广东省广州天省实验学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
1．（2024高一下·广州期中）已知，则复数的共轭复数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【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】由可得，
所以复数的共轭复数是，
故答案为：C
【分析】由复数的乘除运算，即可求解。
2．（2024高一下·广州期中）如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知等腰直角三角形 的原图，如图所示：
因为，斜边，所以，
所以，
则原平面图形的面积是.
故答案为：A．
【分析】根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求边再求面积即可.
3．（2024高一下·广州期中）已知向量，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 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；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：当时，向量，则，
即，故充分性成立；
当时，，解得或，故必要性不成立，
综上所述：“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据充分、必要条件的定义判断即可.
4．（2024高一下·广州期中）如图，在正四面体中，是的中点，P是线段上的动点，则直线和所成角的大小（ ）
A．一定为 B．一定为
C．一定为 D．与P的位置有关
【答案】A
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
因为四面体是正四面体，是的中点，
所以、是等边三角形，
所以，，
因为平面，平面，，
所以平面，又因为平面，所以，
则直线与所成角为.
故答案为：A．
【分析】连接，求直线和所成角的大小即可.
5．（2024高一下·广州期中）已知，若与的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
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：若，与的夹角为，
则，
故在上的投影向量为.
故答案为：B.
【分析】根据投影向量公式计算即可.
6．（2024高一下·广州期中）在 中， ， ， 的面积为 ，则 为（ ）．
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：在 中，
因为 ， ， 的面积为 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
所以 .
故答案为：B.
【分析】由已知利用三角形面积公式可求c，利用余弦定理可求a的值，进而计算得解.
7．（2024高一下·广州期中）为捍卫国家南海主权，我国海军在南海海域进行例行巡逻，某天，一艘巡逻舰从海岛A出发，沿南偏东75°的方向航行到达海岛B，然后再从海岛B出发，沿北偏东45°的方向航行了海里到达海岛C.若巡逻舰从海岛A以北偏东60°的航向出发沿直线到达海岛C，则航行路程AC(单位：海里)为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：由题意可得，
，，
在中，由正弦定理，可得．
故答案为：D．
【分析】由题意得，，，再在中，利用正弦定理求解即可.
8．（2024高一下·广州期中）如图，直三棱柱的底面为直角三角形，，，，P是上一动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱锥的结构特征；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
将与同时展平形成一个四边形，如图所示：
则此时对角线达到最小，
在等腰直角三角形中，，，
在中，，，，所以，
即，
对于展开形成的四边形，在中，，，，
由余弦定理有．
故答案为：A．
【分析】将与同时展平形成一个四边形，对角线即为所求得答案，利用勾股定理和余弦定理求解即可.
9．（2024高一下·广州期中）已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A．的共轭复数是
B．的虚部是
C．
D．若复数满足，则的最大值是
【答案】A,D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】对于A选项，因为，则，A对；
对于B选项，复数的虚部为，B不符合题意；
对于C选项，，C不符合题意；
对于D选项，令，则，
即在圆心为半径为1的圆上，而表示圆上点到原点的距离，
由圆心到原点的距离为，结合圆上点到定点距离范围易知：的最大值为，D对.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件结合复数与共轭复数的关系、复数的虚部的定义、复数的乘除法运算法则、复数的模和复数的几何意义、几何法求最值的方法，进而找出说法正确的选项。
10．（2024高一下·广州期中）已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的有（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
【答案】B,C
【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；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】对于A，若，，l和m可以相交，故错误；
对于B，若，，，则，正确；
对于C，若，，则或在内，又，则正确；
对于D，若，，，可能，故不一定成立．
故答案为：BC．
【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法、线面平行的判定定理、线线垂直的判断方法、线面垂直的判定定理，进而找出说法正确的选项。
11．（2024高一下·广州期中）锐角△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，下列结论正确的是（ ）
A．A=2B
B．B的取值范围为
C．的取值范围为
D．的取值范围为
【答案】A,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；余弦函数的性质；正弦定理；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、由，可得，
因为，
所以，即，
所以，
又因为，，为锐角，所以，即，故A正确；
B、因为，所以，，故B错误；
C、，，故C正确；
D、，
又因为，所以，
令，则，
由对勾函数性质可知，在，上单调递增，
又，（1），
，，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】由正弦定理，结合两角和的正弦公式以及角的范围求得即可判断A；由题意可得范围，可得即可判断B；由正弦定理，二倍角公式可得，结合的范围，利用余弦函数的性质即可判断C；利用三角函数的恒等变换可得，由，可得，令，则，由对勾函数性质即可判断D．
12．（2024高一下·广州期中）如图，在边长为2的正方形中，E、F分别是、的中点.若沿SE、SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使、、三点重合，重合后的点记为G，则（ ）
A．
B．点G到平面SEF的距离为
C．三棱锥的外接球表面积为
D．二面角等于
【答案】A,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可得：；
A、因为平面，
可得平面，且平面，所以，故A正确；
B、在中，可得，
则边上的高为，
设点G到平面SEF的距离为，利用等体积可得：，
解得，所以点G到平面SEF的距离为，故B错误；
C、三棱锥转化为长方体，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，
所以外接球的半径，
可得外接球表面积为，故C正确；
D、因为，
所以二面角的平面角为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据线面垂直的判断定理和性质定理分析即可判断A；利用等体积法求点到面的距离即可判断B；将三棱锥转化为长方体，结合长方体求外接球的半径即可判断C；根据二面角的定义即可判断D.
13．（2024高一下·广州期中）若，，则线段AB的靠近B的三等分点P的坐标为 .
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：设，因为，所以，
又因为，所以，
即，解得，则.
故答案为：.
【分析】设并写出坐标，根据及线性关系的坐标表示列方程求值即可.
14．（2024高一下·广州期中）是关于的方程的根， ．
【答案】
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：易知也是方程的根，
由韦达定理可得：，故．
故答案为：．
【分析】易知也是方程的根，根据韦达定理求的值即可.
15．（2024高一下·广州期中）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则圆锥的底面半径为 ；若该圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，则球O的体积为 .
【答案】；
【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】解：因为圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，所以圆锥的母线长为，
若底面圆的半径为，则，故，则圆锥的高为3，
因为该圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，设球O的半径为，
则，解得，所以球O的体积为.
故答案为：，.
【分析】先由圆锥的侧面展开图求出圆锥的底面圆半径和高，然后根据圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，设球的半径为，列出方程解出，再根据球的体积公式求解即可.
16．（2024高一下·广州期中）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.如下图的印信，可以看成是将一个棱长等于2cm的正方体截去8个一样的四面体之后得到的，则该印信的所有棱长之和等于 cm，该印信的表面积等于 .
【答案】；
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【解答】解：由题意可得：一个棱数为24的印信有12个顶点，14个面；
正方体截去8个一样的四面体之后得到的印信，故其顶点是正方体各棱的中点，
印信的棱长为，则该印信的所有棱长之和等于；
印信是十四面体，共有14个面，8个正三角形6个正方形，
则表面积为.
故答案为：，.
【分析】求得印信棱数为24的多面体，其顶点是正方体各棱的中点，求得半正多面体的棱长，计算表面积即可.
17．（2024高一下·广州期中）如图，在中，是的中点，点在上，且与交于点，设.
（1）求的值；
（2）当时，求的值.
【答案】（1）解：是的中点，则， 设，
则，
由于三点共线，则；
（2）解：由（1）得，
则
.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据三点共线的求即可；
（2）由（1）得，再根据向量数量积的运算求即可.
（1）依题意，
由于三点共线，所以.
（2）由（1）得，
所以
.
18．（2024高一下·广州期中）已知向量
（1）向量夹角的余弦值；
（2）若向量与垂直，求实数k的值；
（3）若向量，且与向量平行，求实数k的值.
【答案】（1）解： 向量 ，则，，，
故向量夹角的余弦值；
（2）解：由已知可得，，.
因为向量与垂直，所以，即，解得；
（3）解：由已知可得，.
又与向量平行，，
所以有，
整理可得，，解得.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量数量积以及模的坐标运算、向量的夹角公式求解即可；
（2）求向量与的坐标，根据向量垂直的坐标表示列方程求解即可；
（3）求向量与向量的坐标，根据向量共线的坐标表示列方程求解即可.
（1）由已知可得，，，，
所以，向量夹角的余弦值.
（2）由已知可得，，.
又向量与垂直，
所以，，即，
解得.
（3）由已知可得，.
又与向量平行，，
所以有，
整理可得，，解得.
19．（2024高一下·广州期中）在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足.
（1）求A；
（2）若，，AD是的中线，求AD的长.
【答案】（1）解：因为，所以，
由正弦定理得：，
又因为，所以，
所以，又因为，所以，
所以，即，故；
（2）解：因为，所以，得，
由余弦定理得：，，
则，即，
即AD的长为.
【知识点】向量在几何中的应用；二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理和二倍角的正弦公式求解即可；
（2）由可得，根据以及余弦定理求即可.
（1），
所以，
由正弦定理得：，
，，
，，
得，即，
.
（2），
，得，
由余弦定理得：，
，
所以，
即AD的长为.
20．（2024高一下·广州期中）已知四棱锥A—BCDE，AB=BC=AC=BE=1，CD=2BE=2，CD面ABC，BE∥CD，F为AD的中点．
（1）求证：EF∥面ABC；
（2）求四棱锥A—BCDE的体积，
【答案】（1）证明：取中点，连接，又是中点，则，，又，
所以，所以是平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面；
（2）解：取中点，连接，如图所示：
由于是等边三角形，则，
因为CD面ABC，面ABC，所以，
因为，平面，所以平面，
由已知，
由CD面ABC，面ABC，所以，是直角梯形，
，
所以．
【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，证线面平行即可；
（2）取中点，证明是四棱锥的高，证明底面是直角梯形，再根据锥体体积公式计算体积即可．
（1）取中点，连接，又是中点，则，，又，
所以，所以是平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面；
（2）取中点，连接，由于是等边三角形，则，
因为CD面ABC，面ABC，所以，
因为，平面，所以平面，
由已知，
由CD面ABC，面ABC，所以，是直角梯形，
，
所以．
21．（2024高一下·广州期中）如图，为矩形，为梯形，平面平面，，，．
（1）若为中点，求证：平面；
（2）求直线与直线所成角的大小；
（3）设平面平面，试判断与平面能否垂直？并求平面与平面所成锐二面角的大小．
【答案】（1）证明：连结，交于，连接，因为为矩形，所以为的中点，
在中，，分别为，的中点，所以，
因为面，面，所以平面；
（2）解：因为，所以，即是直线与直线所成角，
又因为为矩形，所以，
因为平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，，
在中，因为，，所以，
因为，所以，又因为，，
所以平面，因为平面，所以，
在中，因为，所以，
所以，则直线与直线所成的角为；
（3）解：因为为矩形，所以，又因为平面，平面，所以平面，
因为平面平面，所以，
由（2）可知平面，所以平面，
因为为梯形，，所以，必相交，
设，则，
因为平面，所以，，
所以为平面与平面所成的锐二面角，
因为，，所以，分别为，的中点，
因为，所以，又，
所以，从而平面与平面所成锐二面角为．
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）先证明，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用线线平行可得是直线与直线所成角，利用面面垂直可得，结合已知条件可得，利用线面垂直可得，可得出的值即可得线线夹角；
（3）根据题意可得，利用平行的传递性可证明平面，利用面面垂直，可得出为平面与平面所成的锐二面角，计算的大小即可.
（1）解：证明：连结，交于，连接，
∵为矩形，∴为的中点，
在中，，分别为，的中点，∴，
因为面，面，所以平面.
（2）解：∵，∴，
∴是直线与直线所成角.
∵为矩形，∴，
∵平面平面，∴平面，
∵平面，∴，，
在中，∵，，∴，
∵，∴，又∵，，
∴平面，∵平面，∴，
在中，∵，∴，
∴，从而直线与直线所成的角为；
（3）解：∵为矩形，∴，
∵平面，平面，∴平面，
∵平面平面，∴，
由（2）可知平面，∴平面，
∵为梯形，，∴，必相交，
设，则，
∵平面，∴，，
∴为平面与平面所成的锐二面角，
∵，，∴，分别为，的中点，
∵，∴，又，
∴，从而平面与平面所成锐二面角为．
22．（2024高一下·广州期中）若函数，的角，，的对边分别为，，，且.
（1）当取最大值时，判断的形状；
（2）在中，为边的中点，且，，求的长.
【答案】解：因为
所以由得，
因为，所以，所以，；
（1）；
因为，所以，
所以当时，取最大值，
此时，所以，所以是等边三角形；
（2）解：取边的中点，连接，
则，且，，
在中，由余弦定理得，
解得，所以，
在中，由余弦定理得.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）先利用两角和的正弦公式化简，由求得，再根据正弦定理得到，从而判断取最大值时，B的取值，从而判断三角形形状即可；
（2）取边的中点，在中，由余弦定理求得，，在中，利用余弦定理求即可.
广东省广州天省实验学校2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
1．（2024高一下·广州期中）已知，则复数的共轭复数是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一下·广州期中）如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（ ）
A． B．1 C． D．
3．（2024高一下·广州期中）已知向量，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高一下·广州期中）如图，在正四面体中，是的中点，P是线段上的动点，则直线和所成角的大小（ ）
A．一定为 B．一定为
C．一定为 D．与P的位置有关
5．（2024高一下·广州期中）已知，若与的夹角为，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·广州期中）在 中， ， ， 的面积为 ，则 为（ ）．
A． B． C． D．
7．（2024高一下·广州期中）为捍卫国家南海主权，我国海军在南海海域进行例行巡逻，某天，一艘巡逻舰从海岛A出发，沿南偏东75°的方向航行到达海岛B，然后再从海岛B出发，沿北偏东45°的方向航行了海里到达海岛C.若巡逻舰从海岛A以北偏东60°的航向出发沿直线到达海岛C，则航行路程AC(单位：海里)为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·广州期中）如图，直三棱柱的底面为直角三角形，，，，P是上一动点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·广州期中）已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A．的共轭复数是
B．的虚部是
C．
D．若复数满足，则的最大值是
10．（2024高一下·广州期中）已知，是两个不同的平面，l，m是两条不同的直线，则下列说法正确的有（ ）
A．若，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
11．（2024高一下·广州期中）锐角△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，且，下列结论正确的是（ ）
A．A=2B
B．B的取值范围为
C．的取值范围为
D．的取值范围为
12．（2024高一下·广州期中）如图，在边长为2的正方形中，E、F分别是、的中点.若沿SE、SF及EF把这个正方形折成一个四面体，使、、三点重合，重合后的点记为G，则（ ）
A．
B．点G到平面SEF的距离为
C．三棱锥的外接球表面积为
D．二面角等于
13．（2024高一下·广州期中）若，，则线段AB的靠近B的三等分点P的坐标为 .
14．（2024高一下·广州期中）是关于的方程的根， ．
15．（2024高一下·广州期中）已知圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，则圆锥的底面半径为 ；若该圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，则球O的体积为 .
16．（2024高一下·广州期中）中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一.如下图的印信，可以看成是将一个棱长等于2cm的正方体截去8个一样的四面体之后得到的，则该印信的所有棱长之和等于 cm，该印信的表面积等于 .
17．（2024高一下·广州期中）如图，在中，是的中点，点在上，且与交于点，设.
（1）求的值；
（2）当时，求的值.
18．（2024高一下·广州期中）已知向量
（1）向量夹角的余弦值；
（2）若向量与垂直，求实数k的值；
（3）若向量，且与向量平行，求实数k的值.
19．（2024高一下·广州期中）在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足.
（1）求A；
（2）若，，AD是的中线，求AD的长.
20．（2024高一下·广州期中）已知四棱锥A—BCDE，AB=BC=AC=BE=1，CD=2BE=2，CD面ABC，BE∥CD，F为AD的中点．
（1）求证：EF∥面ABC；
（2）求四棱锥A—BCDE的体积，
21．（2024高一下·广州期中）如图，为矩形，为梯形，平面平面，，，．
（1）若为中点，求证：平面；
（2）求直线与直线所成角的大小；
（3）设平面平面，试判断与平面能否垂直？并求平面与平面所成锐二面角的大小．
22．（2024高一下·广州期中）若函数，的角，，的对边分别为，，，且.
（1）当取最大值时，判断的形状；
（2）在中，为边的中点，且，，求的长.
答案解析部分
1．【答案】C
【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】由可得，
所以复数的共轭复数是，
故答案为：C
【分析】由复数的乘除运算，即可求解。
2．【答案】A
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：易知等腰直角三角形 的原图，如图所示：
因为，斜边，所以，
所以，
则原平面图形的面积是.
故答案为：A．
【分析】根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求边再求面积即可.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：当时，向量，则，
即，故充分性成立；
当时，，解得或，故必要性不成立，
综上所述：“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】根据充分、必要条件的定义判断即可.
4．【答案】A
【知识点】异面直线所成的角
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
因为四面体是正四面体，是的中点，
所以、是等边三角形，
所以，，
因为平面，平面，，
所以平面，又因为平面，所以，
则直线与所成角为.
故答案为：A．
【分析】连接，求直线和所成角的大小即可.
5．【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：若，与的夹角为，
则，
故在上的投影向量为.
故答案为：B.
【分析】根据投影向量公式计算即可.
6．【答案】B
【知识点】余弦定理
【解析】【解答】解：在 中，
因为 ， ， 的面积为 ，
所以 ，
所以 ，
因为 ，
所以 ，
所以 .
故答案为：B.
【分析】由已知利用三角形面积公式可求c，利用余弦定理可求a的值，进而计算得解.
7．【答案】D
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：由题意可得，
，，
在中，由正弦定理，可得．
故答案为：D．
【分析】由题意得，，，再在中，利用正弦定理求解即可.
8．【答案】A
【知识点】棱锥的结构特征；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：连接，如图所示：
将与同时展平形成一个四边形，如图所示：
则此时对角线达到最小，
在等腰直角三角形中，，，
在中，，，，所以，
即，
对于展开形成的四边形，在中，，，，
由余弦定理有．
故答案为：A．
【分析】将与同时展平形成一个四边形，对角线即为所求得答案，利用勾股定理和余弦定理求解即可.
9．【答案】A,D
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；复数的模；平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】对于A选项，因为，则，A对；
对于B选项，复数的虚部为，B不符合题意；
对于C选项，，C不符合题意；
对于D选项，令，则，
即在圆心为半径为1的圆上，而表示圆上点到原点的距离，
由圆心到原点的距离为，结合圆上点到定点距离范围易知：的最大值为，D对.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件结合复数与共轭复数的关系、复数的虚部的定义、复数的乘除法运算法则、复数的模和复数的几何意义、几何法求最值的方法，进而找出说法正确的选项。
10．【答案】B,C
【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；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】对于A，若，，l和m可以相交，故错误；
对于B，若，，，则，正确；
对于C，若，，则或在内，又，则正确；
对于D，若，，，可能，故不一定成立．
故答案为：BC．
【分析】利用已知条件结合线线平行的判断方法、线面平行的判定定理、线线垂直的判断方法、线面垂直的判定定理，进而找出说法正确的选项。
11．【答案】A,C,D
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；余弦函数的性质；正弦定理；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、由，可得，
因为，
所以，即，
所以，
又因为，，为锐角，所以，即，故A正确；
B、因为，所以，，故B错误；
C、，，故C正确；
D、，
又因为，所以，
令，则，
由对勾函数性质可知，在，上单调递增，
又，（1），
，，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】由正弦定理，结合两角和的正弦公式以及角的范围求得即可判断A；由题意可得范围，可得即可判断B；由正弦定理，二倍角公式可得，结合的范围，利用余弦函数的性质即可判断C；利用三角函数的恒等变换可得，由，可得，令，则，由对勾函数性质即可判断D．
12．【答案】A,C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可得：；
A、因为平面，
可得平面，且平面，所以，故A正确；
B、在中，可得，
则边上的高为，
设点G到平面SEF的距离为，利用等体积可得：，
解得，所以点G到平面SEF的距离为，故B错误；
C、三棱锥转化为长方体，则长方体的外接球即为三棱锥的外接球，
所以外接球的半径，
可得外接球表面积为，故C正确；
D、因为，
所以二面角的平面角为，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据线面垂直的判断定理和性质定理分析即可判断A；利用等体积法求点到面的距离即可判断B；将三棱锥转化为长方体，结合长方体求外接球的半径即可判断C；根据二面角的定义即可判断D.
13．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：设，因为，所以，
又因为，所以，
即，解得，则.
故答案为：.
【分析】设并写出坐标，根据及线性关系的坐标表示列方程求值即可.
14．【答案】
【知识点】方程的解与虚数根
【解析】【解答】解：易知也是方程的根，
由韦达定理可得：，故．
故答案为：．
【分析】易知也是方程的根，根据韦达定理求的值即可.
15．【答案】；
【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】解：因为圆锥的侧面展开图是一个半径为的半圆，所以圆锥的母线长为，
若底面圆的半径为，则，故，则圆锥的高为3，
因为该圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，设球O的半径为，
则，解得，所以球O的体积为.
故答案为：，.
【分析】先由圆锥的侧面展开图求出圆锥的底面圆半径和高，然后根据圆锥的顶点及底面圆周在球O的表面上，设球的半径为，列出方程解出，再根据球的体积公式求解即可.
16．【答案】；
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题
【解析】【解答】解：由题意可得：一个棱数为24的印信有12个顶点，14个面；
正方体截去8个一样的四面体之后得到的印信，故其顶点是正方体各棱的中点，
印信的棱长为，则该印信的所有棱长之和等于；
印信是十四面体，共有14个面，8个正三角形6个正方形，
则表面积为.
故答案为：，.
【分析】求得印信棱数为24的多面体，其顶点是正方体各棱的中点，求得半正多面体的棱长，计算表面积即可.
17．【答案】（1）解：是的中点，则， 设，
则，
由于三点共线，则；
（2）解：由（1）得，
则
.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）根据三点共线的求即可；
（2）由（1）得，再根据向量数量积的运算求即可.
（1）依题意，
由于三点共线，所以.
（2）由（1）得，
所以
.
18．【答案】（1）解： 向量 ，则，，，
故向量夹角的余弦值；
（2）解：由已知可得，，.
因为向量与垂直，所以，即，解得；
（3）解：由已知可得，.
又与向量平行，，
所以有，
整理可得，，解得.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据向量数量积以及模的坐标运算、向量的夹角公式求解即可；
（2）求向量与的坐标，根据向量垂直的坐标表示列方程求解即可；
（3）求向量与向量的坐标，根据向量共线的坐标表示列方程求解即可.
（1）由已知可得，，，，
所以，向量夹角的余弦值.
（2）由已知可得，，.
又向量与垂直，
所以，，即，
解得.
（3）由已知可得，.
又与向量平行，，
所以有，
整理可得，，解得.
19．【答案】（1）解：因为，所以，
由正弦定理得：，
又因为，所以，
所以，又因为，所以，
所以，即，故；
（2）解：因为，所以，得，
由余弦定理得：，，
则，即，
即AD的长为.
【知识点】向量在几何中的应用；二倍角的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由正弦定理和二倍角的正弦公式求解即可；
（2）由可得，根据以及余弦定理求即可.
（1），
所以，
由正弦定理得：，
，，
，，
得，即，
.
（2），
，得，
由余弦定理得：，
，
所以，
即AD的长为.
20．【答案】（1）证明：取中点，连接，又是中点，则，，又，
所以，所以是平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面；
（2）解：取中点，连接，如图所示：
由于是等边三角形，则，
因为CD面ABC，面ABC，所以，
因为，平面，所以平面，
由已知，
由CD面ABC，面ABC，所以，是直角梯形，
，
所以．
【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，证线面平行即可；
（2）取中点，证明是四棱锥的高，证明底面是直角梯形，再根据锥体体积公式计算体积即可．
（1）取中点，连接，又是中点，则，，又，
所以，所以是平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面；
（2）取中点，连接，由于是等边三角形，则，
因为CD面ABC，面ABC，所以，
因为，平面，所以平面，
由已知，
由CD面ABC，面ABC，所以，是直角梯形，
，
所以．
21．【答案】（1）证明：连结，交于，连接，因为为矩形，所以为的中点，
在中，，分别为，的中点，所以，
因为面，面，所以平面；
（2）解：因为，所以，即是直线与直线所成角，
又因为为矩形，所以，
因为平面平面，所以平面，
又因为平面，所以，，
在中，因为，，所以，
因为，所以，又因为，，
所以平面，因为平面，所以，
在中，因为，所以，
所以，则直线与直线所成的角为；
（3）解：因为为矩形，所以，又因为平面，平面，所以平面，
因为平面平面，所以，
由（2）可知平面，所以平面，
因为为梯形，，所以，必相交，
设，则，
因为平面，所以，，
所以为平面与平面所成的锐二面角，
因为，，所以，分别为，的中点，
因为，所以，又，
所以，从而平面与平面所成锐二面角为．
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面平行的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）先证明，再利用线面垂直的判定定理证明即可；
（2）利用线线平行可得是直线与直线所成角，利用面面垂直可得，结合已知条件可得，利用线面垂直可得，可得出的值即可得线线夹角；
（3）根据题意可得，利用平行的传递性可证明平面，利用面面垂直，可得出为平面与平面所成的锐二面角，计算的大小即可.
（1）解：证明：连结，交于，连接，
∵为矩形，∴为的中点，
在中，，分别为，的中点，∴，
因为面，面，所以平面.
（2）解：∵，∴，
∴是直线与直线所成角.
∵为矩形，∴，
∵平面平面，∴平面，
∵平面，∴，，
在中，∵，，∴，
∵，∴，又∵，，
∴平面，∵平面，∴，
在中，∵，∴，
∴，从而直线与直线所成的角为；
（3）解：∵为矩形，∴，
∵平面，平面，∴平面，
∵平面平面，∴，
由（2）可知平面，∴平面，
∵为梯形，，∴，必相交，
设，则，
∵平面，∴，，
∴为平面与平面所成的锐二面角，
∵，，∴，分别为，的中点，
∵，∴，又，
∴，从而平面与平面所成锐二面角为．
22．【答案】解：因为
所以由得，
因为，所以，所以，；
（1）；
因为，所以，
所以当时，取最大值，
此时，所以，所以是等边三角形；
（2）解：取边的中点，连接，
则，且，，
在中，由余弦定理得，
解得，所以，
在中，由余弦定理得.
【知识点】两角和与差的正弦公式；解三角形；正弦定理；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）先利用两角和的正弦公式化简，由求得，再根据正弦定理得到，从而判断取最大值时，B的取值，从而判断三角形形状即可；
（2）取边的中点，在中，由余弦定理求得，，在中，利用余弦定理求即可.
