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四川省成都市新都区2023-2024学年高一下学期期末测试数学试题
1．（2024高一下·新都期末）已知复数z满足：（i为虚数单位），则z为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，可得.
故答案为：B.
【分析】利用复数代数形式的除法、乘方运算求解即可.
2．（2024高一下·新都期末）在直角坐标平面内，的三顶点的坐标分别为，，，则的面积为（　　）
A．120 B．60 C．30 D．15
【答案】C
【知识点】平面内两点间的距离公式；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：点，，，
则，，
，
因为，所以，
则的面积为：.
故答案为：C.
【分析】先根据两点之间距离公式求得三角形三边关系，判断为直角三角形，再利用三角形面积公式计算即可.
3．（2024高一下·新都期末）将函数图象上的所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将图象向左平移后得函数的图象，则函数的解析式为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：函数图象上的所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
得到的图象，再将图象向左平移后得函数的图象，
则.
故答案为：D.
【分析】根据三角函数图象的伸缩以及平移变换规律求解即可.
4．（2024高一下·新都期末）在正四棱锥的所有棱长均相等，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：取线段中点，连接，如图所示：
因为点为中点，所以，则为异面直线与所成角，
设正四棱锥的所有棱长均为2，
则，，即 .
故答案为：D.
【分析】取线段中点，连接，得出异面直线与所成角，结合解三角形知识求解即可.
5．（2024高一下·新都期末）在直角坐标平面内，已知，，，，以y轴为旋转轴，将四边形ABCD旋转一周，得一个旋转体，则此旋转体的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：由题意可知：旋转体为圆柱减去圆锥，
旋转体的表面积为底面半径为4、高为3的圆锥的侧面积加上底面半径为4、高为5的圆柱的侧面积再加上该圆柱的一个底面面积，
则旋转体的表面积为.
故答案为：C.
【分析】将所求拆分为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积与圆柱的一个底面面积之和求解即可.
6．（2024高一下·新都期末）中，角所对的边分别为，，，交于点，且，则的值为（　　）
A． B． C．6 D．3
【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：中，，，则，
在中，，，
由余弦定理，
可得，解得，
则，.
故答案为：B.
【分析】由题意，可得，在中，利用余弦定理求得，从而得到，即可求解.
7．（2024高一下·新都期末）八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹．八角星纹常绘于彩陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单独纹样．八角星纹以白彩的成，黑线勾边，中为方形或圆形，且有向四面八方扩张的感觉．八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的崧泽文化的陶豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹．图2是图1抽象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形（如△ACD）为等腰直角三角形，点O为圆心，中间部分是正方形且边长为2，定点A，B所在位置如图所示，则的值为（　　）
A．14 B．12 C．10 D．8
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
因为中间是边长为2的正方形，且图中的各个三角形均为等腰直角三角形，
所以，，，，
则
.
故答案为：A.
【分析】连接，通过转化得：，利用向量数量积的定义计算即可.
8．（2024高一下·新都期末）四面体中，若，，，则此四面体的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【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；正弦定理
【解析】【解答】解：设点在平面的射影为，如图所示：
设，因为，
所以，所以点为三角形外接圆的圆心，
因为，，所以由正弦定理可得，
解得，所以外接球球心在的延长线上，
设外接球的半径为，则，解得，
则四面体的外接球的表面积为.
故答案为：A.
【分析】先得出点在平面的射影为三角形外接圆的圆心，由此结合正弦定理建立方程求得三棱锥的高，再结合勾股定理列方程求得外接球的半径，利用表面积公式求解即可.
9．（2024高一下·新都期末）设都是复数，i是虚数单位，则下列结论中一定成立的是（　　）
A．方程无复数解 B．若，则
C． D．
【答案】B,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：A、易知方程的复数解为，故A错误；
B、设复数，，则，
解得，即，故B正确；
C、设复数，
则，
，故C正确；
D、取，则，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用求根公式求解即可判断A；待定系数即可判断B；由模的计算公式直接验算即可判断C；举反例即可判断D.
10．（2024高一下·新都期末）下列命题正确的是（　　）
A．一个三棱锥被过三条侧棱的中点的平面所截，截得的两部分为一个三棱台和一个小三棱锥，则此三棱台与小三棱锥的体积比为7
B．圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，若圆锥的底面半径，高，则截面三角形面积的最大值为48
C．圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，若圆锥的底面半径，高，则截面三角形面积的最大值为48
D．若一个平行六面体被某平面所截，所得截面形状为四边形，则此四边形至少有一组对边互相平行
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、一个三棱锥被过三条侧棱的中点的平面所截，截得的两部分为一个三棱台和一个小三棱锥，则截面三角形与三棱锥底面三角形相似，相似比为，面积比为，同理小三棱锥与大三棱锥的高的比为，则此三棱台与小三棱锥的体积比为，故A正确；
BC、圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，
若圆锥的底面半径，高，则母线，设截面等腰三角形顶角为，
则截面三角形面积为，
由题意当截面与轴截面重合时，顶角最大，
此时，
则轴截面顶角是个钝角，即顶角可以在某个时刻取到直角，
所以截面三角形面积的最大值为，
若圆锥的底面半径，高，由题意当截面与轴截面重合时，顶角最大，此时，
这表明此时轴截面顶角是个锐角，即顶角的正弦值在截面与轴截面重合时，取到最大值，且最大值为，
所以截面三角形面积的最大值为，故B错误，C正确；
D、如图所示：要使截面是四边形，可能有以下情形，根据对称性，在这里只考虑竖着切，且截面平行于平行六面体的某个面的情形也只画了一种特殊情形，
由以上可以看出，若一个平行六面体被某平面所截，所得截面形状为四边形，则此四边形要么是梯形，要么是平行四边形，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由相似比即可判断A；只需判断轴截面顶角的正弦值的最大值即可判断BC；画出截面四边形的情况即可判断D.
11．（2024高一下·新都期末）的内心为P，外心为O，重心为G，若，，下列结论正确的是（　　）
A．的内切圆半径为 B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量数乘的运算；平面向量的线性运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：取边的中点，连接，
因为，所以内心P、外心O、重心G都在中线上，如图所示：
且，，内切圆半径，
A、由，
可得，解得，故A正确；
B、因为，所以，
则
，故B正确；
C、由余弦定理得，
因为，所以，
则的外接圆半径，
，所以，
则，
，故C错误；
D、的外接圆半径，
，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】取边的中点，得内心P、外心O、重心G都在中线上，且，由三角形面积相等求出即可判断A；求出即可判断B；由余弦定理得，平方关系求出，得的外接圆半径，利用即可判断C；利用即可判断D.
12．（2024高一下·新都期末）若，则　 　．
【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】∵，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】 利用和二倍角公式，可求sin2α.
13．（2024高一下·新都期末）欧拉公式：（i是虚数单位，）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式，可求出的最大值为　 　．
【答案】2
【知识点】复数的模；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：，
则，当且仅当，等号成立，故的最大值为2.
故答案为：2.
【分析】根据复数模的计算公式结合三角函数性质求解即可.
14．（2024高一下·新都期末）如图，平面四边形中，，，，，沿将折起成直二面角（折起后原来平面图形的D点变为空间图形的P点），则折起后四面体的内切球半径为　 　．
【答案】
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为为直二面角，，平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
设 四面体的内切球半径，三棱锥的表面积、体积分别为，，
，，
即，解得.
故答案为：.
【分析】分别求出三棱锥的表面积、体积，结合等体积法列方程求解即可.
15．（2024高一下·新都期末）已知函数，其中，且函数的图象的对称中心与对称轴的距离的最小值为．
（1）求的解析式；
（2）求在区间上的值域．
【答案】（1）解：函数，
因为函数的图象的对称中心与对称轴的距离的最小值为，所以，即，
所以，又因为，所以，
则；
（2）解：当时，，则．
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用正弦、余弦的二倍角公式结合辅助角公式化简函数，再根据函数的图象的对称中心与对称轴的距离的最小值为，知，根据周期公式求出即可；
（2）根据正弦型函数图象写出值域即可.
（1）．
因为函数的图象的对称中心与对称轴的距离的最小值为，
设最小正周期为，则，即，所以，又，所以，
所以．
（2）∵，∴，
由正弦型函数的图象可得．
16．（2024高一下·新都期末）如图，边长为6的正中，点D在边上，且，点M在线段上．
（1）若，求的值；
（2）若，求x及的值．
【答案】（1）解：由题意可得：，
因为，所以，则；
（2）解：由，可得，则，
又因为，所以，
又因为M、B、D三点共线，所以，所以；
则，∴，
，
即，
同理可求：，
则，
.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）直接分解向量求解即可；
（2）根据三点共线求得参数的值，再人别求的模、以及数量积，结合向量夹角公式求解即可.
（1）∵，而，
∴，则即为所求．
（2）∵，得，∴，
又∵，∴，
∵M、B、D三点共线，∴，则即为所求x的值．
则，∴，
∴，
∴，
同理可求：，
∴，
∴即为所求．
17．（2024高一下·新都期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
（1）求角C的大小；
（2）设D是上一点，且，，且，求的面积．
【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
则，
因为，，所以，又因为，所以；
（2）解：在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
因为，所以，化简得，
在中，，
则，整理得，
又因为，则，所以，则，
则，即为的面积.
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换求解即可；
（2）在、中，分别利用余弦定理得到，再在中，利用正弦定理结合面积公式求解即可.
（1）∵，由正弦定理知：，
∴，
∵，，∴，∵，．
（2）由题意得，，，，
方法一：在中，，
在中，，
∵，∴，化简得．
在中，，
∴，整理得．
又∵，则，∴，则，
∴，即为的面积．
方法二：∵，∴，
，
∵且得：，
又∵，则，∴，则，
∴．
18．（2024高一下·新都期末）如图，四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，E为中点，与交点为O．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若，求点C到平面的距离．
【答案】（1）证明：设，连结，如图所示：
因为E为中点，O为中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：连结，因为，O为中点，所以，
又因为底面为菱形，所以，
因为且两直线在平面内，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（3）解：由（2）得：，由，同理得：，而平面，
则平面，，，，
，
在中，，求得，，，
而，则，
则，即点C到平面的距离为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，连结，只需证明，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）连结，利用面面垂直的判定定理证明即可；
（3）证明面，由等体积法列方程求解即可.
（1）设，连结，
∵E为中点，O为中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面；
（2）连结，∵，O为中点，∴，
又∵底面为菱形，∴，∵且两直线在平面内，∴平面，
又∵平面，∴平面平面；
（3）由（2）得：，由，同理可得：，
而平面，
∴面可求：，，，
∴，
而中，，可求：，，
可求：，
而，则，
则即为所求点C到平面的距离．
19．（2024高一下·新都期末）（1）若对恒成立，求的值；
（2）求的值域；
（3）正五棱锥的所有棱长均为，求此正五棱锥的表面积．
【答案】解：（1），
则，即；
（2）
，
因为，所以，
令，则，对称轴为，
当时，，当时，，
则函数的值域为；
（3），又因为，
，即，
整理可得，
解得（舍）或（舍）或，
则，即，
又因为正五棱锥的所有棱长均为，如图，为底面的中心，取中点，连接，如图所示：
易知，，由，得到
则，
故．
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【分析】（1）根据正弦两角和公式和余弦的二倍角公式化简可得，再结合已知条件求解即可；
（2）利用和角公式得到，令，利用二次函数的性质求解即可；
（3）利用（1）中结果，求得，再利用正五棱锥的特征，再求底面积和侧面积即可.
1 / 1四川省成都市新都区2023-2024学年高一下学期期末测试数学试题
1．（2024高一下·新都期末）已知复数z满足：（i为虚数单位），则z为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·新都期末）在直角坐标平面内，的三顶点的坐标分别为，，，则的面积为（　　）
A．120 B．60 C．30 D．15
3．（2024高一下·新都期末）将函数图象上的所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），再将图象向左平移后得函数的图象，则函数的解析式为（　　）
A． B．
C． D．
4．（2024高一下·新都期末）在正四棱锥的所有棱长均相等，E为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·新都期末）在直角坐标平面内，已知，，，，以y轴为旋转轴，将四边形ABCD旋转一周，得一个旋转体，则此旋转体的表面积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·新都期末）中，角所对的边分别为，，，交于点，且，则的值为（　　）
A． B． C．6 D．3
7．（2024高一下·新都期末）八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹．八角星纹常绘于彩陶盆和豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红色底衬，然后在上面绘并列的八角星形的单独纹样．八角星纹以白彩的成，黑线勾边，中为方形或圆形，且有向四面八方扩张的感觉．八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南的时间稍晚的崧泽文化的陶豆座上也屡见刻有八角大汶口文化八角星纹．图2是图1抽象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形（如△ACD）为等腰直角三角形，点O为圆心，中间部分是正方形且边长为2，定点A，B所在位置如图所示，则的值为（　　）
A．14 B．12 C．10 D．8
8．（2024高一下·新都期末）四面体中，若，，，则此四面体的外接球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·新都期末）设都是复数，i是虚数单位，则下列结论中一定成立的是（　　）
A．方程无复数解 B．若，则
C． D．
10．（2024高一下·新都期末）下列命题正确的是（　　）
A．一个三棱锥被过三条侧棱的中点的平面所截，截得的两部分为一个三棱台和一个小三棱锥，则此三棱台与小三棱锥的体积比为7
B．圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，若圆锥的底面半径，高，则截面三角形面积的最大值为48
C．圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，若圆锥的底面半径，高，则截面三角形面积的最大值为48
D．若一个平行六面体被某平面所截，所得截面形状为四边形，则此四边形至少有一组对边互相平行
11．（2024高一下·新都期末）的内心为P，外心为O，重心为G，若，，下列结论正确的是（　　）
A．的内切圆半径为 B．
C． D．
12．（2024高一下·新都期末）若，则　 　．
13．（2024高一下·新都期末）欧拉公式：（i是虚数单位，）是由瑞士著名数学家欧拉发现的，被誉为“数学中的天桥”．根据欧拉公式，可求出的最大值为　 　．
14．（2024高一下·新都期末）如图，平面四边形中，，，，，沿将折起成直二面角（折起后原来平面图形的D点变为空间图形的P点），则折起后四面体的内切球半径为　 　．
15．（2024高一下·新都期末）已知函数，其中，且函数的图象的对称中心与对称轴的距离的最小值为．
（1）求的解析式；
（2）求在区间上的值域．
16．（2024高一下·新都期末）如图，边长为6的正中，点D在边上，且，点M在线段上．
（1）若，求的值；
（2）若，求x及的值．
17．（2024高一下·新都期末）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
（1）求角C的大小；
（2）设D是上一点，且，，且，求的面积．
18．（2024高一下·新都期末）如图，四棱锥中，底面是边长为4的菱形，，，E为中点，与交点为O．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）若，求点C到平面的距离．
19．（2024高一下·新都期末）（1）若对恒成立，求的值；
（2）求的值域；
（3）正五棱锥的所有棱长均为，求此正五棱锥的表面积．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由，可得.
故答案为：B.
【分析】利用复数代数形式的除法、乘方运算求解即可.
2．【答案】C
【知识点】平面内两点间的距离公式；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：点，，，
则，，
，
因为，所以，
则的面积为：.
故答案为：C.
【分析】先根据两点之间距离公式求得三角形三边关系，判断为直角三角形，再利用三角形面积公式计算即可.
3．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：函数图象上的所有点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变），
得到的图象，再将图象向左平移后得函数的图象，
则.
故答案为：D.
【分析】根据三角函数图象的伸缩以及平移变换规律求解即可.
4．【答案】D
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：取线段中点，连接，如图所示：
因为点为中点，所以，则为异面直线与所成角，
设正四棱锥的所有棱长均为2，
则，，即 .
故答案为：D.
【分析】取线段中点，连接，得出异面直线与所成角，结合解三角形知识求解即可.
5．【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：由题意可知：旋转体为圆柱减去圆锥，
旋转体的表面积为底面半径为4、高为3的圆锥的侧面积加上底面半径为4、高为5的圆柱的侧面积再加上该圆柱的一个底面面积，
则旋转体的表面积为.
故答案为：C.
【分析】将所求拆分为圆锥的侧面积、圆柱的侧面积与圆柱的一个底面面积之和求解即可.
6．【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：中，，，则，
在中，，，
由余弦定理，
可得，解得，
则，.
故答案为：B.
【分析】由题意，可得，在中，利用余弦定理求得，从而得到，即可求解.
7．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
因为中间是边长为2的正方形，且图中的各个三角形均为等腰直角三角形，
所以，，，，
则
.
故答案为：A.
【分析】连接，通过转化得：，利用向量数量积的定义计算即可.
8．【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；正弦定理
【解析】【解答】解：设点在平面的射影为，如图所示：
设，因为，
所以，所以点为三角形外接圆的圆心，
因为，，所以由正弦定理可得，
解得，所以外接球球心在的延长线上，
设外接球的半径为，则，解得，
则四面体的外接球的表面积为.
故答案为：A.
【分析】先得出点在平面的射影为三角形外接圆的圆心，由此结合正弦定理建立方程求得三棱锥的高，再结合勾股定理列方程求得外接球的半径，利用表面积公式求解即可.
9．【答案】B,C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：A、易知方程的复数解为，故A错误；
B、设复数，，则，
解得，即，故B正确；
C、设复数，
则，
，故C正确；
D、取，则，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用求根公式求解即可判断A；待定系数即可判断B；由模的计算公式直接验算即可判断C；举反例即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、一个三棱锥被过三条侧棱的中点的平面所截，截得的两部分为一个三棱台和一个小三棱锥，则截面三角形与三棱锥底面三角形相似，相似比为，面积比为，同理小三棱锥与大三棱锥的高的比为，则此三棱台与小三棱锥的体积比为，故A正确；
BC、圆锥被过其顶点的某平面所截，截面形状为一个三角形，
若圆锥的底面半径，高，则母线，设截面等腰三角形顶角为，
则截面三角形面积为，
由题意当截面与轴截面重合时，顶角最大，
此时，
则轴截面顶角是个钝角，即顶角可以在某个时刻取到直角，
所以截面三角形面积的最大值为，
若圆锥的底面半径，高，由题意当截面与轴截面重合时，顶角最大，此时，
这表明此时轴截面顶角是个锐角，即顶角的正弦值在截面与轴截面重合时，取到最大值，且最大值为，
所以截面三角形面积的最大值为，故B错误，C正确；
D、如图所示：要使截面是四边形，可能有以下情形，根据对称性，在这里只考虑竖着切，且截面平行于平行六面体的某个面的情形也只画了一种特殊情形，
由以上可以看出，若一个平行六面体被某平面所截，所得截面形状为四边形，则此四边形要么是梯形，要么是平行四边形，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由相似比即可判断A；只需判断轴截面顶角的正弦值的最大值即可判断BC；画出截面四边形的情况即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量数乘的运算；平面向量的线性运算；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：取边的中点，连接，
因为，所以内心P、外心O、重心G都在中线上，如图所示：
且，，内切圆半径，
A、由，
可得，解得，故A正确；
B、因为，所以，
则
，故B正确；
C、由余弦定理得，
因为，所以，
则的外接圆半径，
，所以，
则，
，故C错误；
D、的外接圆半径，
，所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】取边的中点，得内心P、外心O、重心G都在中线上，且，由三角形面积相等求出即可判断A；求出即可判断B；由余弦定理得，平方关系求出，得的外接圆半径，利用即可判断C；利用即可判断D.
12．【答案】
【知识点】二倍角的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】∵，
∴，
∴，
故答案为：.
【分析】 利用和二倍角公式，可求sin2α.
13．【答案】2
【知识点】复数的模；余弦函数的性质
【解析】【解答】解：，
则，当且仅当，等号成立，故的最大值为2.
故答案为：2.
【分析】根据复数模的计算公式结合三角函数性质求解即可.
14．【答案】
【知识点】球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：因为为直二面角，，平面平面，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
设 四面体的内切球半径，三棱锥的表面积、体积分别为，，
，，
即，解得.
故答案为：.
【分析】分别求出三棱锥的表面积、体积，结合等体积法列方程求解即可.
15．【答案】（1）解：函数，
因为函数的图象的对称中心与对称轴的距离的最小值为，所以，即，
所以，又因为，所以，
则；
（2）解：当时，，则．
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）利用正弦、余弦的二倍角公式结合辅助角公式化简函数，再根据函数的图象的对称中心与对称轴的距离的最小值为，知，根据周期公式求出即可；
（2）根据正弦型函数图象写出值域即可.
（1）．
因为函数的图象的对称中心与对称轴的距离的最小值为，
设最小正周期为，则，即，所以，又，所以，
所以．
（2）∵，∴，
由正弦型函数的图象可得．
16．【答案】（1）解：由题意可得：，
因为，所以，则；
（2）解：由，可得，则，
又因为，所以，
又因为M、B、D三点共线，所以，所以；
则，∴，
，
即，
同理可求：，
则，
.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）直接分解向量求解即可；
（2）根据三点共线求得参数的值，再人别求的模、以及数量积，结合向量夹角公式求解即可.
（1）∵，而，
∴，则即为所求．
（2）∵，得，∴，
又∵，∴，
∵M、B、D三点共线，∴，则即为所求x的值．
则，∴，
∴，
∴，
同理可求：，
∴，
∴即为所求．
17．【答案】（1）解：，由正弦定理可得，
则，
因为，，所以，又因为，所以；
（2）解：在中，由余弦定理可得，
在中，由余弦定理可得，
因为，所以，化简得，
在中，，
则，整理得，
又因为，则，所以，则，
则，即为的面积.
【知识点】平面向量的数量积运算；正弦定理；余弦定理；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换求解即可；
（2）在、中，分别利用余弦定理得到，再在中，利用正弦定理结合面积公式求解即可.
（1）∵，由正弦定理知：，
∴，
∵，，∴，∵，．
（2）由题意得，，，，
方法一：在中，，
在中，，
∵，∴，化简得．
在中，，
∴，整理得．
又∵，则，∴，则，
∴，即为的面积．
方法二：∵，∴，
，
∵且得：，
又∵，则，∴，则，
∴．
18．【答案】（1）证明：设，连结，如图所示：
因为E为中点，O为中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）证明：连结，因为，O为中点，所以，
又因为底面为菱形，所以，
因为且两直线在平面内，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（3）解：由（2）得：，由，同理得：，而平面，
则平面，，，，
，
在中，，求得，，，
而，则，
则，即点C到平面的距离为．
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面垂直的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，连结，只需证明，结合线面平行的判定定理证明即可；
（2）连结，利用面面垂直的判定定理证明即可；
（3）证明面，由等体积法列方程求解即可.
（1）设，连结，
∵E为中点，O为中点，∴，
又∵平面，平面，∴平面；
（2）连结，∵，O为中点，∴，
又∵底面为菱形，∴，∵且两直线在平面内，∴平面，
又∵平面，∴平面平面；
（3）由（2）得：，由，同理可得：，
而平面，
∴面可求：，，，
∴，
而中，，可求：，，
可求：，
而，则，
则即为所求点C到平面的距离．
19．【答案】解：（1），
则，即；
（2）
，
因为，所以，
令，则，对称轴为，
当时，，当时，，
则函数的值域为；
（3），又因为，
，即，
整理可得，
解得（舍）或（舍）或，
则，即，
又因为正五棱锥的所有棱长均为，如图，为底面的中心，取中点，连接，如图所示：
易知，，由，得到
则，
故．
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的余弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【分析】（1）根据正弦两角和公式和余弦的二倍角公式化简可得，再结合已知条件求解即可；
（2）利用和角公式得到，令，利用二次函数的性质求解即可；
（3）利用（1）中结果，求得，再利用正五棱锥的特征，再求底面积和侧面积即可.
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