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浙江省杭州市第二中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、选择题：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·杭州期中）已知，，，若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，，且，则.
故答案为：D.
【分析】 利用平面向量共线（平行）的坐标表示公式，列出关于t的等式并求解。
2．（2025高一下·杭州期中）已知复数满足，则的虚部是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，则，
因此，复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】通过复数的除法运算将等式z(1+i)=6+4i变形，求出复数z的代数形式，进而确定其虚部。
3．（2025高一下·杭州期中）已知向量在向量上的投影向量为，且，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【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：设向量与向量的夹角为，因为，
所以向量在向量上的投影向量为，则，
所以
.
故答案为：D.
【分析】根据投影向量的定义求出两向量的夹角余弦值，再利用向量模长公式计算。
4．（2025高一下·杭州期中）已知正四面体的表面积为，则它的体积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正四面体的棱长为，
则该正四面体的表面积为，解得，
将正四面体补成正方体，易知该正方体为棱长为，
则正四面体的体积.
故答案为：B.
【分析】设正四面体的棱长为，利用正四面体的表面积求棱棱长，再将正四面体补成正方体，易知正方体的棱长，再用正方体的体积减去4个三棱锥的体积求该正四面体的体积即可.
5．（2025高一下·杭州期中）在中，，，其面积为，则等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题意知，，即，解得，
由余弦定理得，即，
由正弦定理（为三角形外接圆半径），可得：
，
故答案为：C.
【分析】本题考查三角形面积公式、余弦定理与正弦定理的综合应用，核心是先通过面积公式求边长c，再用余弦定理求边长a，最后利用正弦定理的比例性质求解目标式子。
6．（2025高一下·杭州期中）已知正三棱锥，，，则该三棱锥的外接球的体积为（　　）
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
【解析】【解答】解：正三棱锥，，，则，即，
因此正三棱锥的侧棱两两垂直，
以线段为棱的正方体的外接球即为正三棱锥的外接球，
该球的直径为，半径，
所以该三棱锥的外接球的体积.
故答案为：A
【分析】 先验证正三棱锥侧棱两两垂直，将其补形为正方体，外接球与正方体共球，再求球半径并计算体积。
7．（2025高一下·杭州期中）如图，圆内接四边形中，，，现将该四边形沿旋转一周，则旋转形成的几何体的表面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【解答】解：在圆内接四边形中，，
所以是四边形外接圆的直径，所以，则，
延长，过作，垂足为；过作，垂足为，
则，所以三角形是等腰直角三角形，
所以，
由于，，所以四边形是矩形，，
在等腰直角三角形中，，
所以，
将该四边形沿旋转一周，则旋转形成的几何体是圆台挖掉一个圆锥，
其表面积为.
故答案为：C
【分析】先利用圆内接四边形性质确定为外接圆直径、，再结合角度关系求出，判断旋转体由圆锥和圆台组合而成，最后计算各部分表面积求和。
8．（2025高一下·杭州期中）已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，，，则（　　）
A．120° B．135° C．150° D．165°
【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，又，
则，而，
则，即，又，则，
而，
由，得，即，
由正弦定理得，由余弦定理
因此，即，则，
由余弦定理，又，
所以.
故答案为：A
【分析】先由三角形面积公式得到边的关系b=2c，再对切化弦的等式化简，结合正弦定理、余弦定理逐步推导，最后用余弦定理求出角A。
二、选择题：本题共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·杭州期中）以下复数运算一定成立的是（　　）
A． B．（、均不为）
C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A：令，，
则，，，
所以，
，，
所以，A正确；
B：
，B正确；
C：，，故，C正确；
D：不妨取，则，，故，D错误。
故答案为：ABC.
【分析】设出复数的代数形式，利用复数模长公式、共轭复数定义及四则运算法则，对四个选项逐一验证，判断运算是否恒成立。
10．（2025高一下·杭州期中）在直角坐标系中，，则以下判断正确的是（　　）
A．为直角三角形
B．，，，依次连起来是一个四边形
C．
D．
【答案】A,C,D
【知识点】直线的斜率；斜率的计算公式；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：对A，直线的斜率，直线的斜率，
，即，为直角三角形，A正确；
对B，直线的斜率，点共线，B错误；
对C，在中，，，，C正确；
对D，，，D正确.
故答案为：ACD
【分析】从直线斜率判断垂直关系、点的共线性、三角函数的余弦值以及三角形面积这几个角度，结合两点间距离公式、斜率公式进行分析判断.
11．（2025高一下·杭州期中）如图，在棱长为的正方体中，为线段上的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．平面
B．存在点，使得直线与共面
C．的最小值为
D．若为线段上的动点，且平面，则的最小值为
【答案】A,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面平行的判定；余弦定理
【解析】【解答】解：A：在正方体中，，，如图1，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，A正确；
B：假设存在点，使得直线与共面，
由A选项知，点、直线可确定平面，
若直线与共面，则平面，矛盾，假设不成立，
因此，不存在点，使得直线与共面，B错误；
C：将沿直线翻折，使其与平面共面，
记翻折后点对应的点为，连接，如图2，则，
在中，由余弦定理可得：
，
即的最小值为，C错误；
D：如图3，过作于点，连接，
则，平面，平面，所以平面，
又平面，，，平面，
所以平面平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
设，，则，，且，
所以，
当且仅当时等号成立，D正确.
故答案为：AD.
【分析】 A：利用正方体棱的平行关系，结合线面平行判定定理证明线面平行。
B：用反证法假设直线共面，推出与正方体结构矛盾的结论。
C：将空间折线段最短问题转化为平面内两点间距离，用余弦定理计算。
D：通过面面平行性质确定点的位置，将 MP 最小值转化为两平行线间的距离。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·杭州期中）已知圆锥底面半径为，侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为　 　.
【答案】
【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：设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于展开图扇形的弧长，
则，解得.
故答案为：.
【分析】 圆锥侧面展开图的扇形弧长等于圆锥底面圆的周长，据此建立等式求解母线长。
13．（2025高一下·杭州期中）已知O为所在平面内一点，且点P满足，，则　 　．
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由，得，
则，
整理得，即，
解得，而，所以.
故答案为：
【分析】本题考查向量的线性运算与数量积的综合应用，核心是先化简向量，再利用数量积公式结合已知条件求出，最后通过同角三角函数关系求。
14．（2025高一下·杭州期中）复数，满足，，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设，则，
由，得，
整理得，即在复平面内对应点的轨迹为直线，
由，得在复平面内对应点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，
过点作于点，线段交圆于，则为等腰直角三角形，，
而表示在复平面内复数对应点的距离，
所以的最小值为.
故答案为：
【分析】先将复数条件转化为复平面内的几何轨迹：对应直线，对应圆，再求直线到圆心的距离，减去半径得到的最小值。
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025高一下·杭州期中）已知向量，.
（1）求向量与的夹角的大小；
（2）若向量满足，求的值.
【答案】（1）解：因为，，则，
因为，故.
（2）解：因为向量满足，
所以，解得，所以，故.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】(1) 利用向量数量积的坐标公式计算，结合的范围求出夹角。
(2) 根据向量线性运算的坐标表示列出方程组，解出后再用模长公式求。
（1）因为，，则，
因为，故.
（2）因为向量满足，
所以，解得，所以，故.
16．（2025高一下·杭州期中）已知的三个内角，，所对的边分别为，，，满足，，是的中点.
（1）求；
（2）若，，，求的值.
【答案】（1）解：在中，由及正弦定理，得，
即，由余弦定理得，而，
所以.
（2）解：在中，，，
由，得，
由是的中点，得，
由，得
，
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再通过余弦定理求出角的余弦值，进而得到角。
(2) 选取、为基底，将、用基底表示，根据向量垂直的数量积为零列方程求解。
（1）在中，由及正弦定理，得，
即，由余弦定理得，而，
所以.
（2）在中，，，
由，得，
由是的中点，得，
由，得
，
所以.
17．（2025高一下·杭州期中）在某湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图所示.为考虑娱乐休闲的需求，在四边形区域中，将三角形区域设立成花卉观赏区，三角形区域设立成烧烤区，边、、、修建观赏步道，边修建隔离防护栏，其中，米，.
（1）要使得花卉观赏区的观赏步道的总长度最大，、的长度分别是多少？
（2）求烧烤区占地面积的最大值.
【答案】（1）解：在中，米，，
由余弦定理可得
，
所以，，
当且仅当米时，等号成立，
所以，要使得花卉观赏区的观赏步道的总长度最大，米.
（2）解：设米，则米，设，
在中，由余弦定理可得，
所以，，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，
所以，烧烤区面积的最大值为平方米.
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 在中，已知，，运用余弦定理建立与的关系，结合基本不等式求出的最大值及取等条件。
(2) 设，，在中用余弦定理表示，结合三角形面积公式将面积表示为关于的函数，通过二次函数性质求最大值。
（1）在中，米，，
由余弦定理可得
，
所以，，
当且仅当米时，等号成立，
所以，要使得花卉观赏区的观赏步道的总长度最大，米.
（2）设米，则米，设，
在中，由余弦定理可得，
所以，，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，
所以，烧烤区面积的最大值为平方米.
18．（2025高一下·杭州期中）如图，三棱锥各棱长均为，侧棱上的、、满足，，线段上的点满足平面.
（1）在上，，求证：平面平面；
（2）若，且，求的值；
（3）求三棱锥体积的最大值.
【答案】（1）证明：如图所示：
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，，、平面，所以平面平面；
（2）解：过点在平面内作交于点，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，，、平面，所以平面平面，
因为平面平面，平面平面，所以，
因为为的中点，，则为的中点，
因为，且正三棱锥的棱长均为，
则，，，即，
，
因为，所以，，则存在，使得，
即，
因为、不共线，则，解得，
综上所述，；
（3）解：因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，
设点在平面上的射影为点，则为等边的中心，
由正弦定理可得，则，
所以，
因为，所以点到平面的距离，
点到直线的距离为，，
，
当且仅当时，即当时等号成立，
故三棱锥体积的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；共面向量定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）先利用线面平行的判定证明平面，再根据面面平行的判定证明平面平面；
（2）过点在平面内作交于点，连接，利用线面平行、面面平行的判定推出，为的中点，根据，求得，，，根据向量共线雷士求解即可；
（3）由题意可得，设点在平面上的射影为点，则为等边的中心，利用正弦定理，结合勾股定理求，再计算点到平面的距离以及点到直线的距离和的面积，利用等体积法，结合基本不等式求解即可.
（1）如下图所示：
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，，、平面，
所以平面平面.
（2）过点在平面内作交于点，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，，、平面，
所以平面平面.
因为平面平面，平面平面，所以，
因为为的中点，，则为的中点，
因为，且正三棱锥的棱长均为，
则，，，
所以，，
，
因为，所以，，则存在，使得，
即，
因为、不共线，则，解得.
综上所述，.
（3）因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，
设点在平面上的射影为点，则为等边的中心，
由正弦定理可得，则，
所以，
因为，所以，点到平面的距离，
点到直线的距离为，
所以，，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故三棱锥体积的最大值为.
19．（2025高一下·杭州期中）设两个非零向量、，，，方向逆时针旋转到方向所成的角为.定义伪叉积：.规定零向量与任意向量的伪叉积为零.已知对任意的、、、，满足，.
（1）设，，计算和；
（2）设，，求证：；
（3）设四边形有外接圆，圆心为，半径为，对角线、相互垂直且交点为，，、交于，、分别为、的中点，求三角形的面积的最大值.
【答案】（1）解：如下图所示：
由平面向量数量积的坐标运算可得，
则为锐角，且，
结合图形可知，，
.
（2）证明：不妨设射线、分别为角、的终边，则，
设，，则，，
则
，
故.
（3）解：以点为坐标原点，直线、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
设，由题意知，
.
由垂径定理知，
，
，
当且仅当时等号成立，
则，
当且仅当时等号成立，
综上所述三角形的面积的最大为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；向量的模；平面向量数量积的性质；平面直角坐标系与曲线方程
【解析】【分析】 (1) 先计算向量的模长与数量积，求出夹角余弦值，进而得到正弦值，代入伪叉积定义计算。(2) 设出向量的三角形式，利用两角差的正弦公式结合伪叉积定义化简，推导出坐标表达式。
(3) 建立平面直角坐标系，利用向量伪叉积将三角形面积转化为四边形面积的比例形式，结合基本不等式求最大值。
（1）如下图所示：
由平面向量数量积的坐标运算可得，
则为锐角，且，
结合图形可知，，
.
（2）不妨设射线、分别为角、的终边，则，
设，，则，，
则
，
故.
（3）以点为坐标原点，直线、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
设，由题意知，
.
由垂径定理知，
，
，
当且仅当时等号成立，
则，
当且仅当时等号成立，
综上所述三角形的面积的最大为.
1 / 1浙江省杭州市第二中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、选择题：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·杭州期中）已知，，，若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
2．（2025高一下·杭州期中）已知复数满足，则的虚部是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025高一下·杭州期中）已知向量在向量上的投影向量为，且，则的值为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·杭州期中）已知正四面体的表面积为，则它的体积为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·杭州期中）在中，，，其面积为，则等于（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·杭州期中）已知正三棱锥，，，则该三棱锥的外接球的体积为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·杭州期中）如图，圆内接四边形中，，，现将该四边形沿旋转一周，则旋转形成的几何体的表面积为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·杭州期中）已知的内角，，的对边分别为，，，的面积为，，，则（　　）
A．120° B．135° C．150° D．165°
二、选择题：本题共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·杭州期中）以下复数运算一定成立的是（　　）
A． B．（、均不为）
C． D．
10．（2025高一下·杭州期中）在直角坐标系中，，则以下判断正确的是（　　）
A．为直角三角形
B．，，，依次连起来是一个四边形
C．
D．
11．（2025高一下·杭州期中）如图，在棱长为的正方体中，为线段上的动点，则下列说法正确的是（　　）
A．平面
B．存在点，使得直线与共面
C．的最小值为
D．若为线段上的动点，且平面，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025高一下·杭州期中）已知圆锥底面半径为，侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的母线长为　 　.
13．（2025高一下·杭州期中）已知O为所在平面内一点，且点P满足，，则　 　．
14．（2025高一下·杭州期中）复数，满足，，则的最小值为　 　.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（2025高一下·杭州期中）已知向量，.
（1）求向量与的夹角的大小；
（2）若向量满足，求的值.
16．（2025高一下·杭州期中）已知的三个内角，，所对的边分别为，，，满足，，是的中点.
（1）求；
（2）若，，，求的值.
17．（2025高一下·杭州期中）在某湖畔拟建造一个四边形的露营基地，如图所示.为考虑娱乐休闲的需求，在四边形区域中，将三角形区域设立成花卉观赏区，三角形区域设立成烧烤区，边、、、修建观赏步道，边修建隔离防护栏，其中，米，.
（1）要使得花卉观赏区的观赏步道的总长度最大，、的长度分别是多少？
（2）求烧烤区占地面积的最大值.
18．（2025高一下·杭州期中）如图，三棱锥各棱长均为，侧棱上的、、满足，，线段上的点满足平面.
（1）在上，，求证：平面平面；
（2）若，且，求的值；
（3）求三棱锥体积的最大值.
19．（2025高一下·杭州期中）设两个非零向量、，，，方向逆时针旋转到方向所成的角为.定义伪叉积：.规定零向量与任意向量的伪叉积为零.已知对任意的、、、，满足，.
（1）设，，计算和；
（2）设，，求证：；
（3）设四边形有外接圆，圆心为，半径为，对角线、相互垂直且交点为，，、交于，、分别为、的中点，求三角形的面积的最大值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，，且，则.
故答案为：D.
【分析】 利用平面向量共线（平行）的坐标表示公式，列出关于t的等式并求解。
2．【答案】A
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：因为，则，
因此，复数的虚部为.
故答案为：A.
【分析】通过复数的除法运算将等式z(1+i)=6+4i变形，求出复数z的代数形式，进而确定其虚部。
3．【答案】D
【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：设向量与向量的夹角为，因为，
所以向量在向量上的投影向量为，则，
所以
.
故答案为：D.
【分析】根据投影向量的定义求出两向量的夹角余弦值，再利用向量模长公式计算。
4．【答案】B
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设正四面体的棱长为，
则该正四面体的表面积为，解得，
将正四面体补成正方体，易知该正方体为棱长为，
则正四面体的体积.
故答案为：B.
【分析】设正四面体的棱长为，利用正四面体的表面积求棱棱长，再将正四面体补成正方体，易知正方体的棱长，再用正方体的体积减去4个三棱锥的体积求该正四面体的体积即可.
5．【答案】C
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：由题意知，，即，解得，
由余弦定理得，即，
由正弦定理（为三角形外接圆半径），可得：
，
故答案为：C.
【分析】本题考查三角形面积公式、余弦定理与正弦定理的综合应用，核心是先通过面积公式求边长c，再用余弦定理求边长a，最后利用正弦定理的比例性质求解目标式子。
6．【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
【解析】【解答】解：正三棱锥，，，则，即，
因此正三棱锥的侧棱两两垂直，
以线段为棱的正方体的外接球即为正三棱锥的外接球，
该球的直径为，半径，
所以该三棱锥的外接球的体积.
故答案为：A
【分析】 先验证正三棱锥侧棱两两垂直，将其补形为正方体，外接球与正方体共球，再求球半径并计算体积。
7．【答案】C
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【解答】解：在圆内接四边形中，，
所以是四边形外接圆的直径，所以，则，
延长，过作，垂足为；过作，垂足为，
则，所以三角形是等腰直角三角形，
所以，
由于，，所以四边形是矩形，，
在等腰直角三角形中，，
所以，
将该四边形沿旋转一周，则旋转形成的几何体是圆台挖掉一个圆锥，
其表面积为.
故答案为：C
【分析】先利用圆内接四边形性质确定为外接圆直径、，再结合角度关系求出，判断旋转体由圆锥和圆台组合而成，最后计算各部分表面积求和。
8．【答案】A
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：在中，，又，
则，而，
则，即，又，则，
而，
由，得，即，
由正弦定理得，由余弦定理
因此，即，则，
由余弦定理，又，
所以.
故答案为：A
【分析】先由三角形面积公式得到边的关系b=2c，再对切化弦的等式化简，结合正弦定理、余弦定理逐步推导，最后用余弦定理求出角A。
9．【答案】A,B,C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A：令，，
则，，，
所以，
，，
所以，A正确；
B：
，B正确；
C：，，故，C正确；
D：不妨取，则，，故，D错误。
故答案为：ABC.
【分析】设出复数的代数形式，利用复数模长公式、共轭复数定义及四则运算法则，对四个选项逐一验证，判断运算是否恒成立。
10．【答案】A,C,D
【知识点】直线的斜率；斜率的计算公式；平面内两点间距离公式的应用
【解析】【解答】解：对A，直线的斜率，直线的斜率，
，即，为直角三角形，A正确；
对B，直线的斜率，点共线，B错误；
对C，在中，，，，C正确；
对D，，，D正确.
故答案为：ACD
【分析】从直线斜率判断垂直关系、点的共线性、三角函数的余弦值以及三角形面积这几个角度，结合两点间距离公式、斜率公式进行分析判断.
11．【答案】A,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；直线与平面平行的判定；余弦定理
【解析】【解答】解：A：在正方体中，，，如图1，
所以四边形为平行四边形，所以，
因为平面，平面，所以平面，A正确；
B：假设存在点，使得直线与共面，
由A选项知，点、直线可确定平面，
若直线与共面，则平面，矛盾，假设不成立，
因此，不存在点，使得直线与共面，B错误；
C：将沿直线翻折，使其与平面共面，
记翻折后点对应的点为，连接，如图2，则，
在中，由余弦定理可得：
，
即的最小值为，C错误；
D：如图3，过作于点，连接，
则，平面，平面，所以平面，
又平面，，，平面，
所以平面平面，则平面，
又平面，平面平面，所以.
设，，则，，且，
所以，
当且仅当时等号成立，D正确.
故答案为：AD.
【分析】 A：利用正方体棱的平行关系，结合线面平行判定定理证明线面平行。
B：用反证法假设直线共面，推出与正方体结构矛盾的结论。
C：将空间折线段最短问题转化为平面内两点间距离，用余弦定理计算。
D：通过面面平行性质确定点的位置，将 MP 最小值转化为两平行线间的距离。
12．【答案】
【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：设圆锥的母线长为，由于圆锥底面圆的周长等于展开图扇形的弧长，
则，解得.
故答案为：.
【分析】 圆锥侧面展开图的扇形弧长等于圆锥底面圆的周长，据此建立等式求解母线长。
13．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：由，得，
则，
整理得，即，
解得，而，所以.
故答案为：
【分析】本题考查向量的线性运算与数量积的综合应用，核心是先化简向量，再利用数量积公式结合已知条件求出，最后通过同角三角函数关系求。
14．【答案】
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设，则，
由，得，
整理得，即在复平面内对应点的轨迹为直线，
由，得在复平面内对应点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆，
过点作于点，线段交圆于，则为等腰直角三角形，，
而表示在复平面内复数对应点的距离，
所以的最小值为.
故答案为：
【分析】先将复数条件转化为复平面内的几何轨迹：对应直线，对应圆，再求直线到圆心的距离，减去半径得到的最小值。
15．【答案】（1）解：因为，，则，
因为，故.
（2）解：因为向量满足，
所以，解得，所以，故.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】(1) 利用向量数量积的坐标公式计算，结合的范围求出夹角。
(2) 根据向量线性运算的坐标表示列出方程组，解出后再用模长公式求。
（1）因为，，则，
因为，故.
（2）因为向量满足，
所以，解得，所以，故.
16．【答案】（1）解：在中，由及正弦定理，得，
即，由余弦定理得，而，
所以.
（2）解：在中，，，
由，得，
由是的中点，得，
由，得
，
所以.
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1) 利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再通过余弦定理求出角的余弦值，进而得到角。
(2) 选取、为基底，将、用基底表示，根据向量垂直的数量积为零列方程求解。
（1）在中，由及正弦定理，得，
即，由余弦定理得，而，
所以.
（2）在中，，，
由，得，
由是的中点，得，
由，得
，
所以.
17．【答案】（1）解：在中，米，，
由余弦定理可得
，
所以，，
当且仅当米时，等号成立，
所以，要使得花卉观赏区的观赏步道的总长度最大，米.
（2）解：设米，则米，设，
在中，由余弦定理可得，
所以，，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，
所以，烧烤区面积的最大值为平方米.
【知识点】解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1) 在中，已知，，运用余弦定理建立与的关系，结合基本不等式求出的最大值及取等条件。
(2) 设，，在中用余弦定理表示，结合三角形面积公式将面积表示为关于的函数，通过二次函数性质求最大值。
（1）在中，米，，
由余弦定理可得
，
所以，，
当且仅当米时，等号成立，
所以，要使得花卉观赏区的观赏步道的总长度最大，米.
（2）设米，则米，设，
在中，由余弦定理可得，
所以，，
所以，
，
当且仅当时，等号成立，
所以，烧烤区面积的最大值为平方米.
18．【答案】（1）证明：如图所示：
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，，、平面，所以平面平面；
（2）解：过点在平面内作交于点，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，，、平面，所以平面平面，
因为平面平面，平面平面，所以，
因为为的中点，，则为的中点，
因为，且正三棱锥的棱长均为，
则，，，即，
，
因为，所以，，则存在，使得，
即，
因为、不共线，则，解得，
综上所述，；
（3）解：因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，
设点在平面上的射影为点，则为等边的中心，
由正弦定理可得，则，
所以，
因为，所以点到平面的距离，
点到直线的距离为，，
，
当且仅当时，即当时等号成立，
故三棱锥体积的最大值为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；共面向量定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）先利用线面平行的判定证明平面，再根据面面平行的判定证明平面平面；
（2）过点在平面内作交于点，连接，利用线面平行、面面平行的判定推出，为的中点，根据，求得，，，根据向量共线雷士求解即可；
（3）由题意可得，设点在平面上的射影为点，则为等边的中心，利用正弦定理，结合勾股定理求，再计算点到平面的距离以及点到直线的距离和的面积，利用等体积法，结合基本不等式求解即可.
（1）如下图所示：
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，，、平面，
所以平面平面.
（2）过点在平面内作交于点，连接，
因为，平面，平面，所以平面，
又因为平面，，、平面，
所以平面平面.
因为平面平面，平面平面，所以，
因为为的中点，，则为的中点，
因为，且正三棱锥的棱长均为，
则，，，
所以，，
，
因为，所以，，则存在，使得，
即，
因为、不共线，则，解得.
综上所述，.
（3）因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，
所以，
设点在平面上的射影为点，则为等边的中心，
由正弦定理可得，则，
所以，
因为，所以，点到平面的距离，
点到直线的距离为，
所以，，
所以，
，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故三棱锥体积的最大值为.
19．【答案】（1）解：如下图所示：
由平面向量数量积的坐标运算可得，
则为锐角，且，
结合图形可知，，
.
（2）证明：不妨设射线、分别为角、的终边，则，
设，，则，，
则
，
故.
（3）解：以点为坐标原点，直线、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
设，由题意知，
.
由垂径定理知，
，
，
当且仅当时等号成立，
则，
当且仅当时等号成立，
综上所述三角形的面积的最大为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；向量的模；平面向量数量积的性质；平面直角坐标系与曲线方程
【解析】【分析】 (1) 先计算向量的模长与数量积，求出夹角余弦值，进而得到正弦值，代入伪叉积定义计算。(2) 设出向量的三角形式，利用两角差的正弦公式结合伪叉积定义化简，推导出坐标表达式。
(3) 建立平面直角坐标系，利用向量伪叉积将三角形面积转化为四边形面积的比例形式，结合基本不等式求最大值。
（1）如下图所示：
由平面向量数量积的坐标运算可得，
则为锐角，且，
结合图形可知，，
.
（2）不妨设射线、分别为角、的终边，则，
设，，则，，
则
，
故.
（3）以点为坐标原点，直线、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系，
设，由题意知，
.
由垂径定理知，
，
，
当且仅当时等号成立，
则，
当且仅当时等号成立，
综上所述三角形的面积的最大为.
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