湖南省邵阳市第二中学2024-2025学年高二上学期开学摸底考试数学试卷 B卷
1．（2024高二上·邵阳开学考）若复数（i为虚数单位）的实部和虚部互为相反数，则实数（ ）
A． B． C． D．i
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以复数的实部为，虚部为，
因为实部和虚部互为相反数，所以，
解得.
故选：B.
【分析】先利用复数代数形式的乘法运算对原式子进行化简，再由实部和虚部互为相反数，则实部加虚部为0求解．
2．（2024高二上·邵阳开学考）在中，点M，N满足，，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】依题意，
，又，且不共线，
所以，.
故答案为：A
【分析】本题考查平面向量基本定理.根据题意可得：，再根据平面向量的线性运算可得：，再进行化简可求出，再根据对位系数相等可求出的值，进而可求出答案.
3．（2024高二上·邵阳开学考）已知为锐角，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正切公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，根据两角和的正切公式和特殊角的正切值可得，
即，解得或.
因为为锐角，所以.
故
故选：B
【分析】先求出，再利用三角函数恒等变形进行弦化切即可求解.
4．（2024高二上·邵阳开学考）科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院自主研发的系留浮空器.2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功升至9 032米高空，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，如图2所示，是该浮空艇的轴截面图，则它的体积约为（ ）
（参考数据：，，，）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将“极目一号”Ⅲ型浮空艇近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体 ，该组合体的直观图如图所示：
因为半球的半径为，圆柱的底面半径为，母线长为，圆台的两底面半径分别为和，高为，
所以，
，
，
所以浮空艇的体积为：
，
故选：A.
【分析】先由题意得半球的半径、圆柱的底面半径和母线长以及圆台的两底面半径和高，再分别利用球、圆柱、圆台的体积公式即可求出结果.
5．（2024高二上·邵阳开学考）在中，内角的对边分别为.已知，则此三角形（ ）
A．无解 B．有一解
C．有两解 D．解的个数不确定
【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理，可得，
解得，因为，所以，则或，即三角形有两解.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用正弦定理解出再根据，得到，求得角，即可判断三角形解的个数.
6．（2024高二上·邵阳开学考）设椭圆的左右两个焦点分别为，右顶点为为椭圆上一点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
由题知，，，作于N点，则N为的中点，
所以，，
则在和中，，
即，化简得，
即，解得，
离心率为正，只能取，
故选：B
【分析】由题知，，，，作于N点，则N为的中点，求得的值，从而在和中，利用勾股定理（直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方），代入化简得到离心率满足的关系式，求得离心率.
7．（2024高二上·邵阳开学考）已知平面向量，满足，，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：，则，又，
则有，
解得
在上的投影向量为：.
故选：B.
【分析】先由向量模的计算公式可得，通过和平面向量的数量积公式求出的值，即可由公式求出在上的投影向量.
8．（2024高二上·邵阳开学考）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ）
A．该半正多面体的体积为
B．该半正多面体过，，三点的截面面积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．该半正多面体的表面积为
【答案】D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：A：如图，
因为，所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
所以该半正多面体的体积为：，故选项A错误；
B：根据该半正多面体的几何特征可知，过三点的截面为正六边形，
又，所以正六边形面积为，故选项B错误；
C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形的中心，故半径为，
所以该半正多面体外接球的表面积为，故选项C错误；
D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为，
所以其表面积为，故选项D正确.
故选：D.
【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断选项A，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断选项BC，利用正三角形与正方体的面积公式判断选项D.
9．（2024高二上·邵阳开学考）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的一个对称中心
C．在区间上单调递减
D．在区间上有3个零点
【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：，，A对；
对称中心纵坐标为1，B错；
，则，即的一个单调减区间为
而，在上单调递减，C对；
，则或
或．
，；，；，；，
，在区间上有4个零点，D错．
故选：AC．
【分析】利用两角和的正弦公式化为，利用三角函数的周期计算公式求出函数的周期判断A选项，根据解析式求对称中心纵坐标判断B选项，求出函数的个单调减区间为，而，判断C选项，令，求出或，求出函数在区间上零点个数判断D选项.
10．（2024高二上·邵阳开学考）已知抛物线过点，则（ ）
A．拋物线的标准方程可能为
B．挞物线的标准方程可能为
C．过点与抛物线只有一个公共点的直线有一条
D．过点与抛物线只有一个公共点的直线有两条
【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：对于A，当抛物线开口向右时，设抛物线的方程为，
将代入抛物线中得，则拋物线的方程为，故A正确；
对于B，当抛物线开口向下时，设抛物线的方程为，
将代入拋物线中得，则抛物线为，故B正确；
对于C、D，过点与对称轴平行的直线和抛物线在点处的切线都与抛物线只有一个公共点，
故C错误，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意和抛物线的开口方向，设出抛物线的方程，再利用点在抛物线上和代入法得出p的值，则判断出选项A和选项B；利用过点与对称轴平行的直线和抛物线在点处的切线都与抛物线只有一个公共点，则判断出选项C和选项D，进而找出正确的选项.
11．（2024高二上·邵阳开学考）正三棱柱的各棱长均相等，是的中点，、是线段、上的动点（含端点），且，当、运动时，下列结论正确的是（ ）
A．平面平面
B．三棱锥的体积为定值
C．可能为直角三角形
D．平面与平面所成的锐二面角的范围是
【答案】A,B,D
【知识点】棱锥的结构特征；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项A，取、的中点、，连接、、.
因为、分别为、的中点，所以，则，
且，
所以四边形为平行四边形，，
为等边三角形，为的中点，则，
平面，平面，，
，平面，平面，，平面，
平面，因此平面平面，故选项A正确；
对于B，因为的面积为定值，
，平面，平面，所以平面，
因为，所以点到平面的距离为定值，进而可知，三棱锥的体积为定值，故选项B正确；
对于C，平面，平面，，
为的中点，则，
若为直角三角形，则为等腰直角三角形，则，
设正三棱柱的棱长为，则，则，
因为，故，所以不可能为直角三角形，故选项C错误.
当、分别为，中点时，平面与平面所成的角为，
当与重合，与重合，平面与平面所成锐二面角最大；
延长交于，连接，则平面平面，
由于为的中点，，所以且，
故在中，为中点，为中点，
在中，为中点，为中点，故，由于平面，
所以平面，平面，所以，，
所以平面与平面所成锐二面角最大为，
平面与平面所成的锐二面角范围为，故选项D正确．
故选：ABD．
【分析】取、的中点、，连接、、，证明平面，结合面面垂直的判定定理（如果一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面相互垂直）可判断选项A；由为定值，结合锥体的体积公式可判断选项B；利用反证法可判断选项C，平面与平面平行时所成角为，当与重合，与重合，平面与平面所成的锐二面角最大，即可判断选项D.
12．（2024高二上·邵阳开学考）已知直线：，点，，点在直线上的射影为，则线段长度的取值范围为 .
【答案】
【知识点】恒过定点的直线；点与圆的位置关系
【解析】【解答】由得，2x+y=0，y+2=0，得x=1，y=-2，故直线过定点M(1，-2)， 点在直线上的射影为 ，点H的轨迹为以AM为直径的圆即，而|BO|=，所以
故BH长度的取值范围是.
故答案为：
【分析】由直线解析式找到直线经过的定点，再根据垂直关系得点H的轨迹，从而求得BH的取值范围.
13．（2024高二上·邵阳开学考）设函数的部分图象如图所示，且满足．则的最小正周期为 ．
【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：因为，所以，即，
设函数的最小正周期为，
结合三角函数的图象可知：，
因为，所以有，解得，
因为，所以因为，所以，
所以，故，
故填：.
【分析】根据三角函数的图象和性质可以确定最小正周期的取值范围，结合正弦型函数的周期公式进行求解即可，
14．（2024高二上·邵阳开学考）已知，是不共线的向量，，，，若A，B，C三点共线，则实数，满足 ．
【答案】.
【知识点】平面向量减法运算；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：方法1：因为A，B，C三点共线，所以设，
即：，
所以，消去m得：.
方法2：，
，
因为A，B，C三点共线，所以，
故，所以．
故填：.
【分析】方法1：运用三点共线定理可设，再运用向量的线性运算法则和向量相等的定义列方程消去m可得结果.方法2：先计算、，再运用A，B，C三点共线则；利用向量平行的性质列方程可得结果.
15．（2024高二上·邵阳开学考）已知向量满足．
（1）若，求||的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1）解：因为 ，所以，∴，即
（2）解：因为，所以，即，
所以．
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）将两边平方，利用向量的运算法则化简求解即可；
（2）将两边平方，可得最后根据求解即可.
（1）∵∴，∴，即
（2），∴，即
．
16．（2024高二上·邵阳开学考）已知椭圆：的离心率为，焦距为4.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆相切，且直线与直线：平行，求直线的斜截式方程.
【答案】（1）解：由题意得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：设与直线平行的直线的方程为：，
联立，得，
因为，所以，
所以直线的斜截式方程为：.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）根据题意和椭圆的标准方程的性质列出关于的方程组即可求解；
（2）设所求直线方程为，联立椭圆方程结合判别式等于0求出参数的值即可得解.
（1）由题意得，从而可得，
椭圆的标准方程为.
（2）设与直线平行的直线的方程为：，
联立，得，
由，得，
直线的斜截式方程为：.
17．（2024高二上·邵阳开学考）已知
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，求的值.
【答案】解：（I）因为①②
所以由①+②得③
由①-②得④
由③÷④得
（II）因为，
所以，则
因为，所以.
【知识点】弦切互化；两角和与差的正弦公式
【解析】【分析】（Ⅰ）利用两角和与差的正弦公式将已知两式展开，分别作和、作差可得，，再利用同角三角函数关系式子，即可求出结果；
（Ⅱ）由已知求得，再由，利用两角差的余弦公式展开求解，即可求出结果．
18．（2024高二上·邵阳开学考）如图， 四棱锥的底面四边形为正方形， 顶点在底面的射影为线段的中点是的中点，
（1）求证：平面；
（2）求过点的平面截该棱锥得到两部分的体积之比．
【答案】（1）证明：由题，取PC中点F，连接EF、DF，如图所示：
则EF为的中位线，故，，故四边形ODEF为平行四边形，故，又平面PCD，平面PCD，故平面
（2）解：由（1）得，过点的截面为平面ADEF，截出的两部分可看作四棱锥与三棱锥组合，以及三棱锥与三棱锥组合；
由是的中点，易得，；由是的中点，易得；
故过点的平面截该棱锥得到两部分的体积之比为
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取PC中点F，证四边形ODEF为平行四边形，即可由线面平行的判定定理（如果存在平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，则这条直线和这个平面平行）；
（2）过点的截面为平面ADEF，则截出的两部分可看作四棱锥与三棱锥组合，以及三棱锥与三棱锥组合；利用几何关系，跟别求出各部分体积的占比，即可得出比值
（1）由题，如图，取PC中点F，连接EF、DF，则EF为的中位线，故，，故四边形ODEF为平行四边形，故，又平面PCD，平面PCD，故平面
（2）由（1）得，过点的截面为平面ADEF，截出的两部分可看作四棱锥与三棱锥组合，以及三棱锥与三棱锥组合；
由是的中点，易得，；由是的中点，易得；
故过点的平面截该棱锥得到两部分的体积之比为
19．（2024高二上·邵阳开学考）后疫情时代，很多地方尝试开放夜市地摊经济，多个城市也放宽了对摆摊的限制．某商场经营者也顺应潮流准备在商场门前摆地摊．已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地进行改造．如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点在弧AB上，点和点分别在线段和线段上，且，．记．
（1）请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，S取得最大值；
（2）记，若存在最大值，求的取值范围．
【答案】（1）解：由题可知，因为在中，，，，，
所以由正弦定理，可得，
所以，
所以
=
即．
当时，，此时取得最大值．
（2）解：由（1）知，，
因为，所以，
所以
令，
所以
当时，关于递减，不存在最大值
当时，
，其中，
因为，
要使存在最大值，只需，即
所以得 解得
【知识点】平面向量的基本定理；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）在中，由正弦定理可得，，通过三角恒等变换可得，，从而可求其最大值；
（2）根据向量的运算，由得，，从而，再根据三角函数的性质求解．
（1）由题可知，在中，，，，，
则由正弦定理，可得，
故可得，
故
=
即．
当时，，此时取得最大值．
（2）由（1）知，，
∵，
∴，
∴
令，
∴
当时，关于递减，不存在最大值
当时，
，其中，
∵，
要使存在最大值，只需，即
∴得 解得
1 / 1湖南省邵阳市第二中学2024-2025学年高二上学期开学摸底考试数学试卷 B卷
1．（2024高二上·邵阳开学考）若复数（i为虚数单位）的实部和虚部互为相反数，则实数（ ）
A． B． C． D．i
2．（2024高二上·邵阳开学考）在中，点M，N满足，，若，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高二上·邵阳开学考）已知为锐角，且，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高二上·邵阳开学考）科技是一个国家强盛之根，创新是一个民族进步之魂，科技创新铸就国之重器，极目一号（如图1）是中国科学院自主研发的系留浮空器.2022年5月，“极目一号”Ⅲ型浮空艇成功升至9 032米高空，超过珠穆朗玛峰，创造了浮空艇大气科学观测海拔最高的世界纪录，彰显了中国的实力．“极目一号”Ⅲ型浮空艇长55米，高19米，若将它近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体，如图2所示，是该浮空艇的轴截面图，则它的体积约为（ ）
（参考数据：，，，）
A． B． C． D．
5．（2024高二上·邵阳开学考）在中，内角的对边分别为.已知，则此三角形（ ）
A．无解 B．有一解
C．有两解 D．解的个数不确定
6．（2024高二上·邵阳开学考）设椭圆的左右两个焦点分别为，右顶点为为椭圆上一点，且，则椭圆的离心率为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高二上·邵阳开学考）已知平面向量，满足，，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高二上·邵阳开学考）“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交同一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体.已知，则关于图中的半正多面体，下列说法正确的有（ ）
A．该半正多面体的体积为
B．该半正多面体过，，三点的截面面积为
C．该半正多面体外接球的表面积为
D．该半正多面体的表面积为
9．（2024高二上·邵阳开学考）已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的一个对称中心
C．在区间上单调递减
D．在区间上有3个零点
10．（2024高二上·邵阳开学考）已知抛物线过点，则（ ）
A．拋物线的标准方程可能为
B．挞物线的标准方程可能为
C．过点与抛物线只有一个公共点的直线有一条
D．过点与抛物线只有一个公共点的直线有两条
11．（2024高二上·邵阳开学考）正三棱柱的各棱长均相等，是的中点，、是线段、上的动点（含端点），且，当、运动时，下列结论正确的是（ ）
A．平面平面
B．三棱锥的体积为定值
C．可能为直角三角形
D．平面与平面所成的锐二面角的范围是
12．（2024高二上·邵阳开学考）已知直线：，点，，点在直线上的射影为，则线段长度的取值范围为 .
13．（2024高二上·邵阳开学考）设函数的部分图象如图所示，且满足．则的最小正周期为 ．
14．（2024高二上·邵阳开学考）已知，是不共线的向量，，，，若A，B，C三点共线，则实数，满足 ．
15．（2024高二上·邵阳开学考）已知向量满足．
（1）若，求||的值；
（2）若，求的值．
16．（2024高二上·邵阳开学考）已知椭圆：的离心率为，焦距为4.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线与椭圆相切，且直线与直线：平行，求直线的斜截式方程.
17．（2024高二上·邵阳开学考）已知
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）若，求的值.
18．（2024高二上·邵阳开学考）如图， 四棱锥的底面四边形为正方形， 顶点在底面的射影为线段的中点是的中点，
（1）求证：平面；
（2）求过点的平面截该棱锥得到两部分的体积之比．
19．（2024高二上·邵阳开学考）后疫情时代，很多地方尝试开放夜市地摊经济，多个城市也放宽了对摆摊的限制．某商场经营者也顺应潮流准备在商场门前摆地摊．已知该商场门前是一块扇形区域，拟对这块扇形空地进行改造．如图所示，平行四边形OMPN区域为顾客的休息区域，阴影区域为“摆地摊”区域，点在弧AB上，点和点分别在线段和线段上，且，．记．
（1）请写出顾客的休息区域OMPN的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，S取得最大值；
（2）记，若存在最大值，求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，
所以复数的实部为，虚部为，
因为实部和虚部互为相反数，所以，
解得.
故选：B.
【分析】先利用复数代数形式的乘法运算对原式子进行化简，再由实部和虚部互为相反数，则实部加虚部为0求解．
2．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】依题意，
，又，且不共线，
所以，.
故答案为：A
【分析】本题考查平面向量基本定理.根据题意可得：，再根据平面向量的线性运算可得：，再进行化简可求出，再根据对位系数相等可求出的值，进而可求出答案.
3．【答案】B
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正切公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：因为，根据两角和的正切公式和特殊角的正切值可得，
即，解得或.
因为为锐角，所以.
故
故选：B
【分析】先求出，再利用三角函数恒等变形进行弦化切即可求解.
4．【答案】A
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：将“极目一号”Ⅲ型浮空艇近似看作一个半球、一个圆柱和一个圆台的组合体 ，该组合体的直观图如图所示：
因为半球的半径为，圆柱的底面半径为，母线长为，圆台的两底面半径分别为和，高为，
所以，
，
，
所以浮空艇的体积为：
，
故选：A.
【分析】先由题意得半球的半径、圆柱的底面半径和母线长以及圆台的两底面半径和高，再分别利用球、圆柱、圆台的体积公式即可求出结果.
5．【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理，可得，
解得，因为，所以，则或，即三角形有两解.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用正弦定理解出再根据，得到，求得角，即可判断三角形解的个数.
6．【答案】B
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；椭圆的简单性质；椭圆的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
由题知，，，作于N点，则N为的中点，
所以，，
则在和中，，
即，化简得，
即，解得，
离心率为正，只能取，
故选：B
【分析】由题知，，，，作于N点，则N为的中点，求得的值，从而在和中，利用勾股定理（直角三角形的两条直角边的平方和等于斜边的平方），代入化简得到离心率满足的关系式，求得离心率.
7．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：，则，又，
则有，
解得
在上的投影向量为：.
故选：B.
【分析】先由向量模的计算公式可得，通过和平面向量的数量积公式求出的值，即可由公式求出在上的投影向量.
8．【答案】D
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：A：如图，
因为，所以该半正多面体是由棱长为的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，
所以该半正多面体的体积为：，故选项A错误；
B：根据该半正多面体的几何特征可知，过三点的截面为正六边形，
又，所以正六边形面积为，故选项B错误；
C：根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形的中心，故半径为，
所以该半正多面体外接球的表面积为，故选项C错误；
D：因为该半正多面体的八个面为正三角形、六个面为正方形，棱长皆为，
所以其表面积为，故选项D正确.
故选：D.
【分析】先将该半正多面体补形为正方体，利用正方体与棱锥的体积公式判断选项A，利用该半正多面体的对称性，得到截面为正六边形与外接球的球心位置，从而判断选项BC，利用正三角形与正方体的面积公式判断选项D.
9．【答案】A,C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质
【解析】【解答】解：，，A对；
对称中心纵坐标为1，B错；
，则，即的一个单调减区间为
而，在上单调递减，C对；
，则或
或．
，；，；，；，
，在区间上有4个零点，D错．
故选：AC．
【分析】利用两角和的正弦公式化为，利用三角函数的周期计算公式求出函数的周期判断A选项，根据解析式求对称中心纵坐标判断B选项，求出函数的个单调减区间为，而，判断C选项，令，求出或，求出函数在区间上零点个数判断D选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】抛物线的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：对于A，当抛物线开口向右时，设抛物线的方程为，
将代入抛物线中得，则拋物线的方程为，故A正确；
对于B，当抛物线开口向下时，设抛物线的方程为，
将代入拋物线中得，则抛物线为，故B正确；
对于C、D，过点与对称轴平行的直线和抛物线在点处的切线都与抛物线只有一个公共点，
故C错误，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】根据题意和抛物线的开口方向，设出抛物线的方程，再利用点在抛物线上和代入法得出p的值，则判断出选项A和选项B；利用过点与对称轴平行的直线和抛物线在点处的切线都与抛物线只有一个公共点，则判断出选项C和选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱锥的结构特征；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项A，取、的中点、，连接、、.
因为、分别为、的中点，所以，则，
且，
所以四边形为平行四边形，，
为等边三角形，为的中点，则，
平面，平面，，
，平面，平面，，平面，
平面，因此平面平面，故选项A正确；
对于B，因为的面积为定值，
，平面，平面，所以平面，
因为，所以点到平面的距离为定值，进而可知，三棱锥的体积为定值，故选项B正确；
对于C，平面，平面，，
为的中点，则，
若为直角三角形，则为等腰直角三角形，则，
设正三棱柱的棱长为，则，则，
因为，故，所以不可能为直角三角形，故选项C错误.
当、分别为，中点时，平面与平面所成的角为，
当与重合，与重合，平面与平面所成锐二面角最大；
延长交于，连接，则平面平面，
由于为的中点，，所以且，
故在中，为中点，为中点，
在中，为中点，为中点，故，由于平面，
所以平面，平面，所以，，
所以平面与平面所成锐二面角最大为，
平面与平面所成的锐二面角范围为，故选项D正确．
故选：ABD．
【分析】取、的中点、，连接、、，证明平面，结合面面垂直的判定定理（如果一个平面经过另一个平面的垂线，则这两个平面相互垂直）可判断选项A；由为定值，结合锥体的体积公式可判断选项B；利用反证法可判断选项C，平面与平面平行时所成角为，当与重合，与重合，平面与平面所成的锐二面角最大，即可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】恒过定点的直线；点与圆的位置关系
【解析】【解答】由得，2x+y=0，y+2=0，得x=1，y=-2，故直线过定点M(1，-2)， 点在直线上的射影为 ，点H的轨迹为以AM为直径的圆即，而|BO|=，所以
故BH长度的取值范围是.
故答案为：
【分析】由直线解析式找到直线经过的定点，再根据垂直关系得点H的轨迹，从而求得BH的取值范围.
13．【答案】
【知识点】含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：因为，所以，即，
设函数的最小正周期为，
结合三角函数的图象可知：，
因为，所以有，解得，
因为，所以因为，所以，
所以，故，
故填：.
【分析】根据三角函数的图象和性质可以确定最小正周期的取值范围，结合正弦型函数的周期公式进行求解即可，
14．【答案】.
【知识点】平面向量减法运算；平面向量的共线定理
【解析】【解答】解：方法1：因为A，B，C三点共线，所以设，
即：，
所以，消去m得：.
方法2：，
，
因为A，B，C三点共线，所以，
故，所以．
故填：.
【分析】方法1：运用三点共线定理可设，再运用向量的线性运算法则和向量相等的定义列方程消去m可得结果.方法2：先计算、，再运用A，B，C三点共线则；利用向量平行的性质列方程可得结果.
15．【答案】（1）解：因为 ，所以，∴，即
（2）解：因为，所以，即，
所以．
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）将两边平方，利用向量的运算法则化简求解即可；
（2）将两边平方，可得最后根据求解即可.
（1）∵∴，∴，即
（2），∴，即
．
16．【答案】（1）解：由题意得，解得，
所以椭圆的标准方程为.
（2）解：设与直线平行的直线的方程为：，
联立，得，
因为，所以，
所以直线的斜截式方程为：.
【知识点】椭圆的定义；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【分析】（1）根据题意和椭圆的标准方程的性质列出关于的方程组即可求解；
（2）设所求直线方程为，联立椭圆方程结合判别式等于0求出参数的值即可得解.
（1）由题意得，从而可得，
椭圆的标准方程为.
（2）设与直线平行的直线的方程为：，
联立，得，
由，得，
直线的斜截式方程为：.
17．【答案】解：（I）因为①②
所以由①+②得③
由①-②得④
由③÷④得
（II）因为，
所以，则
因为，所以.
【知识点】弦切互化；两角和与差的正弦公式
【解析】【分析】（Ⅰ）利用两角和与差的正弦公式将已知两式展开，分别作和、作差可得，，再利用同角三角函数关系式子，即可求出结果；
（Ⅱ）由已知求得，再由，利用两角差的余弦公式展开求解，即可求出结果．
18．【答案】（1）证明：由题，取PC中点F，连接EF、DF，如图所示：
则EF为的中位线，故，，故四边形ODEF为平行四边形，故，又平面PCD，平面PCD，故平面
（2）解：由（1）得，过点的截面为平面ADEF，截出的两部分可看作四棱锥与三棱锥组合，以及三棱锥与三棱锥组合；
由是的中点，易得，；由是的中点，易得；
故过点的平面截该棱锥得到两部分的体积之比为
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取PC中点F，证四边形ODEF为平行四边形，即可由线面平行的判定定理（如果存在平面外的一条直线和平面内的一条直线平行，则这条直线和这个平面平行）；
（2）过点的截面为平面ADEF，则截出的两部分可看作四棱锥与三棱锥组合，以及三棱锥与三棱锥组合；利用几何关系，跟别求出各部分体积的占比，即可得出比值
（1）由题，如图，取PC中点F，连接EF、DF，则EF为的中位线，故，，故四边形ODEF为平行四边形，故，又平面PCD，平面PCD，故平面
（2）由（1）得，过点的截面为平面ADEF，截出的两部分可看作四棱锥与三棱锥组合，以及三棱锥与三棱锥组合；
由是的中点，易得，；由是的中点，易得；
故过点的平面截该棱锥得到两部分的体积之比为
19．【答案】（1）解：由题可知，因为在中，，，，，
所以由正弦定理，可得，
所以，
所以
=
即．
当时，，此时取得最大值．
（2）解：由（1）知，，
因为，所以，
所以
令，
所以
当时，关于递减，不存在最大值
当时，
，其中，
因为，
要使存在最大值，只需，即
所以得 解得
【知识点】平面向量的基本定理；正弦定理；余弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）在中，由正弦定理可得，，通过三角恒等变换可得，，从而可求其最大值；
（2）根据向量的运算，由得，，从而，再根据三角函数的性质求解．
（1）由题可知，在中，，，，，
则由正弦定理，可得，
故可得，
故
=
即．
当时，，此时取得最大值．
（2）由（1）知，，
∵，
∴，
∴
令，
∴
当时，关于递减，不存在最大值
当时，
，其中，
∵，
要使存在最大值，只需，即
∴得 解得
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