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广东省清远市华侨中学等四校联考2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、单选题
1．（2025高一下·清远期中）在四边形中，，若，且，则（　　）
A． B．3 C． D．2
【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：如图，过点作，
因为，所以四边形是平行四边形，
则
又因为，
所以，
因为，所以，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】根据平行四边形的结构特征和平面向量基本定理以及向量共线定理，再利用已知条件，从而得出的值.
2．（2025高一下·清远期中）下列命题中，正确命题的个数是（　　）
①四边相等的四边形为菱形；
②若四边形有两个对角都为直角，则这个四边形是圆内接四边形；
③“平面不经过直线”的等价说法是“直线上至多有一个点在平面内”；
④若两个平面有一条公共直线，则这两平面的所有公共点都在这条公共直线上．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
【答案】B
【知识点】平面的基本性质及推论；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：由空间四边形可判断①②错误；
因为“平面不经过直线”为直线与平面相交或者平行，可判断③正确.
由平面的基本性质，如果两个平面有一个公共点，
那么它们有且只有一条过该点的公共直线，可判断④正确.
故答案为：B.
【分析】根据空间四边形的结构特征可判断序号①和序号②；由平面的基本性质可判断序号③和序号④，从而找出正确命题的个数.
3．（2025高一下·清远期中）若则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，所以，
则.
故答案为：C.
【分析】先根据已知条件结合复数混合运算法则求出复数，再根据复数的模长公式，从而计算得出的值.
4．（2025高一下·清远期中）已知复数，则在复平面内所对应的点位于（　　）
A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：已知复数，则
所以复数在复平面内所对应的点，所以复数在复平面内所对应的点位于第四象限。
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则得出复数z，再利用复数的几何意义得出复数z在复平面对应的点的坐标，再结合点的坐标确定复数在复平面内对应的点所在的象限。
5．（2025高一下·清远期中）已知平面四边形，，，，若，则(　　)
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：建立平面直角坐标系，如图，
因为，
，化简得，即，
，化简得，即
所以，.
故答案为：B.
【分析】建立平面直角坐标系，由平面向量基本定理求，，得到两个关系式，即可求出.
6．（2025高一下·清远期中）如图，在平面四边形中，为等边三角形，当点在对角线上运动时，的最小值为（　　）
A． B．-1 C． D．2
【答案】A
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：由题意，得，，
又因为，所以，
则，所以平分，
由，
可得
，
则当时，有最小值为.
故答案为：A.
【分析】利用向量加法运算法则和数量积定义，从而得出，再利用二次函数求最值的方法，从而得出的 最小值.
7．（2025高一下·清远期中）在平行四边形中，，，，分别为，的中点，将沿直线折起，构成如图所示的四棱锥，为的中点，则下列说法不正确的是（　　）
A．平面平面
B．四棱锥体积的最大值为
C．无论如何折叠都无法满足
D．三棱锥表面积的最大值为
【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项A，因为平行四边形，所以，
又因为，分别为中点，
所以，则四边形为平行四边，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为点是中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，
所以平面平面，故A正确；
对于选项B，当平面平面，四棱锥的体积最大，
因为，所以四棱锥体积的最大值为 ，故B正确；
对于选项C，根据题意，可得 ，
只要 ，，平面，
所以平面，则，故C错误；
对于选项D，
当，根据对称性，可得，此时的面积最大，
因此三棱锥表面积最大，最大值为：，故D正确.
故答案为：C.
【分析】根据题意，连接，利用面面平行的判定定理，则判断出选项A；当平面平面，四棱锥体积最大，再利用四棱锥的体积公式，则判断出选项B；利用线面垂直的定义判断出线线垂直，则判断出选项C；当结合图形的对称性，从而得出则此时的面积最大，再利用三棱锥的表面积公式，从而得出三棱锥表面积的最大值，则判断出选项D，从而找出说法不正确的选项.
8．（2025高一下·清远期中）如图，已知正方体的棱长为a，点E，F，G，H，I分别为线段，，，BC，的中点，连接，，，DE，BF，CI，则下列正确结论的个数是（　　）
①点E，F，G，H在同一个平面上；
②平面∥平面EFD；
③直线DE，BF，CI交于同一点；
④直线BF与直线所成角的余弦值为．
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；平面与平面平行的判定；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：对于①，连接，，，，，作图如下：
在正方体中，易知，
在中，分别为的中点，
，则，故命题①正确；
对于②，连接，，，，，，作图如下：
在中，分别为的中点，，
同理可得，在中，，
平面，平面，平面，
同理可得平面，
，与相交，
由平面，则平面平面，
因为平面平面，故命题②错误；
对于③，连接BD，延长DE、BF交于点M，
因为EF∥BD，且EFBD，所以MF＝BF，
又因为FI∥BC，且FIBC，
所以B、C、F、I四点共面，则BF与CI相交，
设BF与CI的交点为N，则NF＝FB，所以M与N重合，
则直线DE，BF，CI交于同一点，故命题③正确；
对于④，取C1D1的中点K，连接CK，
则CK∥BF，所以CK与所成的角θ即为直线BF与直线所成的角，
连接，设正方体的棱长，则，，，
由余弦定理，得，故命题④正确．
综上所述，①③④正确．
故答案为：C．
【分析】根据正方体的结构特征得出线线平行，再利用中位线定理得出线线平行，则判断出序号①；由①结合线线平行证出线面平行，再利用线面平行证出面面平行，从而证出平面平面，再由图可知平面平面，则判断出序号②；先假设，由题意可得连线直线的等量关系，再假设出，从而得出连线的等量关系，再检验，则可判断出序号③；根据异面直线夹角的定义作线线平行，从而找出直线BF与直线所成的角，再结合余弦定理判断出序号④，从而找出正确结论的个数．
二、多选题
9．（2025高一下·清远期中）下面关于空间几何体的表述，正确的是（　　）
A．棱柱的侧面都是平行四边形
B．直角三角形以其一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体是圆锥
C．正四棱柱一定是长方体
D．用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台
【答案】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、棱柱的所有侧面都是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边都相互平行，故A正确；
B、只有以直角边为旋转轴旋转才能得到圆锥，以斜边为旋转轴旋转得到的是两个圆锥的组合体.故B错误；
C、正四棱柱是底面是正方形的直四棱柱，所以必然是长方体，故C正确；
D、只有截面与底面平行时，截面与底面之间的部分才是棱台，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据棱柱、圆锥、正四棱柱以及棱台的概念逐项判断即可.
10．（2025高一下·清远期中）下列命题中，正确的是（　　）
A．对于任意向量，有
B．若，则或
C．对于任意向量，有
D．若共线，则
【答案】A,C,D
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的共线定理；平面向量数量积定义与物理意义；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由平面向量的加法的三角形法则，可得成立，所以A正确；
由，可得，所以B不正确；
因为，所以C正确；
当向量同向时，可得；当向量反向时，可得，
则当共线，可得，所以D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由平面向量加法的三角形法则，则可判断选项A；由得到，则可判断选项B；结合数量积的定义和向量共线定理，则可判断选项C和选项D，从而找出正确的命题选项.
11．（2025高一下·清远期中）正方体中，是正方形的中心，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．与平面的成角大于
C．平面平面
D．三棱锥的体积是正方体体积的
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于A：在正方体中，
易知，
所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
对于B：因为平面，所以为与平面所成的角，
不妨设正方体的边长为2，则，
所以，
则，故B错误；
对于C：因为平面，平面，
所以平面平面，故C正确；
对于D：因为，
所以，三棱锥的体积是正方体体积的，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由平面得出，则可判断选项A；根据为与平面所成的角，求出与平面所成角的正切值，再利用正切函数的单调性，则可判断选项B；由平面得出平面平面，则可判断选项C；由等积法和三棱锥的体积公式以及正方体的体积公式，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
三、填空题
12．（2025高一下·清远期中）设平面向量，，若，则实数　 　．
【答案】
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：
；
故答案为：.
【分析】利用已知条件和数量积的坐标表示，从而得出实数k的值.
13．（2025高一下·清远期中）若，向量在方向上的数量投影为－1，则向量与的夹角　 　.
【答案】
【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：因为向量在方向上的数量投影为，又因为，
所以，
又因为，所以.
故答案为：.
【分析】根据平面向量数量投影的定义，从而可得的值，再利用数量积求向量夹角公式和两向量夹角的取值范围，从而可得向量与的夹角大小.
14．（2025高一下·清远期中）在中，三边长分别为，最大角的正弦值为，则　 　．
【答案】5
【知识点】余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以的最大内角为边长的边所对应的角，
又因为最大角的正弦值为，
又因为对于非等边三角形，最大角大于，
所以最大角的余弦为，
由余弦定理，可得，
又因为，所以.
故答案为：.
【分析】由已知条件和三角形的边角关系以及余弦定理，从而得出的值.
四、解答题
15．（2025高一下·清远期中）已知复数在复平面上对应点在第四象限，且，的虚部为.
（1）求复数；
（2）设复数、、在复平面上对应点分别为、、，求的值.
【答案】（1）解：设，
则，，
由题意，得，
解得或，
又因为复数在复平面上对应点在第四象限，
所以.
（2）解：因为，
所以，
则，
所以，复数、、在复平面上对应的点，，，
则，，
所以.
【知识点】复数的基本概念；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
【解析】【分析】（1）设复数，根据已知条件结合复数的几何意义、复数求模公式、复数的乘法运算法则以及复数的虚部定义，从而列出方程组求解得出复数z.
（2）根据复数和共轭复数的定义、复数乘法运算法则，从而求出、，利用复数的几何意义得到点、点、点的坐标，再根据数量积的坐标表示得出数量积的值.
（1）设，
，，
由题意得，
解得或，
又因为复数在复平面上对应点在第四象限，所以.
（2），，，
所以对应的点，，，
从而，，.
16．（2025高一下·清远期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，E是PD上的点．
（1）若E、F分别是PD和BC中点，求证：平面PAB；
（2）若平面AEC，求证：E是PD中点．
【答案】（1）证明：取中点，连接，，
在中，因为，分别为所在边的中点，
所以，且，
又因为底面ABCD为平行四边形，为的中点，
所以，且，
则，且，
所以四边形为平行四边形，
则，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：连接，交于，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，
在中，为中点，
则为中点.
【知识点】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）取中点，连接，，证明，再利用线面平行的判定定理证出直线平面.
（2）连接，交于点，连接，利用线面平行的性质定理得且为中点，再利用中位线定理证出点E是PD中点．
（1）证明：取中点，连接，，
在中，因为，分别为所在边的中点，所以，且，
又因为底面ABCD为平行四边形，为的中点，
所以，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，因为平面，平面，
所以平面；
（2）连接，交于，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，在中，为中点，
所以为中点.
17．（2025高一下·清远期中）在面积为的中，内角，所对的边分别为，且.
（1）求角；
（2）若，求的周长；
（3）若为锐角三角形，且边上的高为2，求面积的取值范围.
【答案】（1）解：由正弦定理，得，
所以，
则，
由余弦定理，得，
因为，
所以.
（2）解：由余弦定理，则，
所以，
因为，
由已知条件知，
所以，则，
所以，则.
所以周长为.
（3）解：由，
可得：
由正弦定理，得，
则，
所以
由为锐角三角形，可得，，
解得：，
则，，
所以，
则面积的取值范围为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；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】【分析】（1）利用正弦定理将角的关系化为边的关系，再利用余弦定理和三角形中角C的取值范围，从而求出角的值.
（2）先由三角形面积公式求出的值，再结合余弦定理求出的值，再利用已知条件和三角形的周长公式，从而得到三角形的周长.
（3）利用正弦定理将边用角表示，再利用三角恒等变换以及正弦函数的性质计算可得.
（1）由正弦定理得，所以，
所以，由余弦定理，，
因，则.
（2）由余弦定理，，即，
又，由条件知，所以，
所以，，.
所以周长为.
（3）由可得：
由正弦定理，，即得：，
则
由为锐角三角形可得，，解得：，
则，，故得，
即面积的取值范围为.
18．（2025高一下·清远期中）设函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求，的值；
（2）设函数，求的单调区间；
（3）求证：当时，有.
【答案】（1）解：函数，求导可得，
由切线方程可得其斜率为，即，解得，
因为，所以；
（2）解：由（1）可知，
定义域为，，
令，解得，
当时，；当时，，
则的单调递增区间为，单调递减区间为；
（3）证明：令函数，，
令，易知恒成立，则在上单调递增，
，即恒成立，
在上单调递增，可得，
即，即，
因此当时，有.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导，根据切线方程，可得，，联立求的值即可；
（2）由（1）得出，求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求的单调区间即可；
（3）构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求最小值，证明结论.
（1）由可得，
根据切线方程可得其斜率为，因此，解得；
又，
所以可得.
（2）由（1）可知，
所以可得，易知其定义域为；
则，
令，解得；
所以当时，；当时，；
因此的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）证明：令函数，
可得，
令，
因此可得恒成立，所以在上单调递增，
可得，即恒成立，
所以在上单调递增，可得，
即，所以；
因此当时，有.
19．（2025高一下·清远期中）如图，已知四面体中，平面，.
（1）求证：；
（2）若在此四面体中任取两条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取两个面作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取一个面和不在此面上的一条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为，试求的值；
（3）《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”.若此“鳖臑”中，，，有一根彩带经过平面与平面，且彩带的两个端点分别固定在点B和点D处，求彩带的最小长度.
【答案】（1）证明：因为平面，平面BCD，则，
又因为，，平面ABC，所以平面，
因为平面ABC，所以；
（2）解：由（1）可知：，，
且平面，平面ABC，则，
且其余各棱均不垂直，可得；
由平面，且平面，平面，
可得平面平面，平面平面，
同理：由平面可得：平面平面，
且其余各面均不垂直，可得；
由平面，平面，且其余各线面均不垂直，可得；
综上所述：；
（3）解：将平面与平面沿展开成如图2所示的平面图形，连接BD，彩带的最小长度为图2平面图中的长，
.
由（1）知，
在图1中，因为平面，平面BCD，所以，
又因为，所以，
在图2中，，在中，由余弦定理得，
则彩带的最小长度为.
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，根据平面，求得，结合，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而证明；
（2）由（1）的结论，根据线线垂直、线面垂直以及面面垂直分析求解即可；
（3）将平面与平面沿展开成平面图形，则BD即为所求，再在中，利用余弦定理求解即可.
（1）因为平面，平面BCD，则，
又，，平面ABC，所以平面，
因为平面ABC，所以.
（2）由（1）可知：，，
且平面，平面ABC，则，
且其余各棱均不垂直，可得；
由平面，且平面，平面，
可得平面平面，平面平面，
同理：由平面可得：平面平面，
且其余各面均不垂直，可得；
由平面，平面，且其余各线面均不垂直，可得；
综上所述：.
（3）将平面与平面沿展开成如图2所示的平面图形，连接BD，
所以彩带的最小长度为图2平面图中的长，
.
由（1）知，
在图1中，因为平面，平面BCD，所以，
又因为，所以，
故在图2中，，
所以在图2中，在中，由余弦定理得，
所以彩带的最小长度为.
1 / 1广东省清远市华侨中学等四校联考2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、单选题
1．（2025高一下·清远期中）在四边形中，，若，且，则（　　）
A． B．3 C． D．2
2．（2025高一下·清远期中）下列命题中，正确命题的个数是（　　）
①四边相等的四边形为菱形；
②若四边形有两个对角都为直角，则这个四边形是圆内接四边形；
③“平面不经过直线”的等价说法是“直线上至多有一个点在平面内”；
④若两个平面有一条公共直线，则这两平面的所有公共点都在这条公共直线上．
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
3．（2025高一下·清远期中）若则（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·清远期中）已知复数，则在复平面内所对应的点位于（　　）
A．第四象限 B．第三象限 C．第二象限 D．第一象限
5．（2025高一下·清远期中）已知平面四边形，，，，若，则(　　)
A． B． C． D．
6．（2025高一下·清远期中）如图，在平面四边形中，为等边三角形，当点在对角线上运动时，的最小值为（　　）
A． B．-1 C． D．2
7．（2025高一下·清远期中）在平行四边形中，，，，分别为，的中点，将沿直线折起，构成如图所示的四棱锥，为的中点，则下列说法不正确的是（　　）
A．平面平面
B．四棱锥体积的最大值为
C．无论如何折叠都无法满足
D．三棱锥表面积的最大值为
8．（2025高一下·清远期中）如图，已知正方体的棱长为a，点E，F，G，H，I分别为线段，，，BC，的中点，连接，，，DE，BF，CI，则下列正确结论的个数是（　　）
①点E，F，G，H在同一个平面上；
②平面∥平面EFD；
③直线DE，BF，CI交于同一点；
④直线BF与直线所成角的余弦值为．
A．1 B．2 C．3 D．4
二、多选题
9．（2025高一下·清远期中）下面关于空间几何体的表述，正确的是（　　）
A．棱柱的侧面都是平行四边形
B．直角三角形以其一边所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面所围成的几何体是圆锥
C．正四棱柱一定是长方体
D．用一个平面去截棱锥，底面和截面之间的部分叫做棱台
10．（2025高一下·清远期中）下列命题中，正确的是（　　）
A．对于任意向量，有
B．若，则或
C．对于任意向量，有
D．若共线，则
11．（2025高一下·清远期中）正方体中，是正方形的中心，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．与平面的成角大于
C．平面平面
D．三棱锥的体积是正方体体积的
三、填空题
12．（2025高一下·清远期中）设平面向量，，若，则实数　 　．
13．（2025高一下·清远期中）若，向量在方向上的数量投影为－1，则向量与的夹角　 　.
14．（2025高一下·清远期中）在中，三边长分别为，最大角的正弦值为，则　 　．
四、解答题
15．（2025高一下·清远期中）已知复数在复平面上对应点在第四象限，且，的虚部为.
（1）求复数；
（2）设复数、、在复平面上对应点分别为、、，求的值.
16．（2025高一下·清远期中）如图，四棱锥中，底面ABCD为平行四边形，E是PD上的点．
（1）若E、F分别是PD和BC中点，求证：平面PAB；
（2）若平面AEC，求证：E是PD中点．
17．（2025高一下·清远期中）在面积为的中，内角，所对的边分别为，且.
（1）求角；
（2）若，求的周长；
（3）若为锐角三角形，且边上的高为2，求面积的取值范围.
18．（2025高一下·清远期中）设函数，曲线在点处的切线方程为.
（1）求，的值；
（2）设函数，求的单调区间；
（3）求证：当时，有.
19．（2025高一下·清远期中）如图，已知四面体中，平面，.
（1）求证：；
（2）若在此四面体中任取两条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取两个面作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为；任取一个面和不在此面上的一条棱作为一组（和视为同一组），则它们互相垂直的组数记为，试求的值；
（3）《九章算术》中将四个面都是直角三角形的四面体称为“鳖臑”.若此“鳖臑”中，，，有一根彩带经过平面与平面，且彩带的两个端点分别固定在点B和点D处，求彩带的最小长度.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：如图，过点作，
因为，所以四边形是平行四边形，
则
又因为，
所以，
因为，所以，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】根据平行四边形的结构特征和平面向量基本定理以及向量共线定理，再利用已知条件，从而得出的值.
2．【答案】B
【知识点】平面的基本性质及推论；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：由空间四边形可判断①②错误；
因为“平面不经过直线”为直线与平面相交或者平行，可判断③正确.
由平面的基本性质，如果两个平面有一个公共点，
那么它们有且只有一条过该点的公共直线，可判断④正确.
故答案为：B.
【分析】根据空间四边形的结构特征可判断序号①和序号②；由平面的基本性质可判断序号③和序号④，从而找出正确命题的个数.
3．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为，所以，
则.
故答案为：C.
【分析】先根据已知条件结合复数混合运算法则求出复数，再根据复数的模长公式，从而计算得出的值.
4．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：已知复数，则
所以复数在复平面内所对应的点，所以复数在复平面内所对应的点位于第四象限。
故答案为：A.
【分析】利用已知条件结合复数的乘除法运算法则得出复数z，再利用复数的几何意义得出复数z在复平面对应的点的坐标，再结合点的坐标确定复数在复平面内对应的点所在的象限。
5．【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量加、减运算的坐标表示
【解析】【解答】解：建立平面直角坐标系，如图，
因为，
，化简得，即，
，化简得，即
所以，.
故答案为：B.
【分析】建立平面直角坐标系，由平面向量基本定理求，，得到两个关系式，即可求出.
6．【答案】A
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算；向量在几何中的应用
【解析】【解答】解：由题意，得，，
又因为，所以，
则，所以平分，
由，
可得
，
则当时，有最小值为.
故答案为：A.
【分析】利用向量加法运算法则和数量积定义，从而得出，再利用二次函数求最值的方法，从而得出的 最小值.
7．【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面平行的判定；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于选项A，因为平行四边形，所以，
又因为，分别为中点，
所以，则四边形为平行四边，
所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为点是中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
又因为，平面，
所以平面平面，故A正确；
对于选项B，当平面平面，四棱锥的体积最大，
因为，所以四棱锥体积的最大值为 ，故B正确；
对于选项C，根据题意，可得 ，
只要 ，，平面，
所以平面，则，故C错误；
对于选项D，
当，根据对称性，可得，此时的面积最大，
因此三棱锥表面积最大，最大值为：，故D正确.
故答案为：C.
【分析】根据题意，连接，利用面面平行的判定定理，则判断出选项A；当平面平面，四棱锥体积最大，再利用四棱锥的体积公式，则判断出选项B；利用线面垂直的定义判断出线线垂直，则判断出选项C；当结合图形的对称性，从而得出则此时的面积最大，再利用三棱锥的表面积公式，从而得出三棱锥表面积的最大值，则判断出选项D，从而找出说法不正确的选项.
8．【答案】C
【知识点】异面直线所成的角；平面与平面平行的判定；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：对于①，连接，，，，，作图如下：
在正方体中，易知，
在中，分别为的中点，
，则，故命题①正确；
对于②，连接，，，，，，作图如下：
在中，分别为的中点，，
同理可得，在中，，
平面，平面，平面，
同理可得平面，
，与相交，
由平面，则平面平面，
因为平面平面，故命题②错误；
对于③，连接BD，延长DE、BF交于点M，
因为EF∥BD，且EFBD，所以MF＝BF，
又因为FI∥BC，且FIBC，
所以B、C、F、I四点共面，则BF与CI相交，
设BF与CI的交点为N，则NF＝FB，所以M与N重合，
则直线DE，BF，CI交于同一点，故命题③正确；
对于④，取C1D1的中点K，连接CK，
则CK∥BF，所以CK与所成的角θ即为直线BF与直线所成的角，
连接，设正方体的棱长，则，，，
由余弦定理，得，故命题④正确．
综上所述，①③④正确．
故答案为：C．
【分析】根据正方体的结构特征得出线线平行，再利用中位线定理得出线线平行，则判断出序号①；由①结合线线平行证出线面平行，再利用线面平行证出面面平行，从而证出平面平面，再由图可知平面平面，则判断出序号②；先假设，由题意可得连线直线的等量关系，再假设出，从而得出连线的等量关系，再检验，则可判断出序号③；根据异面直线夹角的定义作线线平行，从而找出直线BF与直线所成的角，再结合余弦定理判断出序号④，从而找出正确结论的个数．
9．【答案】A,C
【知识点】棱柱的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、棱柱的所有侧面都是平行四边形，且每相邻两个四边形的公共边都相互平行，故A正确；
B、只有以直角边为旋转轴旋转才能得到圆锥，以斜边为旋转轴旋转得到的是两个圆锥的组合体.故B错误；
C、正四棱柱是底面是正方形的直四棱柱，所以必然是长方体，故C正确；
D、只有截面与底面平行时，截面与底面之间的部分才是棱台，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据棱柱、圆锥、正四棱柱以及棱台的概念逐项判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量的共线定理；平面向量数量积定义与物理意义；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由平面向量的加法的三角形法则，可得成立，所以A正确；
由，可得，所以B不正确；
因为，所以C正确；
当向量同向时，可得；当向量反向时，可得，
则当共线，可得，所以D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由平面向量加法的三角形法则，则可判断选项A；由得到，则可判断选项B；结合数量积的定义和向量共线定理，则可判断选项C和选项D，从而找出正确的命题选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；空间中直线与直线之间的位置关系；平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】对于A：在正方体中，
易知，
所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
对于B：因为平面，所以为与平面所成的角，
不妨设正方体的边长为2，则，
所以，
则，故B错误；
对于C：因为平面，平面，
所以平面平面，故C正确；
对于D：因为，
所以，三棱锥的体积是正方体体积的，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由平面得出，则可判断选项A；根据为与平面所成的角，求出与平面所成角的正切值，再利用正切函数的单调性，则可判断选项B；由平面得出平面平面，则可判断选项C；由等积法和三棱锥的体积公式以及正方体的体积公式，则可判断选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：
；
故答案为：.
【分析】利用已知条件和数量积的坐标表示，从而得出实数k的值.
13．【答案】
【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：因为向量在方向上的数量投影为，又因为，
所以，
又因为，所以.
故答案为：.
【分析】根据平面向量数量投影的定义，从而可得的值，再利用数量积求向量夹角公式和两向量夹角的取值范围，从而可得向量与的夹角大小.
14．【答案】5
【知识点】余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为，
所以的最大内角为边长的边所对应的角，
又因为最大角的正弦值为，
又因为对于非等边三角形，最大角大于，
所以最大角的余弦为，
由余弦定理，可得，
又因为，所以.
故答案为：.
【分析】由已知条件和三角形的边角关系以及余弦定理，从而得出的值.
15．【答案】（1）解：设，
则，，
由题意，得，
解得或，
又因为复数在复平面上对应点在第四象限，
所以.
（2）解：因为，
所以，
则，
所以，复数、、在复平面上对应的点，，，
则，，
所以.
【知识点】复数的基本概念；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
【解析】【分析】（1）设复数，根据已知条件结合复数的几何意义、复数求模公式、复数的乘法运算法则以及复数的虚部定义，从而列出方程组求解得出复数z.
（2）根据复数和共轭复数的定义、复数乘法运算法则，从而求出、，利用复数的几何意义得到点、点、点的坐标，再根据数量积的坐标表示得出数量积的值.
（1）设，
，，
由题意得，
解得或，
又因为复数在复平面上对应点在第四象限，所以.
（2），，，
所以对应的点，，，
从而，，.
16．【答案】（1）证明：取中点，连接，，
在中，因为，分别为所在边的中点，
所以，且，
又因为底面ABCD为平行四边形，为的中点，
所以，且，
则，且，
所以四边形为平行四边形，
则，
因为平面，平面，
所以平面.
（2）证明：连接，交于，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，
在中，为中点，
则为中点.
【知识点】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）取中点，连接，，证明，再利用线面平行的判定定理证出直线平面.
（2）连接，交于点，连接，利用线面平行的性质定理得且为中点，再利用中位线定理证出点E是PD中点．
（1）证明：取中点，连接，，
在中，因为，分别为所在边的中点，所以，且，
又因为底面ABCD为平行四边形，为的中点，
所以，且，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，因为平面，平面，
所以平面；
（2）连接，交于，连接，
因为平面，平面，平面平面，
所以，在中，为中点，
所以为中点.
17．【答案】（1）解：由正弦定理，得，
所以，
则，
由余弦定理，得，
因为，
所以.
（2）解：由余弦定理，则，
所以，
因为，
由已知条件知，
所以，则，
所以，则.
所以周长为.
（3）解：由，
可得：
由正弦定理，得，
则，
所以
由为锐角三角形，可得，，
解得：，
则，，
所以，
则面积的取值范围为.
【知识点】两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；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】【分析】（1）利用正弦定理将角的关系化为边的关系，再利用余弦定理和三角形中角C的取值范围，从而求出角的值.
（2）先由三角形面积公式求出的值，再结合余弦定理求出的值，再利用已知条件和三角形的周长公式，从而得到三角形的周长.
（3）利用正弦定理将边用角表示，再利用三角恒等变换以及正弦函数的性质计算可得.
（1）由正弦定理得，所以，
所以，由余弦定理，，
因，则.
（2）由余弦定理，，即，
又，由条件知，所以，
所以，，.
所以周长为.
（3）由可得：
由正弦定理，，即得：，
则
由为锐角三角形可得，，解得：，
则，，故得，
即面积的取值范围为.
18．【答案】（1）解：函数，求导可得，
由切线方程可得其斜率为，即，解得，
因为，所以；
（2）解：由（1）可知，
定义域为，，
令，解得，
当时，；当时，，
则的单调递增区间为，单调递减区间为；
（3）证明：令函数，，
令，易知恒成立，则在上单调递增，
，即恒成立，
在上单调递增，可得，
即，即，
因此当时，有.
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）求导，根据切线方程，可得，，联立求的值即可；
（2）由（1）得出，求函数的定义域，再求导，利用导数判断函数的单调性，求的单调区间即可；
（3）构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，求最小值，证明结论.
（1）由可得，
根据切线方程可得其斜率为，因此，解得；
又，
所以可得.
（2）由（1）可知，
所以可得，易知其定义域为；
则，
令，解得；
所以当时，；当时，；
因此的单调递增区间为，单调递减区间为.
（3）证明：令函数，
可得，
令，
因此可得恒成立，所以在上单调递增，
可得，即恒成立，
所以在上单调递增，可得，
即，所以；
因此当时，有.
19．【答案】（1）证明：因为平面，平面BCD，则，
又因为，，平面ABC，所以平面，
因为平面ABC，所以；
（2）解：由（1）可知：，，
且平面，平面ABC，则，
且其余各棱均不垂直，可得；
由平面，且平面，平面，
可得平面平面，平面平面，
同理：由平面可得：平面平面，
且其余各面均不垂直，可得；
由平面，平面，且其余各线面均不垂直，可得；
综上所述：；
（3）解：将平面与平面沿展开成如图2所示的平面图形，连接BD，彩带的最小长度为图2平面图中的长，
.
由（1）知，
在图1中，因为平面，平面BCD，所以，
又因为，所以，
在图2中，，在中，由余弦定理得，
则彩带的最小长度为.
【知识点】棱锥的结构特征；直线与平面垂直的判定；平面与平面垂直的判定；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，根据平面，求得，结合，利用线面垂直的判定定理证明平面，进而证明；
（2）由（1）的结论，根据线线垂直、线面垂直以及面面垂直分析求解即可；
（3）将平面与平面沿展开成平面图形，则BD即为所求，再在中，利用余弦定理求解即可.
（1）因为平面，平面BCD，则，
又，，平面ABC，所以平面，
因为平面ABC，所以.
（2）由（1）可知：，，
且平面，平面ABC，则，
且其余各棱均不垂直，可得；
由平面，且平面，平面，
可得平面平面，平面平面，
同理：由平面可得：平面平面，
且其余各面均不垂直，可得；
由平面，平面，且其余各线面均不垂直，可得；
综上所述：.
（3）将平面与平面沿展开成如图2所示的平面图形，连接BD，
所以彩带的最小长度为图2平面图中的长，
.
由（1）知，
在图1中，因为平面，平面BCD，所以，
又因为，所以，
故在图2中，，
所以在图2中，在中，由余弦定理得，
所以彩带的最小长度为.
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