广东省麻涌，塘厦，七中，济川四校2023-2024学年高一下学期5月期中联考数学试题
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·广东期中）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·广东期中）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】向量的模；零向量；共线（平行）向量；相等向量
【解析】【解答】A：仅表示与的大小相等，但是方向不确定，
故未必成立，所以A错误；
B：根据零向量的定义可判断B正确；
C：长度相等的向量方向不一定相同，故C错误；
D：共线向量不一定在同一条直线上，也可平行，故D错误.
故选：B.
【分析】根据向量的模的定义可知A错误；根据零向量，相等向量及共线向量的定义及性质分别判断BCD的正误
3．（2024高一下·广东期中）数据的第15百分位数为（ ）
A．69 B．70 C．75 D．96
【答案】B
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】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：B．
【分析】利用已知条件结合百分位数求解方法得出数据的第15百分位数。
4．（2024高一下·广东期中）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·广东期中）如图，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】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】由图形可知：
.
故选：B.
【分析】根据平面向量的定义及实际运用，利用向量的加减法运算法则运算，并结合基底向量即可得出答案.
6．（2024高一下·广东期中）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】C
【知识点】余弦函数的性质；异面直线
【解析】【解答】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.
故选：C
【分析】取AF的中点G，连接AC交BD于O点，异面直线与所成角即直线与所成角.由已知条件及线面垂直定理可判断平面，又平面，所以，由题易知，分别求得，在中，利用余弦定理即可求得，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.
7．（2024高一下·广东期中）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】B
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】设半球的半径为，连接交于点，连接，
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.
故选：B.
【分析】结合题意及球与内接四棱锥的基本性质，并利用已知图形的几何关系，可求得相关半径，即可求得半球的表面积
8．（2024高一下·广东期中）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． D．3
【答案】D
【知识点】平面向量数乘的运算；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】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，
则，，，
设，且，则，，，
当时，.
故选：D.
【分析】由，可得，设，求得，因为，得到，以与交点为原点，建立平面直角坐标系，则，，，设，且，求得，利用题中取得的t的取值范围，进而求得的最大值，当时，..
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·广东期中）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·广东期中）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】向量的模；向量加减混合运算；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】对于A中，根据平面向量的运算法则，可得，所以A不正确；
对于B中，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，所以B正确；
对于C中，因为，且，
所以，所以，
所以向量在向量上的投影向量为，所以C正确；
对于D中，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，所以D正确.
故选：BCD.
【分析】根据题意，利用平面向量的线性运算法则易于判断A错误，利用向量的数量积的定义与运算公式求得B才正确，利用投影向量的求解和平面几何的运用可判断C正确，利用共线的向量的表示及平面向量几何性质与模的运用，可判断D正确
11．（2024高一下·广东期中）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】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】对于A项，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，故A正确；
对于B项，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，故B错误；
对于C项，随着G移动但G到面的距离始终不变即，
故是定值，即C正确；
对于D项，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，如图二所示，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，
当KG为中点时取得最大值，最大值为，，即D正确；
故选：ACD
【分析】对于A项，可以通过取的中点H、I，连接HI交于G点，此时∥，由正方体的性质可得，，所以平面，判定即可；
对于B项，通过反证，利用面A1DCB1与面和面的交线PG、DH是否能平行，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，故B错误；
对于C项，通过等体积法转化即可判定是否为定值，随着G移动但G到面的距离始终不变即，故是定值；
对于D项，利用延长交线方法寻求截面与立体几何的交线，若G点靠C远，如图一所示，过G作QR∥EF，即截面为四边形EFQR，讨论截面的形状，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，如图二所示，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，当KG为中点时取得最大值，最大值为，，并计算各交线长来判定最大面积即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高一下·广东期中）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·广东期中）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】解三角形；正弦定理；正弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】在中，由正弦定理，得，
在中，（）.
故答案为：
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求得BC的具体长度，利用直角三角形边角关系计算即得AB具体长度.
14．（2024高一下·广东期中）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；直线与平面平行的性质
【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，因为，所以，易证平面，平面，又，平面平面，得到的轨迹为线段求解，可得线段MN的最大值.因为，所以线段的最大值为.
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·广东期中）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·广东期中）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·广东期中）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）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，平面，
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）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，又因为为中点，所以，
所以与平面所成的角为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面后可得结论成立．
（2）利用平面得到线面夹角即为，由已知条件再证明为等边三角形，利用已知三边关系即可得到与平面所成的夹角为。
18．（2024高一下·广东期中）已知是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点作，，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，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，连结，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）质点甲在上距点4米的点处，质点乙在上距点1米的点处，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小时后质点甲到达点，质点乙到达点，请用，表示；
②若时刻，质点甲到达点，质点乙到达点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离．
【答案】（1）因为，所以，，
又，所以．
所以，
即的大小为；
（2）①；②小时后，两质点相距最短，最短距离为米
①如图所示：
依题意，过2小时后质点甲到达点（在点左边），且有，
质点乙到达点，且有，故
②时刻时，质点甲到达点，质点乙到达点，
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】平面向量加法运算；平面向量的综合题；向量加法的平行四边形法则
【解析】【分析】（1）由已知表示可用基底表示，通过展开计算即可；
（2）①通过以及计算可得；
②通过求得，再通过展开计算求出，利用一元二次方程及未知数的取值范围求最值.
19．（2024高一下·广东期中）如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H为PC的中点，M为AH的中点，.
（1）求证：；
（2）求点C到平面ABH的距离；
（3）在线段PB上是否存在点N，使MN平面ABC？若存在，求出的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）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）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）存在，
线段上当点满足，使平面.
证明：取CH的中点K，连接MK，NK．
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】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）利用线面垂直及线线垂直的判定，证明平面即能证出
（2）利用三棱锥等体积及三角形三边关系即能求C到平面ABH的距离.
（3）取的中点，则能得平面平面，即得出，利用相似即能得出比值.
1 / 1广东省麻涌，塘厦，七中，济川四校2023-2024学年高一下学期5月期中联考数学试题
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·广东期中）若复数满足，则的虚部等于（ ）
A．4 B．2 C．-2 D．-4
2．（2024高一下·广东期中）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·广东期中）数据的第15百分位数为（ ）
A．69 B．70 C．75 D．96
4．（2024高一下·广东期中）在中，若，则角等于（ ）
A． B． C．或 D．或
5．（2024高一下·广东期中）如图，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·广东期中）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·广东期中）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·广东期中）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． D．3
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·广东期中）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·广东期中）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·广东期中）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·广东期中）已知复数满足，则 .
13．（2024高一下·广东期中）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·广东期中）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·广东期中）已知，，与的夹角是.
（1）计算；
（2）当k为何值时，
16．（2024高一下·广东期中）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·广东期中）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·广东期中）已知是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点作，，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，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，连结，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）质点甲在上距点4米的点处，质点乙在上距点1米的点处，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小时后质点甲到达点，质点乙到达点，请用，表示；
②若时刻，质点甲到达点，质点乙到达点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离．
19．（2024高一下·广东期中）如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥底面ABC，AC⊥BC，H为PC的中点，M为AH的中点，.
（1）求证：；
（2）求点C到平面ABH的距离；
（3）在线段PB上是否存在点N，使MN平面ABC？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】向量的模；零向量；共线（平行）向量；相等向量
【解析】【解答】A：仅表示与的大小相等，但是方向不确定，
故未必成立，所以A错误；
B：根据零向量的定义可判断B正确；
C：长度相等的向量方向不一定相同，故C错误；
D：共线向量不一定在同一条直线上，也可平行，故D错误.
故选：B.
【分析】根据向量的模的定义可知A错误；根据零向量，相等向量及共线向量的定义及性质分别判断BCD的正误
3．【答案】B
【知识点】用样本的数字特征估计总体的数字特征
【解析】【解答】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：B．
【分析】利用已知条件结合百分位数求解方法得出数据的第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】B
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】由图形可知：
.
故选：B.
【分析】根据平面向量的定义及实际运用，利用向量的加减法运算法则运算，并结合基底向量即可得出答案.
6．【答案】C
【知识点】余弦函数的性质；异面直线
【解析】【解答】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.
故选：C
【分析】取AF的中点G，连接AC交BD于O点，异面直线与所成角即直线与所成角.由已知条件及线面垂直定理可判断平面，又平面，所以，由题易知，分别求得，在中，利用余弦定理即可求得，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.
7．【答案】B
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】设半球的半径为，连接交于点，连接，
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.
故选：B.
【分析】结合题意及球与内接四棱锥的基本性质，并利用已知图形的几何关系，可求得相关半径，即可求得半球的表面积
8．【答案】D
【知识点】平面向量数乘的运算；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】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，
则，，，
设，且，则，，，
当时，.
故选：D.
【分析】由，可得，设，求得，因为，得到，以与交点为原点，建立平面直角坐标系，则，，，设，且，求得，利用题中取得的t的取值范围，进而求得的最大值，当时，..
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】向量的模；向量加减混合运算；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】对于A中，根据平面向量的运算法则，可得，所以A不正确；
对于B中，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，所以B正确；
对于C中，因为，且，
所以，所以，
所以向量在向量上的投影向量为，所以C正确；
对于D中，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，所以D正确.
故选：BCD.
【分析】根据题意，利用平面向量的线性运算法则易于判断A错误，利用向量的数量积的定义与运算公式求得B才正确，利用投影向量的求解和平面几何的运用可判断C正确，利用共线的向量的表示及平面向量几何性质与模的运用，可判断D正确
11．【答案】A,C,D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】对于A项，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，故A正确；
对于B项，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，故B错误；
对于C项，随着G移动但G到面的距离始终不变即，
故是定值，即C正确；
对于D项，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，如图二所示，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，
当KG为中点时取得最大值，最大值为，，即D正确；
故选：ACD
【分析】对于A项，可以通过取的中点H、I，连接HI交于G点，此时∥，由正方体的性质可得，，所以平面，判定即可；
对于B项，通过反证，利用面A1DCB1与面和面的交线PG、DH是否能平行，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，故B错误；
对于C项，通过等体积法转化即可判定是否为定值，随着G移动但G到面的距离始终不变即，故是定值；
对于D项，利用延长交线方法寻求截面与立体几何的交线，若G点靠C远，如图一所示，过G作QR∥EF，即截面为四边形EFQR，讨论截面的形状，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，如图二所示，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，当KG为中点时取得最大值，最大值为，，并计算各交线长来判定最大面积即可.
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】解三角形；正弦定理；正弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】在中，由正弦定理，得，
在中，（）.
故答案为：
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求得BC的具体长度，利用直角三角形边角关系计算即得AB具体长度.
14．【答案】
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【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，因为，所以，易证平面，平面，又，平面平面，得到的轨迹为线段求解，可得线段MN的最大值.因为，所以线段的最大值为.
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）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，平面，
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）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，又因为为中点，所以，
所以与平面所成的角为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）由线面垂直的判定定理证明平面后可得结论成立．
（2）利用平面得到线面夹角即为，由已知条件再证明为等边三角形，利用已知三边关系即可得到与平面所成的夹角为。
18．【答案】（1）因为，所以，，
又，所以．
所以，
即的大小为；
（2）①；②小时后，两质点相距最短，最短距离为米
①如图所示：
依题意，过2小时后质点甲到达点（在点左边），且有，
质点乙到达点，且有，故
②时刻时，质点甲到达点，质点乙到达点，
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】平面向量加法运算；平面向量的综合题；向量加法的平行四边形法则
【解析】【分析】（1）由已知表示可用基底表示，通过展开计算即可；
（2）①通过以及计算可得；
②通过求得，再通过展开计算求出，利用一元二次方程及未知数的取值范围求最值.
19．【答案】（1）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）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）存在，
线段上当点满足，使平面.
证明：取CH的中点K，连接MK，NK．
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】直线与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】（1）利用线面垂直及线线垂直的判定，证明平面即能证出
（2）利用三棱锥等体积及三角形三边关系即能求C到平面ABH的距离.
（3）取的中点，则能得平面平面，即得出，利用相似即能得出比值.
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