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四川省成都市青白江区鸿鹄高级中学2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题（AB层）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高一下·青白江期末）若复数，则在复平面内对应的点所在象限为（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】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
【解析】【解答】解：，复数在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】先利用复数代数形式的除法运算化简求得，再根据复数在复平面内的表示判断即可.
2．（2025高一下·青白江期末）已知扇形的弧长为，圆心角为40°，则该扇形的半径为（　　）
A．2 B．3 C．6 D．8
【答案】C
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的半径为，
由题意可知：扇形的圆心角为，
因为扇形的弧长为，所以该扇形的半径.
故答案为：C.
【分析】设扇形的半径为，先将圆心角化为弧度，再根据圆心角、弧长以及半径之间的关系求解即可.
3．（2025高一下·青白江期末）下列函数中，最小正周期为且是奇函数的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：A、函数为奇函数，最小正周期为，故A不符合；
B、函数为偶函数，最小正周期为，故B不符合；
C、函数是奇函数，且最小正周期为，故C符合；
D、函数为偶函数，最小正周期为，故D不符合.
故答案为：C.
【分析】根据三角函数的周期性以及奇偶性逐项判断即可.
4．（2025高一下·青白江期末）已知向量，，，，，则一定共线的三点是（　　）
A．A，B，D B．A，B，C C．A，C，D D．B，C，D
【答案】A
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：A、易知，则，即三点共线，故A正确；
B、，，因为，所以，不共线，故B错误；
C、易知，，因为，所以，不共线，故C错误；
D、，，因为，所以，不共线，故D错误.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用向量的线性运算，结合向量的共线定理逐项判断即可.
5．（2025高一下·青白江期末）用斜二测法画水平放置的边长为的正三角形，所得直观图的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：边长为2的正三角形的面积为，
则的直观图面积为.
故答案为：A.
【分析】先计算正三角形的面积，再根据直观图与原图面积的关系求解直观图得面积即可.
6．（2025高一下·青白江期末）一蜂巢的精密结构由7个边长均为2的正六边形组成，摆放位置如图所示，其中A，B，P为三个固定顶点，则（　　）
A．12 B．16 C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可知：，，，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意可得：，，，再利用向量数量积的定义求解即可.
7．（2025高一下·青白江期末）的内角A，B，C的对边分别为，，，，，如果有两解，则的值可能为（　　）
A．9 B． C．11 D．12
【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：中，，，
由正弦定理可得：，
因为有两解，所以，且，所以.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用正弦定理及三角形解的个数，求边的取值范围即可.
8．（2025高一下·青白江期末）如图茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍，容积为28mL，厚度忽略不计.当倒入14mL茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：延长正四棱台的各条侧棱，交于一点，如图所示；
设正四棱台的下底面边长为，则上底面边长为，高为，四棱锥的高，
由题意可得：，即，
设茶水的高为，则，即，
故.
故答案为：D.
【分析】延长正四棱台的各条侧棱，交于一点，设正四棱台的下底面边长为，则上底面边长为，高为，由，求得，设茶水的高为，结合题意，得到，求茶水的高度与茶杯的高度之比即可.
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高一下·青白江期末）已知为虚数单位，则下列结论中不正确的是（　　）
A．复数的虚部为 B．
C．若为复数，则为实数 D．若为复数，则
【答案】A,B,D
【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；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A，因为复数的虚部为，所以A错；
对于B，因为虚数不能比较大小，所以B错；
对于C，设，则，
所以为实数，所以C对；
对于D，不妨取，
则，
所以，
则，所以D错.
故答案为：ABD.
【分析】利用复数的概念可判断选项A；利用虚数不能比大小可判断选项B；利用复数的乘法运算法则和共轭复数的定义，则可判断选项C；利用特殊值法可判断选项D，从而找出结论不正确的选项.
10．（2025高一下·青白江期末）已知函数，则（　　）
A．的最小正周期为 B．的最大值为1
C．是偶函数 D．的图象关于直线对称
【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；图形的对称性
【解析】【解答】解：因为函数，
所以，由偶函数定义判断出分段函数为偶函数，则分段函数的图象关于轴对称，且不具备周期性，不关于直线对称，故选项A和选项D错误，选项C正确，
因为函数的最大值为1，故选项B正确.
故选：BC.
【分析】根据分段函数的图象关于轴对称，且不具备周期性，从而得出函数图象不关于直线对称且判断出分段函数的奇偶性，进而判断出选项C和选项D；再结合正弦函数的最小正周期公式判断出选项A；利用分段函数的图象求出分段函数的最值，从而判断出选项B，进而找出正确的选项.
11．（2025高一下·青白江期末）已知四棱锥如图，且，，分别是，的中点，则下列说法正确的有（　　）
A．平面
B．四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则
C．平面与平面的交线记为，则直线平面
D．平面与平面的交线记为，则直线平面
【答案】A,C,D
【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】【解答】解：对于A，连接，连接，
由且，为中点，
得，则是中点，
因为是中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，因为，
由点是中点，得到平面的距离是到此平面距离的2倍，
又因为，所以，故B错误；
对于C，因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面平面，平面，
所以，
又因为平面，平面，
因此直线平面，故C正确；
对于D，延长交于点，连接，直线为直线，
由且，得点为中点，
又因为是中点，
所以平面，平面，
因此，直线平面，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用线面平行的判定定理判断出选项A和选项D；利用线面平行的判定定理和性质定理，则判断出选项C；利用锥体体积公式求出四棱锥的体积和三棱锥的体积的值，从而得出的值，则判断出选项B，从而找出说法正确的选项.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·青白江期末）已知圆锥的底面半径，高为，则这个圆锥的表面积是　 　.
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的母线长为，
因为圆锥的底面半径为2，高为，所以母线长，
则圆锥的侧面积为，底面积为，
故圆锥的表面积为.
故答案为：.
【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥的底面半径和高，利用勾股定理求圆锥的母线长，再利用圆锥的侧面积公式求侧面积，加上底面积即可得圆锥的表面积.
13．（2025高一下·青白江期末）已知角，满足，，则　 　.
【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得①，
由，可得②，
联立①②可得：，，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，利用两角和与差的余弦公式，结合同角三角函数基本关系求解即可.
14．（2025高一下·青白江期末）解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放碑杯杯高为AB，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，且，则解放碑的高AB为　 　.
【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设，
在中，，
在中，，
在中，，
在中，①，
在中，②，
联立①②，解得，即
故答案为：
【分析】设，在，，中，用x表示，再在，利用余弦定理表示，，最后联立方程组求解线段AB的长度即可.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15．（2025高一下·青白江期末）已知向量，的夹角为45°，且满足，.
（1）求向量在向量上的投影长度；
（2）若向量与向量共线，求的值.
【答案】（1）解： 向量，的夹角为45°，且满足，，
则，，
向量在向量上的投影长度为；
（2）解：若向量与向量共线，则存在实数，使，
即，解得.
【知识点】向量的模；平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）由题意，利用向量的数量积定义求，利用向量模公式求，再利用投影的定义求解即可；
（2）根据平面向量基本定理列式求解即可.
（1）因为，，且向量与的夹角为，
所以，
所以.
所以向量在向量上的投影长度为.
（2）若向量与向量共线，则存在实数，使，
所以，解得.
16．（2025高一下·青白江期末）已知角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，且.
（1）求的值；
（2）将的终边按顺时针方向旋转，此时终边所对应的角为，求的值.
【答案】（1）解：根据任意角三角函数定义可得：，解得，即，
，，，
则；
（2）解：由题意可得：，，
则，，
故.
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；任意角三角函数的定义；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）由题意，利用任意角三角函数的定义求得值，再求，最后利用诱导公式化简求值即可；
（2）由题意可得：，利用两角差的正、余弦公式求得，再利用两角和的正弦公式求解即可.
（1）由三角函数定义可得，得，
则，，，
，
（2），，
所以，，
所以.
17．（2025高一下·青白江期末）已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的解析式及单调递增区间；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数图象，若不等式对任意成立，求m的取值范围.
【答案】（1）解：由图易知：，，即，由，解得，
当时，，，得，，
因为，所以，则，
令，，解得，，
则函数的单调递增区间是，；
（2）解：根据三角函数图象的平移变换可得：，
当时，，则，
若不等方式对任意成立，则，得，
则的取值范围为.
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；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）由图易知，再由对称轴和零点的距离确定，根据函数图象过点，结合的范围求得值，确定函数的解析式，再整体法求单调递增区间即可；
（2）根据三家函数图象的平移变换求函数的解析式，根据函数的定义域，利用代入法求函数的值域，再将不等式恒成立问题，转化为最值问题，列不等式求解即可.
（1）由图象可知，，，得，
当时，，，得，，
因为，所以，
所以，
令，，
得，，
所以函数的单调递增区间是，；
（2），
当时，，
则，
若不等方式对任意成立，则，
得.
18．（2025高一下·青白江期末）在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.已知.
（1）求角A；
（2）若，，求的周长；
（3）如图，的平分线交于点，，求的取值范围.
【答案】（1）解：，由正弦定理可得：，
因为，所以，
所以，又因为，所以，所以，则；
（2）解：由，，，可得，解得，
由余弦定理得，即，
配方得，则，即，
则，即的周长为6；
（3）解：在中，由正弦定理，可得，
同理得，
则
，
因为，所以，所以，
则.
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合三角形内角和定理以及两角和的正弦公式化简求角即可；
（2）根据向量数量积求得，再利用余弦定理求得的值，即可得的周长；
（3）根据正弦定理可得，，结合辅助角公式化简求值即可.
（1）∵，∴，
∵，∴，
∴，
∵，∴，
∴，故.
（2）∵，∴，故，
由余弦定理得，故，
配方得，∴，得，
∴，即的周长为6.
（3）在中，由正弦定理可得，
∴，同理得，
∴
，
∵，∴，
∴，
∴.
19．（2025高一下·青白江期末）如图1，在中，，，点，分别为边，的中点，将沿着折起，使得点到达点的位置，如图2，且二面角的大小为．
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明：在中，，，满足，则，
因为点，分别为边，的中点，所以，，，
所以，，所以，，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：因为，，所以二面角的平面角为，
所以，又因为，所以是等边三角形，
取的中点，连接，如图所示：
则，，，
由（1）知平面，又因为平面，所以，
又因为，所以，又因为，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
则，
因为平面，平面，所以，
所以，，
在中，，，，
则，
设点到平面的距离为，又，所以，
解得，即点到平面的距离为；
（3）解：由（2）知平面，即为与平面所成的角，
在中，，，，设，
由余弦定理得，
因为平面，又平面，所以，
所以，
即，所以，
整理得，解得或，
在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，
则的长为或.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；余弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）在中，根据已知条件土推得，借助三角形的中位线性质证得，，从而得到平面，根据面面垂直的判定定义证明即可；
（2）取的中点，连接，先求出，再算出，根据等体积法，求点到平面的距离即可；
（3）与平面所成的角为，设，在中，用余弦定理表示出，再在中，表示，，列方程求解即可.
（1）在中，，，所以，
所以，又点，分别为边，的中点，
所以，，，所以，，
所以，，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）因为，，所以二面角的平面角为，
所以，又，所以是等边三角形，
取的中点，连接，如图所示，所以，，，
由（1）知平面，又平面，所以，
又，所以，又，平面，
所以平面，因为，平面，平面，
所以平面，所以，
因为平面，平面，所以，
所以，，
在中，，，，
所以，
设点到平面的距离为，又，所以，
解得，即点到平面的距离为．
（3）由（2）知平面，所以与平面所成的角为．
在中，，，，设，
由余弦定理得．
因为平面，又平面，所以，
所以，
即，所以，
整理得，解得或，
故在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，
的长为或．
1 / 1四川省成都市青白江区鸿鹄高级中学2024-2025学年高一下学期期末联考数学试题（AB层）
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．（2025高一下·青白江期末）若复数，则在复平面内对应的点所在象限为（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2025高一下·青白江期末）已知扇形的弧长为，圆心角为40°，则该扇形的半径为（　　）
A．2 B．3 C．6 D．8
3．（2025高一下·青白江期末）下列函数中，最小正周期为且是奇函数的是（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·青白江期末）已知向量，，，，，则一定共线的三点是（　　）
A．A，B，D B．A，B，C C．A，C，D D．B，C，D
5．（2025高一下·青白江期末）用斜二测法画水平放置的边长为的正三角形，所得直观图的面积为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·青白江期末）一蜂巢的精密结构由7个边长均为2的正六边形组成，摆放位置如图所示，其中A，B，P为三个固定顶点，则（　　）
A．12 B．16 C． D．
7．（2025高一下·青白江期末）的内角A，B，C的对边分别为，，，，，如果有两解，则的值可能为（　　）
A．9 B． C．11 D．12
8．（2025高一下·青白江期末）如图茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍，容积为28mL，厚度忽略不计.当倒入14mL茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．（2025高一下·青白江期末）已知为虚数单位，则下列结论中不正确的是（　　）
A．复数的虚部为 B．
C．若为复数，则为实数 D．若为复数，则
10．（2025高一下·青白江期末）已知函数，则（　　）
A．的最小正周期为 B．的最大值为1
C．是偶函数 D．的图象关于直线对称
11．（2025高一下·青白江期末）已知四棱锥如图，且，，分别是，的中点，则下列说法正确的有（　　）
A．平面
B．四棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则
C．平面与平面的交线记为，则直线平面
D．平面与平面的交线记为，则直线平面
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·青白江期末）已知圆锥的底面半径，高为，则这个圆锥的表面积是　 　.
13．（2025高一下·青白江期末）已知角，满足，，则　 　.
14．（2025高一下·青白江期末）解放碑是重庆的标志建筑物之一，存在其特别的历史意义.我校数学兴趣小组为了测量其高度，设解放碑杯杯高为AB，在地面上共线的三点C，D，E处分别测得顶点A的仰角为，且，则解放碑的高AB为　 　.
四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤.
15．（2025高一下·青白江期末）已知向量，的夹角为45°，且满足，.
（1）求向量在向量上的投影长度；
（2）若向量与向量共线，求的值.
16．（2025高一下·青白江期末）已知角的顶点在原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，且.
（1）求的值；
（2）将的终边按顺时针方向旋转，此时终边所对应的角为，求的值.
17．（2025高一下·青白江期末）已知函数的部分图象如图所示.
（1）求的解析式及单调递增区间；
（2）将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数图象，若不等式对任意成立，求m的取值范围.
18．（2025高一下·青白江期末）在中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.已知.
（1）求角A；
（2）若，，求的周长；
（3）如图，的平分线交于点，，求的取值范围.
19．（2025高一下·青白江期末）如图1，在中，，，点，分别为边，的中点，将沿着折起，使得点到达点的位置，如图2，且二面角的大小为．
（1）求证：平面平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）在棱上是否存在点，使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的长；若不存在，请说明理由．
答案解析部分
1．【答案】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
【解析】【解答】解：，复数在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】先利用复数代数形式的除法运算化简求得，再根据复数在复平面内的表示判断即可.
2．【答案】C
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的半径为，
由题意可知：扇形的圆心角为，
因为扇形的弧长为，所以该扇形的半径.
故答案为：C.
【分析】设扇形的半径为，先将圆心角化为弧度，再根据圆心角、弧长以及半径之间的关系求解即可.
3．【答案】C
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期
【解析】【解答】解：A、函数为奇函数，最小正周期为，故A不符合；
B、函数为偶函数，最小正周期为，故B不符合；
C、函数是奇函数，且最小正周期为，故C符合；
D、函数为偶函数，最小正周期为，故D不符合.
故答案为：C.
【分析】根据三角函数的周期性以及奇偶性逐项判断即可.
4．【答案】A
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：A、易知，则，即三点共线，故A正确；
B、，，因为，所以，不共线，故B错误；
C、易知，，因为，所以，不共线，故C错误；
D、，，因为，所以，不共线，故D错误.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用向量的线性运算，结合向量的共线定理逐项判断即可.
5．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：边长为2的正三角形的面积为，
则的直观图面积为.
故答案为：A.
【分析】先计算正三角形的面积，再根据直观图与原图面积的关系求解直观图得面积即可.
6．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由题意可知：，，，
则.
故答案为：B.
【分析】由题意可得：，，，再利用向量数量积的定义求解即可.
7．【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：中，，，
由正弦定理可得：，
因为有两解，所以，且，所以.
故答案为：A.
【分析】由题意，利用正弦定理及三角形解的个数，求边的取值范围即可.
8．【答案】D
【知识点】锥体的体积公式及应用；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：延长正四棱台的各条侧棱，交于一点，如图所示；
设正四棱台的下底面边长为，则上底面边长为，高为，四棱锥的高，
由题意可得：，即，
设茶水的高为，则，即，
故.
故答案为：D.
【分析】延长正四棱台的各条侧棱，交于一点，设正四棱台的下底面边长为，则上底面边长为，高为，由，求得，设茶水的高为，结合题意，得到，求茶水的高度与茶杯的高度之比即可.
9．【答案】A,B,D
【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；共轭复数
【解析】【解答】解：对于A，因为复数的虚部为，所以A错；
对于B，因为虚数不能比较大小，所以B错；
对于C，设，则，
所以为实数，所以C对；
对于D，不妨取，
则，
所以，
则，所以D错.
故答案为：ABD.
【分析】利用复数的概念可判断选项A；利用虚数不能比大小可判断选项B；利用复数的乘法运算法则和共轭复数的定义，则可判断选项C；利用特殊值法可判断选项D，从而找出结论不正确的选项.
10．【答案】B,C
【知识点】函数的奇偶性；含三角函数的复合函数的周期；含三角函数的复合函数的值域与最值；图形的对称性
【解析】【解答】解：因为函数，
所以，由偶函数定义判断出分段函数为偶函数，则分段函数的图象关于轴对称，且不具备周期性，不关于直线对称，故选项A和选项D错误，选项C正确，
因为函数的最大值为1，故选项B正确.
故选：BC.
【分析】根据分段函数的图象关于轴对称，且不具备周期性，从而得出函数图象不关于直线对称且判断出分段函数的奇偶性，进而判断出选项C和选项D；再结合正弦函数的最小正周期公式判断出选项A；利用分段函数的图象求出分段函数的最值，从而判断出选项B，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【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】【解答】解：对于A，连接，连接，
由且，为中点，
得，则是中点，
因为是中点，所以，
又因为平面，平面，
所以平面，故A正确；
对于B，因为，
由点是中点，得到平面的距离是到此平面距离的2倍，
又因为，所以，故B错误；
对于C，因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面平面，平面，
所以，
又因为平面，平面，
因此直线平面，故C正确；
对于D，延长交于点，连接，直线为直线，
由且，得点为中点，
又因为是中点，
所以平面，平面，
因此，直线平面，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】利用线面平行的判定定理判断出选项A和选项D；利用线面平行的判定定理和性质定理，则判断出选项C；利用锥体体积公式求出四棱锥的体积和三棱锥的体积的值，从而得出的值，则判断出选项B，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设圆锥的母线长为，
因为圆锥的底面半径为2，高为，所以母线长，
则圆锥的侧面积为，底面积为，
故圆锥的表面积为.
故答案为：.
【分析】设圆锥的母线长为，根据圆锥的底面半径和高，利用勾股定理求圆锥的母线长，再利用圆锥的侧面积公式求侧面积，加上底面积即可得圆锥的表面积.
13．【答案】
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：由，可得①，
由，可得②，
联立①②可得：，，
则.
故答案为：.
【分析】由题意，利用两角和与差的余弦公式，结合同角三角函数基本关系求解即可.
14．【答案】
【知识点】解三角形；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：设，
在中，，
在中，，
在中，，
在中，①，
在中，②，
联立①②，解得，即
故答案为：
【分析】设，在，，中，用x表示，再在，利用余弦定理表示，，最后联立方程组求解线段AB的长度即可.
15．【答案】（1）解： 向量，的夹角为45°，且满足，，
则，，
向量在向量上的投影长度为；
（2）解：若向量与向量共线，则存在实数，使，
即，解得.
【知识点】向量的模；平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）由题意，利用向量的数量积定义求，利用向量模公式求，再利用投影的定义求解即可；
（2）根据平面向量基本定理列式求解即可.
（1）因为，，且向量与的夹角为，
所以，
所以.
所以向量在向量上的投影长度为.
（2）若向量与向量共线，则存在实数，使，
所以，解得.
16．【答案】（1）解：根据任意角三角函数定义可得：，解得，即，
，，，
则；
（2）解：由题意可得：，，
则，，
故.
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；任意角三角函数的定义；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）由题意，利用任意角三角函数的定义求得值，再求，最后利用诱导公式化简求值即可；
（2）由题意可得：，利用两角差的正、余弦公式求得，再利用两角和的正弦公式求解即可.
（1）由三角函数定义可得，得，
则，，，
，
（2），，
所以，，
所以.
17．【答案】（1）解：由图易知：，，即，由，解得，
当时，，，得，，
因为，所以，则，
令，，解得，，
则函数的单调递增区间是，；
（2）解：根据三角函数图象的平移变换可得：，
当时，，则，
若不等方式对任意成立，则，得，
则的取值范围为.
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；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）由图易知，再由对称轴和零点的距离确定，根据函数图象过点，结合的范围求得值，确定函数的解析式，再整体法求单调递增区间即可；
（2）根据三家函数图象的平移变换求函数的解析式，根据函数的定义域，利用代入法求函数的值域，再将不等式恒成立问题，转化为最值问题，列不等式求解即可.
（1）由图象可知，，，得，
当时，，，得，，
因为，所以，
所以，
令，，
得，，
所以函数的单调递增区间是，；
（2），
当时，，
则，
若不等方式对任意成立，则，
得.
18．【答案】（1）解：，由正弦定理可得：，
因为，所以，
所以，又因为，所以，所以，则；
（2）解：由，，，可得，解得，
由余弦定理得，即，
配方得，则，即，
则，即的周长为6；
（3）解：在中，由正弦定理，可得，
同理得，
则
，
因为，所以，所以，
则.
【知识点】平面向量的数量积运算；两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；辅助角公式
【解析】【分析】（1）由题意，利用正弦定理，结合三角形内角和定理以及两角和的正弦公式化简求角即可；
（2）根据向量数量积求得，再利用余弦定理求得的值，即可得的周长；
（3）根据正弦定理可得，，结合辅助角公式化简求值即可.
（1）∵，∴，
∵，∴，
∴，
∵，∴，
∴，故.
（2）∵，∴，故，
由余弦定理得，故，
配方得，∴，得，
∴，即的周长为6.
（3）在中，由正弦定理可得，
∴，同理得，
∴
，
∵，∴，
∴，
∴.
19．【答案】（1）证明：在中，，，满足，则，
因为点，分别为边，的中点，所以，，，
所以，，所以，，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：因为，，所以二面角的平面角为，
所以，又因为，所以是等边三角形，
取的中点，连接，如图所示：
则，，，
由（1）知平面，又因为平面，所以，
又因为，所以，又因为，平面，所以平面，
又因为，平面，平面，所以平面，
则，
因为平面，平面，所以，
所以，，
在中，，，，
则，
设点到平面的距离为，又，所以，
解得，即点到平面的距离为；
（3）解：由（2）知平面，即为与平面所成的角，
在中，，，，设，
由余弦定理得，
因为平面，又平面，所以，
所以，
即，所以，
整理得，解得或，
在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，
则的长为或.
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；余弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）在中，根据已知条件土推得，借助三角形的中位线性质证得，，从而得到平面，根据面面垂直的判定定义证明即可；
（2）取的中点，连接，先求出，再算出，根据等体积法，求点到平面的距离即可；
（3）与平面所成的角为，设，在中，用余弦定理表示出，再在中，表示，，列方程求解即可.
（1）在中，，，所以，
所以，又点，分别为边，的中点，
所以，，，所以，，
所以，，
又，平面，所以平面，
又平面，所以平面平面．
（2）因为，，所以二面角的平面角为，
所以，又，所以是等边三角形，
取的中点，连接，如图所示，所以，，，
由（1）知平面，又平面，所以，
又，所以，又，平面，
所以平面，因为，平面，平面，
所以平面，所以，
因为平面，平面，所以，
所以，，
在中，，，，
所以，
设点到平面的距离为，又，所以，
解得，即点到平面的距离为．
（3）由（2）知平面，所以与平面所成的角为．
在中，，，，设，
由余弦定理得．
因为平面，又平面，所以，
所以，
即，所以，
整理得，解得或，
故在棱上存在点，使得与平面所成角的正弦值为，
的长为或．
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