江西省上饶市2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试卷
一、单选题：本题共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·上饶期末）已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·上饶期末）是边长为1的正三角形，那么的斜二测平面直观图的面积（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·上饶期末）已知向量，若，则（ ）
A．2 B．-2 C． D．
4．（2024高一下·上饶期末）已知是空间中两条不同的直线，为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
5．（2024高一下·上饶期末）向量与非零向量的夹角为，则在上的投影数量为（ ）
A． B． C．1 D．
6．（2024高一下·上饶期末）已知为的重心，则（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·上饶期末）根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是（ ）
A．，，，有两解 B．，，，有一解
C．，，，有一解 D．，，，无解
8．（2024高一下·上饶期末）若函数的对称轴方程为，，则（ ）
A． B． C． D．
二、多选题（本题共3小硕，每小题6分，共18分.在每小 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·上饶期末）若复数是方程的两根，则（ ）
A．虚部不同
B．在复平面内所对应的点关于实轴对称
C．
D．在复平面内所对应的点位于第三象限
10．（2024高一下·上饶期末）关于函数，下列结论正确的是（ ）
A．是的一个对称中心
B．函数在上单调递增
C．函数图像可由函数的图像向右平移个单位得到
D．若方程在区间上有两个不相等的实根，则
11．（2024高一下·上饶期末）如图，若正方体的棱长为2，线段上有两个动点.则下列结论正确的是（ ）
A．直线与平面的夹角的余弦值为
B．当与重合时，异面直线与所成角为
C．平面平面
D．平面
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高一下·上饶期末）若，则 .
13．（2024高一下·上饶期末）设与是两个不共线向量，，，.若A，B，D三点共线，则的值为 ．
14．（2024高一下·上饶期末）中，，延长线段至，使得，则的最大值为 .
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·上饶期末）已知
（1）若，求实数的值.
（2）已知向量的夹角为钝角，求实数的范围.
16．（2024高一下·上饶期末）已知函数的部分图像如图所示.
（1）求函数的解析式及对称中心；
（2）求函数在上的值域.
（3）先将的图像纵坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间.
17．（2024高一下·上饶期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）求角B；
（2）若D为AC的中点，且，b＝3，求的面积．
18．（2024高一下·上饶期末）如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2，
（1）证明：；
（2）求异面直线BD与PC所成角的余弦值；
（3）在线段PD上是否存在点N，使得∥平面MCN﹖若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
19．（2024高一下·上饶期末）我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“创新坐标系”.如图所示，，分别为，正方向上的单位向量.若向量，则称有序实数对为向量的“创新坐标”，可记作.
（1）已知，，，设，求的值.
（2）已知，，求证：的充要条件是.
（3）若向量，的“创新坐标”分别为，，已知，求函数的最小值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：复数满足，则.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算化简求复数z即可.
2．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【【解答】解：易知的面积为，
则的面积为.
故答案为：A.
【分析】先求的面积，再根据原图和直观图面积之间的关系求解即可.
3．【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，且，所以，即.
故答案为：A.
【分析】根据向量共线的坐标表示列式求解即可.
4．【答案】C
【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
【解析】【解答】解：A、若，则或，故A错误；
B、若，则或相交或异面，故B错误；
C、由，可得或，又由，所以，故C正确；
D、由面面垂直的性质，可知只有时，才有，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据空间线面位置关系的判定定理、性质定理，逐项判断即可.
5．【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量与非零向量的夹角为 ，
所以在上的投影数量为.
故答案为：A.
【分析】利用投影数量的定义计算即可.
6．【答案】B
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：记的中点为，如图所示：
因为为的重心，
所以，
故答案为：B.
【分析】根据重心的性质以及向量的线性运算求解即可.
7．【答案】C
【知识点】解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、由正弦定理，可得，
因为，所以，即只有一解，故A错误；
B、由正弦定理，可得，
且，则，有两解，故B错误；
C、由正弦定理，可得，
因为，所以角B只有一解，故C正确；
D、因为，，，所以，有解，故D正确.
故答案为：C.
【分析】利用正弦定理和余弦定理逐项判断即可.
8．【答案】D
【知识点】辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，
因为函数的对称轴为，所以相邻两条对称轴间距离为，
即函数的最小正周期为，
令，，
令，，
则，即，，，
则，，，
又因为，所以，为偶数，
则，
即.
故答案为：D.
【分析】根据三角恒等变换可化简函数解析式，可得，代入求解即可.
9．【答案】A,B,C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：方程的两根为，
A、的虚部分别为，则的虚部不同，故A正确；
B、在复平面内所对应的点分别为，关于实轴对称，故B正确；
C、，故C正确；
D、，在复平面内对应的点为，
位于第一象限，故D错误.
故答案为：ABC．
【分析】先求方程得两复数根，再根据复数的概念、复数的几何意义、复数的模长公式以及复数的除法运算逐项判断即可.
10．【答案】B,C
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：A、，令，，解得，，
则其对称中心为，即不是其对称中心，故A错误；
B、令，，解得，，即函数的单调递增区间为，，又，，故B正确；
C、函数的图象向右平移可得，故C正确；
D、，即，
设，则，即函数与函数在上有两个交点，作出函数图象，如图所示：
则，解得，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据三角函数图象性质逐项分析判断即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】异面直线及其所成的角；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、因为平面，所以直线与平面所成的角就是，且，因为正方体的棱长为2，所以，
则，故A正确；
B、当与重合时，由于，则为的中点，连接，如图所示：
在正方体中，
易由且可得：四边形是平行四边形，所以，
所以异面直线与所成角就是或其补角，
由于平面，平面，所以，
则又因为
所以，因为，
所以，故B错误；
C、在正方体中，易知，且
则四边形是平行四边形，，
又因为平面，平面，
所以平面，同理可证明平面，
又因为，平面，所以平面平面，
而平面与平面共面，即平面平面，故C正确；
D、由于平面，平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
同理可证明：，又因为，平面，
所以平面，而平面与平面共面，则平面，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正方体的性质，结合中位线，勾股定理，可计算和证明逐项判断即可.
12．【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：，
.
故答案为：.
【分析】根据同角三角函数关系式，结合齐次式求解即可.
13．【答案】
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，又因为三点共线，
所以必存在一个实数λ，使得，
即，所以，
则 解得.
故答案为：.
【分析】根据三点共线，问题转化为向量，计算向量后，再根据向量相等列式求解即可.
14．【答案】18
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设，
在中，由正弦定理，可得，
则；
在中，，，
由正弦定理，可得，解得，
则，
因为，所以，，
设，则，
且当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：.
【分析】分别在与中，利用正弦定理表示，再利用二倍角公式化简，结合二次函数性质求最值即可.
15．【答案】（1）解：因为，所以，即，
又因为，所以，解得；
（2）解：向量与的夹角为钝角，则，解得且，
即的取值范围为且.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）由可得，即，再利用向量垂直的坐标表示列式求解即可；
（2）由题意可得且不共线，列式求解实数的范围即可.
（1）因为，所以，
所以，
所以，
因为，
所以，解得；
（2）根据题意，向量与的夹角为钝角，则有.
解得：且，
即的取值范围为且.
16．【答案】（1）解：由图易知，，即，，
由图象过点，则，
因为，所以，所以；
令，解得，
则函数对称中心为；
（2）解：因为，所以，
当时，即，；
当时，即，，
则函数的值琙为；
（3）解：先将的图像纵坐标缩短到原来的，可得的图像，
再向左平移个单位，得到的图像，即，
令，解得，
可得的减区间为，
结合，可得在上的单调递减区间为.
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）由图，结合三角函数的性质求得，再结合三角函数的性质求解即可；
（2）由，可得，根据三角函数的性质，求得函数的最值即可得函数的值域；
（3）根据三角函数的图象变换，求得，求得函数的单调递减区间，结合求解即可.
（1）解：根据函数的部分图像，
可得，所以，
再根据五点法作图，可得，
又因为，可得，所以，
令，解得，
故函数对称中心为.
（2）解：因为，可得，
当时，即，；
当时，即，，
所以函数的值琙为.
（3）解：先将的图像纵坐标缩短到原来的，可得的图像，
再向左平移个单位，得到的图像，
即.
令，解得，
可得的减区间为，
结合，可得在上的单调递减区间为.
17．【答案】（1）解：，由余弦定理可得，
即，即
因为，所以；
（2）解：由，得，则由平行四边形法则可得，，
则，即①，
又，即②，
由①②可得，则.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理求角B即可；
（2）由向量的运算得出，结合余弦定理以及三角形面积公式求解即可.
（1）因为，所以.
即，即
又，所以.
（2）由，得，则由平行四边形法则可得，
则，即①
又，即②
由①②可得.
则.
18．【答案】（1）证明：连接，因为是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以.
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以
（2）解：在上取点Q，使得，设，连接，，
因为∥，所以，
在中，，所以∥，
所以或其补角为异面直线BD与PC所成的角，因为，所以，
又，
，
在中，由余弦定理得，
所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为.
（3）解：假设线段上存在点，使得∥平面，
因为∥平面，平面，平面平面，
所以∥，又，所以.
所以线段PD上存在点N，使得PB∥平面MNC，且PN．
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】 (1) 连接，可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明；
(2) 在上取点Q，使得，设，分析可知或其补角为异面直线BD与PC所成的角，利用余弦定理运算求解.
19．【答案】（1）解：因为，，，
所以，，，
又因为，所以，解得，
则；
（2）证明：因为，，所以，，
当时，的充要条件是；
当时，若，则，即，则，
又因为不恒为，所以，即，所以是的必要条件；
若，则，则，
即，所以是的充分条件；
综上所述，的充要条件是；
（3）解：，分别为，正方向上的单位向量，且夹角成，则，
所以，
所以
设，则，且，
所以当时，，
即.
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）由题意，根据向量的线性运算求解即可；
（2）根据向量共线定理证明即可；
（3）根据向量数量积的运算律结合三角函数与二次函数性质求最值即可.
（1）由已知，，，
即，，，
又，
即，
解得，
所以；
（2）由，，
则，，
当时，的充要条件是；
当时，
若时，，即，
则，
又不恒为，
所以，即，
所以是的必要条件；
若时，，
则，
即，
所以是的充分条件；
综上所述，的充要条件是；
（3），分别为，正方向上的单位向量，且夹角成，
则，
所以，
所以
设，则，且，
所以当时，，
即.
1 / 1江西省上饶市2023-2024学年高一下学期期末教学质量检测数学试卷
一、单选题：本题共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·上饶期末）已知复数满足，其中为虚数单位，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：复数满足，则.
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算化简求复数z即可.
2．（2024高一下·上饶期末）是边长为1的正三角形，那么的斜二测平面直观图的面积（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【【解答】解：易知的面积为，
则的面积为.
故答案为：A.
【分析】先求的面积，再根据原图和直观图面积之间的关系求解即可.
3．（2024高一下·上饶期末）已知向量，若，则（ ）
A．2 B．-2 C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为向量，且，所以，即.
故答案为：A.
【分析】根据向量共线的坐标表示列式求解即可.
4．（2024高一下·上饶期末）已知是空间中两条不同的直线，为空间中两个互相垂直的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】C
【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
【解析】【解答】解：A、若，则或，故A错误；
B、若，则或相交或异面，故B错误；
C、由，可得或，又由，所以，故C正确；
D、由面面垂直的性质，可知只有时，才有，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据空间线面位置关系的判定定理、性质定理，逐项判断即可.
5．（2024高一下·上饶期末）向量与非零向量的夹角为，则在上的投影数量为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量与非零向量的夹角为 ，
所以在上的投影数量为.
故答案为：A.
【分析】利用投影数量的定义计算即可.
6．（2024高一下·上饶期末）已知为的重心，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：记的中点为，如图所示：
因为为的重心，
所以，
故答案为：B.
【分析】根据重心的性质以及向量的线性运算求解即可.
7．（2024高一下·上饶期末）根据下列情况，判断三角形解的情况，其中正确的是（ ）
A．，，，有两解 B．，，，有一解
C．，，，有一解 D．，，，无解
【答案】C
【知识点】解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、由正弦定理，可得，
因为，所以，即只有一解，故A错误；
B、由正弦定理，可得，
且，则，有两解，故B错误；
C、由正弦定理，可得，
因为，所以角B只有一解，故C正确；
D、因为，，，所以，有解，故D正确.
故答案为：C.
【分析】利用正弦定理和余弦定理逐项判断即可.
8．（2024高一下·上饶期末）若函数的对称轴方程为，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，
因为函数的对称轴为，所以相邻两条对称轴间距离为，
即函数的最小正周期为，
令，，
令，，
则，即，，，
则，，，
又因为，所以，为偶数，
则，
即.
故答案为：D.
【分析】根据三角恒等变换可化简函数解析式，可得，代入求解即可.
二、多选题（本题共3小硕，每小题6分，共18分.在每小 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·上饶期末）若复数是方程的两根，则（ ）
A．虚部不同
B．在复平面内所对应的点关于实轴对称
C．
D．在复平面内所对应的点位于第三象限
【答案】A,B,C
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：方程的两根为，
A、的虚部分别为，则的虚部不同，故A正确；
B、在复平面内所对应的点分别为，关于实轴对称，故B正确；
C、，故C正确；
D、，在复平面内对应的点为，
位于第一象限，故D错误.
故答案为：ABC．
【分析】先求方程得两复数根，再根据复数的概念、复数的几何意义、复数的模长公式以及复数的除法运算逐项判断即可.
10．（2024高一下·上饶期末）关于函数，下列结论正确的是（ ）
A．是的一个对称中心
B．函数在上单调递增
C．函数图像可由函数的图像向右平移个单位得到
D．若方程在区间上有两个不相等的实根，则
【答案】B,C
【知识点】正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：A、，令，，解得，，
则其对称中心为，即不是其对称中心，故A错误；
B、令，，解得，，即函数的单调递增区间为，，又，，故B正确；
C、函数的图象向右平移可得，故C正确；
D、，即，
设，则，即函数与函数在上有两个交点，作出函数图象，如图所示：
则，解得，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据三角函数图象性质逐项分析判断即可.
11．（2024高一下·上饶期末）如图，若正方体的棱长为2，线段上有两个动点.则下列结论正确的是（ ）
A．直线与平面的夹角的余弦值为
B．当与重合时，异面直线与所成角为
C．平面平面
D．平面
【答案】A,C,D
【知识点】异面直线及其所成的角；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】解：A、因为平面，所以直线与平面所成的角就是，且，因为正方体的棱长为2，所以，
则，故A正确；
B、当与重合时，由于，则为的中点，连接，如图所示：
在正方体中，
易由且可得：四边形是平行四边形，所以，
所以异面直线与所成角就是或其补角，
由于平面，平面，所以，
则又因为
所以，因为，
所以，故B错误；
C、在正方体中，易知，且
则四边形是平行四边形，，
又因为平面，平面，
所以平面，同理可证明平面，
又因为，平面，所以平面平面，
而平面与平面共面，即平面平面，故C正确；
D、由于平面，平面，所以，
又因为，，平面，
所以平面，又因为平面，所以，
同理可证明：，又因为，平面，
所以平面，而平面与平面共面，则平面，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用正方体的性质，结合中位线，勾股定理，可计算和证明逐项判断即可.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2024高一下·上饶期末）若，则 .
【答案】
【知识点】同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：，
.
故答案为：.
【分析】根据同角三角函数关系式，结合齐次式求解即可.
13．（2024高一下·上饶期末）设与是两个不共线向量，，，.若A，B，D三点共线，则的值为 ．
【答案】
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，又因为三点共线，
所以必存在一个实数λ，使得，
即，所以，
则 解得.
故答案为：.
【分析】根据三点共线，问题转化为向量，计算向量后，再根据向量相等列式求解即可.
14．（2024高一下·上饶期末）中，，延长线段至，使得，则的最大值为 .
【答案】18
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：设，
在中，由正弦定理，可得，
则；
在中，，，
由正弦定理，可得，解得，
则，
因为，所以，，
设，则，
且当时，取得最大值，最大值为.
故答案为：.
【分析】分别在与中，利用正弦定理表示，再利用二倍角公式化简，结合二次函数性质求最值即可.
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·上饶期末）已知
（1）若，求实数的值.
（2）已知向量的夹角为钝角，求实数的范围.
【答案】（1）解：因为，所以，即，
又因为，所以，解得；
（2）解：向量与的夹角为钝角，则，解得且，
即的取值范围为且.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）由可得，即，再利用向量垂直的坐标表示列式求解即可；
（2）由题意可得且不共线，列式求解实数的范围即可.
（1）因为，所以，
所以，
所以，
因为，
所以，解得；
（2）根据题意，向量与的夹角为钝角，则有.
解得：且，
即的取值范围为且.
16．（2024高一下·上饶期末）已知函数的部分图像如图所示.
（1）求函数的解析式及对称中心；
（2）求函数在上的值域.
（3）先将的图像纵坐标缩短到原来的倍，再向左平移个单位后得到的图像，求函数在上的单调减区间.
【答案】（1）解：由图易知，，即，，
由图象过点，则，
因为，所以，所以；
令，解得，
则函数对称中心为；
（2）解：因为，所以，
当时，即，；
当时，即，，
则函数的值琙为；
（3）解：先将的图像纵坐标缩短到原来的，可得的图像，
再向左平移个单位，得到的图像，即，
令，解得，
可得的减区间为，
结合，可得在上的单调递减区间为.
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）由图，结合三角函数的性质求得，再结合三角函数的性质求解即可；
（2）由，可得，根据三角函数的性质，求得函数的最值即可得函数的值域；
（3）根据三角函数的图象变换，求得，求得函数的单调递减区间，结合求解即可.
（1）解：根据函数的部分图像，
可得，所以，
再根据五点法作图，可得，
又因为，可得，所以，
令，解得，
故函数对称中心为.
（2）解：因为，可得，
当时，即，；
当时，即，，
所以函数的值琙为.
（3）解：先将的图像纵坐标缩短到原来的，可得的图像，
再向左平移个单位，得到的图像，
即.
令，解得，
可得的减区间为，
结合，可得在上的单调递减区间为.
17．（2024高一下·上饶期末）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）求角B；
（2）若D为AC的中点，且，b＝3，求的面积．
【答案】（1）解：，由余弦定理可得，
即，即
因为，所以；
（2）解：由，得，则由平行四边形法则可得，，
则，即①，
又，即②，
由①②可得，则.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理求角B即可；
（2）由向量的运算得出，结合余弦定理以及三角形面积公式求解即可.
（1）因为，所以.
即，即
又，所以.
（2）由，得，则由平行四边形法则可得，
则，即①
又，即②
由①②可得.
则.
18．（2024高一下·上饶期末）如图1，四边形ABCD为菱形，是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，将沿AB边折起，使，连接PD，如图2，
（1）证明：；
（2）求异面直线BD与PC所成角的余弦值；
（3）在线段PD上是否存在点N，使得∥平面MCN﹖若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明：连接，因为是边长为2的等边三角形，点M为AB的中点，所以.
因为四边形为菱形，，所以为等边三角形，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以
（2）解：在上取点Q，使得，设，连接，，
因为∥，所以，
在中，，所以∥，
所以或其补角为异面直线BD与PC所成的角，因为，所以，
又，
，
在中，由余弦定理得，
所以异面直线BD与PC所成角的余弦值为.
（3）解：假设线段上存在点，使得∥平面，
因为∥平面，平面，平面平面，
所以∥，又，所以.
所以线段PD上存在点N，使得PB∥平面MNC，且PN．
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】 (1) 连接，可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明；
(2) 在上取点Q，使得，设，分析可知或其补角为异面直线BD与PC所成的角，利用余弦定理运算求解.
19．（2024高一下·上饶期末）我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“创新坐标系”.如图所示，，分别为，正方向上的单位向量.若向量，则称有序实数对为向量的“创新坐标”，可记作.
（1）已知，，，设，求的值.
（2）已知，，求证：的充要条件是.
（3）若向量，的“创新坐标”分别为，，已知，求函数的最小值.
【答案】（1）解：因为，，，
所以，，，
又因为，所以，解得，
则；
（2）证明：因为，，所以，，
当时，的充要条件是；
当时，若，则，即，则，
又因为不恒为，所以，即，所以是的必要条件；
若，则，则，
即，所以是的充分条件；
综上所述，的充要条件是；
（3）解：，分别为，正方向上的单位向量，且夹角成，则，
所以，
所以
设，则，且，
所以当时，，
即.
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）由题意，根据向量的线性运算求解即可；
（2）根据向量共线定理证明即可；
（3）根据向量数量积的运算律结合三角函数与二次函数性质求最值即可.
（1）由已知，，，
即，，，
又，
即，
解得，
所以；
（2）由，，
则，，
当时，的充要条件是；
当时，
若时，，即，
则，
又不恒为，
所以，即，
所以是的必要条件；
若时，，
则，
即，
所以是的充分条件；
综上所述，的充要条件是；
（3），分别为，正方向上的单位向量，且夹角成，
则，
所以，
所以
设，则，且，
所以当时，，
即.
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