广东省东莞市麻涌中学、塘厦中学、第七高级中学、济川中学四校联考2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，一个选项符合要求，选对得5分，错选得0分.）
1．（2024高一下·麻涌期中）若复数满足，则的虚部等于（ ）
A．4 B．2 C．-2 D．-4
2．（2024高一下·麻涌期中）下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．零向量的长度是0
C．长度相等的向量叫相等向量
D．共线向量是在同一条直线上的向量
3．（2024高一下·麻涌期中）数据的第15百分位数为（ ）
A．70 B．69 C．75 D．96
4．（2024高一下·麻涌期中）在中，若，则角等于（ ）
A． B． C．或 D．或
5．（2024高一下·麻涌期中）在中，为靠近点的三等分点，为的中点，设，以向量为基底，则向量（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·麻涌期中）如图，矩形ABCD中，，正方形ADEF的边长为1，且平面平面ADEF，则异面直线BD与FC所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·麻涌期中）西安大唐不夜城的“不倒翁小姐姐”因为一段“把手给我”的短视频而被人熟知.“不倒翁小姐姐”不倒的原因在于其脚下的半球形工具.如图，半球内有一内接正四棱锥，这个内接正四棱锥的高与半球的半径相等且体积为，那么这个半球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·麻涌期中）已知边长为2的菱形中，点为上一动点，点满足，，则的最大值为（ ）
A．0 B． C．3 D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（2024高一下·麻涌期中）设，为不同的直线，，为不同的平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
10．（2024高一下·麻涌期中）蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物.巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成.巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜.如图是一个蜂巢的正六边形开口，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．在上的投影向量为
D．
11．（2024高一下·麻涌期中）如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上一个动点，则（ ）
A．存在点G，使直线平面
B．存在点G，使平面∥平面
C．三棱锥的体积为定值
D．平面截正方体所得截面的最大面积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高一下·麻涌期中）已知复数满足，则 .
13．（2024高一下·麻涌期中）相看两不厌，只有敬亭山.李白曾七次登顶拜访的敬亭山位于安徽省宣城市北郊，其上有一座太白独坐楼（如图（1）），如图（2），为了测量该楼的高度AB，一研究小组选取了与该楼底部在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，在点处测得该楼顶端的仰角为，则该楼的高度AB为 m.
14．（2024高一下·麻涌期中）如图，在棱长为3的正方体中，在线段上，且是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为 .
四、解答题：本题共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·麻涌期中）已知，，与的夹角是.
（1）计算；
（2）当k为何值时，
16．（2024高一下·麻涌期中）锐角中，内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若边上的中线长为，求的面积.
17．（2024高一下·麻涌期中）如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成的角.
18．（2024高一下·麻涌期中）已知，是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点O作，，以O为原点，分别以射线、为x、y轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图.我们把这个由基底，确定的坐标系称为基底坐标系.当向量，不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为.对平面内任一点P，连结OP，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点Р在斜坐标系中的坐标.
今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，，设
（1）计算的大小；
（2）质点甲在上距O点4米的点A处，质点乙在Oy上距O点1米的点B处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动.
①若过2小时后质点甲到达C点，质点乙到达D点，请用，，表示；
②若时刻，质点甲到达M点，质点乙到达N点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离.
19．（2024高一下·麻涌期中）如图，在三棱锥中，底面，，为的中点，为的中点，，．
（1）求证：；
（2）求点到平面的距离；
（3）在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：若复数满足，则，
所以的虚部等于.
故答案为：C.
【分析】本题考查复数的乘除运算.根据题意先变形出复数，再先利用复数的乘法运算：分子和分母同时乘以，通过化简可求出复数，进而可求出复数的虚部.
2．【答案】B
【知识点】向量的物理背景与基本概念；零向量；共线（平行）向量；相等向量
【解析】【解答】解：A：仅表示与的大小相等，但是方向不确定，故未必成立，A错误；
B：根据零向量的定义可进行判断，B正确；
C：长度相等的向量方向不一定相同，C错误；
D：共线向量不一定在同一条直线上，也可平行，D错误.
故答案为：B.
【分析】本题考查平面向量的定义，零向量的定义，相等向量的定义，共线向量的定义.根据相等向量的概念：模长相等，方向也相等的向量为相等向量，据此可判断A选项和C选项；根据零向量的定义：模长等于0的向量为零向量，根据定义可判断B选项；根据共线向量的定义： 方向相同或相反的非零向量叫做平行向量，也叫做共线向量，根据定义可判断D选项.
3．【答案】A
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，根据百分位数的定义可知，该数学成绩的分位数为第2个数据70.
故答案为：A．
【分析】本题考查百分位数的定义.先求出数位，再根据百分位数的定义，可求出第15百分位数.
4．【答案】B
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：由正弦定理得：，即，解得：，
因为，由大角对大边得：A=.
故答案为：B
【分析】本题考查利用正弦定理解三角形.先直接利用正弦定理求出，再根据三角形的边角关系可反推出角.
5．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由图形可知：
.
故答案为：D.
【分析】本题考查平面向量基本定理.先利用平面向量的加减法运算法则可得：，再进行运算和化简可求出答案.
6．【答案】A
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】解：取AF的中点G，连接AC交BD于O点，如图所示，
则，且，异面直线与所成角即直线与所成角，
由平面平面，，平面平面，
平面知，平面，又平面，
所以，由题易知，
所以，则，，
，则在中，由余弦定理知，
，
由两直线夹角取值范围为，则直线与所成角即异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：A
【分析】利用三角形的中位线定理可证明，据此可将异面直线与所成角转化为直线与所成角.在中，利用勾股定理可求出，再利用余弦定理即可求出，据此可求出异面直线BD与FC所成角的余弦值.
7．【答案】D
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：设半球的半径为，连接交于点，连接，如图所示：
则，则，
∵内接正四棱锥的高与半球的半径相等且体积为，
∴四棱锥的体积，所以，
所以这个半球的表面积.
故答案为：D.
【分析】本题考查球的内接几何体问题.先画出图形，设半球的半径为，连接交于点，连接，利用四棱锥的体积计算公式可求出球的半径为，再利用球的表面积公式和圆的面积公式可求出 半球的表面积 .
8．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【解答】解：由，可得，
设，
可得
，所以，
因为，所以，
以与交点为原点，以所在的直线分别为轴和轴建立平面直角坐标系，如图所示：
如图所示，则，，，
设，且，则，，，
当时，.
故答案为：C.
【分析】本题考查平面向量基本定理.先设，以表示出，利用平面向量的数量积可求出，据此可推出，以与交点为原点，建立平面直角坐标系，设，利用平面向量数量积的坐标表示公式可求出：，进而可求出的最大值.
9．【答案】B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：对A：若，，则或与相交或与异面，A不符合题意；
对B：若，，则，B符合题意；
对C：若，，则或与相交，C符合题意；
对D：若，，，则，D符合题意.
故答案为：BD.
【分析】由空间线线、线面、面面的位置关系，逐项判断即可。
10．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：已知如图所示：
A，根据平面向量的运算法则，可得，A错误；
B，由平面向量的数量积的运算公式，可得，
在正六边形中，可得，所以，所以，B正确；
C，因为，且，所以，所以，
所以向量在向量上的投影向量为，C正确；
D，在正六边形中，可得，直线平分角，且为等边三角形，可得与向量共线且方向相同，在中，可得，且两三角形均为直角三角形，
所以，则，
又由，所以，所以，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】直接利用平面向量的减法运算法则可判断A选项；根据平面向量的投影可得：，再利用平面向量的数量积进行计算可判断B选项；利用等腰三角形的性质可推出，根据平面向量投影向量的定义可判断C选项；利用等边三角形的性质可推出与向量共线且方向相同，再根据直角三角形的性质可推出，进而求出，可推出，判断D选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A，如图所示，
取的中点H、I，连接HI交于G点，此时∥，由正方体的性质可得，，
所以平面，A正确；
B，如图所示，连接，H为侧面CB1的中心，则面A1DCB1与面和面分别交于线PG、DH，
若存在G点使平面∥平面，则PG∥DH，又A1D∥CB1，
则四边形PGHD为平行四边形，即PD=GH，而PD＞，此时G应在CB1延长线上，B错误；
C，随着G移动但G到面的距离始终不变即，故是定值，C正确；
D，若G点靠C远，如图一所示，过G作QR∥EF，即截面为四边形EFQR，显然该截面在G为侧面CB1的中心时取得最大，最大值为，
若G靠C近时，G作KJ∥EF，延长EF交DD1、DA延长线于M、H，连接MK、HJ交D1C1、AB于L、I，则截面为六边形EFIJKL，如图二所示，
当KG为中点时取得最大值，最大值为，，D正确；
故答案为：ACD
【分析】可以通过取的中点H、I，连接HI交于G点，利用正方体的几何特征可证明∥，进而证明平面，判断A选项；通过反证，根据平面与平面平行的性质利用面A1DCB1与面和面的交线PG、DH是否能平行，据此可判断B选项；利用等体积法进行计算可得：，再利用四棱锥的体积计算公式进行计算可判断C选项；分两种情况：若G点靠C远时；若G靠C近时；先找出截面图形，再求出截面的面积，据此可判断D选项.
12．【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由.
故答案为：
【分析】先利用复数的除法运算求出复数，再利用复数的模长公式可求出.
13．【答案】
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：在中，由正弦定理，可得，
在中，.
故答案为：.
【分析】根据已知条件，利用正弦定理以及直角三角形边角关系计算即可.
14．【答案】
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：如图，
在线段上取一点，使得，在线段上取一点，使得，连接，
因为，所以，
又，所以，
因为平面平面，所以平面，
同理，因为平面平面，所以平面，
又，所以平面平面，因此，在线段上.
因为，
所以线段的最大值为.
故答案为：
【分析】在线段上取一点，使得，在线段上取一点，使得，连接，利用平行线分线段成比例可证明，再利用直线与平面平行的判定定理和平面与平面平行的判定定理可证明平面平面，据此推出的轨迹为线段，利用勾股定理可求出线段的最大值.
15．【答案】（1）解： ，，与的夹角是，
则，
即有；
（2）解： 由
可得，即，
即，解得.
则当k为时，；
综上，（1），（2）.
【知识点】向量的模；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】本题考查平面向量的模长公式，平面向量垂直的转化.
(1)先利用平面向量的数量积求出，再根据复数的模长公式可得：，利用完全平方公式进行展开，再利用平面向量的数量积公式进行计算可求出答案.
(2)根据平面向量垂直的转化可列出方程，解方程可求出的值.
16．【答案】（1）解： 因为，所以，
又
，
所以，所以，
所以或，
若，则，与为锐角三角形矛盾，舍去，
从而，则，又，所以.
（2）解： 由余弦定理，得，即①，
设的中点为，则，两边同时平方可得：，
即：，即：②，
由①可得：，
于是：的面积.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.
（1）先利用两角差的正弦公式进行展开可得：或，据此可求出，反推出角的值.
（2）先利用余弦定理可得：，再利用三角形中线的向量可得：，平方后再进行化简可得：，联立两个等式，可求出，利用三角形的面积计算公式可求出的面积 .
17．【答案】（1）证明：因为，是的中点，所以，
故四边形是菱形，从而，
所以沿着翻折成后，，，
又因为，
所以平面，
由题意，易知，，
所以四边形是平行四边形，故，
所以平面；
（2）解：因为平面，所以与平面所成的角为，
由已知条件，可知，，
所以是正三角形，所以，
所以与平面所成的角为30°.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角.
（1）先证明四边形是菱形，进而推出，再结合折叠的性质可证明平面，再根据已知条件证明四边形是平行四边形，据此推出，进而可证明结论；
（2）先利用平面可推出与平面所成的角为，根据已知条件可证明为等边三角形，利用等比三角形的性质可求出与平面所成的角.
18．【答案】（1）解： 因为，，所以，
又，所以，
所以，
即的大小为.
（2）解： ①如图所示：
依题意，过2小时后质点甲到达C点（在点左边），且有，
质点乙到达D点，且有，故.
②时刻时，质点甲到达M点，质点乙到达N点，
如图所示：
，，则，
所以两质点间的距离
，
因为，所以当时，取得最小值为，
所以小时后，两质点相距最短，最短距离为米.
【知识点】向量的模；向量加减混合运算；平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【分析】本题考查平面向量的数量积，平面向量的模长，平面向量的线性运算.
（1）先求出，根据题意再找出，再根据平面向量的模长可得：，利用完全平方公式进行展开，再利用平面向量的数量积进行计算可求出答案；
（2）①根据以及，利用平面向量的减法运算可求出；
②根据利用平面向量的减法运算法则可求出，再根据，利用完全平方公式进行展开，利用二次函数的性质可求出最值.
19．【答案】（1）证明：因为底面，平面，所以.
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
（2）解： 设点到平面的距离为.
因为底面，，为的中点，
所以点到平面的距离为.
又因为在中，，，．
则，
.
又因为底面，平面，所以，
又因为，，为的中点，
所以，
又因为由（1）知平面，平面，所以，
则.
所以，则，
则的面积为，
所以，解得.
（3）线段上当点满足，使平面.
证明：取CH的中点K，连接MK，NK．如图所示：
因为为的中点，
所以由为的中位线，可得.
又因为平面，平面ABC，所以平面；
由，可得，则，
又因为平面ABC，平面ABC，所以平面．
又因为平面，
所以平面平面，
又因为平面MNK，所以平面ABC．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】本题考查直线与平面垂直的判定，点到平面的距离，直线与平面平行的判定.
（1）利用直线与平面垂直的性质可证明.再结合已知条件和直线与平面垂直的判定定理可证明平面，利用直线与平面垂直的性质可证明结论；
（2）设点到平面的距离为，利用勾股定理可求出相关线段的长度，利用三棱锥的体积计算公式可求出，再根据等体积法可得：，据此可列出方程，解方程可求出，进而可得点到平面的距离；
（3）取CH的中点K，连接MK，NK，利用三角形的中位线定理可证明，进而可证明平面，再根据平行线分线段成比例可证明，进而可证明平面，利用平面与平面平行的判定定理可证明平面平面，再根据平面MNK，据此可证明结论.
1 / 1广东省东莞市麻涌中学、塘厦中学、第七高级中学、济川中学四校联考2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
一、单选题（本题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，一个选项符合要求，选对得5分，错选得0分.）
1．（2024高一下·麻涌期中）若复数满足，则的虚部等于（ ）
A．4 B．2 C．-2 D．-4
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：若复数满足，则，
所以的虚部等于.
故答案为：C.
【分析】本题考查复数的乘除运算.根据题意先变形出复数，再先利用复数的乘法运算：分子和分母同时乘以，通过化简可求出复数，进而可求出复数的虚部.
2．（2024高一下·麻涌期中）下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．零向量的长度是0
C．长度相等的向量叫相等向量
D．共线向量是在同一条直线上的向量
【答案】B
【知识点】向量的物理背景与基本概念；零向量；共线（平行）向量；相等向量
【解析】【解答】解：A：仅表示与的大小相等，但是方向不确定，故未必成立，A错误；
B：根据零向量的定义可进行判断，B正确；
C：长度相等的向量方向不一定相同，C错误；
D：共线向量不一定在同一条直线上，也可平行，D错误.
故答案为：B.
【分析】本题考查平面向量的定义，零向量的定义，相等向量的定义，共线向量的定义.根据相等向量的概念：模长相等，方向也相等的向量为相等向量，据此可判断A选项和C选项；根据零向量的定义：模长等于0的向量为零向量，根据定义可判断B选项；根据共线向量的定义： 方向相同或相反的非零向量叫做平行向量，也叫做共线向量，根据定义可判断D选项.
3．（2024高一下·麻涌期中）数据的第15百分位数为（ ）
A．70 B．69 C．75 D．96
【答案】A
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：因为，根据百分位数的定义可知，该数学成绩的分位数为第2个数据70.
故答案为：A．
【分析】本题考查百分位数的定义.先求出数位，再根据百分位数的定义，可求出第15百分位数.
4．（2024高一下·麻涌期中）在中，若，则角等于（ ）
A． B． C．或 D．或
【答案】B
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：由正弦定理得：，即，解得：，
因为，由大角对大边得：A=.
故答案为：B
【分析】本题考查利用正弦定理解三角形.先直接利用正弦定理求出，再根据三角形的边角关系可反推出角.
5．（2024高一下·麻涌期中）在中，为靠近点的三等分点，为的中点，设，以向量为基底，则向量（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由图形可知：
.
故答案为：D.
【分析】本题考查平面向量基本定理.先利用平面向量的加减法运算法则可得：，再进行运算和化简可求出答案.
6．（2024高一下·麻涌期中）如图，矩形ABCD中，，正方形ADEF的边长为1，且平面平面ADEF，则异面直线BD与FC所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】解：取AF的中点G，连接AC交BD于O点，如图所示，
则，且，异面直线与所成角即直线与所成角，
由平面平面，，平面平面，
平面知，平面，又平面，
所以，由题易知，
所以，则，，
，则在中，由余弦定理知，
，
由两直线夹角取值范围为，则直线与所成角即异面直线与所成角的余弦值为.
故答案为：A
【分析】利用三角形的中位线定理可证明，据此可将异面直线与所成角转化为直线与所成角.在中，利用勾股定理可求出，再利用余弦定理即可求出，据此可求出异面直线BD与FC所成角的余弦值.
7．（2024高一下·麻涌期中）西安大唐不夜城的“不倒翁小姐姐”因为一段“把手给我”的短视频而被人熟知.“不倒翁小姐姐”不倒的原因在于其脚下的半球形工具.如图，半球内有一内接正四棱锥，这个内接正四棱锥的高与半球的半径相等且体积为，那么这个半球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球内接多面体
【解析】【解答】解：设半球的半径为，连接交于点，连接，如图所示：
则，则，
∵内接正四棱锥的高与半球的半径相等且体积为，
∴四棱锥的体积，所以，
所以这个半球的表面积.
故答案为：D.
【分析】本题考查球的内接几何体问题.先画出图形，设半球的半径为，连接交于点，连接，利用四棱锥的体积计算公式可求出球的半径为，再利用球的表面积公式和圆的面积公式可求出 半球的表面积 .
8．（2024高一下·麻涌期中）已知边长为2的菱形中，点为上一动点，点满足，，则的最大值为（ ）
A．0 B． C．3 D．
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【解答】解：由，可得，
设，
可得
，所以，
因为，所以，
以与交点为原点，以所在的直线分别为轴和轴建立平面直角坐标系，如图所示：
如图所示，则，，，
设，且，则，，，
当时，.
故答案为：C.
【分析】本题考查平面向量基本定理.先设，以表示出，利用平面向量的数量积可求出，据此可推出，以与交点为原点，建立平面直角坐标系，设，利用平面向量数量积的坐标表示公式可求出：，进而可求出的最大值.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．（2024高一下·麻涌期中）设，为不同的直线，，为不同的平面，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】B,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：对A：若，，则或与相交或与异面，A不符合题意；
对B：若，，则，B符合题意；
对C：若，，则或与相交，C符合题意；
对D：若，，，则，D符合题意.
故答案为：BD.
【分析】由空间线线、线面、面面的位置关系，逐项判断即可。
10．（2024高一下·麻涌期中）蜜蜂的巢房是令人惊叹的神奇天然建筑物.巢房是严格的六角柱状体，它的一端是平整的六角形开口，另一端是封闭的六角菱形的底，由三个相同的菱形组成.巢中被封盖的是自然成熟的蜂蜜.如图是一个蜂巢的正六边形开口，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．在上的投影向量为
D．
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：已知如图所示：
A，根据平面向量的运算法则，可得，A错误；
B，由平面向量的数量积的运算公式，可得，
在正六边形中，可得，所以，所以，B正确；
C，因为，且，所以，所以，
所以向量在向量上的投影向量为，C正确；
D，在正六边形中，可得，直线平分角，且为等边三角形，可得与向量共线且方向相同，在中，可得，且两三角形均为直角三角形，
所以，则，
又由，所以，所以，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】直接利用平面向量的减法运算法则可判断A选项；根据平面向量的投影可得：，再利用平面向量的数量积进行计算可判断B选项；利用等腰三角形的性质可推出，根据平面向量投影向量的定义可判断C选项；利用等边三角形的性质可推出与向量共线且方向相同，再根据直角三角形的性质可推出，进而求出，可推出，判断D选项.
11．（2024高一下·麻涌期中）如图，在棱长为1的正方体中，E，F分别为棱的中点，G为线段上一个动点，则（ ）
A．存在点G，使直线平面
B．存在点G，使平面∥平面
C．三棱锥的体积为定值
D．平面截正方体所得截面的最大面积为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A，如图所示，
取的中点H、I，连接HI交于G点，此时∥，由正方体的性质可得，，
所以平面，A正确；
B，如图所示，连接，H为侧面CB1的中心，则面A1DCB1与面和面分别交于线PG、DH，
若存在G点使平面∥平面，则PG∥DH，又A1D∥CB1，
则四边形PGHD为平行四边形，即PD=GH，而PD＞，此时G应在CB1延长线上，B错误；
C，随着G移动但G到面的距离始终不变即，故是定值，C正确；
D，若G点靠C远，如图一所示，过G作QR∥EF，即截面为四边形EFQR，显然该截面在G为侧面CB1的中心时取得最大，最大值为，
若G靠C近时，G作KJ∥EF，延长EF交DD1、DA延长线于M、H，连接MK、HJ交D1C1、AB于L、I，则截面为六边形EFIJKL，如图二所示，
当KG为中点时取得最大值，最大值为，，D正确；
故答案为：ACD
【分析】可以通过取的中点H、I，连接HI交于G点，利用正方体的几何特征可证明∥，进而证明平面，判断A选项；通过反证，根据平面与平面平行的性质利用面A1DCB1与面和面的交线PG、DH是否能平行，据此可判断B选项；利用等体积法进行计算可得：，再利用四棱锥的体积计算公式进行计算可判断C选项；分两种情况：若G点靠C远时；若G靠C近时；先找出截面图形，再求出截面的面积，据此可判断D选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．（2024高一下·麻涌期中）已知复数满足，则 .
【答案】
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：由.
故答案为：
【分析】先利用复数的除法运算求出复数，再利用复数的模长公式可求出.
13．（2024高一下·麻涌期中）相看两不厌，只有敬亭山.李白曾七次登顶拜访的敬亭山位于安徽省宣城市北郊，其上有一座太白独坐楼（如图（1）），如图（2），为了测量该楼的高度AB，一研究小组选取了与该楼底部在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，在点处测得该楼顶端的仰角为，则该楼的高度AB为 m.
【答案】
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：在中，由正弦定理，可得，
在中，.
故答案为：.
【分析】根据已知条件，利用正弦定理以及直角三角形边角关系计算即可.
14．（2024高一下·麻涌期中）如图，在棱长为3的正方体中，在线段上，且是侧面上一点，且平面，则线段的最大值为 .
【答案】
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：如图，
在线段上取一点，使得，在线段上取一点，使得，连接，
因为，所以，
又，所以，
因为平面平面，所以平面，
同理，因为平面平面，所以平面，
又，所以平面平面，因此，在线段上.
因为，
所以线段的最大值为.
故答案为：
【分析】在线段上取一点，使得，在线段上取一点，使得，连接，利用平行线分线段成比例可证明，再利用直线与平面平行的判定定理和平面与平面平行的判定定理可证明平面平面，据此推出的轨迹为线段，利用勾股定理可求出线段的最大值.
四、解答题：本题共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·麻涌期中）已知，，与的夹角是.
（1）计算；
（2）当k为何值时，
【答案】（1）解： ，，与的夹角是，
则，
即有；
（2）解： 由
可得，即，
即，解得.
则当k为时，；
综上，（1），（2）.
【知识点】向量的模；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】本题考查平面向量的模长公式，平面向量垂直的转化.
(1)先利用平面向量的数量积求出，再根据复数的模长公式可得：，利用完全平方公式进行展开，再利用平面向量的数量积公式进行计算可求出答案.
(2)根据平面向量垂直的转化可列出方程，解方程可求出的值.
16．（2024高一下·麻涌期中）锐角中，内角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若边上的中线长为，求的面积.
【答案】（1）解： 因为，所以，
又
，
所以，所以，
所以或，
若，则，与为锐角三角形矛盾，舍去，
从而，则，又，所以.
（2）解： 由余弦定理，得，即①，
设的中点为，则，两边同时平方可得：，
即：，即：②，
由①可得：，
于是：的面积.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.
（1）先利用两角差的正弦公式进行展开可得：或，据此可求出，反推出角的值.
（2）先利用余弦定理可得：，再利用三角形中线的向量可得：，平方后再进行化简可得：，联立两个等式，可求出，利用三角形的面积计算公式可求出的面积 .
17．（2024高一下·麻涌期中）如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面平面.
（1）求证：平面；
（2）求与平面所成的角.
【答案】（1）证明：因为，是的中点，所以，
故四边形是菱形，从而，
所以沿着翻折成后，，，
又因为，
所以平面，
由题意，易知，，
所以四边形是平行四边形，故，
所以平面；
（2）解：因为平面，所以与平面所成的角为，
由已知条件，可知，，
所以是正三角形，所以，
所以与平面所成的角为30°.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角.
（1）先证明四边形是菱形，进而推出，再结合折叠的性质可证明平面，再根据已知条件证明四边形是平行四边形，据此推出，进而可证明结论；
（2）先利用平面可推出与平面所成的角为，根据已知条件可证明为等边三角形，利用等比三角形的性质可求出与平面所成的角.
18．（2024高一下·麻涌期中）已知，是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点O作，，以O为原点，分别以射线、为x、y轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图.我们把这个由基底，确定的坐标系称为基底坐标系.当向量，不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为.对平面内任一点P，连结OP，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点Р在斜坐标系中的坐标.
今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，，设
（1）计算的大小；
（2）质点甲在上距O点4米的点A处，质点乙在Oy上距O点1米的点B处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动.
①若过2小时后质点甲到达C点，质点乙到达D点，请用，，表示；
②若时刻，质点甲到达M点，质点乙到达N点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离.
【答案】（1）解： 因为，，所以，
又，所以，
所以，
即的大小为.
（2）解： ①如图所示：
依题意，过2小时后质点甲到达C点（在点左边），且有，
质点乙到达D点，且有，故.
②时刻时，质点甲到达M点，质点乙到达N点，
如图所示：
，，则，
所以两质点间的距离
，
因为，所以当时，取得最小值为，
所以小时后，两质点相距最短，最短距离为米.
【知识点】向量的模；向量加减混合运算；平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【分析】本题考查平面向量的数量积，平面向量的模长，平面向量的线性运算.
（1）先求出，根据题意再找出，再根据平面向量的模长可得：，利用完全平方公式进行展开，再利用平面向量的数量积进行计算可求出答案；
（2）①根据以及，利用平面向量的减法运算可求出；
②根据利用平面向量的减法运算法则可求出，再根据，利用完全平方公式进行展开，利用二次函数的性质可求出最值.
19．（2024高一下·麻涌期中）如图，在三棱锥中，底面，，为的中点，为的中点，，．
（1）求证：；
（2）求点到平面的距离；
（3）在线段上是否存在点，使平面？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：因为底面，平面，所以.
又因为，平面，
所以平面，
又因为平面，所以.
（2）解： 设点到平面的距离为.
因为底面，，为的中点，
所以点到平面的距离为.
又因为在中，，，．
则，
.
又因为底面，平面，所以，
又因为，，为的中点，
所以，
又因为由（1）知平面，平面，所以，
则.
所以，则，
则的面积为，
所以，解得.
（3）线段上当点满足，使平面.
证明：取CH的中点K，连接MK，NK．如图所示：
因为为的中点，
所以由为的中位线，可得.
又因为平面，平面ABC，所以平面；
由，可得，则，
又因为平面ABC，平面ABC，所以平面．
又因为平面，
所以平面平面，
又因为平面MNK，所以平面ABC．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】本题考查直线与平面垂直的判定，点到平面的距离，直线与平面平行的判定.
（1）利用直线与平面垂直的性质可证明.再结合已知条件和直线与平面垂直的判定定理可证明平面，利用直线与平面垂直的性质可证明结论；
（2）设点到平面的距离为，利用勾股定理可求出相关线段的长度，利用三棱锥的体积计算公式可求出，再根据等体积法可得：，据此可列出方程，解方程可求出，进而可得点到平面的距离；
（3）取CH的中点K，连接MK，NK，利用三角形的中位线定理可证明，进而可证明平面，再根据平行线分线段成比例可证明，进而可证明平面，利用平面与平面平行的判定定理可证明平面平面，再根据平面MNK，据此可证明结论.
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