湖北省咸宁市崇阳县第二高级中学2023-2024学年高一下学期5月考试数学试题
1．（2024高一下·崇阳月考）已知复数，则的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】由题意可得：，
所以的共轭复数为 .
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算可得，再结合共轭复数的概念分析求解.
2．（2024高一下·崇阳月考）如图，设点 在河的两岸，一测量者在 的同侧所在的河岸边选定一点 ．测出 两点间的距离为 ． ，则 两点间的距离为（ ）m．
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】在 中， ，
则
由正弦定理得 ，
所以 m.
故答案为：C.
【分析】先根据三角形内角和求 ，再根据正弦定理 求解.
3．（2024高一下·崇阳月考）已知一个圆柱的轴截面是面积为36的正方形，则这个圆柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】设圆柱的底面半径为，母线长为，
由题意可得，解得，
所以这个圆柱的表面积为.
故答案为：D.
【分析】根据题意分析可知，结合可求圆柱的表面积.
4．（2024高一下·崇阳月考）已知正方体 中， ， 分别是它们所在线段的中点，则满足 平面 的图形个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】B
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】②中， ，而 平面 ， 平面 ，故 平面 ；
①中，平移 至 ，知 与面 只有一个交点 ，则 与面 不平行；
③中，同样平移 至 ，知 与面 只有一个交点 ，则 与面 不平行；
故答案为：B．
【分析】平移直线，判断平移后的直线，若在面 上则 平面 ，还是与面交于一点，则与面不平行及可知正确选项。
5．（2024高一下·崇阳月考）设A、B、C、D是球面上的四点，AB、AC、AD两两互相垂直，且，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】以AB、AC、AD 为棱构建长方体，如图所示，
可知长方体的外接球即为所求的球，则球的半径，
所以 球的表面积为.
故答案为：A.
【分析】以AB、AC、AD 为棱构建长方体，结合长方体的性质求其外接球的半径和表面积.
6．（2024高一下·崇阳月考）边长为2的正方形ABCD中，，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】如图所示，以A为原点建立平面直角坐标系，
因为，则，，，，
可得，，所以.
故答案为：C．
【分析】建系标点，结合向量的坐标运算求解.
7．（2024高一下·崇阳月考）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则该三角形一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】因为，则，
由正弦定理可得：，整理可得：，
因为，且，可得，且，
则或，解得或，
又因为，即，可得，
则，即，所以该三角形是直角三角形.
故答案为：A.
【分析】根据题意利用正弦定理结合倍角公式可得，进而可知或，再结合题意可知，进而可得结果.
8．（2024高一下·崇阳月考）《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，现提供一中计算“牟合方盖”体积的方法，显然，正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球.因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，平面截内切球得到上述正方形的内切圆，结合祖暅原理，利两个同高的立方体如在等高处的截面面积相等，则体积相等.若正方体棱长为3，则“牟合方盖”体积为（ ）
A．6 B．12 C．18 D．24
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】因为正方体的棱长，可知其内切球的半径，
所以正方体的内切球的体积，
又因为截面正方形与其内切圆的面积之比为，
设牟合方盖的体积为，由题意可知：，
所以牟合方盖的体积．
故答案为：C.
【分析】根据正方体的性质可得内切球的体积，再根据题意结合 祖暅原理分析求解.
9．（2024高一下·崇阳月考）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则m与n相交或异面
B．
C．
D．若，，，则m与n平行或相交或异面
【答案】A,B,D
【知识点】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；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于A：若，，可知m与n相交或异面，故A正确；
对于B：若，，则，又因为，α，β是两个不同的平面，所以，故B正确；
对于C：若相交，条件也可以满足，故C错误；
对于D：若，，，可知m与n平行或相交或异面，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】对于AB：根据线面垂直的性质分析判断；对于C：根据面面平行的判定定理分析判断；对于D：根据面面平行的性质分析判断.
10．（2024高一下·崇阳月考）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A．若A＞B，则
B．若，则有两解
C．若，则为锐角三角形
D．若，则为等腰三角形或直角三角形
【答案】A,C,D
【知识点】三角函数的化简求值；余弦函数的性质；正弦定理
【解析】【解答】对于A：因为，且函数在上单调递减，
所以，故A正确；
对于B：由正弦定理可得，
所以无解，故B错误；
对于C：因为，可知为负值的个数为偶数，
即钝角的个数为偶数，结合三角形可知钝角的个数为0，
即A，B，C均为锐角，所以为锐角三角形，故C正确；
对于D：因为，
由正弦定理可得，
且，
即，则，
由正弦定理可得，即，
可得b＝a或，所以三角形为等腰三角形或直角三角形，故D正确；
故答案为：ACD．
【分析】对于A：根据余弦函数的单调性分析判断；对于B：利用正弦定理分析求解即可；对于C：分析可知为负值的个数为偶数，结合三角形可得A，B，C均为锐角，即可得结果；对于D：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，分析求解即可.
11．（2024高一下·崇阳月考）如图，正方体的棱长为1，E，F，G，H分别是所在棱上的动点，且满足，则以下四个结论正确的是（ ）
A．E，F，G，H四点一定共面
B．若四边形EFGH为矩形，则GH=CF
C．若四边形EFGH为菱形，则E，F一定为所在棱的中点
D．若四边形EFGH为菱形，则四边形周长的取值范围
为
【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；平面的基本性质及推论
【解析】【解答】对于A：连接交于点，为正方体的中心，
由棱长为，且，可得，
可知交于点，交于点，即交于点，
所以四点一定共面，故A正确；
对于B：若四边形为矩形，可知或，故B错误；
对于C：若四边形为菱形，则，
可知必有一定为所在棱的中点或一定为所在棱的中点，故C错误；
对于D：若四边形为菱形，
当都为各边中点时，四边形周长最小为；
当为所在棱的中点，且分别和重合时，菱形周长最大，
此时边长为，即周长为，
所以四边形的取值范围为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】对于A：连接交于点，可得，分析可知交于点，即可得结果；对于B：根据题意可知或，即可得结果；对于C：分析可知，即可得结果；对于D：取临界点，运算求解即可.
12．（2024高一下·崇阳月考）在中，，，，将绕边AB旋转一周，所得到几何体的体积为 .
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】因为，，，
可知所得旋转体是底面是以BC为半径的圆，高为AB的圆锥，
所以旋转体的体积为.
故答案为：．
【分析】根据题意可知：所得旋转体是底面是以BC为半径的圆，高为AB的圆锥，结合圆锥的体积公式分析求解.
13．（2024高一下·崇阳月考）在三棱柱中，已知平面ABC，，，，则该三棱柱外接球的表面积为 .
【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】由题意可知：的外接圆半径，
则 外接球的 半径，
所以该三棱柱外接球的表面积为.
故答案为：.
【分析】利用正弦定理求的外接圆半径，结合直三棱柱的外接球的性质分析求解即可.
14．（2024高一下·崇阳月考）如图，在正方体中，E为的中点，F为正方体棱的中点，则满足条件直线平面的点F的个数是 .
【答案】5
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】分别取的中点，连接，
则，
在正方体中，则，，
可知四边形是平行四边形，则，可得，
且平面，平面，所以平面，
同理平面，
又因为，平面，可得平面平面，
可知平面内的任意一条直线都与平面平行，
则满足条件直线平面的点可以是的任何一个，
所以满足题意的点F的个数是个.
故答案为：.
【分析】根据题意利用正方体的性质结合面面平行的判定定理可证：平面平面，进而可得结果.
15．（2024高一下·崇阳月考）在平面内给定三个向量，，，.
（1）求满足的实数的值；
（2）若向量满足，求向量的坐标.
【答案】（1）解：因为且，
所以，
则，解得，
所以
（2）解：因为，，，，
所以，
又，则，解得，
所以.
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量坐标表示的应用
【解析】【分析】 (1) 根据向量的线性运算可得，列式求解即可；
(2) 根据向量的线性运算可得，结合向量共线的坐标表示运算求解.
16．（2024高一下·崇阳月考）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且．
（1）求；
（2）若的面积为，求的周长．
【答案】（1）解：因为，所以，
因为，所以
（2）解：因为，所以，
因为的面积为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
故的周长为．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 由正弦定理可得，利用余弦定理运算求解即可；
(2) 根据题意利用面积公式可得，，进而可得，即可得结果.
17．（2024高一下·崇阳月考）已知三棱柱中，平面，，，为中点．
（1）证明：直线平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
【答案】（1）证明：连接，交于点，连接，
几何体为三棱柱，四边形为平行四边形，为中点，
又为中点，，
平面，平面，平面.
（2）解：由（1）知：，
则异面直线与所成角即为直线与所成角，即，
，，为等边三角形，
又为中点，，，
平面，平面，，，
同理可得：，
，
即异面直线与所成角的余弦值为.
【知识点】异面直线；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据证明线面平行，转化为线线平行，即证明平面，则在平面内找一条直线与直线平行，然后利用中位线定理进行证明即可；
（2）异面直线所成的角，通过找平行直线，转移到同一平面内运用余弦定理求解，则由（1）的证明过程知道，所以 则异面直线与所成角即为直线与所成角，即，然后运用余弦定理进行求解即可.
18．（2024高一下·崇阳月考）如图，某公司制造一种海上用的“浮球”，它是由两个半球和一个圆柱筒组成，其中圆柱筒的高为2米，球的半径为0.5米.
（1）求“浮球”的体积（结果精确到0.1立方米）；
（2）假设该“浮球”的建造费用仅与其表面积有关，已知圆锥形部分每平方米建造费用为20元，半球形部分每平方米建造费用为30元，求该“浮球”的建造费用（结果精确到1元）.
【答案】（1）解：球的半径为0.5米，
两个半球的体积之和为，
圆柱的高为2米，
，
该“浮球”的体积是：
（2）解：圆柱筒的表面积为；两个半球的表面积为，
圆柱形部分每平方米建造费用为20元，半球形部分每平方米建造费用为30元，
该“浮球”的建造费用为元．
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；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
【解析】【分析】 (1) 根据题意结合圆柱和球的体积公式运算求解；
(2) 根据题意结合圆柱和球的表面积公式运算求解.
19．（2024高一下·崇阳月考）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.
1 / 1湖北省咸宁市崇阳县第二高级中学2023-2024学年高一下学期5月考试数学试题
1．（2024高一下·崇阳月考）已知复数，则的共轭复数为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·崇阳月考）如图，设点 在河的两岸，一测量者在 的同侧所在的河岸边选定一点 ．测出 两点间的距离为 ． ，则 两点间的距离为（ ）m．
A． B． C． D．
3．（2024高一下·崇阳月考）已知一个圆柱的轴截面是面积为36的正方形，则这个圆柱的表面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·崇阳月考）已知正方体 中， ， 分别是它们所在线段的中点，则满足 平面 的图形个数为（ ）
A．0 B．1 C．2 D．3
5．（2024高一下·崇阳月考）设A、B、C、D是球面上的四点，AB、AC、AD两两互相垂直，且，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·崇阳月考）边长为2的正方形ABCD中，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·崇阳月考）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则该三角形一定是（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等腰直角三角形 D．等边三角形
8．（2024高一下·崇阳月考）《九章算术》中，称一个正方体内两个互相垂直的内切圆柱所围成的几何体为“牟合方盖”，现提供一中计算“牟合方盖”体积的方法，显然，正方体的内切球也是“牟合方盖”的内切球.因此，用任意平行于水平面的平面去截“牟合方盖”，截面均为正方形，平面截内切球得到上述正方形的内切圆，结合祖暅原理，利两个同高的立方体如在等高处的截面面积相等，则体积相等.若正方体棱长为3，则“牟合方盖”体积为（ ）
A．6 B．12 C．18 D．24
9．（2024高一下·崇阳月考）已知m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则m与n相交或异面
B．
C．
D．若，，，则m与n平行或相交或异面
10．（2024高一下·崇阳月考）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A．若A＞B，则
B．若，则有两解
C．若，则为锐角三角形
D．若，则为等腰三角形或直角三角形
11．（2024高一下·崇阳月考）如图，正方体的棱长为1，E，F，G，H分别是所在棱上的动点，且满足，则以下四个结论正确的是（ ）
A．E，F，G，H四点一定共面
B．若四边形EFGH为矩形，则GH=CF
C．若四边形EFGH为菱形，则E，F一定为所在棱的中点
D．若四边形EFGH为菱形，则四边形周长的取值范围
为
12．（2024高一下·崇阳月考）在中，，，，将绕边AB旋转一周，所得到几何体的体积为 .
13．（2024高一下·崇阳月考）在三棱柱中，已知平面ABC，，，，则该三棱柱外接球的表面积为 .
14．（2024高一下·崇阳月考）如图，在正方体中，E为的中点，F为正方体棱的中点，则满足条件直线平面的点F的个数是 .
15．（2024高一下·崇阳月考）在平面内给定三个向量，，，.
（1）求满足的实数的值；
（2）若向量满足，求向量的坐标.
16．（2024高一下·崇阳月考）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且．
（1）求；
（2）若的面积为，求的周长．
17．（2024高一下·崇阳月考）已知三棱柱中，平面，，，为中点．
（1）证明：直线平面；
（2）求异面直线与所成角的余弦值．
18．（2024高一下·崇阳月考）如图，某公司制造一种海上用的“浮球”，它是由两个半球和一个圆柱筒组成，其中圆柱筒的高为2米，球的半径为0.5米.
（1）求“浮球”的体积（结果精确到0.1立方米）；
（2）假设该“浮球”的建造费用仅与其表面积有关，已知圆锥形部分每平方米建造费用为20元，半球形部分每平方米建造费用为30元，求该“浮球”的建造费用（结果精确到1元）.
19．（2024高一下·崇阳月考）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.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】由题意可得：，
所以的共轭复数为 .
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算可得，再结合共轭复数的概念分析求解.
2．【答案】C
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】在 中， ，
则
由正弦定理得 ，
所以 m.
故答案为：C.
【分析】先根据三角形内角和求 ，再根据正弦定理 求解.
3．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】设圆柱的底面半径为，母线长为，
由题意可得，解得，
所以这个圆柱的表面积为.
故答案为：D.
【分析】根据题意分析可知，结合可求圆柱的表面积.
4．【答案】B
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】②中， ，而 平面 ， 平面 ，故 平面 ；
①中，平移 至 ，知 与面 只有一个交点 ，则 与面 不平行；
③中，同样平移 至 ，知 与面 只有一个交点 ，则 与面 不平行；
故答案为：B．
【分析】平移直线，判断平移后的直线，若在面 上则 平面 ，还是与面交于一点，则与面不平行及可知正确选项。
5．【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】以AB、AC、AD 为棱构建长方体，如图所示，
可知长方体的外接球即为所求的球，则球的半径，
所以 球的表面积为.
故答案为：A.
【分析】以AB、AC、AD 为棱构建长方体，结合长方体的性质求其外接球的半径和表面积.
6．【答案】D
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】如图所示，以A为原点建立平面直角坐标系，
因为，则，，，，
可得，，所以.
故答案为：C．
【分析】建系标点，结合向量的坐标运算求解.
7．【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】因为，则，
由正弦定理可得：，整理可得：，
因为，且，可得，且，
则或，解得或，
又因为，即，可得，
则，即，所以该三角形是直角三角形.
故答案为：A.
【分析】根据题意利用正弦定理结合倍角公式可得，进而可知或，再结合题意可知，进而可得结果.
8．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】因为正方体的棱长，可知其内切球的半径，
所以正方体的内切球的体积，
又因为截面正方形与其内切圆的面积之比为，
设牟合方盖的体积为，由题意可知：，
所以牟合方盖的体积．
故答案为：C.
【分析】根据正方体的性质可得内切球的体积，再根据题意结合 祖暅原理分析求解.
9．【答案】A,B,D
【知识点】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；平面与平面平行的性质；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于A：若，，可知m与n相交或异面，故A正确；
对于B：若，，则，又因为，α，β是两个不同的平面，所以，故B正确；
对于C：若相交，条件也可以满足，故C错误；
对于D：若，，，可知m与n平行或相交或异面，故D正确．
故答案为：ABD.
【分析】对于AB：根据线面垂直的性质分析判断；对于C：根据面面平行的判定定理分析判断；对于D：根据面面平行的性质分析判断.
10．【答案】A,C,D
【知识点】三角函数的化简求值；余弦函数的性质；正弦定理
【解析】【解答】对于A：因为，且函数在上单调递减，
所以，故A正确；
对于B：由正弦定理可得，
所以无解，故B错误；
对于C：因为，可知为负值的个数为偶数，
即钝角的个数为偶数，结合三角形可知钝角的个数为0，
即A，B，C均为锐角，所以为锐角三角形，故C正确；
对于D：因为，
由正弦定理可得，
且，
即，则，
由正弦定理可得，即，
可得b＝a或，所以三角形为等腰三角形或直角三角形，故D正确；
故答案为：ACD．
【分析】对于A：根据余弦函数的单调性分析判断；对于B：利用正弦定理分析求解即可；对于C：分析可知为负值的个数为偶数，结合三角形可得A，B，C均为锐角，即可得结果；对于D：利用正弦定理结合三角恒等变换可得，分析求解即可.
11．【答案】A,D
【知识点】棱柱的结构特征；平面的基本性质及推论
【解析】【解答】对于A：连接交于点，为正方体的中心，
由棱长为，且，可得，
可知交于点，交于点，即交于点，
所以四点一定共面，故A正确；
对于B：若四边形为矩形，可知或，故B错误；
对于C：若四边形为菱形，则，
可知必有一定为所在棱的中点或一定为所在棱的中点，故C错误；
对于D：若四边形为菱形，
当都为各边中点时，四边形周长最小为；
当为所在棱的中点，且分别和重合时，菱形周长最大，
此时边长为，即周长为，
所以四边形的取值范围为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】对于A：连接交于点，可得，分析可知交于点，即可得结果；对于B：根据题意可知或，即可得结果；对于C：分析可知，即可得结果；对于D：取临界点，运算求解即可.
12．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】因为，，，
可知所得旋转体是底面是以BC为半径的圆，高为AB的圆锥，
所以旋转体的体积为.
故答案为：．
【分析】根据题意可知：所得旋转体是底面是以BC为半径的圆，高为AB的圆锥，结合圆锥的体积公式分析求解.
13．【答案】
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】由题意可知：的外接圆半径，
则 外接球的 半径，
所以该三棱柱外接球的表面积为.
故答案为：.
【分析】利用正弦定理求的外接圆半径，结合直三棱柱的外接球的性质分析求解即可.
14．【答案】5
【知识点】平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】分别取的中点，连接，
则，
在正方体中，则，，
可知四边形是平行四边形，则，可得，
且平面，平面，所以平面，
同理平面，
又因为，平面，可得平面平面，
可知平面内的任意一条直线都与平面平行，
则满足条件直线平面的点可以是的任何一个，
所以满足题意的点F的个数是个.
故答案为：.
【分析】根据题意利用正方体的性质结合面面平行的判定定理可证：平面平面，进而可得结果.
15．【答案】（1）解：因为且，
所以，
则，解得，
所以
（2）解：因为，，，，
所以，
又，则，解得，
所以.
【知识点】平面向量的坐标运算；平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量坐标表示的应用
【解析】【分析】 (1) 根据向量的线性运算可得，列式求解即可；
(2) 根据向量的线性运算可得，结合向量共线的坐标表示运算求解.
16．【答案】（1）解：因为，所以，
因为，所以
（2）解：因为，所以，
因为的面积为，所以，
因为，所以，
因为，所以，
故的周长为．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 由正弦定理可得，利用余弦定理运算求解即可；
(2) 根据题意利用面积公式可得，，进而可得，即可得结果.
17．【答案】（1）证明：连接，交于点，连接，
几何体为三棱柱，四边形为平行四边形，为中点，
又为中点，，
平面，平面，平面.
（2）解：由（1）知：，
则异面直线与所成角即为直线与所成角，即，
，，为等边三角形，
又为中点，，，
平面，平面，，，
同理可得：，
，
即异面直线与所成角的余弦值为.
【知识点】异面直线；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）根据证明线面平行，转化为线线平行，即证明平面，则在平面内找一条直线与直线平行，然后利用中位线定理进行证明即可；
（2）异面直线所成的角，通过找平行直线，转移到同一平面内运用余弦定理求解，则由（1）的证明过程知道，所以 则异面直线与所成角即为直线与所成角，即，然后运用余弦定理进行求解即可.
18．【答案】（1）解：球的半径为0.5米，
两个半球的体积之和为，
圆柱的高为2米，
，
该“浮球”的体积是：
（2）解：圆柱筒的表面积为；两个半球的表面积为，
圆柱形部分每平方米建造费用为20元，半球形部分每平方米建造费用为30元，
该“浮球”的建造费用为元．
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；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
【解析】【分析】 (1) 根据题意结合圆柱和球的体积公式运算求解；
(2) 根据题意结合圆柱和球的表面积公式运算求解.
19．【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.
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