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广东省广州奥林匹克中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、单选题（本题共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·广州期中）计算：（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算法则求解即可.
2．（2025高一下·广州期中）已知水平放置的四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：根据直观图知，
又因为，所以.
故答案为：B.
【分析】根据原图和直观图面积关系求解即可.
3．（2025高一下·广州期中）已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】详解：因为 ，所以根据线面平行的判定定理得 .
由 不能得出 与 内任一直线平行，所以 是 的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】根据线面平行的定义和性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．当命题“若p则q”为真时，可表示为p q，称p为q的充分条件，q是p的必要条件．
4．（2025高一下·广州期中）已知为不共线向量，，则（　　）
A．三点共线 B．三点共线
C．三点共线 D．三点共线
【答案】A
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：为不共线向量，，
由题设，
A、易知，，，与有公共端点，则三点共线，故A正确；
B、，，不存在，使，则与不共线，即三点不共线，故B错误；
C、，，不存在，使，则与不共线，即三点不共线，故C错误；
D、，，不存在，使，则与不共线，即三点不共线，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据向量的线性运算，结合向量共线的条件逐项分析判断即可.
5．（2025高一下·广州期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，若，，且，则的面积为（　　）
A．3 B． C． D．3
【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
化为，
所以，解得，
所以.
故答案为：C.
【分析】由向量平行的坐标表示结合余弦定理可得的值，再由三角形的面积公式得出的面积.
6．（2025高一下·广州期中）在 中， ，BC边上的高等于 ，则 （　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】设
，
故答案为：C.
【分析】结合正弦定理，由两角和的余弦公式计算可得所求结果.
7．（2025高一下·广州期中）已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，所以是中点，
则是圆直径，如图所示：
又，所以是等边三角形，，
设，则，作于，则，
所以，
即为向量在向量上的投影向量，．
故答案为：B．
【分析】利用可得是中点，作于，即为向量在向量上的投影向量，设，求出，|即可求解．
8．（2025高一下·广州期中） 已知一个圆台内接于球（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）.若该圆台的上、下底面半径分别为1和2，且其表面积为，则球的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】设圆台母线长为l，上、下底面半径分别为和，如图所示
则圆台侧面积为，上、下底面面积分别为和.由圆台表面积为，得，
所以圆台高，设球半径为， 圆台轴截面为等腰梯形，且，高为1.
作于点，设，由，则球心在圆台外部.
则有，解得，所以球的体积为.
故答案为：C.
【分析】利用圆台表面积和轴截面得母线长和圆台的高，由勾股定理求出球的半径，可计算体积.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9．（2025高一下·广州期中）下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则复数在复平面内对应的点在第四象限
C．若复数是纯虚数，则实数的值为2
D．若是关于的方程（）的根，则
【答案】A,C
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：A、若，则，故A正确；
B、若，复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限，故B错误；
C、若复数是纯虚数，则，解得，故C正确；
D、若是关于的方程（）的根，则，
整理可得，则，解得，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据复数模的定义求解即可判断A；根据复数在复平面内的表示求解即可判断B；根据纯虚数的定义列式计算即可判断C；将代入方程，结合复数相等的条件列式计算即可判断D.
10．（2025高一下·广州期中）已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则有一解
B．若，则无解
C．若，则有一解
D．若，则有两解
【答案】A,B,D
【知识点】解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、由，可得，，
则是边长为2的等边三角形，有一解，故A正确；
B、若，由正弦定理，可得，
解得，无解，故B正确；
C、若，由大边对大角可知，此时三角形中有2个钝角，不可能，
则无解，故C错误；
D、若，由正弦定理，可得，解得，因为，所以或，所以有两解，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意判断为等边三角形，即可判断A；利用正弦定理求解即可判断B；根据大边对大角可知，此时三角形中有2个钝角，即可判断C；利用正弦定理求解即可判断D.
11．（2025高一下·广州期中）如图所示，圆锥的底面半径，高，是底面圆周的一条直径，M为底面圆周上与B不重合的一点，则下列命题正确的是（　　）
A．圆锥的体积为
B．圆锥的表面积为
C．的面积的最大值是
D．有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为
【答案】A,B
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由圆锥的底面半径，高，可得母线长为2；
A、圆锥的体积为，故A正确；
B、圆锥的表面积为，故B正确；
C、 由轴截面为等腰三角形，且顶角为，
当等腰的顶角为时，的面积取得最大值为：，故C错误；
D、圆锥的底面圆周长为，所以侧面展开图的圆心角为，所以圆锥侧面展开图中圆弧，蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为线段，且，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由题意先求圆锥的母线长，利用圆锥的体积公式计算即可判断A；根据圆锥的表面积公式计算即可判断B；由轴截面为等腰三角形，且顶角为，当等腰的顶角为时，的面积最大，代三角形面积公式计算即可判断C；根据侧面展开图计算即可判断D.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025高一下·广州期中）已知圆柱底面圆的周长为，母线长为4，则该圆柱的体积为　 　．
【答案】
【知识点】柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆柱的底面半径为，由题意可得，解得，
因为圆柱的母线长为，所以圆柱的体积为.
故答案为：.
【分析】设圆柱的底面半径为，根据底面圆的周长求出半径，再利用圆柱的体积公式求解即可.
13．（2025高一下·广州期中）正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则正三棱锥高为　 　；正三棱锥的侧面积为　 　.
【答案】3；
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设为等边三角形的中心，为的中点，连接，如图所示：
则为正三棱锥的高，为斜高，
由，，，
可得，，
则正三棱锥的侧面积为.
故答案为：3；.
【分析】设为等边三角形的中心，为的中点，连接，则为正三棱锥的高，为斜高，求出正三棱锥的高和斜高，再计算出侧面积即可.
14．（2025高一下·广州期中）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，则点的坐标　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得，
因为点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，
所以，
设点坐标为，
则，
解得，，
则点的坐标为.
故答案为：.
【分析】利用新定义和两个向量坐标形式的运算法则，从而得出点P的坐标.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明 证明过程或演算步骤）
15．（2025高一下·广州期中）已知向量，，与的夹角为．
（1）求；
（2）求；
（3）当为何值时，．
【答案】（1）解：，
，；
（2）解：；
（3）解：由，可得，即，
解得.
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）先根据向量的数量积定义计算，再利用，结合向量的数量积运算求解即可；
（2）根据向量的数量积运算求解即可；
（3）根据向量垂直，数量积为零可得，再利用向量的数量积运算求解即可.
（1），
，
.
（2）.
（3），
，即，
.
16．（2025高一下·广州期中）如图，底面为等边三角形的直三棱柱中，，为的中点，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积.
【答案】（1）证明：取中点，连接，如图所示：
因为为的中点，所以且，
又因为为的中点，，且，
所以，且，所以，且，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）解：.
【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】【分析】（1）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形来证明线线平行，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）利用等体积法，结合棱锥的体积公式求解即可.
（1）取中点，连接，如图所示，
∵为的中点.，∴且，
又为的中点，又∵，且，
∴，且，∴，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
又∵平面；平面，∴平面．
（2）.
17．（2025高一下·广州期中）如图，为了测量两山顶M，N之间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一铅垂平面内．飞机从点A到点B的路程为a，途中在点A观测到M，N处的俯角分别为，，在点B观测到M，N处的俯角分别为，．
（1）求A，N之间的距离（用字母表示）；
（2）若，，，，，求M，N之间的距离．
【答案】（1）解：在中，由正弦定理，可得，则；
（2）解：在中，由正弦定理，可得，则，
，，，，，
则，由（1）得，
在中，，
由余弦定理得，
即MN之间的距离为．
【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）在中，直接利用正弦定理求解即可；
（2）在中，利用正弦定理求，结合（1）的结论，再在中，利用余弦定理求解即可.
（1）在中，由正弦定理得，即，
所以．
（2）在中，由正弦定理得，即，
因此，而，，，，，
则，由（1）得，
在中，，由余弦定理得
，
所以MN之间的距离为．
18．（2025高一下·广州期中）已知圆锥的轴截面面积为，侧面展开图为半圆.
（1）求其母线长；
（2）在此圆锥内部挖去一个正四棱柱，形成几何体，其中正四棱柱的底面边长为，上底面的四个顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，求几何体的体积；
（3）求此圆锥外接球的表面积.
【答案】（1）解：设圆锥底面圆的半径为r，母线长为，高为，
由题意知，侧面展开图的弧长，则，则圆锥高，
由其轴截面的面积为，解得，则，则其母线长为；
（2）解：设正四棱柱的高为，棱长为，
则，则正四棱柱的底面对角线的长为，底面对角线的一半长为，
由图可得，所以，
故正四棱柱的体积为，
因圆锥体积为，
所以该几何体的体积为；
（3）解：设底面圆周上一点为，底面圆心为，球心为，球的半径为，
则在中有，，即，得，
则圆锥外接球的表面积为.
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设圆锥底面圆的半径为r，母线长为，高为，由圆锥的侧面展开图扇形的弧长即底面圆的周长，得，高为，再根据轴截面面积建立的方程求解即可；
（2）设正四棱柱的高为，棱长为，由轴截面图形中的对应比例关系求解正四棱柱的高，利用正四棱柱和圆锥的体积公式求体积，作差即可得几何体体积；
（3）设底面圆周上一点为，底面圆心为，球心为，球的半径为，根据求得半径，再根据球的表面积公式求解即可.
（1）设圆锥底面圆的半径为r，母线长为，高为，
由题意知，侧面展开图的弧长，则，
则圆锥高，
由其轴截面的面积为，解得，则，
则其母线长为.
（2）设正四棱柱的高为，棱长为，
则，则正四棱柱的底面对角线的长为，底面对角线的一半长为，
由图可得，所以，
故正四棱柱的体积为，
因圆锥体积为.
所以该几何体的体积为.
（3）设底面圆周上一点为，底面圆心为，球心为，球的半径为，
则在中有，，
即，得，
则圆锥外接球的表面积为
19．（2025高一下·广州期中）从①；②；③；
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．在锐角中，分别是角的对边，若________________．
（1）求角的大小；
（2）求取值范围；
（3）当取得最大值时，在所在平面内取一点（与在两侧），使得线段，求面积的最大值．
（注：若选择多个条件，按第一个解答计分）
【答案】（1）解：若选①：由正弦定理得，即，
因为，所以，所以，整理得，
又因为，则，所以；
若选②：，
由正弦定理得，
即，所以，
由，得，所以，即，
因为，所以；
若选③：因为，所以，即，
又因为，所以
又因为，所以，
又因为，所以；
（2）解：在锐角中，由（1）得，，，
则，
因为，所以，所以的取值范围为；
（3）解：当取得最大值时，，解得；
在中，令，
则，所以；
又因为，所以，
所以，
则，
因为，所以当时等号成立，
则面积的最大值为．
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；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）选①，利用正弦定理边化角，结合辅助角公式化简求角即可；
选②，利用正弦定理结合两角和的正弦以及同角三角函数关系化简求角即可；
选③，利用同角三角函数关系结合两角和的正弦公式化简求角即可；
（2）根据为锐角三角形求得角A的范围，再利用两角和的正弦公式，结合辅助角公式化简，再利用正弦函数性质求解即可；
（3）由（2）的结论，确定，令，由正弦定理推出，结合余弦定理推得，最后利用三角形面积公式结合正弦函数最值求解即可.
（1）若选①：由正弦定理得，即
因为，所以，
所以，整理得，
又因为，则，所以
若选②：因为，
由正弦定理得，
即，
所以，
由，得，
所以，即，
因为，所以；
若选③：因为，所以，
即，
又因为，所以
又因为，所以，
因为，所以；
（2）在锐角中，由（1）得，，
所以
，
由，所以
所以的取值范围为.
（3）当取得最大值时，，解得；
在中，令，
则，所以；
又，
所以，
所以．
所以
，而，
故当时等号成立，
所以面积的最大值为．
1 / 1广东省广州奥林匹克中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、单选题（本题共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·广州期中）计算：（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·广州期中）已知水平放置的四边形按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则原四边形的面积为（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·广州期中）已知平面α，直线m，n满足mα，nα，则“m∥n”是“m∥α”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2025高一下·广州期中）已知为不共线向量，，则（　　）
A．三点共线 B．三点共线
C．三点共线 D．三点共线
5．（2025高一下·广州期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，若，，且，则的面积为（　　）
A．3 B． C． D．3
6．（2025高一下·广州期中）在 中， ，BC边上的高等于 ，则 （　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·广州期中）已知的外接圆圆心为，且，则向量在向量上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·广州期中） 已知一个圆台内接于球（圆台的上、下底面的圆周均在球面上）.若该圆台的上、下底面半径分别为1和2，且其表面积为，则球的体积为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9．（2025高一下·广州期中）下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则复数在复平面内对应的点在第四象限
C．若复数是纯虚数，则实数的值为2
D．若是关于的方程（）的根，则
10．（2025高一下·广州期中）已知的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则有一解
B．若，则无解
C．若，则有一解
D．若，则有两解
11．（2025高一下·广州期中）如图所示，圆锥的底面半径，高，是底面圆周的一条直径，M为底面圆周上与B不重合的一点，则下列命题正确的是（　　）
A．圆锥的体积为
B．圆锥的表面积为
C．的面积的最大值是
D．有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．（2025高一下·广州期中）已知圆柱底面圆的周长为，母线长为4，则该圆柱的体积为　 　．
13．（2025高一下·广州期中）正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则正三棱锥高为　 　；正三棱锥的侧面积为　 　.
14．（2025高一下·广州期中）已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，已知平面内点，点，把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，则点的坐标　 　.
四、解答题（本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明 证明过程或演算步骤）
15．（2025高一下·广州期中）已知向量，，与的夹角为．
（1）求；
（2）求；
（3）当为何值时，．
16．（2025高一下·广州期中）如图，底面为等边三角形的直三棱柱中，，为的中点，为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积.
17．（2025高一下·广州期中）如图，为了测量两山顶M，N之间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一铅垂平面内．飞机从点A到点B的路程为a，途中在点A观测到M，N处的俯角分别为，，在点B观测到M，N处的俯角分别为，．
（1）求A，N之间的距离（用字母表示）；
（2）若，，，，，求M，N之间的距离．
18．（2025高一下·广州期中）已知圆锥的轴截面面积为，侧面展开图为半圆.
（1）求其母线长；
（2）在此圆锥内部挖去一个正四棱柱，形成几何体，其中正四棱柱的底面边长为，上底面的四个顶点在圆锥侧面上，下底面落在圆锥底面内，求几何体的体积；
（3）求此圆锥外接球的表面积.
19．（2025高一下·广州期中）从①；②；③；
这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．在锐角中，分别是角的对边，若________________．
（1）求角的大小；
（2）求取值范围；
（3）当取得最大值时，在所在平面内取一点（与在两侧），使得线段，求面积的最大值．
（注：若选择多个条件，按第一个解答计分）
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：.
故答案为：D.
【分析】根据复数代数形式的乘除运算法则求解即可.
2．【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：根据直观图知，
又因为，所以.
故答案为：B.
【分析】根据原图和直观图面积关系求解即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】详解：因为 ，所以根据线面平行的判定定理得 .
由 不能得出 与 内任一直线平行，所以 是 的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】根据线面平行的定义和性质以及充分条件和必要条件的定义进行判断即可．当命题“若p则q”为真时，可表示为p q，称p为q的充分条件，q是p的必要条件．
4．【答案】A
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的线性运算
【解析】【解答】解：为不共线向量，，
由题设，
A、易知，，，与有公共端点，则三点共线，故A正确；
B、，，不存在，使，则与不共线，即三点不共线，故B错误；
C、，，不存在，使，则与不共线，即三点不共线，故C错误；
D、，，不存在，使，则与不共线，即三点不共线，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据向量的线性运算，结合向量共线的条件逐项分析判断即可.
5．【答案】C
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：因为，，且，
所以，
化为，
所以，解得，
所以.
故答案为：C.
【分析】由向量平行的坐标表示结合余弦定理可得的值，再由三角形的面积公式得出的面积.
6．【答案】C
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】设
，
故答案为：C.
【分析】结合正弦定理，由两角和的余弦公式计算可得所求结果.
7．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，所以是中点，
则是圆直径，如图所示：
又，所以是等边三角形，，
设，则，作于，则，
所以，
即为向量在向量上的投影向量，．
故答案为：B．
【分析】利用可得是中点，作于，即为向量在向量上的投影向量，设，求出，|即可求解．
8．【答案】C
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】设圆台母线长为l，上、下底面半径分别为和，如图所示
则圆台侧面积为，上、下底面面积分别为和.由圆台表面积为，得，
所以圆台高，设球半径为， 圆台轴截面为等腰梯形，且，高为1.
作于点，设，由，则球心在圆台外部.
则有，解得，所以球的体积为.
故答案为：C.
【分析】利用圆台表面积和轴截面得母线长和圆台的高，由勾股定理求出球的半径，可计算体积.
9．【答案】A,C
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数的模；方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：A、若，则，故A正确；
B、若，复数在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限，故B错误；
C、若复数是纯虚数，则，解得，故C正确；
D、若是关于的方程（）的根，则，
整理可得，则，解得，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据复数模的定义求解即可判断A；根据复数在复平面内的表示求解即可判断B；根据纯虚数的定义列式计算即可判断C；将代入方程，结合复数相等的条件列式计算即可判断D.
10．【答案】A,B,D
【知识点】解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A、由，可得，，
则是边长为2的等边三角形，有一解，故A正确；
B、若，由正弦定理，可得，
解得，无解，故B正确；
C、若，由大边对大角可知，此时三角形中有2个钝角，不可能，
则无解，故C错误；
D、若，由正弦定理，可得，解得，因为，所以或，所以有两解，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由题意判断为等边三角形，即可判断A；利用正弦定理求解即可判断B；根据大边对大角可知，此时三角形中有2个钝角，即可判断C；利用正弦定理求解即可判断D.
11．【答案】A,B
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由圆锥的底面半径，高，可得母线长为2；
A、圆锥的体积为，故A正确；
B、圆锥的表面积为，故B正确；
C、 由轴截面为等腰三角形，且顶角为，
当等腰的顶角为时，的面积取得最大值为：，故C错误；
D、圆锥的底面圆周长为，所以侧面展开图的圆心角为，所以圆锥侧面展开图中圆弧，蚂蚁沿圆锥的侧面从点A爬行到点B，则蚂蚁爬行的最短距离为线段，且，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】由题意先求圆锥的母线长，利用圆锥的体积公式计算即可判断A；根据圆锥的表面积公式计算即可判断B；由轴截面为等腰三角形，且顶角为，当等腰的顶角为时，的面积最大，代三角形面积公式计算即可判断C；根据侧面展开图计算即可判断D.
12．【答案】
【知识点】柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设圆柱的底面半径为，由题意可得，解得，
因为圆柱的母线长为，所以圆柱的体积为.
故答案为：.
【分析】设圆柱的底面半径为，根据底面圆的周长求出半径，再利用圆柱的体积公式求解即可.
13．【答案】3；
【知识点】棱锥的结构特征；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：设为等边三角形的中心，为的中点，连接，如图所示：
则为正三棱锥的高，为斜高，
由，，，
可得，，
则正三棱锥的侧面积为.
故答案为：3；.
【分析】设为等边三角形的中心，为的中点，连接，则为正三棱锥的高，为斜高，求出正三棱锥的高和斜高，再计算出侧面积即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量的正交分解及坐标表示
【解析】【解答】解：由题意可得，
因为点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，
所以，
设点坐标为，
则，
解得，，
则点的坐标为.
故答案为：.
【分析】利用新定义和两个向量坐标形式的运算法则，从而得出点P的坐标.
15．【答案】（1）解：，
，；
（2）解：；
（3）解：由，可得，即，
解得.
【知识点】平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）先根据向量的数量积定义计算，再利用，结合向量的数量积运算求解即可；
（2）根据向量的数量积运算求解即可；
（3）根据向量垂直，数量积为零可得，再利用向量的数量积运算求解即可.
（1），
，
.
（2）.
（3），
，即，
.
16．【答案】（1）证明：取中点，连接，如图所示：
因为为的中点，所以且，
又因为为的中点，，且，
所以，且，所以，且，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）解：.
【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】【分析】（1）取中点，连接，通过证明四边形为平行四边形来证明线线平行，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）利用等体积法，结合棱锥的体积公式求解即可.
（1）取中点，连接，如图所示，
∵为的中点.，∴且，
又为的中点，又∵，且，
∴，且，∴，且，
∴四边形为平行四边形，∴，
又∵平面；平面，∴平面．
（2）.
17．【答案】（1）解：在中，由正弦定理，可得，则；
（2）解：在中，由正弦定理，可得，则，
，，，，，
则，由（1）得，
在中，，
由余弦定理得，
即MN之间的距离为．
【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）在中，直接利用正弦定理求解即可；
（2）在中，利用正弦定理求，结合（1）的结论，再在中，利用余弦定理求解即可.
（1）在中，由正弦定理得，即，
所以．
（2）在中，由正弦定理得，即，
因此，而，，，，，
则，由（1）得，
在中，，由余弦定理得
，
所以MN之间的距离为．
18．【答案】（1）解：设圆锥底面圆的半径为r，母线长为，高为，
由题意知，侧面展开图的弧长，则，则圆锥高，
由其轴截面的面积为，解得，则，则其母线长为；
（2）解：设正四棱柱的高为，棱长为，
则，则正四棱柱的底面对角线的长为，底面对角线的一半长为，
由图可得，所以，
故正四棱柱的体积为，
因圆锥体积为，
所以该几何体的体积为；
（3）解：设底面圆周上一点为，底面圆心为，球心为，球的半径为，
则在中有，，即，得，
则圆锥外接球的表面积为.
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设圆锥底面圆的半径为r，母线长为，高为，由圆锥的侧面展开图扇形的弧长即底面圆的周长，得，高为，再根据轴截面面积建立的方程求解即可；
（2）设正四棱柱的高为，棱长为，由轴截面图形中的对应比例关系求解正四棱柱的高，利用正四棱柱和圆锥的体积公式求体积，作差即可得几何体体积；
（3）设底面圆周上一点为，底面圆心为，球心为，球的半径为，根据求得半径，再根据球的表面积公式求解即可.
（1）设圆锥底面圆的半径为r，母线长为，高为，
由题意知，侧面展开图的弧长，则，
则圆锥高，
由其轴截面的面积为，解得，则，
则其母线长为.
（2）设正四棱柱的高为，棱长为，
则，则正四棱柱的底面对角线的长为，底面对角线的一半长为，
由图可得，所以，
故正四棱柱的体积为，
因圆锥体积为.
所以该几何体的体积为.
（3）设底面圆周上一点为，底面圆心为，球心为，球的半径为，
则在中有，，
即，得，
则圆锥外接球的表面积为
19．【答案】（1）解：若选①：由正弦定理得，即，
因为，所以，所以，整理得，
又因为，则，所以；
若选②：，
由正弦定理得，
即，所以，
由，得，所以，即，
因为，所以；
若选③：因为，所以，即，
又因为，所以
又因为，所以，
又因为，所以；
（2）解：在锐角中，由（1）得，，，
则，
因为，所以，所以的取值范围为；
（3）解：当取得最大值时，，解得；
在中，令，
则，所以；
又因为，所以，
所以，
则，
因为，所以当时等号成立，
则面积的最大值为．
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；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）选①，利用正弦定理边化角，结合辅助角公式化简求角即可；
选②，利用正弦定理结合两角和的正弦以及同角三角函数关系化简求角即可；
选③，利用同角三角函数关系结合两角和的正弦公式化简求角即可；
（2）根据为锐角三角形求得角A的范围，再利用两角和的正弦公式，结合辅助角公式化简，再利用正弦函数性质求解即可；
（3）由（2）的结论，确定，令，由正弦定理推出，结合余弦定理推得，最后利用三角形面积公式结合正弦函数最值求解即可.
（1）若选①：由正弦定理得，即
因为，所以，
所以，整理得，
又因为，则，所以
若选②：因为，
由正弦定理得，
即，
所以，
由，得，
所以，即，
因为，所以；
若选③：因为，所以，
即，
又因为，所以
又因为，所以，
因为，所以；
（2）在锐角中，由（1）得，，
所以
，
由，所以
所以的取值范围为.
（3）当取得最大值时，，解得；
在中，令，
则，所以；
又，
所以，
所以．
所以
，而，
故当时等号成立，
所以面积的最大值为．
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