浙江省浙南名校联盟2023-2024学年高一下学期数学期中联考试题
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高一下·浙江期中）若复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·浙江期中）如图，直角梯形满足，，，它是水平放置的平面图形的直观图，则该平面图形的周长是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·浙江期中）已知函数则等于（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·浙江期中）已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·浙江期中）在中，是边上的一点，且平分，若，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高一下·浙江期中）在中，角所对的边分别为，已知，，若为钝角三角形，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·浙江期中）已知四边形内接于圆，且满足，，，则圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·浙江期中）用一个内底面直径为3，高为20的圆柱体塑料桶去装直径为2的小球，最多能装下小球个数为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分。
9．（2024高一下·浙江期中）已知，下列选项中是“”的充分条件的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·浙江期中）如图，四棱锥的底面是平行四边形，分别是棱的中点，下列说法正确的有（ ）
A．多面体是三棱柱
B．直线与互为异面直线
C．平面与平面的交线平行于
D．四棱锥和四棱锥的体积之比为
11．（2024高一下·浙江期中）定义一种向量运算“”：其中是任意的两个非零向量，是与的夹角．对于同一平面内的非零向量，给出下列结论，其中不正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．
D．若，则
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分。
12．（2024高一下·浙江期中）设为虚数单位，且，则 ．
13．（2024高一下·浙江期中）已知直三棱柱中，侧棱，，，则三棱柱的外接球表面积为 ．
14．（2024高一下·浙江期中）已知函数，若实数满足，则的最大值是 ．
四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（2024高一下·浙江期中）已知，，且满足
（1）求实数的值；
（2）设，求与的夹角的余弦值．
16．（2024高一下·浙江期中）设函数．
（1）若角满足，求的值；
（2）求函数的值域．
17．（2024高一下·浙江期中）如图，正边长为分别是边的中点，现沿着将折起，得到四棱锥，点为中点．
（1）求证：平面
（2）若，求四棱锥的表面积．
（3）过的平面分别与棱相交于点，记与的面积分别为、，若，求的值．
18．（2024高一下·浙江期中）已知在中，角所对的边分别为，且满足．
（1）求；
（2）若，求的面积；
（3）求的最大值，并求其取得最大值时的值．
19．（2024高一下·浙江期中）设集合．定义：和集合，积集合，分别用表示集合中元素的个数．
（1）若，求集合；
（2）若，求的所有可能的值组成的集合；
（3）若，求证：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以的虚部为.
故答案为：B
【分析】本题考查复数的模长公式和复数的除法运算.先根据复数的模长公式进行计算变形化简可得：，再利用复数的除法运算分子和分母同时乘以进行化简可求出复数，据此可找出虚部.
2．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由题意，，由可得，
由，，，
可得，所以，
而，
所以，
结合斜二测画法的规则，将直观图即直角梯形还原成平面图形，如图所示：
由勾股定理可得，
所以满足题意的平面图形的周长是.
故答案为：C.
【分析】本题考查斜二测画法的规则.先利用平行线的性质推出，再利用勾股定理求出，根据斜二测画法的规则，将直观图即直角梯形还原成平面图形，利用勾股定理求出，据此可求出答案.
3．【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：由题意.
故答案为：C
【分析】 本题考查分段函数的解析式.先判断自变量范围，再根据分段函数解析式化简可得：，代入对应解析式可求出答案.
4．【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】解：由于圆锥的侧面展开面为半圆，设圆锥的底面半径为，高为，故，
得，则
所以圆锥的体积为.
故答案为：D.
【分析】本题考查圆锥的侧面积和体积.先利用圆锥的侧面积公式求出圆锥的半径，利用勾股定理求出高，代入圆锥的体积公式可求出体积.
5．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：为角平分线，
，
，
，
故答案为：C.
【分析】本题考查平面向量基本定理.先利用三角形内角平分线定理可推出：，据此可得：，再根据平面向量的线性运算可求出答案．
6．【答案】A
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：由，则，
所以，故，
由为钝角三角形，则，
即，得，故，
故的取值范围为，
故答案为：A
【分析】本题考查利用余弦定理解三角形.先根据三角形三边关系：两边之和大于第三边可求出，再根据钝角三角形可得：，利用余弦定理可求出的范围，据此可选出选项.
7．【答案】A
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意可得，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
两式相减得，
因为，所以，
所以，
在中，由正弦定理得圆的半径为，
故答案为：A
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.根据题意可得：，在中和在中分别利用余弦定理可求出和，利用同角三角函数的基本关系可求出，最后在中，利用正弦定理可求出答案.
8．【答案】B
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：如图，将第一个球靠近该圆柱右侧放置，球上的点到该圆柱底面的最大距离为2，将第二个球也靠近圆柱侧面放置，
过点作垂直于该圆柱的母线，垂足为A，过点作垂直于圆柱底面，
垂足为B，设，
则球上的点到该圆柱底面的最大距离为，
同理可得球上的点到该圆柱底面的最大距离为，
由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱底面的最大距离加，
因为，故最多能装下小球个数为11.
故答案为：B
【分析】本题考查球的切接问题.画出平面图，过点作垂直于该圆柱的母线，垂足为A，过点作垂直于圆柱底面，先利用勾股定理求出，依次计算出：球上的点到该圆柱底面的最大距离；球上的点到该圆柱底面的最大距离，找出规律，据此可求出答案.
9．【答案】A,B,C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A，因为，所以，A符合题意，A正确；
B，因为，所以，所以，即，故B符合题意，B正确；
C，因为，所以，即，故C符合题意，C正确；
D，取，但有，故D不符合题意，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】本题考查不等式的性质，充分条件和必要条件的判断.根据不等式两边同时加减一个数，不等式的方向不改变，据此可判断A选项；先进行作差，根据符号法则进行判断，可判断C选项；根据不等式两边同时乘以一个正数，不等式的方向不改变，据此可判断C选项；举出反例取，进行计算可判断D选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A，多面体中，由直线，得平面与平面不平行，
显然多面体中不存在平行的两个面，则该多面体不是三棱柱，A错误；
B，由分别是棱的中点，得，平面，
平面，平面，，因此直线与互为异面直线，B正确；
C，由平面，平面，则平面，
令平面平面，而平面，则，C正确；
D，连接，令四棱锥的体积为，由分别是棱的中点，
得，，
因此四棱锥的体积，D正确.
故答案为：BCD
【分析】本题考查棱柱的几何特征，异面直线的定义，直线与平面平行的性质，四棱锥的体积公式.利用棱柱的几何特征进行分析可判断A选项；先根据三角形中位线定理可推出，再利用异面直线的定义进行分析可判断B选项；根句题意利用直线与平面平行的判定定理可证明平面，再利用直线与平面平行的性质可判断C选项；连接，令四棱锥的体积为，利用棱锥的体积公式进行计算可得：，，再利用割补法求出四棱锥的体积，据此可求出体积比判断D选项.
11．【答案】B,C,D
【知识点】向量的模；平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【解答】解：A，若，由的定义有或.
由于是非零向量，故前者不可能成立，从而，这得到，即.
所以，故，A正确；
B，设有非零向量，则，，故，B错误；
C，由于，故，C错误；
D，若，，，则，D错误.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查平面向量的数量积，平面向量的模长.根据的定义分两种情况进行讨论，据此可推出，即，进而判断A选项；举出反例：，，举出可判断B选项和C选项；举出反例：，，，根据定义进行计算可判断D选项.
12．【答案】-1
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：由，
所以满足条件，
故答案为：
【分析】本题考查复数的概念.先利用完全平方公式化简式子，根据复数的概念可列出方程组，解方程组可求出实数a的值.
13．【答案】
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】解：设底面的外接圆圆心为，半径为，三棱柱的外接球的球心为半径为，
取的中点，可知，且∥，
则，，
可得，，
所以三棱柱的外接球表面积为.
故答案为：.
【分析】本题考查球内接几何体问题.根据题意画出图形，先找出小圆圆心和球心，利用勾股定理求出BD，利用正弦的定义求出，利用正弦定理可求出求底面外接圆半径，利用勾股定理列出式子可求出外接球的半径，代入球的表面积公式可求出答案.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由，得，
又函数定义域为，所以函数是奇函数，
，
因为单调递增，单调递减，所以在上单调递增
由，
所以，即，又，
令，则，
当时，即，，
当时，即，
，
所以，故，即 的最大值是
故答案为：
【分析】本题考查恒成立问题.首先判断函数的奇偶性，化简解析式可得：，根据指数函数的单调性可推出在上单调递增；利用奇偶性化简等式可推出，再代入转化为关于的函数式：，分两种情况：当时；当时，去掉绝对值，再结合平方具有非负性可求出的最大值，据此可求出答案.
15．【答案】（1）方法一： ，，，
方法二： ，
，，
（2）设，，
与的夹角的余弦值为
另解：由题意可不妨令
又
与的夹角的余弦值为
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量夹角的坐标表示
【解析】【分析】本题考查平面向量数量积的坐标运算，平面向量的夹角计算公式.
（1）方法一：根据平面向量的坐标运算先求出，再利用平面向量的模长公式可列出方程，解方程可求出m的值；方法二：先对等式进行平方，再利用完全平方公式进行化简，展开可得：，利用平面向量的数量积的坐标表示公式可列出关于m的方程，解方程可求出m的值；
（2）设出非零向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可推出，求出的坐标，利用平面向量夹角坐标公式进行计算可求出答案.
16．【答案】（1）已知，则，
则，
所以当，，
当，．
（2），
所以，
所以，
所以的值域为
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】本题考查同角三角函数的基本关系，两角差的余弦公式，降幂升角公式，两角和与差的余弦公式，正弦函数的图象和性质.
（1）先利用同角三角函数的基本关系求出，通过观察可得：，再利用两角差的余弦公式进行展开，分两种情况代入数据可求出答案；
（2）先利用降幂升角公式和两角和与差的正弦公式进行化简解析式可得：，利用正弦函数的图象和性质进行计算，可求出值域.
17．【答案】（1）取中点，连，
，且，同时，且
四边形是平行四边形，
又平面平面
平面
（2），
，
，
根据对称性有，而，
所以，
所以，
所以，
而，
四棱锥的面积.
（3）由（1）知平面，
平面平面
，
又，，
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】本题考查直线与平面平行的判定，棱锥的表面积.
（1）取中点，连，利用三角形的中位线定理可证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可推出，再利用直线与平面平行的判定定理可证明结论；
（2）通过勾股定理逆定理可推出，，利用三角形面积公式一次求出四棱锥各个面的面积，据此可求出答案；
（3）由题意得，，利用相似三角形的性质可将面积比转化为线段比的平方，即，进而求出答案.
18．【答案】（1）方法一：，，
又，，
又在中，，，
，，
又在中，，
方法二：，，
，
，．
，
又在中，，．
（2），，
即，解得或，
当时，
当时，
（3），，．
其中，，，
在中，，
当时，取到最大值，
此时，．
【知识点】正弦定理；余弦定理；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，余弦函数的图象和性质.
（1）方法一：利用正弦定理边化角，再结合两角和的正弦公式进行化简可求出，据此可反推出角B的值；方法二：利用余弦定理角化边可得，再结合余弦定理可求出，据此可反推出角B的值；
（2）先利用余弦定理求出，再分两种情况：或，代入三角形面积公式可求出答案；
（3）利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式进行展开，利用辅助角公式化简可得：，利用余弦函数的图象和性质可求出的最大值，利用辅助角公式可求出的值.
19．【答案】（1）由，则，
（2）当，不妨记集合为，且让，
则必有，
和中剩下的满足，
并且，下列有四种可能：
一是，则；
二是与与与三对数有两对相等，另一对不相等，则；
三是与与与三对数有一对相等，其它两对不相等，则；
四是与与与三对数全不相等，则；
综上述，的所有可能的值组成的集合为
（3）当，不妨记集合为，且让，
则必有，
和中剩下的元素为，满足，
所以有两种可能，当，；当，；
ⅰ）当，不妨记这6个元素为，且让，则必有，所以；
ⅱ）当，，
不妨记，，，，，
则，则必有，积中剩下的满足，则，
下面先证明．
假设，由，则，
即，所以，
令，由，则，
所以，则，与事实不符，所以．
下面再证明．
由上述分析知：要使，积中剩下的满足，必有两对积与七对中的两对相等，有如下五种情况：
一是，则可推得，令其比值为，则，于是，由，则，则，显然无解，故此情况不能；
二是，则可推得，令，显然，由，则，所以，而显然，故此情况不可能；
三是，则可推得，令其比值为，则，由，又，则，这与矛盾，故此情况不可能；
四是，可推得，令其比值为，则，
于是，，，，
于是由，则，所以，代入得，所以，推得，所以，所以，有，所以，这与是有理数相矛盾，所以此情况不能；
五是，可推得，令其比值为，则，于是，由，则，则，显然无解，故此情况不可能．所以．
综上，所以．
【知识点】集合的表示方法；集合间关系的判断
【解析】【分析】本题考查集合新定义.
（1）根据题目定义先求出集合B，进而求出集合C；
（2）令，由和集合得到数的大小关系，分四种情况进行讨论，可求出，进而求出的所有可能的值组成的集合；
（3）记集合为，且，由和集合得到数的大小关系，求出B有两种可能，当得，由及数的大小关系分别讨论和，分五种情况：一是；二是；三是；四是；五是；进行讨论，可证明结论.
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一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（2024高一下·浙江期中）若复数满足，则的虚部为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以的虚部为.
故答案为：B
【分析】本题考查复数的模长公式和复数的除法运算.先根据复数的模长公式进行计算变形化简可得：，再利用复数的除法运算分子和分母同时乘以进行化简可求出复数，据此可找出虚部.
2．（2024高一下·浙江期中）如图，直角梯形满足，，，它是水平放置的平面图形的直观图，则该平面图形的周长是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：由题意，，由可得，
由，，，
可得，所以，
而，
所以，
结合斜二测画法的规则，将直观图即直角梯形还原成平面图形，如图所示：
由勾股定理可得，
所以满足题意的平面图形的周长是.
故答案为：C.
【分析】本题考查斜二测画法的规则.先利用平行线的性质推出，再利用勾股定理求出，根据斜二测画法的规则，将直观图即直角梯形还原成平面图形，利用勾股定理求出，据此可求出答案.
3．（2024高一下·浙江期中）已知函数则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：由题意.
故答案为：C
【分析】 本题考查分段函数的解析式.先判断自变量范围，再根据分段函数解析式化简可得：，代入对应解析式可求出答案.
4．（2024高一下·浙江期中）已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】解：由于圆锥的侧面展开面为半圆，设圆锥的底面半径为，高为，故，
得，则
所以圆锥的体积为.
故答案为：D.
【分析】本题考查圆锥的侧面积和体积.先利用圆锥的侧面积公式求出圆锥的半径，利用勾股定理求出高，代入圆锥的体积公式可求出体积.
5．（2024高一下·浙江期中）在中，是边上的一点，且平分，若，，，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：为角平分线，
，
，
，
故答案为：C.
【分析】本题考查平面向量基本定理.先利用三角形内角平分线定理可推出：，据此可得：，再根据平面向量的线性运算可求出答案．
6．（2024高一下·浙江期中）在中，角所对的边分别为，已知，，若为钝角三角形，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：由，则，
所以，故，
由为钝角三角形，则，
即，得，故，
故的取值范围为，
故答案为：A
【分析】本题考查利用余弦定理解三角形.先根据三角形三边关系：两边之和大于第三边可求出，再根据钝角三角形可得：，利用余弦定理可求出的范围，据此可选出选项.
7．（2024高一下·浙江期中）已知四边形内接于圆，且满足，，，则圆的半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意可得，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
两式相减得，
因为，所以，
所以，
在中，由正弦定理得圆的半径为，
故答案为：A
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.根据题意可得：，在中和在中分别利用余弦定理可求出和，利用同角三角函数的基本关系可求出，最后在中，利用正弦定理可求出答案.
8．（2024高一下·浙江期中）用一个内底面直径为3，高为20的圆柱体塑料桶去装直径为2的小球，最多能装下小球个数为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】B
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：如图，将第一个球靠近该圆柱右侧放置，球上的点到该圆柱底面的最大距离为2，将第二个球也靠近圆柱侧面放置，
过点作垂直于该圆柱的母线，垂足为A，过点作垂直于圆柱底面，
垂足为B，设，
则球上的点到该圆柱底面的最大距离为，
同理可得球上的点到该圆柱底面的最大距离为，
由此规律可得，每多放一个球，最上面的球上的点到该圆柱底面的最大距离加，
因为，故最多能装下小球个数为11.
故答案为：B
【分析】本题考查球的切接问题.画出平面图，过点作垂直于该圆柱的母线，垂足为A，过点作垂直于圆柱底面，先利用勾股定理求出，依次计算出：球上的点到该圆柱底面的最大距离；球上的点到该圆柱底面的最大距离，找出规律，据此可求出答案.
二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分。
9．（2024高一下·浙江期中）已知，下列选项中是“”的充分条件的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A，因为，所以，A符合题意，A正确；
B，因为，所以，所以，即，故B符合题意，B正确；
C，因为，所以，即，故C符合题意，C正确；
D，取，但有，故D不符合题意，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】本题考查不等式的性质，充分条件和必要条件的判断.根据不等式两边同时加减一个数，不等式的方向不改变，据此可判断A选项；先进行作差，根据符号法则进行判断，可判断C选项；根据不等式两边同时乘以一个正数，不等式的方向不改变，据此可判断C选项；举出反例取，进行计算可判断D选项.
10．（2024高一下·浙江期中）如图，四棱锥的底面是平行四边形，分别是棱的中点，下列说法正确的有（ ）
A．多面体是三棱柱
B．直线与互为异面直线
C．平面与平面的交线平行于
D．四棱锥和四棱锥的体积之比为
【答案】B,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；异面直线的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A，多面体中，由直线，得平面与平面不平行，
显然多面体中不存在平行的两个面，则该多面体不是三棱柱，A错误；
B，由分别是棱的中点，得，平面，
平面，平面，，因此直线与互为异面直线，B正确；
C，由平面，平面，则平面，
令平面平面，而平面，则，C正确；
D，连接，令四棱锥的体积为，由分别是棱的中点，
得，，
因此四棱锥的体积，D正确.
故答案为：BCD
【分析】本题考查棱柱的几何特征，异面直线的定义，直线与平面平行的性质，四棱锥的体积公式.利用棱柱的几何特征进行分析可判断A选项；先根据三角形中位线定理可推出，再利用异面直线的定义进行分析可判断B选项；根句题意利用直线与平面平行的判定定理可证明平面，再利用直线与平面平行的性质可判断C选项；连接，令四棱锥的体积为，利用棱锥的体积公式进行计算可得：，，再利用割补法求出四棱锥的体积，据此可求出体积比判断D选项.
11．（2024高一下·浙江期中）定义一种向量运算“”：其中是任意的两个非零向量，是与的夹角．对于同一平面内的非零向量，给出下列结论，其中不正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．
D．若，则
【答案】B,C,D
【知识点】向量的模；平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【解答】解：A，若，由的定义有或.
由于是非零向量，故前者不可能成立，从而，这得到，即.
所以，故，A正确；
B，设有非零向量，则，，故，B错误；
C，由于，故，C错误；
D，若，，，则，D错误.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查平面向量的数量积，平面向量的模长.根据的定义分两种情况进行讨论，据此可推出，即，进而判断A选项；举出反例：，，举出可判断B选项和C选项；举出反例：，，，根据定义进行计算可判断D选项.
三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分。
12．（2024高一下·浙江期中）设为虚数单位，且，则 ．
【答案】-1
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：由，
所以满足条件，
故答案为：
【分析】本题考查复数的概念.先利用完全平方公式化简式子，根据复数的概念可列出方程组，解方程组可求出实数a的值.
13．（2024高一下·浙江期中）已知直三棱柱中，侧棱，，，则三棱柱的外接球表面积为 ．
【答案】
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】解：设底面的外接圆圆心为，半径为，三棱柱的外接球的球心为半径为，
取的中点，可知，且∥，
则，，
可得，，
所以三棱柱的外接球表面积为.
故答案为：.
【分析】本题考查球内接几何体问题.根据题意画出图形，先找出小圆圆心和球心，利用勾股定理求出BD，利用正弦的定义求出，利用正弦定理可求出求底面外接圆半径，利用勾股定理列出式子可求出外接球的半径，代入球的表面积公式可求出答案.
14．（2024高一下·浙江期中）已知函数，若实数满足，则的最大值是 ．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由，得，
又函数定义域为，所以函数是奇函数，
，
因为单调递增，单调递减，所以在上单调递增
由，
所以，即，又，
令，则，
当时，即，，
当时，即，
，
所以，故，即 的最大值是
故答案为：
【分析】本题考查恒成立问题.首先判断函数的奇偶性，化简解析式可得：，根据指数函数的单调性可推出在上单调递增；利用奇偶性化简等式可推出，再代入转化为关于的函数式：，分两种情况：当时；当时，去掉绝对值，再结合平方具有非负性可求出的最大值，据此可求出答案.
四、解答题：本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（2024高一下·浙江期中）已知，，且满足
（1）求实数的值；
（2）设，求与的夹角的余弦值．
【答案】（1）方法一： ，，，
方法二： ，
，，
（2）设，，
与的夹角的余弦值为
另解：由题意可不妨令
又
与的夹角的余弦值为
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量夹角的坐标表示
【解析】【分析】本题考查平面向量数量积的坐标运算，平面向量的夹角计算公式.
（1）方法一：根据平面向量的坐标运算先求出，再利用平面向量的模长公式可列出方程，解方程可求出m的值；方法二：先对等式进行平方，再利用完全平方公式进行化简，展开可得：，利用平面向量的数量积的坐标表示公式可列出关于m的方程，解方程可求出m的值；
（2）设出非零向量的坐标，利用平面向量垂直的坐标表示可推出，求出的坐标，利用平面向量夹角坐标公式进行计算可求出答案.
16．（2024高一下·浙江期中）设函数．
（1）若角满足，求的值；
（2）求函数的值域．
【答案】（1）已知，则，
则，
所以当，，
当，．
（2），
所以，
所以，
所以的值域为
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】本题考查同角三角函数的基本关系，两角差的余弦公式，降幂升角公式，两角和与差的余弦公式，正弦函数的图象和性质.
（1）先利用同角三角函数的基本关系求出，通过观察可得：，再利用两角差的余弦公式进行展开，分两种情况代入数据可求出答案；
（2）先利用降幂升角公式和两角和与差的正弦公式进行化简解析式可得：，利用正弦函数的图象和性质进行计算，可求出值域.
17．（2024高一下·浙江期中）如图，正边长为分别是边的中点，现沿着将折起，得到四棱锥，点为中点．
（1）求证：平面
（2）若，求四棱锥的表面积．
（3）过的平面分别与棱相交于点，记与的面积分别为、，若，求的值．
【答案】（1）取中点，连，
，且，同时，且
四边形是平行四边形，
又平面平面
平面
（2），
，
，
根据对称性有，而，
所以，
所以，
所以，
而，
四棱锥的面积.
（3）由（1）知平面，
平面平面
，
又，，
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】本题考查直线与平面平行的判定，棱锥的表面积.
（1）取中点，连，利用三角形的中位线定理可证明四边形是平行四边形，根据平行四边形的性质可推出，再利用直线与平面平行的判定定理可证明结论；
（2）通过勾股定理逆定理可推出，，利用三角形面积公式一次求出四棱锥各个面的面积，据此可求出答案；
（3）由题意得，，利用相似三角形的性质可将面积比转化为线段比的平方，即，进而求出答案.
18．（2024高一下·浙江期中）已知在中，角所对的边分别为，且满足．
（1）求；
（2）若，求的面积；
（3）求的最大值，并求其取得最大值时的值．
【答案】（1）方法一：，，
又，，
又在中，，，
，，
又在中，，
方法二：，，
，
，．
，
又在中，，．
（2），，
即，解得或，
当时，
当时，
（3），，．
其中，，，
在中，，
当时，取到最大值，
此时，．
【知识点】正弦定理；余弦定理；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形，余弦函数的图象和性质.
（1）方法一：利用正弦定理边化角，再结合两角和的正弦公式进行化简可求出，据此可反推出角B的值；方法二：利用余弦定理角化边可得，再结合余弦定理可求出，据此可反推出角B的值；
（2）先利用余弦定理求出，再分两种情况：或，代入三角形面积公式可求出答案；
（3）利用正弦定理边化角，再利用两角和的正弦公式进行展开，利用辅助角公式化简可得：，利用余弦函数的图象和性质可求出的最大值，利用辅助角公式可求出的值.
19．（2024高一下·浙江期中）设集合．定义：和集合，积集合，分别用表示集合中元素的个数．
（1）若，求集合；
（2）若，求的所有可能的值组成的集合；
（3）若，求证：．
【答案】（1）由，则，
（2）当，不妨记集合为，且让，
则必有，
和中剩下的满足，
并且，下列有四种可能：
一是，则；
二是与与与三对数有两对相等，另一对不相等，则；
三是与与与三对数有一对相等，其它两对不相等，则；
四是与与与三对数全不相等，则；
综上述，的所有可能的值组成的集合为
（3）当，不妨记集合为，且让，
则必有，
和中剩下的元素为，满足，
所以有两种可能，当，；当，；
ⅰ）当，不妨记这6个元素为，且让，则必有，所以；
ⅱ）当，，
不妨记，，，，，
则，则必有，积中剩下的满足，则，
下面先证明．
假设，由，则，
即，所以，
令，由，则，
所以，则，与事实不符，所以．
下面再证明．
由上述分析知：要使，积中剩下的满足，必有两对积与七对中的两对相等，有如下五种情况：
一是，则可推得，令其比值为，则，于是，由，则，则，显然无解，故此情况不能；
二是，则可推得，令，显然，由，则，所以，而显然，故此情况不可能；
三是，则可推得，令其比值为，则，由，又，则，这与矛盾，故此情况不可能；
四是，可推得，令其比值为，则，
于是，，，，
于是由，则，所以，代入得，所以，推得，所以，所以，有，所以，这与是有理数相矛盾，所以此情况不能；
五是，可推得，令其比值为，则，于是，由，则，则，显然无解，故此情况不可能．所以．
综上，所以．
【知识点】集合的表示方法；集合间关系的判断
【解析】【分析】本题考查集合新定义.
（1）根据题目定义先求出集合B，进而求出集合C；
（2）令，由和集合得到数的大小关系，分四种情况进行讨论，可求出，进而求出的所有可能的值组成的集合；
（3）记集合为，且，由和集合得到数的大小关系，求出B有两种可能，当得，由及数的大小关系分别讨论和，分五种情况：一是；二是；三是；四是；五是；进行讨论，可证明结论.
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