1．（2024高一下·奉化期末）已知复数的实部与虚部相等，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】易知的实部为，虚部为，
由题意可知，
则.
故答案为：B
【分析】本题考查复数的基本概念，复数的模长公式.根据复数的实部与虚部概念可求出，据此可求出复数，进而可求出，利用复数的模长公式可求出答案.
2．（2024高一下·奉化期末）两名男生，一名女生排成一排合影，则女生站在中间的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】两名男生，一名女生记为
两名男生，一名女生排成一排可能为：，故总可能数，
女生站在中间的可能为：，故可能数，
则女生站在中间的概率.
故答案为：A.
【分析】本题考查古典概型的计算公式.先将两名男生，一名女生进行表示，再通过列举法找出排成一排的基本事件数，进而找出女生站在中间的个数，利用古典概型的计算公式可求出答案.
3．（2024高一下·奉化期末）已知平行四边形，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的坐标运算；相等向量
【解析】【解答】由，，有，
平行四边形中，有，即，
故答案为：D.
【分析】本题考查平面向量的基本运算.先根据两点的坐标求出，再根据平行四边形的性质，利用相等向量可得：，进而可求出答案.
4．（2024高一下·奉化期末）已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】A
【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】A，若，，则，且，则.A正确.
B，如图所示，，，，，此时，B错误.
C， 如图所示，，，，，此时异面，C错误.
D， 如图所示，，，，，此时，D错误.
故答案为：A．
【分析】本题考查空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系.利用平面与平面垂直的判定定理可判断A选项；利用平面与平面平行的判定定理可判断B选项；利用平面与平面平行的性质，直线与平面平行的判定定理可判断C选项；利用平面与平面垂直的性质，直线与平面平行的判定定理可判断D选项.
5．（2024高一下·奉化期末）某射击初学者在连续6次射击练习中所得到的环数：，该组数据的平均数与中位数相等，则（ ）
A． B．
C． D．以上答案均有可能
【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】这组数据的平均数为，
若中位数为，则有，解得；
若中位数为，则有，解得；
若中位数为，则有，解得.
故答案为：D.
【分析】本题考查平均数的定义，中位数的定义.先根据平均数的定义求出这组数据的平均数为，分4种情况：若中位数为；若中位数为；若中位数为；依次列出方程，解方程可求出的值，选出答案.
6．（2024高一下·奉化期末）在中，，则该三角形外接圆半径与内切圆半径的比值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】在中，，由正弦定理可得，
设，
由余弦定理得，所以，
则，
所以，则，
所以，
故答案为：C
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.先利用正弦定理可推出：，采用赋值法，设，利用余弦定理可求出，进而可求出，利用正弦定理可求出外接圆半径，利用等面积法和三角形面积公式可列出方程：，解方程可求出内切圆半径，再求出比值可选出答案.
7．（2024高一下·奉化期末）已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱台的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】设过棱台上下底面的中心以及一条侧棱作该棱台的轴截面如下图：
正四棱台中，，，，
正四棱台的高为，
设球的半径为，球与侧棱切于，
则在图中中，，则，
所以，
在图中中，，
，解得，
球的表面积为．
故答案为：B
【分析】本题考查球的内接几何体问题.先作出过正四棱台的截面，再利用勾股定理求出正四棱台的高，设球的半径为，球与侧棱切于，利用线段的运算可求出，再根据勾股定理可列出方程，解方程可求出球的半径，再代入球的表面积公式进行计算可求出答案．
8．（2024高一下·奉化期末）已知，在复数范围内是关于的方程的两个根，则关于的函数的零点的个数是（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
【答案】C
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】若是方程的两个虚数根，所以，
且，则，
，解得，（满足），
若是方程的两个实数根，所以，
且，则，
当时，，，
当时，，，
由可得，
令，由于，所以，
故函数在单调递减，且，
故在无实数根，
综上可得，零点个数为3，
故答案为：C
【分析】本题考查函数与方程的综合应用.本问题需要分两种情况讨论：若是方程的两个虚数根；若是方程的两个实数根；应用一元二次方程根与系数的关系可得，再分两种情况：当时；当时；求出的值，据此可求出函数的解析式，根据函数零点的定义可求出函数的零点，进而选出答案.
9．（2024高一下·奉化期末）下列四个命题为真命题的是（ ）
A．已知平面向量，若，，则
B．若，，则可作为平面向量的一组基底
C．，，若，则
D．，，则在方向上的投影向量为
【答案】B,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】A：例如，可知，，但不共线，A错误；
B：因为，可知不共线，
所以可作为平面向量的一组基底，B正确；
C：若，则，解得，C错误；
D：若，，则，
所以在方向上的投影向量为，D正确；
故答案为：BD.
【分析】本题考查共线向量，平面向量的基底，平面向量垂直的坐标表示，平面向量的投影向量.举出满足，条件反例：，可判断是否共线，据此可判断A选项；利用平面向量平行的坐标表示公式可推出不共线，再根据平面向量基底的定义可判断B选项；根据 平面向量垂直的坐标表示公式可列出方程，解方程可求出的值，判断C选项；根据投影向量的定义可得：在方向上的投影向量为，代入数据求出投影向量，可判断D选项.
10．（2024高一下·奉化期末）给出下列说法，其中正确的是（ ）
A．数据的极差与众数之和为
B．从装有个红球，个白球的袋中任意摸出个球，事件“至少有个红球”，事件“都是白球”，则事件与事件是对立事件
C．甲乙两人投篮训练，甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，甲乙两人投篮互不影响，则甲乙各投篮一次同时投中的概率为
D．一组不完全相同数据的方差为，则数据的方差为
【答案】A,C
【知识点】极差、方差与标准差；互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】A，数据的极差为，众数为，它们的和为，A正确；
B，事件包括“个红球1个白球”和“3个红球”两个基本事件，与事件“都是白球”不能同时发生，可知事件与事件是互斥事件；
但还有可能出现“1个红球2个白球”的情况，所以事件与事件是互斥但不对立事件，B错误；
C，由相互独立事件的乘法公式可得甲乙各投篮一次同时投中的概率为，C正确；
D，设数据的平均数为，
则其方差为，
所以数据的平均数为；
所以方差为
，D错误.
故答案为：AC
【分析】本题考查极差，众数的定义，对立事件的定义，相互独立事件的概率公式，方差的性质.先利用极差计算公式：极差=最大值-最小值，求出极差，再求出众数，进而求出和，可判断A选项；根据题意分析可得事件包括“个红球1个白球”和“3个红球”两个基本事件，利用互斥事件的概念可知事件与事件是互斥事件，再利用对立事件的概念可知事件与事件是互斥但不对立事件，据此可判断B选项；利用相互独立事件的概率公式可得甲乙各投篮一次同时投中的概率，可判断C选项；利用方差的性质公式进行推导可求出数据的方差，判断D选项.
11．（2024高一下·奉化期末）在中，，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若有两解，则
D．若是锐角三角形，则
【答案】A,C,D
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】A，在中，，，，则由余弦定理得
，A正确，
B，在中，，，，则由正弦定理得
，，得，
因为，，所以或，B错误，
C，如图，过作于，则，
因为有两解，所以，即，C正确，
D，由正弦定理得，，
所以，
因为为锐角三角形，所以，得，
所以，所以，
所以，即，D正确.
故答案为：ACD
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.根据条件直接利用余弦定理可求出，判断A选项；先利用正弦定理可求出，再根据三角形的边角关系可求出，据此可判断B选项；过作于，利用正弦的定义可求出，根据三角形解的情况可求出BC的取值范围，判断C选项；先利用正弦定理可求出，根据为锐角三角形，可列出不等式组，解不等式组可求出角的范围，进而可求出的取值范围，判断D选项.
12．（2024高一下·奉化期末）如图，棱长为的正方体中，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，点分别是在线段上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与所成角为
B．平面
C．三棱锥的体积是定值
D．的最小值是
【答案】B,C,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】A.正方体中，，，
则四边形为平行四边形，有，
异面直线与所成角等于直线与所成角，
正方体中，为等边三角形，
所以异面直线与所成角为，A错误；
B.正方体中，平面，平面，，
正方形中，有，
平面，，则有平面，
平面，则，
同理，
平面，，所以平面，B正确；
C.，平面，平面，则平面，
点是线段上的动点，则点到平面的距离为定值，
是边长为的等边三角形，面积为定值，
所以三棱锥的体积是定值，C正确；
D.正方形中，点是线段的中点，也是线段的中点，
以为轴，把和旋转到同一平面内，
则的最小值为，
由，，，，
，平面四边形为矩形，
是线段的中点，点是线段上靠近的四等分点，设为的中点，
则中，，，
所以，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查异面直线的夹角，直线与平面垂直的判定，三棱锥的体积计算公式.根据正方体的结构特征可推出四边形为平行四边形，进而可得，据此可将异面直线与所成角转化为直线与所成角，利用等边三角形的性质可求出夹角，判断A选项；利用正方体的结构特征可得，利用正方形的性质可得，进而可推出平面，利用直线与平面垂直的性质可得，同理可得，利用直线与平面垂直的判定定理可证明结论，判断B选项；根据正方体的结构特征可得平面，进而可推出点到平面的距离为定值，再结合底面积为定值，可推出体积为定值，判断C选项；先根据题意证明，进而推出平面四边形为矩形，又知是线段的中点，点是线段上靠近的四等分点，设为的中点，利用勾股定理可求出，判断D选项.
13．（2024高一下·奉化期末）已知，则的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为 .
【答案】
【知识点】复数运算的几何意义
【解析】【解答】由，得，
则，在复平面内对应的点的坐标为.
故答案为：.
【分析】本题考复数的几何意义.先通过变形可得：，根据复数的除法运算分子和分母同时乘以，通过化简可求出复数，根据共轭复数的定义可求出，再利用复数的几何意义可求出在复平面内对应的点的坐标.
14．（2024高一下·奉化期末）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则该圆锥的体积为 .
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】设圆锥的母线长为2，它的侧面展开图为半圆，
半圆的弧长为：，即圆锥的底面周长为：，
设圆锥的底面半径是r，高为，
则得到，解得：，
这个圆锥的底面半径是1，所以圆锥的高.
所以圆锥的体积为：.
故答案为：.
【分析】本题考查圆锥的侧面展开图，圆锥的体积公式.先设圆锥的母线长为2，它的侧面展开图为半圆，设圆锥的底面半径是r，高为，根据圆锥的侧面积公式和扇形的面积公式可列出方程，解方程可求出半径，利用勾股定理可求出圆锥的高，利用圆锥的体积公式可求出圆锥的体积.
15．（2024高一下·奉化期末）如图，相距米的，之间是一条小路（，可看作两条平行直线），为测量点到的距离（，在点的同侧），某研究小组在一侧东边选择点，作为测量起始位置，与交于点，从点出发向西走米到达，测得，继续向西走米到达点，与交于点，继续向西走米到达点，测得，则 .
【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】由题意知相距米的，之间是一条小路，
所以，，，，
所以，则，
在中根据正弦定理知，解得，
由，得到.
故答案为：
【分析】本题考查利用正弦定理解三角形的实际应用.根据题意可知相距米的，之间是一条小路，利用两角差的正弦公式可求出，再利用正弦定理可求出，再利用正弦的定义可求出距离.
16．（2024高一下·奉化期末）平面内的点、直线可以通过平面向量及其运算来表示，数学中我们经常会用到类比的方法，把平面向量推广到空间向量，利用空间向量表示空间点、直线、平面等基本元素，经过研究发现，平面向量中的加减法、数乘与数量积运算法则同样也适用于空间向量.在四棱锥中，已知是平行四边形，，且面，则向量在向量方向上的投影向量是 (结果用表示).
【答案】
【知识点】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】
向量在向量方向上的投影向量为.
运用运用余弦定理求得.
，，
，展开化简得到，
，由于且面，则，
则.
代入，得到.则向量在向量方向上的投影向量为.
故答案为：.
【分析】本题考查平面向量的投影向量.先利用余弦定理求出，再利用平面向量的线性运算可求出，，利用平面向量的数量积运算可求出，根据平面向量的投影向量可得向量在向量方向上的投影向量为，代入数据可求出答案.
17．（2024高一下·奉化期末）已知平面向量，满足，且与的夹角为.
（1）求的值；
（2）求与夹角的余弦值.
【答案】（1）由可得；
即可得.
（2）易知；
所以.
即可得与夹角的余弦值为.
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】本题考查平面向量的数量积，平面向量的夹角计算公式.（1）根据平面向量的数量积的定义可得：，代入数据可求出答案；
（2）先利用平面向量的模长公式可得，利用完全平方公式进行展开，再利用平面向量的数量积可求出，利用平面向量的数量积可求出，再利用平面向量的夹角计算公式可求出与夹角的余弦值.
（1）由可得；
即可得.
（2）易知；
所以.
即可得与夹角的余弦值为.
18．（2024高一下·奉化期末）全国中学生奥林匹克数学竞赛是由中国数学会主办的获得教育部批准的全国性赛事，相应的赛区初赛也是该项活动的一个环节.按照中国数学会有关全国中学生奥林匹克数学竞赛组委会的精神，以及浙江省科协的要求，2024年5月19日全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛如期举行.已知某中学有40人参加此次数学竞赛（满分为150分），其取得的成绩绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值及学生成绩的第75百分位数；
（2）若按照各组频率的比例采用分层随机抽样的方法从竞赛成绩在内的学生中抽取人参加座谈会，求成绩为分的学生甲恰好被抽到的概率.
【答案】（1）由题意可知，
解得；
易知60分到90分的人数频率之和为0.6，60分到100分的人数频率之和为0.85.
所以第75百分位数位于90分到100分之间，且90分到100分之间的频率为；
估计第75百分位数为，
（2）在的学生频率分别为0.1和0.05，则其人数分别为4和2，
设在中的4人为，在中的2人为，
令为甲，且其成绩为107.
由分层随机抽样可得在分别抽取2人与1人，
则总共有以下12种可能：
，
；
其中学生甲恰好被抽到的情况共有6种，
所以抽到107分的学生甲的概率.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】本题考查频率分布直方图，百分位数的估计，古典型概率的计算公式.（1）根据频率分布直方图中各组频率之和为1，可列出方程，解方程可求出，再求出各组的频率，据此可推出第75百分位数位于90分到100分之间，根据百分位数的定义可列出式子，根据式子可求出第75百分位数；
（2）先利用分层抽样计算出在的学生人数，再进行编号，通过列举法求出基本事件的个数，再求出甲恰好被抽到的基本事件的个数，利用古典概型的计算公式可求出成绩为分的学生甲恰好被抽到的概率.
（1）由题意可知，
解得；
易知60分到90分的人数频率之和为0.6，60分到100分的人数频率之和为0.85.
所以第75百分位数位于90分到100分之间，且90分到100分之间的频率为；
估计第75百分位数为，
（2）在的学生频率分别为0.1和0.05，则其人数分别为4和2，
设在中的4人为，在中的2人为，
令为甲，且其成绩为107.
由分层随机抽样可得在分别抽取2人与1人，
则总共有以下12种可能：
，
；
其中学生甲恰好被抽到的情况共有6种，
所以抽到107分的学生甲的概率.
19．（2024高一下·奉化期末）如图，已知在正三棱柱中，为棱的中点，.
（1）证明：面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）法一：取中点，连接
因为，，所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面，平面，所以平面
因为平行且等于，所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面，平面，所以平面
又因为平面，平面且.
所以平面平面.
因为平面，所以平面
法二：连接，记与的交点为，连接.
在中，，所以为的中位线，
所以，又因为平面，平面，所以平面.
（2）法一：为等边三角形，为中点，故⊥，
因为⊥平面，平面，所以⊥，
因为，平面，，
所以平面，
又因为平面，所以.
设，则，，
由勾股定理得，
故；
设点到平面的距离为，
其中，
又.
所以.
法二：设，取的中点，连接，交于点，连接.
因为，所以
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，
所以≌，所以，
故，故，
又因为，平面，所以平面.
所以即直线与平面所成线面角的平面角，
由勾股定理得，
故，
所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角.（1）法一：取中点，连接，先根据条件证明四边形为平行四边形，进而可推出，利用直线与平面平行的判定定理可证明平面，再根据平行且等于，可证明四边形为平行四边形，进而可推出，利用直线与平面平行的判定定理可证明平面，利用平面与平面平行的判定定理可证明平面平面，根据平面与平面平行的性质可证明结论.
法二：连接，记与的交点为，连接，根据题意可推出为的中位线，据此可得，利用直线与平面平行的判定定理可证明结论.
（2）法一：先利用等边三角形的性质可得⊥，再根据直线与平面垂直的性质可得⊥，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，进而推出，设，利用勾股定理求出线段的长度，进而可求出，利用等体积法得到点到平面的距离，再根据正弦的的定义可求出直线与平面所成角的正弦值；
法二：设，取的中点，连接，交于点，连接.利用等腰三角形的性质可得，利用平面与平面垂直的性质可得平面，进而可推出，再根据题意可证明≌，利用全等三角形的性质可证明，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面.，进而可推出即直线与平面所成线面角的平面角，设，利用勾股定理可求出，利用相似三角形的性质可求出，利用正弦的定义可求出直线与平面所成角的正弦值 .
（1）法一：取中点，连接
因为，，所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面，平面，所以平面
因为平行且等于，所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面，平面，所以平面
又因为平面，平面且.
所以平面平面.
因为平面，所以平面
法二：连接，记与的交点为，连接.
在中，，所以为的中位线，
所以，又因为平面，平面，所以平面.
（2）法一：为等边三角形，为中点，故⊥，
因为⊥平面，平面，所以⊥，
因为，平面，，
所以平面，
又因为平面，所以.
设，则，，
由勾股定理得，
故；
设点到平面的距离为，
其中，
又.
所以.
法二：设，取的中点，连接，交于点，连接.
因为，所以
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，
所以≌，所以，
故，故，
又因为，平面，所以平面.
所以即直线与平面所成线面角的平面角，
由勾股定理得，
故，
所以.
20．（2024高一下·奉化期末）在直角梯形中，，，，点是边上的中点.
（1）若点满足，且，求的值；
（2）若点是线段上的动点（含端点），求的取值范围.
【答案】（1）如下图所示：
由可得，
所以，
又，可得
所以；
（2）法1：以点为坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系，
则，则，
由点是线段上的动点（含端点），可令，
所以，则，
所以，
由二次函数性质可得当时取得最小值；
当时取得最大值；
可得
法2：取中点，作垂足为，如下图所示：
则
显然当点位于点时，取到最大值3，
当点位于点时，取到最小值，
可得
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示；向量在几何中的应用
【解析】【分析】本题考查平面向量基本定理，平面向量的数量积.（1）根据平面向量的加法运算可得：，再进行化简可以为基底表示出，再根据，利用对位系数相等可求出的取值，进而求出答案；
（2）法1：以点为坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系，求出点，的坐标，再根据点是线段上的动点（含端点），可令，求出对应向量，利用平面向量的数量积公式进行计算可得，利用二次函数的性质可求出的取值范围；
法2：取中点，作垂足为，利用平面向量的极化恒等式可得，再结合图形可求出的最大值，的最小值，进而可求出的取值范围.
（1）如下图所示：
由可得，
所以，
又，可得
所以；
（2）法1：以点为坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系，
则，则，
由点是线段上的动点（含端点），可令，
所以，则，
所以，
由二次函数性质可得当时取得最小值；
当时取得最大值；
可得
法2：取中点，作垂足为，如下图所示：
则
显然当点位于点时，取到最大值3，当点位于点时，取到最小值，
可得
21．（2024高一下·奉化期末）在中，内角的对边分别是，且.
（1）请在以下两个条件中任选一个（若两个条件都选，则按①的解答过程给分）
①②，求的面积；
（2）求的最大值.
【答案】（1）由可得，原式可化为
利用正弦定理可得，
即，又，
所以，又，
可得.
选择①由利用正弦定理可得，
，解得；
易知，所以.
因此的面积为.
选择②原式可化为，可得；
因为，所以. 所以.
因此的面积为.
（2）由正弦定理可知，因此；
可得
；
又可知，
当时，取到最大值1，
即有最大值
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.（1）根据，先利用正弦定理进行边化角，再利用两角和的正弦公式进行化简可求出，据此可反推出角的值，
若选择①利用余弦定理可求出，再次利用正弦定理可求出，据此可反推出角，代入三角形的面积公式可求出面积；
若选择②，利用三角函数的诱导公式可得，进而可得，解方程可求出角，代入三角形的面积公式可求出面积；
（2）先利用正弦定理进行化简可求出，再利用辅助角公式进行化简可得，利用正弦函数的性质可求出的最大值.
（1）由可得，原式可化为
利用正弦定理可得，
即，又，
所以，又，
可得.
选择①由利用正弦定理可得，
，解得；
易知，所以.
选择②原式可化为，可得；
因为，所以. 所以.
因此的面积为.
（2）由正弦定理可知，因此；
可得
；
又可知，
当时，取到最大值1，
即有最大值
22．（2024高一下·奉化期末）如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥.
（1）若，在面上的射影恰好在上，求二面角平面角的余弦值；
（2）若二面角为直二面角，当取到最小值时，求的值及点到平面的距离.
【答案】（1）过点作的垂线交于点，交于点，如下图所示：
翻折后仍有，
又因为，且平面，平面，
所以平面，
所以为二面角所成的平面角.
由在面上的射影恰好在上得平面，
所以，
由可知，因为，
所以；
又易知，
所以，可得，所以；
所以，
即二面角平面角的余弦值为
（2）过点作的垂线交于点，如下图所示：
设，
由二面角为直二面角可知平面平面，
平面平面，，
又平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
则有，
可得，
又，
所以，；
当时，取到最小值；
.
所以，可得，所以
（注：，，由角平分线定理得也可）
则有，
，解得.
即点到平面的距离为.
【知识点】点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】本题考查二面角的求法，点到平面的距离公式.（1）过点作的垂线交于点，交于点，根据翻折的性质可证明平面，根据二面角的定义可得为二面角所成的平面角，利用正弦的定义可求出，利用余弦的定义可求出，进而求出，利用余弦的定义可求出二面角平面角的余弦值；
（2）过点作的垂线交于点，由直二面角性质可推出平面平面，利用平面与平面垂直的性质可得平面，进而推出，利用余弦定理可求出的表达式，利用勾股定理可求出的表达式，再利用正弦函数的性质可推出当取到最小值时，再利用三棱锥的体积计算公式结合等体积法可求出点到平面的距离.
（1）过点作的垂线交于点，交于点，如下图所示：
翻折后仍有，
又因为，且平面，平面，
所以平面，
所以为二面角所成的平面角.
由在面上的射影恰好在上得平面，
所以，
由可知，因为，
所以；
又易知，
所以，可得，所以；
所以，
即二面角平面角的余弦值为
（2）过点作的垂线交于点，如下图所示：
设，
由二面角为直二面角可知平面平面，
平面平面，，
又平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
则有，
可得，
又，
所以，；
当时，取到最小值；
.
所以，可得，所以
（注：，，由角平分线定理得也可）
则有，
，解得.
即点到平面的距离为.
1 / 11．（2024高一下·奉化期末）已知复数的实部与虚部相等，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·奉化期末）两名男生，一名女生排成一排合影，则女生站在中间的概率是（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·奉化期末）已知平行四边形，，，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·奉化期末）已知平面，直线，直线不在平面上，下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
5．（2024高一下·奉化期末）某射击初学者在连续6次射击练习中所得到的环数：，该组数据的平均数与中位数相等，则（ ）
A． B．
C． D．以上答案均有可能
6．（2024高一下·奉化期末）在中，，则该三角形外接圆半径与内切圆半径的比值是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·奉化期末）已知正四棱台中，，球与上底面以及各侧棱均相切，则该球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·奉化期末）已知，在复数范围内是关于的方程的两个根，则关于的函数的零点的个数是（ ）
A．个 B．个 C．个 D．个
9．（2024高一下·奉化期末）下列四个命题为真命题的是（ ）
A．已知平面向量，若，，则
B．若，，则可作为平面向量的一组基底
C．，，若，则
D．，，则在方向上的投影向量为
10．（2024高一下·奉化期末）给出下列说法，其中正确的是（ ）
A．数据的极差与众数之和为
B．从装有个红球，个白球的袋中任意摸出个球，事件“至少有个红球”，事件“都是白球”，则事件与事件是对立事件
C．甲乙两人投篮训练，甲每次投中的概率为，乙每次投中的概率为，甲乙两人投篮互不影响，则甲乙各投篮一次同时投中的概率为
D．一组不完全相同数据的方差为，则数据的方差为
11．（2024高一下·奉化期末）在中，，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若有两解，则
D．若是锐角三角形，则
12．（2024高一下·奉化期末）如图，棱长为的正方体中，点是线段上靠近的四等分点，点是线段的中点，点分别是在线段上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与所成角为
B．平面
C．三棱锥的体积是定值
D．的最小值是
13．（2024高一下·奉化期末）已知，则的共轭复数在复平面内对应的点的坐标为 .
14．（2024高一下·奉化期末）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则该圆锥的体积为 .
15．（2024高一下·奉化期末）如图，相距米的，之间是一条小路（，可看作两条平行直线），为测量点到的距离（，在点的同侧），某研究小组在一侧东边选择点，作为测量起始位置，与交于点，从点出发向西走米到达，测得，继续向西走米到达点，与交于点，继续向西走米到达点，测得，则 .
16．（2024高一下·奉化期末）平面内的点、直线可以通过平面向量及其运算来表示，数学中我们经常会用到类比的方法，把平面向量推广到空间向量，利用空间向量表示空间点、直线、平面等基本元素，经过研究发现，平面向量中的加减法、数乘与数量积运算法则同样也适用于空间向量.在四棱锥中，已知是平行四边形，，且面，则向量在向量方向上的投影向量是 (结果用表示).
17．（2024高一下·奉化期末）已知平面向量，满足，且与的夹角为.
（1）求的值；
（2）求与夹角的余弦值.
18．（2024高一下·奉化期末）全国中学生奥林匹克数学竞赛是由中国数学会主办的获得教育部批准的全国性赛事，相应的赛区初赛也是该项活动的一个环节.按照中国数学会有关全国中学生奥林匹克数学竞赛组委会的精神，以及浙江省科协的要求，2024年5月19日全国中学生奥林匹克数学竞赛浙江赛区初赛如期举行.已知某中学有40人参加此次数学竞赛（满分为150分），其取得的成绩绘制成如图所示的频率分布直方图.
（1）求的值及学生成绩的第75百分位数；
（2）若按照各组频率的比例采用分层随机抽样的方法从竞赛成绩在内的学生中抽取人参加座谈会，求成绩为分的学生甲恰好被抽到的概率.
19．（2024高一下·奉化期末）如图，已知在正三棱柱中，为棱的中点，.
（1）证明：面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
20．（2024高一下·奉化期末）在直角梯形中，，，，点是边上的中点.
（1）若点满足，且，求的值；
（2）若点是线段上的动点（含端点），求的取值范围.
21．（2024高一下·奉化期末）在中，内角的对边分别是，且.
（1）请在以下两个条件中任选一个（若两个条件都选，则按①的解答过程给分）
①②，求的面积；
（2）求的最大值.
22．（2024高一下·奉化期末）如图，在中，，点满足，沿将折起形成三棱锥.
（1）若，在面上的射影恰好在上，求二面角平面角的余弦值；
（2）若二面角为直二面角，当取到最小值时，求的值及点到平面的距离.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】易知的实部为，虚部为，
由题意可知，
则.
故答案为：B
【分析】本题考查复数的基本概念，复数的模长公式.根据复数的实部与虚部概念可求出，据此可求出复数，进而可求出，利用复数的模长公式可求出答案.
2．【答案】A
【知识点】古典概型及其概率计算公式
【解析】【解答】两名男生，一名女生记为
两名男生，一名女生排成一排可能为：，故总可能数，
女生站在中间的可能为：，故可能数，
则女生站在中间的概率.
故答案为：A.
【分析】本题考查古典概型的计算公式.先将两名男生，一名女生进行表示，再通过列举法找出排成一排的基本事件数，进而找出女生站在中间的个数，利用古典概型的计算公式可求出答案.
3．【答案】D
【知识点】平面向量的坐标运算；相等向量
【解析】【解答】由，，有，
平行四边形中，有，即，
故答案为：D.
【分析】本题考查平面向量的基本运算.先根据两点的坐标求出，再根据平行四边形的性质，利用相等向量可得：，进而可求出答案.
4．【答案】A
【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】A，若，，则，且，则.A正确.
B，如图所示，，，，，此时，B错误.
C， 如图所示，，，，，此时异面，C错误.
D， 如图所示，，，，，此时，D错误.
故答案为：A．
【分析】本题考查空间中直线与直线，直线与平面，平面与平面的位置关系.利用平面与平面垂直的判定定理可判断A选项；利用平面与平面平行的判定定理可判断B选项；利用平面与平面平行的性质，直线与平面平行的判定定理可判断C选项；利用平面与平面垂直的性质，直线与平面平行的判定定理可判断D选项.
5．【答案】D
【知识点】众数、中位数、平均数
【解析】【解答】这组数据的平均数为，
若中位数为，则有，解得；
若中位数为，则有，解得；
若中位数为，则有，解得.
故答案为：D.
【分析】本题考查平均数的定义，中位数的定义.先根据平均数的定义求出这组数据的平均数为，分4种情况：若中位数为；若中位数为；若中位数为；依次列出方程，解方程可求出的值，选出答案.
6．【答案】C
【知识点】解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】在中，，由正弦定理可得，
设，
由余弦定理得，所以，
则，
所以，则，
所以，
故答案为：C
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.先利用正弦定理可推出：，采用赋值法，设，利用余弦定理可求出，进而可求出，利用正弦定理可求出外接圆半径，利用等面积法和三角形面积公式可列出方程：，解方程可求出内切圆半径，再求出比值可选出答案.
7．【答案】B
【知识点】棱台的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】设过棱台上下底面的中心以及一条侧棱作该棱台的轴截面如下图：
正四棱台中，，，，
正四棱台的高为，
设球的半径为，球与侧棱切于，
则在图中中，，则，
所以，
在图中中，，
，解得，
球的表面积为．
故答案为：B
【分析】本题考查球的内接几何体问题.先作出过正四棱台的截面，再利用勾股定理求出正四棱台的高，设球的半径为，球与侧棱切于，利用线段的运算可求出，再根据勾股定理可列出方程，解方程可求出球的半径，再代入球的表面积公式进行计算可求出答案．
8．【答案】C
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】若是方程的两个虚数根，所以，
且，则，
，解得，（满足），
若是方程的两个实数根，所以，
且，则，
当时，，，
当时，，，
由可得，
令，由于，所以，
故函数在单调递减，且，
故在无实数根，
综上可得，零点个数为3，
故答案为：C
【分析】本题考查函数与方程的综合应用.本问题需要分两种情况讨论：若是方程的两个虚数根；若是方程的两个实数根；应用一元二次方程根与系数的关系可得，再分两种情况：当时；当时；求出的值，据此可求出函数的解析式，根据函数零点的定义可求出函数的零点，进而选出答案.
9．【答案】B,D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】A：例如，可知，，但不共线，A错误；
B：因为，可知不共线，
所以可作为平面向量的一组基底，B正确；
C：若，则，解得，C错误；
D：若，，则，
所以在方向上的投影向量为，D正确；
故答案为：BD.
【分析】本题考查共线向量，平面向量的基底，平面向量垂直的坐标表示，平面向量的投影向量.举出满足，条件反例：，可判断是否共线，据此可判断A选项；利用平面向量平行的坐标表示公式可推出不共线，再根据平面向量基底的定义可判断B选项；根据 平面向量垂直的坐标表示公式可列出方程，解方程可求出的值，判断C选项；根据投影向量的定义可得：在方向上的投影向量为，代入数据求出投影向量，可判断D选项.
10．【答案】A,C
【知识点】极差、方差与标准差；互斥事件与对立事件；相互独立事件的概率乘法公式；离散型随机变量的期望与方差
【解析】【解答】A，数据的极差为，众数为，它们的和为，A正确；
B，事件包括“个红球1个白球”和“3个红球”两个基本事件，与事件“都是白球”不能同时发生，可知事件与事件是互斥事件；
但还有可能出现“1个红球2个白球”的情况，所以事件与事件是互斥但不对立事件，B错误；
C，由相互独立事件的乘法公式可得甲乙各投篮一次同时投中的概率为，C正确；
D，设数据的平均数为，
则其方差为，
所以数据的平均数为；
所以方差为
，D错误.
故答案为：AC
【分析】本题考查极差，众数的定义，对立事件的定义，相互独立事件的概率公式，方差的性质.先利用极差计算公式：极差=最大值-最小值，求出极差，再求出众数，进而求出和，可判断A选项；根据题意分析可得事件包括“个红球1个白球”和“3个红球”两个基本事件，利用互斥事件的概念可知事件与事件是互斥事件，再利用对立事件的概念可知事件与事件是互斥但不对立事件，据此可判断B选项；利用相互独立事件的概率公式可得甲乙各投篮一次同时投中的概率，可判断C选项；利用方差的性质公式进行推导可求出数据的方差，判断D选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】A，在中，，，，则由余弦定理得
，A正确，
B，在中，，，，则由正弦定理得
，，得，
因为，，所以或，B错误，
C，如图，过作于，则，
因为有两解，所以，即，C正确，
D，由正弦定理得，，
所以，
因为为锐角三角形，所以，得，
所以，所以，
所以，即，D正确.
故答案为：ACD
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.根据条件直接利用余弦定理可求出，判断A选项；先利用正弦定理可求出，再根据三角形的边角关系可求出，据此可判断B选项；过作于，利用正弦的定义可求出，根据三角形解的情况可求出BC的取值范围，判断C选项；先利用正弦定理可求出，根据为锐角三角形，可列出不等式组，解不等式组可求出角的范围，进而可求出的取值范围，判断D选项.
12．【答案】B,C,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线及其所成的角；直线与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】A.正方体中，，，
则四边形为平行四边形，有，
异面直线与所成角等于直线与所成角，
正方体中，为等边三角形，
所以异面直线与所成角为，A错误；
B.正方体中，平面，平面，，
正方形中，有，
平面，，则有平面，
平面，则，
同理，
平面，，所以平面，B正确；
C.，平面，平面，则平面，
点是线段上的动点，则点到平面的距离为定值，
是边长为的等边三角形，面积为定值，
所以三棱锥的体积是定值，C正确；
D.正方形中，点是线段的中点，也是线段的中点，
以为轴，把和旋转到同一平面内，
则的最小值为，
由，，，，
，平面四边形为矩形，
是线段的中点，点是线段上靠近的四等分点，设为的中点，
则中，，，
所以，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查异面直线的夹角，直线与平面垂直的判定，三棱锥的体积计算公式.根据正方体的结构特征可推出四边形为平行四边形，进而可得，据此可将异面直线与所成角转化为直线与所成角，利用等边三角形的性质可求出夹角，判断A选项；利用正方体的结构特征可得，利用正方形的性质可得，进而可推出平面，利用直线与平面垂直的性质可得，同理可得，利用直线与平面垂直的判定定理可证明结论，判断B选项；根据正方体的结构特征可得平面，进而可推出点到平面的距离为定值，再结合底面积为定值，可推出体积为定值，判断C选项；先根据题意证明，进而推出平面四边形为矩形，又知是线段的中点，点是线段上靠近的四等分点，设为的中点，利用勾股定理可求出，判断D选项.
13．【答案】
【知识点】复数运算的几何意义
【解析】【解答】由，得，
则，在复平面内对应的点的坐标为.
故答案为：.
【分析】本题考复数的几何意义.先通过变形可得：，根据复数的除法运算分子和分母同时乘以，通过化简可求出复数，根据共轭复数的定义可求出，再利用复数的几何意义可求出在复平面内对应的点的坐标.
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】设圆锥的母线长为2，它的侧面展开图为半圆，
半圆的弧长为：，即圆锥的底面周长为：，
设圆锥的底面半径是r，高为，
则得到，解得：，
这个圆锥的底面半径是1，所以圆锥的高.
所以圆锥的体积为：.
故答案为：.
【分析】本题考查圆锥的侧面展开图，圆锥的体积公式.先设圆锥的母线长为2，它的侧面展开图为半圆，设圆锥的底面半径是r，高为，根据圆锥的侧面积公式和扇形的面积公式可列出方程，解方程可求出半径，利用勾股定理可求出圆锥的高，利用圆锥的体积公式可求出圆锥的体积.
15．【答案】
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】由题意知相距米的，之间是一条小路，
所以，，，，
所以，则，
在中根据正弦定理知，解得，
由，得到.
故答案为：
【分析】本题考查利用正弦定理解三角形的实际应用.根据题意可知相距米的，之间是一条小路，利用两角差的正弦公式可求出，再利用正弦定理可求出，再利用正弦的定义可求出距离.
16．【答案】
【知识点】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】
向量在向量方向上的投影向量为.
运用运用余弦定理求得.
，，
，展开化简得到，
，由于且面，则，
则.
代入，得到.则向量在向量方向上的投影向量为.
故答案为：.
【分析】本题考查平面向量的投影向量.先利用余弦定理求出，再利用平面向量的线性运算可求出，，利用平面向量的数量积运算可求出，根据平面向量的投影向量可得向量在向量方向上的投影向量为，代入数据可求出答案.
17．【答案】（1）由可得；
即可得.
（2）易知；
所以.
即可得与夹角的余弦值为.
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】本题考查平面向量的数量积，平面向量的夹角计算公式.（1）根据平面向量的数量积的定义可得：，代入数据可求出答案；
（2）先利用平面向量的模长公式可得，利用完全平方公式进行展开，再利用平面向量的数量积可求出，利用平面向量的数量积可求出，再利用平面向量的夹角计算公式可求出与夹角的余弦值.
（1）由可得；
即可得.
（2）易知；
所以.
即可得与夹角的余弦值为.
18．【答案】（1）由题意可知，
解得；
易知60分到90分的人数频率之和为0.6，60分到100分的人数频率之和为0.85.
所以第75百分位数位于90分到100分之间，且90分到100分之间的频率为；
估计第75百分位数为，
（2）在的学生频率分别为0.1和0.05，则其人数分别为4和2，
设在中的4人为，在中的2人为，
令为甲，且其成绩为107.
由分层随机抽样可得在分别抽取2人与1人，
则总共有以下12种可能：
，
；
其中学生甲恰好被抽到的情况共有6种，
所以抽到107分的学生甲的概率.
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图；古典概型及其概率计算公式；用样本估计总体的百分位数
【解析】【分析】本题考查频率分布直方图，百分位数的估计，古典型概率的计算公式.（1）根据频率分布直方图中各组频率之和为1，可列出方程，解方程可求出，再求出各组的频率，据此可推出第75百分位数位于90分到100分之间，根据百分位数的定义可列出式子，根据式子可求出第75百分位数；
（2）先利用分层抽样计算出在的学生人数，再进行编号，通过列举法求出基本事件的个数，再求出甲恰好被抽到的基本事件的个数，利用古典概型的计算公式可求出成绩为分的学生甲恰好被抽到的概率.
（1）由题意可知，
解得；
易知60分到90分的人数频率之和为0.6，60分到100分的人数频率之和为0.85.
所以第75百分位数位于90分到100分之间，且90分到100分之间的频率为；
估计第75百分位数为，
（2）在的学生频率分别为0.1和0.05，则其人数分别为4和2，
设在中的4人为，在中的2人为，
令为甲，且其成绩为107.
由分层随机抽样可得在分别抽取2人与1人，
则总共有以下12种可能：
，
；
其中学生甲恰好被抽到的情况共有6种，
所以抽到107分的学生甲的概率.
19．【答案】（1）法一：取中点，连接
因为，，所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面，平面，所以平面
因为平行且等于，所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面，平面，所以平面
又因为平面，平面且.
所以平面平面.
因为平面，所以平面
法二：连接，记与的交点为，连接.
在中，，所以为的中位线，
所以，又因为平面，平面，所以平面.
（2）法一：为等边三角形，为中点，故⊥，
因为⊥平面，平面，所以⊥，
因为，平面，，
所以平面，
又因为平面，所以.
设，则，，
由勾股定理得，
故；
设点到平面的距离为，
其中，
又.
所以.
法二：设，取的中点，连接，交于点，连接.
因为，所以
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，
所以≌，所以，
故，故，
又因为，平面，所以平面.
所以即直线与平面所成线面角的平面角，
由勾股定理得，
故，
所以.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】本题考查直线与平面平行的判定，直线与平面所成的角.（1）法一：取中点，连接，先根据条件证明四边形为平行四边形，进而可推出，利用直线与平面平行的判定定理可证明平面，再根据平行且等于，可证明四边形为平行四边形，进而可推出，利用直线与平面平行的判定定理可证明平面，利用平面与平面平行的判定定理可证明平面平面，根据平面与平面平行的性质可证明结论.
法二：连接，记与的交点为，连接，根据题意可推出为的中位线，据此可得，利用直线与平面平行的判定定理可证明结论.
（2）法一：先利用等边三角形的性质可得⊥，再根据直线与平面垂直的性质可得⊥，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面，进而推出，设，利用勾股定理求出线段的长度，进而可求出，利用等体积法得到点到平面的距离，再根据正弦的的定义可求出直线与平面所成角的正弦值；
法二：设，取的中点，连接，交于点，连接.利用等腰三角形的性质可得，利用平面与平面垂直的性质可得平面，进而可推出，再根据题意可证明≌，利用全等三角形的性质可证明，利用直线与平面垂直的判定定理可证明平面.，进而可推出即直线与平面所成线面角的平面角，设，利用勾股定理可求出，利用相似三角形的性质可求出，利用正弦的定义可求出直线与平面所成角的正弦值 .
（1）法一：取中点，连接
因为，，所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面，平面，所以平面
因为平行且等于，所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面，平面，所以平面
又因为平面，平面且.
所以平面平面.
因为平面，所以平面
法二：连接，记与的交点为，连接.
在中，，所以为的中位线，
所以，又因为平面，平面，所以平面.
（2）法一：为等边三角形，为中点，故⊥，
因为⊥平面，平面，所以⊥，
因为，平面，，
所以平面，
又因为平面，所以.
设，则，，
由勾股定理得，
故；
设点到平面的距离为，
其中，
又.
所以.
法二：设，取的中点，连接，交于点，连接.
因为，所以
又因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，
所以≌，所以，
故，故，
又因为，平面，所以平面.
所以即直线与平面所成线面角的平面角，
由勾股定理得，
故，
所以.
20．【答案】（1）如下图所示：
由可得，
所以，
又，可得
所以；
（2）法1：以点为坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系，
则，则，
由点是线段上的动点（含端点），可令，
所以，则，
所以，
由二次函数性质可得当时取得最小值；
当时取得最大值；
可得
法2：取中点，作垂足为，如下图所示：
则
显然当点位于点时，取到最大值3，
当点位于点时，取到最小值，
可得
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积的坐标表示；向量在几何中的应用
【解析】【分析】本题考查平面向量基本定理，平面向量的数量积.（1）根据平面向量的加法运算可得：，再进行化简可以为基底表示出，再根据，利用对位系数相等可求出的取值，进而求出答案；
（2）法1：以点为坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系，求出点，的坐标，再根据点是线段上的动点（含端点），可令，求出对应向量，利用平面向量的数量积公式进行计算可得，利用二次函数的性质可求出的取值范围；
法2：取中点，作垂足为，利用平面向量的极化恒等式可得，再结合图形可求出的最大值，的最小值，进而可求出的取值范围.
（1）如下图所示：
由可得，
所以，
又，可得
所以；
（2）法1：以点为坐标原点，分别以为轴，为轴建立平面直角坐标系，
则，则，
由点是线段上的动点（含端点），可令，
所以，则，
所以，
由二次函数性质可得当时取得最小值；
当时取得最大值；
可得
法2：取中点，作垂足为，如下图所示：
则
显然当点位于点时，取到最大值3，当点位于点时，取到最小值，
可得
21．【答案】（1）由可得，原式可化为
利用正弦定理可得，
即，又，
所以，又，
可得.
选择①由利用正弦定理可得，
，解得；
易知，所以.
因此的面积为.
选择②原式可化为，可得；
因为，所以. 所以.
因此的面积为.
（2）由正弦定理可知，因此；
可得
；
又可知，
当时，取到最大值1，
即有最大值
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.（1）根据，先利用正弦定理进行边化角，再利用两角和的正弦公式进行化简可求出，据此可反推出角的值，
若选择①利用余弦定理可求出，再次利用正弦定理可求出，据此可反推出角，代入三角形的面积公式可求出面积；
若选择②，利用三角函数的诱导公式可得，进而可得，解方程可求出角，代入三角形的面积公式可求出面积；
（2）先利用正弦定理进行化简可求出，再利用辅助角公式进行化简可得，利用正弦函数的性质可求出的最大值.
（1）由可得，原式可化为
利用正弦定理可得，
即，又，
所以，又，
可得.
选择①由利用正弦定理可得，
，解得；
易知，所以.
选择②原式可化为，可得；
因为，所以. 所以.
因此的面积为.
（2）由正弦定理可知，因此；
可得
；
又可知，
当时，取到最大值1，
即有最大值
22．【答案】（1）过点作的垂线交于点，交于点，如下图所示：
翻折后仍有，
又因为，且平面，平面，
所以平面，
所以为二面角所成的平面角.
由在面上的射影恰好在上得平面，
所以，
由可知，因为，
所以；
又易知，
所以，可得，所以；
所以，
即二面角平面角的余弦值为
（2）过点作的垂线交于点，如下图所示：
设，
由二面角为直二面角可知平面平面，
平面平面，，
又平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
则有，
可得，
又，
所以，；
当时，取到最小值；
.
所以，可得，所以
（注：，，由角平分线定理得也可）
则有，
，解得.
即点到平面的距离为.
【知识点】点、线、面间的距离计算；二面角的平面角及求法
【解析】【分析】本题考查二面角的求法，点到平面的距离公式.（1）过点作的垂线交于点，交于点，根据翻折的性质可证明平面，根据二面角的定义可得为二面角所成的平面角，利用正弦的定义可求出，利用余弦的定义可求出，进而求出，利用余弦的定义可求出二面角平面角的余弦值；
（2）过点作的垂线交于点，由直二面角性质可推出平面平面，利用平面与平面垂直的性质可得平面，进而推出，利用余弦定理可求出的表达式，利用勾股定理可求出的表达式，再利用正弦函数的性质可推出当取到最小值时，再利用三棱锥的体积计算公式结合等体积法可求出点到平面的距离.
（1）过点作的垂线交于点，交于点，如下图所示：
翻折后仍有，
又因为，且平面，平面，
所以平面，
所以为二面角所成的平面角.
由在面上的射影恰好在上得平面，
所以，
由可知，因为，
所以；
又易知，
所以，可得，所以；
所以，
即二面角平面角的余弦值为
（2）过点作的垂线交于点，如下图所示：
设，
由二面角为直二面角可知平面平面，
平面平面，，
又平面，平面，
所以平面，又平面，所以，
则有，
可得，
又，
所以，；
当时，取到最小值；
.
所以，可得，所以
（注：，，由角平分线定理得也可）
则有，
，解得.
即点到平面的距离为.
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