广东省珠海市第二中学2023-2024学年高一下学期第二阶段考试数学试题
1．（2024高一下·珠海期中）已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由，
则，得.
故答案为：B.
【分析】利用复数的四则运算法则计算，即可复数z.
2．（2024高一下·珠海期中）如图是水平放置的的直观图，是中边的中点，三条线段对应原图形中的线段，那么（ ）
A．最短的是 B．最短的是
C．最短的是 D．无法确定谁最短
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：依题意，轴，轴，是的中点，
由斜二测画法规则知，在原图形中应有，且为边上的中线，
因此为等腰三角形，为边上的高，
所以相等且最长，最短.
故答案为：C.
【分析】利用斜二测画法结合给定的图形分析，再结合等腰三角形的结构特征，从而找出最短的线段.
3．（2024高一下·珠海期中）将一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为，外弧长为，若该圆台的体积为，则圆台的母线长为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为，外弧长为，
设外弧半径与内弧半径之差为，
所以圆台的上底面半径，下底面半径，母线长为.
设圆台的高为，根据题意可知，该圆台的体积为：，解得，
则.
故答案为：B.
【分析】依题意可得圆台的上底面半径的值，下底面半径的值，母线长为，设圆台的高为，根据圆台的体积公式求出的值，再由勾股定理求出的值，即得出圆台的母线长.
4．（2024高一下·珠海期中）设 ，且 ，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】由 得： ， 即 ，
所以 ，又 ，所以当 时， ，
故答案为：C.
【分析】化切为弦，整理后得到sin（α-β）=cosα，然后验证C满足等式sin（α-β）=cosα，即可得到正确的选项．
5．（2024高一下·珠海期中）下列命题正确的为（ ）
A．已知为三条直线，若异面，异面，则异面
B．已知为三条直线，若，则
C．底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
D．若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于，则三点共线
【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；三点共线；棱锥的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：对于A，因为直线是异面直线，是异面直线，
则可能平行、相交或异面，故A错误；
对于B，因为，则可能平行、相交或异面，故B错误；
对于C，因为底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥的侧棱长不一定相等，
该三棱锥不一定是正三棱锥，如图：
为等腰直角三角形，，为等边三角形，，此时三棱锥不是正三棱锥，故C错误；
对于D，如图，设平面平面，
由，得平面，则，
同理，所以三点共线，故D正确.
故答案为：D.
【分析】举例结合异面直线判断方法、线线平行的判断方法、正三棱锥的结构特征，从而判断出选项A、选项B和选项C；利用平面的基本事实推理，则判断选项D，进而找出真命题的选项.
6．（2024高一下·珠海期中）如图圆中若，则的值等于（ ）
A． B．3 C． D．-3
【答案】C
【知识点】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】解：如图分别作交于，于，
根据垂径定理可得分别为的中点，
所以
.
故答案为：C.
【分析】根据数量积的几何意义，分别作交于，于，从而可得分别为的中点，再由，则根据数量积的定义得出的值.
7．（2024高一下·珠海期中）如图，在四面体中，，，若用一个与，都平行的平面截该四面体，下列说法中错误的（ ）
A．异面直线与所成的角为90°
B．平面截四面体所得截面周长不变
C．平面截四面体所得截面不可能为正方形
D．该四面体的外接球半径为
【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：对于A，如图1，取中点，为等腰三角形且，
那么，同理，，且，平面，
那么平面，
又因为平面，所以，故A正确；
对于B，如图2，设平面与四面体的各棱的交点分别为，，，，
由平面，且平面，两个平面的交线为，
则，同理，，所以截面为平行四边形，
∴，，
又因为，所以，
∴截面的周长为，故B正确；
对于C，当，，，为各棱中点时，截面是边长为的正方形，故C错误；
对于D，如图3，因为四面体的外接球为长、宽、高分别为1，1，2的长方体的外接球，
则外接球的半径，故D正确．
故答案为：C.
【分析】取中点，即可得到平面，则判断出选项A；设平面与四面体的各棱的交点分别为，，，，根据线面平行的性质得到，同理得出，从而得到线段的比例关系，即可判断选项B和选项C；因为四面体的外接球为长、宽、高分别为1，1，2的长方体的外接球，即可判断选项D，进而找出说法错误的选项.
8．（2024高一下·珠海期中）中，，，当取最大值时，的面积为（ ）
A． B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】在，，化简得，
则，当且仅当时等号成立，此时角最大且由得，即，
所以，，
则．
故答案为：B．
【分析】由化简后结合余弦定理得出的关系，从而求出的值，再利用基本不等式求最值的方法得出角的最大值，从而得出此时的值，再根据三角形的面积公式得出当取最大值时的面积．
9．（2024高一下·珠海期中）对于中，有如下判断，其中正确的判断是（ ）.
A．若，，，则符合条件的有两个
B．若，则是锐角三角形
C．若，，则当周长最大时，面积为
D．若点P在所在平面且，，则点P的轨迹经过的外心.
【答案】C,D
【知识点】三角形五心；解三角形；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于A：由正弦定理，可得，
所以不存在，故选项A错误；
对于B：因为，
则由正弦定理可得，所以，
则只能说明C是锐角，另外两个角不一定是锐角，故选项B错误；
对于C：因为，，
所以，由余弦定理，可得，即，
又因为当，时，，当且仅当时等号成立，
所以，即，
则，当且仅当时等号成立，所以周长最大为，
此时面积为，故选项C正确；
对于D：设线段BC的中点为D，连接PD，
由可得，所以.
由，
可得，
所以
，
即，所以点P在线段的垂直平分线上，
则点P的轨迹经过的外心，故选项D正确.
故答案为：CD.
【分析】利用正弦定理解三角形，则可判断选项A；利用正弦定理和余弦定理和三角形形状判断方法，则可判断选项B；利用余弦定理结合基本不等式求最值的方法，从而得出，再利用三角形的面积公式，则可判断选项C；取BC的中点为D，利用平面向量数量积为0证出，则可判断选项D，进而找出正确的判断.
10．（2024高一下·珠海期中）函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（ ）
A．函数的最小正周期是
B．函数的图象关于点成中心对称
C．函数在单调递增
D．函数的图象上所有的点横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移后关于轴对称.
【答案】B,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于A，由对称性得，故，
即，，故A错误；
对于B，函数对称中心为，当时图象关于点对称，故B正确；
对于C，函数在，
即函数在，上单调递增，故C正确；
对于D，因为函数，且，故，
由图象可得，故，不妨设，
则.
故的图象上所有的点横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变）得，
再向右平移后得，不关于轴对称，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据题意结合对称性知，从而可得正弦型函数的最小正周期，进而得出的值，则判断出选项A；根据函数的图象结合函数的周期性判断出函数的图象的对称中心，即可判断出选项B；根据函数的图象结合函数的周期性得出函数单调递增区间，即可判断出选项C；由结合函数零点可得，再根据三角函数图象变化求解变换后的三角函数，则判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
11．（2024高一下·珠海期中）如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（ ）
A．当时，S为四边形
B．当时，S为等腰梯形
C．当时，S与的交点，满足
D．当时，S为四边形
【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；平面与平面平行的判定；相似三角形的判定
【解析】【解答】解：对于A，可作图如下：
平面平面，平面平面，
在正方体中，平面平面，则，
易知，则，
由为的中点，则，即，
由，则，
所以为四边形，故A正确；
对于B，由题意作图如下：
由选项A可知，
由，则，即点与重合，
在正方体中，，，，
所以，则，
由选项A可知，则为等腰梯形，故B正确；
对于C，由题意作图如下：
在正方体中，
易知，则，
由，，，则，即，
易知，则，
即，解得，故C正确；
对于D，由题意作图如下：
在正方体中，易知，则，
由，，则，
由，则，所以位于的延长线上，
则，，即为五边形，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据题意作图，利用正方体的几何性质结合面面平行性质定理可得线线平行，再根据相似三角形得出相似比，从而可得线段的长度，进而判断出截面S的形状，则判断出选项A、选项C和选项D；再根据全等三角形的性质和选项A可知，从而判断出截面S的形状，则判断出选项B，进而找出真命题的选项.
12．（2024高一下·珠海期中）方程在复数范围内的解是 ．
【答案】
【知识点】方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：由，得，
所以，即，
则解集为.
故答案为：.
【分析】利用配方法和复数的运算性质，再结合虚数单位，从而得出方程在复数范围内的解.
13．（2024高一下·珠海期中）已知A，B，C三点都在表面积为100π的球O的表面上，若，，则球心O到平面ABC的距离等于 ．
【答案】3
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；点、线、面间的距离计算；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示，设△ABC的外接圆的圆心为O'，
根据正弦定理可知，
由球O的表面积为100π得，
由球的性质可知，构成直角三角形，
故球心O到平面ABC的距离．
故答案为：3.
【分析】设△ABC的外接圆的圆心为O'，由正弦定理求得球O的半径长，再结合球的性质可得球心O到平面ABC的距离的长，进而得出球心O到平面ABC的距离.
14．（2024高一下·珠海期中）如图，在边长为2的菱形中，，，点Q是内部（包括边界）的一动点，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：如图，过B作，使得，过Q作，垂足为，
设，则，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
则，
所以
，
易知当在上时，取到最大值，
所以，则，
即的取值范围为.
故答案为：.
【分析】如图，设，根据数量积的运算法则、余弦定理和可得，再结合得出的取值范围.
15．（2024高一下·珠海期中）已知向量，
（1）若，求的值；
（2）若，求向量在向量上的投影向量的坐标．
【答案】（1）解：因为向量，，，
所以，即，
则.
（2）解：因为，所以，投影向量.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；同角三角函数基本关系的运用；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）利用向量平行的坐标表示得出的值，再结合同角三角函数基本关系式可得的值.
（2）利用已知条件和数量积求投影向量的公式，可得向量在向量上的投影向量的坐标.
（1）因为向量，，，
所以，即，则.
（2）因为，所以，投影向量.
16．（2024高一下·珠海期中）如图，正方体的棱长是.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：连接、，如下图所示：
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，
平面，，
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，
平面，，
又因为，平面，平面，
平面.
（2）解：设点到平面的距离为，，
，
易知，
则是边长为的正三角形，
所以，，
所以，，解得，
因此，点到平面的距离为
因为，
所以平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用正方形的结构特征证出，，再利用线面垂直的判定定理，即可证出平面.
（2）设点到平面的距离为，再计算出三棱锥的距离和的面积，再利用等体积法可求得点到平面的距离，从而求出直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：连接、，如下图所示：
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，平面，平面，
平面，，
四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，平面，平面，
平面，，
又因为，平面，平面，
平面.
（2）设点到平面的距离为，，
，
易知，则是边长为的正三角形，
所以，，
所以，，解得，
因此，点到平面的距离为
因为，
所以平面所成角的正弦值为.
17．（2024高一下·珠海期中）函数．
（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；
（2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象．当时，求函数的值域．
【答案】（1）解：
，
因为，所以的最小正周期为.
令，，
解得，，
所以函数的单调减区间为，．
（2）解：函数的图象先向左平移个单位得到，
将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到，
当时，，
所以当时，解得，此时函数为增函数；
当时，解得，此时函数为减函数；
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数的最大值为，
又因为，，所以函数的最小值为，
所以的值域为．
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）先利用二倍角的正弦公式和余弦公式以及辅助角公式，则化简函数解析式，再结合正弦型的最小正周期公式和正弦型函数的图象判断单调性的方法，则得出函数的最小正周期及单调递减区间.
（2）根据函数的图象变换求出函数，再结合正弦型函数的单调性得出正弦型函数的值域.
（1）
，
因为，所以的最小正周期为.
令，，解得，，
所以函数的单调减区间为，．
（2）函数的图象先向左平移个单位得到，
将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到，
时，，
所以当时，解得，此时函数为增函数；
当时，解得，此时函数为减函数；
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数的最大值为，又因为，，
所以函数的最小值为，所以的值域为．
18．（2024高一下·珠海期中）如图在中，，，分别是角，，所对的边，是边上的一点.
（1）若，，，，求的面积.
（2）试利用“”证明：“”；
（3）已知，是的角平分线，且，，求的面积.
【答案】（1）解：，，
，
的面积为 .
（2）证明：，，
两边同时乘以得，
即，
，
两边同时除以，得，
.
（3）解：，
根据正弦定理有，即，
，，，即，
，，即，
是的角平分线，，
，
，
即，整理得①，
在中，，
即②，
①②联立解得（舍）或，
，
的面积为.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据，再利用三角形面积公式，从而求出的面积.
（2）由得，两边同时乘以，再利用数量积求向量的模的公式和数量积的定义，从而证出.
（3）根据正弦定理将角化边，从而求出的值，利用和余弦定理求出的值，再根据三角形的面积公式求出的面积.
（1），，
，
的面积为；
（2），，
两边同时乘以得，
即，
，
两边同时除以，得，
；
（3），
根据正弦定理有，即，
，，，即，
，，即，
是的角平分线，，
，
，
即，
整理得①，
在中，，
即②，
①②联立解得（舍）或，
，
的面积为.
19．（2024高一下·珠海期中）如图1，等腰中，，，点，，为线段的四等分点，且.现沿，，折叠成图2所示的几何体，使.
（1）证明：平面；
（2）求几何体的体积.
【答案】（1）证明：由，可知四边形是棱形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
（2）解：连接，，取的中点，连接，，
则，
由图1知，所以，，
又因为，平面，
所以平面，则平面，
又因为，
所以几何体为直三棱柱，平面，
由图1，直角三角形中，，，所以，
所以，
由，知三角形为正三角形，
则，
所以
.
【知识点】直线与平面平行的判定；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）通过证明平面、平面来证出平面平面，由此证出平面.
（2）将所求几何体分割成三棱柱和三棱锥两个部分，根据棱柱和棱锥的体积计算公式，从而计算出相应的体积，再相加求得几何体的体积.
（1）由，可知四边形是棱形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面.
（2）连接，，取的中点，连接，，
则，
由图1知，所以，，
又，平面，所以平面，则平面，
又，所以几何体为直三棱柱，平面，
由图1，直角三角形中，，，所以，
所以，
由，知三角形为正三角形，则，
所以.
1 / 1广东省珠海市第二中学2023-2024学年高一下学期第二阶段考试数学试题
1．（2024高一下·珠海期中）已知复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·珠海期中）如图是水平放置的的直观图，是中边的中点，三条线段对应原图形中的线段，那么（ ）
A．最短的是 B．最短的是
C．最短的是 D．无法确定谁最短
3．（2024高一下·珠海期中）将一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为，外弧长为，若该圆台的体积为，则圆台的母线长为（ ）
A．4 B．3 C．2 D．1
4．（2024高一下·珠海期中）设 ，且 ，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·珠海期中）下列命题正确的为（ ）
A．已知为三条直线，若异面，异面，则异面
B．已知为三条直线，若，则
C．底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
D．若在平面外，它的三条边所在的直线分别交于，则三点共线
6．（2024高一下·珠海期中）如图圆中若，则的值等于（ ）
A． B．3 C． D．-3
7．（2024高一下·珠海期中）如图，在四面体中，，，若用一个与，都平行的平面截该四面体，下列说法中错误的（ ）
A．异面直线与所成的角为90°
B．平面截四面体所得截面周长不变
C．平面截四面体所得截面不可能为正方形
D．该四面体的外接球半径为
8．（2024高一下·珠海期中）中，，，当取最大值时，的面积为（ ）
A． B． C．2 D．
9．（2024高一下·珠海期中）对于中，有如下判断，其中正确的判断是（ ）.
A．若，，，则符合条件的有两个
B．若，则是锐角三角形
C．若，，则当周长最大时，面积为
D．若点P在所在平面且，，则点P的轨迹经过的外心.
10．（2024高一下·珠海期中）函数的部分图象如图中实线所示，图中圆与的图象交于M，N两点，且M在y轴上，则下列说法中正确的是（ ）
A．函数的最小正周期是
B．函数的图象关于点成中心对称
C．函数在单调递增
D．函数的图象上所有的点横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变），再向右平移后关于轴对称.
11．（2024高一下·珠海期中）如图，正方体的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（ ）
A．当时，S为四边形
B．当时，S为等腰梯形
C．当时，S与的交点，满足
D．当时，S为四边形
12．（2024高一下·珠海期中）方程在复数范围内的解是 ．
13．（2024高一下·珠海期中）已知A，B，C三点都在表面积为100π的球O的表面上，若，，则球心O到平面ABC的距离等于 ．
14．（2024高一下·珠海期中）如图，在边长为2的菱形中，，，点Q是内部（包括边界）的一动点，则的取值范围是 .
15．（2024高一下·珠海期中）已知向量，
（1）若，求的值；
（2）若，求向量在向量上的投影向量的坐标．
16．（2024高一下·珠海期中）如图，正方体的棱长是.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
17．（2024高一下·珠海期中）函数．
（1）求函数的最小正周期及单调递减区间；
（2）将函数的图象先向左平移个单位长度，再将所有点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到函数的图象．当时，求函数的值域．
18．（2024高一下·珠海期中）如图在中，，，分别是角，，所对的边，是边上的一点.
（1）若，，，，求的面积.
（2）试利用“”证明：“”；
（3）已知，是的角平分线，且，，求的面积.
19．（2024高一下·珠海期中）如图1，等腰中，，，点，，为线段的四等分点，且.现沿，，折叠成图2所示的几何体，使.
（1）证明：平面；
（2）求几何体的体积.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由，
则，得.
故答案为：B.
【分析】利用复数的四则运算法则计算，即可复数z.
2．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：依题意，轴，轴，是的中点，
由斜二测画法规则知，在原图形中应有，且为边上的中线，
因此为等腰三角形，为边上的高，
所以相等且最长，最短.
故答案为：C.
【分析】利用斜二测画法结合给定的图形分析，再结合等腰三角形的结构特征，从而找出最短的线段.
3．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为一个圆台的侧面展开，得到的扇环的内弧长为，外弧长为，
设外弧半径与内弧半径之差为，
所以圆台的上底面半径，下底面半径，母线长为.
设圆台的高为，根据题意可知，该圆台的体积为：，解得，
则.
故答案为：B.
【分析】依题意可得圆台的上底面半径的值，下底面半径的值，母线长为，设圆台的高为，根据圆台的体积公式求出的值，再由勾股定理求出的值，即得出圆台的母线长.
4．【答案】C
【知识点】同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】由 得： ， 即 ，
所以 ，又 ，所以当 时， ，
故答案为：C.
【分析】化切为弦，整理后得到sin（α-β）=cosα，然后验证C满足等式sin（α-β）=cosα，即可得到正确的选项．
5．【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；三点共线；棱锥的结构特征；空间中直线与直线之间的位置关系
【解析】【解答】解：对于A，因为直线是异面直线，是异面直线，
则可能平行、相交或异面，故A错误；
对于B，因为，则可能平行、相交或异面，故B错误；
对于C，因为底面是等边三角形，三个侧面都是等腰三角形的三棱锥的侧棱长不一定相等，
该三棱锥不一定是正三棱锥，如图：
为等腰直角三角形，，为等边三角形，，此时三棱锥不是正三棱锥，故C错误；
对于D，如图，设平面平面，
由，得平面，则，
同理，所以三点共线，故D正确.
故答案为：D.
【分析】举例结合异面直线判断方法、线线平行的判断方法、正三棱锥的结构特征，从而判断出选项A、选项B和选项C；利用平面的基本事实推理，则判断选项D，进而找出真命题的选项.
6．【答案】C
【知识点】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】解：如图分别作交于，于，
根据垂径定理可得分别为的中点，
所以
.
故答案为：C.
【分析】根据数量积的几何意义，分别作交于，于，从而可得分别为的中点，再由，则根据数量积的定义得出的值.
7．【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：对于A，如图1，取中点，为等腰三角形且，
那么，同理，，且，平面，
那么平面，
又因为平面，所以，故A正确；
对于B，如图2，设平面与四面体的各棱的交点分别为，，，，
由平面，且平面，两个平面的交线为，
则，同理，，所以截面为平行四边形，
∴，，
又因为，所以，
∴截面的周长为，故B正确；
对于C，当，，，为各棱中点时，截面是边长为的正方形，故C错误；
对于D，如图3，因为四面体的外接球为长、宽、高分别为1，1，2的长方体的外接球，
则外接球的半径，故D正确．
故答案为：C.
【分析】取中点，即可得到平面，则判断出选项A；设平面与四面体的各棱的交点分别为，，，，根据线面平行的性质得到，同理得出，从而得到线段的比例关系，即可判断选项B和选项C；因为四面体的外接球为长、宽、高分别为1，1，2的长方体的外接球，即可判断选项D，进而找出说法错误的选项.
8．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】在，，化简得，
则，当且仅当时等号成立，此时角最大且由得，即，
所以，，
则．
故答案为：B．
【分析】由化简后结合余弦定理得出的关系，从而求出的值，再利用基本不等式求最值的方法得出角的最大值，从而得出此时的值，再根据三角形的面积公式得出当取最大值时的面积．
9．【答案】C,D
【知识点】三角形五心；解三角形；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于A：由正弦定理，可得，
所以不存在，故选项A错误；
对于B：因为，
则由正弦定理可得，所以，
则只能说明C是锐角，另外两个角不一定是锐角，故选项B错误；
对于C：因为，，
所以，由余弦定理，可得，即，
又因为当，时，，当且仅当时等号成立，
所以，即，
则，当且仅当时等号成立，所以周长最大为，
此时面积为，故选项C正确；
对于D：设线段BC的中点为D，连接PD，
由可得，所以.
由，
可得，
所以
，
即，所以点P在线段的垂直平分线上，
则点P的轨迹经过的外心，故选项D正确.
故答案为：CD.
【分析】利用正弦定理解三角形，则可判断选项A；利用正弦定理和余弦定理和三角形形状判断方法，则可判断选项B；利用余弦定理结合基本不等式求最值的方法，从而得出，再利用三角形的面积公式，则可判断选项C；取BC的中点为D，利用平面向量数量积为0证出，则可判断选项D，进而找出正确的判断.
10．【答案】B,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：对于A，由对称性得，故，
即，，故A错误；
对于B，函数对称中心为，当时图象关于点对称，故B正确；
对于C，函数在，
即函数在，上单调递增，故C正确；
对于D，因为函数，且，故，
由图象可得，故，不妨设，
则.
故的图象上所有的点横坐标扩大到原来的2倍（纵坐标不变）得，
再向右平移后得，不关于轴对称，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】根据题意结合对称性知，从而可得正弦型函数的最小正周期，进而得出的值，则判断出选项A；根据函数的图象结合函数的周期性判断出函数的图象的对称中心，即可判断出选项B；根据函数的图象结合函数的周期性得出函数单调递增区间，即可判断出选项C；由结合函数零点可得，再根据三角函数图象变化求解变换后的三角函数，则判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；平面与平面平行的判定；相似三角形的判定
【解析】【解答】解：对于A，可作图如下：
平面平面，平面平面，
在正方体中，平面平面，则，
易知，则，
由为的中点，则，即，
由，则，
所以为四边形，故A正确；
对于B，由题意作图如下：
由选项A可知，
由，则，即点与重合，
在正方体中，，，，
所以，则，
由选项A可知，则为等腰梯形，故B正确；
对于C，由题意作图如下：
在正方体中，
易知，则，
由，，，则，即，
易知，则，
即，解得，故C正确；
对于D，由题意作图如下：
在正方体中，易知，则，
由，，则，
由，则，所以位于的延长线上，
则，，即为五边形，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据题意作图，利用正方体的几何性质结合面面平行性质定理可得线线平行，再根据相似三角形得出相似比，从而可得线段的长度，进而判断出截面S的形状，则判断出选项A、选项C和选项D；再根据全等三角形的性质和选项A可知，从而判断出截面S的形状，则判断出选项B，进而找出真命题的选项.
12．【答案】
【知识点】方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：由，得，
所以，即，
则解集为.
故答案为：.
【分析】利用配方法和复数的运算性质，再结合虚数单位，从而得出方程在复数范围内的解.
13．【答案】3
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；点、线、面间的距离计算；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示，设△ABC的外接圆的圆心为O'，
根据正弦定理可知，
由球O的表面积为100π得，
由球的性质可知，构成直角三角形，
故球心O到平面ABC的距离．
故答案为：3.
【分析】设△ABC的外接圆的圆心为O'，由正弦定理求得球O的半径长，再结合球的性质可得球心O到平面ABC的距离的长，进而得出球心O到平面ABC的距离.
14．【答案】
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；两角和与差的余弦公式
【解析】【解答】解：如图，过B作，使得，过Q作，垂足为，
设，则，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
则，
所以
，
易知当在上时，取到最大值，
所以，则，
即的取值范围为.
故答案为：.
【分析】如图，设，根据数量积的运算法则、余弦定理和可得，再结合得出的取值范围.
15．【答案】（1）解：因为向量，，，
所以，即，
则.
（2）解：因为，所以，投影向量.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；同角三角函数基本关系的运用；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）利用向量平行的坐标表示得出的值，再结合同角三角函数基本关系式可得的值.
（2）利用已知条件和数量积求投影向量的公式，可得向量在向量上的投影向量的坐标.
（1）因为向量，，，
所以，即，则.
（2）因为，所以，投影向量.
16．【答案】（1）证明：连接、，如下图所示：
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，
平面，，
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，平面，
平面，
平面，，
又因为，平面，平面，
平面.
（2）解：设点到平面的距离为，，
，
易知，
则是边长为的正三角形，
所以，，
所以，，解得，
因此，点到平面的距离为
因为，
所以平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）利用正方形的结构特征证出，，再利用线面垂直的判定定理，即可证出平面.
（2）设点到平面的距离为，再计算出三棱锥的距离和的面积，再利用等体积法可求得点到平面的距离，从而求出直线与平面所成角的正弦值.
（1）证明：连接、，如下图所示：
因为四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，平面，平面，
平面，，
四边形为正方形，则，
平面，平面，，
，平面，平面，平面，
平面，，
又因为，平面，平面，
平面.
（2）设点到平面的距离为，，
，
易知，则是边长为的正三角形，
所以，，
所以，，解得，
因此，点到平面的距离为
因为，
所以平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：
，
因为，所以的最小正周期为.
令，，
解得，，
所以函数的单调减区间为，．
（2）解：函数的图象先向左平移个单位得到，
将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到，
当时，，
所以当时，解得，此时函数为增函数；
当时，解得，此时函数为减函数；
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数的最大值为，
又因为，，所以函数的最小值为，
所以的值域为．
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）先利用二倍角的正弦公式和余弦公式以及辅助角公式，则化简函数解析式，再结合正弦型的最小正周期公式和正弦型函数的图象判断单调性的方法，则得出函数的最小正周期及单调递减区间.
（2）根据函数的图象变换求出函数，再结合正弦型函数的单调性得出正弦型函数的值域.
（1）
，
因为，所以的最小正周期为.
令，，解得，，
所以函数的单调减区间为，．
（2）函数的图象先向左平移个单位得到，
将横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），得到，
时，，
所以当时，解得，此时函数为增函数；
当时，解得，此时函数为减函数；
所以函数的单调递增区间为，单调递减区间为，
所以函数的最大值为，又因为，，
所以函数的最小值为，所以的值域为．
18．【答案】（1）解：，，
，
的面积为 .
（2）证明：，，
两边同时乘以得，
即，
，
两边同时除以，得，
.
（3）解：，
根据正弦定理有，即，
，，，即，
，，即，
是的角平分线，，
，
，
即，整理得①，
在中，，
即②，
①②联立解得（舍）或，
，
的面积为.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据，再利用三角形面积公式，从而求出的面积.
（2）由得，两边同时乘以，再利用数量积求向量的模的公式和数量积的定义，从而证出.
（3）根据正弦定理将角化边，从而求出的值，利用和余弦定理求出的值，再根据三角形的面积公式求出的面积.
（1），，
，
的面积为；
（2），，
两边同时乘以得，
即，
，
两边同时除以，得，
；
（3），
根据正弦定理有，即，
，，，即，
，，即，
是的角平分线，，
，
，
即，
整理得①，
在中，，
即②，
①②联立解得（舍）或，
，
的面积为.
19．【答案】（1）证明：由，可知四边形是棱形，所以，
又因为平面，平面，
所以平面，
因为，平面，平面，
所以平面，
又因为，平面，
所以平面平面，
又因为平面，所以平面.
（2）解：连接，，取的中点，连接，，
则，
由图1知，所以，，
又因为，平面，
所以平面，则平面，
又因为，
所以几何体为直三棱柱，平面，
由图1，直角三角形中，，，所以，
所以，
由，知三角形为正三角形，
则，
所以
.
【知识点】直线与平面平行的判定；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）通过证明平面、平面来证出平面平面，由此证出平面.
（2）将所求几何体分割成三棱柱和三棱锥两个部分，根据棱柱和棱锥的体积计算公式，从而计算出相应的体积，再相加求得几何体的体积.
（1）由，可知四边形是棱形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为，平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
又平面，所以平面.
（2）连接，，取的中点，连接，，
则，
由图1知，所以，，
又，平面，所以平面，则平面，
又，所以几何体为直三棱柱，平面，
由图1，直角三角形中，，，所以，
所以，
由，知三角形为正三角形，则，
所以.
1 / 1
