2025年人教A版高中数学必修二 高一下期中复习分类训练（压轴题专练）（2份，原卷版+解析版）

这是一份2025年人教A版高中数学必修二 高一下期中复习分类训练（压轴题专练）（2份，原卷版+解析版），文件包含2025年人教A版高中数学必修二高一下期中复习分类训练压轴题专练原卷版docx、2025年人教A版高中数学必修二高一下期中复习分类训练压轴题专练解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共69页， 欢迎下载使用。
1．已知，，，是边上的点，且，为的外心，的值为（ ）
A．8B．10C．18D．9
【答案】D
【分析】先由得到，取，中点分别为，求出，，进而可求出结果.
【详解】因为，所以，因此；
取，中点分别为，则，；
因此，
所以.故选D
2．如图所示，将一圆的八个等分点分成相间的两组，连接每组的四个点得到两个正方形．去掉两个正方形内部的八条线段后可以形成一正八角星．设正八角星的中心为O，并且，，若将点O到正八角是16个顶点的向量都写成，的形式，则的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据平面向量加法的平行四边形法则求出的最大值和最小值即可．
【详解】解：以O为原点，以OA为x轴建立平面直角坐标系，如图所示：
设圆O的半径为1，则OM＝1，过M作MN∥OB，交x轴于N，则△OMN为等腰直角三角形，
，，此时．同理可得：，此时．∴的最大值为，最小值为．故选：C．
3．在直角梯形ABCD中，，点E为BC边上一点，且，则xy的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】建立平面直角坐标系，利用平面向量运算的坐标表示公式，结合配方法进行求解即可.
【详解】建立如图所示的直角坐角坐标系，过作，垂足为， 因为，
所以有，
，设，，
因此有因为，
所以有，而，
所以，
当时，xy有最大值，当，或时，xy有最小值，故选：B
4．在中，，为线段上的点，且.若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】转化，结合余弦定理，即可求解x,得到.
【详解】不妨设
由余弦定理：联立得到：故选：B
5．已知，，，，则的取值范围（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题设易知四边形为矩形，构建以为原点直角坐标系，将问题转化为平面上满足的情况下，结合两点距离公式求两点距离的范围.
【详解】由题设，四边形为矩形，构建以为原点的直角坐标系，如下图，
若，则，设，∴，且，
又，∴，即.故选：B
6．如图，在棱长为1的正方体中，点分别是棱，的中点，是侧面内一点，若平面，则线段长度的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】B
【详解】分析：先判断出点的位置，确定使得取得最大值和最小值时点的位置，然后再通过计算可求得线段长度的取值范围．
详解：如下图所示，分别取棱的中点M、N，连MN，，
∵分别为所在棱的中点，则，∴MN∥EF，又MN⊄平面AEF，EF⊂平面AEF，
∴MN∥平面AEF．∵，∴四边形为平行四边形，∴，
又平面AEF，AE⊂平面AEF，∴∥平面AEF，又，∴平面∥平面AEF．
∵P是侧面内一点，且∥平面AEF，∴点P必在线段MN上．
在中，．同理，在中，可得，
∴为等腰三角形．
当点P为MN中点O时，，此时最短；点P位于M、N处时，最长．
∵，．
∴线段长度的取值范围是．故选B．
7．已知直三棱柱的侧棱长为，，.过、的中点、作平面与平面垂直，则所得截面周长为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】确定平面与各棱的交点位置，计算出截面各边边长，由此可得出所得截面周长.
【详解】如下图所示，取的中点，连接，取的，连接，取的中点，连接、，
，为的中点，则，平面，平面，，
，平面，、分别为、的中点，则且，平面，平面，所以，平面平面，所以，平面即为平面，设平面交于点，在直棱柱中，且，所以，四边形为平行四边形，且，、分别为、的中点，且，
所以，四边形为平行四边形，且，且，且，所以，四边形为平行四边形，，平面，平面，平面，
设平面平面，平面，所以，，，
，所以，四边形为平行四边形，可得，所以，为的中点，
延长交于点，，所以，，，
又，所以，，，为的中点，
因为平面平面，平面平面，平面平面，，
，，，，为的中点，
，，则，
为的中点，，则，同理，
因为直棱柱的棱长为，为的中点，，
由勾股定理可得，同理可得，
且，平面，平面，平面，，
、分别为、的中点，则，，由勾股定理可得，同理.因此，截面的周长为.故选：C.
8．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
【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.
9．如图，在棱长为2的正方体中，E，F，G分别是棱AB，BC，CC1的中点，P是底面ABCD内动点.若直线D1P与平面EFG不存在公共点，则三棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据给定条件，作出平面EFG与正方体部分棱的交点，再判断点P所在的位置，利用等体积法计算作答.
【详解】在正方体中，连接，如图，

因F，G分别是棱BC，的中点，则，延长FE交DA延长线于M，取中点N，连MN，因E是棱AB的中点，则，而，则四边形是平行四边形，，即直线MN与FG确定一个平面，而点E，F，G均在此平面内，又不共线三点E，F，G确定一个平面，因此，它们是同一平面，平面，而平面，则有平面，连AC，有，平面，而平面，则有平面，又，平面，因此平面平面，而直线与平面EFG不存在公共点，又平面ACD1，从而有平面，即点平面ACD1，又点P在平面内，平面平面，
于是得点P在直线AC上，连，则，平面，平面，即有平面，则有点P与点A到平面距离相等，
于是得，所以棱锥的体积为.故选：D
10．如图，在平行四边形中，，，与交于点.设，，若，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据和三点共线，可得和，利用平面向量线性运算可用表示出，由此可得方程组求得，进而得到的值.
【详解】连接，，
三点共线，可设，则，
；
三点共线，可设，则，；
，解得：，，即.故选：B.
11．在中，，，且，则的取值范围是
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】由，可以得到，利用平面向量加法的几何意义，可以构造平行四边形，根据，可知平行四边形是菱形，这样在中，可以求出菱形的边长，求出的表达式，利用，构造函数，最后求出的取值范围.
【详解】，以为邻边作平行四边形，如下图：
所以，因此,所以平行四边形是菱形，设，，所以，在中，
，
设，所以当 时，，是增函数，故，因此本题选D.
12．已知，，，(m，).存在，，对于任意实数m，n，不等式恒成立，则实数T的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】不等式恒成立，即求最小值，利用三角不等式放缩，转化即求最小值，再转化为等边三角形的边的中点和一条直线上动点的距离最小值. 当运动到时且反向时，取得最小值得解.
【详解】，,易得设，中点为，中点为
则在单位圆上运动，且三角形是等边三角形, ，所在直线方程为 因为恒成立，,(当且仅当与共线同向，即与共线反向时等号成立)即求最小值.

三角形是等边三角形，在单位圆上运动，是中点，
的轨迹是以原点为圆心，半径为的一个圆. 又在直线方程为上运动，
当运动到时且反向时，取得最小值
此时到直线的距离 故选：A
二、多选题
13．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法中不正确的是（ ）
A．向量，则
B．若点G为的重心，则
C．若O为所在平面内一点，且，则
D．若I为的内心，则
【答案】AC
【分析】利用向量坐标运算及模的坐标表示计算判断A；利用三角形重心定理计算判断B；利用数量积运算律计算判断C；利用三角形内角平分线性质推理计算判断D作答.
【详解】对于A，，则，，A不正确；
对于B，点G为的重心，如图，延长交BC于E，则E是BC中点，
则，因此，，B正确；
对于C，由得：，即，
点O在边BC的高所在直线上，显然，C不正确；
对于D，I为的内心，如图，延长交BC于D，
显然分别平分，则有，，，，
，
同理，，
所以，D正确.故选：AC
14．下列四个正方体图形中，，为正方体的两个顶点，、、分别为其所在棱的中点，不能得出平面的图形是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BC
【分析】对于A：可以证明平面MNP∥平面ACB,从而判断出AB∥平面MNP;
对于B：可以判断出直线AB与平面MNP相交；
对于C：由AB∥CD,而CD与平面MNP相交,即可判断出直线AB与平面MNP相交；
对于D：由线面平行的判定定理可知AB∥平面MNP.
【详解】对于A：连接AC，如图①所示.由MN∥AC,NP∥BC,MN∩NP=N,AC∩BC=C,可知平面MNP∥平面ACB,所以AB∥平面MNP.故不选A;对于B：连接BC交MP于D,连接DN,如图②所示由于N是AC的中点,D不是BC的中点,所以在平面ABC内AB与DN相交,所以直线AB与平面MNP相交,故选B;
对于C：连接CD,如图③所示则AB∥CD,而CD与PN相交,即CD与平面MNP相交,所以直线AB与平面MNP相交，故选C;对于D：连接CD,如图④所示.则AB∥CD∥NP,由线面平行的判定定理可知AB∥平面MNP综上所述,不能得出AB∥平面MNP的图形是B和C.
故选：BC
15．如图，在直三棱柱中，，，，点是侧棱上的一个动点，则下列判断正确的是（ ）
A．直三棱柱侧面积是
B．直三棱柱外接球的体积为
C．存在点，使得为钝角
D．的最小值为
【答案】ABD
【分析】求出棱柱侧面积判断A；求出棱柱外接球体积判断B；判断以为直径的圆的位置关系判断C；利用对称方法求出的最小值判断D作答.
【详解】在直三棱柱中，，，，
，的周长为，此三棱柱侧面积是，A正确；
依题意，线段AC是直三棱柱外接球被平面ABC所截得的小圆直径，，
则球心到平行平面ABC与的距离相等，即球心到截面小圆ABC的距离为，
因此，球半径，球的体积为，B正确；
如图，在矩形内，以为直径作半圆，其半径，圆心到直线的距离为1，即直线与
以为直径的半圆相切，则上的点除切点外均在此半圆弧外，即不存在点，使得为钝角，C不正确；在矩形所在平面内，延长至F，使，连AF交于，对上任意点E，连接，如图，
因，则，，
当且仅当点与重合时取“=”，所以，D正确.
故选：ABD
16．如图，在直四棱柱中，，，，，点P，Q，R分别在棱，，上，若A，P，Q，R四点共面，则下列结论正确的是（ ）
A．任意点P，都有
B．存在点P，使得四边形APQR为平行四边形
C．存在点P，使得平面APQR
D．存在点P，使得△APR为等腰直角三角形
【答案】AC
【分析】根据面面平行的性质，结合假设法逐一判断即可.
【详解】对于A：由直四棱柱，，所以平面平面，
又因为平面平面，平面平面，所以，故A正确；
对于B：若四边形为平行四边形，则，而与不平行，即平面与平面不平行，所以平面平面，平面平面，直线与直线不平行，
与矛盾，所以四边形不可能是平行四边形，故B不正确；
对于C：当时，为时，满足平面，故C正确.
对于D：假设存在点，使得为等腰直角三角形，令，
过点作，则，在线段上取一点使得，连接，则四边形为矩形，所以，则，，
显然，若，则，此时，
解得，不合题意；若由，则且四边形为平行四边，
所以，无解，故D错误；故选：AC.
17．若点O在△所在的平面内，则以下说法错误的是（ ）
A．若，则点O为△的内心
B．若，则点O为△的重心
C．若，则点O为△的外心
D．若，则点O为△的垂心
【答案】AD
【分析】A由条件等式及向量数量积的运算律化简，再结合向量垂直的表示即知O为△的垂心；B若是的中点，易证共线且即可判断；C若分别为的中点，有，结合已知可证，同理有，即知O为△的外心；D由题设知、是在、上的单位向量，则有，易知是的平分线，同理是的平分线，即O为△的内心；
【详解】A：由，知：，而，易知，同理可证、，即O为△的垂心，错误.
B：若是的中点，则，又，即，故共线且，易知是△的重心，正确.
C：若分别为的中点，则，又，即，故，同理，又，即，故，所以为△的外心，正确；
D：由且、是在、上的单位向量，即有，故是的平分线，同理是的平分线，所以O为△的内心，错误；故选：AD
18．在中，角所对的边分别为，以下结论中正确的有（ ）
A．若 ，则 ；
B．当是钝角三角形，则.
C．若，则为直角三角形；
D．若为锐角三角形，则 .
【答案】ABC
【分析】利用正弦定理边角互化判断A；按角B是钝角、锐角结合和角公式判断B；利用同角公式结合正弦定理角化边判断C；利用正弦函数单调性判断D作答.
【详解】对于A，由正弦定理及，得，则，即A正确；
对于B，是钝角三角形，若B是锐角，有A，C之一是钝角，则，
若B是钝角，则，有，
即，于是得，所以，B正确.；
对于C，，
则，由正弦定理得，即为直角三角形，C正确；
对于D，若为锐角三角形，则，有，因此，，即，D错误.故选：ABC
19．若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则为直角三角形
C．若，则为等腰三角形
D．若，则为直角三角形
【答案】ABD
【分析】利用正弦定理推理判断A；利用三角形射影定理计算判断B；利用正弦定理计算判断C；利用二倍角余弦公式及射影定理计算判断D作答.
【详解】在中，正弦定理，对于A，，A正确；
对于B，由射影定理得，又，即，而，则，，为直角三角形，B正确；
对于C，由正弦定理可得，即，而，则有或，即或，为等腰三角形或直角三角形，C不正确；
对于D，，由射影定理得，即，而，则，，为直角三角形，D正确.故选：ABD
20．相交弦定理是平面几何中关于圆的一个重要定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知点P是直径为m的圆O内的定点，且OP＝m（m＞0，m∈R），弦AC、BD均过点P．则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．当AC⊥BD时，
D．当AC过点O且AB＝BC时，
【答案】BC
【分析】根据平面向量数量积的定义和运算性质，结合平面向量的加法几何意义、相交弦定理逐一判断即可.
【详解】由已知可知该圆的半径为.A：设弦AC的中点为，
由相交弦定理可知：，
所以，
因为，所以，因此，所以本选项说法不正确；
B：由平面向量数量积的定义和相交弦定理可知：
，所以本选项结论正确；
C：由AC⊥BD，相交弦定理可知：
，所以本选项结论正确；
D：当AC过点O且AB＝BC时，如图所示：显然AC是直径，，，
，
由相交弦定理可知：，解得，
，，
，所以本选项结论不正确，
故选：BC
21．某同学为测量数学楼的高度，先在地面选择一点C，测量出对教学楼AB的仰角，再分别执行如下四种测量方案，则利用测量数据可表示出教学楼高度的方案有（ ）
A．从点C向教学楼前进a米到达点D，测量出角；
B．在地面上另选点D，测量出角，，米；
C．在地面上另选点D，测量出角，米；
D．从过点C的直线上（不过点B）另选点D、E，测量出米，，．
【答案】ABD
【分析】在中用正弦定理求出边AC，再在中计算判断A，B；由解三角形的条件判断C；用AB长表示BC，BD，BE，再利用余弦定理推理判断D作答.
【详解】对于A，在中，，由正弦定理得，
在中，，A满足；
对于B，在中，，由正弦定理得，
在中，，B满足；
对于C，在中，已知一边无法解三角形，在中，已知一边一角也无法解三角形，不能求出BC，AC，C不满足；
对于D，设，则有，在与中，由余弦定理得：
，即，
因此，，即，解此方程即得h，D满足.
故选：ABD
22．在四面体中，是边长为2的正三角形.，二面角的大小为，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．四面体的体积的最大值为
C．棱的长的最小值为
D．四面体的体积最大时，四面体的外接球的表面积为
【答案】BCD
【分析】若，取的中点为点，可证明，得是正三角形，与已知条件不符，判断A；四面体的体积最大，即到平面距离最大，而二面角不变，因此到距离最大，在以为弦的圆弧上，因此为正三角形，由此可求得四面体体积，判断B，可得此时最小，求出长度判断C，作外心作所在面的垂线得球心，求出球半径可得球表面积，从而判断D．
【详解】由题意可知，对于选项A，若，可取的中点为点，由是正三角形，可得，，平面，由平面，而平面，则，则是正三角形，已知中不一定是正三角形，所以选项A错误；
对于选项B，，点在以为弦的圆弧上，点对的张角为，到的距离最大值为（此时为正三角形），四面体的体积（为三棱锥的高），高最大时，到边的距离最大（因为二面角固定不变），为正三角形，为二面角的平面角，大小为，此时，体积达到最大值，且，所以选项B正确；
由选项B可知，同样由对称性．当高最大时(或为正三角形时)，此时最小，，，所以选项C正确；
对于选项D，和都是正三角形，是外心，可过点作平面，是外心，过作平面，与交于点，则为外接球球心，易知延长交于点为中点，（二面角的平面角），由上面所作线面垂直得，，所以，所以，，，所以，则外接球的表面积为，所以选项D正确．
故选：BCD.
23．已知正四面体的棱长为，其外接球的球心为．点满足，过点作平面平行于和，设分别与该正四面体的棱、、相交于点、、，则（ ）
A．四边形的周长为定值
B．当时，四边形为正方形
C．当时，截球所得截面的周长为
D．，使得四边形为等腰梯形
【答案】ABC
【分析】利用面面平行的性质推导出四边形为平行四边形，可判断D选项；计算出，可判断A选项；证明出，可判断B选项；计算出球心到平面的距离，计算出截面圆的半径，结合圆的周长公式可判断D选项.
【详解】对于A选项，因为平面，平面，平面平面，
，同理可得，所以，，同理，
所以，四边形为平行四边形，则，，
因为，则，同理，
所以，，因此，四边形的周长为定值，A对；
对于B选项，取线段的中点，连接、，
因为，为的中点，所以，，同理，
因为，所以，平面，平面，，
当时，则，因为，，，，
所以，四边形为正方形，B对；
对于C选项，将正四面体补成正方体，
则正方体的棱长为，该正方体的体对角线为，
所以，线段的中点为正四面体的外接球球心，则球的半径为，
因为且，则四边形为平行四边形，所以，，
因为，平面，平面，平面，
因为，则，因为平面，平面，平面，
因为，所以，平面平面，
设平面分别交棱、、、于点、、、，连接、、、，
因为平面平面，平面平面，平面平面，，
同理，因为，，同理，所以四边形为平行四边形，
，，则，则，，因为点到平面的距离为，易知平面与平面之间的距离为，所以，球心到平面的距离为，所以，球被平面所截的圆的半径为，因此，当时，截球所得截面的周长为，C对；对于D选项，由A选项可知，四边形必为平行四边形，D错.故选：ABC.
24．已知点为所在平面内一点，且，则下列选项正确的是（ ）
A．B．直线不过边的中点
C．D．若，则
【答案】BCD
【分析】利用向量加法法则结合向量线性运算计算判断A；假定过的中点，利用平面向量基本定理判断B；令，，，结合重心性质计算判断C；利用数量积及运算律计算判断D作答.
【详解】对于A：，因，， ，
即，则，可得，A不正确；
对于B：设的中点为D，则，若直线过的中点，则存在实数满足，
由选项A知，，而与不共线，则有且，无解，即不存在，AO不过BC中点，B正确；
对于C：取点，，使得，，，则，即点O为的重心，如图，
则，而，同理可得：，
因此，， C正确；
对于D：由，得，而，
则，解得，
所以，D正确.
故选：BCD
25．在圆锥SO中，C是母线SA上靠近点S的三等分点，，底面圆的半径为r，圆锥SO的侧面积为3π，则（ ）
A．当时，从点A到点C绕圆锥侧面一周的最小长度为
B．当时，过顶点S和两母线的截面三角形的最大面积为
C．当时，圆锥SO的外接球表面积为
D．当时，棱长为的正四面体在圆锥SO内可以任意转动
【答案】ACD
【分析】求出圆锥母线l与底面圆半径r的关系，利用圆锥侧面展开图判断A；求出圆锥轴截面顶角的大小，计算判断B；求出圆锥外接球半径判断C；求出圆锥内切球半径，棱长为的正四面体外接球半径判断D作答.
【详解】依题意，，
对于A，当时，，，圆锥的侧面展开图，如图，
侧面展开图扇形弧长即为圆锥的底面圆周长，则，在中，由余弦定理得：
，即，A正确；
对于B，当时，有，令圆锥SO的轴截面等腰三角形顶角为，，
为钝角，令P，Q是圆锥SO的底面圆周上任意的不同两点，则，
则有的面积，当且仅当时取“=”，B不正确；
对于C，当时，，圆锥SO的外接球球心在直线SO上，圆锥的底面圆是球的截面小圆，而圆锥的高，设外接球半径为R，则有，即，解得，其表面积为，C正确；对于D，棱长为的正四面体可以补形成正方体，如图，
则正方体棱长，其外接球即正四面体的外接球直径为，球半径，
当时，，圆锥SO的内切球球心在线段SO上，圆锥的轴截面截内切球得大圆，是圆锥轴截面等腰三角形内切圆，设其半径为，由三角形面积得：，解得，，
因此，半径为的球在圆锥SO内可以任意转动，而棱长为的正四面体的外接球的半径为，故棱长为的正四面体在半径为的球内可以任意转动，所以当时，棱长为的正四面体在圆锥SO内可以任意转动，D正确.故选：ACD
26．已知点O为所在平面内一点，且，则下列选项正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，且，则
C．若直线过的中点，则
D．
【答案】AB
【分析】由，，即可判断A；
将两边平方可得的值，再结合即可判断B；
设的中点为，则再结合即可得之间的关系可判断C；取点使得，，，则点为的重心，可得，再利用三角形面积公式即可求，即可求得，即可判断D，进而可得正确选项.
【详解】对于A：若，，则，因为，
，代入可得即
，所以，可得，故选项A正确；
对于B：若，，则，所以
所以，即，
所以，可得，
所以，故选项B正确；
对于C：设的中点为，则
若直线过的中点，则存在实数满足，
即，所以，所以，，所以不一定，故选项C不正确；
对于D：取点使得，，，则，所以点为的重心，因为重心到中点的距离等于中线的，所以重心到的距离等于高线的，可得，同理可得，，所以，
所以，同理可得：，，所以，故选项D不正确；故选：AB.
27．已知是平面内两两不相等的向量，满足，且（其中，），则实数k的值可能为（ ）
A．2B．4C．8D．16
【答案】AB
【分析】根据已知条件首先设出向量、、，然后计算出的可能取值，再根据图象得出实数k的可能取值.
【详解】，不妨设，，
对任意的及， 当时， 或
即 或当时， 或
即 或如下图所示，
满足条件的点有且仅有：，，，，，共6个点；故选：AB.
28．已知△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且，c=2．则下列结论正确（ ）
A．△ABC面积的最大值为B．的最大值为
C．D．的取值范围为
【答案】AB
【分析】A选项，利用余弦定理和基本不等式求解面积的最大值；B选项，先利用向量的数量积计算公式和余弦定理得，利用正弦定理和三角恒等变换得到，结合B的取值范围求出最大值；C选项，利用正弦定理进行求解；D选项，用进行变换得到，结合A的取值范围得到的取值范围.
【详解】由余弦定理得：，解得：，由基本不等式得：，当且仅当时，等号成立，所以，故，A正确；
，其中由正弦定理得：，
所以，
因为，所以，故最大值为，的最大值为，B正确；
，故C错误；
，因为，所以，
所以，D错误.故选：AB
29．设，为单位向量，满足，，，则，的夹角为，则的可能取值为（ ）
A．B．C．D．1
【答案】CD
【分析】设单位向量，的夹角为，根据已知条件，求出，然后利用夹角公式可将表示成关于的函数，利用不等式的性质求出其值域即可.
【详解】设单位向量，的夹角为，由，两边平方得，解得，
又，，，同理且
，令，
则，，
所以，即的取值范围为故选：CD
30．如图，是线段的三等分点，，下列以O为起点的向量中，终点落在四边形（含边界）内的向量是（ ）
A．B．C．D．
【答案】AD
【分析】由题设，结合平面向量的基本定理确定、、、与、的线性关系，进而判断终点落在四边形（含边界）内的条件，即可知各选项的正误.
【详解】由题设，，，又，
∴，，又，，
∴，，∴对于，
1、，时，终点落在上，
2、，时，终点落在上，
3、，，时，终点落在上，
4、，，时，终点落在上，
综上，：，且、时终点落在（含边界）内，故只有A、D符号要求.故选：AD
三、填空题
31．设锐角三个内角所对的边分别为,若，，则的取值范围为__________．
【答案】
【分析】先利用余弦定理化简得，再利用正弦定理求出，再结合B的范围求出c的范围.
【详解】由及余弦定理可得，即，所以．又为锐角三角形，所以．
由正弦定理可得．由且可得，所以，所以，即．故的取值范围为．
故答案为
32．已知为的重心，过点的直线与边分别相交于点，若,则与的面积之比为_____.
【答案】
【分析】设， ，利用三角形重心的性质以及平面向量的运算法则可得，利用向量相等列方程组解得，可得，结合，利用三角形面积公式可得结果.
【详解】
设，三点共线，可设，，
为的重心，，，
，解得，，，故答案为.
33．在中，角的对边分别为，，，且为锐角，则面积的最大值为________.
【答案】
【分析】由，，利用正弦定理求得.，再由余弦定理可得，利用基本不等式可得，从而利用三角形面积公式可得结果.
【详解】因为，又，所以，又为锐角，可得.
因为，所以，
当且仅当时等号成立，即，
即当时，面积的最大值为. 故答案为.
34．在△ABC中，设角A，B，C对应的边分别为，记△ABC的面积为S，且，则的最大值为__________.
【答案】
【分析】根据题中条件利用余弦定理进行简化，然后化简为二次函数，求出二次函数的最值即可.
【详解】由题知，
整理得，因为，
代入整理得，
令，有，所以，
所以的最大值为.故答案为：
35．如图，已知等腰梯形中，是的中点，是线段上的动点，则的最小值是_____
【答案】
【解析】以中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，用解析法将目标式转化为函数，求得函数的值域，即可求得结果.
【详解】以中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，如下图所示：
由题可知，，设，，故可得，
则，故可得，
因的对称轴，故可得的最小值为.故答案为：.
【点睛】本题考查用解析法求向量数量积的最值，涉及动点问题的处理，属综合中档题.
36．在梯形中，已知，，为的中点，为线段上一点（不包括端点），若，则的最小值为______．
【答案】
【分析】设，利用表示出，解方程组可得到，由此可得，从而将化为关于的函数，利用基本不等式可求得最小值.
【详解】
设，，
，
解得：，即，，
（当且仅当，即时取等号），的最小值为.故答案为：.
37．已知点为线段上一点，为直线外一点，是的角平分线，为上一点，满足，，，则的值为__________.
【答案】3
【解析】确定是内心，如图所示，得到，，得到，化简得到答案.
【详解】，即，表示在的角平分线上，故是内心.如图所示：；，故.
故答案为：.
38．如图，在中，，点在线段上移动（不含端点），若，则的取值范围是_____．
【答案】
【分析】根据题意，设，根据向量的线性运算，利用表示出，求出和，然后利用双钩函数的单调性求出的取值范围.
【详解】解：由题可知，，设，则，
所以，而，可得：，
所以，设，由双钩函数性质可知，在上单调递减，则，所以的取值范围是.故答案为：.
39．在中，角的对边分别为， ，，若有最大值，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】由正弦定理，三角恒等变换和辅助角公式可得，其中，结合范围，由于有最大值，可求，进而求解的取值范围.
【详解】由于，所以，由正弦定理得，
所以，，
所以
.
当，即时，，没有最大值，所以，
则，其中，
要使有最大值，则要能取，由于，
所以，所以，即，解得.
所以的取值范围是.故答案为：
40．在三棱锥中，平面平面，，，，若三棱锥的四个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为___________.
【答案】
【分析】设的外心为，半径，三棱锥的外接球球心，半径，应用线面垂直的性质及矩形、外接球的性质，结合正弦定理即可求、，由求出，即可求外接球表面积.
【详解】设的外心为，半径，三棱锥的外接球球心，半径，
过作的平行线，过作的平行线，两条直线交于，
∵面面，面面，，面，
∴平面，又平面，
∴，则四边形为矩形，而，即为中点，即，
在中，由正弦定理得：，所以，
∵，∴.故答案为：.
41．在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是以为斜边的等腰直角三角形，若，则四棱锥的体积取值范围为______
【答案】.
【分析】证明平面，从而得平面平面，作，垂足为，可得平面，为棱锥的高，然后设，用表示，，由的范围求得的范围是的范围，由体积公式可得体积的范围．
【详解】，，平面，所以平面，又平面，所以平面平面，作，垂足为，平面平面，平面，
所以平面，平面，所以，设，，，，，在中，，，，因为，所以，解得，则，所以，所以，故答案为：．
42．如图，三个半径都是的小球放在一个半球面的碗中，三个小球的顶端恰好与碗的上沿处于同一水平面，则这个碗的半径是______.
【答案】
【分析】根据三个小球和碗的相切关系，作出对应的正视图和俯视图，建立球心和半径之间的关系即可得到碗的半径
【详解】分别作出空间几何体的正视图和俯视图如图所示，在俯视图中，球心（也是圆心）是三个小球与半圆面的三个切点的中心，因为小球的半径为5cm，所以三个小球球心之间的长度为10cm，即cm，在正视图中，球心，球心（也是圆心）和球与碗半圆面的切点构成直角三角形，则，其中，所以，即，
所以，则，故答案为：
43．如图所示，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，PA⊥底面ABCD，PA=AB=4．E，F，H分别是棱PB，BC，PD的中点，对于平面EFH截四棱锥所得的截面多边形，有以下三个结论：
①截面面积等于；
②截面是一个五边形；
③直线PC与截面所在平面EFH无公共点．
其中，所有正确结论的序号是_____．
【答案】②③
【分析】根据给定条件，作出平面EFH截四棱锥所得的截面多边形，再逐一判断各个命题作答.
【详解】在四棱锥中，PA=AB=4，取CD中点，连接FG，GH，BD，AC，如图，
因底面ABCD为正方形，分别是棱的中点，则，，是平行四边形，令，有，在PA上取点I，使，连接，则，
点平面EFH，有平面EFH，点平面EFH，平面EFH，因此五边形是平面EFH截四棱锥所得的截面多边形，②正确；因平面，平面，而，则平面，直线PC与截面所在平面无公共点，③正确；PA⊥底面ABCD，平面，有，而，，则，又，平面，因此平面，平面，于是得，有，而，，
矩形面积等于，，而，则边EH上的高等于，
，所以截面五边形面积为，①不正确.故答案为：②③
44．正三棱锥（底面是正三角形，顶点在底面投影是底面中心）的高为1，底面边长为，正三棱锥内有一个球与其四个面相切，则此球表面积是___________.
【答案】
【分析】用等体积法先求出内切球的半径，进而算出球的表面积.
【详解】如示意图，正三棱锥P-ABC，点O为内切球球心，底面ABC，D为BC的中点，球O与底面ABC，侧面PBC分别切于，于是.
因为正三角形ABC边长为，所以易知为正三角形ABC的重心，所以所以,所以.
所以，所以球O的表面积为：.
故答案为：.
45．为弘扬中华民族优秀传统文化，某学校组织了《诵经典，获新知》的演讲比赛，本次比赛的冠军奖杯由一个铜球和一个托盘组成，如图①，已知球的体积为，托盘由边长为4的正三角形铜片沿各边中点的连线垂直向上折叠而成，如图②．有下列四个结论：
①经过三个顶点A，B，C的球的截面圆的面积为
②异面直线AD与CF所成的角的余弦值为
③直线AD与平面DEF所成的角为
④球离球托底面DEF的最小距离为
其中正确的命题是__________请将正确命题的序号都填上
【答案】②③④
【分析】取中点N，M，利用给定条件证明平面判断③；证明，求异面直线夹角判断②；求出外接圆半径，结合球面的截面圆性质计算判断①，④作答.
【详解】取中点N，M，连接，如图，
因为正三角形，则，而平面平面，平面平面，平面，于是得平面，同理平面，即，，因此，四边形是平行四边形，有，同理，，外接圆半径，经过三个顶点A，B，C的球的截面圆是的外接圆，其面积为，①不正确；
连接，因，则四边形是平行四边形，，即有是异面直线AD与CF所成的角或其补角，，中，，，由余弦定理得：，②正确；
因平面，则是直线AD与平面DEF所成的角，而，③正确；
体积为的球半径，由得，由①知，球心到平面的距离，由①，同理可得点C到平面的距离为，即平面与平面的距离为，所以球面上的点到球托底面DEF的最小距离为，④正确，所以正确的命题是②③④.
故答案为：②③④
46．已知正三棱锥，球O与三棱锥的所有棱相切，则球O的表面积为_________．
【答案】##
【分析】画出图形，找到棱切球的球心，列出方程，求出半径，求出表面积
【详解】取等边△ABC的中心E，连接SE，则SE⊥平面ABC，连接AE并延长，交BC于点D，则D为BC中点，且AD⊥BC，在SE上找到棱切球的球心O，连接OD，则OD即为棱切球的半径，过点O作OF⊥SA于点F，则OF也是棱切球的半径，设，因为，所以求得，由勾股定理得：，且∠ASE=30°，设OE=h，
，SO=3-h，，由题意得：，解得：或，当时，，此时球O的表面积为；当棱切球的半径最大时，切点为A，B，C，由于∠ASE=30°，，可求得最大半径，
而当时，，显然不成立，故舍去，
综上：球O的表面积为
故答案为：
四、双空题
47．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】
【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：，．
48．如下图，中，为重心，P为线段上一点，则的最大值为______，分别是边的中点，则的取值范围是______.
【答案】
【分析】利用向量求得的表达式，由此求得的最大值. 利用向量求得的表达式，由此求得的取值范围.
【详解】，由于，所以.设是中点，则共线.,.，
.
的最大值为，所以的最大值为.
，其中，即，
所以，，.
即的取值范围是.故答案为：；
49．在中，是边上一点，且，，若是的中点，则______；若，则的面积的最大值为_________．
【答案】
【分析】若是的中点，则，，在中，由余弦定理得，在中，可得，即可求得的值；若， 作， ，可求得，由余弦定理可得，利用二次函数的性质可得的最大值，进而求得的最大值.
【详解】若是的中点，则，
在中，由余弦定理可得
即，整理得，
即，所以在中，由余弦定理得
即，所以
若，，，由上述知
作于点E，由，知，作于点F，
所以在边上的高为，
所以因为，，，所以
由余弦定理得
即
当时，有最大值，即，则
所以故答案为：，
五、解答题
50．已知，，，其中．
(1)求和的边上的高；
(2)若函数的最大值是，求常数的值．
【答案】(1)，；(2)4.
【分析】（1）利用平面向量的坐标运算及模的坐标表示，结合三角恒等变换求解作答.
（2）化函数为的二次函数，探讨二次函数在的最大值作答.
(1)依题意，，，
，
因，所以，等腰中，.
(2)由（1）知，，而，即，
若，则当时，取得最大值，依题意，解得，
若，则，与取得最大值矛盾，
若，函数的值域是，在不存在最大值，与取得最大值矛盾，
综上得，，所以常数的值是4.
51．如左图所示，在直角梯形中，，，，，，边上一点E满足.现将沿折起到的位置，使平面平面，如右图所示.
(1)求证：；
(2)求与面所成的角；
(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)45°；(3).
【分析】（1）在直角梯形中，证明，即可证得平面推理作答.
（2）由面面垂直可得平面，再结合已知计算作答.
（3）延长，交于点G，作出平面与平面所成二面角的平面角，借助直角三角形计算得解.
(1)在直角梯形中，连接，如图，，，
则四边形为菱形，，连接交于点O，则，，
因此，在折起后的图中，，，如图，
，平面，则平面，又平面，所以.
(2)连DO，由（1）可得，，则，
，而平面平面，平面平面，平面，
因此，平面，即是与面所成的角，而，则，
所以与面所成的角45°.
(3)延长，，设，连接，显然平面，平面，又平面，平面，即是平面与平面的交线，因平面平面，，平面平面，平面BCDE，则平面，又平面，即，作，垂足为H，连接，又，则平面，又平面，于是得，
因此即为平面与平面所成锐二面角的平面角，由（2）知，又，，则，，在中，，则.所以平面与平面所成锐二面角的余弦值.
52．如图所示，在三棱锥中，已知△BCD是正三角形，AB⊥平面BCD，AB＝BC＝2，E为BC的中点，F在棱AC上，且AF＝3FC．
(1)求证：AC⊥DE；
(2)若M为BD的中点，问AC上是否存在一点N，使平面DEF？若存在，说明点N的位置；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)证明见解析；(2)存在，.
【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定证明平面即可推理作答.
（2）连接CM交DE于O，连OF，在AF上取点N，使，证明即可推理作答.
（1）因点E是正边BC的中点，则，又平面，平面，有，
而，平面，于是得平面，又平面，所以.
（2）连接CM交DE于O，连OF，如图，M为BD的中点，E为BC的中点，则点O是的重心，有，
在AF上取点N，使，连MN，有，于是得，而平面，平面，则平面，因，则，所以AC上存在一点N，使平面，此时.
53．在平面直角坐标系中，已知．
（1）若为轴上的一动点，点．
①当三点共线时，求点的坐标；
②求的最小值﹔
（2）若，且与的夹角，求的取值范围．
【答案】（1）①；②5；（2）．
【分析】（1）①设，根据题意，可得坐标，根据三点共线，可得与共线，根据向量共线的坐标运算，即可求得答案；②因为关于轴的对称点为，所以当三点共线时，取得最小值，代入两点间距离公式，即可得答案.
（2）根据题意，求得坐标，根据题意可得恒成立，根据数量积公式，化简整理，可得恒成立，令，利用换元法，可得，恒成立，结合对勾函数的性质，即可得答案.
【详解】解：（1）①设，则，所以，
因为与共线所以，解得，所以当三点共线时，点的坐标为
②因为关于轴的对称点为所以，
所以当三点共线时，取得最小值，最小值即为
所以取得最小值.
（2）因为，所以，所以，
因为与的夹角，所以恒成立，所以，
又因为，所以，所以，即恒成立，又因为，所以恒成立，令，则，
换元可得，，因为，当且仅当时等号成立，
所以当时，有最小值，所以的取值范围是：
54．在△ABC中，已知．
（I）求∠A的大小；
（II）请从条件①：；条件②：这两个条件中任选一个作为条件，求csB和a的值．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】（1）或；（2）选条件①：， a=7；选条件②： a=7.
【分析】（1）先用正弦定理求出角A;
（2）选条件①：先判断出，分别求出，利用两角和的余弦公式即可求出，再用余弦定理求出a；
选条件②：先判断出，分别求出，利用两角和的余弦公式即可求出，再用正弦定理求出a.
【详解】（1）△ABC中，因为，所以.
由正弦定理得：， 所以.所以或.
（2）选条件①：，则，所以（舍去）.
此时，，,,
所以.即.
由余弦定理得：,即，解得：a=7（舍去）.
选条件②：.因为，所以所以（舍去）.
此时，，,,
所以.
即，所以
由正弦定理得：,即，即a=7.
55．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．
(1)在这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．
①；
②；
③．
若______，且，．
（ⅰ）求B及a的值；
（ⅱ）若内角B的平分线交AC于点D，求的面积．
注：如果选择两个条件分别解答，按第一个解答计分．
(2)若，，为连续正整数，求．
【答案】(1)（ⅰ）;.（ⅱ）.(2)6
【分析】（ⅰ）选条件①：解出， ，即可求出；选条件②：利用正弦定理和三角函数恒等变形得到，即可求出；选条件③：利用正弦定理和余弦定理得到，即可求出；再利用余弦定理求出.
（ⅱ）利用三角形的面积公式求出.判断出，即可求出.
（2）不妨设a最小，先判断出,得到，由为正整数，得到.
从而设，验证后符合题意，即可求出.
(1)（ⅰ）选条件①：因为，所以，代入，解得：，所以.因为，所以.
选条件②：对于，利用正弦定理得：，
所以，即.
在中，因为，所以,即.
因为，所以，所以.因为，所以.
选条件③：对于，利用正弦定理得：.
利用余弦定理得：因为，所以.
在中，，，，由余弦定理得：
，即，解得：（舍去）.
（ⅱ）在中，，，，.
由三角形的面积公式可得：.
因为AD为内角B的平分线，所以
而所以，
所以.
(2)在中，，，为连续正整数，不妨设a最小，所以角A最小.
若，则所以，与矛盾，故,所以.
因为为正整数，且，所以.所以，.
所以，即
因为，，为连续正整数，，所以不妨设，.
代入成立，所以，，.
所以.
56．（1）现有3张不同形状的纸片：平行四边形、正三角形、矩形（尺寸如图所示），要求选择其中2张，设计两种方案，每张纸折成一个正三棱锥模型，使它的全面积都与原纸片的面积相等，用虚线标示在图中，并作简要说明；（如多选，按前两种给分）
（2）用（1）中正三角形的纸片，剪拼成一个正三棱柱模型，使它的全面积与原三角形面积相等，用虚线标注在图中，并作简要说明，求出你折成的正三棱锥和正三棱柱体积的大小．

【答案】（1）作图见解析；（2）作图见解析，正三棱锥和正三棱柱体积分别为，.
【分析】（1）根据给定的平行四边形、正三角形、矩形的图形特征，结合正三棱锥的结构特征进行分割即可.（2）利用正三角形图形特征，结合正三棱柱的结构特征进行分割即可，再借助锥体、柱体体积公式计算作答.
【详解】（1）选平行四边形：取平行四边形长为2a的这组对边中点，并连接这两点，将原平行四边形分成两个全等的菱形，
作出两个菱形较短的对角线，如图，再沿图中虚线折起，可得一个正三棱锥；
选正三角形：顺次连接正三角形各边中点，如图，再沿图中虚线折起，可得一个正三棱锥；
选矩形：取矩形边长为2a的一边中点，及其对边上靠近这边端点的两个4等分点，再连接成如图中虚线，
然后沿图中虚线折起，可得一个正三棱锥；

（2）取正三角形每一边靠近端点的两个4等分点，再过这些点作所在边的垂线，这些垂线在三角形内有3个交点，
顺次连接这3个点及对应的垂线段，如图，再将原正三角形角上的3个四边形沿虚线剪下拼成一个边长为a的正三角形，
最后沿虚线将3个矩形折起到与虚线三角形垂直，并把拼成的三角形放在上面可得一个正三棱柱.
如图，三棱锥ABCD是折成的正三棱锥，其各条棱长均为a，令P为的中心，则，
AP是正三棱锥的高，，
所以三棱锥的体积；折成的正三棱柱底面是边长为a的正三角形，高为，所以正三棱柱的体积为.
57．在中，.
（1）当时，求的最大值；
（2）当时，求周长的最小值.
【答案】（1）；（2）12.
【分析】（1）由题意，，，由余弦定理、基本不等式，即可求的最大值；
（2）当时，求出，利用余弦定理、基本不等式，即可求出周长的最小值.
【详解】解：（1）由题意，，，由余弦定理可得，
，，的最大值为；
（2）， ，又，
，，周长为
当且仅当时，周长的最小值为12.
58．如图，在中，，是角的平分线，且．
（1）若，求实数的取值范围．
（2）若，时，求的面积的最大值及此时的值．
【答案】（1）；（2）当时，的面积取最大值.
【分析】（1）设，则，利用可得出，由此可求得的取值范围；
（2）由三角形的面积公式可得，利用余弦定理化简可得，可得出，利用辅助角公式可得出，结合函数单调性可求得的最大值及其对应的，即可得出结论.
【详解】（1）设，则，其中，
由，可得，
所以，，
即，所以，；
（2），可得，
由余弦定理可得，
所以，，所以，，
可得，
所以，，，则，
由于函数在时单调递增，
所以，随着的增大而减小，则当时，，
此时，，由，可得，
所以，，则.
59．在中，为所在平面内的两点，，．
（1）以和作为一组基底表示，并求；
（2）为直线上一点，设，若直线经过的垂心，求．
【答案】（1）；；（2）．
【分析】（1）利用基底法，以和作为一组基底表示即可；
（2）因为直线经过的垂心，所以，即，分别表示出代入即可．
【详解】（1）由，所以为线段上靠近的三等分点．由，
所以为线段的中点，，
因为，
所以；
（2）为直线上一点，设，
则，
所以，，
因为直线经过的垂心，所以，即，
所以， 解得，
所以，因为，所以．
60．如图：某公园改建一个三角形池塘，，百米，百米，现准备养一批观赏鱼供游客观赏.
(1)若在内部取一点，建造连廊供游客观赏，如图①，使得点是等腰三角形的顶点，且，求连廊的长（单位为百米）；
(2)若分别在，，上取点，，，并连建造连廊，使得变成池中池，放养更名贵的鱼类供游客观赏，如图②，使得为正三角形，或者如图③，使得平行，且垂直，则两种方案的的面积分别设为，，则和哪一个更小？
【答案】(1)百米(2)答案见解析.
【分析】（1）先由中的余弦定理求出，再由中的余弦定理求出即可求得连廊的长；
（2）分别表示出方案②和方案③的面积，利用三角函数求最值以及二次函数求最值即可.
(1)解：点是等腰三角形的顶点，且，
且由余弦定理可得：解得：
又在中，，
在中，由余弦定理得解得，
连廊的长为百米.
(2)解：设图②中的正三角形的边长为，，（）
则，，设，可得
在中，由正弦定理得：，即
即化简得：
（其中，为锐角，且）
图③中，设，
平行，且垂直，，，
，
当时，取得最大值，无最小值，即
即方案②面积的最小值小于方案③面积的最大值，即大小不确定.