区间为：；的值域为.【分析】（1）首先根据数量积公式，结合三角恒等变换，化简函数，再根据周期公式，求；（2）利用三角函数图象变换规律，求得函数的解析式，再结合正弦函数的图象和性质，即可求解.【详解】（1）∵向量，且函数，∴，，又因为函数的最小正周期，所以，所以，所以，；（2）将函数的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，再将所得图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），得到的图象，所以，根据正弦函数的单调递增区间，令，解得的单调递增区间为：．当时，，函数的值域为.17．（2122高一下·湖北武汉·期末）在平面直角坐标系中，为坐标原点，三点满足．(1)求值；(2)已知，且，若函数的最小值为，求实数的值．【答案】(1)(2)或【分析】（1）根据平面向量线性运算法则得到，即可得解；（2）根据数量积的坐标表示及向量模的坐标表示得到解析式，根据同角三角函数基本关系转化为关于的二次函数，再分、两种情况讨论，根据函数的最小值求出参数的值.【详解】（1）由题意知三点满足，可得，所以，即，即，则，所以.（2）∵，，，∴，，∴，，∴，即，∵，∴，①当，即时，当时，，解得或，又，∴.②当，即时，当时，，解得，又，∴，∴综上所述，或.解三角形解答题18．（2324高二下·青海海西·期末）已知的内角的对边分别为为锐角，且．(1)求角的大小；(2)若的面积为，，求的值．【答案】(1)；(2)．【分析】（1）根据正弦定理可得，即可求解；（2）根据三角形的面积公式可得，结合余弦定理计算即可求解.【详解】（1）由，有．又由，可得，因为为锐角，所以；（2）由题意得，，得，由余弦定理得，可得．19．（2324高二上·湖南长沙·期末）已知分别为的三个内角的对边，且．(1)求的值；(2)若，且的面积为，求．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据，利用正弦定理转化为求解；（2）由三角形的面积可得，由余弦定理，可得，从而可得答案.【详解】（1）在中，由正弦定理得：，∴可等价转化为，其中，故．∴，即，因为，所以.（2）因为，所以，由余弦定理可得即，所以，所以.20．（2324高三上·浙江杭州·期末）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，角C为锐角，已知的面积为.(1)求c；(2)若为上的中线，求的余弦值.【答案】(1)(2).【分析】（1）由三角形的面积公式和余弦定理求解即可；（2）因为为上的中线，所以，对其两边同时平方可求出，再由余弦定理求解即可.【详解】（1）由的面积为可得：，因为，，解得：得，由角为锐角得，故，解得.（2）因为为上的中线，所以，所以，，解得：.

故.21．（2324高二上·辽宁朝阳·期末）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，设向量，，且.(1)求角C；(2)若，的面积为，求的周长.【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用向量平行的坐标公式，结合正余弦定理，结合的范围，即可求得结果；（2）由三角形面积公式求得，且，进而求得，由余弦定理求得，再求周长即可.【详解】（1）由向量平行的坐标公式，得，由正弦定理，得，即，由余弦定理，得，又，故.（2）由三角形面积公式，得，故，所以为等腰三角形，所以.将代入（1）中所求，则，解得（舍去）或，所以的周长为.22．（2324高一上·浙江绍兴·期末）在中，内角对应的边分别为，，，若.(1)证明：；(2)求的取值范围.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用正弦定理，以及余弦定理将条件变形整理可得结论；（2）由已知变形可得，然后利用换元法求的取值范围.【详解】（1）解法1：，即证.解法2：要证，只要证，即证只要证，因为，所以成立，故；（2），设.23．（2324高三上·湖北襄阳·期末）的内角的对边分别为，且满足(1)求角；(2)若，求的周长．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，利用正弦定理进行角化边得到的关系，再利用余弦定理求得角；（2）利用平面向量的数量积得，再利用求得，从而可得的周长.【详解】（1）利用正弦定理进行角化边，得，整理得，由余弦定理可得，又，所以.（2）因为，所以，即.由得，即.所以的周长为.24．（2324高三上·宁夏石嘴山·期末）在中，、、分别是角A、B、C的对边，，.(1)求；(2)记的面积为S，若，求的周长l．【答案】(1)(2)【分析】（1）运用正弦定理对条件进行转化得出，从而得解；（2）运用面积公式和余弦定理对条件进行转化得出角，由正弦定理可得角，进而得出周长.【详解】（1）因为，由正弦定理得，，即，故，所以.（2）由面积公式可得，，由余弦定理可得，，即，因为，所以，因为，由正弦定理得，，因为，所以，由勾股定理可得，，故，所以的周长.25．（2324高三上·山东青岛·期末）记的内角的对边分别为，已知.(1)求的值；(2)若，且的周长为，求边上的高.【答案】(1)(2)【分析】（1）由已知结合切化弦可得，利用正余弦定理边化角，可得，即可求得答案；（2）由题意可得，结合（1）即可求出，利用余弦定理求出，进而求得，结合边上的高为，即可求得答案【详解】（1）由，可得，所以，又由正弦定理和余弦定理，可得，整理得，所以.（2）由，且的周长为，可得，又由（1）可知，，即，所以，联立方程组，解得，所以，则，所以边上的高为.26．（2324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.三角恒等变式解答题27．（2324高一上·福建莆田·期末）已知，，且．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）由同角三角函数的关系，结合两角差的正弦公式求解；（2）由二倍角公式，结合两角和的余弦公式求解．【详解】（1）因为，所以，则，，又因为，，所以，，所以，因为，所以；（2）由（1）知，，，故，，所以．28．（2324高一上·浙江杭州·期末）已知函数.(1)求的单调递增区间；(2)若，，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）由降幂公式和辅助角公式化简函数解析式，整体代入法求单调递增区间；（2）由，代入函数解析式解出和，由两角和的正弦公式求解的值.【详解】（1），令，解得，即，所以的单调递增区间为.（2）由得，所以，又因为，所以，所以.29．（2324高一上·江苏无锡·期末）（1）若，求；（2）已知，且为锐角，求的大小.【答案】（1）（2）【分析】（1）由题意知，，结合两角差的正切公式计算即可求解；（2）利用同角的三角函数关系求出，根据二倍角公式求出，由两角和余弦公式计算可得，结合角的范围即可求解.【详解】（1）∵，∴；.（2）因为，且为锐角，所以，因为，且为锐角，所以，那么，，所以－，因为，所以．所以，故.30．（2324高一上·安徽宿州·期末）（1）已知，求的值.（2）已知角的终边过点，，，求的值．【答案】（1）1；（2）【分析】（1）化简已知式，求得的值，将利用弦的齐次式化弦为切代入即得；（2）由条件分别求出的值，再代入两角和的余弦公式计算即得.【详解】（1）由可得：；（2）角的终边过点，则．由，可知：则.31．（2324高一上·安徽安庆·期末）已知，且．(1)求的值；(2)求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据余弦二倍角公式，结合同角的三角函数关系式进行求解即可；（2）根据诱导公式，结合辅助角公式进行求解即可.【详解】（1）由题意可知，，展开整理可得，即，解得（舍去）.因为，所以．（2）．32．（2324高一上·云南昭通·期末）已知函数，.(1)讨论在上的单调性；(2)若，，求的值.【答案】(1)在上单调递减，在上单调递增(2)【分析】（1）首先利用两角和与差公式以及二倍角公式化简得，再利用正弦函数的单调性求解即可；（2）利用同角三角函数的基本关系式以及两角和与差的余弦公式进行求解.【详解】（1）∵，∴，∴，又，，∴，，∴，，在上单调递减，在上单调递增.（2）∵，∴.又，∴，∴，∴.33．（2324高一上·山东临沂·期末）已知(1)若角是第三象限角，且，求的值；(2)若为锐角，且，求的值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用诱导公式化简，求出，利用平方关系求出，代入；（2）利用诱导公式、弦化切、两角差的正弦展开式化简可得，求出可得答案.【详解】（1）因为是第三象限角，且，所以，则，所以；（2）方法一：，，又是锐角，所以，则.方法二：，，又是锐角，所以，则.34．（2324高一上·江苏南通·期末）已知，，，.(1)求；(2)求.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系可求出角的正弦值和余弦值，再利用两角差的正弦公式可求得的值；（2）利用同角三角函数的基本关系求出的值，再利用两角差的正弦公式可求得的值.【详解】（1）解：因为，则，，由可得，所以，.（2）解：因为，，则，所以，，所以，，因此，.复数解答题35．（2223高一下·天津·期末）已知复数，且为纯虚数（是的共轭复数）.(1)求实数的值；(2)设复数，求；(3)复数在复平面内对应的点在第一象限，求实数的取值范围.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用复数的乘法化简复数，根据该复数为纯虚数可求得的值；（2）利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值；（3）利用复数的除法化简复数，利用复数的几何意义可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.【详解】（1）解：因为，则，所以，为纯虚数，所以，，解得.（2）解：，因此，.（3）解：因为，则，因为复数在复平面内对应的点位于第一象限，则，解得.因此，实数的取值范围是.36．（2021高二上·陕西延安·期末）已知复数（，是虚数单位）.(1)若是纯虚数，求m的值；(2)设是的共轭复数，若复数在复平面上对应的点位于第二象限，求m的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）先由复数的除法运算，再结合复数的类型列方程组求解即可；（2）先求出，再结合复数在复平面上对应的点位于的象限列方程组求解即可.【详解】（1），若是纯虚数，则，得.（2）由，得，∴，则，解得.37．（2223高一下·陕西安康·期末）（1）已知复数是关于的方程（）的一个根，求的值；（2）已知复数，求.【答案】（1）12；（2）.【分析】（1）根据复数相等的充要条件即可求解，（2）根据复数的乘除运算即可求解.【详解】因为是方程的一个根，，，而.（2），，.38．（2223高一下·河南南阳·期末）已知复数，，．(1)若为实数，求的值；(2)设复数在复平面内对应的向量分别是，若，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，由复数的运算将化简，然后由为实数列出方程，即可得到结果；（2）根据题意，由列出方程即可得到，再由同角的平方关系，即可得到结果.【详解】（1）因为，，所以，且为实数，所以，即，又因为，所以，所以，则.（2）由题意可得，，，因为，所以，即，化简可得，所以，又因为，则，所以.39．（2223高一下·河南新乡·期末）已知复数的虚部为，且为纯虚数．(1)求；(2)若复数是关于的方程的一个根，求的值．【答案】(1)(2)，【分析】（1）设，，根据复数代数形式的乘法运算化简复数，再根据实部为且虚部不为得到方程（不等式）组，解得即可；（2）根据虚根成对原理可得也是关于的方程的一个根，利用韦达定理计算可得.【详解】（1）设，，则，又为纯虚数，所以，解得，所以.（2）因为复数是关于的方程的一个根，所以也是关于的方程的一个根，所以，解得.立体几何解答题40．（1718高一下·北京西城·期末）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，点为线段的中点.(1)求证：平面；(2)求证：平面；(3)求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）借助中位线的性质与线面平行判定定理推导即可得；（2）借助线面垂直的性质定理与线面垂直的判定定理推导即可得；（3）借助点为线段的中点，可得点与点到平面距离相等，即有，结合体积公式计算即可得.【详解】（1）连接交于点，连接，由底面是正方形，故为中点，又点为线段的中点，故，又平面，平面，故平面；（2）由点为线段的中点，，故，由平面，平面，故，又底面是正方形，故，又、平面，，故平面，又平面，故，又、平面，，故平面；（3）由点为线段的中点，故点与点到平面距离相等，故.41．（1516高二上·江西赣州·期末）如图，四棱锥中，底面ABCD为正方形，面ABCD，，E，F分别是PC，AD的中点．(1)证明：平面PFB；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见详解(2)【分析】（1）取PB的中点G，连接EG，FG，通过证明四边形是平行四边形，得，进而可以得到平面PFB；（2）三棱锥的体积即为三棱锥的体积，计算可得.【详解】（1）取PB的中点G，连接EG，FG，如图，E，G分别是PC，PB的中点，底面ABCD为正方形，且，又且，且，四边形是平行四边形，则，又平面PFB，平面PFB，平面PFB.（2）因为，又平面ABCD，所以是三棱锥的高，因为，F是AD的中点,则,所以,即三棱锥的体积是.42．（2324高一下·广东·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，点是的中点．(1)求证：平面；(2)求证：；(3)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)64【分析】（1）设与交于点，可得，由线面平行的判定可得答案（2）由余弦定理得可得，由勾股定理可得，又平面得，可得平面可得答案；（3）在中过点作，垂足为，可得平面，利用相等可得答案.【详解】（1）设与交于点，则为的中点，连接，则在中，则DE是的中位线，所以，又平面，平面，所以平面．（2）在中，由，，，由余弦定理，得，则，即，为直角三角形，．又平面，平面，，又，平面，平面，平面，．（3）在中过点作，垂足为，平面平面，且平面平面，平面易知，，，．43．（1920高三上·北京昌平·期末）如图，在五面体中，四边形是边长为2的正方形，平面平面，.(1)求证：平面；(2)求证：平面⊥平面；(3)在线段上是否存在点，使得平面?说明理由．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)存在，理由见解析【分析】（1）由题意可得，根据线面平行的判定定理即可证明；（2）根据勾股定理的逆定理可得，由面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质可得，再次利用线面垂直的判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明；（3）取的中点，连接.由（1）可得，由（2）可得平面，即可证明.【详解】（1）在五面体中，因为四边形是正方形，所以.又平面，平面，所以平面.（2）因为，所以，所以，即.因为四边形是正方形，所以.因为平面平面，平面平面平面，所以平面.因为平面，所以.因为平面,所以平面.因为平面，所以平面⊥平面.（3）在线段上存在点，使得平面.证明如下：取的中点，连接.由（1）知，平面ABFE，又平面，平面∩平面，所以.因为，所以.所以四边形是平行四边形．所以.由（2）知，平面，所以平面.44．（2324高三上·四川成都·期末）如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，侧面面，，，为的中点.(1)求证：面面；(2)若的大小为，求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据侧面面，得到面，再利用面面垂直的判定定理证明；（2）取AB的中点O，连接PO，易知为等边三角形，从而，然后根据E为PD的中点求解.【详解】（1）证明：侧面面，，面面=AB，面，又平面PBC，面面；（2）如图所示：取AB的中点O，连接PO，因为，的大小为，所以为等边三角形，则，因为侧面面，侧面面，所以平面，，又因为E为PD的中点，所以.45．（2223高二下·新疆喀什·期末）如图，在四棱锥中，平面，，.(1)求证：平面；(2)若，求点C到平面的距离.【答案】(1)证明见解析(2).【分析】（1）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得答案；（2）利用线面垂直的判定定理、性质定理可得，再由可得答案.【详解】（1）平面平面，平面，平面；（2），平面平面，平面，平面，平面，则，，，设点到平面的距离为h，由，得，即，点到平面的距离为.46．（2324高三上·四川成都·期末）如图，四棱锥中，，，，平面平面.(1)证明：；(2)若，M是的中点，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用直角梯形的性质计算证得，再利用面面垂直的性质、线面垂直的性质推理即得.（2）取的中点，连接，利用面面垂直的性质结合等体积法求出体积.【详解】（1）在四棱锥中，，，，四边形是直角梯形，，，，于是，即，而平面平面，平面平面，平面，则平面，又平面，所以.（2）取的中点，连接，由，得，，由平面平面，平面平面，平面，得平面，由M是的中点，得点到平面的距离，又，显然，所以三棱锥的体积.47．（2223高二下·天津红桥·期末）如图，六棱锥的底面是边长为1的正六边形，平面，.(1)求证：直线平面；(2)求证：直线平面；(3)求直线与平面所的成角.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）通过证明结合线面平行判定定理可证；（2）由勾股定理证得，再结合可证；（3）先说明即为直线与平面所的成角，再求得正切值可解.【详解】（1）证明：∵正六边形，∴，，∴，∴，∵平面，平面，∴直线平面.（2）在中，，易得，在中，，，∴,∴，因为平面，平面，故，∵,平面，故直线平面.（3）∵平面，∴即为直线与平面所的成角，在中，，，∴，∴，即为直线与平面所的成角为.48．（2324高三上·陕西汉中·期末）如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，的中点．(1)证明：平面平面；(2)求三棱锥的体积．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）先根据勾股定理证得，根据直棱柱的性质和线面垂直的性质定理证得；再根据线面垂直的判定定理证得平面；最后根据面面垂直的判定定理即可证得平面平面.（2）根据三棱锥等体积及锥体体积公式可求解.【详解】（1）证明：∵，，∴，∴.∵在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，∴，又因为，平面，平面，∴平面，又平面ACE，∴平面平面．（2）由（1）知，平面，∴AC为三棱锥的高，且.由直三棱柱的性质可得：四边形为矩形.因为，分别为，的中点，所以，，，则，∴．49．（2324高二上·四川乐山·期末）已知四棱锥中，⊥平面，底面是平行四边形，且，，，，E为中点，F为中点．(1)证明：平面；(2)求点B到平面的距离．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）取中点G，连结，先证明四边形为平行四边形，再利用直线平面平行的判定定理即可证明；（2）根据题意，利用勾股定理分别证明和，即分别求得和，进而利用等体积法即由可得点B到平面的距离.【详解】（1）证明：取中点G，连结．∵E，G分别是的中点，∴且．∵F是中点，，∴且．∴为平行四边形．∴．又∵平面，平面，∴平面．（2）∵E是中点，平面∴点E到平面的距离为．∵，，，∴，且,即．∴．∵为平行四边形，∴．∵，∴，即．∴．∵，∴．∴点B到平面的距离．新定义解答题50．（2324高一上·福建宁德·期末）固定项链的两端，在重力的作用下项链所形成的曲线是悬链线.1691年，莱布尼茨等得出“悬链线”方程，其中为参数.当时，就是双曲余弦函数，类似地我们可以定义双曲正弦函数.它们与正、余弦函数有许多类似的性质.(1)类比正弦函数的二倍角公式，请写出双曲正弦函数的一个正确的结论:_____________.（只写出即可，不要求证明）；(2)，不等式恒成立，求实数的取值范围；(3)若，试比较与的大小关系，并证明你的结论.【答案】(1)；(2)；(3).【分析】（1）利用双曲正、余弦函数的定义，结合指数运算即可得解.（2）根据给定条件，列出不等式，分离参数构造函数并求出最值即得.（3）作差，结合指数函数单调性及正余弦函数的性质推理判断即可.【详解】（1）.（2）依题意，，不等式，函数在上单调递增，，令，显然函数在上单调递减，在上单调递增，，又，于是，，因此，，显然函数在上单调递减，当时，，从而，所以实数的取值范围是.（3），.依题意，，，当时，，，即，于是，而，因此，当时，，则，，即，而，因此，于是，，所以.【点睛】结论点睛：函数的定义区间为，①若，总有成立，则；②若，总有成立，则；③若，使得成立，则；④若，使得成立，则.51．（2023·上海金山·一模）网络购物行业日益发达，各销售平台通常会配备送货上门服务．小金正在配送客户购买的电冰箱，并获得了客户所在小区门户以及建筑转角处的平面设计示意图．(1)为避免冰箱内部制冷液逆流，要求运送过程中发生倾斜时，外包装的底面与地面的倾斜角不能超过，且底面至少有两个顶点与地面接触．外包装看作长方体，如图1所示，记长方体的纵截面为矩形，，，而客户家门高度为米，其他过道高度足够．若以倾斜角的方式进客户家门，小金能否将冰箱运送入客户家中？计算并说明理由．(2)由于客户选择以旧换新服务，小金需要将客户长方体形状的旧冰箱进行回收．为了省力，小金选择将冰箱水平推运(冰箱背面水平放置于带滚轮的平板车上，平板车长宽均小于冰箱背面）．推运过程中遇到一处直角过道，如图2所示，过道宽为米．记此冰箱水平截面为矩形，．设，当冰箱被卡住时(即点、分别在射线、上，点在线段上），尝试用表示冰箱高度的长，并求出的最小值，最后请帮助小金得出结论：按此种方式推运的旧冰箱，其高度的最大值是多少？（结果精确到）【答案】(1)冰箱能够按要求运送入客户家中，理由见解析；(2)最小值为米，此情况下能推运冰箱高度的最大值为米.【分析】（1）过A，D作水平线，作，由可得；（2）延长与直角走廊的边相交于、，由表示出，设进行换元，利用单调性即可求解.【详解】（1）过A，D作水平线，作如图，当倾斜角时，冰箱倾斜后实际高度（即冰箱最高点到地面的距离），

故冰箱能够按要求运送入客户家中．（2）延长与直角走廊的边相交于、，则，，，又，则，．设，因为，所以，所以，则，再令，则，易知，在上单调递增，所以单调递减，故当，即，时，取得最小值.由实际意义需向下取，此情况下能顺利通过过道的冰箱高度的最大值为米．52．（2223高一下·北京海淀·期末）设，对定义在上的函数，若存在常数，使得对任意恒成立，则称函数满足性质．(1)判断下列函数是否具有性质？①，②，③．(2)若函数具有性质，其中，求证：函数具有性质；(3)设函数具有性质，其中是奇函数，是偶函数．若，求的值．【答案】(1)①具有性质；②不具有性质；③具有性质(2)证明见解析(3)【分析】（1）利用性质的定义判断；（2）利用性质的定义证明；（3）根据函数具有性质，得到，从而有，分别令，，再结合是奇函数，是偶函数，得到，然后令，得到，从而得到，然后利用求解.【详解】（1）①因为，所以具有性质；②因为，所以不具有性质；③，所以具有性质．（2）因为函数具有性质，则存在常数，使得对任意恒成立．因为函数具有性质，则存在常数，使得，对任意恒成立，故，即也对任意恒成立，因此对任意恒成立．又因为所以函数具有性质．（3）由已知存在满足，即，令，则①，令，则②，因为是奇函数，是偶函数，所以，①+②，整理得，令，则，即，又因为，所以，所以53．（2223高一下·北京东城·期末）对于三维向量，定义“变换”：，其中，．记，．(1)若，求及；(2)证明：对于任意，经过若干次变换后，必存在，使；(3)已知，将再经过次变换后，最小，求的最小值．【答案】(1)(2)证明见解析(3)505【分析】（1）根据定义找出，，从而得到，；（2）利用反证法，假设对，然后导出矛盾，命题得证；（3）先求出，再通过变换，找到最小的时的情况.【详解】（1）因为，，，所以.（2）设，假设对，则均不为0．所以．即．因为，所以．所以．与矛盾，故假设不正确．综上，对于任意，经过若干次变换后，必存在，使．（3）设，因为，所以有或．当时，可得三式相加得．又，可得．当时，也可得，于是．设的三个分量为这三个数，当时，的三个分量为这三个数，所以．当时，的三个分量为，则的三个分量为的三个分量为，所以．所以，由，可得．因为，所以任意的三个分量始终为偶数，且都有一个分量等于2．所以的三个分量只能是三个数，的三个分量只能是三个数．所以当时，；当时，．所以的最小值为505．【点睛】关键点睛：新定义问题，常见于选择（填空）的压轴小题中，少数会出现在解答题中，主要考查利用相关的知识点解决概念创新问题的能力，对新定义的理解以及转化，较灵活，属于综合题.54．（2324高一下·四川内江·期中）若定义在A上的函数和定义在B上的函数，对任意的，存在，使得（t为常数），则称与具有关系．已知函数，．(1)若函数，，判断与是否具有关系，并说明理由；(2)若函数，，且与具有关系，求a的最大值；(3)若函数，，且与具有关系，求m的取值范围．【答案】(1)与是否具有关系，理由见解析(2)5(3)或【分析】（1）先求出，在的值域为，从而得到对任意的，存在，使得，得到结论；（2）求出，结合，得到，得到不等式，求出的取值范围，求出最大值；（3）由题意得到的值域，其中，换元后得到，由对称轴进行分类讨论，得到的值域，从而得到不等式，求出答案.【详解】（1）与是否具有关系，理由如下：时，，故，，又在的值域为，由于，即是的真子集，故对任意的，存在，使得，与是否具有关系.（2）时，，由题意得，任意的，存在，使得，又，，故，即，解得，故的最大值为5；（3）由题意得对任意的，存在，使得，又，故的值域，令，，令，则，设，若对称轴，即时，，则，解得，与求交集，结果为，若，即时，，则，解得，与取交集，结果为，若，即时，，则，解得或，与取交集，结果为，若，即时，，则，解得或，与取交集，结果为，综上，或【点睛】方法点睛：函数新定义问题的方法和技巧：（1）可通过举例子的方式，将抽象的定义转化为具体的简单的应用，从而加深对信息的理解；（2）可用自己的语言转述新信息所表达的内容，如果能清晰描述，那么说明对此信息理解的较为透彻；（3）发现新信息与所学