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广东省广州市育才中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷
一、单选题：（每题5分，共40分）
1．（2025高一下·广州期中）复数在复平面内对应的点位于（　　）
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：，在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简复数z，再根据复数在复平面内的表示判断即可.
2．（2025高一下·广州期中）已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，高为1，则此三棱台的体积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：易知正三棱台的上底面积，
下底面积，
则三棱台的体积.
故答案为：B.
【分析】根据棱台体积公式计算即可.
3．（2025高一下·广州期中）已知向量，，若在上的投影向量为，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【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：，，
若在上的投影向量为， 则在上的投影向量为，即.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据投影向量的定义求解即可.
4．（2025高一下·广州期中）如图，的斜二测画法的直观图是腰长为的等腰直角三角形，轴经过的中点，则（　　）
A．8 B． C．12 D．
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知的原图，如图所示：
其中D为AB的中点，
因为为的中点，，所以，且，，
则，．
故答案为：D.
【分析】根据斜二测画法可得的原图，根据斜二测画法求原图的长度即可.
5．（2025高一下·广州期中）在中，，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由正弦定理可知，，
设，
则.
故答案为：B
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.先利用正弦定理进行边化角可得：
，设，利用余弦定理可求出，据此可求出答案.
6．（2025高一下·广州期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则边上的高（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，，，
由余弦定理得，即，解得，
因为，所以，
由三角形的面积公式可得，即.
故答案为：.
【分析】在中，利用余弦定理求得边，再根据三角形面积公式求解即可.
7．（2025高一下·广州期中）如图，在中，为线段上靠近点的三等分点，为线段上一点，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：在中，为线段上靠近点的三等分点，则，
点为线段上一点，设，即，
整理得
，
因为，、不共线，
所以，解得.
故答案为：D.
【分析】由题意可得，因为为线段上一点 ，所以设，由平面向量的线性运算可得出关于的表达式，结合平面向量的基本定理可得出关于实数、的方程组，求解即可.
8．（2025高一下·广州期中）在中，设，则下列说法错误的是（　　）
A． B．边上的高是
C．外接圆的周长是 D．内切圆的面积是
【答案】D
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：对于A，因为，
解得，故A正确，
对于B，因为是等腰三角形，底边上的高是4，
由等面积法可知边上的高是，故B正确；
对于C，由选项B知，，
所以外接圆的周长是，故C正确；
对于D，由等积法知，，故D不正确.
故答案为：D.
【分析】根据数量积定义、余弦定理、三角形面积公式、正弦定理以及三角形内切圆的周长公式和面积公式，再结合已知条件，从而逐项判断找出说法错误的选项.
二、多选题（每题6分，共18分）
9．（2025高一下·广州期中）已知平面向量，，则正确的是（　　）
A．
B．与可作为一组基底向量
C．与夹角的余弦值为
D．在方向上的投影向量的坐标为
【答案】B,C,D
【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；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、由，，可得，
则，故A错误；
B、因为，所以与为不共线的向量，则与可作为一组基底向量，故B正确；
C、，故C正确；
D、因为，，
所以在方向上的投影向量的坐标为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据向量数量积的坐标表示，结合向量垂直数量积为零即可判断A；先判断与为不共线的向量，再根据基底的定义即可判断B；根据向量的夹角公式求解即可判断C；根据投影向量的定义求解即可判断D.
10．（2025高一下·广州期中）若复数在复平面内对应的点为，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则在第二象限
B．若为纯虚数，则在虚轴上
C．若，则点的集合所构成的图形的面积为
D．若，则为实数
【答案】B,D
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、，则，点在实轴上，故A错误；
B、若为纯虚数，则在虚轴上，故B正确；
C、，则点的集合所构成的图形是半径为3的圆，
则点的集合所构成的图形的面积为，故C错误；
D、设，则，
则，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简求得复数，再根据复数在复平面的表示即可判断A；根据纯虚数所对应的点的坐标即可判断B；根据复数模的运算，结合复数的几何意义求解即可判断C；设，则，根据复数代数形式的乘除运算化简即可判断D.
11．（2025高一下·广州期中）如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（　　）
A．存在点，使得平面
B．过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形
C．三棱锥的体积为定值
D．三棱锥的外接球表面积为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体；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：A、当为中点时，因为是的中点，所以，
平面，平面，所以平面，故A正确；
B、因为，分别是，的中点，所以，在正方体中，易证，所以，过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形，故B错误；
C、因为，所以三棱锥的体积为定值，故C正确；
D、三棱锥的外接球可以补形为长方体（长为，宽为，高为）的外接球，
所以外接球的半径，所以外接球的表面积，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】当为中点时，由是的中点，利用线面平行的判定定理证明平面，即可判断A；根据平行关系作出截面图即可判断B；利用锥体的体积公式计算即可判断C；将三棱锥补形为长方体（长为，宽为，高为），易知三棱锥的外接球即为长方体的外接球，问题转化为求长方体的外接球表面积，即可判断D.
三、填空题（每题5分，共15分）
12．（2025高一下·广州期中）如图，在矩形中，，点为边上的任意一点（包含端点），为线段的中点，则的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：以为坐标原点，，所在的直线分别为，轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
则，，设，
，，
则，
因为，所以，则的取值范围是．
故答案为：.
【分析】以为坐标原点，，所在的直线分别为，轴，建立平面直角坐标系，求得相应点的坐标，利用向量数量积的坐标运算结合二次函数的性质求解即可.
13．（2025高一下·广州期中）已知正方体的外接球的表面积是，则该正方体的内切球的体积为　 　.
【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：设正方体的棱长为，则外接球的半径，
由题意可得：，解得，
易知正方体内切球的半径，
则该正方体的内切球的体积.
故答案为：.
【分析】设正方体的棱长为，根据正方体的体对角线等于外接球的直径，求得外接球的半径，再根据外接球的表面积求得，易知内切球的半径，根据球的体积公式求正方体的内切球的体积即可.
14．（2025高一下·广州期中）圆台上底面半径为2cm，下底面半径为4cm，母线，A在上底面上，B在下底面上，从中点M拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B点，则绳子最短距离为　 　cm
【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为，如图所示：
由图可知：是最短距离，
设，圆心角是，由题意知，①，②，
联立①②解得，
则，．
故绳子最短距离为cm．
故答案为：．
【分析】作出圆台的侧面展开图，并将其还原成圆锥展开的扇形，设扇形的圆心为，由图可知是最短距离，设，圆心角是，由题意列式求得扇形的圆心角以及半径长，再求最短的距离即可．
四、解答题：（15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分）
15．（2025高一下·广州期中）如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点
（1）求证：平面；
（2）求证：、、、四点共面；
【答案】（1）证明：连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以，
在三棱柱中，，所以四点共面，
因为分别为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面平面，所以平面；
（2）证明：连接，如图所示：
因为为直三棱柱，且分别为的中点，所以，
又因为，所以，所以、、、四点共面.
【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；空间点、线、面的位置
【解析】【分析】（1）连接，根据中位线性质结合三棱柱的性质，证明四点共面，再证明，最后根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）连接，根据直三棱柱的性质结合分别为的中点，证明，再根据，证，从而证明、、、四点共面.
（1）如图：
连接，因为分别为的中点，所以
在三棱柱中，.所以四点共面.
因为分别为的中点，所以，.
所以四边形为平行四边形.
所以.因为平面平面，
所以平面.
（2）如图：
连接，因为为直三棱柱，且分别为的中点，
所以，又，所以，所以、、、四点共面.
16．（2025高一下·广州期中）已知内角的对边分别为，设
（1）求；
（2）若的面积为，求的值.
【答案】（1）原式化简可得：，
整理得：，
由正弦定理可得：，
因此三角形的内角；
（2）
，
，
.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用正弦定理可得 ， 进而结合余弦定理运算求解；
(2)利用面积公式可得 ，在结合余弦定理运算求解.
17．（2025高一下·广州期中）某海域的东西方向上分别有两个观测点（如图），它们相距海里.现有一艘轮船在点发出求救信号，经探测得知点位于点北偏东，点北偏西，这时，位于点南偏西且与点相距海里的点有一救援船，其航行速速为海里/小时.
（1）求点到点的距离；
（2）若命令处的救援船立即前往点营救，求该救援船到达点需要的时间.
【答案】（1）解：由题意知海里，
，则，
在中，由正弦定理，
可得，（海里）；
（2）解：在中，，（海里），
由余弦定理得，
即（海里），则需要的时间（小时）．
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）由题意可得，在中，利用正弦定理求即可；
（2）在中，利用余弦定理求得，再根据速度求该救援船到达点需要的时间即可.
（1）由题意知海里，
，
，
在中，由正弦定理得，
，
（海里）.
（2）在中，，
（海里），由余弦定理得
，
（海里），则需要的时间（小时）．
答：救援船到达点需要2小时．
18．（2025高一下·广州期中）已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为，轴截面等腰三角形的顶角为，若的面积为.
（1）求该圆锥的侧面积；
（2）求圆锥的内切球的表面积；
（3）求该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值.
【答案】（1）解：设圆锥母线长、底面半径分别为、，
由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为，可得，解得，
又，所以，
又因为的面积为，
所以，解得，
又因为，所以，
则圆锥的侧面积；
（2）解：作出轴截面如图所示：
根据圆锥的性质可知内切球球心在上，设球心为，切于点，
设内切球半径为，即，则，即，
由（1）可知，圆锥的高，，
则，解得，
故圆锥的内切球的表面积；
（3）解：由（1）知圆锥的高，
令正四棱柱的底面边长为，高为，
则，
由，可得，解得，
则正四棱柱的侧面积，
当且仅当，即时等号成立，
故该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【分析】（1）设圆锥母线长、底面半径分别为、，由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为，可得，化简可得，再利用同角三角函数基本关系求得，根据的面积求出，即可得到，再求圆锥的侧面积即可；
（2）作出轴截面，设内切球半径为，利用，结合（1）中圆锥的高以及长，求出内切球的半径，再根据球的面积公式求解即可；
（3）由（1）知圆锥的高，令正四棱柱的底面边长为，高为，根据三角形相似求得，再利用正四棱柱的侧面积公式，结合基本不等式求侧面积的最大值即可.
（1）设圆锥母线长、底面半径分别为、，
由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为，则，解得，
又，所以，
又因为的面积为，
，解得（负值舍去），
又，所以，
圆锥的侧面积.
（2）作出轴截面如图所示：
根据圆锥的性质可知内切球球心在上，设球心为，切于点，
设内切球半径为，即，则，
所以，
由（1）可知，圆锥的高，，
则有，解得，
所以圆锥的内切球的表面积；
（3）由（1）知圆锥的高，
令正四棱柱的底面边长为，高为，
则，
由得，
，
所以正四棱柱的侧面积
，当且仅当，即时等号成立，
所以该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值为.
19．（2025高一下·广州期中）在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c.
（1）已知，，，若的平分线交于点D，求线段的长；
（2）若是锐角三角形，且，为的垂心，且，求的取值范围；
（3）若，令，试求的最大值.
【答案】（1）解：由，可得，
因为，所以，
由正弦定理可得，即，
由余弦定理得，
因为，所以；
又因为，所以，
即，解得，
设边上的角平分线长为，
则，
即，
即，解得，
故边上的角平分线长为；
（2）解：延长交于，延长交于，如图所示：
设，则，
在Rt中，，
在中，，所以，
在Rt中，，
同理可得在Rt中，，
则
，
因为，所以，所以，所以，
则的取值范围为；
（3）解：由余弦定理，则，
则
，
，即，当且仅当，
即时，．
【知识点】二倍角的余弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）原式化为，利用同角三角函数基本关系，结合正弦定理以及余弦定理求得，再根据余弦定理求得，设边上的角平分线长为，最后利用三角形面积公式求解即可；
（2）延长交于，延长交于，设，则，将表示为角的三角函数，再利用余弦的二倍角公式，转化为关于的函数，结合的范围求的范围即可；
（3）利用余弦定理，结合同角三角函数基本关系求得，再利用正弦定理以及两角和正弦公式化简得，将其平方转化为关于的函数，再配凑求最值即可.
（1）因为，
所以，
由正弦定理，得，即，
由余弦定理，得，
因为，所以；
又因为，所以，
即，解得，设边上的角平分线长为，
则，
即，
即，解得，即边上的角平分线长为；
（2）延长交于，延长交于，
设，所以，
在Rt中，，
在中，，所以，
在Rt中，，
同理可得在Rt中，，
所以
，
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围为．
（3）由余弦定理，，
所以，
所以
，
，
所以．当且仅当，
即时，．
1 / 1广东省广州市育才中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试卷
一、单选题：（每题5分，共40分）
1．（2025高一下·广州期中）复数在复平面内对应的点位于（　　）
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·广州期中）已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，高为1，则此三棱台的体积是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·广州期中）已知向量，，若在上的投影向量为，则的值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·广州期中）如图，的斜二测画法的直观图是腰长为的等腰直角三角形，轴经过的中点，则（　　）
A．8 B． C．12 D．
5．（2025高一下·广州期中）在中，，则(　　)
A． B． C． D．
6．（2025高一下·广州期中）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，，则边上的高（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·广州期中）如图，在中，为线段上靠近点的三等分点，为线段上一点，若，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·广州期中）在中，设，则下列说法错误的是（　　）
A． B．边上的高是
C．外接圆的周长是 D．内切圆的面积是
二、多选题（每题6分，共18分）
9．（2025高一下·广州期中）已知平面向量，，则正确的是（　　）
A．
B．与可作为一组基底向量
C．与夹角的余弦值为
D．在方向上的投影向量的坐标为
10．（2025高一下·广州期中）若复数在复平面内对应的点为，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则在第二象限
B．若为纯虚数，则在虚轴上
C．若，则点的集合所构成的图形的面积为
D．若，则为实数
11．（2025高一下·广州期中）如图，正方体的棱长为2，，分别是，的中点，点是底面内一动点，则下列结论正确的为（　　）
A．存在点，使得平面
B．过三点的平面截正方体所得截面图形是平行四边形
C．三棱锥的体积为定值
D．三棱锥的外接球表面积为
三、填空题（每题5分，共15分）
12．（2025高一下·广州期中）如图，在矩形中，，点为边上的任意一点（包含端点），为线段的中点，则的取值范围是　 　．
13．（2025高一下·广州期中）已知正方体的外接球的表面积是，则该正方体的内切球的体积为　 　.
14．（2025高一下·广州期中）圆台上底面半径为2cm，下底面半径为4cm，母线，A在上底面上，B在下底面上，从中点M拉一条绳子，绕圆台侧面一周到B点，则绳子最短距离为　 　cm
四、解答题：（15题13分，16、17题各15分，18、19题各17分，共77分）
15．（2025高一下·广州期中）如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，，的中点
（1）求证：平面；
（2）求证：、、、四点共面；
16．（2025高一下·广州期中）已知内角的对边分别为，设
（1）求；
（2）若的面积为，求的值.
17．（2025高一下·广州期中）某海域的东西方向上分别有两个观测点（如图），它们相距海里.现有一艘轮船在点发出求救信号，经探测得知点位于点北偏东，点北偏西，这时，位于点南偏西且与点相距海里的点有一救援船，其航行速速为海里/小时.
（1）求点到点的距离；
（2）若命令处的救援船立即前往点营救，求该救援船到达点需要的时间.
18．（2025高一下·广州期中）已知圆锥的顶点为，母线所成角的余弦值为，轴截面等腰三角形的顶角为，若的面积为.
（1）求该圆锥的侧面积；
（2）求圆锥的内切球的表面积；
（3）求该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值.
19．（2025高一下·广州期中）在中，角A，B，C所对边分别为a，b，c.
（1）已知，，，若的平分线交于点D，求线段的长；
（2）若是锐角三角形，且，为的垂心，且，求的取值范围；
（3）若，令，试求的最大值.
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：，在复平面内对应的点为，位于第四象限.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简复数z，再根据复数在复平面内的表示判断即可.
2．【答案】B
【知识点】台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：易知正三棱台的上底面积，
下底面积，
则三棱台的体积.
故答案为：B.
【分析】根据棱台体积公式计算即可.
3．【答案】A
【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：，，
若在上的投影向量为， 则在上的投影向量为，即.
故答案为：A.
【分析】由题意，根据投影向量的定义求解即可.
4．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知的原图，如图所示：
其中D为AB的中点，
因为为的中点，，所以，且，，
则，．
故答案为：D.
【分析】根据斜二测画法可得的原图，根据斜二测画法求原图的长度即可.
5．【答案】B
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由正弦定理可知，，
设，
则.
故答案为：B
【分析】本题考查利用正弦定理和余弦定理解三角形.先利用正弦定理进行边化角可得：
，设，利用余弦定理可求出，据此可求出答案.
6．【答案】B
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，，，
由余弦定理得，即，解得，
因为，所以，
由三角形的面积公式可得，即.
故答案为：.
【分析】在中，利用余弦定理求得边，再根据三角形面积公式求解即可.
7．【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：在中，为线段上靠近点的三等分点，则，
点为线段上一点，设，即，
整理得
，
因为，、不共线，
所以，解得.
故答案为：D.
【分析】由题意可得，因为为线段上一点 ，所以设，由平面向量的线性运算可得出关于的表达式，结合平面向量的基本定理可得出关于实数、的方程组，求解即可.
8．【答案】D
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：对于A，因为，
解得，故A正确，
对于B，因为是等腰三角形，底边上的高是4，
由等面积法可知边上的高是，故B正确；
对于C，由选项B知，，
所以外接圆的周长是，故C正确；
对于D，由等积法知，，故D不正确.
故答案为：D.
【分析】根据数量积定义、余弦定理、三角形面积公式、正弦定理以及三角形内切圆的周长公式和面积公式，再结合已知条件，从而逐项判断找出说法错误的选项.
9．【答案】B,C,D
【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；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：A、由，，可得，
则，故A错误；
B、因为，所以与为不共线的向量，则与可作为一组基底向量，故B正确；
C、，故C正确；
D、因为，，
所以在方向上的投影向量的坐标为，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据向量数量积的坐标表示，结合向量垂直数量积为零即可判断A；先判断与为不共线的向量，再根据基底的定义即可判断B；根据向量的夹角公式求解即可判断C；根据投影向量的定义求解即可判断D.
10．【答案】B,D
【知识点】虚数单位i及其性质；复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、，则，点在实轴上，故A错误；
B、若为纯虚数，则在虚轴上，故B正确；
C、，则点的集合所构成的图形是半径为3的圆，
则点的集合所构成的图形的面积为，故C错误；
D、设，则，
则，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简求得复数，再根据复数在复平面的表示即可判断A；根据纯虚数所对应的点的坐标即可判断B；根据复数模的运算，结合复数的几何意义求解即可判断C；设，则，根据复数代数形式的乘除运算化简即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；球内接多面体；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：A、当为中点时，因为是的中点，所以，
平面，平面，所以平面，故A正确；
B、因为，分别是，的中点，所以，在正方体中，易证，所以，过三点的平面截正方体所得截面图形是梯形，故B错误；
C、因为，所以三棱锥的体积为定值，故C正确；
D、三棱锥的外接球可以补形为长方体（长为，宽为，高为）的外接球，
所以外接球的半径，所以外接球的表面积，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】当为中点时，由是的中点，利用线面平行的判定定理证明平面，即可判断A；根据平行关系作出截面图即可判断B；利用锥体的体积公式计算即可判断C；将三棱锥补形为长方体（长为，宽为，高为），易知三棱锥的外接球即为长方体的外接球，问题转化为求长方体的外接球表面积，即可判断D.
12．【答案】
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【解答】解：以为坐标原点，，所在的直线分别为，轴，建立平面直角坐标系，如图所示：
则，，设，
，，
则，
因为，所以，则的取值范围是．
故答案为：.
【分析】以为坐标原点，，所在的直线分别为，轴，建立平面直角坐标系，求得相应点的坐标，利用向量数量积的坐标运算结合二次函数的性质求解即可.
13．【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：设正方体的棱长为，则外接球的半径，
由题意可得：，解得，
易知正方体内切球的半径，
则该正方体的内切球的体积.
故答案为：.
【分析】设正方体的棱长为，根据正方体的体对角线等于外接球的直径，求得外接球的半径，再根据外接球的表面积求得，易知内切球的半径，根据球的体积公式求正方体的内切球的体积即可.
14．【答案】
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：圆台的侧面展开图，并还原成圆锥展开的扇形，且设扇形的圆心为，如图所示：
由图可知：是最短距离，
设，圆心角是，由题意知，①，②，
联立①②解得，
则，．
故绳子最短距离为cm．
故答案为：．
【分析】作出圆台的侧面展开图，并将其还原成圆锥展开的扇形，设扇形的圆心为，由图可知是最短距离，设，圆心角是，由题意列式求得扇形的圆心角以及半径长，再求最短的距离即可．
15．【答案】（1）证明：连接，如图所示：
因为分别为的中点，所以，
在三棱柱中，，所以四点共面，
因为分别为的中点，所以，，
所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面平面，所以平面；
（2）证明：连接，如图所示：
因为为直三棱柱，且分别为的中点，所以，
又因为，所以，所以、、、四点共面.
【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；空间点、线、面的位置
【解析】【分析】（1）连接，根据中位线性质结合三棱柱的性质，证明四点共面，再证明，最后根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）连接，根据直三棱柱的性质结合分别为的中点，证明，再根据，证，从而证明、、、四点共面.
（1）如图：
连接，因为分别为的中点，所以
在三棱柱中，.所以四点共面.
因为分别为的中点，所以，.
所以四边形为平行四边形.
所以.因为平面平面，
所以平面.
（2）如图：
连接，因为为直三棱柱，且分别为的中点，
所以，又，所以，所以、、、四点共面.
16．【答案】（1）原式化简可得：，
整理得：，
由正弦定理可得：，
因此三角形的内角；
（2）
，
，
.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】 (1) 根据题意利用正弦定理可得 ， 进而结合余弦定理运算求解；
(2)利用面积公式可得 ，在结合余弦定理运算求解.
17．【答案】（1）解：由题意知海里，
，则，
在中，由正弦定理，
可得，（海里）；
（2）解：在中，，（海里），
由余弦定理得，
即（海里），则需要的时间（小时）．
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【分析】（1）由题意可得，在中，利用正弦定理求即可；
（2）在中，利用余弦定理求得，再根据速度求该救援船到达点需要的时间即可.
（1）由题意知海里，
，
，
在中，由正弦定理得，
，
（海里）.
（2）在中，，
（海里），由余弦定理得
，
（海里），则需要的时间（小时）．
答：救援船到达点需要2小时．
18．【答案】（1）解：设圆锥母线长、底面半径分别为、，
由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为，可得，解得，
又，所以，
又因为的面积为，
所以，解得，
又因为，所以，
则圆锥的侧面积；
（2）解：作出轴截面如图所示：
根据圆锥的性质可知内切球球心在上，设球心为，切于点，
设内切球半径为，即，则，即，
由（1）可知，圆锥的高，，
则，解得，
故圆锥的内切球的表面积；
（3）解：由（1）知圆锥的高，
令正四棱柱的底面边长为，高为，
则，
由，可得，解得，
则正四棱柱的侧面积，
当且仅当，即时等号成立，
故该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【分析】（1）设圆锥母线长、底面半径分别为、，由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为，可得，化简可得，再利用同角三角函数基本关系求得，根据的面积求出，即可得到，再求圆锥的侧面积即可；
（2）作出轴截面，设内切球半径为，利用，结合（1）中圆锥的高以及长，求出内切球的半径，再根据球的面积公式求解即可；
（3）由（1）知圆锥的高，令正四棱柱的底面边长为，高为，根据三角形相似求得，再利用正四棱柱的侧面积公式，结合基本不等式求侧面积的最大值即可.
（1）设圆锥母线长、底面半径分别为、，
由圆锥的轴截面为等腰三角形且顶角为，则，解得，
又，所以，
又因为的面积为，
，解得（负值舍去），
又，所以，
圆锥的侧面积.
（2）作出轴截面如图所示：
根据圆锥的性质可知内切球球心在上，设球心为，切于点，
设内切球半径为，即，则，
所以，
由（1）可知，圆锥的高，，
则有，解得，
所以圆锥的内切球的表面积；
（3）由（1）知圆锥的高，
令正四棱柱的底面边长为，高为，
则，
由得，
，
所以正四棱柱的侧面积
，当且仅当，即时等号成立，
所以该圆锥的内接正四棱柱的侧面面积的最大值为.
19．【答案】（1）解：由，可得，
因为，所以，
由正弦定理可得，即，
由余弦定理得，
因为，所以；
又因为，所以，
即，解得，
设边上的角平分线长为，
则，
即，
即，解得，
故边上的角平分线长为；
（2）解：延长交于，延长交于，如图所示：
设，则，
在Rt中，，
在中，，所以，
在Rt中，，
同理可得在Rt中，，
则
，
因为，所以，所以，所以，
则的取值范围为；
（3）解：由余弦定理，则，
则
，
，即，当且仅当，
即时，．
【知识点】二倍角的余弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）原式化为，利用同角三角函数基本关系，结合正弦定理以及余弦定理求得，再根据余弦定理求得，设边上的角平分线长为，最后利用三角形面积公式求解即可；
（2）延长交于，延长交于，设，则，将表示为角的三角函数，再利用余弦的二倍角公式，转化为关于的函数，结合的范围求的范围即可；
（3）利用余弦定理，结合同角三角函数基本关系求得，再利用正弦定理以及两角和正弦公式化简得，将其平方转化为关于的函数，再配凑求最值即可.
（1）因为，
所以，
由正弦定理，得，即，
由余弦定理，得，
因为，所以；
又因为，所以，
即，解得，设边上的角平分线长为，
则，
即，
即，解得，即边上的角平分线长为；
（2）延长交于，延长交于，
设，所以，
在Rt中，，
在中，，所以，
在Rt中，，
同理可得在Rt中，，
所以
，
因为，所以，所以，
所以，即的取值范围为．
（3）由余弦定理，，
所以，
所以
，
，
所以．当且仅当，
即时，．
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