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广东省卓越教育发展联盟学校2024-2025学年高一下学期第二次阶段考试数学试题
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题输出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确选项的序号填在括号内）
1．设复数的共轭复数为，且满足，为虚数单位，则复数的虚部是（　　）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：设复数，则，解得，即复数的虚部是.
故答案为：A.
【分析】设复数，根据共轭复数、复数相等以及复数代数形式的除法运算，求得复数，再求其虚部即可.
2．已知为两个不同的平面，为三条不同的直线，则下列结论中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，且，则
D．若，且，则
【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，则或异面或相交，故A错误；
B、，则或异面，故B错误；
C、若，则，故C正确；
D、若，且，则或，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据空间控线线、线面位置关系逐项判断即可.
3．已知在中，，，则的值为（　　）
A． B． C．2 D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，可得，，
则，
故答案为：D．
【分析】利用同角三角函数的基本关系求和，再根据诱导公式和两角和的正切公式化简求解即可.
4．如图，正三棱柱的所有边长都相等，为线段的中点，为侧面内的一点（包括边界，异于点），过点、、作正三棱柱的截面，则截面的形状不可能是（　　）
A．五边形 B．四边形 C．等腰三角形 D．直角三角形
【答案】A
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：对于B：当的延长线与线段（除端点外）相交于点时，延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
此时过点、、作正三棱柱的截面为四边形（当在线段（除端点外）时截面也为四边形），故B正确；
对于A：当的延长线与线段、（除点外）相交
（或点在线段、（除点外）上时）截面为三角形，
结合选项B可知，截面为三角形或四边形，不可能为五边形，故A错误；
对于C：取的中点，连接、，又因为为线段的中点，
所以，所以为等腰三角形，故C正确；
对于D：取的中点，连接、，
因为三棱柱为正三棱柱，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以为直角三角形，故D正确；
故答案为：A.
【分析】当的延长线与线段（除端点外）相交于点时，作出截面，即可判断选项B；对的延长线与线段、（除点外）相交时截面为三角形 ，再结合选项B，即可判断选项A；利用特殊点判断出选项C和选项D，进而找出截面的形状不可能的选项.
5．已知，，若线段的一个三等分点为，则的坐标为（　　）
A． B．或
C． D．或
【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由线段的一个三等分点为，可得或，
若，则，即；
若，则，即．
故答案为：B.
【分析】由线段的一个三等分点为，可得或，根据向量线性运算的坐标表示求解即可.
6．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为
A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3
【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：作出该球轴截面的图形，如图所示：
易知，，设，则，
由，解得，则该球的半径，.
【分析】作出该球轴截面的图形，设，则，利用勾股定理求得x的值，得球的半径，再利用球的体积公式求解即可.
7．如图，在大三角形中共有10个网格点，相邻网格点间的距离均为1，从中选取三个不同的网格点A，B，C，则的最大值与最小值的和为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【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
【解析】【解答】解：由，得取最大同时在上投影最大，
则取得最大值，
如图，当分别是最大的正三角形底边的端点，
B 点是 C 点上方且紧靠 C 的一点时， 最大，且在向量上的投影也达到最大值，
此时取得最大值，最大值为；
由，取最大同时在上投影最小，
则取得最小值，
当分别是最大的正三角形的底边的端点，且 A 点是 之间的一点时，
，达到最小值，
则的最大值与最小值的和为.
故答案为：C.
【分析】由，可得最大，同时在上投影最大，
才能取得最大值，在图形中找出使向量 在向量上的投影取得最大值的位置，根据平面向量数量积公式求解即可.
8．如图，在三棱锥中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足平面PEF，则的值为（　　）
A．1 B．2 C． D．
【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：连接CD，交PE于点G，连接FG，如图所示：
因为平面PEF，平面ADC，平面平面，所以，
因为点D，E分别为棱PB，BC的中点，所以G是的重心，所以.
故答案为：C.
【分析】连接CD，交PE于点G，连接FG，由平面PEF，利用线面平行性质可证，再根据点D，E分别为棱PB，BC的中点，可得G是的重心，利用重心性质求解即可.
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，有多个选项是符合题目要求的，部分选对得部分分数，选错不得分）
9．若，，则下列结论正确的是（　　）
A． B．若，则或
C．若，则 D．若，则
【答案】A,D
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、设复数，
则，
，
因为，所以，故A正确；
B、设，满足，但且，故B错误；
C、设，则，，
满足，而，故C错误；
D、由，则是的共轭复数，则，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】设复数，根据复数代数形式的乘法运算，结合复数模公式求解即可判断A；取特殊复数即可判断B；取特殊复数，结合复数的乘法运算求解即可判断C；根据复数的几何意义和共轭复数的定义即可判断D.
10．在正方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点，给出的四个结论，正确的是（　　）
A．对于任意的点，
B．存在点，使得平面
C．存在点，使直线与直线共面
D．存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值
【答案】A,B,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；平面与平面平行的性质；异面直线
【解析】【解答】解：A、因为平面平面，平面平面，平面平面，由面面平行的性质定理得，故A正确；
B、当点为的中点时，有平面，证明如下：
由A可知，当点为的中点时，为的中点，
此时，，故四边形为平行四边形，
所以，因为平面，平面，所以平面，故B正确；
C、不论点在何位置，直线与直线永远为异面直线，
故直线与直线不可能共面，故C错误；
D、由A可知，同理可知，故四边形为平行四边形，
所以四边形的周长，
将矩形绕棱向内旋转90度，使矩形和矩形共面，
连接交于点，如图所示：
故存在唯一的点E，使得最小，此时截面四边形的周长取得最小值，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由面面平行的性质定理证明即可判断A；当点为的中点时，有平面即可判断B；易知直线与直线是异面直线即可判断C；将矩形绕棱向内旋转90度，使矩形和矩形共面，连接交于点，利用侧面展开图可求解最短周长即可判断D.
11．在中，内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则为钝角三角形
B．若，则
C．若，且，则为直角三角形
D．若平面内有一点满足：，且，则为等边三角形
【答案】A,D
【知识点】平面向量数乘的运算；正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、由，可得，由正弦定理可得，则，因为，所以，则为钝角三角形，故A正确；
B、若，当，时，则，故B不正确；
C、因为，分别为单位向量，所以的角平分线与垂直，所以，，
又因为，所以，因为，所以，
所以，则为等边三角形，故C错误；
D、因为，所以为的重心，
由知为的外心，故为等边三角形，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用同角三角函数基本关系，结合正弦定理、余弦定理化简求得为钝角三角形即可判断A；举例即可判断B；由三线合一结合有一个角是的等腰三角形是等边三角形即可判断C；由可得为的重心，由知为的外心，根据重心和外心重合即可判断D.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．在复数范围内，方程的解为　 　
【答案】
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：由，可得，
则，即，即.
故答案为：.
【分析】在复数范围内，利用配方法解方程求解即可.
13．如图，测量河对岸的塔高时，选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得，，，并在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高　 　m．
【答案】30
【知识点】正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题可知， 由正弦定理，可得，
则.
故答案为：30.
【分析】先利用正弦定理求长，再在中求即可.
14．甲烷分子是正四面体空间构型，如图，四个氢原子分别位于正四面体的顶点处，碳原子位于正四面体的中心处．若正四面体的棱长为1，则平面和平面位于正四面体内部的交线长度为　 　
【答案】
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：分别取，的中点，，连结，如图所示：
则由正四面体的性质，过正四面体的中心，所以平面即平面，平面即平面，
又因为平面，平面，
所以平面和平面位于正四面体内部的交线为线段，
又因为正四面体的棱长为1，所以由勾股定理可得，
在等腰三角形中，．
故答案为：.
【分析】分别取，的中点，，连结，根据正四面体的性质可得EF即为平面和平面的交线，利用勾股定理求，再在等腰三角形中，求线段EF的长度即可.
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．已知向量与的夹角，且，．
（1）求，，在上的投影向量；
（2）求向量与夹角的余弦值．
【答案】解：因为，所以
则，所以，
则在上的投影向量为：.
（2）因为，
设向量与夹角为，
则.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）由数量积的定义、数量积的运算性质、数量积求向量的模和投影向量的方法，从而得出，，在上的投影向量.（2）先由数量积的运算法则得出，再由数量积求向量夹角公式，从而得出向量与夹角的余弦值.
16．如下图所示，多面体是由长方体沿相邻三个面的对角线截出的几何体，其中，，，为的中点，过，，的平面交于．
（1）求该多面体的体积；
（2）求证：平面；
（3）判断直线与直线的位置关系，并对你的结论加以证明．
【答案】（1）解：长方体的体积为，
被截去的三棱锥的体积为，
则多面体的体积为；
（2）证明：在长方体中矩形中，∥，，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（3）直线直线，
证明：由（2）有平面，
因为平面，平面平面，所以.
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；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
【解析】【分析】（1）根据长方体和棱锥体积公式求解，再作差即可得多面体的体积；
（2）先推出四边形为平行四边形，，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（3）由平面，结合平面平面，求证即可.
（1）长方体的体积为，
被截去的三棱锥的体积为，
所以多面体的体积为．
（2）证明：在长方体中矩形中，∥，，
所以四边形为平行四边形．
所以，
又平面，平面，
所以平面．
（3）直线直线
证明：由（2）有平面，
又平面，平面平面，
所以.
17．在锐角中，角，，的对边长分别为，，，的面积为，已知．
（1）求角；
（2）设为的垂心，且，求的取值范围．
【答案】（1）解：由，，可得，即，
由余弦定理得，即，即，
因为，所以；
（2）解：如图，设边上得高为，边上得高为，为的垂心，
在中，，在中，，
不妨设，则，
在中，由正弦定理得，，整理得，
同理在中由正弦定理得，
所以，
又因为，所以，
则的取值范围为．
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，结合三角形面积公式化简可得，再结合余弦定理求解即可；
（2）设边上得高为，边上得高为，为的垂心，分别在和中，利用正弦定理求得，再利用辅助角公式求得，结合三角函数的性质求解即可.
（1），
，，
由余弦定理得，即，即，
又；
（2）如图，设边上得高为，边上得高为，为的垂心，
在中，，在中，，
不妨设，则，
在中，由正弦定理得，，整理得：，
同理在中由正弦定理得，
所以，
又，所以，
所以的取值范围为．
18．已知一块正三棱台木料如图所示，点为的重心，且，．
（1）要经过点将木料锯开，使截面平行于平面，在木料表面应该怎样画线，并说明理由；
（2）写出一种切割方式，要求过点，将（1）问中较大的几何体，切割出与较小木料体积相同的木料.
【答案】（1）解：在平面内过点作直线，使，分别交棱，于点，，
取棱，中点，，连接，，，如图所示：
则，，，就是应画的线，
下面证明：
因为，平面，平面，所以平面，
因为点为的重心，，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，，，平面，
所以平面平面，即所作截面平行于平面；
（2）解：设棱台的高为，面积为，则，
正三棱台体积为，
正三棱台体积为，
所以被截面截得的另一个几何体体积为，
过点和做截面，即连接，，
因为，所以几何体为棱柱，
所以，所以被截面截得的另一个几何体体积为，
因此沿着截开即可.（答案不唯一）．
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）在平面内过点作直线，使，分别交棱，于点，，取棱，中点，，连接，，，利用线面平行的判定结合面面平行的判定定理证明平面平面，即所作截面平行于平面；
（2）设棱台的高为，根据棱台的体积公式线分别求正三棱台和正三棱台的体积，作差得几何体的体积，注意到较大几何体中过点和做截面，被截面截得的另一个几何体体积和较小木料的体积相同.因此沿着截开即可．
（1）如图，在平面内过点作直线，使，分别交棱，于点，，
取棱，中点，，连接，，，
则，，，就是应画的线．
下面证明：
因为，平面，平面，
所以平面，
因为点为的重心，，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，，，平面，
所以平面平面，即所作截面平行于平面．
（2）设棱台的高为，面积为，则，
正三棱台体积为，
正三棱台体积为．
所以被截面截得的另一个几何体体积为．
过点和做截面，即连接，，
因为，所以几何体为棱柱，
所以，所以被截面截得的另一个几何体体积为，
因此沿着截开即可.（答案不唯一）．
19．在中，分别为角所对的边，.
（1）求角；
（2）若的内切圆半径为，求边长；
（3）若为钝角三角形，点为平面内一点且满足，求的取值范围.
【答案】（1）解：由，可得，
因为角是的内角，所以，即，
又因为，所以；
（2）解：由（1）知，由余弦定理得：，
又，所以①，
设的内切圆半径为，则，
因为的面积，所以，即，
整理得，即，因为，所以；
（3）解：点为平面内一点，
设点为的中点，点为的中点，
则，
又，所以，
所以为线段和垂直平分线的交点，即为外接圆圆心，
因为是钝角三角形，由，可知角为钝角，所以，
即，得②，
由①②可得，解得，所以，
由，得，即，
设外接圆半径为，由正弦定理得，
则的取值范围是.
【知识点】向量在几何中的应用；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）利用正弦定理、同角三角的基本关系化简求解即可；
（2）由（1）知，利用余弦定理得，将，代入，设的内切圆半径为，则，由的面积，可得，解方程即可得边长； ；
（3）由题意可得为外接圆圆心，利用余弦定理及得，由是钝角三角形，得到，结合正弦定理求解外接圆半径的取值范围即可.
（1）由正弦定理及得：
，
因为角是的内角，
所以，即，
因为，所以.
（2）由（1）知，由余弦定理得：，
又，所以①，
设的内切圆半径为，则，
因为的面积，
所以，即，
整理得，即，
因为，解得.
（3）因为点为平面内一点，
设点为的中点，点为的中点，
则，
又，
所以，
所以为线段和垂直平分线的交点，即为外接圆圆心，
因为是钝角三角形，由，可知角为钝角，所以，
即，得②，
由①②可得，解得，所以，
由，得，即，
设外接圆半径为，由正弦定理得，
所以的取值范围是.
1 / 1广东省卓越教育发展联盟学校2024-2025学年高一下学期第二次阶段考试数学试题
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题输出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请把正确选项的序号填在括号内）
1．设复数的共轭复数为，且满足，为虚数单位，则复数的虚部是（　　）
A． B．2 C． D．
2．已知为两个不同的平面，为三条不同的直线，则下列结论中正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若，且，则
D．若，且，则
3．已知在中，，，则的值为（　　）
A． B． C．2 D．
4．如图，正三棱柱的所有边长都相等，为线段的中点，为侧面内的一点（包括边界，异于点），过点、、作正三棱柱的截面，则截面的形状不可能是（　　）
A．五边形 B．四边形 C．等腰三角形 D．直角三角形
5．已知，，若线段的一个三等分点为，则的坐标为（　　）
A． B．或
C． D．或
6．如图，有一个水平放置的透明无盖的正方体容器，容器高8cm，将一个球放在容器口，再向容器内注水，当球面恰好接触水面时测得水深为6cm，如果不计容器的厚度，则球的体积为
A．cm3 B．cm3 C．cm3 D．cm3
7．如图，在大三角形中共有10个网格点，相邻网格点间的距离均为1，从中选取三个不同的网格点A，B，C，则的最大值与最小值的和为（　　）
A． B． C． D．
8．如图，在三棱锥中，点D，E分别为棱PB，BC的中点.若点F在线段AC上，且满足平面PEF，则的值为（　　）
A．1 B．2 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，有多个选项是符合题目要求的，部分选对得部分分数，选错不得分）
9．若，，则下列结论正确的是（　　）
A． B．若，则或
C．若，则 D．若，则
10．在正方体中，点是棱上的一个动点，平面交棱于点，给出的四个结论，正确的是（　　）
A．对于任意的点，
B．存在点，使得平面
C．存在点，使直线与直线共面
D．存在唯一的点，使得截面四边形的周长取得最小值
11．在中，内角，，所对的边分别为，，，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则为钝角三角形
B．若，则
C．若，且，则为直角三角形
D．若平面内有一点满足：，且，则为等边三角形
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．在复数范围内，方程的解为　 　
13．如图，测量河对岸的塔高时，选与塔底B在同一水平面内的两个测点C与D，测得，，，并在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高　 　m．
14．甲烷分子是正四面体空间构型，如图，四个氢原子分别位于正四面体的顶点处，碳原子位于正四面体的中心处．若正四面体的棱长为1，则平面和平面位于正四面体内部的交线长度为　 　
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．已知向量与的夹角，且，．
（1）求，，在上的投影向量；
（2）求向量与夹角的余弦值．
16．如下图所示，多面体是由长方体沿相邻三个面的对角线截出的几何体，其中，，，为的中点，过，，的平面交于．
（1）求该多面体的体积；
（2）求证：平面；
（3）判断直线与直线的位置关系，并对你的结论加以证明．
17．在锐角中，角，，的对边长分别为，，，的面积为，已知．
（1）求角；
（2）设为的垂心，且，求的取值范围．
18．已知一块正三棱台木料如图所示，点为的重心，且，．
（1）要经过点将木料锯开，使截面平行于平面，在木料表面应该怎样画线，并说明理由；
（2）写出一种切割方式，要求过点，将（1）问中较大的几何体，切割出与较小木料体积相同的木料.
19．在中，分别为角所对的边，.
（1）求角；
（2）若的内切圆半径为，求边长；
（3）若为钝角三角形，点为平面内一点且满足，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：设复数，则，解得，即复数的虚部是.
故答案为：A.
【分析】设复数，根据共轭复数、复数相等以及复数代数形式的除法运算，求得复数，再求其虚部即可.
2．【答案】C
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，则或异面或相交，故A错误；
B、，则或异面，故B错误；
C、若，则，故C正确；
D、若，且，则或，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据空间控线线、线面位置关系逐项判断即可.
3．【答案】D
【知识点】两角和与差的正切公式；同角三角函数基本关系的运用；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解：由，可得，，
则，
故答案为：D．
【分析】利用同角三角函数的基本关系求和，再根据诱导公式和两角和的正切公式化简求解即可.
4．【答案】A
【知识点】棱柱的结构特征
【解析】【解答】解：对于B：当的延长线与线段（除端点外）相交于点时，延长交的延长线于点，连接交于点，连接，
此时过点、、作正三棱柱的截面为四边形（当在线段（除端点外）时截面也为四边形），故B正确；
对于A：当的延长线与线段、（除点外）相交
（或点在线段、（除点外）上时）截面为三角形，
结合选项B可知，截面为三角形或四边形，不可能为五边形，故A错误；
对于C：取的中点，连接、，又因为为线段的中点，
所以，所以为等腰三角形，故C正确；
对于D：取的中点，连接、，
因为三棱柱为正三棱柱，所以，
又因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
又因为平面，所以，
所以为直角三角形，故D正确；
故答案为：A.
【分析】当的延长线与线段（除端点外）相交于点时，作出截面，即可判断选项B；对的延长线与线段、（除点外）相交时截面为三角形 ，再结合选项B，即可判断选项A；利用特殊点判断出选项C和选项D，进而找出截面的形状不可能的选项.
5．【答案】B
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由线段的一个三等分点为，可得或，
若，则，即；
若，则，即．
故答案为：B.
【分析】由线段的一个三等分点为，可得或，根据向量线性运算的坐标表示求解即可.
6．【答案】A
【知识点】球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：作出该球轴截面的图形，如图所示：
易知，，设，则，
由，解得，则该球的半径，.
【分析】作出该球轴截面的图形，设，则，利用勾股定理求得x的值，得球的半径，再利用球的体积公式求解即可.
7．【答案】C
【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
【解析】【解答】解：由，得取最大同时在上投影最大，
则取得最大值，
如图，当分别是最大的正三角形底边的端点，
B 点是 C 点上方且紧靠 C 的一点时， 最大，且在向量上的投影也达到最大值，
此时取得最大值，最大值为；
由，取最大同时在上投影最小，
则取得最小值，
当分别是最大的正三角形的底边的端点，且 A 点是 之间的一点时，
，达到最小值，
则的最大值与最小值的和为.
故答案为：C.
【分析】由，可得最大，同时在上投影最大，
才能取得最大值，在图形中找出使向量 在向量上的投影取得最大值的位置，根据平面向量数量积公式求解即可.
8．【答案】C
【知识点】直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：连接CD，交PE于点G，连接FG，如图所示：
因为平面PEF，平面ADC，平面平面，所以，
因为点D，E分别为棱PB，BC的中点，所以G是的重心，所以.
故答案为：C.
【分析】连接CD，交PE于点G，连接FG，由平面PEF，利用线面平行性质可证，再根据点D，E分别为棱PB，BC的中点，可得G是的重心，利用重心性质求解即可.
9．【答案】A,D
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的乘除运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：A、设复数，
则，
，
因为，所以，故A正确；
B、设，满足，但且，故B错误；
C、设，则，，
满足，而，故C错误；
D、由，则是的共轭复数，则，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】设复数，根据复数代数形式的乘法运算，结合复数模公式求解即可判断A；取特殊复数即可判断B；取特殊复数，结合复数的乘法运算求解即可判断C；根据复数的几何意义和共轭复数的定义即可判断D.
10．【答案】A,B,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；平面与平面平行的性质；异面直线
【解析】【解答】解：A、因为平面平面，平面平面，平面平面，由面面平行的性质定理得，故A正确；
B、当点为的中点时，有平面，证明如下：
由A可知，当点为的中点时，为的中点，
此时，，故四边形为平行四边形，
所以，因为平面，平面，所以平面，故B正确；
C、不论点在何位置，直线与直线永远为异面直线，
故直线与直线不可能共面，故C错误；
D、由A可知，同理可知，故四边形为平行四边形，
所以四边形的周长，
将矩形绕棱向内旋转90度，使矩形和矩形共面，
连接交于点，如图所示：
故存在唯一的点E，使得最小，此时截面四边形的周长取得最小值，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】由面面平行的性质定理证明即可判断A；当点为的中点时，有平面即可判断B；易知直线与直线是异面直线即可判断C；将矩形绕棱向内旋转90度，使矩形和矩形共面，连接交于点，利用侧面展开图可求解最短周长即可判断D.
11．【答案】A,D
【知识点】平面向量数乘的运算；正弦定理的应用；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、由，可得，由正弦定理可得，则，因为，所以，则为钝角三角形，故A正确；
B、若，当，时，则，故B不正确；
C、因为，分别为单位向量，所以的角平分线与垂直，所以，，
又因为，所以，因为，所以，
所以，则为等边三角形，故C错误；
D、因为，所以为的重心，
由知为的外心，故为等边三角形，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】利用同角三角函数基本关系，结合正弦定理、余弦定理化简求得为钝角三角形即可判断A；举例即可判断B；由三线合一结合有一个角是的等腰三角形是等边三角形即可判断C；由可得为的重心，由知为的外心，根据重心和外心重合即可判断D.
12．【答案】
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：由，可得，
则，即，即.
故答案为：.
【分析】在复数范围内，利用配方法解方程求解即可.
13．【答案】30
【知识点】正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题可知， 由正弦定理，可得，
则.
故答案为：30.
【分析】先利用正弦定理求长，再在中求即可.
14．【答案】
【知识点】棱锥的结构特征
【解析】【解答】解：分别取，的中点，，连结，如图所示：
则由正四面体的性质，过正四面体的中心，所以平面即平面，平面即平面，
又因为平面，平面，
所以平面和平面位于正四面体内部的交线为线段，
又因为正四面体的棱长为1，所以由勾股定理可得，
在等腰三角形中，．
故答案为：.
【分析】分别取，的中点，，连结，根据正四面体的性质可得EF即为平面和平面的交线，利用勾股定理求，再在等腰三角形中，求线段EF的长度即可.
15．【答案】解：因为，所以
则，所以，
则在上的投影向量为：.
（2）因为，
设向量与夹角为，
则.
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【分析】（1）由数量积的定义、数量积的运算性质、数量积求向量的模和投影向量的方法，从而得出，，在上的投影向量.（2）先由数量积的运算法则得出，再由数量积求向量夹角公式，从而得出向量与夹角的余弦值.
16．【答案】（1）解：长方体的体积为，
被截去的三棱锥的体积为，
则多面体的体积为；
（2）证明：在长方体中矩形中，∥，，所以四边形为平行四边形，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（3）直线直线，
证明：由（2）有平面，
因为平面，平面平面，所以.
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；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
【解析】【分析】（1）根据长方体和棱锥体积公式求解，再作差即可得多面体的体积；
（2）先推出四边形为平行四边形，，再根据线面平行的判定定理证明即可；
（3）由平面，结合平面平面，求证即可.
（1）长方体的体积为，
被截去的三棱锥的体积为，
所以多面体的体积为．
（2）证明：在长方体中矩形中，∥，，
所以四边形为平行四边形．
所以，
又平面，平面，
所以平面．
（3）直线直线
证明：由（2）有平面，
又平面，平面平面，
所以.
17．【答案】（1）解：由，，可得，即，
由余弦定理得，即，即，
因为，所以；
（2）解：如图，设边上得高为，边上得高为，为的垂心，
在中，，在中，，
不妨设，则，
在中，由正弦定理得，，整理得，
同理在中由正弦定理得，
所以，
又因为，所以，
则的取值范围为．
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，结合三角形面积公式化简可得，再结合余弦定理求解即可；
（2）设边上得高为，边上得高为，为的垂心，分别在和中，利用正弦定理求得，再利用辅助角公式求得，结合三角函数的性质求解即可.
（1），
，，
由余弦定理得，即，即，
又；
（2）如图，设边上得高为，边上得高为，为的垂心，
在中，，在中，，
不妨设，则，
在中，由正弦定理得，，整理得：，
同理在中由正弦定理得，
所以，
又，所以，
所以的取值范围为．
18．【答案】（1）解：在平面内过点作直线，使，分别交棱，于点，，
取棱，中点，，连接，，，如图所示：
则，，，就是应画的线，
下面证明：
因为，平面，平面，所以平面，
因为点为的重心，，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，，，平面，
所以平面平面，即所作截面平行于平面；
（2）解：设棱台的高为，面积为，则，
正三棱台体积为，
正三棱台体积为，
所以被截面截得的另一个几何体体积为，
过点和做截面，即连接，，
因为，所以几何体为棱柱，
所以，所以被截面截得的另一个几何体体积为，
因此沿着截开即可.（答案不唯一）．
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；台体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）在平面内过点作直线，使，分别交棱，于点，，取棱，中点，，连接，，，利用线面平行的判定结合面面平行的判定定理证明平面平面，即所作截面平行于平面；
（2）设棱台的高为，根据棱台的体积公式线分别求正三棱台和正三棱台的体积，作差得几何体的体积，注意到较大几何体中过点和做截面，被截面截得的另一个几何体体积和较小木料的体积相同.因此沿着截开即可．
（1）如图，在平面内过点作直线，使，分别交棱，于点，，
取棱，中点，，连接，，，
则，，，就是应画的线．
下面证明：
因为，平面，平面，
所以平面，
因为点为的重心，，所以，
又因为，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，，，平面，
所以平面平面，即所作截面平行于平面．
（2）设棱台的高为，面积为，则，
正三棱台体积为，
正三棱台体积为．
所以被截面截得的另一个几何体体积为．
过点和做截面，即连接，，
因为，所以几何体为棱柱，
所以，所以被截面截得的另一个几何体体积为，
因此沿着截开即可.（答案不唯一）．
19．【答案】（1）解：由，可得，
因为角是的内角，所以，即，
又因为，所以；
（2）解：由（1）知，由余弦定理得：，
又，所以①，
设的内切圆半径为，则，
因为的面积，所以，即，
整理得，即，因为，所以；
（3）解：点为平面内一点，
设点为的中点，点为的中点，
则，
又，所以，
所以为线段和垂直平分线的交点，即为外接圆圆心，
因为是钝角三角形，由，可知角为钝角，所以，
即，得②，
由①②可得，解得，所以，
由，得，即，
设外接圆半径为，由正弦定理得，
则的取值范围是.
【知识点】向量在几何中的应用；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）利用正弦定理、同角三角的基本关系化简求解即可；
（2）由（1）知，利用余弦定理得，将，代入，设的内切圆半径为，则，由的面积，可得，解方程即可得边长； ；
（3）由题意可得为外接圆圆心，利用余弦定理及得，由是钝角三角形，得到，结合正弦定理求解外接圆半径的取值范围即可.
（1）由正弦定理及得：
，
因为角是的内角，
所以，即，
因为，所以.
（2）由（1）知，由余弦定理得：，
又，所以①，
设的内切圆半径为，则，
因为的面积，
所以，即，
整理得，即，
因为，解得.
（3）因为点为平面内一点，
设点为的中点，点为的中点，
则，
又，
所以，
所以为线段和垂直平分线的交点，即为外接圆圆心，
因为是钝角三角形，由，可知角为钝角，所以，
即，得②，
由①②可得，解得，所以，
由，得，即，
设外接圆半径为，由正弦定理得，
所以的取值范围是.
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