【精品解析】重庆市乌江新高考协作体2023-2024学年高一下学期数学期中考试试卷

重庆市乌江新高考协作体2023-2024学年高一下学期数学期中考试试卷
1．（2024高一下·重庆市期中）已知，且，则实数（　　）
A．1 B．-3 C．-2 D．-1
2．（2024高一下·重庆市期中）在，，0，，，0.618这几个数中，纯虚数的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（2024高一下·重庆市期中） 已知向量、的夹角为60°，，若，则=
A． B． C． D．
4．（2024高一下·重庆市期中）已知向量，，，则等于（　　）
A．3 B．4 C．15 D．21
5．（2024高一下·重庆市期中）在平面四边形中，为正三角形，，，如图1，将四边形沿AC折起，得到如图2所示的四面体，若四面体外接球的球心为O，当四面体的体积最大时，点O到平面ABD的距离为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·重庆市期中）已知为平面外一点，到两边的距离都为，则到面的距离（　　）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·重庆市期中）数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（　　）
A．勒洛四面体最大的截面是正三角形
B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为
C．勒洛四面体的体积是
D．勒洛四面体内切球的半径是
8．（2024高一下·重庆市期中）在△ABC中，为上一点，且，，，则（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·重庆市期中）下列命题中，真命题为（　　）
A．复数为纯虚数的充要条件是
B．复数的共轭复数为
C．复数的虚部为
D．复数，则
10．（2024高一下·重庆市期中）已知，，是平面上三个非零向量，下列说法正确的是（　　）
A．一定存在实数，使得成立
B．若，那么一定有
C．若，那么
D．若，那么，，一定相互平行
11．（2024高一下·重庆市期中）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
12．（2024高一下·重庆市期中） 复数 的模是　 　．
13．（2024高一下·重庆市期中）在60°二面角的一个面内有一个点，若它到二面角的棱的距离是10，则该点到另一个面的距离是　 　.
14．（2024高一下·重庆市期中）已知平面向量与的夹角为，若恒成立，则实数的取值范围为　 　．
15．（2024高一下·重庆市期中）在△ABC中，角的对边分别为已知.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积；
（3）若为BC的中点，求AD的长.
16．（2024高一下·重庆市期中）设复数．
（1）在复平面内，复数对应的点在实轴上，求；
（2）若是纯虚数，求.
17．（2024高一下·重庆市期中） 已知正方体中，，点M，N分别是线段，的中点．
（1）求点M到平面的距离；
（2）判断，M，B，N四点是否共面，若是，请证明；若不是，请说明理由．
18．（2024高一下·重庆市期中）如图，在三棱柱中，侧面为矩形．
（1）设为中点，点在线段上，且，求证：平面；
（2）若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值．
19．（2024高一下·重庆市期中）个有次序的实数，，，所组成的有序数组，，，称为一个维向量，其中，2，，称为该向量的第个分量．特别地，对一个维向量，若，，，称为维信号向量．设，，则和的内积定义为，且．
（1）直接写出4个两两垂直的4维信号向量．
（2）证明：不存在6个两两垂直的6维信号向量．
（3）已知个两两垂直的2024维信号向量，，，满足它们的前个分量都是相同的，求证：．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，，所以，
又因为，所以，即，解得.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件求出的坐标，再根据可得，列方程求解即可.
2．【答案】C
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念
【解析】【解答】解：不是纯虚数；是纯虚数；0不是纯虚数；不是纯虚数；
是纯虚数；0.618不是纯虚数，故纯虚数共个.
故答案为：C.
【分析】根据纯虚数的概念判断即可.
3．【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为向量、的夹角为60°，，且，
所以，
即=．
故答案为：D.
【分析】由题意，根据向量的数量积的定义以及向量的模的计算即可.
4．【答案】D
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】因为，，
所以，
因为，所以，解得，则，
所以.
故答案为：D.
【分析】由先求出的坐标，然后根据，可求出t，结合向量数量积定义的坐标表示即可求解出答案.
5．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：易知当平面平面时，四面体的体积最大，
因为为正三角形，，，所以，解得，则，
当平面平面时，取线段中点，则点为直角三角形的外心，连接，如图所示：
则易知平面，四面体外接球球心在上，
因为为正三角形，所以四面体外接球球心即为的中心，则，
设点到面的距离为，点到面的距离为，
由得，
因为边长为2，所以，
，
中，，
所以，
则，
所以点到面的距离为.
故答案为：C.
【分析】根据四面体的体积最大时，求出点O位置，再利用等体积转换法求出点O到平面ABD的距离即可.
6．【答案】B
【知识点】棱锥的结构特征；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：过点作，交于，作，交于，
过作平面，交平面于，连接，，如图所示：
则，故
，，
因为，所以，
则到平面的距离为．
故答案为：B．
【分析】过点作，交于，作，交于，过作平面，交平面于，则，求得，即可求出到平面的距离．
7．【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图1所示：故A错误；
B、根据勒洛四面体的性质，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，
则勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长，故勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为，故B错误；
C、如图2所示：由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心，
连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径.；
如图3所示：
在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心，
连接、、，由正四面体的性质可知在上，
因为， 所以，则.
因为，
即，解得，
则正四面体外接球的体积是，
而勒洛四面体的体积小于其外接球的体积，故C错误；
D、因为，所以 ， 则勒洛四面体内切球的半径是，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由勒洛四面体的定义即可判断A；由勒洛四面体的定义求解即可判断B；根据对称性， 由勒洛四面体内切球的球心是正四面体ABCD外接球的球心求解即可判断C；结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解即可判断D.
8．【答案】D
【知识点】向量在几何中的应用；同角三角函数间的基本关系；余弦定理
【解析】【解答】解：为上一点，且 ，则为的四等分点，靠近，如图所示：
在和中，，
故，设，则，，则，
设，则，解得，
由，根据余弦定理可得：，解，
则，，故.
故答案为：D.
【分析】由题意，推得，设，结合余弦定理、同角三角函数基本关系求解即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】复数为纯虚数的充要条件是，A不符合题意.
复数的共轭复数为，复数的虚部为，B，C对.
复数，则，，D对.
故答案为：BCD
【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法和复数为纯虚数的判断方法；复数与共轭复数的关系；复数的虚部的定义；复数的乘除法运算法则，进而找出真命题的选项。
10．【答案】B,C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】只有当，不是共线向量时，一定存在实数，使得成立，因此A不正确；
由，因此B符合题意；
由，
，
所以C符合题意；
当时，显然成立，但是，，不一定互相平行，
故答案为：BC
【分析】根据平面向量基本定理，结合平面向量数量积的运算性质，逐项进行判断，可得答案.
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】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.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件判断 为等边三角形，取 的中点 ，再利用等边三角形三线合一，则 ，同理可知，三角形 为等边三角形，再利用等边三角形三线合一，所以， ，且 ， 再利用三角形面积公式得出的值 ，所以，二面角 的平面角为 ，设点 到平面 的距离为 ，再利用正弦函数的定义得出 ，再利用三棱锥的体积公式得出 ，从而求出四面体 的体积的最大值；由余弦定理可得 ，再利用余弦型函数的图象求出余弦型函数的值域，进而求出BD的长的取值范围；利用三角形面积相等得出 ，因为
， ，再利用两三角形全等的判断方法，得出 ，再利用三角形面积公式结合正弦型函数的图象求值域的方法，得出 ，再利用三棱锥的表面积公式得出四面体 的表面积的最大值；设 、 分别为两三角形 、 的外心，则 ，在平面 内过点 作 的垂线与过点 作 的垂线交于点 ，因为
， ， 再利用线线垂直推出线面垂直，所以 平面 ，再利用线面垂直的定义推出线线垂直，所以 ，因为 ， 再利用线线垂直推出线面垂直，所以 平面 ，同理可得 平面 ，则 为四面体 的外接球球心，
连接 ， 因为 ， ， ， 再利用两三角形全等的判断方法得出 ，所以 ，再利用余弦函数的定义得出OE的长， 因为 平面 ，再利用线面垂直的定义推出线线垂直，所以 ，再利用勾股定理求出OA的长，从而求出球O的半径，再利用球的体积公式求出球 的体积，从而找出说法正确的选项。
12．【答案】3
【知识点】复数的三角形式；复数代数形式与三角形式的互化
【解析】【解答】由题意，以及 ；
可得 ；
故答案为3；
【分析】可根据复数的三角形式的定义，即可得到复数的模.
13．【答案】
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：如图所示：
为二面角的一个面内有一点，是它到另一个面的距离，是它到棱的距离为10，
因为 ，所以，又因为， 所以 平面，
又因为平面 ，所以
所以 为二面角 的平面角，
在中， .
故答案为：.
【分析】作出图形，是它到另一个面的距离，它到棱的距离，得出为二面角的平面角，在中求解即可 .
14．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；正弦定理
【解析】【解答】解：设，作平行四边形，如图所示：
则，令，
由于恒成立，即恒成立，
在中，，
因为，所以，
所以，
由于恒成立，故，即实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】设，构造平行四边形，由于恒成立，即恒成立，结合正弦定理将恒成立问题转化为最值问题求解即可.
15．【答案】（1）解：因为，
所以，即，
由正弦定理可得，由余弦定理得，因为，所以；
（2）解：由，利用余弦定理可得，
解得，则；
（3）解：在中，由余弦定理得，
即，解得，因为为BC的中点，所以，
两边平方得，解，即中线AD的长度为.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用正弦定理化角为边，再结合余弦定理求解即可；
（2）由题意，根据余弦定理得，再根据三角形面积公式求解即可；
（3）在中，利用余弦定理求得，再根据向量的模长公式结合已知条件求解即可.
16．【答案】（1）解：因为复数，，所以，
又因为复数对应的点在实轴上，所以是实数，则，解得，
则；
（2）解：是纯虚数，
则，解得，
故，.
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【分析】（1）由题意，求得，根据复数是实数，列式求得，再根据复数的乘法运算公式求解即可；
（2）根据复数除法运算化简复数，再根据复数的为纯虚数列式求，最后代入模的计算公式求解即可.
17．【答案】（1）解：设点M到平面的距离为h，
易知为正三角形，且，所以，
又，
所以，
因为，所以，即，
解得，即点M到平面的距离为.
（2）解：，M，B，N四点共面，证明如下：连接，如图所示：
因为M，N分别是线段，的中点，所以，
由正方体性质可知，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以，M，B，N四点共面.
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；空间点、线、面的位置
【解析】【分析】（1）设点M到平面的距离为h，利用等体积法求解即可；
（2）利用三角形中位线性质证明，然后证明为平行四边形，即可得，再由直线平行的传递性证明即可.
18．【答案】（1）证明：连接交于，连接，如图所示：
因为侧面为矩形，所以，又为中点，
所以，又因为，所以，
所以，又平面，平面，所以平面．
（2）解：在平面中，过点作射线，如图所示：
因为底面为矩形，所以，所以为二面角的平面角，且，
又，平面，所以平面，
在平面中，过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，又，平面，平面，所以平面，
则即为直线和平面所成的角，
于是为点到平面的距离，且，
设直线和平面所成角为，又，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）连接交于，连接，由题可得，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）在平面中，过点C作射线，可得为二面角的平面角，过点作，可得平面，则即为直线和平面所成的角，利用锐角三角函数计算即可.
19．【答案】（1）解：由题意，可写出4个两两垂直的4维信号向量为：
，，，．
（2）证明：假设存在6个两两垂直的6维信号向量，
因为将这6个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，
因为，所以有3个分量为，
设的前3个分量中有个，则后3个分量中有个，，
则，
，则，矛盾，
所以不存在6个两两垂直的6维信号向量．
（3）证明：任取，计算内积，
将所有这些内积求和得到，则，
设的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为的贡献为，
所以，
则，所以，故.
【知识点】向量的几何表示；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算；不等式的证明
【解析】【分析】（1）由维信号向量的定义可写出4个两两垂直的4维信号向量即可；
（2）假设存在6个两两垂直的6维信号向量，根据题意不妨设，利用，可得有3个分量为，进而可得的前3个分量中有个，则后3个分量中有个，，由题意可得证明即可；
（3）任取，计算内积，，设的第个分量之和为，利用，即可证明.
1 / 1重庆市乌江新高考协作体2023-2024学年高一下学期数学期中考试试卷
1．（2024高一下·重庆市期中）已知，且，则实数（　　）
A．1 B．-3 C．-2 D．-1
【答案】B
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，，所以，
又因为，所以，即，解得.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件求出的坐标，再根据可得，列方程求解即可.
2．（2024高一下·重庆市期中）在，，0，，，0.618这几个数中，纯虚数的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念
【解析】【解答】解：不是纯虚数；是纯虚数；0不是纯虚数；不是纯虚数；
是纯虚数；0.618不是纯虚数，故纯虚数共个.
故答案为：C.
【分析】根据纯虚数的概念判断即可.
3．（2024高一下·重庆市期中） 已知向量、的夹角为60°，，若，则=
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为向量、的夹角为60°，，且，
所以，
即=．
故答案为：D.
【分析】由题意，根据向量的数量积的定义以及向量的模的计算即可.
4．（2024高一下·重庆市期中）已知向量，，，则等于（　　）
A．3 B．4 C．15 D．21
【答案】D
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】因为，，
所以，
因为，所以，解得，则，
所以.
故答案为：D.
【分析】由先求出的坐标，然后根据，可求出t，结合向量数量积定义的坐标表示即可求解出答案.
5．（2024高一下·重庆市期中）在平面四边形中，为正三角形，，，如图1，将四边形沿AC折起，得到如图2所示的四面体，若四面体外接球的球心为O，当四面体的体积最大时，点O到平面ABD的距离为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：易知当平面平面时，四面体的体积最大，
因为为正三角形，，，所以，解得，则，
当平面平面时，取线段中点，则点为直角三角形的外心，连接，如图所示：
则易知平面，四面体外接球球心在上，
因为为正三角形，所以四面体外接球球心即为的中心，则，
设点到面的距离为，点到面的距离为，
由得，
因为边长为2，所以，
，
中，，
所以，
则，
所以点到面的距离为.
故答案为：C.
【分析】根据四面体的体积最大时，求出点O位置，再利用等体积转换法求出点O到平面ABD的距离即可.
6．（2024高一下·重庆市期中）已知为平面外一点，到两边的距离都为，则到面的距离（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱锥的结构特征；点、线、面间的距离计算
【解析】【解答】解：过点作，交于，作，交于，
过作平面，交平面于，连接，，如图所示：
则，故
，，
因为，所以，
则到平面的距离为．
故答案为：B．
【分析】过点作，交于，作，交于，过作平面，交平面于，则，求得，即可求出到平面的距离．
7．（2024高一下·重庆市期中）数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一．勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分．如图，在勒洛四面体中，正四面体的棱长为，则下列结论正确的是（　　）
A．勒洛四面体最大的截面是正三角形
B．若、是勒洛四面体表面上的任意两点，则的最大值为
C．勒洛四面体的体积是
D．勒洛四面体内切球的半径是
【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：A、勒洛四面体最大的截面即经过四面体表面的截面，如图1所示：故A错误；
B、根据勒洛四面体的性质，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，
则勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长，故勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为，故B错误；
C、如图2所示：由对称性可知勒洛四面体内切球的球心是正四面体外接球的球心，
连接并延长交勒洛四面体的曲面于点，则就是勒洛四面体内切球的半径.；
如图3所示：
在正四面体中，为的中心，是正四面体外接球的球心，
连接、、，由正四面体的性质可知在上，
因为， 所以，则.
因为，
即，解得，
则正四面体外接球的体积是，
而勒洛四面体的体积小于其外接球的体积，故C错误；
D、因为，所以 ， 则勒洛四面体内切球的半径是，故D正确.
故答案为：D.
【分析】由勒洛四面体的定义即可判断A；由勒洛四面体的定义求解即可判断B；根据对称性， 由勒洛四面体内切球的球心是正四面体ABCD外接球的球心求解即可判断C；结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解即可判断D.
8．（2024高一下·重庆市期中）在△ABC中，为上一点，且，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】向量在几何中的应用；同角三角函数间的基本关系；余弦定理
【解析】【解答】解：为上一点，且 ，则为的四等分点，靠近，如图所示：
在和中，，
故，设，则，，则，
设，则，解得，
由，根据余弦定理可得：，解，
则，，故.
故答案为：D.
【分析】由题意，推得，设，结合余弦定理、同角三角函数基本关系求解即可.
9．（2024高一下·重庆市期中）下列命题中，真命题为（　　）
A．复数为纯虚数的充要条件是
B．复数的共轭复数为
C．复数的虚部为
D．复数，则
【答案】B,C,D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】复数为纯虚数的充要条件是，A不符合题意.
复数的共轭复数为，复数的虚部为，B，C对.
复数，则，，D对.
故答案为：BCD
【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法和复数为纯虚数的判断方法；复数与共轭复数的关系；复数的虚部的定义；复数的乘除法运算法则，进而找出真命题的选项。
10．（2024高一下·重庆市期中）已知，，是平面上三个非零向量，下列说法正确的是（　　）
A．一定存在实数，使得成立
B．若，那么一定有
C．若，那么
D．若，那么，，一定相互平行
【答案】B,C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】只有当，不是共线向量时，一定存在实数，使得成立，因此A不正确；
由，因此B符合题意；
由，
，
所以C符合题意；
当时，显然成立，但是，，不一定互相平行，
故答案为：BC
【分析】根据平面向量基本定理，结合平面向量数量积的运算性质，逐项进行判断，可得答案.
11．（2024高一下·重庆市期中）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】A,C,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】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.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件判断 为等边三角形，取 的中点 ，再利用等边三角形三线合一，则 ，同理可知，三角形 为等边三角形，再利用等边三角形三线合一，所以， ，且 ， 再利用三角形面积公式得出的值 ，所以，二面角 的平面角为 ，设点 到平面 的距离为 ，再利用正弦函数的定义得出 ，再利用三棱锥的体积公式得出 ，从而求出四面体 的体积的最大值；由余弦定理可得 ，再利用余弦型函数的图象求出余弦型函数的值域，进而求出BD的长的取值范围；利用三角形面积相等得出 ，因为
， ，再利用两三角形全等的判断方法，得出 ，再利用三角形面积公式结合正弦型函数的图象求值域的方法，得出 ，再利用三棱锥的表面积公式得出四面体 的表面积的最大值；设 、 分别为两三角形 、 的外心，则 ，在平面 内过点 作 的垂线与过点 作 的垂线交于点 ，因为
， ， 再利用线线垂直推出线面垂直，所以 平面 ，再利用线面垂直的定义推出线线垂直，所以 ，因为 ， 再利用线线垂直推出线面垂直，所以 平面 ，同理可得 平面 ，则 为四面体 的外接球球心，
连接 ， 因为 ， ， ， 再利用两三角形全等的判断方法得出 ，所以 ，再利用余弦函数的定义得出OE的长， 因为 平面 ，再利用线面垂直的定义推出线线垂直，所以 ，再利用勾股定理求出OA的长，从而求出球O的半径，再利用球的体积公式求出球 的体积，从而找出说法正确的选项。
12．（2024高一下·重庆市期中） 复数 的模是　 　．
【答案】3
【知识点】复数的三角形式；复数代数形式与三角形式的互化
【解析】【解答】由题意，以及 ；
可得 ；
故答案为3；
【分析】可根据复数的三角形式的定义，即可得到复数的模.
13．（2024高一下·重庆市期中）在60°二面角的一个面内有一个点，若它到二面角的棱的距离是10，则该点到另一个面的距离是　 　.
【答案】
【知识点】与二面角有关的立体几何综合题；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：如图所示：
为二面角的一个面内有一点，是它到另一个面的距离，是它到棱的距离为10，
因为 ，所以，又因为， 所以 平面，
又因为平面 ，所以
所以 为二面角 的平面角，
在中， .
故答案为：.
【分析】作出图形，是它到另一个面的距离，它到棱的距离，得出为二面角的平面角，在中求解即可 .
14．（2024高一下·重庆市期中）已知平面向量与的夹角为，若恒成立，则实数的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数恒成立问题；正弦定理
【解析】【解答】解：设，作平行四边形，如图所示：
则，令，
由于恒成立，即恒成立，
在中，，
因为，所以，
所以，
由于恒成立，故，即实数的取值范围为.
故答案为：.
【分析】设，构造平行四边形，由于恒成立，即恒成立，结合正弦定理将恒成立问题转化为最值问题求解即可.
15．（2024高一下·重庆市期中）在△ABC中，角的对边分别为已知.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积；
（3）若为BC的中点，求AD的长.
【答案】（1）解：因为，
所以，即，
由正弦定理可得，由余弦定理得，因为，所以；
（2）解：由，利用余弦定理可得，
解得，则；
（3）解：在中，由余弦定理得，
即，解得，因为为BC的中点，所以，
两边平方得，解，即中线AD的长度为.
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用正弦定理化角为边，再结合余弦定理求解即可；
（2）由题意，根据余弦定理得，再根据三角形面积公式求解即可；
（3）在中，利用余弦定理求得，再根据向量的模长公式结合已知条件求解即可.
16．（2024高一下·重庆市期中）设复数．
（1）在复平面内，复数对应的点在实轴上，求；
（2）若是纯虚数，求.
【答案】（1）解：因为复数，，所以，
又因为复数对应的点在实轴上，所以是实数，则，解得，
则；
（2）解：是纯虚数，
则，解得，
故，.
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模
【解析】【分析】（1）由题意，求得，根据复数是实数，列式求得，再根据复数的乘法运算公式求解即可；
（2）根据复数除法运算化简复数，再根据复数的为纯虚数列式求，最后代入模的计算公式求解即可.
17．（2024高一下·重庆市期中） 已知正方体中，，点M，N分别是线段，的中点．
（1）求点M到平面的距离；
（2）判断，M，B，N四点是否共面，若是，请证明；若不是，请说明理由．
【答案】（1）解：设点M到平面的距离为h，
易知为正三角形，且，所以，
又，
所以，
因为，所以，即，
解得，即点M到平面的距离为.
（2）解：，M，B，N四点共面，证明如下：连接，如图所示：
因为M，N分别是线段，的中点，所以，
由正方体性质可知，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，所以，
所以，M，B，N四点共面.
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；空间点、线、面的位置
【解析】【分析】（1）设点M到平面的距离为h，利用等体积法求解即可；
（2）利用三角形中位线性质证明，然后证明为平行四边形，即可得，再由直线平行的传递性证明即可.
18．（2024高一下·重庆市期中）如图，在三棱柱中，侧面为矩形．
（1）设为中点，点在线段上，且，求证：平面；
（2）若二面角的大小为，且，求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：连接交于，连接，如图所示：
因为侧面为矩形，所以，又为中点，
所以，又因为，所以，
所以，又平面，平面，所以平面．
（2）解：在平面中，过点作射线，如图所示：
因为底面为矩形，所以，所以为二面角的平面角，且，
又，平面，所以平面，
在平面中，过点作，垂足为，连接，
因为平面，平面，
所以，又，平面，平面，所以平面，
则即为直线和平面所成的角，
于是为点到平面的距离，且，
设直线和平面所成角为，又，
则，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】（1）连接交于，连接，由题可得，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）在平面中，过点C作射线，可得为二面角的平面角，过点作，可得平面，则即为直线和平面所成的角，利用锐角三角函数计算即可.
19．（2024高一下·重庆市期中）个有次序的实数，，，所组成的有序数组，，，称为一个维向量，其中，2，，称为该向量的第个分量．特别地，对一个维向量，若，，，称为维信号向量．设，，则和的内积定义为，且．
（1）直接写出4个两两垂直的4维信号向量．
（2）证明：不存在6个两两垂直的6维信号向量．
（3）已知个两两垂直的2024维信号向量，，，满足它们的前个分量都是相同的，求证：．
【答案】（1）解：由题意，可写出4个两两垂直的4维信号向量为：
，，，．
（2）证明：假设存在6个两两垂直的6维信号向量，
因为将这6个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，
因为，所以有3个分量为，
设的前3个分量中有个，则后3个分量中有个，，
则，
，则，矛盾，
所以不存在6个两两垂直的6维信号向量．
（3）证明：任取，计算内积，
将所有这些内积求和得到，则，
设的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为的贡献为，
所以，
则，所以，故.
【知识点】向量的几何表示；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算；不等式的证明
【解析】【分析】（1）由维信号向量的定义可写出4个两两垂直的4维信号向量即可；
（2）假设存在6个两两垂直的6维信号向量，根据题意不妨设，利用，可得有3个分量为，进而可得的前3个分量中有个，则后3个分量中有个，，由题意可得证明即可；
（3）任取，计算内积，，设的第个分量之和为，利用，即可证明.
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