特训07 期末选填压轴题（江苏精选归纳）-2023-2024学年高一数学下学期期中期末重难点冲刺（苏教版2019必修第二册）

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1．（2022春·江苏苏州·高一统考期末）已知锐角三角形中，角所对的边分别为的面积为，且，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据面积公式，余弦定理和题干条件得到，结合正弦定理得到，由为锐角三角形，求出，从而求出，求出的取值范围.
【解析】因为，所以，
即，
所以，
整理得：，
因为，
所以，
由正弦定理得：，
因为，
所以，
因为为锐角三角形，
所以为锐角，
所以，即，
由，解得：，
因为，
所以，
解得：，
故选：A
【点睛】三角形相关的边的取值范围问题，通常转化为角，利用三角函数恒等变换及三角函数的值域等求出边的取值范围，或利用基本不等式进行求解.
2．（2022春·江苏南通·高一统考期末）中，若，，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用三角函数恒等变换进行化简，可得，利用基本不等式得，利用两角和的正切公式表示，结合以上条件即可求解的取值范围．
【解析】∵，∴，
∵，即，
∴，
两边同时除以，得，
∵，
∴，当且仅当时等号成立，
∴，即，
，
∵，∴，
∴，
∴，即的取值范围是．
故选：A．
3．（2022春·江苏苏州·高一江苏省昆山中学校考期末）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别是棱，的中点，是侧面正方形内一点（含边界），若平面，则线段长度的取值不可能为（ ）
A．B．2C．D．3
【答案】D
【分析】取中点G，连接，先证面BFG面AEC，由面面平行证面BFG，再结合条件证，即可得长度在边BG上高的长度与FG、BG较大边的长度之间，最后直接求解即可判断
【解析】如图，取中点G，连接，
点，分别是棱，的中点，则，
又，面BFG，面AEC，所以面BFG面AEC，
因为平面，故面BFG，
又是侧面正方形内一点（含边界），面BFG 面，故，
易得，，边FG上的高，故由等面积法，边BG上的高，故，又，
故选：D
4．（2022春·江苏苏州·高一校考期末）在三棱锥中，平面，且，若球在三棱锥的内部且与四个面都相切（称球为三棱锥的内切球），则球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】设球的半径为r，由等积法得，由此可求得设球的半径为r，再根据球的表面积公式可求得答案.
【解析】解：因为平面，平面，平面，平面，
所以，，，
又，
所以平面，所以，
所以均为直角三角形，
设球的半径为r，则，
而，，
所以，解得，
所以球的表面积为，
故选：A.
5．（2022春·江苏淮安·高一统考期末）已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由二倍角公式，诱导公式，正弦函数的性质比较大小，再利用三角函数线证明为锐角时，，从而可比较大小，得出结论．
【解析】，
又，所以， 即，
利用三角函数线可以证明为锐角时，，
如图，在单位圆中，以为始边，为顶点作出角，其终边与单位圆交于点，过单位圆与轴正半轴交点作轴的垂线，角的终边与这条垂线交于点，
则，劣弧的长为，
扇形的面积为，面积为，
由图形，易知，即，所以，
所以，，
所以．
故选：D．
6．（2022春·江苏苏州·高一校联考期末）如图将正方形ABCD沿对角线BD折成直二面角，有如下四个结论
① ②ACD是等边三角形
③AB与CD所成的角为 ④AB与平面BCD所成的角为
其中错误的结论是（ ）
A．①B．②C．③D．④
【答案】D
【分析】①利用线面垂直的判定定理判断；②求得AC判断；③分别取AD，AC的中点F，H，连接OF，OH，FH，得到为所求判断； ④易知是直线AB与平面BCD所成的角判断.
【解析】设正方形边长为2，折叠前AC与BD交于点O，
折叠后，如图所示：
①因为，且，所以平面AOC，又平面AOC
所以，故正确；
②由题意知：，则，又，所以 ACD是等边三角形，故正确；
③分别取AD，AC的中点F，H，连接OF，OH，FH，，则为AB与CD所成的角(或其补角)，又 ，
所以是等边三角形，所以AB与CD所成的角为 ，故正确；
④因为平面平面BCD，平面平面BCD=BD，且，所以平面BCD，则是直线AB与平面BCD所成的角，且，故错误；
故选：D
7．（2022春·江苏南京·高一南京市中华中学校考期末）已知四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面平面，且为等边三角形，则该四棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，分别过，作两个平面的垂线交于点O，得到点O即为该球的球心，取线段的中点E，得到四边形为矩形，分别求得，结合球的截面圆的性质，即可求解.
【解析】如图所示，在四棱锥中，
取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，
分别过，作两个平面的垂线交于点O，
则由外接球的性质知，点O即为该球的球心，
取线段的中点E，连，，，，则四边形为矩形，
在等边中，可得，则，即，
在正方形中，因为，可得，
在直角中，可得，即，
所以四棱锥外接球的表面积为.
故选：B.
8．（2022春·江苏南通·高一统考期末）在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c，若，则面积的最大值为( )
A．1B．3C．2D．4
【答案】C
【分析】根据利用三角恒等变换和正余弦定理得到，再根据余弦定理和基本不等式可得csB的范围，由此得B的范围，从而得到sinB的最大值，从而根据可求△ABC面积的最大值．
【解析】，
，
即，
即，
则，
整理得，
∴，
当且仅当a2=3c2⇔c=83,a=83时取等号，
，
则．
故选：C．
9．（2022春·江苏宿迁·高一统考期末）在中，，过点O的直线分别交直线于M，N两个不同的点，若，其中m，n为实数，则的最小值为（ ）
A．1B．4C．D．5
【答案】C
【分析】利用、表示出，再利用三点共线得到，再把转化为关于的式子，即可求出最小值.
【解析】

三点共线
即
故的最小值为.
故选：C.
10．（2022春·江苏泰州·高一统考期末）某人工生态园内栽种了10万余株水杉、池杉等品种树木，垛与垛间的夹沟里鱼游虾戏，这里是丹顶鹤、黑鹳、猫头鹰、灰鹭、苍鹭、白鹭等候鸟的乐园.游客甲与乙同时乘竹筏从码头沿下图旅游线路游玩.甲将在“院士台”之前的任意一站下竹筏，乙将在“童话国”之前的任意一站下竹筏，他们两人下竹筏互不影响，且他们都至少坐一站再下竹筏，则甲比乙后下的概率为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】先求解所有可能的情况数，再根据乙下竹筏的所有可能，分别分析甲比乙后下的情况数再求解即可
【解析】由题意，甲可能下竹筏的站号有共10种情况，乙可能下竹筏的站号有共7种情况，故甲乙所有下竹筏的情况数有种.当乙在2号站下时，满足甲比乙后下的情况数有9种；当乙在3号站下时，满足甲比乙后下的情况数有8种；…当乙在8号站下时，满足甲比乙后下的情况数有3种；共种情况.故甲比乙后下的概率为
故选：B
11．（2022春·江苏盐城·高一统考期末）已知函数，若方程在上恰有四个不同的解，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】令，将问题转化为与有两个交点，注意正弦函数值对应自变量的个数确定a的范围.
【解析】由题设在上恰有四个不同的解，
令，则与有两个交点，而，
注意：时，则对应在上有一个解；
或时在只有一个对应值，则对应在上有两个解；
时或，对应在上有三个解；
时在只有两个对应值，此时对应在上有四个解；
综上，.
故选：C
12．（2022春·江苏南京·高一统考期末）在中，，，，为线段上的动点，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】设，根据题意可得，解方程组，然后结合三点共线，可得，则化简后利用基本不等式可求得结果
【解析】设，根据题意可得
，解得，
所以，
所以，
因为三点共线，所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为，
故选：C
【点睛】关键点点睛：此题考查平面向量的数量积运算，考查正弦定理的应用，考查基本不等式的应用，解题的关键是由已知条件求出后，再由三点共线，得，所以化简后结合基本不等式可求出其最小值，考查运算能力，属于较难题
二、多选题
13．（2022春·江苏苏州·高一统考期末）已知正方体的棱长为1，则下列选项正确的有（ ）
A．若为棱的中点，则异面直线与所成角的正切值为
B．若为棱的中点，则过点有且仅有一条直线与直线都相交
C．若为以为直径的球面上的一个动点，当三棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为
D．若平面，则截此正方体所得截面图形的面积越大，其周长越大
【答案】ABC
【分析】A找到异面直线所成角的平面角求正切值；B利用平面的基本性质找到与面的交点，进而确定过与直线都相交的直线是否唯一；C首先确定及△外接圆圆心位置，再求外接圆半径及圆心到的距离，即可得外接球半径；D利用正方体截面的性质，动态分析截面从到过程中截面图形面积和周长的变化情况即可.
【解析】A：如下图，由则与所成角即为，而，正确；
B：若为中点，而为棱的中点，则，故共面，
连接并延长交于，连接并延长交于，
又面，面，，，
故所得直线过与直线都相交，
唯一性说明：若存在过与直线都相交另一条直线，显然该直线也在面PAG内，
则与面存在另一个交点(非)，与直线与平面相交有且仅有一个交点矛盾，
所以直线为过与直线都相交的唯一直线，正确；
C：由题设，当到面距离最大为球体半径时的体积最大，
此时在面两侧，距离为，可视为正方形的中心，
而△外接圆圆心为中点，其半径为，且△外接圆圆心到距离为，
故外接球半径为，故三棱锥外接球的表面积为，正确；
D：如下图，平面时，截面从点到面过程中，截面面积和周长都越来越大；从面到面过程中，面积先变大后变小而周长不变；从面到过程中，面积和周长越来越小，错误.
故选：ABC
14．（2022春·江苏南通·高一统考期末）在正方体中，点是线段上一动点，则下列各选项正确的是（ ）
A．
B．平面
C．直线与平面所成角随长度变化先变小再变大
D．存在点使得过有条直线分别与和所成角大小为
【答案】AB
【分析】本题利用立体几何中线面垂直的判定、面面平行的判定对A,B选项进行判断，C,D选项需要结合线面角与异面直线成角的相关知识点，通过转化的思想去解决.
【解析】解：对于A：连接，
由正方体的性质可得：
，平面
平面，，故A正确；
对于B：连接
易证：
平面
平面
平面平面
平面，平面，故B正确；
对于C：连接，平面
即为直线与平面所成角，
当从移动至的过程中，增大，先变小再变大，即先变大再变小，故C错误；
对于：，
与成角的直线与也成，
当在或时，，
故过点的直线中，有条分别与和所成角大小为，即过有条直线分别与和所成角大小为，故D错误．
故选：AB.
【点睛】熟练利用线面垂直的性质定理，线面平行的判定定理将会对这类难题的较为简单的选项做一个清晰的判断，后面较难的有关线面角，线线角的动态变化要能够学会利用转化的思想去解决.
15．（2022春·江苏宿迁·高一沭阳县修远中学校考期末）在四边形中(如图1)，，将四边形沿对角线折成四面体（如图2所示），使得，E，F，G分别为的中点，连接为平面内一点，则（ ）
A．三棱锥的体积为
B．直线与所成的角的余弦值为
C．四面体的外接球的表面积为
D．若，则Q点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】取中点，先证平面，再由计算体积即可判断A选项；用表示出，再由向量的运算求出夹角的余弦值即可判断B选项；取的中点，由求出外接球半径，即可判断C选项；作交延长线于，由平面，进而求得，得出Q点的轨迹即可求得D选项.
【解析】
对于A，如图，取中点，连接，易得，又，平面，则平面，
易得，则，则，
，则，A正确；
对于B，，
则，
则，，则，，
又，
则，即直线与所成的角的余弦值为，B正确；
对于C，易得，，则，取的中点，连接，易得，
则四面体的外接球的半径为，则外接球表面积为，C错误；
对于D，作交延长线于，由A选项知，，又，平面，则平面，
又平面，则，又，则，又，则，
即Q点的轨迹为以为圆心，为半径的圆，则Q点的轨迹长度为，D正确.
故选：ABD.
【点睛】求三棱锥的体积关键在于找出棱锥的高，本题通过分割三棱锥进而得到棱锥的高求出体积；求异面直线的夹角，可以通过向量法进行解决，通过基底表示出两条异面直线所在向量，再由向量的运算求解即可；本题外接球问题属于共斜边的直角三角形模型，求出半径即可求解；立体几何中的轨迹问题通常借助平面的垂线段转化为平面的轨迹问题加以处理.
16．（2022春·江苏南通·高一金沙中学校考期末）直角中，斜边，为所在平面内一点，（其中），则（ ）
A．的取值范围是
B．点经过的外心
C．点所在轨迹的长度为2
D．的取值范围是
【答案】ABD
【分析】由向量数量积的几何意义有，结合已知即可判断A；若为中点，根据已知有共线，即可判断B、C；利用向量加法的几何意义及数量积的运算律可得，结合基本不等式求范围判断D.
【解析】由，又斜边，则，则，A正确；
若为中点，则，故，又，
所以共线，故在线段上，轨迹长为1，又是的外心，B正确，C错误；
由上，则，
又，则，当且仅当等号成立，
所以，D正确.
故选：ABD
【点睛】关键点点睛：若为中点，应用数形结合法，及向量线性运算的几何意义、数量积的几何意义和运算律判断轨迹，求、.
17．（2022春·江苏苏州·高一校考期末）已知正三棱柱的棱长均为2，点D是棱上（不含端点）的一个动点．则下列结论正确的是（ ）
A．棱上总存在点E，使得直线平面
B．的周长有最小值，但无最大值
C．三棱锥外接球的表面积的取值范围是
D．当点D是棱的中点时，二面角的正切值为
【答案】ABC
【分析】对A，在上取一点使得，从而可得判断即可；对B，展开侧面，根据两点之间线段最短可得的周长有最小值，结合D是棱上（不含端点）的一个动点判断最大值即可；对C，取中点,中点，连接并延长，交正方形的外接圆于，分析可得外接球直径即为的外接圆直径.再分析最值求解即可；对D，分别求得到平面的距离，到线段的距离，再求二面角的正切值即可
【解析】对A，在上取一点使得，则，当时，
则有平行四边形，故，则直线平面，故A正确；
对B，如图展开侧面，易得当在与的交点时取得最小值，
因为D是棱上（不含端点）的一个动点，故无最大值，
故的周长有最小值，但无最大值，故B正确；
对C，由题意，三棱锥外接球即四棱锥的外接球，
取中点,中点，连接并延长，交正方形的外接圆于，
则.易得平面平面.
根据外接球的性质有外接球的球心在平面中，且为的外接圆圆心.由对称性，
可得当在中点时，最大，此时外接球直径最小.
此时，故外接球直径 ，
此时外接球表面积.当在或者点时，
三棱锥外接球即正三棱柱的外接球，
此时外接球的一条直径与和的外接圆直径构成直角三角形，
此时外接球直径 ，此时外接球表面积.因为点D是棱上（不含端点）的一个动点，
故三棱锥外接球的表面积的取值范围是，故C正确；
对D，设到平面的距离为，则由，
即，故.设到线段的距离，
则，
解得，故二面角的正切值为 ，故D错误；
故选：ABC
18．（2022春·江苏苏州·高一校联考期末）如图，在棱长为2的正方体中，点E，F分别是棱BC，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．三棱锥外接球的表面积为9π
C．点C到平面AEF的距离为
D．平面AEF截正方体所得的截面面积为
【答案】BCD
【分析】假设，推出，又不可能有即可判断A选项；先求出外接球球心，进而求得外接球半径，求出表面积即可判断B选项；由等体积法即可判断C选项；先判断出截面形状，再求截面面积即可判断D选项.
【解析】
对于A，取中点，连接，由于是的中点，，而平面，则平面，
又平面，，若，又，平面，平面，
又平面，则，但正方形中，是中点，不可能有，则A错误；
对于B，连接交于点，则是的外心，取中点，连接，则，
又底面，则底面，又底面，则，则，
又可得，则即为三棱锥外接球的球心，又，
则外接球半径为，则外接球表面积为，B正确；
对于C，连接，，则，
则，则，，底面，
设点C到平面AEF的距离为，由可得，解得，C正确；
对于D，连接，易得，则，又，
则平面AEF截正方体所得的截面即为等腰梯形，，
则等腰梯形的高为，则等腰梯形的面积为，即截面面积为，D正确.
故选：BCD.
19．（2022春·江苏南通·高一统考期末）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．函数在上单调递减
C．当时，，
D．当函数在上有4个零点时，
【答案】AC
【分析】把函数化成分段函数，作出函数图像，再逐一分析各个选项即可判断作答.
【解析】依题意，，函数部分图像如图，
函数是周期函数，周期为，故A正确；
若函数在上单调递减，则在上单调递减，从图中可知，B不正确.
因且，则当时，且，
则且，，因此，，，C正确；
函数在上有4个零点时，即，则与的图像在上有四个交点，所以或，所以或，故D不正确.
故选：AC
20．（2022春·江苏镇江·高一统考期末）棱长都相等的正四棱锥的侧面与底面所成的二面角大小为α，两相邻侧面所成的二面角大小为β，不相邻两侧面所成的二面角大小为γ，则（ ）
A．β＝2αB．γ＝2αC．β＋γ＝πD．cs2α＋csβ＝0
【答案】ACD
【分析】在正四棱锥中分别找到或作出，求出三角函数值，利用三角函数值判断它们的关系即可.
【解析】设正四棱锥的棱长为2，连接相交于，取的中点分别为,连接，如图，
由棱长都相等正四棱锥可知，平面，，，所以，,
又，，
故，，所以，即，故A正确；
由对称性知，不相邻的侧面所成角为侧面与面所成角的2倍，
故，所以，，
而，故，故B错误；
因为，，所以，故C正确；
因为，所以，故D正确.
故选：ACD
21．（2022春·江苏无锡·高一统考期末）一个袋子中有大小和质地均相同的3个小球，分别标有数字1，2，3，现分别用三种方案进行摸球游戏.方案一：任意摸出一个球并选择该球；方案二：先后不放回的摸出两个球，若第二次摸出的球号码比第一次大，则选择第二次摸出的球，否则选择未被摸出的球；方案三：同时摸出两个球，选择其中号码较大的球.记三种方案选到3号球的概率分别为，，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABD
【分析】根据题意分别求，，，方案一：直接求解即可；方案二：选到3号球有两种可能：第二次摸出的为3号球，或第一次2号球，第二次1号球；方案三：根据古典概型利用列举法理解运算．
【解析】方案一：“选到3号球”的概率
方案二：“选到3号球”的概率
方案三：同时摸出两个球共有：共3个基本事件，“选到3号球”包含共2个基本事件，“选到3号球”的概率
∴，，，，ABD正确，C错误
故选：ABD．
22．（2022春·江苏徐州·高一统考期末）在棱长为2的正方体中，点为棱的中点，点是正方形内一动点（含边界），则下列说法中正确的是（ ）
A．直线与直线夹角为60°
B．平面截正方体所得截面为等腰梯形
C．若，则动点的轨迹长度为
D．若平面，则动点的轨迹长度为
【答案】ABD
【分析】对A，根据的平行线确定直线与直线夹角即可；
对B，根据面面平行的性质，作出平面截正方体所得截面分析即可；
对C，由题意，动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧上，再根据弧长公式求解即可；
对D，先判断过且平行于平面的平面截正方体的面，再分析的轨迹即可
【解析】对A，连接，可得正，根据正方体的性质，，故直线与直线夹角为直线与直线的夹角为，故A正确；
对B，根据面面平行的性质可得平面截的交线，故平面截的交点为的中点，故，故截面为等腰梯形，故B正确；
对C，若，则，故动点的轨迹为以为圆心的四分之一圆弧上，其长度为，故C错误；
对D，取中点，连接如图.由B，截面为等腰梯形，易得，，故平面平面，故的轨迹为线段，其长度为，故D正确；
故选：ABD
23．（2022春·江苏连云港·高一统考期末）在平面四边形中，，，，则（ ）
A．当时，，，，四点共圆
B．当，，，四点共圆时，
C．当时，四边形的面积为3
D．四边形面积的最大值为
【答案】ACD
【分析】对AB，由余弦定理可得，，结合四点共圆四边形对角互补，代入数据求解方程组，即可判断；
对CD，由①，以及②，①②两式代入数据，两边同时平方，再左右对应相减，即可整理得到S与的关系式，进一步讨论即可判断
【解析】对A，由余弦定理得，，代入数据可得，又，综上可解得，，故，故平面四边形对角互补，，，，四点共圆，故A对；
对B，由余弦定理得，，代入数据可得， 又，，，四点共圆，故平面四边形对角互补，，综上可解得，故B错；
对C、D，四边形的面积，代入数据可得 ①，
， ②，
①②两式左右相减，整理可得
，，当时，，又当时，四边形面积取得最大值，为
，故C、D对；
故选：ACD
24．（2022春·江苏南京·高一江苏省江浦高级中学校联考期末）在棱长为2的正方体中，M为棱的中点，下列说法正确的是（ ）
A．直线与直线所成的角为
B．直线与直线所成的角为
C．若平面过点M，且，则平面截正方体所得的截面图形的周长为
D．动点P在侧面及其边界上运动，且，则与平面所成角的正切值的取值范围是
【答案】BCD
【分析】根据异面直线所成角判断A、B，通过证明线面垂直，即可判断C、D；
【解析】解：对于A：连接，显然，所以即为直线与直线所成的角，
根据正方体的性质可得为等边三角形，所以，故A错误；
因为，，，平面，
所以平面，平面，所以，
所以直线与直线所成的角为，故B正确；
同理可证，，平面，所以平面，
取的中点、的中点，连接、、，
所以且，且，且，
显然平面平面，
所以平面，所以平面即为平面，所以，
即平面截正方体所得的截面图形的周长为，故C正确；
对于D：因为平面，所以线段即为点的轨迹，
所以当点与（）重合时最大，当为的中点时最小，
所以，
又平面，所以为与平面所成角，
所以，
所以与平面所成角的正切值的取值范围是，故D正确；
故选：BCD
25．（2022春·江苏扬州·高一统考期末）如图所示，中，，点M为线段AB中点，P为线段CM的中点，延长AP交边BC于点N，则下列结论正确的有（ ）．
A．B．
C．D．与夹角的余弦值为
【答案】AC
【分析】对A，根据平面向量基本定理，结合向量共线的线性表示求解即可；
对B，根据三点共线的性质，结合可得，进而得到判断即可；
对C，根据余弦定理可得，再根据B中两边平方化简求解即可；
对D，在中根据余弦定理求解即可
【解析】对A，，故A正确；
对B，设，则由A，，故，因为三点共线，故，解得，故，故，所以，即，故B错误；
对C，由余弦定理，，由B有，故，即，所以，故C正确；
对D，在中，，，故，故D错误；
故选：AC
三、填空题
26．（2022春·江苏南通·高一统考期末）如图，为矩形边中点，，分别在线段、上，其中，，，若，则的最小值为__________．
【答案】
【分析】根据题意建立如图所示的平面直角坐标系，设，然后表示出，由可得，代入中求其模，利用基本不等式可求出其最小值.
【解析】解：建立如图所示的平面直角坐标系，
可知，，分别在线段、上，
设（），
则，
所以，
所以，
，
所以
，
设，则，
当且仅当时，取等号，
所以的最小值为．
故答案为：
27．（2022春·江苏南京·高一南京市中华中学校考期末）拿破仑是十九世纪法国伟大的军事家、政治家，对数学也很有兴趣，他发现并证明了著名的拿破仑定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这三个等边三角形的中心恰为另一个等边三角形的顶点”，在△ABC中，以AB，BC，CA为边向外构造的三个等边三角形的中心依次为D，E，F，若，利用拿破仑定理可求得AB＋AC的最大值为___．
【答案】
【分析】结合拿破仑定理求得，利用勾股定理列方程，结合基本不等式求得AB＋AC的最大值.
【解析】设BC＝a，AC＝b，AB＝c，如图，连接AF，BD，AD．
由拿破仑定理知，△DEF为等边三角形．
因为D为等边三角形的中心，所以在△DAB中，，
同理．
又，
所以．
在△ADF中，由勾股定理可得，
即，化简得，
由基本不等式得，解得
（当且仅当时取等号），所以．
故答案为：
28．（2022春·江苏南通·高一统考期末）有如下解法求棱长为的正四面体BDA1C1的体积：构造一个棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1，我们称之为该正四面体的”生成正方体”（如图一），正四面体BDA1C1的体积 ．一个对棱长都相等的四面体，通常称之为等腰四面体，已知一个等腰四面体的对棱长分别，，（如图二），则该四面体的体积为__________．
【答案】2
【分析】根据条件，结合“生成长方体”的特征，即可求解.
【解析】设等腰四面体的“生成长方体”的长，宽，高，分别是，由条件可知，
，解得：，
所以该四面体的体积.
故答案为：2
29．（2022春·江苏宿迁·高一统考期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且G是的重心，．则的最小值为______．
【答案】/
【分析】利用三角函数恒等变换公式和正弦定理对化简可求出，再由，得，由G是的重心，可得，平方化简后结合基本不等式可求得结果
【解析】因为，所以，
所以,
因为，
所以,
所以，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以，
因为，
所以，所以，
因为G是的重心，
所以,
所以
，当且仅当时取等号，
所以，当且仅当时取等号，
所以的最小值为，
故答案为：
30．（2022春·江苏南京·高一江苏省江浦高级中学校联考期末）如图，正方形的边长为10米，以点A为顶点，引出放射角为的阴影部分的区域，其中，，记，的长度之和为．则的最大值为___________．
【答案】
【分析】由题意结合三角恒等变换得到且，令，进一步得到，由函数单调性求最大值即可.
【解析】由题设，，，
而，故，
所以，
综上，且，
所以，
令，则，
所以，故在上递减，
所以，此时或.
故答案为：
四、双空题
31．（2022春·江苏宿迁·高一沭阳县修远中学校考期末）如图，正方体的棱长为1，P为的中点，为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，当时，S与的交点为R，则_______；当S为四边形时，的取值范围为_______________．
【答案】 /
【分析】设与的交点为，根据截面的性质可得，从而得到，再根据可得，从而求得；再根据截面的性质可得与平面的交线经过上求S为四边形时，的取值范围即可
【解析】如图所示，设与的交点为，根据截面的性质可得，故，即，从而得到，故.
再根据可得，即，解得，故
当S为四边形时，易得与平面的交线经过，此时，故，即，易得，故
故答案为：；
32．（2022春·江苏南通·高一金沙中学校考期末）在长方体中，；点分别为中点；那么长方体外接球表面积为__________；三棱锥的外接球的体积为__________.
【答案】
【分析】求出长方体的对角线即为长方体外接球的直径，由此可得球表面积，设分别是中点，可证明平面，设平面与的交点分别为，在平面内过作，过作交于点，证得是三棱锥的外接球球心．在四边形中求得四边形外接圆直径，然后求出，再求出三棱锥的外接球的半径后球体积．
【解析】长方体对角线长为，所以长方体外接球半径为，表面积为；
如图，分别是中点，则是矩形，平面平面，
分别是中点，则，而平面，所以平面，
所以平面，而平面，平面，
所以平面平面，平面平面，
由平面，平面，得，而，
设平面与的交点分别为，则分别是的中点，
所以分别是和的外心，
在平面内过作，过作交于点，
由平面，得，，
而，平面，所以平面，同理平面，
所以是三棱锥的外接球球心．
四边形是圆内接四边形，
由长方体性质知，所以，，，
，
由平面，平面，得，
，，
，所以，
所以三棱锥的外接球的体积为．
故答案为：；．
33．（2022春·江苏苏州·高一江苏省昆山中学校考期末）如图，在中，，，，分别为，的中点，为与的交点，且.若，则___________；若，，，则___________.
【答案】
【分析】利用平面向量基本定理求解出及，进而利用平面向量的数量积运算法则进行计算.
【解析】连接DF，
因为，分别为，的中点，所以是△ABC的中位线，所以，则，所以，所以；
，故
故答案为：，
34．（2022春·江苏苏州·高一校考期末）四面体的四个顶点都在球的球面上，和是边长为2的等边三角形，，则球的体积为___________；若，分别为线段，的中点，则___________.
【答案】 /
【分析】由条件确定球心的位置及球的半径，由此求出球的体积，再证明，由此可求.
【解析】因为和是边长为2的等边三角形，
所以，，
又，
所以，，
所以，为以为斜边的直角三角形，
设的中点为，则，
故四面体的外接球的球心为，
又为四面体的外接球的球心，
所以为的中点，且球的半径为，
所以球的体积，
因为，，
所以，
所以，同理，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以，
所以，
因为，，所以为直角三角形，
又为线段的中点， 所以，
又，
所以，
故答案为：，.
35．（2022春·江苏淮安·高一统考期末）在正四面体中，点E，F分别在棱，上，满足，，面，则棱长为______，以点A为球心，为半径作一个球，则该球球面与正四面体的表面相交所得到的曲线长度之和为______．
【答案】 3
【分析】根据平面可得，进而也为等边三角形，即可求，将球面与正四面体的四个面所得的交线分为两类，一类与侧面的交线，一类与底面的交线，结合球的截面性质即可求解.
【解析】因为平面，平面,平面平面，所以,
由于四面体每个面都是等边三角形，故也为等边三角形，
所以;
球面与正四面体的四个面都相交，所得的交线分为两类：一类与三个侧面的交线，与侧面交线为弧,弧在过球心的大圆上，
由于,所以弧的长度为：,
与侧面的交线与弧一样长，
另一类交线是与底面的交线，过作平面,,
所以,,故与底面刚好相交于底面各边的中点处，形成的交线此时是底面的内切圆，
内切圆半径为,故弧长为：，
因此所有的交线长为
故答案为：交线之和为
36．（2022春·江苏苏州·高一校联考期末）如图所示，要修建一个形状为等腰直角三角形的广场，，且在广场外修建一块三角形草地，满足，.
①若，则______；
②欲使、之间距离最长，则______.
【答案】
【分析】①首先利用余弦定理求，并判断的形状，中根据余弦定理，求长；
②首先设，则，，由余弦定理求得，即，由正弦定理表示出，在中用余弦定理求出，由三角函数知识得最大值．
【解析】①若，根据余弦定理得,
即，即，
，所以，
因为是等腰直角三角形，所以，，则，
所以,
即,
所以；
②设，则，，
则，
由正弦定理得，，
在中，由余弦定理得
．
∴时，取得最大值．
此时
故答案为：；．
37．（2022春·江苏南通·高一统考期末）已知菱形的边长为2，.将沿折起，使得点至点的位置，得到四面体.当二面角的大小为120°时，四面体的体积为___________；当四面体的体积为1时，以为球心，的长为半径的球面被平面所截得的曲线在内部的长为_______________.
【答案】 /
【分析】画出图形，求出四面体的高，从而求出四面体的体积；通过分析得到，，即O，F两点重合，画出图形，得到落在内部的长，从而求出答案.
【解析】
如图1，过点P作PF⊥CO交CO的延长线于点F，则∠POF=60°，
因为菱形的边长为2，，
所以，，
故四面体的体积为；
当四面体的体积为1时，此时，
解得：，，即O，F两点重合，
即PO⊥底面BCD，如图2，
以为球心，的长为半径的球面被平面所截得的曲线为以O为圆心，半径为的圆，
落在内部的长为圆周长的一半的三分之一，所以长度为.
故答案为：，
38．（2022春·江苏镇江·高一统考期末）已知腰长为的等腰直角△ABC，现沿斜边BC上的高AD翻折，使得二面角B－AD－C的大小为60°，则点B到AC的距离为______；异面直线AB与CD所成角的余弦值为______．
【答案】 / /
【分析】根据折前折后不变的数量关系，二面角的平面角，利用等面积法求高，根据向量法求异面直线所成角的余弦即可.
【解析】如图，
图①中，由题意，， ，所以,
因为，所以为二面角B－AD－C的平面角，
即，所以图②中，设点B到AC的距离为，
由三角形面积可知，即.
设异面直线AB与CD所成角为，
，
,
.
故答案为：；.
39．（2022春·江苏扬州·高一统考期末）已知样本数据的平均数和方差分别为77和123，样本数据的平均数和方差分别为m和n，全部70个数据的平均数和方差分别为74和138，则_____________，_____________．
【答案】 70 130
【分析】根据平均数与方差的公式列式求解即可
【解析】由题意，，，故，故.又，即，，即，故，故
故答案为：70；130