浙江省温州市十校联合体2023-2024学年高一下学期期中联考数学试题
1．（2024高一下·温州期中）已知，则复数的虚部为（ ）
A．2 B． C． 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，可得，则复数的虚部为-2.
故答案为：B.
【分析】根据复数的除法运算化简求解复数z，再根据复数的概念判断即可.
2．（2024高一下·温州期中）若向量=(1，2)，=(2，3)，则与+共线的向量可以是（ ）
A．(2，1) B．(6，10) C．(－1，2) D．(－6，10)
【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知，，因为，所以与平行．
故选：B．
【分析】先求出的坐标，再利用共线向量的定义判断即可．
3．（2024高一下·温州期中）若的外接圆的半径，，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：因为的外接圆半径为，，所以，
即，解得.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用正弦定理求解即可.
4．（2024高一下·温州期中）已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以，
所以，
又因为，所以.
故选：D.
【分析】利用=1，求得，再利用向量的夹角公式，求得，即可求得与的夹角.
5．（2024高一下·温州期中）设是给定的平面，、是不在内的任意两点，则下列命题中正确的是（ ）
A．在内一定存在直线与直线相交
B．在内一定存在直线与直线异面
C．一定存在过直线的平面与平行
D．存在无数过直线的平面与垂直
【答案】B
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、当直线平行于平面时，在内不存在与相交的直线，故A错误；
B、 与平面平行或相交，在内一定存在直线与直线异面，故B正确；
C、当直线与平面垂直时，存在过直线的平面与平面垂直，故C错误；
D、当直线与平面垂直时，不存在过直线的平面与平面平行，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据直线与平面的位置关系，逐步用特例排除选项即可.
6．（2024高一下·温州期中）在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：易知 两两垂直，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
则．
异面直线与所成角的余弦值为．
故选：D．
【分析】建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标，即可求异面直线与所成角的余弦值．
7．（2024高一下·温州期中）如图所示，在坡度一定的山坡处测得山顶上一建筑物的顶端对于山坡的斜度为，向山顶前进100m到达处，又测得对于山坡的斜度为，若，，且山坡对于地平面的坡度为，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
在中，由正弦定理可得，，解得，
在中，由正弦定理可得，，
解得，
即，所以；
故选：C.
【分析】先求出，在中由正弦定理求出，在中由正弦定理求出，再由即可求得的值.
8．（2024高一下·温州期中）在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式；棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；正弦定理
【解析】【解答】解：记外接圆得圆心为，过点作平面的垂线，如图所示：
则三棱锥的外接球的球心在垂线上，且，
在中，，即，
则，当且仅当时等号成立，即，
设外接圆的半径为，由正弦定理可得，则，
则外接球的半径为，故三棱锥的外接球表面积的最小值为.
故答案为：B.
【分析】记外接圆得圆心为，过点作平面的垂线，则三棱锥的外接球的球心在垂线上，利用是三角形面积公式，结合正弦定理、基本不等式求解即可.
9．（2024高一下·温州期中）下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．
D．若是关于的方程的根，则
【答案】A,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；方程的解与虚数根；共轭复数
【解析】【解答】解：A、因为，所以，故A正确；
B、复数不能比较大小，故B错误；
C、设，则，，，
所以，故C正确；
D、 是关于的方程的根 ，则也是方程得根，则，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据复数的乘法运算即可判断A；根据复数不能比较大小即可判断B；根据复数乘法运算、集合共轭复数、复数的模即可判断C；根据实系数一元二次方程虚根成对原理结合韦达定理即可判断D.
10．（2024高一下·温州期中）对于任意的两个平面向量、，下列关系式恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量减法运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、成立，当且仅当、反向时等号成立，故选项A正确；
B、，故选项B正确；
C、当，两边平方可得，即，而对于任意的两个平面向量、而言，不一定成立，故选项C错误；
D、，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】由向量的减法的三角形法则即可判断选项A；根据向量的数量积的定义即可判断选项B；利用向量数量积的运算法则化简判断选项C；结合重要不等式和向量的数量积公式即可判断选项D.
11．（2024高一下·温州期中）如图所示，在等腰梯形中，已知，，将沿直线翻折成，则（ ）
A．翻折过程中存在某个位置，使得
B．当二面角为时，点到平面的距离为
C．直线与所成角的取值范围为
D．当三棱锥的体积最大时，以为直径的球被平面所截的截面面积为
【答案】B,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；异面直线所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：由条件易得，.
A、假设翻折过程中存在某个位置，使得，
又因为，，平面，所以平面，
因为面，所以，所以，显然与不垂直，
所以假设不成立，即翻折过程中不存在某个位置，使得，故选项A错误.
B、如图所示，取的中点，的中点，连接，，过点作直线的垂线交直线于点.
易知为二面角的平面角，且.
因为线段的长即为点到平面的距离，.
因为为的中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的2倍，即，故选项B正确.
C、如图所示，连接，
易得四边形是平行四边形，所以，
所以直线与所成角，即为直线与所成角.
在翻折过程中，绕着旋转，可以看成以为顶点、为轴的圆锥的母线，为底面圆的直径，所以原问题转化为母线与底面直径所成角的取值范围，母线与轴的夹角为，
结合最小角定理，可得母线与底面直线所成角的取值范围是，故选项C错误.
D、当平面平面时，三棱锥的体积最大.
又，平面平面，面，所以平面.
如图所示，的中点为球心，取的中点，
所以为的中位线，所以，平面.
所以以为直径的球被平面所截的截面为圆面，
所以点为该圆的圆心，其半径，该圆面面积为，故选项D正确.
故选：BD
【分析】假设翻折过程中存在某个位置，使得，由线面垂直的判定定理分析可判断选项A；作辅助线，由二面角的定义可得，线段HM的长即为点M到平面的距离，而为的中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的2倍，计算求得HM的值即可求得点到平面的距离即可判断选项B；由异面直线的定义可将问题转化为母线与底面直径所成角的取值范围，结合最小角定理即可判断选项C；由题得到三棱锥的体积最大时的截面，以为直径的球被平面所截的截面为圆面，求得半径，进而可求得截面的面积即可即可判断选项D．
12．（2024高一下·温州期中）若向量，则与垂直的一个单位向量 .
【答案】（或，答案不唯一）
【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：设，
由题意可知，，解得或，
所以或.
故答案为：（或，答案不唯一）.
【分析】设，结合向量垂直的坐标表示以及模长公式列方程组，解方程组求得x，y的值即可求得.
13．（2024高一下·温州期中）已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2、4，侧棱长为，则该棱台的体积为 .
【答案】
【知识点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：作于，如图所示：
则是正棱台的高，
由正四棱台性质知：，，
所以体积为．
故答案为：．
【分析】根据正棱台性质求得棱台的高，再根据棱台的体积公式计算即可．
14．（2024高一下·温州期中）已知平面向量，，满足，，且，则的最大值为 .
【答案】
【知识点】平面向量减法运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意，可设：，
则，
若，即，则，
可知点C在以为直径的圆上，
即圆心为，半径，
则在方向上的投影数量的最大值为，
所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】设，分析可知点C在以为直径的圆上，再根据数量积的几何意义结合圆的性质，从而得出的最大值.
15．（2024高一下·温州期中）已知复数，，满足：，且的实部为正.
（1）若在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围；
（2）当时，、对应复平面内的点分别为、，为复平面原点，求证：.
【答案】（1）解： 复数，， 因为在复平面内对应的点在第二象限，所以，
解得，即的取值范围为.
（2）解：设，因为，所以，即，
则解得，故，
当时，，故在复平面内，，
则，，，，故.
【知识点】复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；平面内两点间的距离公式
【解析】【分析】(1)根据复数在复平面内对应的点在第二象限，列不等式组求解即可；
（2）设，根据复数的乘法运算结合复数相等的充要条件，求得，再将代入求得，坐标，根据两点间距离公式求其长度，结合勾股定理证明即可.
16．（2024高一下·温州期中）如图，和都垂直于平面，且，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）若是正三角形，且，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：取的中点，连接，，
是的中点，
，，
和都垂直于平面，
，
，，
四边形为平行四边形，则，
平面，平面，
平面.
（2）解：为正三角形，为中点，
，
平面，平面，
则，
又因为，，平面，
平面.
又因为，
则平面，
所以为在面上的射影，
为直线与平面所成角，
在中，，，，
则，
直线与平面所成角的正弦值为.
【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）根据已知条件和中位线定理以及线面垂直，从而得出线线平行，进而判断出四边形为平行四边形，则，再由线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用已知条件，先证明为直线与平面所成角，再利用直角三角形的结构特征和正弦函数的定义，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）取的中点，连接，，
是的中点，，，
和都垂直于平面，
，，，
四边形为平行四边形，从而，
平面，平面，
平面.
（2）为正三角形，为中点，
.
平面，平面，则，
又，，平面，平面.
又，则平面，
得为在面上的射影，
为直线与平面所成角.
在中，，，，
得，
直线与平面所成角的正弦值为.
17．（2024高一下·温州期中）在中，角，，的对边分别为，，，且满足_______.从条件①、条件②这两个条件中任选一个补充在上面横线上作为已知，条件①：；条件②：.
（1）求角；
（2）若的面积为，为的中点，求的最小值.
【答案】（1）解：选①时，
由正弦定理可得，
所以
所以由余弦定理可得，
又因为，所以.
选②时
由正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
所以，所以，
又因为，所以，所以，
因为，所以.
（2）解：因为，所以，所以，
在中，由余弦定理可得
，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
【知识点】三角函数诱导公式二~六；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）若选①，由正弦定理得，再利用余弦定理即可求得角A；若选②，由正弦定理得，再结合两角和的正弦公式可得，进而可求得cosA，即可求得角A；
（2）先由三角形的面积公式得，再在中由余弦定理，结合基本不等式求解即可求得的最小值 .
（1）若选①：由正弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以；
若选②：由正弦定理得，
所以，
即，
又，有，所以，
由，得；
（2），又，
所以，
在中由余弦定理
，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
18．（2024高一下·温州期中）如图，在平行四边形中，，分别是线段，的中点，记，，且，，.
（1）试用向量，表示，；
（2）①求，的值；②设为的内心，若，求的值.
【答案】（1）解：，
.
（2）解：①由，可得，
又，
，
②为的内心，
，
.
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算求解即可求得， 的表示式；
（2）由(1)可知，结合模长公式和向量数量积的运算法则即可求得，的值 ；再由三角形内心的性质化简可得.
（1）；
.
（2）①由（1）知：，则，
又，
，.
②为的内心，
，
.
19．（2024高一下·温州期中）在三棱锥中，，，，，的中点为，点在线段上，且满足.
（1）求证：；
（2）当平面平面时，
①求点到平面的距离；
②若为的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明：连接，，
，为的中点，
，
，为的中点，
，
则平面，
又因为平面，
.
（2）解：①过点作于，连接，，
又因为平面平面，，
平面，
令，，
，
，
则，，，
平面，，
在中，由，得，，
，故点到平面的距离为.
②记平面与平面的夹角为，作交于点，连接，
，，
是的中位线，，
，
，
，
，
，
，
，
所以平面为平面与平面的公共垂面，
故，
在中，，，
可得，
又因为，，
则.
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）连接，，根据线面垂直的判定定理证出直线平面，从而证出.
（2）①过点作于，连接，，令，在中利用勾股定理求出的值，从而求出点到平面的距离.
②记平面与平面的夹角为，作交于点，连接，得出平面为平面与平面的公共垂面，可得是平面与平面的夹角，由余弦函数的定义得出平面与平面夹角的余弦值.
（1）连接，，
，为的中点，，
，为的中点，，
平面，
又平面，；
（2）①过点作于，连，，
平面平面，，
平面，令，
，
，，
则，，，
平面，，
在中，由，得，，
，故点到平面的距离为；
②记平面与平面的夹角为，作交于点，连接，
，，
是的中位线，，
，，
，，
，，
，所以平面为平面与平面的公共垂面，
故，在中，，，
可求得，又，，
则.
1 / 1浙江省温州市十校联合体2023-2024学年高一下学期期中联考数学试题
1．（2024高一下·温州期中）已知，则复数的虚部为（ ）
A．2 B． C． D．
2．（2024高一下·温州期中）若向量=(1，2)，=(2，3)，则与+共线的向量可以是（ ）
A．(2，1) B．(6，10) C．(－1，2) D．(－6，10)
3．（2024高一下·温州期中）若的外接圆的半径，，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
4．（2024高一下·温州期中）已知单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·温州期中）设是给定的平面，、是不在内的任意两点，则下列命题中正确的是（ ）
A．在内一定存在直线与直线相交
B．在内一定存在直线与直线异面
C．一定存在过直线的平面与平行
D．存在无数过直线的平面与垂直
6．（2024高一下·温州期中）在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·温州期中）如图所示，在坡度一定的山坡处测得山顶上一建筑物的顶端对于山坡的斜度为，向山顶前进100m到达处，又测得对于山坡的斜度为，若，，且山坡对于地平面的坡度为，则等于（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·温州期中）在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·温州期中）下列说法正确的是（ ）
A．
B．若，则
C．
D．若是关于的方程的根，则
10．（2024高一下·温州期中）对于任意的两个平面向量、，下列关系式恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·温州期中）如图所示，在等腰梯形中，已知，，将沿直线翻折成，则（ ）
A．翻折过程中存在某个位置，使得
B．当二面角为时，点到平面的距离为
C．直线与所成角的取值范围为
D．当三棱锥的体积最大时，以为直径的球被平面所截的截面面积为
12．（2024高一下·温州期中）若向量，则与垂直的一个单位向量 .
13．（2024高一下·温州期中）已知正四棱台的上、下底面的边长分别为2、4，侧棱长为，则该棱台的体积为 .
14．（2024高一下·温州期中）已知平面向量，，满足，，且，则的最大值为 .
15．（2024高一下·温州期中）已知复数，，满足：，且的实部为正.
（1）若在复平面内对应的点在第二象限，求的取值范围；
（2）当时，、对应复平面内的点分别为、，为复平面原点，求证：.
16．（2024高一下·温州期中）如图，和都垂直于平面，且，是的中点.
（1）求证：平面；
（2）若是正三角形，且，求直线与平面所成角的正弦值.
17．（2024高一下·温州期中）在中，角，，的对边分别为，，，且满足_______.从条件①、条件②这两个条件中任选一个补充在上面横线上作为已知，条件①：；条件②：.
（1）求角；
（2）若的面积为，为的中点，求的最小值.
18．（2024高一下·温州期中）如图，在平行四边形中，，分别是线段，的中点，记，，且，，.
（1）试用向量，表示，；
（2）①求，的值；②设为的内心，若，求的值.
19．（2024高一下·温州期中）在三棱锥中，，，，，的中点为，点在线段上，且满足.
（1）求证：；
（2）当平面平面时，
①求点到平面的距离；
②若为的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
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，可得，则复数的虚部为-2.
故答案为：B.
【分析】根据复数的除法运算化简求解复数z，再根据复数的概念判断即可.
2．【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可知，，因为，所以与平行．
故选：B．
【分析】先求出的坐标，再利用共线向量的定义判断即可．
3．【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：因为的外接圆半径为，，所以，
即，解得.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用正弦定理求解即可.
4．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由题意可知，，所以，
所以，
又因为，所以.
故选：D.
【分析】利用=1，求得，再利用向量的夹角公式，求得，即可求得与的夹角.
5．【答案】B
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、当直线平行于平面时，在内不存在与相交的直线，故A错误；
B、 与平面平行或相交，在内一定存在直线与直线异面，故B正确；
C、当直线与平面垂直时，存在过直线的平面与平面垂直，故C错误；
D、当直线与平面垂直时，不存在过直线的平面与平面平行，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据直线与平面的位置关系，逐步用特例排除选项即可.
6．【答案】C
【知识点】用空间向量求直线间的夹角、距离
【解析】【解答】解：易知 两两垂直，以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，
则．
异面直线与所成角的余弦值为．
故选：D．
【分析】建立空间直角坐标系，求出向量与的坐标，即可求异面直线与所成角的余弦值．
7．【答案】C
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：因为，所以，
在中，由正弦定理可得，，解得，
在中，由正弦定理可得，，
解得，
即，所以；
故选：C.
【分析】先求出，在中由正弦定理求出，在中由正弦定理求出，再由即可求得的值.
8．【答案】B
【知识点】基本不等式；棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；正弦定理
【解析】【解答】解：记外接圆得圆心为，过点作平面的垂线，如图所示：
则三棱锥的外接球的球心在垂线上，且，
在中，，即，
则，当且仅当时等号成立，即，
设外接圆的半径为，由正弦定理可得，则，
则外接球的半径为，故三棱锥的外接球表面积的最小值为.
故答案为：B.
【分析】记外接圆得圆心为，过点作平面的垂线，则三棱锥的外接球的球心在垂线上，利用是三角形面积公式，结合正弦定理、基本不等式求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模；方程的解与虚数根；共轭复数
【解析】【解答】解：A、因为，所以，故A正确；
B、复数不能比较大小，故B错误；
C、设，则，，，
所以，故C正确；
D、 是关于的方程的根 ，则也是方程得根，则，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据复数的乘法运算即可判断A；根据复数不能比较大小即可判断B；根据复数乘法运算、集合共轭复数、复数的模即可判断C；根据实系数一元二次方程虚根成对原理结合韦达定理即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量减法运算；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、成立，当且仅当、反向时等号成立，故选项A正确；
B、，故选项B正确；
C、当，两边平方可得，即，而对于任意的两个平面向量、而言，不一定成立，故选项C错误；
D、，故选项D正确.
故选：ABD.
【分析】由向量的减法的三角形法则即可判断选项A；根据向量的数量积的定义即可判断选项B；利用向量数量积的运算法则化简判断选项C；结合重要不等式和向量的数量积公式即可判断选项D.
11．【答案】B,D
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；异面直线所成的角；空间中直线与直线之间的位置关系；二面角及二面角的平面角
【解析】【解答】解：由条件易得，.
A、假设翻折过程中存在某个位置，使得，
又因为，，平面，所以平面，
因为面，所以，所以，显然与不垂直，
所以假设不成立，即翻折过程中不存在某个位置，使得，故选项A错误.
B、如图所示，取的中点，的中点，连接，，过点作直线的垂线交直线于点.
易知为二面角的平面角，且.
因为线段的长即为点到平面的距离，.
因为为的中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的2倍，即，故选项B正确.
C、如图所示，连接，
易得四边形是平行四边形，所以，
所以直线与所成角，即为直线与所成角.
在翻折过程中，绕着旋转，可以看成以为顶点、为轴的圆锥的母线，为底面圆的直径，所以原问题转化为母线与底面直径所成角的取值范围，母线与轴的夹角为，
结合最小角定理，可得母线与底面直线所成角的取值范围是，故选项C错误.
D、当平面平面时，三棱锥的体积最大.
又，平面平面，面，所以平面.
如图所示，的中点为球心，取的中点，
所以为的中位线，所以，平面.
所以以为直径的球被平面所截的截面为圆面，
所以点为该圆的圆心，其半径，该圆面面积为，故选项D正确.
故选：BD
【分析】假设翻折过程中存在某个位置，使得，由线面垂直的判定定理分析可判断选项A；作辅助线，由二面角的定义可得，线段HM的长即为点M到平面的距离，而为的中点，所以点到平面的距离等于点到平面的距离的2倍，计算求得HM的值即可求得点到平面的距离即可判断选项B；由异面直线的定义可将问题转化为母线与底面直径所成角的取值范围，结合最小角定理即可判断选项C；由题得到三棱锥的体积最大时的截面，以为直径的球被平面所截的截面为圆面，求得半径，进而可求得截面的面积即可即可判断选项D．
12．【答案】（或，答案不唯一）
【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：设，
由题意可知，，解得或，
所以或.
故答案为：（或，答案不唯一）.
【分析】设，结合向量垂直的坐标表示以及模长公式列方程组，解方程组求得x，y的值即可求得.
13．【答案】
【知识点】棱台的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】解：作于，如图所示：
则是正棱台的高，
由正四棱台性质知：，，
所以体积为．
故答案为：．
【分析】根据正棱台性质求得棱台的高，再根据棱台的体积公式计算即可．
14．【答案】
【知识点】平面向量减法运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由题意，可设：，
则，
若，即，则，
可知点C在以为直径的圆上，
即圆心为，半径，
则在方向上的投影数量的最大值为，
所以的最大值为.
故答案为：.
【分析】设，分析可知点C在以为直径的圆上，再根据数量积的几何意义结合圆的性质，从而得出的最大值.
15．【答案】（1）解： 复数，， 因为在复平面内对应的点在第二象限，所以，
解得，即的取值范围为.
（2）解：设，因为，所以，即，
则解得，故，
当时，，故在复平面内，，
则，，，，故.
【知识点】复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；平面内两点间的距离公式
【解析】【分析】(1)根据复数在复平面内对应的点在第二象限，列不等式组求解即可；
（2）设，根据复数的乘法运算结合复数相等的充要条件，求得，再将代入求得，坐标，根据两点间距离公式求其长度，结合勾股定理证明即可.
16．【答案】（1）证明：取的中点，连接，，
是的中点，
，，
和都垂直于平面，
，
，，
四边形为平行四边形，则，
平面，平面，
平面.
（2）解：为正三角形，为中点，
，
平面，平面，
则，
又因为，，平面，
平面.
又因为，
则平面，
所以为在面上的射影，
为直线与平面所成角，
在中，，，，
则，
直线与平面所成角的正弦值为.
【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）根据已知条件和中位线定理以及线面垂直，从而得出线线平行，进而判断出四边形为平行四边形，则，再由线线平行证出线面平行，即证出平面.
（2）利用已知条件，先证明为直线与平面所成角，再利用直角三角形的结构特征和正弦函数的定义，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）取的中点，连接，，
是的中点，，，
和都垂直于平面，
，，，
四边形为平行四边形，从而，
平面，平面，
平面.
（2）为正三角形，为中点，
.
平面，平面，则，
又，，平面，平面.
又，则平面，
得为在面上的射影，
为直线与平面所成角.
在中，，，，
得，
直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：选①时，
由正弦定理可得，
所以
所以由余弦定理可得，
又因为，所以.
选②时
由正弦定理可得，
因为，所以，
所以，
所以，所以，
又因为，所以，所以，
因为，所以.
（2）解：因为，所以，所以，
在中，由余弦定理可得
，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
【知识点】三角函数诱导公式二~六；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）若选①，由正弦定理得，再利用余弦定理即可求得角A；若选②，由正弦定理得，再结合两角和的正弦公式可得，进而可求得cosA，即可求得角A；
（2）先由三角形的面积公式得，再在中由余弦定理，结合基本不等式求解即可求得的最小值 .
（1）若选①：由正弦定理得，
所以，
所以，
因为，所以；
若选②：由正弦定理得，
所以，
即，
又，有，所以，
由，得；
（2），又，
所以，
在中由余弦定理
，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
18．【答案】（1）解：，
.
（2）解：①由，可得，
又，
，
②为的内心，
，
.
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据向量的线性运算求解即可求得， 的表示式；
（2）由(1)可知，结合模长公式和向量数量积的运算法则即可求得，的值 ；再由三角形内心的性质化简可得.
（1）；
.
（2）①由（1）知：，则，
又，
，.
②为的内心，
，
.
19．【答案】（1）证明：连接，，
，为的中点，
，
，为的中点，
，
则平面，
又因为平面，
.
（2）解：①过点作于，连接，，
又因为平面平面，，
平面，
令，，
，
，
则，，，
平面，，
在中，由，得，，
，故点到平面的距离为.
②记平面与平面的夹角为，作交于点，连接，
，，
是的中位线，，
，
，
，
，
，
，
，
所以平面为平面与平面的公共垂面，
故，
在中，，，
可得，
又因为，，
则.
【知识点】平面与平面垂直的判定；平面与平面垂直的性质；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）连接，，根据线面垂直的判定定理证出直线平面，从而证出.
（2）①过点作于，连接，，令，在中利用勾股定理求出的值，从而求出点到平面的距离.
②记平面与平面的夹角为，作交于点，连接，得出平面为平面与平面的公共垂面，可得是平面与平面的夹角，由余弦函数的定义得出平面与平面夹角的余弦值.
（1）连接，，
，为的中点，，
，为的中点，，
平面，
又平面，；
（2）①过点作于，连，，
平面平面，，
平面，令，
，
，，
则，，，
平面，，
在中，由，得，，
，故点到平面的距离为；
②记平面与平面的夹角为，作交于点，连接，
，，
是的中位线，，
，，
，，
，，
，所以平面为平面与平面的公共垂面，
故，在中，，，
可求得，又，，
则.
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