浙江省丽水市五校高中发展共同体2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题
1．（2024高一下·丽水期中）已知复数z满足，其中为虚数单位，则z的虚部为（ ）
A．0 B． C．1 D．
【答案】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意，复数z满足，
可得，
所以z的虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合复数的乘除法运算法则，从而得出复数，再结合复数的虚部的定义，即可求出复数z的虚部.
2．（2024高一下·丽水期中） 设，为非零向量，则“”是“与共线”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量的共线定理；平面向量数乘的运算
【解析】【解答】解：充分性：若，则即又
则即，则与共线，即充分条件成立，必要性：当时，满足与共线，但即必要性不成立，
即”是“与共线”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查充分条件、必要条件的判定，向量的数乘、数量积运算，根据向量的数乘运算及数量积可得：与的夹角为0，从而即可判定充分性，在根据时的情况即可判定必要性.
3．（2024高一下·丽水期中）在空间几何中下列说法正确的是( )
A．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
B．过一点有且只有一条直线与已知直线平行
C．过一点有且只有一个平面与已知直线平行
D．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直
【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A：根据空间两条直线的垂直关系有相交垂直和异面垂直两种情况，故当已知点在已知直线上时，可作无数条直线与已知直线垂直；当已知点在直线外时，可以作一条或者无数条直线与已知直线垂直，A错误.
B：当已知点在已知直线上时，不能作出与已知直线平行的直线；当已知点在已知直线外时，可以作一条与已知直线平行的直线，B错误.
C：当已知点在已知直线上时，不能作出平面与已知直线平行；当已知点在已知直线外时，可作出无数个平面与已知直线平行，C错误.
D：无论已知点在已知直线上还是已知直线外，假设过一点能作出两个平面与已知直线垂直，则这两个平面平行，显然与两平面经过一个点相互矛盾，故过一点有且只有一个平面与已知直线垂直，D正确.
故答案为：D.
【分析】利用空间中两条直线的垂直关系可判断A选项；举出反例当已知点在已知直线上时，不能作出与已知直线平行的直线，据此可判断B选项；举出反例当已知点在已知直线上时，不能作出平面与已知直线平行，据此可判断C选项；利用直线与平面垂直的判定定理可判断D选项.
4．（2024高一下·丽水期中）已知在中， 三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，，边上的高等于，则的面积为( )
A． B．9 C． D．
【答案】A
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，即，得，所以.
故答案为：A.
【分析】先利用三角形的面积计算公式可列出方程，解方程可求出，再根据三角形面积计算公式可求出答案.
5．（2024高一下·丽水期中）已知点O为所在平面内一点，且，，，则为（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；三角形五心；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：如图所示，取BC中点D，连接并延长OD至E，使DE=OD，
则四边形BOCE是平行四边形，
，
又，
，四点共线，AD是中线，
同理可证BO、CO的延长线均为的中线，
O是的重心．
又因为，
，
，
，
，，，
O是的垂心．
又因为，
O是的外心．
由上述可知：，
，
同理可证，，
△ABC是等边三角形．
故答案为：C.
【分析】利用已知条件可判断出点O是的外心、重心、垂心，由此可得出的三边相等，从而判断出为等边三角形.
6．（2024高一下·丽水期中）已知、为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则（ ）
A．， B．，
C．直线， D．直线，
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于选项A，假设，则，与、为异面直线矛盾，故A错误；
对于选项B，假设，结合，得到，与矛盾，故B错误；
对于选项C、D，
因为、为异面直线，所以在空间内过一点可以作，
则，，即垂直于与所在的平面，
又因为平面，平面，
所以平面，平面，所以平面既垂直于平面，且垂直于平面，
所以平面与平面 相交，且交线垂直于平面，故平行于，故C正确、D错误.
故答案为：C.
【分析】利用反证法结合面面平行、线面垂直的性质定理，则可判断选项A和选项B；利用线面垂直、面面垂直的性质定理，则可判断选项C和选项D，从而找出正确的选项.
7．（2024高一下·丽水期中）已知三点在以为圆心，1为半径的圆上运动，且，为圆所在平面内一点，且，则下列结论错误的是（ ）
A．的最小值是1 B．为定值
C．的最大值是10 D．的最小值是8
【答案】D
【知识点】向量的模；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：对于A，因为，
所以点在以为圆心，2为半径的圆上运动，
又因为点在以为圆心，2为半径的圆上运动，
所以当三点共线时，取得最小值，为，故A正确；
对于B，因为三点在圆上，
所以圆是的外接圆，
又因为，
所以是圆的直径，所以，则是定值，故B正确；
对于C、D，
所以，
，
因为，
所以，所以，
所以，
所以，
即的最大值是10，最小值是6，故选项C正确、选项D错误.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合点和点的轨迹，则可判断选项A；利用向量的线性表示结合，则可计算出的值，从而判断出选项B；利用向量的线性表示，得到，再结合向量夹角的取值范围得到的取值范围，即得出其最大值和最小值，则判断选项C和选项D，从而找出结论错误的选项.
8．（2024高一下·丽水期中）设A、B、C是函数与函数的图象连续相邻的三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；任意角三角函数的定义；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：由已知条件和三角函数诱导公式得：
所以函数，的最小正周期为，
在同一直角坐标系中作出函数，的图像，如图所示：
因为A、B、C为连续三交点，(不妨设B在x轴下方)，D为AC的中点，
由对称性知，是以AC为底边的等腰三角形，
所以，
由展开整理得：，
又因为，所以，
设点A、B的纵坐标分别为，则，即，
要使为锐角三角形，则，
又因为，
所以当且仅当时满足要求，
此时，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】由已知条件结合三角函数的诱导公式可得，从而作出函数的图象，再结合三角函数的图象与性质以及已知条件，从而列出不等式，进而求解得出实数的取值范围.
9．（2024高一下·丽水期中）已知钝角中，若，则下列命题中正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：对于A，由题意可知，且，
则，
当为锐角时，由在上单调递增，则，
当为钝角时，即，则，所以，故A正确；
对于B，当为钝角时，则，此时，故B错误；
对于C，由题意可知，且函数在上单调递减，
则，故C正确；
对于D，当，，时，符合题意，
则，，即，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据三角形内角和定理结合正弦函数的单调性，再利用分类讨论的方法得出，则判断出选项A；根据余弦函数的性质结合钝角三角形的性质，则判断出选项B；根据余弦函数的单调性，则判断出选项C；利用反例法判断出选项D，进而找出真命题的选项.
10．（2024高一下·丽水期中）若复数，满足(i为虚数单位)， 则下列结论正确的是( )
A． B． C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；复数的模；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A，，所以，A正确；
B，由已知，，所以，B正确；
C和D，由，设，
则，C错误，D正确；
故答案为：ABD．
【分析】先利用复数的模长公式可求出，，据此可判断A选项；利用基本不等式求最值，据此可判断B选项；
设，利用正弦函数的图象和性质可推出，据此可判断C选项和D选项.
11．（2024高一下·丽水期中）已知正方体的棱长为2，点P是的中点，点M是正方体内（含表面）的动点，且满足，下列选项正确的是（ ）
A．动点M在侧面内轨迹的长度是
B．三角形在正方体内运动形成几何体的体积是2
C．直线与所成的角为，则的最小值是
D．存在某个位置M，使得直线与平面所成的角为
【答案】A,B,C
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；异面直线所成的角；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，取中点，连接，
取中点，连接，
在立方体中，因为，为中点，
所以，
所以，，，四点共面，
又因为平面，且平面，
所以，
又因为，且平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以，
因为，
且，且均为锐角，
所以，
又因为平面，且平面，
所以，
又因为平面，且，
所以平面，
又因为平面，
所以.
又因为平面，且，
所以平面，
又因为，
则平面，
所以的轨迹为截面.
对于A，因为平面，且平面平面，
所以动点在平面内的轨迹长度为的长，且，故A正确；
对于B，因为三角形在正方体内运动形成几何体为四棱锥，
且，
又因为，
所以，，
所以四棱锥的体积为，故B正确；
对于C，因为，
所以直线与直线所成角为，
在直角三角形中，当时，，
所以，故C正确；
对于D，易知与或重合时，直线与平面所成角最大，且为或，
因为，
所以，
所以不存在某个位置，使得直线与平面所成角为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据空间的线面垂直关系分析可得动点的轨迹为截面，由动点在侧面的轨迹为线段，则判断出选项A；利用三角形在正方体内运动形成几何体为四棱锥，从而得出四棱锥，即可判断出选项B；由直线 与直线所成角为直线与直线所成角，当时，所成角正切值最小，则由正切函数的定义得出的最小值，从而判断出选项C；当与或重合时，直线与平面所成角最大，并与比较，即可判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高一下·丽水期中）已知向量，且，则 .
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，
.
故答案为：.
【分析】先根据平面向量垂直的坐标转化可求出，再利用二倍角的余弦公式可得，分子分母同时除以转化为含有的式子，代入数据可求出答案.
13．（2024高一下·丽水期中）高为1的圆锥，侧面积为，则过其顶点的截面面积最大值为 .
【答案】2
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设底面半径为，则母线长为，
因为侧面积为，
所以，解得，
当截面为中轴面时顶角最大，截面的顶角设为，
则，
所以最大面积为，此时，顶角为.
故答案为：2.
【分析】设底面半径为，先利用圆锥的侧面积公式求出，当截面为中轴面时顶角最大，截面的顶角设为，利用余弦定理可求出，进而求出截面面积最大值.
14．（2024高一下·丽水期中）已知在锐角中，三个内角A、B、C的对边分别为a，b，c，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：根据正弦定理，，又因为，
所以：，
因为三角形为锐角三角形，因此，解得，所以，所以，
因此的范围为，
所以得的范围为.
【分析】题根据，利用正弦定理，将转化为“单角单函数”的形式，即：，根据三角形为锐角三角形，可列出不等式组，解不等式组可求出角A的范围，利用正弦函数的图象和性质可求出，据此求出的取值范围.
15．（2024高一下·丽水期中）已知在中， 三个内角A 、B、C的对边分别为a、b、c，且.
（1）若，求b；
（2）求证：.
【答案】（1）解： 由得：，
，
结合余弦定理得：.
，，.
（2）解： 由（1）得，
，
，
，由可知，，
，即.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.
（1）先利用正弦定理进行边化角可得：，再结合余弦定理可得：，根据已知条件可求出.
（2）先对式子，利用边化角和两角和的正弦公式和两角差的正弦公式化简可得：，据此可证明结论.
16．（2024高一下·丽水期中）如图在三棱台中，四边形是等腰梯形，平面平面，，．
（1）求三棱台的体积；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
【答案】（1）解：记与的面积分别为和，
则由题可得，．
如图过点作，垂足为O，
平面平面且交线为，
平面，
，，
，
（2）解：过点O作，垂足为E，连结，
由（1）得平面，
平面，，
又，平面，
平面，
平面，，
为平面与平面夹角的平面角，
是上靠近的四等分点，
由得，
，
平面与平面ABC所成角的余弦值为．
【知识点】二面角及二面角的平面角；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由三角形面积公式得到上、下底面面积，由面面垂直得到线面垂直，从而得到三棱台的高为，在直角三角形中得到，再利用棱台体积公式，从而求出三棱台的体积.
（2）由线面垂直得到二面角的平面角，则根据四等分点和三角形的面积公式以及勾股定理，从而解出三角形的边长，再根据余弦函数的定义得出平面与平面ABC所成角的余弦值.
（1）记与的面积分别为和，则由题可得，．
如图过点作，垂足为O，
平面平面且交线为，平面，
，，，
（2）
过点O作，垂足为E，连结，
由（1）得平面，平面，，又，
平面，平面，平面，，
为平面与平面夹角的平面角．
是上靠近的四等分点，由得，
平面与平面ABC所成角的余弦值为．
17．（2024高一下·丽水期中）欧拉公式：（为虚数单位，），是由瑞士著名数学家欧拉发现的．它将指数函数的定义域扩大到了复数，建立了三角函数和指数函数之间的关系，它被誉为“数学中的天桥”．
（1）根据欧拉公式计算；
（2）设函数，求函数在上的值域．
【答案】（1）解：．
（2）解：因为
又因为，
所以，，，
即.
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；复数代数形式与三角形式的互化
【解析】【分析】（1）根据题中欧拉公式，即可计算出.
（2）根据欧拉公式分别表示出和，从而表示出函数的解析式，利用二倍角的余弦公式得出余弦型函数，再结合x的取值范围和余弦型函数的图象求值域的方法，从而得出函数在上的值域．
（1）．
（2）因为，所以，，，即.
18．（2024高一下·丽水期中）如图在平行四边形中，，，分别为和上的动点（包含端点），且，．
（1）若
①请用，表示
②设与相交于点，求
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）解：①，
，．
②设，则，
三点共线，
，．
（2）解：，，
，．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；三点共线
【解析】【分析】（1）①利用得出，，再利用向量的线性表示得到，从而用，表示出.
②用和表示，再由三点共线求得的值.
（2）用和分别表示和，从而得到，利用转化成关于的二次函数，再利用二次函数的图象求值域的方法，从而得出二次函数在时的值域，进而得出的取值范围.
（1）①，
，．
②设，则，
三点共线，，．
（2），，
．
，．
19．（2024高一下·丽水期中）“风筝”是中国传统文化中不可或缺的一部分，距今已有2000多年的历史．相传在东周春秋时期，墨翟以木头制成木鸟，是人类最早的风筝起源．后来鲁班用竹子，改进墨翟的风筝材质，直至东汉期间，蔡伦改进造纸术后，坊间才开始以纸做风筝，称为“纸鸢”．到南北朝时，风筝开始成为传递信息的工具；从隋唐开始，由于造纸业的发达，民间开始用纸来裱糊风筝；到了宋代的时候，放风筝成为人们喜爱的户外活动．风筝主要由骨架、风筝面、尾翼、提线、放飞线五部分组成．如图（1）就是一个由菱形的风筝面ABCD和两个直角三角形尾翼和所组成的风筝．其中，，，，．现将此风筝的两个尾翼分别沿折起，使得点P与点Q重合于点S，并连结，得到如图（2）所示的四棱锥．
（1）求证：平面；
（2）若E为棱上一点，记
①若求直线与平面所成角的正切值；
②是否存在点E使得直线与直线所成角为，若存在请求出的值，若不存在请说明理由．
【答案】（1）证明：①连结AC，交BD于点O，
又∵底面为菱形，∴，
由题意可得，，
且平面 ，平面，
∴平面，
又因为平面，∴，
∵，平面 ，平面，
∴平面．
（2）解：①连结SO交CE于点G，
由（1）得平面，
∴为直线CE与平面SBD所成角，
∵，AD＝CD＝1，，
∴，
∵，∴，
在三角形中，由，，
所以，由余弦定理得：
∴，即
∴，
∴直线与平面所成角的正切值为．
②连结，∵，
∴或其补角为直线与直线所成角，
则假设存在点，满足，
由，得，，
在三角形中，由，则由余弦定理得：
过点作，交于，
由平面，平面，得，所以，
由可得，
因为，所以，，
在三角形中，由余弦定理得：
再由，平面，可得平面，
又因为平面，所以，
在直角三角形中，由勾股定理得：
．
在三角形中，又因为，，
所以由余弦定理得：
解得，
∴存在使得直线与直线所成角为．
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用，可得平面，从而得到，利用菱形的结构特征可得，再利用线线垂直证出平面.
（2）①由平面可知直线与平面所成角就是，再利用已知条件和余弦定理以及同角三角函数基本关系式，从而求出直线与平面所成角的正切值.
②由可得或其补角为直线与直线所成角，利用余弦定理解得，则利用勾股定理得出，再由角的值结合余弦定理得到关于的方程，从而解方程得出存在，使得直线与直线所成角为．
（1）①连结AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴，
由题可得，，且平面 ，平面，
∴平面，又平面∴
∵，平面 ，平面，
∴平面．
（2）①连结SO交CE于点G，由（1）得平面，
∴为直线CE与平面SBD所成角，
∵，AD＝CD＝1，，
∴，
∵，∴，
在三角形中，由，，所以由余弦定理得：
，
∴，即
∴，
∴直线与平面所成角的正切值为．
②连结，∵，
∴或其补角为直线与直线所成角，则假设存在点，满足，
由得，，
在三角形中，由，所以由余弦定理得：
，
过点作，交于，
由平面，平面，得，所以，
由可得，因为，所以，，
在三角形中，由余弦定理得：
，
再由，平面可得平面，
又因为平面，所以，
在直角三角形中，由勾股定理得：
．
在三角形中，又因为，所以由余弦定理得：
，
解得，
∴存在使得直线与直线所成角为．
1 / 1浙江省丽水市五校高中发展共同体2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题
1．（2024高一下·丽水期中）已知复数z满足，其中为虚数单位，则z的虚部为（ ）
A．0 B． C．1 D．
2．（2024高一下·丽水期中） 设，为非零向量，则“”是“与共线”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2024高一下·丽水期中）在空间几何中下列说法正确的是( )
A．过一点有且只有一条直线与已知直线垂直
B．过一点有且只有一条直线与已知直线平行
C．过一点有且只有一个平面与已知直线平行
D．过一点有且只有一个平面与已知直线垂直
4．（2024高一下·丽水期中）已知在中， 三个内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若，，边上的高等于，则的面积为( )
A． B．9 C． D．
5．（2024高一下·丽水期中）已知点O为所在平面内一点，且，，，则为（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形
C．等边三角形 D．等腰直角三角形
6．（2024高一下·丽水期中）已知、为异面直线，平面，平面，若直线满足，，，，则（ ）
A．， B．，
C．直线， D．直线，
7．（2024高一下·丽水期中）已知三点在以为圆心，1为半径的圆上运动，且，为圆所在平面内一点，且，则下列结论错误的是（ ）
A．的最小值是1 B．为定值
C．的最大值是10 D．的最小值是8
8．（2024高一下·丽水期中）设A、B、C是函数与函数的图象连续相邻的三个交点，若是锐角三角形，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·丽水期中）已知钝角中，若，则下列命题中正确的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·丽水期中）若复数，满足(i为虚数单位)， 则下列结论正确的是( )
A． B． C． D．
11．（2024高一下·丽水期中）已知正方体的棱长为2，点P是的中点，点M是正方体内（含表面）的动点，且满足，下列选项正确的是（ ）
A．动点M在侧面内轨迹的长度是
B．三角形在正方体内运动形成几何体的体积是2
C．直线与所成的角为，则的最小值是
D．存在某个位置M，使得直线与平面所成的角为
12．（2024高一下·丽水期中）已知向量，且，则 .
13．（2024高一下·丽水期中）高为1的圆锥，侧面积为，则过其顶点的截面面积最大值为 .
14．（2024高一下·丽水期中）已知在锐角中，三个内角A、B、C的对边分别为a，b，c，则的取值范围是 .
15．（2024高一下·丽水期中）已知在中， 三个内角A 、B、C的对边分别为a、b、c，且.
（1）若，求b；
（2）求证：.
16．（2024高一下·丽水期中）如图在三棱台中，四边形是等腰梯形，平面平面，，．
（1）求三棱台的体积；
（2）求平面与平面夹角的余弦值．
17．（2024高一下·丽水期中）欧拉公式：（为虚数单位，），是由瑞士著名数学家欧拉发现的．它将指数函数的定义域扩大到了复数，建立了三角函数和指数函数之间的关系，它被誉为“数学中的天桥”．
（1）根据欧拉公式计算；
（2）设函数，求函数在上的值域．
18．（2024高一下·丽水期中）如图在平行四边形中，，，分别为和上的动点（包含端点），且，．
（1）若
①请用，表示
②设与相交于点，求
（2）若，求的取值范围．
19．（2024高一下·丽水期中）“风筝”是中国传统文化中不可或缺的一部分，距今已有2000多年的历史．相传在东周春秋时期，墨翟以木头制成木鸟，是人类最早的风筝起源．后来鲁班用竹子，改进墨翟的风筝材质，直至东汉期间，蔡伦改进造纸术后，坊间才开始以纸做风筝，称为“纸鸢”．到南北朝时，风筝开始成为传递信息的工具；从隋唐开始，由于造纸业的发达，民间开始用纸来裱糊风筝；到了宋代的时候，放风筝成为人们喜爱的户外活动．风筝主要由骨架、风筝面、尾翼、提线、放飞线五部分组成．如图（1）就是一个由菱形的风筝面ABCD和两个直角三角形尾翼和所组成的风筝．其中，，，，．现将此风筝的两个尾翼分别沿折起，使得点P与点Q重合于点S，并连结，得到如图（2）所示的四棱锥．
（1）求证：平面；
（2）若E为棱上一点，记
①若求直线与平面所成角的正切值；
②是否存在点E使得直线与直线所成角为，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】B
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意，复数z满足，
可得，
所以z的虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据题意结合复数的乘除法运算法则，从而得出复数，再结合复数的虚部的定义，即可求出复数z的虚部.
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量的共线定理；平面向量数乘的运算
【解析】【解答】解：充分性：若，则即又
则即，则与共线，即充分条件成立，必要性：当时，满足与共线，但即必要性不成立，
即”是“与共线”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】本题主要考查充分条件、必要条件的判定，向量的数乘、数量积运算，根据向量的数乘运算及数量积可得：与的夹角为0，从而即可判定充分性，在根据时的情况即可判定必要性.
3．【答案】D
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A：根据空间两条直线的垂直关系有相交垂直和异面垂直两种情况，故当已知点在已知直线上时，可作无数条直线与已知直线垂直；当已知点在直线外时，可以作一条或者无数条直线与已知直线垂直，A错误.
B：当已知点在已知直线上时，不能作出与已知直线平行的直线；当已知点在已知直线外时，可以作一条与已知直线平行的直线，B错误.
C：当已知点在已知直线上时，不能作出平面与已知直线平行；当已知点在已知直线外时，可作出无数个平面与已知直线平行，C错误.
D：无论已知点在已知直线上还是已知直线外，假设过一点能作出两个平面与已知直线垂直，则这两个平面平行，显然与两平面经过一个点相互矛盾，故过一点有且只有一个平面与已知直线垂直，D正确.
故答案为：D.
【分析】利用空间中两条直线的垂直关系可判断A选项；举出反例当已知点在已知直线上时，不能作出与已知直线平行的直线，据此可判断B选项；举出反例当已知点在已知直线上时，不能作出平面与已知直线平行，据此可判断C选项；利用直线与平面垂直的判定定理可判断D选项.
4．【答案】A
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由，即，得，所以.
故答案为：A.
【分析】先利用三角形的面积计算公式可列出方程，解方程可求出，再根据三角形面积计算公式可求出答案.
5．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算；三角形五心；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：如图所示，取BC中点D，连接并延长OD至E，使DE=OD，
则四边形BOCE是平行四边形，
，
又，
，四点共线，AD是中线，
同理可证BO、CO的延长线均为的中线，
O是的重心．
又因为，
，
，
，
，，，
O是的垂心．
又因为，
O是的外心．
由上述可知：，
，
同理可证，，
△ABC是等边三角形．
故答案为：C.
【分析】利用已知条件可判断出点O是的外心、重心、垂心，由此可得出的三边相等，从而判断出为等边三角形.
6．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于选项A，假设，则，与、为异面直线矛盾，故A错误；
对于选项B，假设，结合，得到，与矛盾，故B错误；
对于选项C、D，
因为、为异面直线，所以在空间内过一点可以作，
则，，即垂直于与所在的平面，
又因为平面，平面，
所以平面，平面，所以平面既垂直于平面，且垂直于平面，
所以平面与平面 相交，且交线垂直于平面，故平行于，故C正确、D错误.
故答案为：C.
【分析】利用反证法结合面面平行、线面垂直的性质定理，则可判断选项A和选项B；利用线面垂直、面面垂直的性质定理，则可判断选项C和选项D，从而找出正确的选项.
7．【答案】D
【知识点】向量的模；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：对于A，因为，
所以点在以为圆心，2为半径的圆上运动，
又因为点在以为圆心，2为半径的圆上运动，
所以当三点共线时，取得最小值，为，故A正确；
对于B，因为三点在圆上，
所以圆是的外接圆，
又因为，
所以是圆的直径，所以，则是定值，故B正确；
对于C、D，
所以，
，
因为，
所以，所以，
所以，
所以，
即的最大值是10，最小值是6，故选项C正确、选项D错误.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合点和点的轨迹，则可判断选项A；利用向量的线性表示结合，则可计算出的值，从而判断出选项B；利用向量的线性表示，得到，再结合向量夹角的取值范围得到的取值范围，即得出其最大值和最小值，则判断选项C和选项D，从而找出结论错误的选项.
8．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；任意角三角函数的定义；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：由已知条件和三角函数诱导公式得：
所以函数，的最小正周期为，
在同一直角坐标系中作出函数，的图像，如图所示：
因为A、B、C为连续三交点，(不妨设B在x轴下方)，D为AC的中点，
由对称性知，是以AC为底边的等腰三角形，
所以，
由展开整理得：，
又因为，所以，
设点A、B的纵坐标分别为，则，即，
要使为锐角三角形，则，
又因为，
所以当且仅当时满足要求，
此时，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】由已知条件结合三角函数的诱导公式可得，从而作出函数的图象，再结合三角函数的图象与性质以及已知条件，从而列出不等式，进而求解得出实数的取值范围.
9．【答案】A,C
【知识点】利用三角函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：对于A，由题意可知，且，
则，
当为锐角时，由在上单调递增，则，
当为钝角时，即，则，所以，故A正确；
对于B，当为钝角时，则，此时，故B错误；
对于C，由题意可知，且函数在上单调递减，
则，故C正确；
对于D，当，，时，符合题意，
则，，即，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据三角形内角和定理结合正弦函数的单调性，再利用分类讨论的方法得出，则判断出选项A；根据余弦函数的性质结合钝角三角形的性质，则判断出选项B；根据余弦函数的单调性，则判断出选项C；利用反例法判断出选项D，进而找出真命题的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；复数的模；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A，，所以，A正确；
B，由已知，，所以，B正确；
C和D，由，设，
则，C错误，D正确；
故答案为：ABD．
【分析】先利用复数的模长公式可求出，，据此可判断A选项；利用基本不等式求最值，据此可判断B选项；
设，利用正弦函数的图象和性质可推出，据此可判断C选项和D选项.
11．【答案】A,B,C
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；异面直线所成的角；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：如图所示，取中点，连接，
取中点，连接，
在立方体中，因为，为中点，
所以，
所以，，，四点共面，
又因为平面，且平面，
所以，
又因为，且平面，，
所以平面，
又因为平面，
所以，
因为，
且，且均为锐角，
所以，
又因为平面，且平面，
所以，
又因为平面，且，
所以平面，
又因为平面，
所以.
又因为平面，且，
所以平面，
又因为，
则平面，
所以的轨迹为截面.
对于A，因为平面，且平面平面，
所以动点在平面内的轨迹长度为的长，且，故A正确；
对于B，因为三角形在正方体内运动形成几何体为四棱锥，
且，
又因为，
所以，，
所以四棱锥的体积为，故B正确；
对于C，因为，
所以直线与直线所成角为，
在直角三角形中，当时，，
所以，故C正确；
对于D，易知与或重合时，直线与平面所成角最大，且为或，
因为，
所以，
所以不存在某个位置，使得直线与平面所成角为，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】根据空间的线面垂直关系分析可得动点的轨迹为截面，由动点在侧面的轨迹为线段，则判断出选项A；利用三角形在正方体内运动形成几何体为四棱锥，从而得出四棱锥，即可判断出选项B；由直线 与直线所成角为直线与直线所成角，当时，所成角正切值最小，则由正切函数的定义得出的最小值，从而判断出选项C；当与或重合时，直线与平面所成角最大，并与比较，即可判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，所以，
所以，
.
故答案为：.
【分析】先根据平面向量垂直的坐标转化可求出，再利用二倍角的余弦公式可得，分子分母同时除以转化为含有的式子，代入数据可求出答案.
13．【答案】2
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设底面半径为，则母线长为，
因为侧面积为，
所以，解得，
当截面为中轴面时顶角最大，截面的顶角设为，
则，
所以最大面积为，此时，顶角为.
故答案为：2.
【分析】设底面半径为，先利用圆锥的侧面积公式求出，当截面为中轴面时顶角最大，截面的顶角设为，利用余弦定理可求出，进而求出截面面积最大值.
14．【答案】
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：根据正弦定理，，又因为，
所以：，
因为三角形为锐角三角形，因此，解得，所以，所以，
因此的范围为，
所以得的范围为.
【分析】题根据，利用正弦定理，将转化为“单角单函数”的形式，即：，根据三角形为锐角三角形，可列出不等式组，解不等式组可求出角A的范围，利用正弦函数的图象和性质可求出，据此求出的取值范围.
15．【答案】（1）解： 由得：，
，
结合余弦定理得：.
，，.
（2）解： 由（1）得，
，
，
，由可知，，
，即.
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.
（1）先利用正弦定理进行边化角可得：，再结合余弦定理可得：，根据已知条件可求出.
（2）先对式子，利用边化角和两角和的正弦公式和两角差的正弦公式化简可得：，据此可证明结论.
16．【答案】（1）解：记与的面积分别为和，
则由题可得，．
如图过点作，垂足为O，
平面平面且交线为，
平面，
，，
，
（2）解：过点O作，垂足为E，连结，
由（1）得平面，
平面，，
又，平面，
平面，
平面，，
为平面与平面夹角的平面角，
是上靠近的四等分点，
由得，
，
平面与平面ABC所成角的余弦值为．
【知识点】二面角及二面角的平面角；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）由三角形面积公式得到上、下底面面积，由面面垂直得到线面垂直，从而得到三棱台的高为，在直角三角形中得到，再利用棱台体积公式，从而求出三棱台的体积.
（2）由线面垂直得到二面角的平面角，则根据四等分点和三角形的面积公式以及勾股定理，从而解出三角形的边长，再根据余弦函数的定义得出平面与平面ABC所成角的余弦值.
（1）记与的面积分别为和，则由题可得，．
如图过点作，垂足为O，
平面平面且交线为，平面，
，，，
（2）
过点O作，垂足为E，连结，
由（1）得平面，平面，，又，
平面，平面，平面，，
为平面与平面夹角的平面角．
是上靠近的四等分点，由得，
平面与平面ABC所成角的余弦值为．
17．【答案】（1）解：．
（2）解：因为
又因为，
所以，，，
即.
【知识点】二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；复数代数形式与三角形式的互化
【解析】【分析】（1）根据题中欧拉公式，即可计算出.
（2）根据欧拉公式分别表示出和，从而表示出函数的解析式，利用二倍角的余弦公式得出余弦型函数，再结合x的取值范围和余弦型函数的图象求值域的方法，从而得出函数在上的值域．
（1）．
（2）因为，所以，，，即.
18．【答案】（1）解：①，
，．
②设，则，
三点共线，
，．
（2）解：，，
，．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；三点共线
【解析】【分析】（1）①利用得出，，再利用向量的线性表示得到，从而用，表示出.
②用和表示，再由三点共线求得的值.
（2）用和分别表示和，从而得到，利用转化成关于的二次函数，再利用二次函数的图象求值域的方法，从而得出二次函数在时的值域，进而得出的取值范围.
（1）①，
，．
②设，则，
三点共线，，．
（2），，
．
，．
19．【答案】（1）证明：①连结AC，交BD于点O，
又∵底面为菱形，∴，
由题意可得，，
且平面 ，平面，
∴平面，
又因为平面，∴，
∵，平面 ，平面，
∴平面．
（2）解：①连结SO交CE于点G，
由（1）得平面，
∴为直线CE与平面SBD所成角，
∵，AD＝CD＝1，，
∴，
∵，∴，
在三角形中，由，，
所以，由余弦定理得：
∴，即
∴，
∴直线与平面所成角的正切值为．
②连结，∵，
∴或其补角为直线与直线所成角，
则假设存在点，满足，
由，得，，
在三角形中，由，则由余弦定理得：
过点作，交于，
由平面，平面，得，所以，
由可得，
因为，所以，，
在三角形中，由余弦定理得：
再由，平面，可得平面，
又因为平面，所以，
在直角三角形中，由勾股定理得：
．
在三角形中，又因为，，
所以由余弦定理得：
解得，
∴存在使得直线与直线所成角为．
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用，可得平面，从而得到，利用菱形的结构特征可得，再利用线线垂直证出平面.
（2）①由平面可知直线与平面所成角就是，再利用已知条件和余弦定理以及同角三角函数基本关系式，从而求出直线与平面所成角的正切值.
②由可得或其补角为直线与直线所成角，利用余弦定理解得，则利用勾股定理得出，再由角的值结合余弦定理得到关于的方程，从而解方程得出存在，使得直线与直线所成角为．
（1）①连结AC，交BD于点O，又∵底面为菱形，∴，
由题可得，，且平面 ，平面，
∴平面，又平面∴
∵，平面 ，平面，
∴平面．
（2）①连结SO交CE于点G，由（1）得平面，
∴为直线CE与平面SBD所成角，
∵，AD＝CD＝1，，
∴，
∵，∴，
在三角形中，由，，所以由余弦定理得：
，
∴，即
∴，
∴直线与平面所成角的正切值为．
②连结，∵，
∴或其补角为直线与直线所成角，则假设存在点，满足，
由得，，
在三角形中，由，所以由余弦定理得：
，
过点作，交于，
由平面，平面，得，所以，
由可得，因为，所以，，
在三角形中，由余弦定理得：
，
再由，平面可得平面，
又因为平面，所以，
在直角三角形中，由勾股定理得：
．
在三角形中，又因为，所以由余弦定理得：
，
解得，
∴存在使得直线与直线所成角为．
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