广东省江门市培英高级中学2023-2024学年高一5月月考数学试题试题
1．（2024高一下·江门月考）设i为虚数单位，复数，则复数 的虚部为（ ）
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
【解析】【解答】解：，则复数的虚部为.
故答案为：B.
【分析】利用复数代数形式的除法法则求得复数，再求虚部即可.
2．（2024高一下·江门月考）已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．在上的投影向量为
C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、，故A错误；
B、在上的投影向量为，故B正确；
C、易知，则，故C错误；
D、易知，因为，所以与不垂直，故D错误.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用向量的坐标运算结计算判断即可.
3．（2024高一下·江门月考）用斜二测画法作出的水平放置的直观图如图所示，其中，，则绕所在直线旋转一周后所形成的几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：由题意， 直观图 的原图，如图所示：
为直角三角形，且，，，
则绕所在直线旋转一周后所形成的几何体为圆锥，该圆锥的底面半径为，母线长为，
故圆锥的表面积．
故答案为：C．
【分析】根据斜二测画法，确定的形状与数据，可得旋转的几何体为圆锥，利用圆锥的表面积公式求解即可．
4．（2024高一下·江门月考）一船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在南偏东，行驶x小时后，船到达C处，看到这个灯塔在南偏西，此时测得船与灯塔的距离为，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】C
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图所示：
在中，，，
，，
由正弦定理可得：，解得
故答案为：C.
【分析】作出示意图，在中，利用正弦定理求的长即可.
5．（2024高一下·江门月考）已知向量，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；二倍角的余弦公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：向量，
则，即，
故．
故答案为：A．
【分析】利用向量数量积的坐标运算和辅助角公式化简求得，再利用余弦的二倍角公式求解即可.
6．（2024高一下·江门月考）在中，角的对边分别是.已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，则，
，
设，则，解得.
故答案为：A.
【分析】利用正弦定理求得，再由余弦定理得到，设，代入计算即可案.
7．（2024高一下·江门月考）下述四条性质：①最小正周期是，②图象关于直线对称，③图象关于点对称，④在上是增函数.下列函数同时具有上述性质的一个函数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：A、函数的周期为，不符合①，故A不符合；
B、函数的最小正周期为，当时，函数取得最大值，当时，，且在上是增函数，故B符合；
C、当时，，函数在上单调递减，故C不符合；
D、当时，不是最值，故D不符合.
故答案为：B.
【分析】逐项判断函数的周期性，单调性以及图像的对称性判断即可.
8．（2024高一下·江门月考）如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则下列错误的是（ ）
A．三棱锥内切球半径为
B．异面直线BD与所成的角为
C．点到平面的距离为
D．过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为
【答案】B
【知识点】异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、设三棱锥内切球的半径为，
，
则，即，解得，故A正确；
B、因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，，AC，平面，所以平面，
又因为平面，所以，则异面直线BD与所成的角为，故B错误；
C、由选项B可知：，同理，因为，BD，平面，
所以平面，则的长度就是点到平面的距离，
显然E为正三角形的中心，因为正方体的棱长为1，
所以正三角形的边长为，所以，又因为，
所以，则点到平面的距离为，故C正确；
D、取的中点G，连FG，，BF，，如图所示：
因为，所以等腰梯形是过点，B，F的平面截该正方体所得截面，
因为，，，所以等腰梯形的高为，
则等腰梯形的面积为，
即过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确．
故答案为：B.
【分析】由题意，利用等体积法计算即可判断A；根据线面垂直的判定定理与性质即可判断B；根据线面垂直的判定定理确定的长度就是点到平面的距离即可判断C；确定等腰梯形是过点，B，F的平面截该正方体所得截面即可判断D.
9．（2024高一下·江门月考）下列说法正确的是（ ）
A．在中，若，则
B．若，，，则有两解
C．若，则一定是等腰三角形
D．若，且，则为等边三角形
【答案】A,D
【知识点】平面向量的线性运算；数量积表示两个向量的夹角；正弦定理
【解析】【解答】解：A、 在中， 若，则，即，故A正确；
B、若，，，由正弦定理得，
因为，所以，则有一解，故B错误；
C、若，由正弦定理得，
即，则或，即或，
即为等腰三角形或直角三角形，故C错误；
D、，分别为单位向量，若，则的角平分线与垂直，
即，因为，所以，，
则三角形为等边三角形，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】由三角形内角性质及正弦定理可判断A；比较的大小关系即可判断B；利用正弦定理可得，进而可得或进而计算即可判断C；根据向量线性关系及数量积的几何意义易知的平分线垂直于且即可判断D.
10．（2024高一下·江门月考）已知函数，，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，且的最小值为，则
B．若，则将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称
C．若，则在最小值为-1
D．若在上有且仅有个零点，则的取值范围是
【答案】A,B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，
A、若，则，分别是函数的最大值点、最小值点，
若的最小值为，则最小正周期是，，故A正确；
B、若，则函数， 将函数的图象向左平移个单位长度得函数的图象，关于原点对称，故B正确；
C、，令，当时，，最小值为，故C错误；
D、当时，，若在仅有2个零点，即在仅有个零点，则，即，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】利用辅助角公式化简函数可得，由，则，是的最大值点、最小值点，，即可判断A；通过图象伸缩变换即能得到即可判断B；整体换元得到函数的值域即可判断C；整体换元思想，，即在仅有个零点，即能得到范围即可判断D.
11．（2024高一下·江门月考）如图，在棱长为的正方体中，是上的动点，则下列正确的是（ ）
A．直线与是异面直线
B．平面
C．的最小值是2
D．在线段上存在点，使得异面直线与所成角是30°
【答案】A,B
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线所成的角；异面直线的判定；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、易知直线平面，因为直线在平面内，
所以直线与是异面直线，故A正确；
B、连接，，如图所示：
易知，，则四边形为平行四边形，且，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证平面，又，都在 平面内，且相交于点，
所以平面平面，又因为平面，所以平面，故B正确；
C、延长到，使得，连接，在上取点，
使得，则，所以．
故，过点作，交于点，
如图所示：
在中，因为，所以，
又因为，所以，，，，
则的最小值为，故C错误；
D、异面直线与所成角为∠，=，
则∠，故D错误.
故答案为：AB．
【分析】利用平面可说明直线与是异面直线即可判断A；先证明平面平面，再由平面，得平面即可判断B；通过作辅助线，将的最小值转化为求的值，在中，利用勾股定理求出的值即可判断C；异面直线与所成角为∠，可得，即可判断D.
12．（2024高一下·江门月考）已知正六边形ABCDEF的边长为2，则 .
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：正六边形，如图所示：
易知，与的夹角为，，
则
故答案为：.
【分析】根据正六边形的特征，结合向量夹角、模长以及向量的数量积公式求解即可.
13．（2024高一下·江门月考）已知复数z满足，则复数 的模的最大值是 .
【答案】
【知识点】复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数，，则，，
由，可得，即复数z表示点是在以为圆心，半径为的圆上，且，表示点到原点的距离，又因为圆心到原点的距离为，所以的最大值为．
故答案为：.
【分析】设复数，，由题意可得，根据的几何意义求最大值即可.
14．（2024高一下·江门月考）如图，在直三棱柱中，为棱的中点．，，．，使得平面平面，则 = ．
【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：当点为中点时，即，平面平面C，
设中点为，连接，，如图所示：
因为，分别为，中点，所以，且，
又因为为中点，所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，又因为，为中点，所以，
又因为三棱柱是直棱柱，所以平面平面平面平面，
所以平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面
故答案为：
【分析】设中点为，连接，，先证明平面，进而可得平面，可证平面平面
15．（2024高一下·江门月考）在中，，，，点，在边上且，．
（1）若，用表示，并求线段的长；
（2）若，，求的值．
【答案】（1）解：设，，易知，，，
则，
即；
（2）解：因为，，所以，，
所以，又因为，，-所以.
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】(1)利用向量加法运算结合向量求模公式计算即可；
(2)利用向量数量积的逆运算求解向量的夹角的余弦值求解即可.
（1）设，，则-
，，，
所以，，
（2）因为，，所以，，
所以，又，，-
.
16．（2024高一下·江门月考）已知三棱柱中，侧棱垂直于底面，，点是的中点．正的边长为，，
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）解：连接交于点，连接，如图所示：
因为四边形是矩形，、分别为、的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为，是的中点，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
所以是三棱锥的高，又，
则；
（3）解：记点到面距离为，直线与平面所成角为，
由（2）问平面，
因为平面，平面，所以，
又因为，，所以，
又因为，即，解得，所以，
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；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）先证明平面，再由计算即可；
（3）设点到面距离为，直线与平面所成角为，利用等体积法求出，最后由计算即可.
（1）连接交于点，连接，
因为四边形是矩形，则为的中点，又是的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面；
（2）由于，则是的中点，，
因为平面，平面，所以，
又，平面，平面，
所以平面，
所以是三棱锥的高，又，
所以．
（3）记点到面距离为，直线与平面所成角为，
由（2）问平面，
又平面，平面，所以，
又，，所以，
又，即，解得，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为.
17．（2024高一下·江门月考）记内角，，的对边分别为，，，已知面积为，为的中点，且．
（1）若，求；
（2）若，求，．
【答案】（1）解：如图所示：
若，则，
在中，由余弦定理可得，
再由余弦定理得；
（2）解：在中，因为为的中点 ，所以，
则，即，即，
又因为，所以，
所以，所以，，
再将代入，即可解得.
【知识点】向量在几何中的应用；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）可求得，由余弦定理可求得，再由余弦定理求即可；
（2）由已知可得，两边平方得，结合已知可得，进而可求，计算即可.
（1）∵，为的中点，∴，
即，解得，则，
方法1：过点作于点，则在中，
∴在中，，.
则.
方法2：因为，所以，
在中，由余弦定理计算得，
再由余弦定理得；
（2）∵在中，，
∴，
∴，即，
又∵，∴，
∴，
∴，.
再将代入，即可解得.
18．（2024高一下·江门月考）如图，三棱锥中，为等边三角形，且平面平面，，，且直线与平面所成角为，
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值；
（3）求三棱锥外接球的表面积．
【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面，
且，平面，可得平面，
又因为面，所以；
（2）解：取中点，连接，，如图所示：
因为为等边三角形，注意，
因为平面平面，平面平面，，所以平面，
显然是与平面所成角为，
因为，所以，
因为，所以，
由（1）可知，则，
过作于，在平面内过作交于点，
从而得是二面角的平面角，
在中，则，，
在中，由余弦定理得．
则，，
显然是斜边中点，则，
在中，由余弦定理得，
所以二面角的余弦值为；
（3）解：设外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为，
由正弦定理得，
由（1）可知平面，则，
即三棱锥外接球的表面积.
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据给定条件证得平面，即可证得；
（2）由与平面所成角确定正三角形边长与长的关系，再作二面角的平面角，借助余弦定理计算可得答案；
（3）由正弦定理求设外接圆的直径，结合平面求外接球半径，即可得外接球的表面积.
（1）因为平面平面，平面平面，
且，平面，可得平面，
又因为面，所以.
（2）取中点，连接，，如图，
因为为等边三角形，则，
因为平面平面，平面平面，，
可得平面，
所以是与平面所成角为，
因为，则，
因为，则，
由（1）可知，则，
过作于，在平面内过作交于点，
从而得是二面角的平面角，
在中，则，，
在中，由余弦定理得．
则，，
显然是斜边中点，则，
在中，由余弦定理得，
所以二面角的余弦值为；
（3）设外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为，
由正弦定理得，
由（1）可知平面，则，
所以三棱锥外接球的表面积.
19．（2024高一下·江门月考）如图，某区有一块的空地，其中，．当地区政府计划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖，其中，都在边上，且，挖出的泥土堆放在地带上形成假山，剩下的地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在的周围安装防护网．
（1）当时，求防护网的总长度；
（2）若要求人工湖用地的面积是假山用地面积的倍，试确定的大小；
（3）如何设计施工方案，可使的面积最小？最小面积是多少？
【答案】解：（1）在中，，则，即，
在中，，，，由余弦定理可得，即，
因为，所以，，
所以是正三角形，其周长为6，即防护网的总长度为；
（2）设，因为，
所以，即，
在中，由，
得．由，得，
因为，所以，，即；
（3）设，由（2）知，
在中，由，得，
所以
，
当，即时，的面积最小，且最小值为．
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理；解三角形的实际应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在中，由已知条件求得，再在中，根据余弦定理求出，并得到为直角三角形，进而求出是正三角形计算即可；
（2）设，由结合面积公式，以及在中由正弦定理，分别求出，从而得到关于的方程，求解即可；
（3）设，由（2）将用表示，在中根据正弦定理，将用表示，面积可表示为关于的函数，利用三角恒等变换，结合正弦函数的有界性，即可得出结论.
1 / 1广东省江门市培英高级中学2023-2024学年高一5月月考数学试题试题
1．（2024高一下·江门月考）设i为虚数单位，复数，则复数 的虚部为（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·江门月考）已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．在上的投影向量为
C． D．
3．（2024高一下·江门月考）用斜二测画法作出的水平放置的直观图如图所示，其中，，则绕所在直线旋转一周后所形成的几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·江门月考）一船以每小时15km的速度向东航行，船在A处看到一个灯塔B在南偏东，行驶x小时后，船到达C处，看到这个灯塔在南偏西，此时测得船与灯塔的距离为，则（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
5．（2024高一下·江门月考）已知向量，，则的值是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·江门月考）在中，角的对边分别是.已知，则（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·江门月考）下述四条性质：①最小正周期是，②图象关于直线对称，③图象关于点对称，④在上是增函数.下列函数同时具有上述性质的一个函数是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·江门月考）如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则下列错误的是（ ）
A．三棱锥内切球半径为
B．异面直线BD与所成的角为
C．点到平面的距离为
D．过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为
9．（2024高一下·江门月考）下列说法正确的是（ ）
A．在中，若，则
B．若，，，则有两解
C．若，则一定是等腰三角形
D．若，且，则为等边三角形
10．（2024高一下·江门月考）已知函数，，则下列结论中正确的是（ ）
A．若，且的最小值为，则
B．若，则将的图象向左平移个单位长度后得到的图象关于原点对称
C．若，则在最小值为-1
D．若在上有且仅有个零点，则的取值范围是
11．（2024高一下·江门月考）如图，在棱长为的正方体中，是上的动点，则下列正确的是（ ）
A．直线与是异面直线
B．平面
C．的最小值是2
D．在线段上存在点，使得异面直线与所成角是30°
12．（2024高一下·江门月考）已知正六边形ABCDEF的边长为2，则 .
13．（2024高一下·江门月考）已知复数z满足，则复数 的模的最大值是 .
14．（2024高一下·江门月考）如图，在直三棱柱中，为棱的中点．，，．，使得平面平面，则 = ．
15．（2024高一下·江门月考）在中，，，，点，在边上且，．
（1）若，用表示，并求线段的长；
（2）若，，求的值．
16．（2024高一下·江门月考）已知三棱柱中，侧棱垂直于底面，，点是的中点．正的边长为，，
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求直线与平面所成角的正弦值.
17．（2024高一下·江门月考）记内角，，的对边分别为，，，已知面积为，为的中点，且．
（1）若，求；
（2）若，求，．
18．（2024高一下·江门月考）如图，三棱锥中，为等边三角形，且平面平面，，，且直线与平面所成角为，
（1）求证：；
（2）求二面角的余弦值；
（3）求三棱锥外接球的表面积．
19．（2024高一下·江门月考）如图，某区有一块的空地，其中，．当地区政府计划将这块空地改造成一个旅游景点，拟在中间挖一个人工湖，其中，都在边上，且，挖出的泥土堆放在地带上形成假山，剩下的地带开设儿童游乐场．为安全起见，需在的周围安装防护网．
（1）当时，求防护网的总长度；
（2）若要求人工湖用地的面积是假山用地面积的倍，试确定的大小；
（3）如何设计施工方案，可使的面积最小？最小面积是多少？
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：，则复数的虚部为.
故答案为：B.
【分析】利用复数代数形式的除法法则求得复数，再求虚部即可.
2．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、，故A错误；
B、在上的投影向量为，故B正确；
C、易知，则，故C错误；
D、易知，因为，所以与不垂直，故D错误.
故答案为：B.
【分析】由题意，利用向量的坐标运算结计算判断即可.
3．【答案】C
【知识点】斜二测画法直观图；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：由题意， 直观图 的原图，如图所示：
为直角三角形，且，，，
则绕所在直线旋转一周后所形成的几何体为圆锥，该圆锥的底面半径为，母线长为，
故圆锥的表面积．
故答案为：C．
【分析】根据斜二测画法，确定的形状与数据，可得旋转的几何体为圆锥，利用圆锥的表面积公式求解即可．
4．【答案】C
【知识点】解三角形；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：如图所示：
在中，，，
，，
由正弦定理可得：，解得
故答案为：C.
【分析】作出示意图，在中，利用正弦定理求的长即可.
5．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；二倍角的余弦公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：向量，
则，即，
故．
故答案为：A．
【分析】利用向量数量积的坐标运算和辅助角公式化简求得，再利用余弦的二倍角公式求解即可.
6．【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得，则，
，
设，则，解得.
故答案为：A.
【分析】利用正弦定理求得，再由余弦定理得到，设，代入计算即可案.
7．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：A、函数的周期为，不符合①，故A不符合；
B、函数的最小正周期为，当时，函数取得最大值，当时，，且在上是增函数，故B符合；
C、当时，，函数在上单调递减，故C不符合；
D、当时，不是最值，故D不符合.
故答案为：B.
【分析】逐项判断函数的周期性，单调性以及图像的对称性判断即可.
8．【答案】B
【知识点】异面直线所成的角；球内接多面体；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、设三棱锥内切球的半径为，
，
则，即，解得，故A正确；
B、因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又因为，，AC，平面，所以平面，
又因为平面，所以，则异面直线BD与所成的角为，故B错误；
C、由选项B可知：，同理，因为，BD，平面，
所以平面，则的长度就是点到平面的距离，
显然E为正三角形的中心，因为正方体的棱长为1，
所以正三角形的边长为，所以，又因为，
所以，则点到平面的距离为，故C正确；
D、取的中点G，连FG，，BF，，如图所示：
因为，所以等腰梯形是过点，B，F的平面截该正方体所得截面，
因为，，，所以等腰梯形的高为，
则等腰梯形的面积为，
即过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确．
故答案为：B.
【分析】由题意，利用等体积法计算即可判断A；根据线面垂直的判定定理与性质即可判断B；根据线面垂直的判定定理确定的长度就是点到平面的距离即可判断C；确定等腰梯形是过点，B，F的平面截该正方体所得截面即可判断D.
9．【答案】A,D
【知识点】平面向量的线性运算；数量积表示两个向量的夹角；正弦定理
【解析】【解答】解：A、 在中， 若，则，即，故A正确；
B、若，，，由正弦定理得，
因为，所以，则有一解，故B错误；
C、若，由正弦定理得，
即，则或，即或，
即为等腰三角形或直角三角形，故C错误；
D、，分别为单位向量，若，则的角平分线与垂直，
即，因为，所以，，
则三角形为等边三角形，故D正确．
故答案为：AD.
【分析】由三角形内角性质及正弦定理可判断A；比较的大小关系即可判断B；利用正弦定理可得，进而可得或进而计算即可判断C；根据向量线性关系及数量积的几何意义易知的平分线垂直于且即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：函数，
A、若，则，分别是函数的最大值点、最小值点，
若的最小值为，则最小正周期是，，故A正确；
B、若，则函数， 将函数的图象向左平移个单位长度得函数的图象，关于原点对称，故B正确；
C、，令，当时，，最小值为，故C错误；
D、当时，，若在仅有2个零点，即在仅有个零点，则，即，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】利用辅助角公式化简函数可得，由，则，是的最大值点、最小值点，，即可判断A；通过图象伸缩变换即能得到即可判断B；整体换元得到函数的值域即可判断C；整体换元思想，，即在仅有个零点，即能得到范围即可判断D.
11．【答案】A,B
【知识点】棱柱的结构特征；异面直线所成的角；异面直线的判定；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、易知直线平面，因为直线在平面内，
所以直线与是异面直线，故A正确；
B、连接，，如图所示：
易知，，则四边形为平行四边形，且，
因为平面，平面，所以平面，
同理可证平面，又，都在 平面内，且相交于点，
所以平面平面，又因为平面，所以平面，故B正确；
C、延长到，使得，连接，在上取点，
使得，则，所以．
故，过点作，交于点，
如图所示：
在中，因为，所以，
又因为，所以，，，，
则的最小值为，故C错误；
D、异面直线与所成角为∠，=，
则∠，故D错误.
故答案为：AB．
【分析】利用平面可说明直线与是异面直线即可判断A；先证明平面平面，再由平面，得平面即可判断B；通过作辅助线，将的最小值转化为求的值，在中，利用勾股定理求出的值即可判断C；异面直线与所成角为∠，可得，即可判断D.
12．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：正六边形，如图所示：
易知，与的夹角为，，
则
故答案为：.
【分析】根据正六边形的特征，结合向量夹角、模长以及向量的数量积公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数，，则，，
由，可得，即复数z表示点是在以为圆心，半径为的圆上，且，表示点到原点的距离，又因为圆心到原点的距离为，所以的最大值为．
故答案为：.
【分析】设复数，，由题意可得，根据的几何意义求最大值即可.
14．【答案】
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：当点为中点时，即，平面平面C，
设中点为，连接，，如图所示：
因为，分别为，中点，所以，且，
又因为为中点，所以且，所以四边形是平行四边形，
所以，又因为，为中点，所以，
又因为三棱柱是直棱柱，所以平面平面平面平面，
所以平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面
故答案为：
【分析】设中点为，连接，，先证明平面，进而可得平面，可证平面平面
15．【答案】（1）解：设，，易知，，，
则，
即；
（2）解：因为，，所以，，
所以，又因为，，-所以.
【知识点】平面向量加法运算；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】(1)利用向量加法运算结合向量求模公式计算即可；
(2)利用向量数量积的逆运算求解向量的夹角的余弦值求解即可.
（1）设，，则-
，，，
所以，，
（2）因为，，所以，，
所以，又，，-
.
16．【答案】（1）解：连接交于点，连接，如图所示：
因为四边形是矩形，、分别为、的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：因为，是的中点，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，平面，所以平面，
所以是三棱锥的高，又，
则；
（3）解：记点到面距离为，直线与平面所成角为，
由（2）问平面，
因为平面，平面，所以，
又因为，，所以，
又因为，即，解得，所以，
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；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，利用线面平行的判定定理证明即可；
（2）先证明平面，再由计算即可；
（3）设点到面距离为，直线与平面所成角为，利用等体积法求出，最后由计算即可.
（1）连接交于点，连接，
因为四边形是矩形，则为的中点，又是的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面；
（2）由于，则是的中点，，
因为平面，平面，所以，
又，平面，平面，
所以平面，
所以是三棱锥的高，又，
所以．
（3）记点到面距离为，直线与平面所成角为，
由（2）问平面，
又平面，平面，所以，
又，，所以，
又，即，解得，
所以，即直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：如图所示：
若，则，
在中，由余弦定理可得，
再由余弦定理得；
（2）解：在中，因为为的中点 ，所以，
则，即，即，
又因为，所以，
所以，所以，，
再将代入，即可解得.
【知识点】向量在几何中的应用；解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）可求得，由余弦定理可求得，再由余弦定理求即可；
（2）由已知可得，两边平方得，结合已知可得，进而可求，计算即可.
（1）∵，为的中点，∴，
即，解得，则，
方法1：过点作于点，则在中，
∴在中，，.
则.
方法2：因为，所以，
在中，由余弦定理计算得，
再由余弦定理得；
（2）∵在中，，
∴，
∴，即，
又∵，∴，
∴，
∴，.
再将代入，即可解得.
18．【答案】（1）证明：因为平面平面，平面平面，
且，平面，可得平面，
又因为面，所以；
（2）解：取中点，连接，，如图所示：
因为为等边三角形，注意，
因为平面平面，平面平面，，所以平面，
显然是与平面所成角为，
因为，所以，
因为，所以，
由（1）可知，则，
过作于，在平面内过作交于点，
从而得是二面角的平面角，
在中，则，，
在中，由余弦定理得．
则，，
显然是斜边中点，则，
在中，由余弦定理得，
所以二面角的余弦值为；
（3）解：设外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为，
由正弦定理得，
由（1）可知平面，则，
即三棱锥外接球的表面积.
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）根据给定条件证得平面，即可证得；
（2）由与平面所成角确定正三角形边长与长的关系，再作二面角的平面角，借助余弦定理计算可得答案；
（3）由正弦定理求设外接圆的直径，结合平面求外接球半径，即可得外接球的表面积.
（1）因为平面平面，平面平面，
且，平面，可得平面，
又因为面，所以.
（2）取中点，连接，，如图，
因为为等边三角形，则，
因为平面平面，平面平面，，
可得平面，
所以是与平面所成角为，
因为，则，
因为，则，
由（1）可知，则，
过作于，在平面内过作交于点，
从而得是二面角的平面角，
在中，则，，
在中，由余弦定理得．
则，，
显然是斜边中点，则，
在中，由余弦定理得，
所以二面角的余弦值为；
（3）设外接圆的半径为，三棱锥外接球的半径为，
由正弦定理得，
由（1）可知平面，则，
所以三棱锥外接球的表面积.
19．【答案】解：（1）在中，，则，即，
在中，，，，由余弦定理可得，即，
因为，所以，，
所以是正三角形，其周长为6，即防护网的总长度为；
（2）设，因为，
所以，即，
在中，由，
得．由，得，
因为，所以，，即；
（3）设，由（2）知，
在中，由，得，
所以
，
当，即时，的面积最小，且最小值为．
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；余弦定理；解三角形的实际应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）在中，由已知条件求得，再在中，根据余弦定理求出，并得到为直角三角形，进而求出是正三角形计算即可；
（2）设，由结合面积公式，以及在中由正弦定理，分别求出，从而得到关于的方程，求解即可；
（3）设，由（2）将用表示，在中根据正弦定理，将用表示，面积可表示为关于的函数，利用三角恒等变换，结合正弦函数的有界性，即可得出结论.
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