广东省中山市中山纪念中学等五校2023-2024学年高一下学期第一次联考数学试卷
1．（2024高一下·中山期中）复数的模|z|是（ ）
A． B．1 C．2 D．4
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故选：B.
【分析】根据复数的运算法则先求出复数，进而利用复数模的计算方法求出模|z| 即可.
2．（2024高一下·中山期中）下列说法正确的是（ ）
A．若 则
B．若， 则
C．若， 则
D．若 则
【答案】C
【知识点】向量的模；共线（平行）向量；平面向量的数量积运算；相等向量
【解析】【解答】解：A、由不能确定的方向，故得不到，故选项A错误；
B、当时，满足，，但得不到的位置关系，故选项B错误；
C、因平面向量是自由向量，故由，可得，故选项C正确；
D、当时，，但得不到，故选项D错误.
故选：C.
【分析】由相等向量定义即可判断选项A；即可判断选项B；由相等向量的定义即可判断选项C；时，，即可判断选项D.
3．（2024高一下·中山期中）如图，二面角等于，是棱上两点， 分别在半平面内， ，， 且则的长等于（ ）
A．4 B． C． D．
【答案】A
【知识点】空间向量的数量积运算；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：由题意可知：，
因为，，
所以，
又因为，，所以，，
因为，
所以
，所以，则．
故答案为：A．
【分析】由题意可得，用表示向量，结合向量数量积求的模，即可求得的长.
4．（2024高一下·中山期中）在 中， 角 的对边分别为，已知，若，则的外接圆半径等于（ ）
A． B．2 C． D．4
【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理得，
又因为，所以，
所以，所以，即，
因为，所以，
又由，所以的外接圆的直径，可得，
所以的外接圆的半径为.
故选：B.
【分析】根据题意，利用正弦定理可得，结合三角恒等变换的公式求得，即，进而可求得A，再结合正弦定理即可求得的外接圆半径 .
5．（2024高一下·中山期中）祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面与半球底面之间的几何体的体积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题可知，平面截圆柱所得截面圆半径，
所以平面截圆锥时所得小圆锥的体积，
又平面与圆柱下底面之间的部分的体积为
根据祖暅原理可知：平面与半球底面之间的几何体体积
故选：C.
【分析】先求得平面截圆柱所得截面圆半径r，进而求得平面截圆锥时所得小圆锥的体积V1和平面与圆柱下底面之间的部分的体积V2，结合祖暅原理可知平面与半球底面之间的几何体体积为V=V2-V1即可求得结果.
6．（2024高一下·中山期中）已知一个圆锥的高为6，底面半径为8，现在用一个过两条母线的平面去截圆锥，得到一个三角形，则这个三角形面积的最大值为（ ）
A．100 B．50 C．48 D．24
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：如图所示，
因为在圆锥中，，，
所以圆锥的母线，
所以在轴截面中，，
所以，
所以，
设，则，
所以的面积，
所以当时，截面面积有最大值，最大值为.
故选：B
【分析】利用勾股定理先求出母线长SA，即可求出，再由二倍角公式求出，可知，过圆锥的两条母线，作一个截面，设，则，截面的面积为，根据的取值范围即可求出截面的面积最大值.
7．（2024高一下·中山期中）在中，角所对的边分别为，且，设的面积为，若，则此三角形的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
【答案】C
【知识点】余弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：因为，所以，所以
所以，
又因为，所以，所以，所以
因为，
所以，
所以，
所以，即，
又因为，
所以此三角形的形状为等边三角形.
故选：C.
【分析】根据已知条件结合向量的数量积公式和三角形面积公式即可求得，进而可知，结合化简得，即，由此即可判断三角形的形状 .
8．（2024高一下·中山期中）正四面体的棱长为，点，是它内切球球面上的两点，为正四面体表面上的动点，当线段最长时，的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：设正四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，则在上，连接，
则.
因为正四面体的棱长为3，所以，
所以，设内切球的半径为，
则，，解得，
当为内切球的直径时最长，此时，，
，
因为为正四面体表面上的动点，所以当为正四体的顶点时，最长，的最大值为，所以的最大值为.
故答案为：C.
【分析】设四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，则在上，连接，根据题意求出内切球的半径，当为内切球的直径时，最长，再化简可求得其最大值.
9．（2024高一下·中山期中）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的命题，（ ）
A．若 则△ABC一定是等边三角形
B．若，，，则△ABC有两解
C．若，则△ABC一定是等腰三角形
D．若，则△ABC一定是锐角三角形
【答案】A,D
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、若，由正弦定理可得，
所以， A，B，C是△ABC的内角，所以，所以是等边三角形，故选项A正确；
B、，，所以有一解，故选项B错误；
C、因为，所以，所以，
因为A，B是△ABC的内角，所以或，所以或，所以是等腰或直角三角形，故选项C错误；
D、，
，
因为，且，
所以都是锐角，故选项D正确.
故选：AD.
【分析】根据正弦定理边角互化，即可得，进而可知即可判断选项A；根据判断三角形个数的公式，即可判断选项B；根据正弦定理边化角，再根据三角函数恒等变形可得，进而可得或，即可判断选项C；根据两角和的正切公式，变形条件，，即可判断选项D.
10．（2024高一下·中山期中）如图， 在中，为的中点， ，与交于点，若 ，则下面对于的描述正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：A、，
因为，所以，所以，
由三点共线，所以，即，故选项A正确；
C、又为的中点，所以，即，
由三点共线，所以，即，故选项C正确；
由，可解得，
，故选项B错误；
，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】利用平面向量基本定理及平面向量的线性运算，结合三点共线的向量性质可得，进而可得，即可判断选项A；，结合三点共线的向量性质可得，进而可得，即可判断选项C；结合和，求得x和y的值，进而可判断选项B，D.
11．（2024高一下·中山期中）如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处(平面)，若为线段的中点，平面与平面所成二面角，直线与平面所成角为，则在折起的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．面积的最大值为
C．
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积
【答案】B,C,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、是的中点，连接，
因为是的中点，是的中点，所以，
又因为，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以是直线与直线所成角（或其补角）.
在三角形中，，所以，故选项A错误；
B、因为，所以，
设分别是的中点，连接，则是三角形的中位线，
所以，则，
而，所以是平面与平面所成二面角，设.
当时，平面平面，
此时，由于平面平面，
所以平面，由于平面，
所以，由于平面，，
所以平面，由于平面，所以，
所以面积的最大值为，故选项B正确；
C、过作，垂足为，连接，
因为，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，，所以平面，所以，
由于，而，
所以，故选项C正确.
D、三棱锥体积最大时，平面平面，
因为平面平面，平面，，
所以平面，因为是的外心，是的外心，
所以是三棱锥的外接球的球心，
所以外接球的半径，表面积为.故选项D正确.
故选：BCD
【分析】先证得四边形是平行四边形，进而可知，则是直线与直线所成角（或其补角），结合，即可判断选项A；是平面与平面所成二面角，设.当时，进而证得，即可求得面积的最大值，即可判断选项B；根据线面垂直的判定定理和性质定理可知平面，所以，由于，而，所以，即可判断选项C；根据面面垂直的性质可得平面，由是的外心，是的外心，可知是三棱锥的外接球的球心，求出外接球的半径，进而求出表面积即可判断选项D.
12．（2024高一下·中山期中）如图，已知由斜二测画法得到的水平放置的四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，则原图形的面积为 .
【答案】
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】∵四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，
∴原图形为平行四边形，一组对边长为1，且该边上的高为，
∴原图形的面积为.
故答案为：
【分析】本题考查斜二测画法.先根据斜二测画法推出原图为平行四边形，再根据线段的长度可推出一组对边长为1，且该边上的高为，利用平行四边形的面积公式可求出答案.
13．（2024高一下·中山期中）为了测量某建筑物的高度AB，可以选与底部在同一水平面内的两个测量基点与．现测得，米，并在点测得塔顶的仰角为，则该建筑物的高度 米．
【答案】300
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，因为，所以，
由正弦定理，得，
在中，，则，
所以该建筑物的高度米.
故答案为：300.
【分析】在中，利用正弦定理求出，进而在直角三角形ABC中求出AB即可.
14．（2024高一下·中山期中）已知点，点是内(包含边界)一动点，请你结合所学向量的知识，求出的最大值为 .
【答案】
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：如图所示，设与轴的夹角为，
因为点是内(包含边界)一动点，
所以当点与点重合时，直线的斜率最小，为，此时，所以，因为，
所以，，
所以，，
所以，
因为，所以，所以，
即，当且仅当时，即时，取得最大值，此时点与点重合.
故答案为：.
【分析】利用点坐标即的坐标，引入与轴的夹角，借助点是内(包含边界)一动点，求出的取值范围，将点的坐标用的三角函数表示，从而将所求式转化成，根据的取值范围进而求其值域即得的最大值 .
15．（2024高一下·中山期中）已知向量，．
（1）若，求实数m的值；
（2）若为钝角，求实数m的取值范围．
【答案】解：（1）因为，所以
所以，解得．
（2）若为钝角，所以，即且不共线，
所以，解得且．
所以m的取值范围为。
【知识点】平面向量数量积的性质；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】（1）由已知条件可得，进而利用数量积的坐标公式列方程求出m的值即可；
（2）由为钝角可知且不共线，列出不等式，求得实数m的取值范围即可．
16．（2024高一下·中山期中）在四棱锥中， 底面是边长为2的正方形，平面.
（1）求证：；
（2）若与底面所成的角为45°；
①求点B到平面的距离；
②求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明：因为底面是正方形，所以，
又因为平面，平面，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）解：①解法1、因为平面，平面，所以，
所以与平面所成的角为，
所以，且，所以，所以，
因为正方形边长为，所以，所以，
又因为平面，平面，所以，所以，
在中，，所以，
记点到平面的距离为，由，所以，
即，解得，
所以点到平面的距离为.
解法2、因为平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，
因为平面，平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
过点作，由平面平面，且平面，
所以平面，即为点到平面的距离，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离，设距离为，
在直角中，，，，
由，可得，即点到平面的距离为.
②如图所示，过点作于点，设交于点，过点作于点，连接，
由①知，因为，且平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以二面角的平面角为，
因为，所以，
因为为的中点，，所以，
在正方形中，，
所以，在直角中，，可得，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据题意，先证得和，根据线面垂直判定定理可得到平面，进而利用线面垂直的性质即可证得；
（2）①解法1、记点到平面的距离为，根据，可得，列出方程求出d的值，即可求得点到平面的距离；
解法2、由平面，转化为点到平面的距离，在直角中，结合三角形的面积相等，可得，列式求出d的值，即可求得点到平面的距离；
②过点作过点作，证得，得到二面角的平面角为，在直角中，求得，进而求得二面角的余弦值.
（1）证明：因为底面是正方形，可得，
又因为平面，平面，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）解：①解法1、因为平面，平面，所以，
所以与平面所成的角为，
所以，且，所以，所以，
因为正方形边长为，所以，所以，
又因为平面，平面，所以，所以，
在中，，所以，
记点到平面的距离为，由，可得，
所以点到平面的距离为.
解法2、因为平面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离，
因为平面，平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
过点作，由平面平面，且平面，
所以平面，即为点到平面的距离，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离，设距离为，
在直角中，，，，
由，可得，即点到平面的距离为.
②过点作于点，
设交于点，过点作于点，连接，
由①知，因为，且平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以二面角的平面角为，
因为，所以，
因为为的中点，，所以，
在正方形中，，
所以，在直角中，，可得，
所以二面角的余弦值为.
17．（2024高一下·中山期中）在中，满足
（1）求；
（2）若，边上的中线，，求的周长和面积.
【答案】（1）解：由正弦定理得，
又因为，
所以，
因为，所以，所以，
即，
化简得，解得或
因为，所以，
所以，所以.
（2）解：因为点D是BC的中点，所以，所以，
即，即，
在中，由余弦定理，可得，
联立方程组，可得，所以，
所以，
所以的周长为，面积为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意结合正弦定理化简得到，可得，解方程求得，进而求得A的值即可；
（2）根据点D是BC的中点，得到，化简得到，再由余弦定理，求得，联立方程组，求得，进而即可求得周长和面积.
（1）解：在中，因为，
由正弦定理得，
又因为，
则，
因为，可得，所以，
即，
化简得
因为，可得，
解得，所以.
（2）解：由边的中线，
可得，可得，
即，即，
在中，由余弦定理，可得，
联立方程组，可得，所以，
所以，
所以的周长为，面积为.
18．（2024高一下·中山期中）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型，点E在棱PB上，满足， 点F在棱PC上，满足要求同学们按照以下方案进行切割：
（1）试在棱PC上确定一点G，使得 平面，并说明理由；
（2）过点A，E，F的平面α交PD于点H，沿平面α平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H 点的位置；
①请求出 的值；
②若正四棱锥模型的棱长均为6，求直线与平面α所成角的正弦值.
【答案】（1）解：点E在棱PB上，满足，即点为靠近点的三等分点；
点F在棱PC上，满足，即为的中点，
取PC上靠近C的四等分点为G，如图所示：
则，即，
因为平面，平面， 所以EF平面；
（2）解：①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H，如图所示：
由（1） 可得：为的中点， 由， 可得B为MC的中点，
因为AD∥BC，，所以D为CN的中点，
在等腰三角形PCD中， F为PC的中点， 取CD的中点K， 连接FK，
则，，即， 即；
② 连接，两线交于点，连接，如图所示：
则平面，因为平面，所以，
又因为是正方形，所以，
又因为，所以平面，
由①得，则，即平面，
又因为，所以平面，且平面，
过点作于点，则，则即直线与平面α所成角，
因为，所以，在中，，
则，即直线PA与平面α所成角的正弦值为
【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】（1）由题意可得点为靠近点的三等分点，为的中点考虑取PC上靠近C的四等分点为G，推得，即可证明平面；
（2）①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H，利用相似形即得到，，即，据此求解即可；
②先证明平面，再证得平面，从而平面，作，证得到即直线与平面α所成角，解即可.
19．（2024高一下·中山期中）定义向量 的“伴随函数”为. 函数. 的“伴随向量”为
（1）在 中，已知 点M 为边AB上的点，且 求出向量 的“伴随函数”， 并直接写出的最大值；
（2）已知向量 函数 求函数的“伴随向量” 的坐标；
（3）已知 向量 的“伴随函数”分别为、， 设 且 的“伴随函数”为，其最大值为m. 求证： 向量 的充要条件为
【答案】（1）解：因为点M 为边上的点， 且，则，
所以，
所以，其中
因为，所以f(x)的最大值为5，即.
（2）解：因为，
所以函数的“伴随向量”为.
（3）证明：设
所以
所以
下面先证充分性：
因为，当且仅当存在使得：
时，成立，其中
所以则
所以，所以；
再证必要性：当时，
所以
当且仅当时，等号成立，
所以.
综上所述，向量 的充要条件为
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；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；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据共线定理先求得的值，即可求得 ，进而根据题意写出伴随函数，并用辅助角公式整理成正弦型函数，即可求出最大值；
（2）根据向量的数量积公式结合三角恒等变换得到即可求得“伴随向量”的坐标 ；
（3） 设则
先证明充分性，再证明必要性.
（1）因为点M 为边上的点， 且，则
即得，
由题意得，，
因，其中因，故.
（2）因，
故函数的“伴随向量”为.
（3）设
因为
所以
下证充分性：
因，当且仅当存在使得：
时，成立，其中
所以则
于是，故有，；
再证必要性：当时，
所以
当且仅当时，等号成立，
故有，.
综上：向量 的充要条件为
1 / 1广东省中山市中山纪念中学等五校2023-2024学年高一下学期第一次联考数学试卷
1．（2024高一下·中山期中）复数的模|z|是（ ）
A． B．1 C．2 D．4
2．（2024高一下·中山期中）下列说法正确的是（ ）
A．若 则
B．若， 则
C．若， 则
D．若 则
3．（2024高一下·中山期中）如图，二面角等于，是棱上两点， 分别在半平面内， ，， 且则的长等于（ ）
A．4 B． C． D．
4．（2024高一下·中山期中）在 中， 角 的对边分别为，已知，若，则的外接圆半径等于（ ）
A． B．2 C． D．4
5．（2024高一下·中山期中）祖暅是我国南北朝时期伟大的数学家．祖暅原理用现代语言可以描述为“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”．例如，可以用祖暅原理推导半球的体积公式，如图，底面半径和高都为的圆柱与半径为的半球放置在同一底平面上，然后在圆柱内挖去一个半径为，高为的圆锥后得到一个新的几何体，用任何一个平行于底面的平面去截这两个几何体时，所截得的截面面积总相等，由此可证明半球的体积和新几何体的体积相等．若用平行于半球底面的平面去截半径为的半球，且球心到平面的距离为，则平面与半球底面之间的几何体的体积是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·中山期中）已知一个圆锥的高为6，底面半径为8，现在用一个过两条母线的平面去截圆锥，得到一个三角形，则这个三角形面积的最大值为（ ）
A．100 B．50 C．48 D．24
7．（2024高一下·中山期中）在中，角所对的边分别为，且，设的面积为，若，则此三角形的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．直角三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
8．（2024高一下·中山期中）正四面体的棱长为，点，是它内切球球面上的两点，为正四面体表面上的动点，当线段最长时，的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·中山期中）已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的命题，（ ）
A．若 则△ABC一定是等边三角形
B．若，，，则△ABC有两解
C．若，则△ABC一定是等腰三角形
D．若，则△ABC一定是锐角三角形
10．（2024高一下·中山期中）如图， 在中，为的中点， ，与交于点，若 ，则下面对于的描述正确的是（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高一下·中山期中）如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处(平面)，若为线段的中点，平面与平面所成二面角，直线与平面所成角为，则在折起的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．存在某个位置，使得
B．面积的最大值为
C．
D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积
12．（2024高一下·中山期中）如图，已知由斜二测画法得到的水平放置的四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，则原图形的面积为 .
13．（2024高一下·中山期中）为了测量某建筑物的高度AB，可以选与底部在同一水平面内的两个测量基点与．现测得，米，并在点测得塔顶的仰角为，则该建筑物的高度 米．
14．（2024高一下·中山期中）已知点，点是内(包含边界)一动点，请你结合所学向量的知识，求出的最大值为 .
15．（2024高一下·中山期中）已知向量，．
（1）若，求实数m的值；
（2）若为钝角，求实数m的取值范围．
16．（2024高一下·中山期中）在四棱锥中， 底面是边长为2的正方形，平面.
（1）求证：；
（2）若与底面所成的角为45°；
①求点B到平面的距离；
②求二面角的余弦值.
17．（2024高一下·中山期中）在中，满足
（1）求；
（2）若，边上的中线，，求的周长和面积.
18．（2024高一下·中山期中）在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型，点E在棱PB上，满足， 点F在棱PC上，满足要求同学们按照以下方案进行切割：
（1）试在棱PC上确定一点G，使得 平面，并说明理由；
（2）过点A，E，F的平面α交PD于点H，沿平面α平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H 点的位置；
①请求出 的值；
②若正四棱锥模型的棱长均为6，求直线与平面α所成角的正弦值.
19．（2024高一下·中山期中）定义向量 的“伴随函数”为. 函数. 的“伴随向量”为
（1）在 中，已知 点M 为边AB上的点，且 求出向量 的“伴随函数”， 并直接写出的最大值；
（2）已知向量 函数 求函数的“伴随向量” 的坐标；
（3）已知 向量 的“伴随函数”分别为、， 设 且 的“伴随函数”为，其最大值为m. 求证： 向量 的充要条件为
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，
所以.
故选：B.
【分析】根据复数的运算法则先求出复数，进而利用复数模的计算方法求出模|z| 即可.
2．【答案】C
【知识点】向量的模；共线（平行）向量；平面向量的数量积运算；相等向量
【解析】【解答】解：A、由不能确定的方向，故得不到，故选项A错误；
B、当时，满足，，但得不到的位置关系，故选项B错误；
C、因平面向量是自由向量，故由，可得，故选项C正确；
D、当时，，但得不到，故选项D错误.
故选：C.
【分析】由相等向量定义即可判断选项A；即可判断选项B；由相等向量的定义即可判断选项C；时，，即可判断选项D.
3．【答案】A
【知识点】空间向量的数量积运算；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：由题意可知：，
因为，，
所以，
又因为，，所以，，
因为，
所以
，所以，则．
故答案为：A．
【分析】由题意可得，用表示向量，结合向量数量积求的模，即可求得的长.
4．【答案】B
【知识点】两角和与差的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理得，
又因为，所以，
所以，所以，即，
因为，所以，
又由，所以的外接圆的直径，可得，
所以的外接圆的半径为.
故选：B.
【分析】根据题意，利用正弦定理可得，结合三角恒等变换的公式求得，即，进而可求得A，再结合正弦定理即可求得的外接圆半径 .
5．【答案】C
【知识点】柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题可知，平面截圆柱所得截面圆半径，
所以平面截圆锥时所得小圆锥的体积，
又平面与圆柱下底面之间的部分的体积为
根据祖暅原理可知：平面与半球底面之间的几何体体积
故选：C.
【分析】先求得平面截圆柱所得截面圆半径r，进而求得平面截圆锥时所得小圆锥的体积V1和平面与圆柱下底面之间的部分的体积V2，结合祖暅原理可知平面与半球底面之间的几何体体积为V=V2-V1即可求得结果.
6．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：如图所示，
因为在圆锥中，，，
所以圆锥的母线，
所以在轴截面中，，
所以，
所以，
设，则，
所以的面积，
所以当时，截面面积有最大值，最大值为.
故选：B
【分析】利用勾股定理先求出母线长SA，即可求出，再由二倍角公式求出，可知，过圆锥的两条母线，作一个截面，设，则，截面的面积为，根据的取值范围即可求出截面的面积最大值.
7．【答案】C
【知识点】余弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：因为，所以，所以
所以，
又因为，所以，所以，所以
因为，
所以，
所以，
所以，即，
又因为，
所以此三角形的形状为等边三角形.
故选：C.
【分析】根据已知条件结合向量的数量积公式和三角形面积公式即可求得，进而可知，结合化简得，即，由此即可判断三角形的形状 .
8．【答案】C
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：设正四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，则在上，连接，
则.
因为正四面体的棱长为3，所以，
所以，设内切球的半径为，
则，，解得，
当为内切球的直径时最长，此时，，
，
因为为正四面体表面上的动点，所以当为正四体的顶点时，最长，的最大值为，所以的最大值为.
故答案为：C.
【分析】设四面体的内切球球心为，为的中心，为的中点，连接，则在上，连接，根据题意求出内切球的半径，当为内切球的直径时，最长，再化简可求得其最大值.
9．【答案】A,D
【知识点】两角和与差的正切公式；二倍角的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、若，由正弦定理可得，
所以， A，B，C是△ABC的内角，所以，所以是等边三角形，故选项A正确；
B、，，所以有一解，故选项B错误；
C、因为，所以，所以，
因为A，B是△ABC的内角，所以或，所以或，所以是等腰或直角三角形，故选项C错误；
D、，
，
因为，且，
所以都是锐角，故选项D正确.
故选：AD.
【分析】根据正弦定理边角互化，即可得，进而可知即可判断选项A；根据判断三角形个数的公式，即可判断选项B；根据正弦定理边化角，再根据三角函数恒等变形可得，进而可得或，即可判断选项C；根据两角和的正切公式，变形条件，，即可判断选项D.
10．【答案】A,C
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：A、，
因为，所以，所以，
由三点共线，所以，即，故选项A正确；
C、又为的中点，所以，即，
由三点共线，所以，即，故选项C正确；
由，可解得，
，故选项B错误；
，故选项D错误.
故选：AC.
【分析】利用平面向量基本定理及平面向量的线性运算，结合三点共线的向量性质可得，进而可得，即可判断选项A；，结合三点共线的向量性质可得，进而可得，即可判断选项C；结合和，求得x和y的值，进而可判断选项B，D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；球内接多面体；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：A、是的中点，连接，
因为是的中点，是的中点，所以，
又因为，所以，
所以四边形是平行四边形，所以，
所以是直线与直线所成角（或其补角）.
在三角形中，，所以，故选项A错误；
B、因为，所以，
设分别是的中点，连接，则是三角形的中位线，
所以，则，
而，所以是平面与平面所成二面角，设.
当时，平面平面，
此时，由于平面平面，
所以平面，由于平面，
所以，由于平面，，
所以平面，由于平面，所以，
所以面积的最大值为，故选项B正确；
C、过作，垂足为，连接，
因为，平面，，所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，，所以平面，所以，
由于，而，
所以，故选项C正确.
D、三棱锥体积最大时，平面平面，
因为平面平面，平面，，
所以平面，因为是的外心，是的外心，
所以是三棱锥的外接球的球心，
所以外接球的半径，表面积为.故选项D正确.
故选：BCD
【分析】先证得四边形是平行四边形，进而可知，则是直线与直线所成角（或其补角），结合，即可判断选项A；是平面与平面所成二面角，设.当时，进而证得，即可求得面积的最大值，即可判断选项B；根据线面垂直的判定定理和性质定理可知平面，所以，由于，而，所以，即可判断选项C；根据面面垂直的性质可得平面，由是的外心，是的外心，可知是三棱锥的外接球的球心，求出外接球的半径，进而求出表面积即可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】∵四边形ABCD的直观图是一个边长为1的正方形，
∴原图形为平行四边形，一组对边长为1，且该边上的高为，
∴原图形的面积为.
故答案为：
【分析】本题考查斜二测画法.先根据斜二测画法推出原图为平行四边形，再根据线段的长度可推出一组对边长为1，且该边上的高为，利用平行四边形的面积公式可求出答案.
13．【答案】300
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，因为，所以，
由正弦定理，得，
在中，，则，
所以该建筑物的高度米.
故答案为：300.
【分析】在中，利用正弦定理求出，进而在直角三角形ABC中求出AB即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：如图所示，设与轴的夹角为，
因为点是内(包含边界)一动点，
所以当点与点重合时，直线的斜率最小，为，此时，所以，因为，
所以，，
所以，，
所以，
因为，所以，所以，
即，当且仅当时，即时，取得最大值，此时点与点重合.
故答案为：.
【分析】利用点坐标即的坐标，引入与轴的夹角，借助点是内(包含边界)一动点，求出的取值范围，将点的坐标用的三角函数表示，从而将所求式转化成，根据的取值范围进而求其值域即得的最大值 .
15．【答案】解：（1）因为，所以
所以，解得．
（2）若为钝角，所以，即且不共线，
所以，解得且．
所以m的取值范围为。
【知识点】平面向量数量积的性质；平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】（1）由已知条件可得，进而利用数量积的坐标公式列方程求出m的值即可；
（2）由为钝角可知且不共线，列出不等式，求得实数m的取值范围即可．
16．【答案】（1）证明：因为底面是正方形，所以，
又因为平面，平面，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）解：①解法1、因为平面，平面，所以，
所以与平面所成的角为，
所以，且，所以，所以，
因为正方形边长为，所以，所以，
又因为平面，平面，所以，所以，
在中，，所以，
记点到平面的距离为，由，所以，
即，解得，
所以点到平面的距离为.
解法2、因为平面，所以点到平面的距离即为点到平面的距离，
因为平面，平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
过点作，由平面平面，且平面，
所以平面，即为点到平面的距离，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离，设距离为，
在直角中，，，，
由，可得，即点到平面的距离为.
②如图所示，过点作于点，设交于点，过点作于点，连接，
由①知，因为，且平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以二面角的平面角为，
因为，所以，
因为为的中点，，所以，
在正方形中，，
所以，在直角中，，可得，
所以二面角的余弦值为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据题意，先证得和，根据线面垂直判定定理可得到平面，进而利用线面垂直的性质即可证得；
（2）①解法1、记点到平面的距离为，根据，可得，列出方程求出d的值，即可求得点到平面的距离；
解法2、由平面，转化为点到平面的距离，在直角中，结合三角形的面积相等，可得，列式求出d的值，即可求得点到平面的距离；
②过点作过点作，证得，得到二面角的平面角为，在直角中，求得，进而求得二面角的余弦值.
（1）证明：因为底面是正方形，可得，
又因为平面，平面，所以，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以.
（2）解：①解法1、因为平面，平面，所以，
所以与平面所成的角为，
所以，且，所以，所以，
因为正方形边长为，所以，所以，
又因为平面，平面，所以，所以，
在中，，所以，
记点到平面的距离为，由，可得，
所以点到平面的距离为.
解法2、因为平面，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离，
因为平面，平面，所以，
又因为，且，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
过点作，由平面平面，且平面，
所以平面，即为点到平面的距离，
所以点到平面的距离即为点到平面的距离，设距离为，
在直角中，，，，
由，可得，即点到平面的距离为.
②过点作于点，
设交于点，过点作于点，连接，
由①知，因为，且平面，
所以平面，又因为平面，所以，
所以二面角的平面角为，
因为，所以，
因为为的中点，，所以，
在正方形中，，
所以，在直角中，，可得，
所以二面角的余弦值为.
17．【答案】（1）解：由正弦定理得，
又因为，
所以，
因为，所以，所以，
即，
化简得，解得或
因为，所以，
所以，所以.
（2）解：因为点D是BC的中点，所以，所以，
即，即，
在中，由余弦定理，可得，
联立方程组，可得，所以，
所以，
所以的周长为，面积为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据题意结合正弦定理化简得到，可得，解方程求得，进而求得A的值即可；
（2）根据点D是BC的中点，得到，化简得到，再由余弦定理，求得，联立方程组，求得，进而即可求得周长和面积.
（1）解：在中，因为，
由正弦定理得，
又因为，
则，
因为，可得，所以，
即，
化简得
因为，可得，
解得，所以.
（2）解：由边的中线，
可得，可得，
即，即，
在中，由余弦定理，可得，
联立方程组，可得，所以，
所以，
所以的周长为，面积为.
18．【答案】（1）解：点E在棱PB上，满足，即点为靠近点的三等分点；
点F在棱PC上，满足，即为的中点，
取PC上靠近C的四等分点为G，如图所示：
则，即，
因为平面，平面， 所以EF平面；
（2）解：①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H，如图所示：
由（1） 可得：为的中点， 由， 可得B为MC的中点，
因为AD∥BC，，所以D为CN的中点，
在等腰三角形PCD中， F为PC的中点， 取CD的中点K， 连接FK，
则，，即， 即；
② 连接，两线交于点，连接，如图所示：
则平面，因为平面，所以，
又因为是正方形，所以，
又因为，所以平面，
由①得，则，即平面，
又因为，所以平面，且平面，
过点作于点，则，则即直线与平面α所成角，
因为，所以，在中，，
则，即直线PA与平面α所成角的正弦值为
【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】（1）由题意可得点为靠近点的三等分点，为的中点考虑取PC上靠近C的四等分点为G，推得，即可证明平面；
（2）①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H，利用相似形即得到，，即，据此求解即可；
②先证明平面，再证得平面，从而平面，作，证得到即直线与平面α所成角，解即可.
19．【答案】（1）解：因为点M 为边上的点， 且，则，
所以，
所以，其中
因为，所以f(x)的最大值为5，即.
（2）解：因为，
所以函数的“伴随向量”为.
（3）证明：设
所以
所以
下面先证充分性：
因为，当且仅当存在使得：
时，成立，其中
所以则
所以，所以；
再证必要性：当时，
所以
当且仅当时，等号成立，
所以.
综上所述，向量 的充要条件为
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；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；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据共线定理先求得的值，即可求得 ，进而根据题意写出伴随函数，并用辅助角公式整理成正弦型函数，即可求出最大值；
（2）根据向量的数量积公式结合三角恒等变换得到即可求得“伴随向量”的坐标 ；
（3） 设则
先证明充分性，再证明必要性.
（1）因为点M 为边上的点， 且，则
即得，
由题意得，，
因，其中因，故.
（2）因，
故函数的“伴随向量”为.
（3）设
因为
所以
下证充分性：
因，当且仅当存在使得：
时，成立，其中
所以则
于是，故有，；
再证必要性：当时，
所以
当且仅当时，等号成立，
故有，.
综上：向量 的充要条件为
1 / 1
