广东省深圳市龙岗区平湖外国语学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
1．（2024高一下·龙岗期中）已知复数（为虚数单位），则复数z的虚部为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，所以z的虚部为.
故选：A.
【分析】利用复数乘法法则先求出复数，进而即可求出其虚部.
2．（2024高一下·龙岗期中）已知平面向量 ， ，且 ，则 =（ ）
A．4 B．﹣6 C．﹣10 D．10
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：平面向量 ， ，且 ，
∴1×（﹣4）=2m，
解得m=﹣2，
则 =1×（﹣2）+2×（﹣4）=﹣10，
故选：C
【分析】先根据向量的共线求出m的值，再根据向量的数量积求出即可
3．（2024高一下·龙岗期中）在中，角的对边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由余弦定理可得，
又因为，所以.
故选：B.
【分析】先根据余弦定理求得，进而即可求得C.
4．（2024高一下·龙岗期中）在中，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理，可得
又因为，所以或.
故选：B.
【分析】利用正弦定理先求得sinA，进而可求得A.
5．（2024高一下·龙岗期中）已知某圆锥的底面半径是高的一半，则其侧面展开图的圆心角的大小为（ ）
A． B． C． D．
【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：设圆锥的底面半径为r，则高为2r，所以母线长为
设展开图的圆心角为，则 所以 .
故答案为：B.
【分析】根据圆锥与其展开图的对应关系，列出展开图弧长的等式，即可解得.
6．（2024高一下·龙岗期中）已知平面向量与的夹角为，，，则（ ）
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
【解析】【解答】解：易知，，
因为平面向量与的夹角为 ，所以，
则，即.
故答案为：B.
【分析】先求，再根据向量的数量积公式及模长公式直接求解即可.
7．（2024高一下·龙岗期中）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a sin B＝b cos A，a2＝(b－c)2＋4，则△ABC的面积是（ ）
A．1＋ B．2＋ C．2 D．2＋2
【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由正弦定理得sin A sin B＝sin B cos A
因为0＜B＜π，所以sin B≠0，所以sin A＝cos A，所以tan A＝1．
又因为0＜A＜π，所以A＝，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos．
又因为a2＝(b－c)2＋4，所以bc＝4＋2，
所以S△ABC＝bc sin A＝1＋.
故选：A.
【分析】利用正弦定理先求出A，进而利用余弦定理结合a2＝(b－c)2＋4，可求得bc的值，再利用三角形的面积公式S△ABC＝bc sin A即可求出 △ABC的面积 .
8．（2024高一下·龙岗期中）中国南北朝时期的数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底而边长为2，下底而边长为4，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，
所以
.
故选：B.
【分析】由祖暅原理可知该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，根据棱台的体积公式求出正六棱台的体积，即可求出该不规则几何体的体积.
9．（2024高一下·龙岗期中）已知向量，，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，，则在上的投影向量为
D．若，，则在上的投影向量为
【答案】A,C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、B、若，则，故选项A正确，选项B错误；
C、D、若，且，则，解得，
所以，所以，
故在上的投影向量为，故选项C正确，选项D错误．
故选：AC.
【分析】根据向量平行的坐标表示即可判断选项AB；由向量垂直的坐标表示结合已知条件先求出向量，进而得到向量，再根据投影向量公式即可求得在上的投影向量，可判断选项CD.
10．（2024高一下·龙岗期中）在正方体中，E，F，G分别为BC，，的中点，则（ ）
A．直线与直线AF异面
B．直线与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面是等腰梯形
D．三棱锥A-CEF的体积是正方体体积的
【答案】A,B,C
【知识点】异面直线的判定；空间中直线与平面之间的位置关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】
A、由图易知AF与异面，故选项A正确；
B、取的中点为M，连接、GM，因为A1A∥ME，且A1A=ME，所以四边形A1AEM是平行四边形，所以；因为GM∥BC1，EF∥BC1，所以，
因为，平面A1MG，平面AEF，
所以，从而，故选项B正确；
C、连接，，易知平面AEF截正方体所得的截面为等腰梯形，故选项C正确；
D、设正方体棱长为a，三棱锥A-CEF的体积，故选项D错误．
故选：ABC．
【分析】由图可直接判断选项A；证得，进而可证得，即可判断选项B；可知平面AEF截正方体所得的截面为四边形，判断四边形的具体形状即可判断选项C；根据三棱锥的体积公式算出三棱锥A-CEF的体积，进而可判断选项D.
11．（2024高一下·龙岗期中）已知复数（为虚数单位）在复平面内对应的点为，复数满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的坐标为 B．
C．的最大值为 D．的最小值为
【答案】A,B,C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、因为，所以，故选项A正确；
B、由题意可知，，故选项B正确；
C、因为，所以，
所以，
当且仅当时，等号成立，即的最大值为，故选项C正确；
D、，
当且仅当时，等号成立，即的最小值为，故选项D错误.
故选：ABC.
【分析】求出对应的点即可判断选项A；直接求出共轭复数即可判断选项B；利用复数模的三角不等式即可判断选项CD.
12．（2024高一下·龙岗期中）水平放置的的斜二测直观图是如图中的，已知，，则边的实际长度是 .
【答案】5
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：如图所示，是 的原图形，
由题意可知，，
所以.
故答案为：5.
【分析】结合斜二测画法的性质画出原图形，结合“横不变，纵减半”的特点，可知AC和BC的长度，结合勾股定理即可求出AB边的实际长度.
13．（2024高一下·龙岗期中） 若（为虚数单位）是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，则实数 .
【答案】-2
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：因为（为虚数单位）是关于的实系数一元二次方程的一个虚根 ，
则（为虚数单位也是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，则根据韦达定理有：，
解得：
故答案为：
【分析】本题主要考查实数系一元二次方程的虚根成对出现及韦达定理，根据实数系一元二次方程的虚根成对出现可得（为虚数单位也是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，再运用韦达定理即可求解.
14．（2024高一下·龙岗期中）如图，正方形ABCD的边长为6，E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于M，则 ．
【答案】
【知识点】平面向量的线性运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设，，由题意可知，，，
所以，
，
所以
．
故答案为：.
【分析】令，作为基底，由题意可知，，利用向量的线性运算用，表示，再根据向量的数量积公式求 即可.
15．（2024高一下·龙岗期中）复平面内表示复数的点为．
（1）当实数取何值时，复数表示纯虚数？并写出的虚部；
（2）当点位于第四象限时，求实数的取值范围；
（3）当点位于直线上时，求实数的值．
【答案】（1）解：由题意可知，解得
所以当m=-1时，复数是纯虚数，
此时，z=-4i，所以z的虚部为．
（2）解：由题意可知，，解得．
所以当点位于第四象限，m的取值范围为(-∞，-1)．
（3）解：由题意可知，，即m2-3m=0，解得或，
所以当点位于直线上时，或
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示
【解析】【分析】（1）根据纯虚数的定义a=0且b≠0列式求出的值，进而求出复数z，再写出其虚部即可；
（2）根据复数的几何意义点位于第四象限时a>0且b<0，结合条件列出不等式组，计算即可求出m的取值范围；
（3）根据点Z位于直线上时可知a=b，即，计算即可求出实数m的值.
（1）依题意得，当且，即时，复数是纯虚数，虚部为．
（2）依题意，得且，解得．所以当时，点位于第四象限．
（3）依题意得当，即或时，点位于直线上．
16．（2024高一下·龙岗期中）如图，已知圆锥的底面半径，高，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱.
（1）若圆柱的底面半径，求剩余部分体积；
（2）试求圆柱侧面积的最大值.
【答案】（1）解：因为圆锥的底面半径，高.
所以圆锥体积.
设圆柱的高，则，即，解得，
所以圆柱体积，
剩余部分体积为，
（2）解：方法一：如图所示，作出圆锥、圆柱的轴截面，
其中，设，
设圆柱底面半径为，则，即
设圆柱的侧面积为S'，
则
所以当时，有最大值为，
所以圆柱侧面积的最大值为.
方法二：如图所示，作出圆锥、圆柱的轴截面，
其中，
设圆柱底面半径为，则，即
设圆柱的侧面积为
所以当时，有最大值为.
所以圆柱侧面积的最大值为.
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；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）利用相似比可求出圆柱的高，则剩余部分体积用圆锥的体积减去圆柱的体积计算即可，
（2）方法一：作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，设，利用相似比可表示出圆柱的底面半径，从而可表示出圆柱的侧面积，利用二次函数的性质即可求出其最大值，方法二：设圆柱底面半径为，然后利用相似表示出圆柱的高，从而可表示出圆柱的侧面积，利用二次函数的性质即可求出其最大值.
（1）因为圆锥的底面半径，高.
所以圆锥的母线长、
圆锥体积.
设圆柱的高，则，所以，
圆柱体积，
剩余部分体积为，
（2）方法一：作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，
其中，设，
设圆柱底面半径为，则，即
设圆柱的侧面积为
当时，有最大值为，
方法二：作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，
其中，
设圆柱底面半径为，则，即
设圆柱的侧面积为
当时，有最大值为.
17．（2024高一下·龙岗期中）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，，E是PD的中点．
（1）求证：BC∥AD；
（2）求证：CE∥平面PAB．
【答案】（1）解：因为BC∥平面PAD，BC 平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，
所以BC∥AD．
（2）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，
因为E，F分别是PD，PA的中点，所以EF∥AD，，
又因为BC∥AD，且，
所以BC∥EF，BC＝EF，所以四边形BCEF是平行四边形，所以EC∥FB，
因为EC 平面PAB，FB 平面PAB，
所以EC∥平面PAB．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）由BC∥平面PAD，根据线面平行的性质定理即可证得 BC∥AD ；
（2）取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质可得EC∥FB，利用线面平行的判断定理即可证明CE∥平面PAB ．
（1）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC 平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD．
（2）取PA的中点F，连接EF，BF，∵E是PD的中点，
∴EF∥AD，，
又由（1）可得BC∥AD，且，∴BC∥EF，BC＝EF，
∴四边形BCEF是平行四边形，∴EC∥FB，
∵EC 平面PAB，FB 平面PAB，
∴EC∥平面PAB．
18．（2024高一下·龙岗期中）如图．在锐角中，点D为边上一点，=，且，．
（1）求边的长；
（2）若点D为边BC的中点，求的面积．
（3）若AD为的平分线，求的面积．
【答案】（1）解：因为，所以
因为，所以
又，
在中，由正弦定理 可得
所以边的长为
（2）解：因为且， 所以，
所以.
在中，由正弦定理，可得， 即，
又因为点为边的中点，
所以
（3）解：因为为的平分线，由角平分线定理，可得，
设，
在中，由余弦定理可得
整理得，解得或（舍去），
所以，
由可知，此时为中点，
所以
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用诱导公式先求出，进而求得，再由正弦定理即可求得
（2）先求得cosB，进而利用两角和的正弦公式求得sin， 再由正弦定理求得，根据为中点，得，即可求得三角形的面积；
（3）由角平分线定理可得，设，结合余弦定理求出t的值，求得， 即为中点，再根据（2）的结果即可得 面积.
（1）由， 可得，
所以
又，
在中，由正弦定理可得 即，
故边的长为
（2）由， 可得，
所以.
在中，由正弦定理，可得， 即，
又点为边的中点，
所以
（3）若为的平分线，由角平分线定理，可得，
设，
在中，由余弦定理可得
整理得，解得或（舍去），
故，
由可知，此时为中点，
故
19．（2024高一下·龙岗期中）已知是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点作，，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图．我们把这个由基底确定的坐标系称为基底坐标系．当向量不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为．对平面内任一点，连结，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点在斜坐标系中的坐标．
今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，设
（1）计算的大小；
（2）质点甲在上距点4米的点处，质点乙在上距点1米的点处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动．
①若过2小时后质点甲到达点，质点乙到达点，请用，表示；
②若时刻，质点甲到达点，质点乙到达点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离．
【答案】（1）因为，所以，，
又，所以．
所以，
即的大小为；
（2）①；②小时后，两质点相距最短，最短距离为米
①如图所示：
依题意，过2小时后质点甲到达点（在点左边），且有，
质点乙到达点，且有，故
②时刻时，质点甲到达点，质点乙到达点，
如图所示：
，则
，
所以两质点间的距离
，
因为，所以当时．取得最小值为，
所以小时后，两质点相距最短，最短距离为米
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的综合题；向量加法的平行四边形法则
【解析】【分析】（1）由已知表示可用基底表示，通过展开计算即可；
（2）①通过以及计算可得；
②通过求得，再通过展开计算求出，利用一元二次方程及未知数的取值范围求最值.
1 / 1广东省深圳市龙岗区平湖外国语学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
1．（2024高一下·龙岗期中）已知复数（为虚数单位），则复数z的虚部为（ ）
A． B．2 C． D．
2．（2024高一下·龙岗期中）已知平面向量 ， ，且 ，则 =（ ）
A．4 B．﹣6 C．﹣10 D．10
3．（2024高一下·龙岗期中）在中，角的对边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·龙岗期中）在中，则等于（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·龙岗期中）已知某圆锥的底面半径是高的一半，则其侧面展开图的圆心角的大小为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·龙岗期中）已知平面向量与的夹角为，，，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·龙岗期中）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知a sin B＝b cos A，a2＝(b－c)2＋4，则△ABC的面积是（ ）
A．1＋ B．2＋ C．2 D．2＋2
8．（2024高一下·龙岗期中）中国南北朝时期的数学家、天文学家祖冲之、祖暅父子总结了魏晋时期著名数学家刘徽的有关工作，提出“幂势既同，则积不容异”.“幂”是截面积，“势”是几何体的高.详细点说就是，界于两个平行平面之间的两个几何体，被任一平行于这两个平面的平面所截，如果两个截面的面积相等，则这两个几何体的体积相等.上述原理在中国被称为祖暅原理.一个上底而边长为2，下底而边长为4，高为的正六棱台与一个不规则几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·龙岗期中）已知向量，，，下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，，则在上的投影向量为
D．若，，则在上的投影向量为
10．（2024高一下·龙岗期中）在正方体中，E，F，G分别为BC，，的中点，则（ ）
A．直线与直线AF异面
B．直线与平面AEF平行
C．平面AEF截正方体所得的截面是等腰梯形
D．三棱锥A-CEF的体积是正方体体积的
11．（2024高一下·龙岗期中）已知复数（为虚数单位）在复平面内对应的点为，复数满足，则下列结论正确的是（ ）
A．点的坐标为 B．
C．的最大值为 D．的最小值为
12．（2024高一下·龙岗期中）水平放置的的斜二测直观图是如图中的，已知，，则边的实际长度是 .
13．（2024高一下·龙岗期中） 若（为虚数单位）是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，则实数 .
14．（2024高一下·龙岗期中）如图，正方形ABCD的边长为6，E是AB的中点，F是BC边上靠近点B的三等分点，AF与DE交于M，则 ．
15．（2024高一下·龙岗期中）复平面内表示复数的点为．
（1）当实数取何值时，复数表示纯虚数？并写出的虚部；
（2）当点位于第四象限时，求实数的取值范围；
（3）当点位于直线上时，求实数的值．
16．（2024高一下·龙岗期中）如图，已知圆锥的底面半径，高，过上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱.
（1）若圆柱的底面半径，求剩余部分体积；
（2）试求圆柱侧面积的最大值.
17．（2024高一下·龙岗期中）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，，E是PD的中点．
（1）求证：BC∥AD；
（2）求证：CE∥平面PAB．
18．（2024高一下·龙岗期中）如图．在锐角中，点D为边上一点，=，且，．
（1）求边的长；
（2）若点D为边BC的中点，求的面积．
（3）若AD为的平分线，求的面积．
19．（2024高一下·龙岗期中）已知是平面内任意两个非零不共线向量，过平面内任一点作，，以为原点，分别以射线为轴的正半轴，建立平面坐标系，如左图．我们把这个由基底确定的坐标系称为基底坐标系．当向量不垂直时，坐标系就是平面斜坐标系，简记为．对平面内任一点，连结，由平面向量基本定理可知，存在唯一实数对，使得，则称实数对为点在斜坐标系中的坐标．
今有斜坐标系（长度单位为米，如右图），且，设
（1）计算的大小；
（2）质点甲在上距点4米的点处，质点乙在上距点1米的点处，现在甲沿的方向，乙沿的方向同时以3米/小时的速度移动．
①若过2小时后质点甲到达点，质点乙到达点，请用，表示；
②若时刻，质点甲到达点，质点乙到达点，求两质点何时相距最短，并求出最短距离．
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：因为，所以z的虚部为.
故选：A.
【分析】利用复数乘法法则先求出复数，进而即可求出其虚部.
2．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：平面向量 ， ，且 ，
∴1×（﹣4）=2m，
解得m=﹣2，
则 =1×（﹣2）+2×（﹣4）=﹣10，
故选：C
【分析】先根据向量的共线求出m的值，再根据向量的数量积求出即可
3．【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由余弦定理可得，
又因为，所以.
故选：B.
【分析】先根据余弦定理求得，进而即可求得C.
4．【答案】B
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理，可得
又因为，所以或.
故选：B.
【分析】利用正弦定理先求得sinA，进而可求得A.
5．【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：设圆锥的底面半径为r，则高为2r，所以母线长为
设展开图的圆心角为，则 所以 .
故答案为：B.
【分析】根据圆锥与其展开图的对应关系，列出展开图弧长的等式，即可解得.
6．【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
【解析】【解答】解：易知，，
因为平面向量与的夹角为 ，所以，
则，即.
故答案为：B.
【分析】先求，再根据向量的数量积公式及模长公式直接求解即可.
7．【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由正弦定理得sin A sin B＝sin B cos A
因为0＜B＜π，所以sin B≠0，所以sin A＝cos A，所以tan A＝1．
又因为0＜A＜π，所以A＝，所以由余弦定理得a2＝b2＋c2－2bc cos．
又因为a2＝(b－c)2＋4，所以bc＝4＋2，
所以S△ABC＝bc sin A＝1＋.
故选：A.
【分析】利用正弦定理先求出A，进而利用余弦定理结合a2＝(b－c)2＋4，可求得bc的值，再利用三角形的面积公式S△ABC＝bc sin A即可求出 △ABC的面积 .
8．【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由祖暅原理可知，该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，
所以
.
故选：B.
【分析】由祖暅原理可知该不规则几何体的体积与正六棱台的体积相等，根据棱台的体积公式求出正六棱台的体积，即可求出该不规则几何体的体积.
9．【答案】A,C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A、B、若，则，故选项A正确，选项B错误；
C、D、若，且，则，解得，
所以，所以，
故在上的投影向量为，故选项C正确，选项D错误．
故选：AC.
【分析】根据向量平行的坐标表示即可判断选项AB；由向量垂直的坐标表示结合已知条件先求出向量，进而得到向量，再根据投影向量公式即可求得在上的投影向量，可判断选项CD.
10．【答案】A,B,C
【知识点】异面直线的判定；空间中直线与平面之间的位置关系；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】
A、由图易知AF与异面，故选项A正确；
B、取的中点为M，连接、GM，因为A1A∥ME，且A1A=ME，所以四边形A1AEM是平行四边形，所以；因为GM∥BC1，EF∥BC1，所以，
因为，平面A1MG，平面AEF，
所以，从而，故选项B正确；
C、连接，，易知平面AEF截正方体所得的截面为等腰梯形，故选项C正确；
D、设正方体棱长为a，三棱锥A-CEF的体积，故选项D错误．
故选：ABC．
【分析】由图可直接判断选项A；证得，进而可证得，即可判断选项B；可知平面AEF截正方体所得的截面为四边形，判断四边形的具体形状即可判断选项C；根据三棱锥的体积公式算出三棱锥A-CEF的体积，进而可判断选项D.
11．【答案】A,B,C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、因为，所以，故选项A正确；
B、由题意可知，，故选项B正确；
C、因为，所以，
所以，
当且仅当时，等号成立，即的最大值为，故选项C正确；
D、，
当且仅当时，等号成立，即的最小值为，故选项D错误.
故选：ABC.
【分析】求出对应的点即可判断选项A；直接求出共轭复数即可判断选项B；利用复数模的三角不等式即可判断选项CD.
12．【答案】5
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：如图所示，是 的原图形，
由题意可知，，
所以.
故答案为：5.
【分析】结合斜二测画法的性质画出原图形，结合“横不变，纵减半”的特点，可知AC和BC的长度，结合勾股定理即可求出AB边的实际长度.
13．【答案】-2
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：因为（为虚数单位）是关于的实系数一元二次方程的一个虚根 ，
则（为虚数单位也是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，则根据韦达定理有：，
解得：
故答案为：
【分析】本题主要考查实数系一元二次方程的虚根成对出现及韦达定理，根据实数系一元二次方程的虚根成对出现可得（为虚数单位也是关于的实系数一元二次方程的一个虚根，再运用韦达定理即可求解.
14．【答案】
【知识点】平面向量的线性运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：设，，由题意可知，，，
所以，
，
所以
．
故答案为：.
【分析】令，作为基底，由题意可知，，利用向量的线性运算用，表示，再根据向量的数量积公式求 即可.
15．【答案】（1）解：由题意可知，解得
所以当m=-1时，复数是纯虚数，
此时，z=-4i，所以z的虚部为．
（2）解：由题意可知，，解得．
所以当点位于第四象限，m的取值范围为(-∞，-1)．
（3）解：由题意可知，，即m2-3m=0，解得或，
所以当点位于直线上时，或
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示
【解析】【分析】（1）根据纯虚数的定义a=0且b≠0列式求出的值，进而求出复数z，再写出其虚部即可；
（2）根据复数的几何意义点位于第四象限时a>0且b<0，结合条件列出不等式组，计算即可求出m的取值范围；
（3）根据点Z位于直线上时可知a=b，即，计算即可求出实数m的值.
（1）依题意得，当且，即时，复数是纯虚数，虚部为．
（2）依题意，得且，解得．所以当时，点位于第四象限．
（3）依题意得当，即或时，点位于直线上．
16．【答案】（1）解：因为圆锥的底面半径，高.
所以圆锥体积.
设圆柱的高，则，即，解得，
所以圆柱体积，
剩余部分体积为，
（2）解：方法一：如图所示，作出圆锥、圆柱的轴截面，
其中，设，
设圆柱底面半径为，则，即
设圆柱的侧面积为S'，
则
所以当时，有最大值为，
所以圆柱侧面积的最大值为.
方法二：如图所示，作出圆锥、圆柱的轴截面，
其中，
设圆柱底面半径为，则，即
设圆柱的侧面积为
所以当时，有最大值为.
所以圆柱侧面积的最大值为.
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；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）利用相似比可求出圆柱的高，则剩余部分体积用圆锥的体积减去圆柱的体积计算即可，
（2）方法一：作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，设，利用相似比可表示出圆柱的底面半径，从而可表示出圆柱的侧面积，利用二次函数的性质即可求出其最大值，方法二：设圆柱底面半径为，然后利用相似表示出圆柱的高，从而可表示出圆柱的侧面积，利用二次函数的性质即可求出其最大值.
（1）因为圆锥的底面半径，高.
所以圆锥的母线长、
圆锥体积.
设圆柱的高，则，所以，
圆柱体积，
剩余部分体积为，
（2）方法一：作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，
其中，设，
设圆柱底面半径为，则，即
设圆柱的侧面积为
当时，有最大值为，
方法二：作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，
其中，
设圆柱底面半径为，则，即
设圆柱的侧面积为
当时，有最大值为.
17．【答案】（1）解：因为BC∥平面PAD，BC 平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，
所以BC∥AD．
（2）证明：取PA的中点F，连接EF，BF，
因为E，F分别是PD，PA的中点，所以EF∥AD，，
又因为BC∥AD，且，
所以BC∥EF，BC＝EF，所以四边形BCEF是平行四边形，所以EC∥FB，
因为EC 平面PAB，FB 平面PAB，
所以EC∥平面PAB．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）由BC∥平面PAD，根据线面平行的性质定理即可证得 BC∥AD ；
（2）取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质可得EC∥FB，利用线面平行的判断定理即可证明CE∥平面PAB ．
（1）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC 平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD．
（2）取PA的中点F，连接EF，BF，∵E是PD的中点，
∴EF∥AD，，
又由（1）可得BC∥AD，且，∴BC∥EF，BC＝EF，
∴四边形BCEF是平行四边形，∴EC∥FB，
∵EC 平面PAB，FB 平面PAB，
∴EC∥平面PAB．
18．【答案】（1）解：因为，所以
因为，所以
又，
在中，由正弦定理 可得
所以边的长为
（2）解：因为且， 所以，
所以.
在中，由正弦定理，可得， 即，
又因为点为边的中点，
所以
（3）解：因为为的平分线，由角平分线定理，可得，
设，
在中，由余弦定理可得
整理得，解得或（舍去），
所以，
由可知，此时为中点，
所以
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用诱导公式先求出，进而求得，再由正弦定理即可求得
（2）先求得cosB，进而利用两角和的正弦公式求得sin， 再由正弦定理求得，根据为中点，得，即可求得三角形的面积；
（3）由角平分线定理可得，设，结合余弦定理求出t的值，求得， 即为中点，再根据（2）的结果即可得 面积.
（1）由， 可得，
所以
又，
在中，由正弦定理可得 即，
故边的长为
（2）由， 可得，
所以.
在中，由正弦定理，可得， 即，
又点为边的中点，
所以
（3）若为的平分线，由角平分线定理，可得，
设，
在中，由余弦定理可得
整理得，解得或（舍去），
故，
由可知，此时为中点，
故
19．【答案】（1）因为，所以，，
又，所以．
所以，
即的大小为；
（2）①；②小时后，两质点相距最短，最短距离为米
①如图所示：
依题意，过2小时后质点甲到达点（在点左边），且有，
质点乙到达点，且有，故
②时刻时，质点甲到达点，质点乙到达点，
如图所示：
，则
，
所以两质点间的距离
，
因为，所以当时．取得最小值为，
所以小时后，两质点相距最短，最短距离为米
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的综合题；向量加法的平行四边形法则
【解析】【分析】（1）由已知表示可用基底表示，通过展开计算即可；
（2）①通过以及计算可得；
②通过求得，再通过展开计算求出，利用一元二次方程及未知数的取值范围求最值.
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