贵州省贵阳市观山湖区第一高级中学2024-2025学年高一下学期第三次月考（5月）数学试题
1．（2025高一下·观山湖月考）已知集合，，则的非空子集个数为（ ）
A．7 B．8 C．15 D．16
【答案】A
【知识点】交集及其运算；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：由题意可知，有3个元素，所以非空子集有个．
故选：A．
【分析】先求出 ，再根据元素的个数，求出其非空子集的个数即可．
2．（2025高一下·观山湖月考）已知 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】因为 ，
所以 ．
故答案为：A．
【分析】根据题意由二倍角的正、余弦公式，以及同角三角函数的基本关系式计算出结果即可。
3．（2025高一下·观山湖月考）已知表示不同的直线，表示不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，且，则
B．若，则
C．若，，则
D．若，则
【答案】D
【知识点】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；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若且，则或与相交，故A错误；
对于B：若，则或，
又因为，当，则与平行或相交或异面，
当，则与平行或异面，故B错误；
对于C：若，，则或，
又因为，所以或与相交（不垂直）或，故C错误；
对于D：若，则或，
又因为，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间中线线位置关系、线面位置关系、面面位置关系，从而逐项判断找出说法正确的选项.
4．（2025高一下·观山湖月考）已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
【答案】B
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；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，是两个单位向量，
所以，
所以，又因为，
所以，
所以，
又，
所以，又，
所以向量与向量的夹角为，即.
故选：B.
【分析】由条件结合投影向量的定义（投影向量是将一个向量投影到另一个向量上得到的向量）可求，再根据向量夹角余弦公式求结论.
5．（2025高一下·观山湖月考）在中， ，其面积为，则等于
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题意可得： ，解得： ，
由余弦定理： 解得，
所以 .
故选：B.
【分析】结合已知条件和三角形的面积公式求得c的值，进而利用余弦定理求得a的值，根据正弦定理结合分式的性质即可求得 的值.
6．（2025高一下·观山湖月考）已知在中，为所在平面内的动点，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：依题意，如图建立平面直角坐标系，
则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
则，，
可得
，其中，，
因为，
所以，
可得，
所以的最小值为.
故答案为：B.
【分析】依题意，建立平面直角坐标系，设，结合向量的坐标表示，从而表示出，，再根据数量积的坐标表示、辅助角公式和正弦型函数求值域的方法，从而得出的最小值.
7．（2025高一下·观山湖月考）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1 B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：如图，底面为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设，
分别取的中点，连接，
则，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
过作的垂线，垂足为，即，
因为平面平面，平面，
所以平面，
由题意可得：，
则，
所以，
则，
可得，
所以四棱锥的高为.
故答案为：D.
【分析】取点作辅助线，根据题意可知平面平面，从而得出直线平面，再利用勾股定理得出，再由等面积法得出该棱锥的高.
8．（2025高一下·观山湖月考）如图所示，在四边形中，，，，将四边形沿对角线BD折成四面体，使平面平面，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．与平面所成的角为 D．四面体的体积为
【答案】B
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、 在四边形中，，，
则，，，若，因为，，平面，平面，所以平面，所以，这与矛盾，故A错误；
B、因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为，，所以，则，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，所以，故B正确；
C、平面，则就是与平面所成的角，
因为，所以与平面所成的角为，故C错误；
D、四面体的体积为：，故D错误.
故答案为：B.
【分析】若，根据线面垂直的判定定理得，得出矛盾即可判断A；根据线面垂直的判定定理、性质定理即可判断B；由平面得就是与平面所成的角，求解即可判断C；求出四面体的体积即可判断D.
9．（2025高一下·观山湖月考）欧拉公式（为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”．依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A．的虚部为1 B．
C． D．的共轭复数为
【答案】A,D
【知识点】复数的基本概念；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、由欧拉公式可得：，其虚部为1，故A正确；
B、由欧拉公式可得：，故B错误；
C、由，可得，故C错误；
D、由欧拉公式可得：，
则的共轭复数为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由欧拉公式可得，其虚部为1即可判断A；由即可判断B； 由即可判断C；先求得，结合共轭复数的概念即可判断D.
10．（2025高一下·观山湖月考）如图，正方体的棱长为1，E为的中点，下列判断正确的是（ ）
A．平面
B．直线与直线是异面直线
C．在直线上存在点F，使平面
D．直线与平面所成角是
【答案】A,C
【知识点】异面直线的判定；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】A，正方体中，平面，平面，平面，
A正确；
B，由图可知直线与直线都在平面中，B错误；
C，连接，，取的中点，连接，
又为的中点，则，
正方体中，，且，平面，
得平面，则平面，C正确；
D，连接交于点，连接，
由平面，有平面，
则即为直线与平面所成的角，
，，则，D错误.
故选：AC.
【分析】本题考查直线与平面平行的判定，异面直线的定义，直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角.根据正方体的性质可得：，再利用直线与平面平行的判定定理可得：平面， 据此可判断A选项；根据直线与直线都在平面中，利用异面直线的定义可判断B选项；利用中位线定理可得：， 再根据正方体的性质可得：， ，利用直线与平面垂直的判定定理可得：平面，进而可推出平面，据此可判断C选项； 连接交于点，连接 ，根据直线与平面所成角的定义可得即为直线与平面所成的角， 利用直角三角形的性质可求出，据此可判断D选项.
11．（2025高一下·观山湖月考）如图是函数的部分图象，则（ ）
A．的最小正周期为
B．是函数的一条对称轴
C．将函数的图象向右平移个单位后，得到的函数为奇函数
D．若函数在上有且仅有两个零点，则
【答案】A,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由图象可知， ， ，
所以，则的最小正周期为，故A正确；
，此时，
又在图象上， ，
解得，
，
，，
，
当是函数的一条对称轴时，此时不符合题意，故B错误；
将的图象向右平移个单位后得到的图象对应的解析式为：
不为奇函数，故C错误；
令 ，
解得 ，
当 时， ，不合题意；
当时， ；
当时， ；
当时， ，
又因为函数在上有且仅有两个零点，
，解得 ，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】先根据正弦型函数的图象可得的值，则可判断选项A；令解出的值，则可判断选项B；利用正弦型函数的最小正周期公式和五点对应法，从而得出 的值，则得到函数的解析式，再根据正弦型函数的图象平移判断出选项C；令，从而解出函数的零点，根据在上有且仅有两个零点列出不等式组，从而解不等式组得出t的取值范围，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
12．（2025高一下·观山湖月考）在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体.如图，在直角中，AD为斜边BC上的高，，，现将沿AD翻折成，使得四面体AB＇CD为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为 .
【答案】
【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：易知，都是直角三角形，只需平面即可，
鳖臑外接球的球心在过中点且垂直于平面的直线上，
在中，的中点到点的距离都相等，则的中点是外接球的球心，，故该鳖臑外接球的表面积为．
故答案为：.
【分析】找出鳖臑外接球的球心，并得出外接球的半径，结合球的表面积公式求解即可.
13．（2025高一下·观山湖月考）已知，则 .
【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值；辅助角公式
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则
，
故答案为：.
【分析】由题意，利用辅助角公式、诱导公式以及余弦的二倍角公式化简求值即可.
14．（2025高一下·观山湖月考）如图所示，在直三棱柱中，，，，点是线段上的一动点，则线段的最小值为 ．
【答案】
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，
设点的新位置为，连接，如图所示：
则，
当三点共线时，则为的最小值，
在三角形中，，，
由余弦定理得，
所以，则，
在中，，，
由勾股定理可得且，
同理可得，
因为，所以为等边三角形，所以，
在中，，，
由余弦定理得.
故答案为：.
【分析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，再根据两点之间线段最短结合勾股定理、余弦定理，从而得出的长.
15．（2025高一下·观山湖月考）如图，在中，，，，点D，E满足，，AC边上的中线BM与DE交于点O.设，.
（1）用向量，表示，；
（2）求.
【答案】（1）解：因为为边上的中线，
所以
又因为，，
所以，，
所以
（2）解：由，，得，，
因为，所以向量与得夹角为，
由图形可知的大小等于向量与的夹角，
所以，
又因为，
所以.
【知识点】平面向量的基本定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）利用已知条件和平面向量基本定理，则用向量，表示，.
（2）利用已知条件和数量积求向量夹角公式得出的值.
（1）因为为边上的中线，
，
因为，，
所以，，
所以.
（2）由，得，，
又，所以向量与得夹角为，
由图形可知的大小等于向量与的夹角，
，
，
，
所以，
又因为，所以.
16．（2025高一下·观山湖月考）如图，在四棱锥中，，，，底面，是上一点．
（1）求证：平面平面；
（2）若是的中点，求平面与平面的夹角的正弦值．
【答案】（1）证明：在四棱锥中，，，则，，
在中，，
则，
所以，则，
由平面，平面，得，
因为平面，
则平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：由（1）知，平面，
因为平面，所以，
又因为，
所以是二面角的平面角，
在中，，则，
由点是的中点，得，
所以，
所以，平面与平面的夹角的正弦值为.
【知识点】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）根据已知条件结合余弦定理和勾股定理的逆定理，从而证出，再利用线面垂直的性质定理和判定定理，从而证出平面平面.
（2）由（1）知，平面，结合线面垂直的定义得出，再利用得出是二面角的平面角，结合已知条件和线线垂直、中点的性质以及正弦函数的定义，从而得出平面与平面的夹角的正弦值．
（1）在四棱锥中，，，则，
，在中，，则，
即，于是，由平面，平面，
得，又平面，则平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，平面，而平面，则，又，
因此是二面角的平面角，
在中，，则，由是的中点，
得，于是，
所以平面与平面的夹角的正弦值为.
17．（2025高一下·观山湖月考）在锐角中，角的对边分别为，，，已知且.
（1）求角A的大小；
（2）求的取值范围.
【答案】（1）解：∵，
∴，
则，
则，
∵，
∴，
又因为 ，
∴，
，
.
（2）解：根据正弦定理，得，
则
，
又因为，
所以的取值范围为.
【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
【解析】【分析】（1）由已知条件结合两角和的余弦公式和同角三角函数基本关系式，从而求出的值，再利用锐角三角形中角A的取值范围，从而得出角A的大小.
（2）利用已知条件结合正弦定理、两角和的正弦公式以及辅助角公式，从而把b+c转化为正弦型函数，再利用锐角三角形中角B的取值范围及正弦型函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
（1）∵，
∴，
，
，
∵，∴，
又，∴，
，；
（2）根据正弦定理，，
则
，
，所以的取值范围为.
18．（2025高一下·观山湖月考）如图，在正方体中，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）连接交于点，求三棱锥的体积；
（3）已知点为中点，点为平面内的一个动点，若平面，求长度的最小值．
【答案】（1）证明：如图，连接交于，连接．
因为为正方体，底面为正方形，
对角线交于点，
所以为的中点，
因为为的中点，
所以，在中，是的中位线，
所以，
又因为平面平面，
所以平面．
（2）解：由（1）知，平面，点为中点，
则点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
因为正方体的棱长是1，是的中点，所以，
则的面积，
所以三棱锥的体积为：
．
（3）解：连接，
因为和平行且相等，故四边形为平行四边形，所以，
又因为面面，故面，
又由（1）知，面，
又因为面，
故面面，因此满足题意的点轨迹为线段，
要求最小值，即求到最小值，
在中，，故为等腰三角形，
则求最小值即为求底边上的高，
所以．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）如图，利用中位线的性质可得，再结合线面平行的判定定理，即可证出平面.
（2）由（1）知点到平面的距离等于点到平面的距离，再根据等体积法和棱锥的体积公式，从而计算得出三棱锥的体积.
（3）如图，由（1）结合线面平行的判定定理可得面，利用面面平行的判定定理可得面面，从而得出点的轨迹为线段，要求最小值，即求到最小值，在中，，故为等腰三角形，则求最小值即为求底边上的高，再根据勾股定理的逆定理得出长度的最小值．
（1）如图，连接交于，连接．
因为为正方体，底面为正方形，对角线交于点，
所以为的中点，又因为为的中点，
所以在中，是的中位线，
所以，又平面平面，
所以平面．
（2）由（1）知，平面，点为中点，
则点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以三棱锥的体积等于三棱锥的体积．
正方体的棱长是1，是的中点，所以，则的面积，
所以三棱锥的体积．
（3）连接，因为和平行且相等，故四边形为平行四边形，
所以．又面面，故面．
又由（1）知，面，而面，
故面面．因此满足题意的点轨迹为线段．
要求最小值，即求到最小值．
在中，，故为等腰三角形，
求最小值即求底边上的高，求得．
19．（2025高一下·观山湖月考）已知函数．
（1）若不等式的解集为R，求m的取值范围；
（2）解关于x的不等式；
（3）若不等式对一切恒成立，求m的取值范围．
【答案】（1）解：根据题意，
当时，即当时，，不合题意；
当时，即当时，
因为的解集为R，
则的解集为R，
则，
所以，当时，或，
故 ．
（2）解：因为，
所以，
则，
当时，即当时，解集为；
当时，即当时，，
，
解集为或；
当时，即当时，
，
，
解集为，
综上所述：当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为或.
（3）解：因为，
所以，
恒成立，
，
设则，
，
，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
当时，，
．
【知识点】函数恒成立问题；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）对二次项系数进行分类讨论，再结合二次函数的判别式和开口方向，从而得出实数m的取值范围.
（2）因为，对，与分类讨论，从而分别求出关于x的不等式的解集.
（3），通过分离常数和基本不等式求最值的方法，再结合已知条件得出实数m的取值范围．
（1）根据题意，当，即时，，不合题意；
当，即时，
的解集为R，即的解集为R，
即，故时，或.
故 ．
（2），即，
即，
当，即时，解集为；
当，即时，，
，
解集为或；
当，即时，，
，
解集为．
综上所述：当时，解集为；
当时，解集为；当时，解集为或.
（3），即，
恒成立，
，
设则，
，
，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
当时，，
．
1 / 1贵州省贵阳市观山湖区第一高级中学2024-2025学年高一下学期第三次月考（5月）数学试题
1．（2025高一下·观山湖月考）已知集合，，则的非空子集个数为（ ）
A．7 B．8 C．15 D．16
2．（2025高一下·观山湖月考）已知 ，则 的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·观山湖月考）已知表示不同的直线，表示不同的平面，则下列说法正确的是（ ）
A．若，且，则
B．若，则
C．若，，则
D．若，则
4．（2025高一下·观山湖月考）已知是两个单位向量，若向量在向量上的投影向量为，则向量与向量的夹角为（ ）
A．30° B．60° C．90° D．120°
5．（2025高一下·观山湖月考）在中， ，其面积为，则等于
A． B． C． D．
6．（2025高一下·观山湖月考）已知在中，为所在平面内的动点，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·观山湖月考）如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）.
A．1 B．2 C． D．
8．（2025高一下·观山湖月考）如图所示，在四边形中，，，，将四边形沿对角线BD折成四面体，使平面平面，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．与平面所成的角为 D．四面体的体积为
9．（2025高一下·观山湖月考）欧拉公式（为虚数单位，）是由数学家欧拉创立的，该公式建立了三角函数与指数函数的关联，被誉为“数学中的天桥”．依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A．的虚部为1 B．
C． D．的共轭复数为
10．（2025高一下·观山湖月考）如图，正方体的棱长为1，E为的中点，下列判断正确的是（ ）
A．平面
B．直线与直线是异面直线
C．在直线上存在点F，使平面
D．直线与平面所成角是
11．（2025高一下·观山湖月考）如图是函数的部分图象，则（ ）
A．的最小正周期为
B．是函数的一条对称轴
C．将函数的图象向右平移个单位后，得到的函数为奇函数
D．若函数在上有且仅有两个零点，则
12．（2025高一下·观山湖月考）在中国古代数学著作《九章算术》中，鳖臑是指四个面都是直角三角形的四面体.如图，在直角中，AD为斜边BC上的高，，，现将沿AD翻折成，使得四面体AB＇CD为一个鳖臑，则该鳖臑外接球的表面积为 .
13．（2025高一下·观山湖月考）已知，则 .
14．（2025高一下·观山湖月考）如图所示，在直三棱柱中，，，，点是线段上的一动点，则线段的最小值为 ．
15．（2025高一下·观山湖月考）如图，在中，，，，点D，E满足，，AC边上的中线BM与DE交于点O.设，.
（1）用向量，表示，；
（2）求.
16．（2025高一下·观山湖月考）如图，在四棱锥中，，，，底面，是上一点．
（1）求证：平面平面；
（2）若是的中点，求平面与平面的夹角的正弦值．
17．（2025高一下·观山湖月考）在锐角中，角的对边分别为，，，已知且.
（1）求角A的大小；
（2）求的取值范围.
18．（2025高一下·观山湖月考）如图，在正方体中，为的中点．
（1）求证：平面；
（2）连接交于点，求三棱锥的体积；
（3）已知点为中点，点为平面内的一个动点，若平面，求长度的最小值．
19．（2025高一下·观山湖月考）已知函数．
（1）若不等式的解集为R，求m的取值范围；
（2）解关于x的不等式；
（3）若不等式对一切恒成立，求m的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；有限集合的子集个数
【解析】【解答】解：由题意可知，有3个元素，所以非空子集有个．
故选：A．
【分析】先求出 ，再根据元素的个数，求出其非空子集的个数即可．
2．【答案】A
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】因为 ，
所以 ．
故答案为：A．
【分析】根据题意由二倍角的正、余弦公式，以及同角三角函数的基本关系式计算出结果即可。
3．【答案】D
【知识点】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；平面与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：对于A：若且，则或与相交，故A错误；
对于B：若，则或，
又因为，当，则与平行或相交或异面，
当，则与平行或异面，故B错误；
对于C：若，，则或，
又因为，所以或与相交（不垂直）或，故C错误；
对于D：若，则或，
又因为，所以，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据空间中线线位置关系、线面位置关系、面面位置关系，从而逐项判断找出说法正确的选项.
4．【答案】B
【知识点】数量积表示两个向量的夹角；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，是两个单位向量，
所以，
所以，又因为，
所以，
所以，
又，
所以，又，
所以向量与向量的夹角为，即.
故选：B.
【分析】由条件结合投影向量的定义（投影向量是将一个向量投影到另一个向量上得到的向量）可求，再根据向量夹角余弦公式求结论.
5．【答案】B
【知识点】解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题意可得： ，解得： ，
由余弦定理： 解得，
所以 .
故选：B.
【分析】结合已知条件和三角形的面积公式求得c的值，进而利用余弦定理求得a的值，根据正弦定理结合分式的性质即可求得 的值.
6．【答案】B
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：依题意，如图建立平面直角坐标系，
则，，，
因为，所以在以为圆心，为半径的圆上运动，
设，，
则，，
可得
，其中，，
因为，
所以，
可得，
所以的最小值为.
故答案为：B.
【分析】依题意，建立平面直角坐标系，设，结合向量的坐标表示，从而表示出，，再根据数量积的坐标表示、辅助角公式和正弦型函数求值域的方法，从而得出的最小值.
7．【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征；平面与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：如图，底面为正方形，
当相邻的棱长相等时，不妨设，
分别取的中点，连接，
则，且，平面，
可知平面，且平面，
所以平面平面，
过作的垂线，垂足为，即，
因为平面平面，平面，
所以平面，
由题意可得：，
则，
所以，
则，
可得，
所以四棱锥的高为.
故答案为：D.
【分析】取点作辅助线，根据题意可知平面平面，从而得出直线平面，再利用勾股定理得出，再由等面积法得出该棱锥的高.
8．【答案】B
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、 在四边形中，，，
则，，，若，因为，，平面，平面，所以平面，所以，这与矛盾，故A错误；
B、因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为，，所以，则，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，所以，故B正确；
C、平面，则就是与平面所成的角，
因为，所以与平面所成的角为，故C错误；
D、四面体的体积为：，故D错误.
故答案为：B.
【分析】若，根据线面垂直的判定定理得，得出矛盾即可判断A；根据线面垂直的判定定理、性质定理即可判断B；由平面得就是与平面所成的角，求解即可判断C；求出四面体的体积即可判断D.
9．【答案】A,D
【知识点】复数的基本概念；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、由欧拉公式可得：，其虚部为1，故A正确；
B、由欧拉公式可得：，故B错误；
C、由，可得，故C错误；
D、由欧拉公式可得：，
则的共轭复数为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】由欧拉公式可得，其虚部为1即可判断A；由即可判断B； 由即可判断C；先求得，结合共轭复数的概念即可判断D.
10．【答案】A,C
【知识点】异面直线的判定；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【解答】A，正方体中，平面，平面，平面，
A正确；
B，由图可知直线与直线都在平面中，B错误；
C，连接，，取的中点，连接，
又为的中点，则，
正方体中，，且，平面，
得平面，则平面，C正确；
D，连接交于点，连接，
由平面，有平面，
则即为直线与平面所成的角，
，，则，D错误.
故选：AC.
【分析】本题考查直线与平面平行的判定，异面直线的定义，直线与平面垂直的判定，直线与平面所成的角.根据正方体的性质可得：，再利用直线与平面平行的判定定理可得：平面， 据此可判断A选项；根据直线与直线都在平面中，利用异面直线的定义可判断B选项；利用中位线定理可得：， 再根据正方体的性质可得：， ，利用直线与平面垂直的判定定理可得：平面，进而可推出平面，据此可判断C选项； 连接交于点，连接 ，根据直线与平面所成角的定义可得即为直线与平面所成的角， 利用直角三角形的性质可求出，据此可判断D选项.
11．【答案】A,D
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：由图象可知， ， ，
所以，则的最小正周期为，故A正确；
，此时，
又在图象上， ，
解得，
，
，，
，
当是函数的一条对称轴时，此时不符合题意，故B错误；
将的图象向右平移个单位后得到的图象对应的解析式为：
不为奇函数，故C错误；
令 ，
解得 ，
当 时， ，不合题意；
当时， ；
当时， ；
当时， ，
又因为函数在上有且仅有两个零点，
，解得 ，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】先根据正弦型函数的图象可得的值，则可判断选项A；令解出的值，则可判断选项B；利用正弦型函数的最小正周期公式和五点对应法，从而得出 的值，则得到函数的解析式，再根据正弦型函数的图象平移判断出选项C；令，从而解出函数的零点，根据在上有且仅有两个零点列出不等式组，从而解不等式组得出t的取值范围，则可判断选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【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：易知，都是直角三角形，只需平面即可，
鳖臑外接球的球心在过中点且垂直于平面的直线上，
在中，的中点到点的距离都相等，则的中点是外接球的球心，，故该鳖臑外接球的表面积为．
故答案为：.
【分析】找出鳖臑外接球的球心，并得出外接球的半径，结合球的表面积公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值；辅助角公式
【解析】【解答】解：由，可得，即，
则
，
故答案为：.
【分析】由题意，利用辅助角公式、诱导公式以及余弦的二倍角公式化简求值即可.
14．【答案】
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，
设点的新位置为，连接，如图所示：
则，
当三点共线时，则为的最小值，
在三角形中，，，
由余弦定理得，
所以，则，
在中，，，
由勾股定理可得且，
同理可得，
因为，所以为等边三角形，所以，
在中，，，
由余弦定理得.
故答案为：.
【分析】连接，得，以所在直线为轴，将所在平面旋转到平面，设点的新位置为，连接，再根据两点之间线段最短结合勾股定理、余弦定理，从而得出的长.
15．【答案】（1）解：因为为边上的中线，
所以
又因为，，
所以，，
所以
（2）解：由，，得，，
因为，所以向量与得夹角为，
由图形可知的大小等于向量与的夹角，
所以，
又因为，
所以.
【知识点】平面向量的基本定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）利用已知条件和平面向量基本定理，则用向量，表示，.
（2）利用已知条件和数量积求向量夹角公式得出的值.
（1）因为为边上的中线，
，
因为，，
所以，，
所以.
（2）由，得，，
又，所以向量与得夹角为，
由图形可知的大小等于向量与的夹角，
，
，
，
所以，
又因为，所以.
16．【答案】（1）证明：在四棱锥中，，，则，，
在中，，
则，
所以，则，
由平面，平面，得，
因为平面，
则平面，
又因为平面，
所以平面平面.
（2）解：由（1）知，平面，
因为平面，所以，
又因为，
所以是二面角的平面角，
在中，，则，
由点是的中点，得，
所以，
所以，平面与平面的夹角的正弦值为.
【知识点】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）根据已知条件结合余弦定理和勾股定理的逆定理，从而证出，再利用线面垂直的性质定理和判定定理，从而证出平面平面.
（2）由（1）知，平面，结合线面垂直的定义得出，再利用得出是二面角的平面角，结合已知条件和线线垂直、中点的性质以及正弦函数的定义，从而得出平面与平面的夹角的正弦值．
（1）在四棱锥中，，，则，
，在中，，则，
即，于是，由平面，平面，
得，又平面，则平面，又平面，
所以平面平面.
（2）由（1）知，平面，而平面，则，又，
因此是二面角的平面角，
在中，，则，由是的中点，
得，于是，
所以平面与平面的夹角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：∵，
∴，
则，
则，
∵，
∴，
又因为 ，
∴，
，
.
（2）解：根据正弦定理，得，
则
，
又因为，
所以的取值范围为.
【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
【解析】【分析】（1）由已知条件结合两角和的余弦公式和同角三角函数基本关系式，从而求出的值，再利用锐角三角形中角A的取值范围，从而得出角A的大小.
（2）利用已知条件结合正弦定理、两角和的正弦公式以及辅助角公式，从而把b+c转化为正弦型函数，再利用锐角三角形中角B的取值范围及正弦型函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
（1）∵，
∴，
，
，
∵，∴，
又，∴，
，；
（2）根据正弦定理，，
则
，
，所以的取值范围为.
18．【答案】（1）证明：如图，连接交于，连接．
因为为正方体，底面为正方形，
对角线交于点，
所以为的中点，
因为为的中点，
所以，在中，是的中位线，
所以，
又因为平面平面，
所以平面．
（2）解：由（1）知，平面，点为中点，
则点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以三棱锥的体积等于三棱锥的体积，
因为正方体的棱长是1，是的中点，所以，
则的面积，
所以三棱锥的体积为：
．
（3）解：连接，
因为和平行且相等，故四边形为平行四边形，所以，
又因为面面，故面，
又由（1）知，面，
又因为面，
故面面，因此满足题意的点轨迹为线段，
要求最小值，即求到最小值，
在中，，故为等腰三角形，
则求最小值即为求底边上的高，
所以．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）如图，利用中位线的性质可得，再结合线面平行的判定定理，即可证出平面.
（2）由（1）知点到平面的距离等于点到平面的距离，再根据等体积法和棱锥的体积公式，从而计算得出三棱锥的体积.
（3）如图，由（1）结合线面平行的判定定理可得面，利用面面平行的判定定理可得面面，从而得出点的轨迹为线段，要求最小值，即求到最小值，在中，，故为等腰三角形，则求最小值即为求底边上的高，再根据勾股定理的逆定理得出长度的最小值．
（1）如图，连接交于，连接．
因为为正方体，底面为正方形，对角线交于点，
所以为的中点，又因为为的中点，
所以在中，是的中位线，
所以，又平面平面，
所以平面．
（2）由（1）知，平面，点为中点，
则点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以三棱锥的体积等于三棱锥的体积．
正方体的棱长是1，是的中点，所以，则的面积，
所以三棱锥的体积．
（3）连接，因为和平行且相等，故四边形为平行四边形，
所以．又面面，故面．
又由（1）知，面，而面，
故面面．因此满足题意的点轨迹为线段．
要求最小值，即求到最小值．
在中，，故为等腰三角形，
求最小值即求底边上的高，求得．
19．【答案】（1）解：根据题意，
当时，即当时，，不合题意；
当时，即当时，
因为的解集为R，
则的解集为R，
则，
所以，当时，或，
故 ．
（2）解：因为，
所以，
则，
当时，即当时，解集为；
当时，即当时，，
，
解集为或；
当时，即当时，
，
，
解集为，
综上所述：当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为或.
（3）解：因为，
所以，
恒成立，
，
设则，
，
，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
当时，，
．
【知识点】函数恒成立问题；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）对二次项系数进行分类讨论，再结合二次函数的判别式和开口方向，从而得出实数m的取值范围.
（2）因为，对，与分类讨论，从而分别求出关于x的不等式的解集.
（3），通过分离常数和基本不等式求最值的方法，再结合已知条件得出实数m的取值范围．
（1）根据题意，当，即时，，不合题意；
当，即时，
的解集为R，即的解集为R，
即，故时，或.
故 ．
（2），即，
即，
当，即时，解集为；
当，即时，，
，
解集为或；
当，即时，，
，
解集为．
综上所述：当时，解集为；
当时，解集为；当时，解集为或.
（3），即，
恒成立，
，
设则，
，
，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
当时，，
．
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