广东省汕尾市陆丰市玉燕中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题
1．（2024高一下·陆丰月考）设全集，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即全集，则.
故答案为：D.
【分析】解不等式求得全集，再根据集合的补集运算求解即可.
2．（2024高一下·陆丰月考）下列命题中的真命题是（ ）
A．若点，点，则直线与相交
B．若，，则a与b必异面
C．若点，点，则直线
D．若，，则
【答案】A
【知识点】异面直线的判定；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
【解析】【解答】解：A、若点，点，则直线与相交，故A正确；
B、 若，， 如图①所示，故B错误；
C、 若点，点， 如图②所示，故C错误；
D、 若，， 如图③所示，故D错误.
故答案为：A.
【分析】由线线关系、线面关系逐项判断即可.
3．（2024高一下·陆丰月考）已知为奇函数，且时，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】为奇函数，且时，，.
故答案为：D
【分析】根据题意，结合，代入即可求解.
4．（2024高一下·陆丰月考）已知向量，则在上的投影向量为（ ）
A． B． 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：，
，
所以在上的投影为，
所以在上的投影向量为，
故答案为：B.
【分析】分别求出向量，的模，以及向量，夹角的余弦值，利用投影向量公式计算即可求解.
5．（2024高一下·陆丰月考）若一个球的外切正方体的表面积等于6 cm2，则此球的体积为（ ）
A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3
【答案】A
【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：设球的半径为 cm，正方体棱长为cm，
球的外切正方体的表面积等于 cm2 ，则 cm，即 ，cm，
故球的体积
故答案为：A.
【分析】设球的半径为 cm，正方体棱长为 cm，根据正方体的表面积和棱长的关系求出棱长，进而求得半径，再利用球的体积公式求解即可.
6．（2024高一下·陆丰月考）在四边形中，若，，则（ ）
A． B． C． D．0
【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由，可得，则.
故答案为：C.
【分析】根据向量共线的坐标表示列式计算即可.
7．（2024高一下·陆丰月考）“五月的风”是坐落在山东省青岛市五四广场的标志性雕塑，重达500余吨，是我国目前最大的钢质城市雕塑，该雕塑充分展示了岛城的历史足迹.如图，现测量该雕塑的高度时，选取了与该雕塑底在同一平面内的两个测量基点与，测得，，，在点测得该雕塑顶端的仰角为40°，则该雕塑的高度约为（参考数据：取）（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得，
在中，由，
得，
在中，.
故答案为：C.
【分析】在中，利用正弦定理先求出的长，再在中，由三角函数定义可得该雕塑的高度.
8．（2024高一下·陆丰月考）已知函数在区间内是减函数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】解：当时，，
因为函数在区间内为增函数，而在区间内是减函数，
所以，所以，解得，
综上，.
故答案为：B.
【分析】利用正弦函数的单调性求解即可.
9．（2024高一下·陆丰月考）已知复数满足，是的共轭复数，则下列说法中正确的是（ ）
A．的实部与虚部之积为
B．的共轭复数为
C．在复平面内对应的点在第三象限
D．
【答案】A,B,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：， 复数满足， 即，
则，，
A、，实部为2，虚部为1，则实部与虚部之积为 ，故A正确；
B、的共轭复数为，故B正确；
C、在复平面内对应的点为，位于第一象限，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用复数代数形式的除法和乘方的计算求得复数即可判断A；利用共轭复数的定义求即可判断B；根据复数的几何意义判断即可判断C；根据复数的模的计算公式计算即可判断D.
10．（2024高一下·陆丰月考）下列叙述正确的是（ ）
A．在等边三角形中，与的夹角为
B．若非零向量，满足，则
C．已知向量，，，若，，则
D．若为所在平面内一点，且，则为的垂心
【答案】B,D
【知识点】共线（平行）向量；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：A、在等边三角形中，与的夹角为，故A错误；
B、 若非零向量，满足，则，即，故B正确；
C、当时，，不共线，也满足，，故C错误；
D、由，可得，即，
同理，因为为所在平面内一点，所以最多一个为零向量，若均为非零向量，则，为的垂心，
若中只有一个零向量，不妨令，则是直角，即为的垂心，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据等边三角性的特征结合向量夹角的意义即可判断A；利用数量积的运算律及垂直关系的向量表示即可判断BD；利用共线向量的意义即可判断C.
11．（2024高一下·陆丰月考）如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点，点是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是（ ）
A．直三棱柱的侧面积是
B．直三棱柱的外接球表面积是
C．三棱锥的体积与点的位置有关
D．的最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、在直三棱柱中，，，
则底面和是等腰三角形，侧面全是矩形，且，
则侧面积为，故A正确；
B、设底面外接圆半径为，则，即，则直棱柱的外接球半径，
即直三棱柱的外接球表面积为，故B正确；
C、由BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱上的一个动点，则三棱锥的高为定值，
××2＝，故××＝，故C错误；
D、把侧面和侧面展开在一个平面上，当为的中点时，
取最小值，，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】由题意画出图形，计算直三棱柱的侧面积即可判断A；讲直棱柱放在圆柱中，求出直棱柱底面外接圆半径，进而求出外接球半径，利用球的表面积公式即可判断B；由棱锥底面积与高为定值即可判断C；将侧面展开即可求出最小值即可判断D．
12．（2024高一下·陆丰月考）命题“，都有”的否定是 .
【答案】，有
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“，都有”的否定是：．
故答案为：．
【分析】根据命题的否定直接写答案即可．
13．（2024高一下·陆丰月考）如图，的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为 .
【答案】1
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知原图为直角三角形且，，，
则.
故答案为：1.
【分析】由直观图可知原图为直角三角形，再计算的面积即可.
14．（2024高一下·陆丰月考）的内角的对边分别为，若，且A为锐角，则当取得最小值时，的值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得：，
即，即 ，解得，
因为是锐角，所以，
由余弦定理可得，
则，当且仅当时等号成立，取得最小值，
，，则.
故答案为：.
【分析】根据正弦定理结合正弦和角公式即可求得，再根据同角三角函数关系式求得，代入余弦定理表示出，代入中利用基本不等式求得最小值，并求得取最小值时关系，进而求的值即可.
15．（2024高一下·陆丰月考）在中，角所对的边分别为，已知.
（1）若，求角的大小；
（2）若，求边上的高.
【答案】（1）解：由正弦定理，，即，
因，故，即是锐角，故；
（2）解：已知如图所示：
由余弦定理，，
所以是锐角，则，
作于点，在中，，
即边上的高是.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理求得，再利用边和角的关系可得角的范围，即可求解；
（2）先由余弦定理，再利用直角三角形中三角函数的定义计算即可求解.
（1）由正弦定理，，即，
因，故，即是锐角，故；
（2）如图，由余弦定理，，
知角是锐角，则，
作于点，在中，，
即边上的高是.
16．（2024高一下·陆丰月考）（1）已知，，且与的夹角为60°，求的值；
（2）在矩形中，，点为的中点，点在边上，若，求的值.
【答案】解：（1） ；
（2）建立如图所示平面直角坐标系：
则，设，则，，
因为，所以，解得，即，
又因为，，所以.
【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】【分析】（1）利用向量的模长公式结合向量数量积求解即可；
（2）建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算，结合数量积求解即可.
17．（2024高一下·陆丰月考）已知函数，.
（1）求方程的解集；
（2）定义：.已知定义在上的函数，求函数的解析式；
（3）在（2）的条件下，在平面直角坐标系中，画出函数的简图，并根据图象写出函数的单调区间和最小值.
【答案】（1）解：由，可得且，解得，，
则方程的解集为；
（2）解：由题意可得：；
（3）解：函数的图象，如图实线所示：
函数的单调递减区间是，单调递增区间是，其最小值为1.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）由题意可得，平方求解即可；
(2)由题意比较与的大小求解即可；
(3)由（2）得到的函数关系，作出函数图象，根据图像可得函数的单调区间和最小值.
（1）由，得且，解得，；
所以方程的解集为
（2）由已知得.
（3）函数的图象如图实线所示：
函数的单调递减区间是，单调递增区间是，其最小值为1.
18．（2024高一下·陆丰月考）如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求：
（1）正四棱锥的表面积；
（2）若为的中点，求证：平面；
（3）侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.
【答案】（1）解：在正四棱锥中，，
则正四棱锥侧面的高为，
所以正四棱锥的表面积为.
（2）证明：如图，连接交于点O，连接，
则O为AC的中点，
当M为SA的中点时，，
又因为平面平面，
所以平面.
（3）解：在侧棱上存在点E，使得平面，满足.
理由如下：
取的中点Q，由，得，
过Q作的平行线交于E，连接，，
在中，得出，
因为平面，平面，
所以平面，
由，得，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）根据正四棱锥的结构特征求出侧面的高，从而由正四棱锥的表面积公式得出正四棱锥的表面积.
（2）如图，连接交于点O，则，再结合线面平行的判定定理，从而证出平面.
（3）取的中点Q，过Q作的平行线交于E，则由中位线定理得，，根据线面平行的判定定理可得平面、平面，再结合面面平行的判定定理与性质定理，从而得出侧棱上存在一点，使得平面，并求出此时的值.
（1）在正四棱锥中，，
则正四棱锥侧面的高为，
所以正四棱锥的表面积为；
（2）如图，连接交于点O，连接，则O为AC的中点，
当M为SA的中点时，，
又平面平面，
所以平面；
（3）在侧棱上存在点E，使得平面，满足.
理由如下：
取的中点Q，由，得，
过Q作的平行线交于E，连接，，
中，有，又平面，平面，
所以平面，由，得.
又，又平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，而平面，
所以平面.
19．（2024高一下·陆丰月考）如图，在我校即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，这条跑道一共由三个部分组成，其中第一部分为曲线段ABCD，该曲线段可近似看作函数，的图象，图象的最高点坐标为.第二部分是长为1千米的直线段DE，轴.跑道的最后一部分是以O为圆心的一段圆弧.
（1）若新校门位于图中的B点，其离AF的距离为1千米，一学生准备从新校门笔直前往位于O点的万象楼，求该学生走过的路BO的长；
（2）若点P在弧上，点M和点N分别在线段和线段上，若平行四边形区域为学生的休息区域，记，请写出学生的休息区域的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，取得最大值.
【答案】（1）解：由图可知：，，则，即，
因为当时，，且，即，
则曲线段ABCD的解析式为，，
由，即，或，
解得，又因为，所以，，所以；
或，无论k为何值都不符合，舍去，
所以，即该学生走过的路BO的长为千米；
（2）解：由题可知，当时，，所以，
则，，，所以，
在中，，，，，
则由正弦定理，可得，
故可得，
故
，
即，
当时，，S取得最大值.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；三角形中的几何计算；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）由图可知，，利用求出，再代入点求出解析式，求出B点的坐标，再求BO的长即可；
（2）由已知可求出E点坐标，进而得到圆O的半径OE的长和，利用正弦定理和三角形面积公式即可求出，得到平行四边形的面积S关于的函数关系式，利用正弦函数的性质求最大值即可.
（1）解：由条件知，，又因为，则，所以.
又因为当时，有，且，所以.
所以曲线段ABCD的解析式为，.
由，即，或
解得，又因为，所以，，所以；
或，无论k为何值都不符合，舍去，
所以，即该学生走过的路BO的长为千米.
（2）由题可知，当时，，所以
则，，，所以.
在中，，，，，
则由正弦定理，可得，
故可得，
故
，
即，
当时，，此时S取得最大值.
1 / 1广东省汕尾市陆丰市玉燕中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题
1．（2024高一下·陆丰月考）设全集，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·陆丰月考）下列命题中的真命题是（ ）
A．若点，点，则直线与相交
B．若，，则a与b必异面
C．若点，点，则直线
D．若，，则
3．（2024高一下·陆丰月考）已知为奇函数，且时，，则（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·陆丰月考）已知向量，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·陆丰月考）若一个球的外切正方体的表面积等于6 cm2，则此球的体积为（ ）
A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3
6．（2024高一下·陆丰月考）在四边形中，若，，则（ ）
A． B． C． D．0
7．（2024高一下·陆丰月考）“五月的风”是坐落在山东省青岛市五四广场的标志性雕塑，重达500余吨，是我国目前最大的钢质城市雕塑，该雕塑充分展示了岛城的历史足迹.如图，现测量该雕塑的高度时，选取了与该雕塑底在同一平面内的两个测量基点与，测得，，，在点测得该雕塑顶端的仰角为40°，则该雕塑的高度约为（参考数据：取）（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·陆丰月考）已知函数在区间内是减函数，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·陆丰月考）已知复数满足，是的共轭复数，则下列说法中正确的是（ ）
A．的实部与虚部之积为
B．的共轭复数为
C．在复平面内对应的点在第三象限
D．
10．（2024高一下·陆丰月考）下列叙述正确的是（ ）
A．在等边三角形中，与的夹角为
B．若非零向量，满足，则
C．已知向量，，，若，，则
D．若为所在平面内一点，且，则为的垂心
11．（2024高一下·陆丰月考）如图，在直三棱柱中，，，，侧面的对角线交点，点是侧棱上的一个动点，下列结论正确的是（ ）
A．直三棱柱的侧面积是
B．直三棱柱的外接球表面积是
C．三棱锥的体积与点的位置有关
D．的最小值为
12．（2024高一下·陆丰月考）命题“，都有”的否定是 .
13．（2024高一下·陆丰月考）如图，的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为 .
14．（2024高一下·陆丰月考）的内角的对边分别为，若，且A为锐角，则当取得最小值时，的值为 ．
15．（2024高一下·陆丰月考）在中，角所对的边分别为，已知.
（1）若，求角的大小；
（2）若，求边上的高.
16．（2024高一下·陆丰月考）（1）已知，，且与的夹角为60°，求的值；
（2）在矩形中，，点为的中点，点在边上，若，求的值.
17．（2024高一下·陆丰月考）已知函数，.
（1）求方程的解集；
（2）定义：.已知定义在上的函数，求函数的解析式；
（3）在（2）的条件下，在平面直角坐标系中，画出函数的简图，并根据图象写出函数的单调区间和最小值.
18．（2024高一下·陆丰月考）如图所示正四棱锥，，，为侧棱上的点，且，求：
（1）正四棱锥的表面积；
（2）若为的中点，求证：平面；
（3）侧棱上是否存在一点，使得平面.若存在，求的值；若不存在，试说明理由.
19．（2024高一下·陆丰月考）如图，在我校即将投入使用的新校门旁修建了一条专门用于跑步的红色跑道，这条跑道一共由三个部分组成，其中第一部分为曲线段ABCD，该曲线段可近似看作函数，的图象，图象的最高点坐标为.第二部分是长为1千米的直线段DE，轴.跑道的最后一部分是以O为圆心的一段圆弧.
（1）若新校门位于图中的B点，其离AF的距离为1千米，一学生准备从新校门笔直前往位于O点的万象楼，求该学生走过的路BO的长；
（2）若点P在弧上，点M和点N分别在线段和线段上，若平行四边形区域为学生的休息区域，记，请写出学生的休息区域的面积S关于的函数关系式，并求当为何值时，取得最大值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】补集及其运算
【解析】【解答】解：解不等式，可得，即全集，则.
故答案为：D.
【分析】解不等式求得全集，再根据集合的补集运算求解即可.
2．【答案】A
【知识点】异面直线的判定；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
【解析】【解答】解：A、若点，点，则直线与相交，故A正确；
B、 若，， 如图①所示，故B错误；
C、 若点，点， 如图②所示，故C错误；
D、 若，， 如图③所示，故D错误.
故答案为：A.
【分析】由线线关系、线面关系逐项判断即可.
3．【答案】D
【知识点】奇函数与偶函数的性质
【解析】【解答】为奇函数，且时，，.
故答案为：D
【分析】根据题意，结合，代入即可求解.
4．【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：，
，
所以在上的投影为，
所以在上的投影向量为，
故答案为：B.
【分析】分别求出向量，的模，以及向量，夹角的余弦值，利用投影向量公式计算即可求解.
5．【答案】A
【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：设球的半径为 cm，正方体棱长为cm，
球的外切正方体的表面积等于 cm2 ，则 cm，即 ，cm，
故球的体积
故答案为：A.
【分析】设球的半径为 cm，正方体棱长为 cm，根据正方体的表面积和棱长的关系求出棱长，进而求得半径，再利用球的体积公式求解即可.
6．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由，可得，则.
故答案为：C.
【分析】根据向量共线的坐标表示列式计算即可.
7．【答案】C
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意得，
在中，由，
得，
在中，.
故答案为：C.
【分析】在中，利用正弦定理先求出的长，再在中，由三角函数定义可得该雕塑的高度.
8．【答案】B
【知识点】正弦函数的性质
【解析】【解答】解：当时，，
因为函数在区间内为增函数，而在区间内是减函数，
所以，所以，解得，
综上，.
故答案为：B.
【分析】利用正弦函数的单调性求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：， 复数满足， 即，
则，，
A、，实部为2，虚部为1，则实部与虚部之积为 ，故A正确；
B、的共轭复数为，故B正确；
C、在复平面内对应的点为，位于第一象限，故C错误；
D、，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用复数代数形式的除法和乘方的计算求得复数即可判断A；利用共轭复数的定义求即可判断B；根据复数的几何意义判断即可判断C；根据复数的模的计算公式计算即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】共线（平行）向量；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：A、在等边三角形中，与的夹角为，故A错误；
B、 若非零向量，满足，则，即，故B正确；
C、当时，，不共线，也满足，，故C错误；
D、由，可得，即，
同理，因为为所在平面内一点，所以最多一个为零向量，若均为非零向量，则，为的垂心，
若中只有一个零向量，不妨令，则是直角，即为的垂心，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据等边三角性的特征结合向量夹角的意义即可判断A；利用数量积的运算律及垂直关系的向量表示即可判断BD；利用共线向量的意义即可判断C.
11．【答案】A,B,D
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、在直三棱柱中，，，
则底面和是等腰三角形，侧面全是矩形，且，
则侧面积为，故A正确；
B、设底面外接圆半径为，则，即，则直棱柱的外接球半径，
即直三棱柱的外接球表面积为，故B正确；
C、由BB1∥平面AA1C1C，且点E是侧棱上的一个动点，则三棱锥的高为定值，
××2＝，故××＝，故C错误；
D、把侧面和侧面展开在一个平面上，当为的中点时，
取最小值，，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】由题意画出图形，计算直三棱柱的侧面积即可判断A；讲直棱柱放在圆柱中，求出直棱柱底面外接圆半径，进而求出外接球半径，利用球的表面积公式即可判断B；由棱锥底面积与高为定值即可判断C；将侧面展开即可求出最小值即可判断D．
12．【答案】，有
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题“，都有”的否定是：．
故答案为：．
【分析】根据命题的否定直接写答案即可．
13．【答案】1
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知原图为直角三角形且，，，
则.
故答案为：1.
【分析】由直观图可知原图为直角三角形，再计算的面积即可.
14．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：，由正弦定理可得：，
即，即 ，解得，
因为是锐角，所以，
由余弦定理可得，
则，当且仅当时等号成立，取得最小值，
，，则.
故答案为：.
【分析】根据正弦定理结合正弦和角公式即可求得，再根据同角三角函数关系式求得，代入余弦定理表示出，代入中利用基本不等式求得最小值，并求得取最小值时关系，进而求的值即可.
15．【答案】（1）解：由正弦定理，，即，
因，故，即是锐角，故；
（2）解：已知如图所示：
由余弦定理，，
所以是锐角，则，
作于点，在中，，
即边上的高是.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）先利用正弦定理求得，再利用边和角的关系可得角的范围，即可求解；
（2）先由余弦定理，再利用直角三角形中三角函数的定义计算即可求解.
（1）由正弦定理，，即，
因，故，即是锐角，故；
（2）如图，由余弦定理，，
知角是锐角，则，
作于点，在中，，
即边上的高是.
16．【答案】解：（1） ；
（2）建立如图所示平面直角坐标系：
则，设，则，，
因为，所以，解得，即，
又因为，，所以.
【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】【分析】（1）利用向量的模长公式结合向量数量积求解即可；
（2）建立平面直角坐标系，利用平面向量的坐标运算，结合数量积求解即可.
17．【答案】（1）解：由，可得且，解得，，
则方程的解集为；
（2）解：由题意可得：；
（3）解：函数的图象，如图实线所示：
函数的单调递减区间是，单调递增区间是，其最小值为1.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）由题意可得，平方求解即可；
(2)由题意比较与的大小求解即可；
(3)由（2）得到的函数关系，作出函数图象，根据图像可得函数的单调区间和最小值.
（1）由，得且，解得，；
所以方程的解集为
（2）由已知得.
（3）函数的图象如图实线所示：
函数的单调递减区间是，单调递增区间是，其最小值为1.
18．【答案】（1）解：在正四棱锥中，，
则正四棱锥侧面的高为，
所以正四棱锥的表面积为.
（2）证明：如图，连接交于点O，连接，
则O为AC的中点，
当M为SA的中点时，，
又因为平面平面，
所以平面.
（3）解：在侧棱上存在点E，使得平面，满足.
理由如下：
取的中点Q，由，得，
过Q作的平行线交于E，连接，，
在中，得出，
因为平面，平面，
所以平面，
由，得，
又因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面，
又因为平面，
所以平面.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】（1）根据正四棱锥的结构特征求出侧面的高，从而由正四棱锥的表面积公式得出正四棱锥的表面积.
（2）如图，连接交于点O，则，再结合线面平行的判定定理，从而证出平面.
（3）取的中点Q，过Q作的平行线交于E，则由中位线定理得，，根据线面平行的判定定理可得平面、平面，再结合面面平行的判定定理与性质定理，从而得出侧棱上存在一点，使得平面，并求出此时的值.
（1）在正四棱锥中，，
则正四棱锥侧面的高为，
所以正四棱锥的表面积为；
（2）如图，连接交于点O，连接，则O为AC的中点，
当M为SA的中点时，，
又平面平面，
所以平面；
（3）在侧棱上存在点E，使得平面，满足.
理由如下：
取的中点Q，由，得，
过Q作的平行线交于E，连接，，
中，有，又平面，平面，
所以平面，由，得.
又，又平面，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面，而平面，
所以平面.
19．【答案】（1）解：由图可知：，，则，即，
因为当时，，且，即，
则曲线段ABCD的解析式为，，
由，即，或，
解得，又因为，所以，，所以；
或，无论k为何值都不符合，舍去，
所以，即该学生走过的路BO的长为千米；
（2）解：由题可知，当时，，所以，
则，，，所以，
在中，，，，，
则由正弦定理，可得，
故可得，
故
，
即，
当时，，S取得最大值.
【知识点】简单的三角恒等变换；正弦定理；三角形中的几何计算；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）由图可知，，利用求出，再代入点求出解析式，求出B点的坐标，再求BO的长即可；
（2）由已知可求出E点坐标，进而得到圆O的半径OE的长和，利用正弦定理和三角形面积公式即可求出，得到平行四边形的面积S关于的函数关系式，利用正弦函数的性质求最大值即可.
（1）解：由条件知，，又因为，则，所以.
又因为当时，有，且，所以.
所以曲线段ABCD的解析式为，.
由，即，或
解得，又因为，所以，，所以；
或，无论k为何值都不符合，舍去，
所以，即该学生走过的路BO的长为千米.
（2）由题可知，当时，，所以
则，，，所以.
在中，，，，，
则由正弦定理，可得，
故可得，
故
，
即，
当时，，此时S取得最大值.
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