高一数学下学期期末精选50题（压轴版）-2021-2022学年高一数学考试满分全攻略（人教A版2019必修第二册）

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高一数学下学期期末精选50题（压轴版）（人教A版2019）

一、单选题
1．（2020·云南省玉溪第一中学高一期末）如图所示，在正方形中，分别是的中点，现在沿把这个正方形折成一个四面体，使三点重合，重合后的点记为.给出下列关系：
①平面；②平面；③；④上平面.其中关系成立的有

A．①② B．①③ C．②③ D．③④
【答案】B
【解析】
先由线面垂直的判定定理得到平面，排除C、D，再假设平面，根据题意推出矛盾，排除A，即可得出结果.
【详解】
由，得平面，排除C，D；
若平面，则，这与矛盾，排除A，
故选B.
【点睛】
本题主要考查线面垂直，熟记判定定理与性质定理即可，属于常考题型.
2．（2021·重庆南开中学高一期末）我国南北朝时的数学家祖暅提出了计算体积的原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是两个等高几何体，如果作任意高度为的水平截面截两个几何体所得截面面积相同，则两个几何体体积相同．如图是个红酒杯的杯体部分，它是由抛物线在的部分曲线以轴为轴旋转而成的旋转体，其上口半径为2，高度为4，那么以下几个几何体做成的容器与该红酒杯的容积相同的是（       ）．


A．如图一是一个底面半径为2，高为4的圆锥
B．如图二是一个横向放置的直三棱柱，高为，底面是一个两直角边均为4的直角三角形
C．如图三是一个底面半径为2，高为4的圆柱挖去了同底等高的圆锥
D．如图四是一个高为4的四棱锥，底面是长宽分别为和4的矩形
【答案】B
【解析】
【分析】
先求得红酒杯在高度为h处的截面面积，再分别求得选项A、B、C、D中几何体在高度为h处截面的面积，结合祖暅原理，即可得答案.
【详解】
由题意得，该红酒杯上口径为2，则上面圆的面积为，
设A点的纵坐标，如图所示：

因为A点在抛物线上，所以，即高度为h处，红酒杯水平截面圆半径为，
所以截面圆的面积为：.
对于A：底面圆的半径为2，面积为，
在高度为处作圆锥的水平截面圆，半径为CD，再作出圆锥的轴截面，如图所示：
   
所以，AB为圆锥底面直径，所以，，
根据可得：，解得，
所以高度为h处，圆锥的截面圆半径为，
所以截面圆的面积为，故A不符合题意.
对于B：直三棱柱上面面积为，
在高度为处作棱柱的水平截面DEFG，如图所示：

所以，因为，
根据，可得，
所以高度为h处的截面DEFG的面积为，符合题意；
对于C：圆柱上底面圆的面积为，
在高度为处作该几何体的水平截面圆，作出该几何体的轴截面，如图所示
，
所以，GH为圆锥截面圆的半径，，
根据可得：，
所以，
所以截去圆锥的截面面积为，
则所剩几何体的截面面积为，故C不符合题意；
对于D：底面的面积为，
在高度为处作棱锥的水平截面EFGH，如图所示：

所以三棱锥的高为h，的高为4，，
根据可得：，
所以，
所以截面EFGH的面积为.故D不符合题意.
故选：B
【点睛】
解得的关键是理解祖暅原理，即作任意高度为的水平截面截两个几何体所得截面面积相同，根据圆锥、圆柱、棱柱、棱锥的性质，逐一求得截面面积，即可得答案，考查分析理解，空间想象，计算求值的能力，属中档题.
3．（2020·广西河池·高一期末）棱长为a的正四面体ABCD与正三棱锥的底面重合，若由它们构成的多面体ABCDE的顶点均在一球的球面上，则正三棱锥的表面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
由棱长为的正四面体求出外接球的半径，进而求出正三棱锥的高及侧棱长，可得正三棱锥的三条侧棱两两相互垂直，进而求出正三棱锥的表面积.
【详解】
由题意，多面体ABCDE的外接球即正四面体ABCD的外接球，
由题意可知面交于，连接，则
且其外接球的直径为AE，易求正四面体ABCD的高为.
设外接球的半径为R，由得.
设正三棱锥的高为h，因为，所以.
因为底面的边长为a，所以，
则正三棱锥的三条侧棱两两垂直.
即正三棱锥的表面积，
故选：A.

【点睛】
本题主要考查正三棱锥的外接球问题，通过求得半径求出四面体的边长是解题的关键，考查了学生的空间想象能力，属于中档题．
4．（2021·河北张家口·高一期末）如图所示，在直三棱柱中，，，，P是上的一动点，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．3
【答案】B
【解析】
【分析】
连接，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，判断出当三点共线时，则即为的最小值.分别求出,,利用余弦定理即可求解.
【详解】
连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，
                                     
设点的新位置为，连接，则有.
当三点共线时，则即为的最小值.
在三角形ABC中，，，由余弦定理得：,所以，即
在三角形中，，，由勾股定理可得：,且.
同理可求：
因为，所以为等边三角形，所以，
所以在三角形中，,,
由余弦定理得：.
故选B.
【点睛】
（1）立体几何中的翻折（展开）问题截图的关键是：翻折（展开）过程中的不变量；
（2）立体几何中距离的最值一般处理方式：
①几何法：通过位置关系，找到取最值的位置（条件），直接求最值；
②代数法：建立适当的坐标系，利用代数法求最值.
5．（2021·江苏徐州·高一期末）在三棱锥A-BCD中，平面ABD⊥平面BCD，BD⊥CD，且AB=BD=DA=3，，则三棱锥A-BCD的外接球的表面积为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题设给定的条件作出三棱锥的外接球球心O，计算OB长即可得解.
【详解】
三棱锥中，取BC，BD中点O1，E，连接O1E，AE，如图，

于是得，而，则，又AB=BD=DA=3，则有，
因平面ABD⊥平面BCD，从而得平面，平面，
在AE上取点O2，使，显然点O1，O2分别为、正的外接圆圆心，
设三棱锥的外接球球心O，连，因此有平面，平面，
从而得，得，，
中，，则球O半径，
所以三棱锥A-BCD的外接球的表面积为.
故选：B
【点睛】
关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.
6．（2021·吉林·四平市第一高级中学高一期末）如图，是边长为的等边三角形，点在所在平面外，平面 平面，点是棱的中点，点分别在棱上，且，. 现给出下列四个结论:①平面；②是定值；③三棱锥体积的最大值是；④若三棱锥的体积是，则该三棱锥外接球的表面积是.其中正确结论的个数是（       ）

A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
取的中点，连接，证明，由中位线的性质证明，可得，由面面垂直的性质定理可判断①；分别证明，结合可知，由勾股定理可求的长，即可判断②；三棱锥的高是定值，当时面积最大，体积最大，计算此时体积即可判断③；求出外接球的半径，计算求得表面积可判断④，进而可得正确答案.
【详解】

对于①：如图取的中点，连接，因为是边长为的等边三角形，
所以，因，所以，又因为，所以，所以，因为平面 平面，平面 平面，
面，所以平面，故①正确；
对于②：连接，因为平面，平面，所以，因为
，所以，又因为，所以，，，所以
为定值，故②正确；
对于③：因为三棱锥的高，当面积最大时三棱锥体积的最大值，当时面积最大，所以体积最大为
，故③正确；
对于④：取的中心，则，过点作面的垂线，垂足为，设球心为，则点在垂线上，设，外接球的半径为，
，过点作的平行线交于点，则
，则在中，，
在中，，解得：，所以，
所以外接球的表面积为，故④正确；所以正确的有个，
故选：D.
【点睛】
求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.本题就是采用这个方法.
7．（2021·浙江·高一期末）棱长为1的正四面体内有一个内切球为中点，N为中点，连接交球O于两点，则的长为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
分别求出正四面体的体积和表面积，由等体积法可得内切球半径，根据相似三角形计算出球心到的距离，进而可得.
【详解】
如左图，设的中心为，则平面.
因为正四面体的棱长为1，
所以，，，
故正四面体的体积，
正四面体的表面积，
设正四面体的内切球半径为，则由得.
因为是的中点，所以，.
考察正四面体过三点的截面图（如右图），
则，
过点向作垂线，垂足为，则△△，
所以，因此，
故.
故选：A.

【点睛】
关键点点睛：（1）根据等体积法求得内切球半径；（2）根据相似三角形计算出球心到的距离.
8．（2021·陕西宝鸡·高一期末）在棱长为的正方体中，点、分别是棱、的中点，是上底面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
分别取、的中点、，连接、、、，推导出平面平面，可得出点的轨迹为线段，进而可求得线段长度的取值范围.
【详解】
如下图所示，分别取、的中点、，连接、、、，

因为四边形为正方形，则且，
因为、分别为、的中点，则且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
在正方体中，且，且，
所以四边形为平行四边形，可得，
平面，平面，平面，
同理可证平面，
，所以，平面平面，
在线段上任取一点，则平面，平面，
即点的轨迹为线段，
在中，，，
当时，即当为的中点，的长度取最小值，即，
当点与点或点的重合时，的长度取最大值，即.
因此，线段长度的取值范围是.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：本题考查线段长度取值范围的求解，解题的关键就是利用平面推测出点的轨迹，一般利用线面平行的性质或面面平行的性质来找出动点的轨迹，在确定点的轨迹后，再利用几何知识求解.
9．（2016·吉林·高一期末）如图，矩形ABCD中，AB＝2AD，E为边AB的中点，将△ADE沿直线DE翻折成△A1DE.若M为线段A1C的中点，则在△ADE翻折过程中，下面四个命题中不正确的是（       ）

A．线段BM的长度是定值
B．点M在某个球面上运动
C．存在某个位置，使DE⊥A1C
D．存在某个位置，使平面A1DE
【答案】C
【解析】
【分析】
取CD中点N，连接MN，BN，利用线面平行的判定定理和性质定理可以证明平面A1DE恒成立，从而判定D正确；利用三角形MNB中的边角定值分析可得BM是定值，从而判定A、B正确；根据排除法，或者利用面面垂直的判定定理与性质，证明与DE不垂直.从而判定C不正确.

【详解】
解：取CD中点N，连接MN，BN，


则MNDA1，BNDE，
所以平面MBN平面A1DE，所以MB平面A1DE，故D正确；
由∠A1DE＝∠MNB，MN＝A1D＝定值，NB＝DE＝定值，
由余弦定理可得，
所以MB是定值，故A正确；
因为B是定点，所以M是在以B为圆心，MB为半径的球上，故B正确；
连接AN,EN,设AN,DE交点为F,连接，易知ADNE为正方形，
又在折叠过程中始终不变，
直线DE⊥平面,平面平面ABCD,
根据面面垂直的性质定理可得A1在平面ABCD中的射影O在线段AN上，
A1C在平面ABCD中的射影为OC，
由于是直角，所以与DE不垂直，
DE⊥A1C不可能，可得C不正确.

故选：C.
【点睛】
本题考查线面、面面垂直、平行关系的判定与应用，属中高档题，难度较大.
10．（2021·甘肃·天水市第一中学高一期末）已知向量的夹角为，，向量，且，则向量夹角的余弦值的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】
【分析】
依题意可得，，
令，则，
通过换元可得，所以，当时，可得的 最小值.
【详解】
依题意可得，，则，
，
，则，
所以，，
令，则，
令，由得，
则，所以，故
所以，当时，有最小值.
故选：A.
【点睛】
关键点点睛：本题关键点是：令，通过换元得到.
11．（2021·浙江·高一期末）已如平面向量、、，满足，，，，则的最大值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
作，，，取的中点，连接，分析出为等边三角形，可求得，计算得出，利用圆的几何性质求出面积的最大值，即可得出结果.
【详解】
如下图所示，作，，，取的中点，连接，
以点为圆心，为半径作圆，

，，，
所以，为等边三角形，
为的中点，，所以，的底边上的高为，
，，
所以，，
所以，
，
由圆的几何性质可知，当、、三点共线且为线段上的点时，
的面积取得最大值，此时，的底边上的高取最大值，即，则，
因此，的最大值为.
故选：B.
【点睛】
结论点睛：已知圆心到直线的距离为，且圆的半径为，则圆上一点到直线距离的最大值为.
12．（2021·上海市金山中学高一期末）设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（       ）
A．(1，9] B．(3，9]
C．(5，9] D．(7，9]
【答案】D
【解析】
【分析】
由正弦定理求出，再由余弦定理可得，化为，结合角的范围，利用正弦函数的性质可得结论.
【详解】
因为，
由正弦定理可得，
则有，
由的内角为锐角，
可得，
，
由余弦定理可得
因此有




故选：D.
【点睛】
方法点睛：正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.
13．（2020·重庆八中高一期末）在锐角中，若，且，则的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】
【分析】
由，可得；再结合正弦定理余弦定理，将中的角化边，化简整理后可求得；根据锐角和，可推出，，再根据可得，，于是，最后结合正弦的两角差公式、辅助角公式和正弦函数的图象与性质即可得解．
【详解】
由，得，，
，．
由正弦定理知，，
由余弦定理知，，
，
，化简整理得，，
，，
由正弦定理，有，，，
锐角，且，，，解得，，
，
，，，，，，
的取值范围为，．
故选：．
【点睛】
本题考查解三角形中正弦定理与余弦定理的综合应用，还涉及三角函数的图象与性质，以及三角恒等变换的基础公式，并运用到了角化边的思想，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
14．（2020·重庆巴蜀中学高一期末）如图梯形，且，，在线段上，，则的最小值为

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
先建系解得坐标，再设坐标，根据向量数量积列函数关系式，最后根据二次函数性质求最值.
【详解】
以为坐标原点，所在直线为轴，建立平面直角坐标系，设，
因此，
因此，设
所以

当时，最小值为选B.
【点睛】
以向量为载体求相关变量的取值范围，是向量与函数、不等式、三角函数等相结合的一类综合问题.通过向量的坐标运算，将问题转化为解不等式或求函数值域，是解决这类问题的一般方法.
15．（2021·浙江·高一期末）已知平面向量，且，向量满足，则的最小值为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【解析】
【分析】
由题设可得，又，易知，，将问题转化为平面点线距离关系：向量的终点为圆心，2为半径的圆上的点到向量所在射线的距离最短，即可求的最小值.
【详解】
∵，而，
∴，又，即，
∴，，

如上图示，若，则，
∴在以为圆心，2为半径的圆上，若，则，
∴问题转化为求在圆上哪一点时，使最小，又，
∴当且仅当三点共线且时，最小为.
故选：B.
【点睛】
关键点点睛：由已知确定，， 构成等边三角形，即可将问题转化为圆上动点到射线的距离最短问题.
二、多选题
16．（2021·山东青岛·高一期末）如图，在正方体中，点在线段上运动，则下列结论中正确的是（       ）

A．异面直线与所成角的取值范围为
B．直线直线
C．三棱锥的体积为定值
D．直线过的垂心
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对于A：先判断出异面直线AP与所成的角就是直线B1C与AP所成的角,然后计算出异面直线AP与所成的角为.即可判断A;
对于B：先证明出AD1⊥面DCB1A1，利用线面垂直的性质定理即可证明直线直线；
对于C：证明出面A1C1D，得到B1C上任何一点到面A1C1D的距离都相等，从而判断出三棱锥的体积为定值；
对于D：连结BD1交平面A1DC1于G,连结DG,A1G,C1G.连结CD1交C1D于F先证明出BD1⊥面A1DC1.利用三角形全等得到，判断出G为△A1DC1的外心.由△A1DC1为等边三角形，得到G为△A1DC1的垂心.
【详解】
对于A：

因为B1C//,则异面直线AP与所成的角就是直线B1C与AP所成的角,当点P与线段B1C的端点重合时,直线B1C与AP所成角为∠B1CA或∠CB1A,此时为直线B1C与AP所成的角的最小值.因为△ACB1为等边三角形，所以.
当点P与线段B1C的中点时,由△ACB1为等边三角形，得到，此时直线B1C与AP所成的角为.
故异面直线AP与所成的角为.故A错误;

对于B：在正方体中，A1D⊥AD1.
CD⊥面ADD1A1,所以CD⊥AD1.
又因为,所以AD1⊥面DCB1A1.
因为面DCB1A1,所以直线直线.故B正确；
对于C：在正方体中，,
因为面A1C1D, 面A1C1D,所以面A1C1D.
所以B1C上任何一点到面A1C1D的距离都相等，所以三棱锥的体积为定值.故C正确；
对于D：

连结BD1交平面A1DC1于G,连结DG,A1G,C1G.
连结CD1交C1D于F,在正方体中，CD1⊥C1D.
因为BC⊥面CDD1C1,所以BC⊥DC1.
又因为,所以DC1⊥面BCD1.
所以BD1⊥DC1.
同理可证：BD1⊥DA1.
因为,所以BD1⊥面A1DC1.
相对于平面A1DC1，BD1为垂线，为斜线，为射影.
在正方体中，，BG为公共边，
所以Rt△BGD≌Rt△BGA1≌Rt△BGC1，所以，即G为△A1DC1的外心.
又因为△A1DC1为等边三角形，所以G为△A1DC1的垂心.故D正确.
故选：BCD.
【点睛】
立体几何问题的常见类型：
(1)第一是几何关系的证明，用判定定理；
(2)第二计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离）.如果求体积（距离），常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法.
17．（2020·辽宁抚顺·高一期末）下列结论中正确的是（       ）
A．已知函数的定义域为，且在任何区间内的平均变化率均比在同一区间内的平均变化率小，则函数在上是减函数；
B．已知总体的各个个体的值由小到大依次为2，3，3，7，10，11，12，，18，20，且总体的平均数为10，则这组数的75%分位数为13；
C．方程的解集为；
D．一次函数一定存在反函数．
【答案】AD
【解析】
A选项可利用任何区间内平均变化率的大小判断增减性；B选项根据平均数计算a,可判断75%分位数；C选项要注意真数大于0；D选项一次函数是单调函数，即可判断反函数存在.
【详解】
A中，由题意知在任何区间内的平均变化率都小于0，从而函数在上是减函数正确；B中，由2，3，3，7，10，11，12，，18，20的平均数为10，可求得，根据75%分位数概念计算可知，故不正确，C中，时，无意义，显然错误；D中，一次函数具有单调性，反解可以构成函数，故存在反函数，正确.
故选：AD
【点睛】
本题主要考查了平均变化率，75%分位数，对数方程，反函数的概念，属于中档题.
18．（2021·浙江·高一期末）在中，D是边中点，下列说法正确的是（       ）
A．
B．若，则是在上的投影向量
C．若点P是的外心，，且，则
D．若点Q是线段上的动点，且满足，则的最大值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】
A：根据平面向量的加法的几何意义进行判断即可；
B：根据平面向量的加法的几何意义，结合投影向量的定义进行判断即可；
C：根据三角形外心的性质，结合平面向量的加法几何意义和数量积的运算性质进行判断即可；
D：根据三点共线的平面向量的性质，结合基本不等式进行判断即可.
【详解】
A：因为D是边中点，所以，即，因此本选项说法正确；
B：因为分别表示方向上的单位向量，
由平面向量加法的几何意义可知：表示的平分线表示的向量，
所以由可得：是的平分线，而D是边中点，
所以有，在上的投影为：，所以是在上的投影向量，因此本选项说法正确；
C：因为点P是的外心，D是边中点，所以，即，
，
，因为，所以
，因此本选项的说法正确；
D：因为D是边中点，所以由，可得：
，因为点Q是线段上的动点，所以三点共线，因此可得：，要想有最大值，则一定有，
，当且仅当时取等号，即时取等号，因此本选项说法不正确，
故选：ABC
【点睛】
关键点睛：运用平面向量加法的几何意义、数量积的运算性质、三点共线的向量性质是解题的关键
19．（2020·江苏宿迁·高一期末）下列说法中正确的是（       ）
A．对于向量，，，有
B．在中，向量与满足，且，则△ABC为等边三角形
C．若，分别表示的面积，则
D．在中，设D是BC边上一点，且满足，则λ+μ＝0
【答案】BCD
【解析】
【分析】
对A，由平面向量乘法的运算律即可判断；
对B，由得出的平分线垂直于BC，进而AB=AC，再根据题意求出即可判断；
对C，通过，延长OA到，使得，延长OC到，使得，可得O为的重心，进而根据重心的性质得到答案；
对D，由和即可判断.
【详解】
对A，平面向量不满足乘法结合律，A错误；
对B，因为，所以的平分线垂直于BC，所以AB=AC，
又因为，所以△ABC为等边三角形，B正确；
对C，如图：

因为，延长OA到，使得，延长OC到，使得，可得O为的重心，设的面积分别为，则的面积分别为，由重心性质可知，所以，C正确；
对D，因为，而，所以,
所以，所以λ+μ=0，D正确.
故答案为：BCD.
【点睛】
本题难点在于答案C，这里需要对三角形的重心性质比较熟悉，这样才能很好的进行构造，如本题，根据，我们可以构造出使得O为重心，进而解决问题，因此平常要注重对常见结论的总结.
20．（2021·浙江湖州·高一期末）如图，△，△，△是全等的等腰直角三角形（，处为直角顶点），且，，，四点共线.若点，，分别是边，，上的动点（包含端点），记，，，则（       ）

A． B． C． D．
【答案】BCD
【解析】
【分析】
构建平面直角坐标系，写出、、、、、的坐标，由，，分别是边，，上可得且、且、 且，再应用向量数量积的坐标表示求、、即可.
【详解】
构建下图示的平面直角坐标系，

∴，，，，，，
∴，，
由在，若且，
由在，若且，
由在，若且，
∴，
，
，
∴，，，故A错误，B、C、D正确.
故选：BCD
【点睛】
关键点点睛：构建平面直角坐标系，并确定、、、、、、、、的坐标，再由向量数量积的坐标表示求、、.
21．（2021·山东烟台·高一期末）在正方体中，点为线段上一动点，则（       ）

A．对任意的点，都有
B．三棱锥的体积为定值
C．当为中点时，异面直线与所成的角最小
D．当为中点时，直线与平面所成的角最大
【答案】ABD
【解析】
【分析】
证明平面，得线线垂直判断A，根据线面平行及体积公式判断B， 由，作出异面直线所成的角，并计算其余弦值，可判断C，由平面平面，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，然后求出线面角的正切值，可得角最大值，判断D．
【详解】
连接，正方形中，，
又平面，平面，所以，（下面要用到正方体的棱与相应面上的直线垂直就不再证明了，方法相同）．
，平面，所以平面，平面，所以，同理，
，平面，所以平面，平面，所以，A正确；
正方体中平面，因此到平面的距离不变，即三棱锥的高不变，又面积不变，所以三棱锥即三棱锥的体积不变，B正确．
连接，因为，所以（或其补角）是异面直线与的所成的角．
设正方体的棱长为，设，
则在中，，
由，得，
，
中，，
时，，
时，设，
，
，即时，取得最大值，
所以与重合时，取得最小值，C错误；
因为平面平面，所以直线与平面所成的角等于直线与平面所成的角，由上讨论知就是直线与平面所成的角，
中，，
所以时，取得最大值，而为锐角，最大，此时是中点．D正确．

故选：ABD．
【点睛】
本题考查棱锥的体积，空间直线的垂直，异面直线所成的角，线面角等知识，需要掌握的知识点较多，难度较大．要确定空间角的大小，需要通过定义作出此角（化为平面上的角），然后计算其某个三角函数值，由三角函数性质得最值．
22．（2021·辽宁·高一期末）在菱形中，，，将菱形沿对角线折成大小为的二面角，若折成的四面体内接于球，则下列说法正确的是（       ）．
A．四面体的体积的最大值是
B．的取值范围是
C．四面体的表面积的最大值是
D．当时，球的体积为
【答案】ACD
【解析】
【分析】
求出当时，四面体的体积最大，利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理可判断B选项的正误；利用时，四面体的表面积的最大，可判断C选项的正误；求出球的半径，利用球体的体积公式可判断D选项的正误.
【详解】
对于A选项，，，则为等边三角形，
取的中点，则，同理可知，为等边三角形，所以，，
且，，
所以，二面角的平面角为，
设点到平面的距离为，则，
，当且仅当时，等号成立，
即四面体的体积的最大值是，A选项正确；
对于B选项，由余弦定理可得，
所以，，B选项错误；
对于C选项，，
，，，
所以，，
因此，四面体的表面积的最大值是，C选项正确；
对于D选项，设、分别为、的外心，则，
在平面内过点作的垂线与过点作的垂线交于点，
，，，平面，
平面，，
，，平面，同理可得平面，
则为四面体的外接球球心，
连接，，，，，
所以，，，
平面，平面，，
，即球的半径为，
因此，球的体积为，D选项正确.
故选：ACD.

【点睛】
方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：
①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可.
23．（2021·浙江·高一期末）下列说法正确的是（       ）
A．若非零向量，且，则为等边三角形
B．已知，且四边形为平行四边形，则
C．已知正三角形的边长为，圆O是该三角形的内切圆，P是圆O上的任意一点，则的最大值为1
D．已知向量，则与夹角的范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】
利用单位向量以及向量数量积的定义可判断A；利用向量的加法运算可判断B；利用向量的加、减运算可判断C；由题意可得点在以为圆心，为半径的圆上，由向量夹角定义可判断D.
【详解】
A，因为非零向量，所以的平分线与垂直，
为等腰三角形，又，所以，
所以为等边三角形，故A正确；
B，,
，
在平行四边形中，有，
所以原式，故B错误；
C，设正三角形内切圆半径，
由面积相等可得，
解得，令的中点为，从而,
则，,
两式平方作差可得,
即，若要使最大，只需最大
由于为的中点，也为圆与的切点，所以的最大值为，
所以，故C正确；
D，设，，
所以，，
所以，
即在以为圆心，为半径的圆上，
如图：

，所以，

当与圆在下方相切时，与夹角最小，此时为，
当与圆在上方相切时，与夹角最大，此时为，
所以与夹角的范围是，故D错误.
故选：AC
【点睛】
关键点点睛：本题考查了向量的数量积定义、向量的加减法以及向量的夹角，解题的关键是是将向量问题转化为平面几何问题，利用圆的性质求解，考查了转化思想、数学运算、数学建模，此题是向量的综合题目.
24．（2020·江苏宿迁·高一期末）如图，在菱形中，,，为的中点，将沿直线翻折成，连接和，为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（       ）

A．
B．的长不为定值
C．与的夹角为
D．当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是
【答案】AC
【解析】
【分析】
对于A根据已知条件证明平面即可；对于B根据已知条件求出的长即可；对于C转化为求与的夹角即可；对于D根据三棱锥的体积最大时的特征放入长方体中求解即可.
【详解】
对于A，如图1所示，因为在菱形中，,，所以易证是等边三角形，又因为为的中点，所以，由翻折性质知.又因为平面,,所以平面,因为平面,所以.故A正确.
对于B，如图1所示，取中点，由三角形中位线定理知,在菱形中易证，因为和的两边方向相同，则由等角定理易证，在中由余弦定理得，得，所以的长为定值，故B错误.
对于C，如图1所示，由已证知，所以与的夹角即为与的夹角，在中，由余弦定理得,因为，所以，由于空间中两直线夹角范围为，所以与的夹角为，即与的夹角为，故C正确.
对于D，由题意可知当平面平面时三棱锥的体积最大.由A项已证知此时平面，因为，所以.如图2所示,要求三棱锥外接球表面积即求如图长方体外接球的表面积，由已知得长方体的长宽高分别为，则长方体外接球半径，则表面积为，故D错误.

故选:AC
【点睛】
一.求几何体的体积，要注意分割与补形．将不规则的几何体通过分割或补形将其转化为规则的几何体求解．
二.几何体展开、折叠问题，要抓住前后两个图形间的联系，找出其中的量的关系
25．（2021·福建南平·高一期末）已知图1中的正三棱柱的底面边长为2，体积为，去掉其侧棱，将上底面绕上、下底面的中心所在的直线，逆时针旋转后（下底面位置保持不变），再添上侧棱，得到图2所示的几何体，则下列说法正确的是（       ）

A．
B．
C．四边形为正方形
D．正三棱柱与多面体的体积相同
【答案】AC
【解析】
【分析】
本题在充分理解题意的基础上可先由已知条件将可以求出的线段求出，找到图二复杂多面体的特点，再对各选项逐个分析.对于A可利用线面垂直证明线线垂直；对于B，由已知条件作辅助线求解；对于C，利用正方形判定定理，利用题中条件即可；对于D，图二正八面体利用体积公式即可.
【详解】
如图1，底面正三角形面积,所以,得.如图2，过点作平面，连接,由旋转以及三角形中心性质可知，,由题意知，,在中，,同理,所以图二多面体为正八面体.
对于A，取中点,连接,由等边三角形性质易得,,又因为平面,平面，,所以平面,又因为平面,所以，故A正确；
对于B，由已证知，,故B错误；
对于C，由旋转性质易得,又,所以四边形为菱形，由已知易证平面,得,所以四边形为正方形，故C正确；
对于D，多面体为正八面体，体积公式，正三棱柱体积2,两体积不同，故D错误.
故选:AC


【点睛】
对于复杂的立体几何问题，可以先从题中条件或简单处入手，求出图形的边长等，利用直观想象能力，通过数形结合方法进一步寻找条件从而求解求证.
26．（2021·福建省福州第一中学高一期末）已知菱形的边长为2，，沿对角线折叠成三棱锥，使得二面角为直二面角，设为的中点，为三棱锥表面上的动点，则（       ）
A．四面体的外接球的半径为
B．与所成的角
C．线段的最大值是
D．若，则点轨迹的长度为
【答案】ABD
【解析】
【分析】
对A，找到两个面的外接圆心，进而找到球心，最后通过勾股定理得出答案；
对B，建立空间直角坐标系即可求得；
对C，容易判断；
对D，找到AE的垂面（过点E）即可求出.
【详解】
对A，对如图1，延长B1O至O1，使得OO1=OB1，由题意可知O1是△ACB1的外心，同理作出△ADC的外心O2，过O1作面AB1C的垂线，同理作面ADC的垂线，两条垂线交于，容易判断四面体的外心.易得DO2=2，，由勾股定理可得外接球半径，A正确；

对B，如图建立空间直角坐标系，易得，，∴，所以B正确；

容易判断C错误；
对D，

若，分别取，的中点，，连接，，，则点轨迹的长度为， D正确.
故选：ABD.
【点睛】
对于外接球问题我们一定要找到外接球球心，先选择两个比较特殊的面（等腰三角形、直接三角形、等边三角形等等）找到外接圆心，通过外接圆心作面的垂线，两条垂线的交点即是外接球心；最后计算轨迹问题，根据AC⊥EF，找到AC的垂面（过点E），垂面与三棱锥的交线就是轨迹.
三、双空题
27．（2021·江苏·南京市建邺高级中学高一期末）今年年初新冠肺炎肆虐全球，抗击新冠肺炎的有效措施之一是早发现、早隔离．现某地发现疫情，卫生部门欲将一块如图所示的圆O的内接四边形区域，沿着四边形边界用固定高度的板材围成一个封闭的隔离区．其中，，，(单位：米)，则=___________；四边形的面积为__________________（平方米）．

【答案】         
【解析】
【分析】
连接，由题意可得，利用诱导公式，余弦定理可得，解得的值，进而可求，可得的值，求得，的值，再根据三角形的面积公式即可求解四边形的面积．
【详解】
如图，连接，由题意可得，
可得，
由余弦定理可得，即，
解得：，
所以，
所以，可得，，
所以四边形的面积（平方米）．
故答案为：，．

【点睛】
关键点点睛：利用诱导公式得到，再利用余弦定理求解是解题的关键.
28．（2021·重庆·高一期末）已知在中，，，，为的中点，，交于，则_______；若，则_______.
【答案】          ##
【解析】
【分析】
以为坐标原点可建立平面直角坐标系，利用可求得点坐标，根据数量积的坐标运算可求得；设，根据三点共线和三点共线可构造方程组求得点坐标，根据向量坐标运算可求得的值.
【详解】
以为坐标原点，为轴，可建立如图所示平面直角坐标系，

则，，，，设，
，，，解得：，
，，，
；
设，则，，
三点共线，，即；
三点共线，，即，，
，解得：，，
，又，，
，，.
故答案为：；.
【点睛】
方法点睛：本题考查几何中的平面向量线性运算和数量积运算的求解问题，解决此类问题的基本方法有两个：1.建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算进行求解；2.利用转化法，将所求向量向已知向量进行转化，根据向量线性运算法则和数量积的运算律来进行求解.
29．（2022·陕西·长安一中高一期末）若的面积为,且∠C为钝角，则∠B=_________；的取值范围是_________.
【答案】         
【解析】
【分析】
根据题干结合三角形面积公式及余弦定理可得，可求得；再利用，将问题转化为求函数的取值范围问题.
【详解】
，
，即，
，
则，
为钝角，，
，故.
故答案为，.
【点睛】
此题考查解三角形的综合应用，能够根据题干给出的信息选用合适的余弦定理公式是解题的第一个关键；根据三角形内角的隐含条件，结合诱导公式及正弦定理，将问题转化为求解含的表达式的最值问题是解题的第二个关键.
30．（2021·河北·衡水市第十四中学高一期末）已知两个非零平面向量，满足：对任意恒有，则：①若，则______；②若，的夹角为，则的最小值为______．
【答案】         
【解析】
【分析】
①由题设得对恒成立，利用即可求.
②由题设有，则在恒成立，利用可得，进而应用向量数量积的运算律可得，即可求最小值.
【详解】
由题意，，则恒成立，
①时，对恒成立，
∴，可得.
②由，的夹角为，则，
又在恒成立，
∴，
∴，则，
当时，的最小值为.
故答案为：，
【点睛】
关键点点睛：根据题设条件，将不等式转化为关于的一元二次不等式恒成立问题，求得或的数量关系，并利用向量数量积的运算律转化求最值.
31．（2021·天津·高一期末）在中，，，，，则______，延长交于点，点在边上，则的最小值为______.
【答案】         
【解析】
【分析】
(1)以，为基底表示，，根据数量积的运算律化简，由此可求BC，(2)建立平面直角坐标系，利用数量积的坐标运算公式表示，再求其最小值.
【详解】
解：由，可得
由，可得，


，
则.∴.
如图建立平面直角坐标系，可得，，，
设，.
∵，∴，，∴为中点，
∴，
∴，
，

∵，∴时，最小，最小值为.
答案为：，.

【点睛】
求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
32．（2019·全国·福建省福州格致中学高一期末）已知，，若对任意实数，点都满足，则的最小值为________，此时_________．
【答案】          6
【解析】
【分析】
设为上一点，且满足，，从而可得到，即点到直线的距离为3，进而设出的坐标，表示出，进而可求出最小值，及此时的值.
【详解】
由题意，和的中点为原点，
设为上一点，且满足，，

则，
故，即点到直线的距离为3，
不妨设点在的上方，则点在直线上，设，
则，
当且仅当时，取最小值，
此时，．
故答案为：；6．
【点睛】
关键点点睛：本题考查平面向量在几何中的应用，考查平面向量的加法、数量积及模长，解题的关键是根据点满足，推出点到直线的距离为3，考查学生的推理能力与计算能力，属于难题.
四、填空题
33．（2020·甘肃·静宁县第一中学高一期末）如图，已知六棱锥P﹣ABCDEF的底面是正六边形，PA⊥平面ABC，PA＝AB，则下列结论正确的是_____．（填序号）①PB⊥AD；②平面PAB⊥平面PBC；③直线BC∥平面PAE；④sin∠PDA．

【答案】④
【解析】
【分析】
由题意,分别根据线面位置关系的判定定理和性质定理,逐项判定,即可得到答案.
【详解】
∵PA⊥平面ABC，如果PB⊥AD，可得AD⊥AB，但是AD与AB成60°，∴①不成立，
过A作AG⊥PB于G，如果平面PAB⊥平面PBC，可得AG⊥BC，∵PA⊥BC，∴BC⊥平面PAB，∴BC⊥AB，矛盾，所以②不正确；
BC与AE是相交直线，所以BC一定不与平面PAE平行，所以③不正确；
在Rt△PAD中，由于AD＝2AB＝2PA，∴sin∠PDA，所以④正确；

故答案为: ④
【点睛】
本题考查线面位置关系的判定与证明,考查线线角,属于基础题.熟练掌握空间中线面位置关系的定义、判定、几何特征是解答的关键,其中垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型(1)证明线面、面面平行,需转化为证明线线平行;(2)证明线面垂直,需转化为证明线线垂直;(3)证明线线垂直,需转化为证明线面垂直.
34．（2022·陕西西安·高一期末）边长为3的正方形的四个顶点都在球上，与对角线的夹角为45°，则球的体积为______.
【答案】
【解析】
【分析】
根据给定条件结合球的截面小圆性质求出球O的半径，再利用球的体积公式计算作答.
【详解】
因边长为3的正方形的四个顶点都在球上，则正方形的外接圆是球O的截面小圆，其半径为，
令正方形的外接圆圆心为，由球面的截面小圆性质知是直角三角形，且有，
而与对角线的夹角为45°，即是等腰直角三角形，球O半径，
所以球的体积为.
故答案为：
【点睛】
关键点睛：涉及求球的表面积、体积问题，利用球的截面小圆性质是解决问题的关键.
35．（2021·西藏·拉萨中学高一期末）如图所示，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的体积为___________.

【答案】
【解析】
【分析】
作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理求出，求出底面圆的半径r，从而求出这个圆锥的高，由此能求出这个圆锥的体积.
【详解】
作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：

该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理可得：
∴.
设底面圆的半径为r,则有,解得,
所以这个圆锥的高为，
则这个圆锥的体积为.
故答案为：.
【点睛】
立体几何中的翻折叠（展开）问题要注意翻折（展开）过程中的不变量.
36．（2021·贵州黔东南·高一期末）已知向量，，点为坐标原点，在轴上找一个点，使得取最小值，则点的坐标是___________.
【答案】
【解析】
设点的坐标是，求出，再利用配方法可得答案.
【详解】
设点的坐标是，即，
因为向量，，
所以，
，

，
当时，有最小值，此时点的坐标是，
故答案为：.
【点睛】
方法点睛：平面向量求最值有三种常见方法：1、几何法；2、三角函数有界法；3、二次函数配方法.
37．（2021·湖南·高一期末）在中，，，，M是所在平面上的动点，则的最小值为________．
【答案】
【解析】
以A为原点，AC所在直线为x轴，建系，如图所示，根据题意，可得A、B、C坐标，设，可得的坐标，根据数量积公式，可得的表达式，即可求得答案.
【详解】
以A为原点，AC所在直线为x轴，建立坐标系，如图所示：

因为，，，
所以，设，
则，
所以
=，
当时，有最小值，且为，
故答案为：
【点睛】
解题的关键是建立适当的坐标系，求得点坐标，利用数量积公式的坐标公式求解，考查分析理解，计算化简的能力，属基础题.
38．（2019·四川遂宁·高一期末（理））在平面内,定点满足，动点满足则的最大值为________.
【答案】
【解析】
【分析】
由，可得为的外心，又可得为的垂心，则为的中心，即为正三角形．运用向量的数量积定义可得的边长，以为坐标原点，所在直线为轴建立直角坐标系，求得的坐标，再设，由中点坐标公式可得的坐标，运用两点的距离公式可得的长，运用三角函数的恒等变换公式，结合正弦函数的值域，即可得到最大值．
【详解】
解: 由，可得为的外心，
又
可得 ，即，
即有，可得为的垂心，
则为的中心，即为正三角形，
由即有，
解得，的边长为，
以为坐标原点，所在直线为轴建立直角坐标系，
可得，
由，可设，
由，可得为中点，即有，
则

，
当，即时，取得最大值，且为．
故答案为：．
【点睛】
本题考查向量的定义和性质，以及模的最值的求法，注意运用坐标法，转化为三角函数的最值的求法，考查化简整理的运算能力，属于中档题．
39．（2021·重庆一中高一期末）鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根等长的正四棱柱体分成三组，经榫卯起来.若正四棱柱的高为，底面正方形的边长为，现将该鲁班锁放进一个球形容器内，则该球形容器的表面积至少为__________.（容器壁的厚度忽略不计，结果保留）

【答案】
【解析】
【分析】
由题若球形容器表面积最小，则正四棱柱与球内接，此时球体的直径等于一组正四棱柱的体对角线长，求出半径长再求表面积．
【详解】
若球形容器表面积最小，则正四棱柱与球内接，此时球体的直径等于一组正四棱柱的体对角线长，
即
所以
球形容器的表面积
【点睛】
本题考查球体表面积，解题的关键是求出球体的半径．
40．（2021·江苏徐州·高一期末）赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了"勾股圆方图"，亦称"赵爽弦图"(以弦为边长得到的正方形由4个全等的直角三角形再加上中间的一个小正方形组成)．类比"赵爽弦图"，可构造如图所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一个较大的等边三角形，设若，则λ-μ的值为___________

【答案】
【解析】
【分析】
令AF=1，延长AD交BC于M，求出AB，BM，DM，再借助平面向量基本定理即可作答.
【详解】
因，令AF=1，则有，中，，
由余弦定理得，延长AD交BC于M，如图，

由正弦定理得，则有，，
，
中，由正弦定理得，而，
因此得，，于是有，，
，，
因，由平面向量基本定理得，所以.
故答案为：
【点睛】
思路点睛：用向量基本定理解决问题是先选择一组基底，并运用该基底将条件和结论表示成向量的形式，再通过向量的运算来解决．
41．（2021·浙江·高一期末）在中，记角所对的边分别是，面积为，则的最大值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据面积公式及基本不等式可得，利用辅助角公式可求的最大值，从而可得的最大值.
【详解】
，
令，则，
故，故，
又，故，当且仅当满足时等号成立，
此时，故的最大值为.
故答案为：
【点睛】
方法总结：对于形如的函数的值域，可以用导数或辅助角公式来处理，后者实际上是把函数的值域问题归结三角方程的有解问题.
42．（2021·浙江·高一期末）已知是边长为的正三角形，平面上两动点、满足（且、、）．若，则的最大值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】
分析出点、的位置，作出点所在的平面区域，取的中点，可得出，求出的最大值，即可得解.
【详解】
，
，即，
因为且、、，则、，所以，，
所以，点在的边界及其内部，
因为，则点在如下图所示的封闭区域内，该区域由、、三条线段以及三段分别以、、为圆心，半径为且圆心角为的圆弧围成的区域，
其中四边形、、均为矩形，且，

取的中点，则，，，
所以，，
连接并延长交于点，此时，
因此，.
故答案为：.
【点睛】
思路点睛：平面向量中有关最值问题的求解通常有两种思路：
一是“形化”，即利用平面向量的几何意义将问题转化为平面几何中的最值或范围问题，然后根据平面图形的特征直接进行判断；
二是“数化”，即利用平面向量的坐标运算，把问题转化为代数中的函数最值与值域、不等式的解集、方程有解等问题，然后利用函数、不等式、方程的有关知识来解决．
43．（2021·福建南平·高一期末）如图，已知边长为4的菱形中，，将沿对角线翻折至所在的位置，若二面角的大小为，则过，，，四点的外接球的表面积为___________.

【答案】
【解析】
【分析】
过正与正的中心E，F分别作平面，平面的垂线，两线交于点O得外接球球心，再求出OA长即可得解.
【详解】
由已知得与均为边长是4 的正三角形，取AC中点G，连，如图：

则有，于是得是二面角的平面角，，
显然有平面，即有平面平面，平面平面，
令正与正的中心分别为E，F，过E，F分别作平面，平面的垂线，则二垂线都在平面内，它们交于点O，
从而得点O是过，，，四点的外接球球心，连OA，则OA为该外接球半径，
由已知得，而，于是得，在中，，
而，在中，，
所以过，，，四点的外接球的表面积为.
故答案为：
【点睛】
关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.
44．（2020·浙江·瑞安市上海新纪元高级中学高一期末）王者荣耀是一款风靡全国的MOBA手游，其中上官婉儿的连招“2133333”能画出一个五边形，体现数学之美.如图所示，凸五边形ABCDE，，△BDE是以BD为斜边的等腰直角三角形，若△ABE是以BE为斜边的等腰直角三角形，P在线段BD上运动，则tan∠APE的取值范围是____.

【答案】
【解析】
【分析】
建立如图所示的平面直角坐标系，设，则可用表示，利用二次函数的性质可求其取值范围，注意对的不同取值分类讨论.
【详解】

建立如图所示的平面直角坐标系，则，
则线段的方程为：，其中.
设，
当且时，则，
，
故，
令，
因为，故，
所以.
若，此时重合，，，
其中为直线的倾斜角，故.
若，此时，，
综上，.
故答案为：.
【点睛】
本题考查动点变化过程中角的正切值的范围计算，注意根据规则图形建立平面直角坐标系，并把动角的正切问题归结直线的斜率问题，解题中注意分类讨论，本题属于难题.
五、解答题
45．（2021·广东汕尾·高一期末）借助国家实施乡村振兴政策支持，某网红村计划在村内扇形荷花水池OAB中修建荷花观赏台，助推乡村旅游经济.如图所示，扇形荷花水池OAB的半径为20米，圆心角为.设计的荷花观赏台由两部分组成，一部分是矩形观赏台MNPQ，另一部分是三角形观赏台AOC．现计划在弧AB上选取一点M，作MN平行OA交OB于点N，以MN为边在水池中修建一个矩形观赏台MNPQ，NP长为5米；同时在水池岸边修建一个满足且的三角形观赏台AOC，记.

（1）当时，求矩形观赏台MNPQ的面积；
（2）求整个观赏台（包括矩形观赏台和三角形观赏台两部分）面积的最大值.
【答案】（1）平方米；（2）212.5平方米.
【解析】
【分析】
（1）过M作OA的垂线，交AO于点E,过N作OA的垂线，交AO于点F，分别计算出MN、NP，即可求出矩形MNPQ的面积
（2）由题意可知，，利用正弦定理表示出各边，把观赏台面积表示为x的函数，，利用三角函数求最值.
【详解】
（1）

当时，过M作OA的垂线，交AO于点E.
则.
.
过N作OA的垂线，交AO于点F，.
∵，，
∴.
.
矩形MNPQ的面积平方米.
所以矩形观赏台MNPQ的面积平方米.
（2）由题意可知，，，，，
在中，由，
得.
矩形MNPQ的面积.
观赏台的面积.
整个观赏台面积.
设，，
∴.
.
∴.
∴
.
当时，整个观赏台观赏台S取得最大值为212.5平方米.
∴整个观赏台的面积S的最大值为212.5平方米.
【点睛】
数学建模是高中数学六大核心素养之一，在高中数学中，应用题是常见考查形式：
(1)求解应用性问题时，首先要弄清题意，分清条件和结论，抓住关键词和量，理顺数量关系，然后将文字语言转化成数学语言，建立相应的数学模型；
(2)三角函数型应用题根据题意正确画图，把有关条件在图形中反映，利用三角知识是关键．
46．（2021·浙江绍兴·高一期末）在中，内角，，的对边分别为，，，且，.
（1）求的大小；
（2）若，求的面积；
（3）求的最大值.
【答案】（1）；（2）；（3）最大值为.
【解析】
【分析】
（1）根据正弦定理，结合两角和的正弦公式进行求解即可；
（2）根据余弦定理，结合三角形面积公式进行求解即可；
（3）根据余弦定理，结合基本不等式、函数的单调性进行求解即可.
【详解】
（1）因为，又，
所以，
所以，
所以，
因为，，所以，可得.
（2）因为，所以，所以，
所以的面积为.
（3）由，得，
因为，所以，所以（当且仅当时取等号）.
设，则，所以，
设，
则在区间上单调递增，所以的最大值为，
所以，的最大值为.
【点睛】
关键点睛：利用基本不等式结合函数的单调性是解题的关键.
47．（2021·山西太原·高一期末）如图，在三棱锥中，平面，

（1）若，.求证：；
（2）若，，分别在棱，，上，且，，.求证：平面.
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）先证明，即可证明平面，利用线面垂直的性质即可证明.
（2）如图，作的中点，连接，，先证明平面平面，即可证明平面.
【详解】
证明：（1）∵平面，平面，
∴，

又∵，，∴平面，
平面，
∴，
∵，，∴平面，
平面，
∴.
（2）如图，作的中点，连接，，

由得，又∵，
∴，平面，平面，
∴平面，
又∵，分别为，的中点，
∴，平面，平面，
∴平面，
∵，平面，平面，
∴平面平面，
∵平面，
∴平面.
【点睛】
立体几何解答题的基本结构：
(1)第一问一般是几何位置关系的证明，用判定定理；
(2)第二问是计算，求角或求距离（求体积通常需要先求距离）.如果求体积（或求距离），常用的方法有：(1) 直接法；(2)等体积法；(3) 补形法；(4)向量法.
48．（2021·安徽·合肥市第六中学高一期末）如图，三棱柱中，侧面是边长为2的菱形，且，点M，G分别在，上，且，.

（1）证明：直线平面.
（2）若点G恰好是点在平面内的正投影，此时，求三棱锥的体积.
（注：本大题用空间坐标系解题一律不给分）
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】
【分析】
（1）过G作交于E，连接，证明是平行四边形，得后可证得线面平行；
（2）用换底法与体积公式求体积：．
【详解】
解析：（1）过G作交于E，连接，
因为为等边三角形，
所以，又，
所以，
又，,
所以，
所以四边形为平行四边形，
所以，
又平面，平面，所以直线平面.

（2）因为，所以，
又，所以，在直角三角形中，，
，
又平面
所以.
【点睛】
本题考查证明线面平行，考查求棱锥的体积，求三棱锥的体积常常利用换底法，一是利用线面平行，换顶点不换底；二是换底换顶点，三棱锥的每个面都可以作为底，另外一个点作为顶点．这样可选择高易求的点为顶点，求出底面积即可．
49．（2019·山东省东明县第一中学高一期末）手机支付也称为移动支付，是指允许移动用户使用其移动终端（通常是手机）对所消费的商品或服务进行账务支付的一种服务方式.继卡类支付、网络支付后，手机支付俨然成为新宠.某金融机构为了了解移动支付在大众中的熟知度，对15-65岁的人群随机抽样调查，调查的问题是“你会使用移动支付吗？”其中，回答“会”的共有100个人，把这100个人按照年龄分成5组，然后绘制成如图所示的频率分布表和频率分布直方图.
组数
第l组
第2组
第3组
第4组
第5组
分组





频数
20
36
30
10
4



（1）求；
（2）从第l，3，4组中用分层抽样的方法抽取6人，求第l，3，4组抽取的人数：
（3）在（2）抽取的6人中再随机抽取2人，求所抽取的2人来自同一个组的概率.
【答案】(1) ；(2) 第1组2人,第3组3人，第4组1人；(3)
【解析】
【分析】
（1）直接计算.
（2）根据分层抽样的规律按照比例抽取.
（3）设第1组抽取的2人为，，第3组抽取的3人为，，，第4组抽取的1人为，排列出所有可能，再计算满足条件的个数，相除得到答案.
【详解】
解：（1）由题意可知，
，
（2）第1，3，4组共有60人，所以抽取的比例是
则从第1组抽取的人数为,从第3组抽取的人数为，从第4组抽取的人数为；
（3）设第1组抽取的2人为，，第3组抽取的3人为，，，第4组抽取的1人为，则从这6人中随机抽取2人有如下种情形：
，，，，，，，，，，，，，，共有15个基本事件.
其中符合“抽取的2人来自同一个组”的基本事件有，，，共4个基本事件，
所以抽取的2人来自同一个组的概率.
【点睛】
本题考查了频率直方图，分层抽样，概率的计算，意在考查学生解决问题的能力.
50．（2021·山东青岛·高一期末）某校兴趣小组在如图所示的矩形区域内举行机器人拦截挑战赛，在处按方向释放机器人甲，同时在处按方向释放机器人乙，设机器人乙在处成功拦截机器人甲，两机器人停止运动．若点在矩形区域内（包含边界），则挑战成功，否则挑战失败．已知米，为中点，比赛中两机器人均匀速直线运动方式行进，记与的夹角为（），与的夹角为（）．

（1）若两机器人运动方向的夹角为，足够长，机器人乙挑战成功，求两机器人运动路程和的最大值；
（2）已知机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍．
（i）若，足够长，机器人乙挑战成功，求．
（ii）如何设计矩形区域的宽的长度，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙挑战成功？
【答案】（1）6；（2）（i）；（ii）至少为米.
【解析】
【分析】
（1）用余弦定理列方程，结合基本不等式求得，也即两机器人运动路程和的最大值.
（2）（i）利用正弦定理求得；
（ii）设，利用余弦定理求得，求得的最大值，由此求得的最小值.
【详解】
（1）如图，在中

由余弦定理得，，
所以
所以，（当且仅当时等号成立）
故两机器人运动路程和的最大值为
（2）（i）在中
由于机器人乙的速度是机器人甲的速度的倍，故，
由正弦定理可得
所以
（ii）设，则，
由余弦定理可得，
所以
所以
由题意得对任意恒成立，
故，当且仅当时取到等号．
答：矩形区域的宽至少为米，才能确保无论的值为多少，总可以通过设置机器人乙的释放角度使机器人乙在矩形区域内成功拦截机器人甲．
【点睛】
正弦定理、余弦定理是解题的重要数学知识，二次函数最值的求法在本题中是重要的方法.