广东省广州市第一一三中学2024学年高一下学期阶段二考试（5月）数学试题
1．（2024高一下·广州月考）复数z满足 ，则 （ ）
A． 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；复数的模
【解析】【解答】由题意 ，所以 。
故答案为：B．
【分析】利用复数的模求解公式结合复数乘除法运算法则，进而求出复数z，再结合复数与共轭复数的关系，进而iuc复数z的共轭复数。
2．（2024高一下·广州月考）已知，，是空间中不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若与异面，则至多有一条与，都垂直
C．若，，，则一定平行于和
D．若，，，则存在同时垂直，
【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；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
【解析】【解答】解：在正方体中，
对于A，令，，，符合题意，但是，故A错误；
对于 B，令，，两直线异面，
在正方体中与平行或重合的直线与异面直线都垂直，故B错误；
对于C，令为平面，为平面，，，
符合，，，
但平面，故C错误；
对于D，令为平面，为平面，，，
符合，，，
则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用正方体模型，梓结合线线平行的判断方法、线线垂直的判断方法、线面平行的判定定理，从而逐项判断找出正确的选项.
3．（2024高一下·广州月考）要调查某地区高中学生身体素质，从高中生中抽取100人进行跳远测试，根据测试成绩制作频率分布直方图如下图，现再从这100人中用分层抽样的方法抽取20人，应从间抽取人数为b，则b为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
【答案】C
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图
【解析】【解答】解：由题意得，所以，
在之间的学生：人，
现再从这人中用分层抽样的方法抽取人，
应从间抽取人数为，故.
故答案为：C．
【分析】先由频率之和为得出值，再结合频数等于频率乘以样本容量的公式和分层抽样的方法，从而得出b的值.
4．（2024高一下·广州月考）已知，，是同一平面内的三个向量，则（ ）
A．若，，则
B．若是非零向量，，则是的充要条件
C．若，，，则可以作为基底
D．若，，两两的夹角相等，且，，，则
【答案】B
【知识点】充要条件；共线（平行）向量；平面向量的共线定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：对于A，取，则，，
但的方向不能确定，∴不一定成立，故A错误；
对于B，若是非零向量，，
则，故B正确；
对于C，∵，∴共线，
∴不可以作为基底，故C错误；
对于D，因为，
又因为两两的夹角相等，所以夹角有两种情况：
当夹角为时，；
当夹角为时，，
故D错误.
故答案为：B.
【分析】取结合向量平行的判断方法，则判断出选项A；由，可判断出选项B；先求出，则共线，从而判断出选项C；利用两两的夹角为或，再根据模长公式和数量积的运算法则，则可判断出选项D，从而找出正确的选项．
5．（2024高一下·广州月考）如图，点P为射线与以原点O为圆心的单位圆的交点，一动点在圆O上以点P为起始点，沿逆时针方向运动，每2秒转一圈．则该动点横坐标关于运动时间t的函数的解析式是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【解答】解：因为动点的运动速度为，射线对应的角度为，
所以动点行程的射线对应的角度为，
故.
故答案为：C.
【分析】利用动点的运动速度为，射线对应的角度为，从而得出动点行程的射线对应的角度为，进而得出该动点横坐标关于运动时间t的函数的解析式.
6．（2024高一下·广州月考）已知正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，所有顶点都在球的球面上，若球的表面积为，则此正四棱台的侧棱长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设上下底面互相平行的两对角线分别为，
则由球的表面积为，可得球O的半径，
又因为正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，
所以，即AB为球O的直径，
所以球的球心正好在中点，
故.
所以为等边三角形，故，
所以为等边三角形，
故此正四棱台的侧棱长.
故答案为：B.
【分析】根据题意可得球O的半径，再结合外接球的性质可得外接球心O在底面的中心，再根据几何关系求解得出此正四棱台的侧棱长.
7．（2024高一下·广州月考）已知母线长为a的圆锥的侧面展开图为半圆，在该圆锥内放置一个圆柱，则当圆柱的侧面积最大时，圆柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】简单组合体的结构特征；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥底面半径为，
则，故，所以圆锥的高为，
设圆柱底面半径为，则，
故，其中，
所以，圆柱的侧面积为，
因为，当且仅当时等号成立，
所以圆柱的侧面积取最大值时，，，此时体积为.
故答案为：A.
【分析】根据侧面展开图为半圆可求出底面半径，再求出圆柱的底面半径和高的关系后，从而得出何时侧面最大，进而求出此时圆柱的体积.
8．（2024高一下·广州月考）如图，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系xOy中的坐标，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；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：因为该坐标系中和，
所以
则，
所以
=
，
则该坐标系中和两点间的距离为：
.
故答案为：D.
【分析】由题意可得再利用向量减法的运算法则和数量积的运算法则，从而得出该坐标系中和两点间的距离.
9．（2024高一下·广州月考）已知复数，，则（ ）
A．
B．复平面内对应的点的集合是单位圆
C．
D．复平面内满足的点的集合是线段
【答案】B,C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】对于A：取，则，可知：，
可得，，
显然 ，故A错误；
对于B：因为，
可知复平面内 对应的点的坐标为，
所以复平面内对应的点的集合是标准的单位圆，故B正确；
对于C：因为，则，
又因为 ，，可得
所以 ，故C正确；
对于D：因为在复平面内对应的点为，
由 即，可知点表示以C为圆心，1为半径的圆，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】对于A：取特值检验；对于B：根据复数的乘法可得，结合复数的几何意义分析判断；对于C：根据共轭复数的概念结合复数的四则运算求解；对于D：根据复数的几何意义分析判断.
10．（2024高一下·广州月考）下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由函数图象可知：，
则，故A错，
不妨令，当时，，
解得：，
即函数的解析式为：
，
则.
故答案为：BC.
【分析】先利用正弦型函数的最小正周期公式确定的值，结合五点对应法确定的值，即可确定函数的解析式，再利用诱导公式找出正确的选项.
11．（2024高一下·广州月考）已知正方体，点分别处线段、的中点，则（ ）
A．
B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角的正弦值为
D．直线与平面的交点是的重心
【答案】C,D
【知识点】平行公理；异面直线所成的角；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于A，取CD的中点为G，连接EG，设，连接，
因为O为的中点，则，
又因为F为的中点，则，
可得，所以四边形是平行四边形，则，
所以直线EF与所成的角为（或其补角），
因为，可知是正三角形，
且O是AC的中点，则，即与不垂直，
所以EF与不垂直，故A错误；
对于B：因为，
所以四边形是平行四边形，则，
由选项A可知：，所以直线EF与所成的角为（或其补角），
由选项A可知：是正三角形，O是AC的中点，所以，故B错误；
对于C：连接，如图，
因为AB⊥平面，则，
又因为，，所以平面，
设，由F是的中点，所以F到平面的距离，
所以直线与平面所成的角的正弦值为，故C正确；
对于D，连接，
因为平面，则，
且，，所以平面，可得，
同理可得：，且，所以平面，
又因为三棱锥的各棱长相等，即三棱锥为正三棱锥，
可知顶点在底面的投影即为的中心，即为的重心，
所以 直线与平面的交点是的重心 ，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】对于A：取CD的中点为G，连接EG，设，连接，分析可知直线EF与所成的角为（或其补角），进而分析求解；对于B：分析可知：直线EF与所成的角为（或其补角），运算求解即可；对于C：可证平面，F到平面的距离，结合线面夹角的定义运算求解；对于D：可证平面，结合正三棱锥的性质分析判断.
12．（2024高一下·广州月考）将函数图象上的每一点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长到原来的2倍，再将所得图象向右平移个单位长度，得到的图象，则 .
【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：将函数图象上的每一点的横坐标缩短为原来的，
纵坐标伸长到原来的2倍，得到函数图象，
再将图象，纵坐标不变，
再将所得图象向右平移个单位长度，
得到的图象，
所以.
故答案为：.
【分析】利用三角型函数的平移变换和伸缩变换，从而得出函数f(x)的解析式.
13．（2024高一下·广州月考）如图，四棱锥底面边长为2的正方形，侧面都是等边三角形，动点在表面上运动，并且总保持，则动点从点出发到再回到点，其路程为 .
【答案】
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：因为四棱锥底面边长的正方形，侧面都是等边三角形，
则，
取得中点，连接，
则，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为动点在表面上运动，并且总保持，
所以点得运动轨迹为线段，
在正方形中，，则，
在等边三角形中，，同理，
故动点从点出发到再回到点，其路程为.
故答案为：.
【分析】根据题意，取得中点，连接，从而得出直线平面，则点的运动轨迹为线段，再求出线段，最后求和得出动点从点出发到再回到点的路程.
14．（2024高一下·广州月考）如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是 ．
【答案】（，）
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，
当A与D重合与E点时，AB最长，
在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，
由正弦定理可得，
即，解得=，
平移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，
在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，
由正弦定理知，，
即，解得BF=，
所以AB的取值范围为（，）.
【分析】利用已知条件结合正弦定理，再结合几何法求最值的方法，从而得出AB的长的取值范围.
15．（2024高一下·广州月考）已知向量，满足，，．
（1）若，求实数的值；
（2）若设与的夹角为，求的大小．
【答案】（1）解： 由，可得：，
则，
由，，得，，
代入解得：，
所以，是不共线的向量，
由题意，可设：，
因为，是不共线的向量，
所以且，
解得．
（2）解：因为，
，
由与的夹角为，
则，
又因为，
所以．
【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
【解析】【分析】（1）利用向量垂直数量积为，从而得出，则确定向量，不共线，可作为一组基底，再根据向量共线定理得出实数的值.
（2）先利用数量积的运算法则和数量积求向量的模的公式，从而求出的模长，再结合数量积求向量夹角公式和两向量的夹角的取值范围，从而得出角的大小．
（1）由可得：，
即，又由，得，，
代入解得：，所以，是不共线的向量.
由题可设：，因为，是不共线的向量，
所以且，解得．
（2）由于，
，
由与的夹角为：，
由于，所以．
16．（2024高一下·广州月考）在四边形中，，.
（1）若，求；
（2）若，求.
【答案】（1）解：在三角形ABD中，
根据余弦定理得：，
由题意得：，
所以，
在三角形BCD中，根据余弦定理得：
，
所以，.
（2）解：设，
在三角形ABD中，根据余弦定理可得：
，
在三角形BCD中，根据余弦定理可得：，
所以，
则或（舍），
所以.
【知识点】余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由余弦定理求出的值，再由结合余弦定理得出BC的长.
（2）设，在三角形ABD和三角形BCD中，由余弦定理可得，解方程得出a的值，从而得出的值.
（1）在三角形ABD中，根据余弦定理可得，，
由题得：，所以，
在三角形BCD中，根据余弦定理可得，
，
所以，.
（2）设，在三角形ABD中，根据余弦定理可得，
，
在三角形BCD中，根据余弦定理可得，，
所以，得：或（舍），
则.
17．（2024高一下·广州月考）如图甲所示的正方形中，，对角线分别交于点，将正方形沿折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱.点在棱上，且.
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明：在图乙中，过作，交于，连接，
因为，则，
所以共面，且平面平面，
因为，所以，
在正方形中，，
所以，
由，得，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）解：由（1）知，所以，
因为，所以，
所以
.
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）过作，连接，再利用平行四边形定义判断出四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证出平面.
（2）根据三棱锥的等体积法，将三棱锥的体积转化为的体积，再结合二者之间的数量关系和三棱锥的体积公式，从而得出三棱锥的体积.
（1）证明：在图乙中，过作，交于，连接，
由于，则，所以共面，
且平面平面，
因为，所以，
又在正方形中，，
所以，
由，得，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面平面，所以平面..
（2）由（1）知，所以，
因为，即，
所以
.
18．（2024高一下·广州月考）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，，
（1）若以，，为边长的三个正三角形的面积分别为，，并满足，，求.
（2）设是角的平分线，与边交于，若，，求，；
（3）若，求面积的取值范围.
【答案】（1）解：因为，所以，
即，即，
又因为，则，
所以，则，
所以，则；
因为，
所以，
所以，解得，
由正弦定理，
得出，
则，
所以.
（2）解：在中，由正弦定理得出，
在中，由正弦定理得出，
因为是角的平分线，故，
又因为，
故，
所以，
设，，
在中，由余弦定理，
则，
解得，所以（负值舍去），
所以，.
（3）解：因为，
由正弦定理，
得出，
在锐角中，，，，
则，可得，
则，，，，
则，
所以，
所以面积的取值范围为.
【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；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】【分析】（1）利用诱导公式和二倍角的正弦公式，从而求出角的值，由三角形的面积公式和余弦定理求出的值，再由正弦定理求出的值，则根据正弦函数的定义得出求出的值.
（2）利用正弦定理和角平分线的性质，从而得到，设，，在中结合余弦定理求出的值，从而得出b，c的值.
（3）先由三角形的面积公式得到，再利用正弦定理得出，再根据角的取值范围和正切型函数求值域的方法，从而得出c的取值范围，再根据不等式的基本性质得出面积的取值范围.
（1）因为，所以，
即，即，又，则，
所以，则，所以，则；
因为，
所以，所以，解得，
由正弦定理，所以，则，
所以.
（2）在中，由正弦定理有，
在中，由正弦定理有，
因为是角的平分线，故，
又，故，
所以，
设，，
在中由余弦定理，有，
解得，所以（负值舍去），
所以，.
（3）因为，
由正弦定理，得，
在锐角中，，，，
即，可得，
则有，，，，
即，得，
所以面积的取值范围为.
19．（2024高一下·广州月考）如下图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，与相交于点O，E为的中点，，，
（1）设平面与平面的交线为l，证明：
（2）证明：平面平面；
（3）当点A到平面的距离最大时，求侧面与底面所成二面角的大小.
【答案】（1）证明：因为底面为正方形，且，
则为的中点，
因为为的中点，
故，
又因为，
故，
又因为平面，平面，
故平面，
又因为平面，平面平面，
故.
（2）证明：因为，
所以，故，
又因为为的中点，
所以，
由（1）可得，
又因为，
所以，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（3）解：设的中点为，连接，则三点共线，
由（2）同理可证，
故为二面角的平面角，
在中，因为，
所以，故，
由（2）证明可得平面，
又因为平面，故平面平面，
过作直线的垂线，垂足为，
因为平面，平面平面，故平面，
又因为，故到平面的距离，即为点到平面的距离，
因为，故到平面的距离的最大值为，
即重合且，此时，
结合为锐角，可得，
故侧面与底面所成的二面角大小为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据中位线定理可得，再结合正方形的性质可得，从而可得平面，再结合线面平行的性质证出.
（2）由题意可证，从而可得，再结合可得平面，再根据线面垂直证出面面垂直，从而证出平面平面.
（3）设的中点为，连接，由（2）结合线线垂直，从而可证出为二面角的平面角，再结合勾股定理和线面垂直证出面面垂直，从而根据得出到平面的距离，即为点到平面的距离，再由得出点到平面的距离的最大值为，则得出重合且，从而得出此时的值，再根据为锐角，从而得出侧面与底面所成的二面角大小.
（1）因为底面为正方形，且，则为的中点，
因为为的中点，故，而，故，
而平面，平面，故平面，
而平面，平面平面，故.
（2）因为，
所以，故，而为的中点，
故，由（1）可得，而，故，
又平面，故平面，
而平面，故平面平面.
（3）设的中点为，连接，则，
由（2）同理可证，
故为二面角的平面角，
在中，因为，所以，故，
由（2）证明可得平面，而平面，
故平面平面，过作直线的垂线，垂足为，
因平面，平面平面，故平面，
因为，故到平面的距离即为到平面的距离，
因，故到平面的距离的最大值为即重合且，
此时，结合为锐角可得.
故侧面与底面所成的二面角大小为.
1 / 1广东省广州市第一一三中学2024学年高一下学期阶段二考试（5月）数学试题
1．（2024高一下·广州月考）复数z满足 ，则 （ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·广州月考）已知，，是空间中不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则
B．若与异面，则至多有一条与，都垂直
C．若，，，则一定平行于和
D．若，，，则存在同时垂直，
3．（2024高一下·广州月考）要调查某地区高中学生身体素质，从高中生中抽取100人进行跳远测试，根据测试成绩制作频率分布直方图如下图，现再从这100人中用分层抽样的方法抽取20人，应从间抽取人数为b，则b为（ ）
A．4 B．5 C．6 D．7
4．（2024高一下·广州月考）已知，，是同一平面内的三个向量，则（ ）
A．若，，则
B．若是非零向量，，则是的充要条件
C．若，，，则可以作为基底
D．若，，两两的夹角相等，且，，，则
5．（2024高一下·广州月考）如图，点P为射线与以原点O为圆心的单位圆的交点，一动点在圆O上以点P为起始点，沿逆时针方向运动，每2秒转一圈．则该动点横坐标关于运动时间t的函数的解析式是（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高一下·广州月考）已知正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，所有顶点都在球的球面上，若球的表面积为，则此正四棱台的侧棱长为（ ）
A．1 B． C．2 D．
7．（2024高一下·广州月考）已知母线长为a的圆锥的侧面展开图为半圆，在该圆锥内放置一个圆柱，则当圆柱的侧面积最大时，圆柱的体积为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·广州月考）如图，设Ox，Oy是平面内相交成角的两条数轴，，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量，若向量，则把有序数对叫做向量在坐标系xOy中的坐标，则该坐标系中和两点间的距离为（ ）
A．
B．
C．
D．
9．（2024高一下·广州月考）已知复数，，则（ ）
A．
B．复平面内对应的点的集合是单位圆
C．
D．复平面内满足的点的集合是线段
10．（2024高一下·广州月考）下图是函数y= sin(ωx+φ)的部分图像，则sin(ωx+φ)= （ ）
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·广州月考）已知正方体，点分别处线段、的中点，则（ ）
A．
B．直线与所成的角为
C．直线与平面所成的角的正弦值为
D．直线与平面的交点是的重心
12．（2024高一下·广州月考）将函数图象上的每一点的横坐标缩短为原来的，纵坐标伸长到原来的2倍，再将所得图象向右平移个单位长度，得到的图象，则 .
13．（2024高一下·广州月考）如图，四棱锥底面边长为2的正方形，侧面都是等边三角形，动点在表面上运动，并且总保持，则动点从点出发到再回到点，其路程为 .
14．（2024高一下·广州月考）如图在平面四边形ABCD中，∠A＝∠B＝∠C＝75°，BC＝2，则AB的取值范围是 ．
15．（2024高一下·广州月考）已知向量，满足，，．
（1）若，求实数的值；
（2）若设与的夹角为，求的大小．
16．（2024高一下·广州月考）在四边形中，，.
（1）若，求；
（2）若，求.
17．（2024高一下·广州月考）如图甲所示的正方形中，，对角线分别交于点，将正方形沿折叠使得与重合，构成如图乙所示的三棱柱.点在棱上，且.
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积.
18．（2024高一下·广州月考）在锐角中，内角，，的对边分别为，，，，
（1）若以，，为边长的三个正三角形的面积分别为，，并满足，，求.
（2）设是角的平分线，与边交于，若，，求，；
（3）若，求面积的取值范围.
19．（2024高一下·广州月考）如下图，在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，与相交于点O，E为的中点，，，
（1）设平面与平面的交线为l，证明：
（2）证明：平面平面；
（3）当点A到平面的距离最大时，求侧面与底面所成二面角的大小.
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；复数的模
【解析】【解答】由题意 ，所以 。
故答案为：B．
【分析】利用复数的模求解公式结合复数乘除法运算法则，进而求出复数z，再结合复数与共轭复数的关系，进而iuc复数z的共轭复数。
2．【答案】D
【知识点】命题的真假判断与应用；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
【解析】【解答】解：在正方体中，
对于A，令，，，符合题意，但是，故A错误；
对于 B，令，，两直线异面，
在正方体中与平行或重合的直线与异面直线都垂直，故B错误；
对于C，令为平面，为平面，，，
符合，，，
但平面，故C错误；
对于D，令为平面，为平面，，，
符合，，，
则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用正方体模型，梓结合线线平行的判断方法、线线垂直的判断方法、线面平行的判定定理，从而逐项判断找出正确的选项.
3．【答案】C
【知识点】分层抽样方法；频率分布直方图
【解析】【解答】解：由题意得，所以，
在之间的学生：人，
现再从这人中用分层抽样的方法抽取人，
应从间抽取人数为，故.
故答案为：C．
【分析】先由频率之和为得出值，再结合频数等于频率乘以样本容量的公式和分层抽样的方法，从而得出b的值.
4．【答案】B
【知识点】充要条件；共线（平行）向量；平面向量的共线定理；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【解答】解：对于A，取，则，，
但的方向不能确定，∴不一定成立，故A错误；
对于B，若是非零向量，，
则，故B正确；
对于C，∵，∴共线，
∴不可以作为基底，故C错误；
对于D，因为，
又因为两两的夹角相等，所以夹角有两种情况：
当夹角为时，；
当夹角为时，，
故D错误.
故答案为：B.
【分析】取结合向量平行的判断方法，则判断出选项A；由，可判断出选项B；先求出，则共线，从而判断出选项C；利用两两的夹角为或，再根据模长公式和数量积的运算法则，则可判断出选项D，从而找出正确的选项．
5．【答案】C
【知识点】三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【解答】解：因为动点的运动速度为，射线对应的角度为，
所以动点行程的射线对应的角度为，
故.
故答案为：C.
【分析】利用动点的运动速度为，射线对应的角度为，从而得出动点行程的射线对应的角度为，进而得出该动点横坐标关于运动时间t的函数的解析式.
6．【答案】B
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设上下底面互相平行的两对角线分别为，
则由球的表面积为，可得球O的半径，
又因为正四棱台的上、下底面边长分别是1和2，
所以，即AB为球O的直径，
所以球的球心正好在中点，
故.
所以为等边三角形，故，
所以为等边三角形，
故此正四棱台的侧棱长.
故答案为：B.
【分析】根据题意可得球O的半径，再结合外接球的性质可得外接球心O在底面的中心，再根据几何关系求解得出此正四棱台的侧棱长.
7．【答案】A
【知识点】简单组合体的结构特征；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆锥底面半径为，
则，故，所以圆锥的高为，
设圆柱底面半径为，则，
故，其中，
所以，圆柱的侧面积为，
因为，当且仅当时等号成立，
所以圆柱的侧面积取最大值时，，，此时体积为.
故答案为：A.
【分析】根据侧面展开图为半圆可求出底面半径，再求出圆柱的底面半径和高的关系后，从而得出何时侧面最大，进而求出此时圆柱的体积.
8．【答案】D
【知识点】平面向量的基本定理；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：因为该坐标系中和，
所以
则，
所以
=
，
则该坐标系中和两点间的距离为：
.
故答案为：D.
【分析】由题意可得再利用向量减法的运算法则和数量积的运算法则，从而得出该坐标系中和两点间的距离.
9．【答案】B,C
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】对于A：取，则，可知：，
可得，，
显然 ，故A错误；
对于B：因为，
可知复平面内 对应的点的坐标为，
所以复平面内对应的点的集合是标准的单位圆，故B正确；
对于C：因为，则，
又因为 ，，可得
所以 ，故C正确；
对于D：因为在复平面内对应的点为，
由 即，可知点表示以C为圆心，1为半径的圆，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】对于A：取特值检验；对于B：根据复数的乘法可得，结合复数的几何意义分析判断；对于C：根据共轭复数的概念结合复数的四则运算求解；对于D：根据复数的几何意义分析判断.
10．【答案】B,C
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【解答】解：由函数图象可知：，
则，故A错，
不妨令，当时，，
解得：，
即函数的解析式为：
，
则.
故答案为：BC.
【分析】先利用正弦型函数的最小正周期公式确定的值，结合五点对应法确定的值，即可确定函数的解析式，再利用诱导公式找出正确的选项.
11．【答案】C,D
【知识点】平行公理；异面直线所成的角；空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【解答】对于A，取CD的中点为G，连接EG，设，连接，
因为O为的中点，则，
又因为F为的中点，则，
可得，所以四边形是平行四边形，则，
所以直线EF与所成的角为（或其补角），
因为，可知是正三角形，
且O是AC的中点，则，即与不垂直，
所以EF与不垂直，故A错误；
对于B：因为，
所以四边形是平行四边形，则，
由选项A可知：，所以直线EF与所成的角为（或其补角），
由选项A可知：是正三角形，O是AC的中点，所以，故B错误；
对于C：连接，如图，
因为AB⊥平面，则，
又因为，，所以平面，
设，由F是的中点，所以F到平面的距离，
所以直线与平面所成的角的正弦值为，故C正确；
对于D，连接，
因为平面，则，
且，，所以平面，可得，
同理可得：，且，所以平面，
又因为三棱锥的各棱长相等，即三棱锥为正三棱锥，
可知顶点在底面的投影即为的中心，即为的重心，
所以 直线与平面的交点是的重心 ，故D正确.
故答案为：CD.
【分析】对于A：取CD的中点为G，连接EG，设，连接，分析可知直线EF与所成的角为（或其补角），进而分析求解；对于B：分析可知：直线EF与所成的角为（或其补角），运算求解即可；对于C：可证平面，F到平面的距离，结合线面夹角的定义运算求解；对于D：可证平面，结合正三棱锥的性质分析判断.
12．【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：将函数图象上的每一点的横坐标缩短为原来的，
纵坐标伸长到原来的2倍，得到函数图象，
再将图象，纵坐标不变，
再将所得图象向右平移个单位长度，
得到的图象，
所以.
故答案为：.
【分析】利用三角型函数的平移变换和伸缩变换，从而得出函数f(x)的解析式.
13．【答案】
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：因为四棱锥底面边长的正方形，侧面都是等边三角形，
则，
取得中点，连接，
则，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为动点在表面上运动，并且总保持，
所以点得运动轨迹为线段，
在正方形中，，则，
在等边三角形中，，同理，
故动点从点出发到再回到点，其路程为.
故答案为：.
【分析】根据题意，取得中点，连接，从而得出直线平面，则点的运动轨迹为线段，再求出线段，最后求和得出动点从点出发到再回到点的路程.
14．【答案】（，）
【知识点】正弦定理的应用
【解析】【解答】解：如图所示，延长BA，CD交于E，平移AD，
当A与D重合与E点时，AB最长，
在△BCE中，∠B=∠C=75°，∠E=30°，BC=2，
由正弦定理可得，
即，解得=，
平移AD ，当D与C重合时，AB最短，此时与AB交于F，
在△BCF中，∠B=∠BFC=75°，∠FCB=30°，
由正弦定理知，，
即，解得BF=，
所以AB的取值范围为（，）.
【分析】利用已知条件结合正弦定理，再结合几何法求最值的方法，从而得出AB的长的取值范围.
15．【答案】（1）解： 由，可得：，
则，
由，，得，，
代入解得：，
所以，是不共线的向量，
由题意，可设：，
因为，是不共线的向量，
所以且，
解得．
（2）解：因为，
，
由与的夹角为，
则，
又因为，
所以．
【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
【解析】【分析】（1）利用向量垂直数量积为，从而得出，则确定向量，不共线，可作为一组基底，再根据向量共线定理得出实数的值.
（2）先利用数量积的运算法则和数量积求向量的模的公式，从而求出的模长，再结合数量积求向量夹角公式和两向量的夹角的取值范围，从而得出角的大小．
（1）由可得：，
即，又由，得，，
代入解得：，所以，是不共线的向量.
由题可设：，因为，是不共线的向量，
所以且，解得．
（2）由于，
，
由与的夹角为：，
由于，所以．
16．【答案】（1）解：在三角形ABD中，
根据余弦定理得：，
由题意得：，
所以，
在三角形BCD中，根据余弦定理得：
，
所以，.
（2）解：设，
在三角形ABD中，根据余弦定理可得：
，
在三角形BCD中，根据余弦定理可得：，
所以，
则或（舍），
所以.
【知识点】余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由余弦定理求出的值，再由结合余弦定理得出BC的长.
（2）设，在三角形ABD和三角形BCD中，由余弦定理可得，解方程得出a的值，从而得出的值.
（1）在三角形ABD中，根据余弦定理可得，，
由题得：，所以，
在三角形BCD中，根据余弦定理可得，
，
所以，.
（2）设，在三角形ABD中，根据余弦定理可得，
，
在三角形BCD中，根据余弦定理可得，，
所以，得：或（舍），
则.
17．【答案】（1）证明：在图乙中，过作，交于，连接，
因为，则，
所以共面，且平面平面，
因为，所以，
在正方形中，，
所以，
由，得，
所以四边形为平行四边形，则，
又因为平面平面，
所以平面.
（2）解：由（1）知，所以，
因为，所以，
所以
.
【知识点】直线与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）过作，连接，再利用平行四边形定义判断出四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证出平面.
（2）根据三棱锥的等体积法，将三棱锥的体积转化为的体积，再结合二者之间的数量关系和三棱锥的体积公式，从而得出三棱锥的体积.
（1）证明：在图乙中，过作，交于，连接，
由于，则，所以共面，
且平面平面，
因为，所以，
又在正方形中，，
所以，
由，得，
所以四边形为平行四边形，则，
又平面平面，所以平面..
（2）由（1）知，所以，
因为，即，
所以
.
18．【答案】（1）解：因为，所以，
即，即，
又因为，则，
所以，则，
所以，则；
因为，
所以，
所以，解得，
由正弦定理，
得出，
则，
所以.
（2）解：在中，由正弦定理得出，
在中，由正弦定理得出，
因为是角的平分线，故，
又因为，
故，
所以，
设，，
在中，由余弦定理，
则，
解得，所以（负值舍去），
所以，.
（3）解：因为，
由正弦定理，
得出，
在锐角中，，，，
则，可得，
则，，，，
则，
所以，
所以面积的取值范围为.
【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；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】【分析】（1）利用诱导公式和二倍角的正弦公式，从而求出角的值，由三角形的面积公式和余弦定理求出的值，再由正弦定理求出的值，则根据正弦函数的定义得出求出的值.
（2）利用正弦定理和角平分线的性质，从而得到，设，，在中结合余弦定理求出的值，从而得出b，c的值.
（3）先由三角形的面积公式得到，再利用正弦定理得出，再根据角的取值范围和正切型函数求值域的方法，从而得出c的取值范围，再根据不等式的基本性质得出面积的取值范围.
（1）因为，所以，
即，即，又，则，
所以，则，所以，则；
因为，
所以，所以，解得，
由正弦定理，所以，则，
所以.
（2）在中，由正弦定理有，
在中，由正弦定理有，
因为是角的平分线，故，
又，故，
所以，
设，，
在中由余弦定理，有，
解得，所以（负值舍去），
所以，.
（3）因为，
由正弦定理，得，
在锐角中，，，，
即，可得，
则有，，，，
即，得，
所以面积的取值范围为.
19．【答案】（1）证明：因为底面为正方形，且，
则为的中点，
因为为的中点，
故，
又因为，
故，
又因为平面，平面，
故平面，
又因为平面，平面平面，
故.
（2）证明：因为，
所以，故，
又因为为的中点，
所以，
由（1）可得，
又因为，
所以，
又因为平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（3）解：设的中点为，连接，则三点共线，
由（2）同理可证，
故为二面角的平面角，
在中，因为，
所以，故，
由（2）证明可得平面，
又因为平面，故平面平面，
过作直线的垂线，垂足为，
因为平面，平面平面，故平面，
又因为，故到平面的距离，即为点到平面的距离，
因为，故到平面的距离的最大值为，
即重合且，此时，
结合为锐角，可得，
故侧面与底面所成的二面角大小为.
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据中位线定理可得，再结合正方形的性质可得，从而可得平面，再结合线面平行的性质证出.
（2）由题意可证，从而可得，再结合可得平面，再根据线面垂直证出面面垂直，从而证出平面平面.
（3）设的中点为，连接，由（2）结合线线垂直，从而可证出为二面角的平面角，再结合勾股定理和线面垂直证出面面垂直，从而根据得出到平面的距离，即为点到平面的距离，再由得出点到平面的距离的最大值为，则得出重合且，从而得出此时的值，再根据为锐角，从而得出侧面与底面所成的二面角大小.
（1）因为底面为正方形，且，则为的中点，
因为为的中点，故，而，故，
而平面，平面，故平面，
而平面，平面平面，故.
（2）因为，
所以，故，而为的中点，
故，由（1）可得，而，故，
又平面，故平面，
而平面，故平面平面.
（3）设的中点为，连接，则，
由（2）同理可证，
故为二面角的平面角，
在中，因为，所以，故，
由（2）证明可得平面，而平面，
故平面平面，过作直线的垂线，垂足为，
因平面，平面平面，故平面，
因为，故到平面的距离即为到平面的距离，
因，故到平面的距离的最大值为即重合且，
此时，结合为锐角可得.
故侧面与底面所成的二面角大小为.
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