广西来宾市忻城县高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
1．（2024高一下·忻城期中）复数（为虚数单位）的虚部为（ ）
A．2 B．-2 C． D．
【答案】B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：因为复数的虚部为，
所以虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数的虚部的定义，从而得出复数（为虚数单位）的虚部.
2．（2024高一下·忻城期中）已知向量，若，则实数（ ）
A． B． C．1 D．2
【答案】B
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为且，
所以，即，解得.
故答案为：B.
【分析】依题意可得，再根据数量积的坐标运算得出方程，解方程得出实数t的值.
3．（2024高一下·忻城期中）在中，角的对边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．或
【答案】A
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：∵，
∴由正弦定理可得：，
，，.
故答案为：A．
【分析】由已知条件和正弦定理可求的值，再利用三角形中大边对大角的性质，从而可知，进而得出角B的值．
4．（2024高一下·忻城期中）向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量在向量上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和数量积求投影向量的方法，进而得出向量在向量上的投影向量.
5．（2024高一下·忻城期中）在正方体中，、、、分别是该点所在棱的中点，则下列图形中、、、四点共面的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平面的基本性质及推论；平行公理
【解析】【解答】解：对于选项，如下图，点、、、确定一个平面，该平面与底面交于，
而点不在平面上，则、、、四点不共面，故A错误；
对于选项，连结底面对角线，由中位线定理得，
又因为，则，则、、、四点共面，故B正确；
对于选项C，显然、、所确定的平面为正方体的底面，而点不在该平面内，
则、、、四点不共面，故C错误；
对于选项D，如图，取部分棱的中点，顺次连接，得一个正六边形，
即点、、确定的平面与正方体正面的交线为，
而点不在直线上，故、、、四点不共面，故D错误．
故答案为：B.
【分析】利用已知条件证出，即可判断出选项A；首先通过辅助线找到其中三点所在的平面，再说明另外一点不在该平面中，即可判断出选项B、选项C和选项D，进而找出图形中、、、四点共面的选项.
6．（2024高一下·忻城期中）侧面积为的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径为( )
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l，则圆锥的侧面积为，
由侧面展开图是一个半圆，则，解得所以，该圆锥的底面半径为1.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合圆锥的侧面积公式和圆锥侧面展开图是一个半圆，进而得出母线和圆锥底面半径的长.
7．（2024高一下·忻城期中）如图，在中，设，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解： 在中，设，
因为，所以为的三等分点靠近点，则，，
又因为，所以，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，可得为的三等分点靠近点，再根据向量的线性运算求解即可.
8．（2024高一下·忻城期中）设的内角，，所对的边分别为，，，已知，且，则的面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
由正弦定理得得，
所以，又，所以，
因为，
所以，所以，
由，得，
所以，当且仅当时取等号，
则，
所以的面积的最大值为.
故答案为：B.
【分析】根据，利用正弦定理化角为边，结合余弦定理求得角的值，再根据结合余弦定理化角为边，从而求得边的值，利用余弦定理结合基本不等式求最值的方法，从而求得的最大值，再根据三角形的面积公式，即可得出的面积的最大值.
9．（2024高一下·忻城期中）已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若与夹角为锐角，则
【答案】A,B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A：若，则，求得，故A正确；
对于B：若，则，求得，故B正确；
对于C：若，则，解得或，故C错误；
对于D：若与夹角为锐角，则且不同向，得且，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出m的值，则判断出选项A；利用向量共线的坐标表示得出m的值，则判断出选项B；利用向量的模的坐标表示，则解不等式得出m的取值范围，则判断出选项C：由数量积求向量夹角的坐标表示和已知条件，从而得出实数m的取值范围，则判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
10．（2024高一下·忻城期中）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则，是异面直线
D．若，，，则或，是异面直线
【答案】A,D
【知识点】两条直线平行的判定；异面直线的判定；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于A，因为，，由线面垂直的性质得，故A正确；
对于B，当时，存在过直线m的平面，有，此时必有，
即满足，，又因为，故B不正确；
对于C，因为，是两个不同的平面，
则存在平面，有，
即满足，，又因为直线m，n共面，故C不正确；
对于D，因为，则，没有公共点，
又因为，，
因此直线m，n没有公共点，
即或m，n是异面直线，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用线面垂直的性质定理，则判断选项A；举例说明判断选项B和选项C；利用面面平行的定义判断选项D，进而找出说法正确的选项.
11．（2024高一下·忻城期中）已知的内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，则外接圆半径为10
C．若，则为等腰三角形
D．若，，，则三角形面积
【答案】A,C,D
【知识点】正弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：因为，所以，
由正弦定理，可得，即，故A正确；
由正弦定理可知，所以外接圆半径为5，故B不正确；
因为，所以，即，
整理可得，即，
因为为三角形的内角，所以，即为等腰三角形，故C正确；
因为，，，
由余弦定理得，解得，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用三角形的性质和正弦定理可判断出选项A；利用正弦定理可判断出选项B和选项C；利用余弦定理和三角形面积公式，则可判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．（2024高一下·忻城期中）已知数（为虚数单位），且的共轭复数为，则 ．
【答案】
【知识点】复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：由得，所以，
即，所以.
故答案为：.
【分析】根据复数的乘除法运算法则得出复数z，再结合共轭复数的定义和复数求模公式，从而得出.
13．（2024高一下·忻城期中）如图所示，直观图四边形是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是 .
【答案】
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：根据斜二侧画法可知，原图形为直角梯形，如图，
其中上底，高，下底为，
．
故答案为：．
【分析】由斜二侧画法可知原图为直角梯形，上底为1，高为2，下底为，再利用梯形面积公式得出原平面图形的面积．
14．（2024高一下·忻城期中）《九章算术》把底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，把底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”现有如图所示的“堑堵”，其中，当“阳马”即四棱锥体积为时，则“堑堵”即三棱柱的外接球的体积为 ．
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由已知得
将三棱柱置于长方体中，如下图所示，
此时“塹堵”即三棱柱的外接球的直径为，
三棱柱的外接球的体积为.
故答案为：．
【分析】利用棱锥的体积公式结合已知条件求出的长，从而求出三棱柱的外接球的直径，再利用球的表面积公式得出“堑堵”即三棱柱的外接球的体积.
15．（2024高一下·忻城期中）已知向量，且.
（1）求向量，的夹角；
（2）求的值.
【答案】（1）解：由，，
可得，解得，
则，
又因为，所以.
（2）解：由且，
则.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）根据求得，再利用数量积求夹角公式和向量夹角的取值范围，从而得出向量，的夹角.
（2）根据结合数量积的定义，从而得出的值.
（1）由，，可得，解得，
则，
又因为，所以.
（2）由且，
则.
16．（2024高一下·忻城期中）如图所示，在正六棱锥中，O为底面中心，，．
（1）求该正六棱锥的体积和侧面积；
（2）若该正六棱锥的顶点都在球M的表面上，求球M的表面积和体积．
【答案】（1）解：由已知条件可知正六边形ABCDEF的边长为4，
所以底面积为，
则该正六棱锥的体积为．
正六棱锥的侧棱长为，
侧面等腰三角形的面积为，
故该正六棱锥的侧面积为．
（2）解：因为球心M一定在直线SO上，设球M的半径为R，
则，
又因为，
所以，解得，
所以球M的表面积为，体积为.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 利用正六棱锥的几何特征结合正六棱锥的体积公式和侧面积公式，从而得出该正六棱锥的体积和侧面积.
(2) 利用正六棱锥的结构特征结合球的表面积和体积公式，从而得出球M的表面积和体积．
（1）由条件可知正六边形ABCDEF的边长为4，
所以底面积为，
该正六棱锥的体积为．
正六棱锥的侧棱长为，
侧面等腰三角形的面积为，
故该正六棱锥的侧面积为．
（2）球心M一定在直线SO上，设球M的半径为R，
则，
又，
所以，解得．
所以球M的表面积为，
体积为
17．（2024高一下·忻城期中）某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为75°.
（1）求两点间的距离；
（2）求大楼的高度.
【答案】（1）解：因为，
在中，由正弦定理得，
即，所以m，
即AC两点的距离为m.
（2）解：在中，因为，，
所以，
又因为，
所以m，
即大楼的高度为m.
【知识点】两角和与差的正切公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据题意结合正弦定理，从而计算得出A，C两点的距离.
（2）根据题意可得，再结合两角和的正切公式，从而计算得出大楼的高度.
（1）因为，
在中，由正弦定理得，
即，所以m，
即AC两点的距离为m；
（2）在中，因为，，
所以，
又，
所以m，
即大楼的高度为m.
18．（2024高一下·忻城期中）如图所示，在正方形ABCD中，，，，AF与DE交于点G，线BG的延长线交AD于点H．
（1）求的值；
（2）若，求实数μ的值．
【答案】（1）解：因为，所以，
所以，
因为，
所以
．
（2）解：设，因为，，
所以，
设，又因为，则
所以，解得，，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
又因为三点共线，即共线，所以，
所以.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）利用基底表示出，再利用数量积的运算律和数量积的定义，从而求出的值.
（2）设，，根据向量线性运算，从而用表示 ，再根据平面向量基本定理求出的值，表示出，则根据三点共线求出的值.
（1）因为，所以，
所以，
因为，
，
所以
．
（2）设，
因为，，
则所以，
设，又
则，
所以，
解得，，
所以，
所以，
又，
所以，
所以，
又三点共线，即共线，
所以，
所以.
19．（2024高一下·忻城期中）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）求的取值范围．
【答案】（1）解：由已知条件得，
由余弦定理得，
因为，
所以，
得，
即，
因为，所以，
又因为，所以．
（2）解：由题意可得：． 因为为锐角三角形，
所以，且，
所以，
所以，
即的取值范围是．
【知识点】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；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理以及两角和的正弦公式，从而得出角A的余弦值，再根据三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）利用两角差的正弦公式和辅助角公式，再结合（1）中角A的值和正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出的取值范围.
（1）由条件得，
由余弦定理得，
因为，所以，
得，即，
因为，所以，
又，所以．
（2）．
因为为锐角三角形，
所以，且，所以．
所以，
即的取值范围是．
1 / 1广西来宾市忻城县高级中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
1．（2024高一下·忻城期中）复数（为虚数单位）的虚部为（ ）
A．2 B．-2 C． D．
2．（2024高一下·忻城期中）已知向量，若，则实数（ ）
A． B． C．1 D．2
3．（2024高一下·忻城期中）在中，角的对边分别为，若，则（ ）
A． B． C． D．或
4．（2024高一下·忻城期中）向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·忻城期中）在正方体中，、、、分别是该点所在棱的中点，则下列图形中、、、四点共面的是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高一下·忻城期中）侧面积为的圆锥，它的侧面展开图是一个半圆，则该圆锥的底面半径为( )
A． B． C． D．
7．（2024高一下·忻城期中）如图，在中，设，则（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高一下·忻城期中）设的内角，，所对的边分别为，，，已知，且，则的面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·忻城期中）已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若与夹角为锐角，则
10．（2024高一下·忻城期中）设，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则，是异面直线
D．若，，，则或，是异面直线
11．（2024高一下·忻城期中）已知的内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，，则外接圆半径为10
C．若，则为等腰三角形
D．若，，，则三角形面积
12．（2024高一下·忻城期中）已知数（为虚数单位），且的共轭复数为，则 ．
13．（2024高一下·忻城期中）如图所示，直观图四边形是一个底角为45°，腰和上底均为1的等腰梯形，那么原平面图形的面积是 .
14．（2024高一下·忻城期中）《九章算术》把底面为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱称为“堑堵”，把底面为矩形且有一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”现有如图所示的“堑堵”，其中，当“阳马”即四棱锥体积为时，则“堑堵”即三棱柱的外接球的体积为 ．
15．（2024高一下·忻城期中）已知向量，且.
（1）求向量，的夹角；
（2）求的值.
16．（2024高一下·忻城期中）如图所示，在正六棱锥中，O为底面中心，，．
（1）求该正六棱锥的体积和侧面积；
（2）若该正六棱锥的顶点都在球M的表面上，求球M的表面积和体积．
17．（2024高一下·忻城期中）某校学生利用解三角形有关知识进行数学实践活动.处有一栋大楼，某学生选，两处作为测量点，测得的距离为，，，在处测得大楼楼顶的仰角为75°.
（1）求两点间的距离；
（2）求大楼的高度.
18．（2024高一下·忻城期中）如图所示，在正方形ABCD中，，，，AF与DE交于点G，线BG的延长线交AD于点H．
（1）求的值；
（2）若，求实数μ的值．
19．（2024高一下·忻城期中）已知锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求A；
（2）求的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数的基本概念
【解析】【解答】解：因为复数的虚部为，
所以虚部为.
故答案为：B.
【分析】根据复数的虚部的定义，从而得出复数（为虚数单位）的虚部.
2．【答案】B
【知识点】平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：因为且，
所以，即，解得.
故答案为：B.
【分析】依题意可得，再根据数量积的坐标运算得出方程，解方程得出实数t的值.
3．【答案】A
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：∵，
∴由正弦定理可得：，
，，.
故答案为：A．
【分析】由已知条件和正弦定理可求的值，再利用三角形中大边对大角的性质，从而可知，进而得出角B的值．
4．【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为向量在向量上的投影向量为.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件和数量积求投影向量的方法，进而得出向量在向量上的投影向量.
5．【答案】B
【知识点】平面的基本性质及推论；平行公理
【解析】【解答】解：对于选项，如下图，点、、、确定一个平面，该平面与底面交于，
而点不在平面上，则、、、四点不共面，故A错误；
对于选项，连结底面对角线，由中位线定理得，
又因为，则，则、、、四点共面，故B正确；
对于选项C，显然、、所确定的平面为正方体的底面，而点不在该平面内，
则、、、四点不共面，故C错误；
对于选项D，如图，取部分棱的中点，顺次连接，得一个正六边形，
即点、、确定的平面与正方体正面的交线为，
而点不在直线上，故、、、四点不共面，故D错误．
故答案为：B.
【分析】利用已知条件证出，即可判断出选项A；首先通过辅助线找到其中三点所在的平面，再说明另外一点不在该平面中，即可判断出选项B、选项C和选项D，进而找出图形中、、、四点共面的选项.
6．【答案】D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设圆锥的底面圆的半径为r，母线长为l，则圆锥的侧面积为，
由侧面展开图是一个半圆，则，解得所以，该圆锥的底面半径为1.
故答案为：D.
【分析】利用已知条件结合圆锥的侧面积公式和圆锥侧面展开图是一个半圆，进而得出母线和圆锥底面半径的长.
7．【答案】C
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解： 在中，设，
因为，所以为的三等分点靠近点，则，，
又因为，所以，
则.
故答案为：C.
【分析】由题意，可得为的三等分点靠近点，再根据向量的线性运算求解即可.
8．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，
由正弦定理得得，
所以，又，所以，
因为，
所以，所以，
由，得，
所以，当且仅当时取等号，
则，
所以的面积的最大值为.
故答案为：B.
【分析】根据，利用正弦定理化角为边，结合余弦定理求得角的值，再根据结合余弦定理化角为边，从而求得边的值，利用余弦定理结合基本不等式求最值的方法，从而求得的最大值，再根据三角形的面积公式，即可得出的面积的最大值.
9．【答案】A,B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A：若，则，求得，故A正确；
对于B：若，则，求得，故B正确；
对于C：若，则，解得或，故C错误；
对于D：若与夹角为锐角，则且不同向，得且，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出m的值，则判断出选项A；利用向量共线的坐标表示得出m的值，则判断出选项B；利用向量的模的坐标表示，则解不等式得出m的取值范围，则判断出选项C：由数量积求向量夹角的坐标表示和已知条件，从而得出实数m的取值范围，则判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,D
【知识点】两条直线平行的判定；异面直线的判定；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于A，因为，，由线面垂直的性质得，故A正确；
对于B，当时，存在过直线m的平面，有，此时必有，
即满足，，又因为，故B不正确；
对于C，因为，是两个不同的平面，
则存在平面，有，
即满足，，又因为直线m，n共面，故C不正确；
对于D，因为，则，没有公共点，
又因为，，
因此直线m，n没有公共点，
即或m，n是异面直线，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用线面垂直的性质定理，则判断选项A；举例说明判断选项B和选项C；利用面面平行的定义判断选项D，进而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】正弦定理的应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：因为，所以，
由正弦定理，可得，即，故A正确；
由正弦定理可知，所以外接圆半径为5，故B不正确；
因为，所以，即，
整理可得，即，
因为为三角形的内角，所以，即为等腰三角形，故C正确；
因为，，，
由余弦定理得，解得，
所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用三角形的性质和正弦定理可判断出选项A；利用正弦定理可判断出选项B和选项C；利用余弦定理和三角形面积公式，则可判断出选项D，进而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：由得，所以，
即，所以.
故答案为：.
【分析】根据复数的乘除法运算法则得出复数z，再结合共轭复数的定义和复数求模公式，从而得出.
13．【答案】
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：根据斜二侧画法可知，原图形为直角梯形，如图，
其中上底，高，下底为，
．
故答案为：．
【分析】由斜二侧画法可知原图为直角梯形，上底为1，高为2，下底为，再利用梯形面积公式得出原平面图形的面积．
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由已知得
将三棱柱置于长方体中，如下图所示，
此时“塹堵”即三棱柱的外接球的直径为，
三棱柱的外接球的体积为.
故答案为：．
【分析】利用棱锥的体积公式结合已知条件求出的长，从而求出三棱柱的外接球的直径，再利用球的表面积公式得出“堑堵”即三棱柱的外接球的体积.
15．【答案】（1）解：由，，
可得，解得，
则，
又因为，所以.
（2）解：由且，
则.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）根据求得，再利用数量积求夹角公式和向量夹角的取值范围，从而得出向量，的夹角.
（2）根据结合数量积的定义，从而得出的值.
（1）由，，可得，解得，
则，
又因为，所以.
（2）由且，
则.
16．【答案】（1）解：由已知条件可知正六边形ABCDEF的边长为4，
所以底面积为，
则该正六棱锥的体积为．
正六棱锥的侧棱长为，
侧面等腰三角形的面积为，
故该正六棱锥的侧面积为．
（2）解：因为球心M一定在直线SO上，设球M的半径为R，
则，
又因为，
所以，解得，
所以球M的表面积为，体积为.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】(1) 利用正六棱锥的几何特征结合正六棱锥的体积公式和侧面积公式，从而得出该正六棱锥的体积和侧面积.
(2) 利用正六棱锥的结构特征结合球的表面积和体积公式，从而得出球M的表面积和体积．
（1）由条件可知正六边形ABCDEF的边长为4，
所以底面积为，
该正六棱锥的体积为．
正六棱锥的侧棱长为，
侧面等腰三角形的面积为，
故该正六棱锥的侧面积为．
（2）球心M一定在直线SO上，设球M的半径为R，
则，
又，
所以，解得．
所以球M的表面积为，
体积为
17．【答案】（1）解：因为，
在中，由正弦定理得，
即，所以m，
即AC两点的距离为m.
（2）解：在中，因为，，
所以，
又因为，
所以m，
即大楼的高度为m.
【知识点】两角和与差的正切公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）根据题意结合正弦定理，从而计算得出A，C两点的距离.
（2）根据题意可得，再结合两角和的正切公式，从而计算得出大楼的高度.
（1）因为，
在中，由正弦定理得，
即，所以m，
即AC两点的距离为m；
（2）在中，因为，，
所以，
又，
所以m，
即大楼的高度为m.
18．【答案】（1）解：因为，所以，
所以，
因为，
所以
．
（2）解：设，因为，，
所以，
设，又因为，则
所以，解得，，
所以，
所以，
又因为，
所以，
所以，
又因为三点共线，即共线，所以，
所以.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）利用基底表示出，再利用数量积的运算律和数量积的定义，从而求出的值.
（2）设，，根据向量线性运算，从而用表示 ，再根据平面向量基本定理求出的值，表示出，则根据三点共线求出的值.
（1）因为，所以，
所以，
因为，
，
所以
．
（2）设，
因为，，
则所以，
设，又
则，
所以，
解得，，
所以，
所以，
又，
所以，
所以，
又三点共线，即共线，
所以，
所以.
19．【答案】（1）解：由已知条件得，
由余弦定理得，
因为，
所以，
得，
即，
因为，所以，
又因为，所以．
（2）解：由题意可得：． 因为为锐角三角形，
所以，且，
所以，
所以，
即的取值范围是．
【知识点】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；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用已知条件和余弦定理以及两角和的正弦公式，从而得出角A的余弦值，再根据三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）利用两角差的正弦公式和辅助角公式，再结合（1）中角A的值和正弦型函数的图象求值域的方法，从而得出的取值范围.
（1）由条件得，
由余弦定理得，
因为，所以，
得，即，
因为，所以，
又，所以．
（2）．
因为为锐角三角形，
所以，且，所以．
所以，
即的取值范围是．
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