2023-2024学年重庆市乌江新高考协作体高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年重庆市乌江新高考协作体高一（下）期中数学试卷（含解析），共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知a=(1,1)，b=(m,1)且a⊥(a+b)，则实数m=( )
A. 1B. −3C. −2D. −1
2.在2+ 7，27i，0，8+5i，(1− 3)i，0.618这几个数中，纯虚数的个数为( )
A. 0B. 1C. 2D. 3
3.已知向量OA、OB的夹角为60°，|OA|=|OB|=2，若OC=2OA+OB，则|OC|=( )
A. 6B. 2 2C. 2 5D. 2 7
4.已知向量AB=(4,3)，AC=(3,t)，|BC|=1，则AB⋅AC等于( )
A. 3B. 4C. 15D. 21
5.在平面四边形ABCD中，△ABC为正三角形，AD⊥CD，AD=CD= 2，如图1，将四边形沿AC折起，得到如图2所示的四面体B−ACD，若四面体B−ACD外接球的球心为O，当四面体B−ACD的体积最大时，点O到平面ABD的距离为( )
A. 217B. 2 217C. 2 2121D. 4 2121
6.已知∠ACB=60°，P为平面ABC外一点，PC=2，P到∠ABC两边AC、BC的距离都为 2，则P到面ABC的距离( )
A. 33B. 2 33C. 3D. 2 3
7.数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，“勒洛四面体”就是其中之一.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分.如图，在勒洛四面体中，正四面体ABCD的棱长为4，则下列结论正确的是( )
A. 勒洛四面体最大的截面是正三角形
B. 若P，Q是勒洛四面体ABCD表面上的任意两点，则PQ的最大值为2
C. 勒洛四面体ABCD的体积是8 6π
D. 勒洛四面体ABCD内切球的半径是4− 6
8.在△ABC中，D为BC上一点，且BD=3DC，∠ABC=∠CAD，∠BAD=2π3，则tan∠ABC=( )
A. 3913B. 133C. 33D. 35
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题中，真命题为( )
A. 复数z=a+bi为纯虚数的充要条件是a=0
B. 复数z=1−3i的共轭复数为z−=1+3i
C. 复数z=1−3i的虚部为−3
D. 复数 2z=1+i，则z2=i
10.已知a，b，c是平面上三个非零向量，下列说法正确的是( )
A. 一定存在实数x，y使得a=xb+yc成立
B. 若a⋅b=a⋅c，那么一定有a⊥(b−c)
C. 若(a−c)⊥(b−c)，那么|a−b|=|a+b−2c|
D. 若a⋅(b⋅c)=(a⋅b)⋅c，那么a，b，c一定相互平行
11.在菱形ABCD中，AB=2 3，∠ABC=60°，将菱形ABCD沿对角线AC折成大小为θ(0°<θ<180°)的二面角B−AC−D，若折成的四面体ABCD内接于球O，则下列说法正确的是( )
A. 四面体ABCD的体积的最大值是3 3
B. BD的取值范围是(3 2,6)
C. 四面体ABCD的表面积的最大值是12+6 3
D. 当θ=60°时，球O的体积为52 3927π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数z=3(csπ5+isinπ5)的模是______．
13.在60°二面角的一个面内有一个点，若它到二面角的棱的距离是10，则该点到另一个面的距离是______．
14.已知平面向量m与m+n的夹角为π6，若|m|−λ|n|≤0恒成立，则实数λ的取值范围为______．
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.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知(csB+csA)(csB−csA)=sinC(sinC− 2sinB)．
(1)求角A的大小；
(2)若a=3 2,b+c=6，求△ABC的面积；
(3)若c= 2,a= 5,D为BC的中点，求AD的长．
16.(本小题15分)
设复数z1=1−ai(a∈R)，z2=3−4i．
(1)若z1+z2是实数，求z1⋅z2；
(2)若z1z2是纯虚数，求z1．
17.(本小题15分)
已知正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，点M，N分别是线段C1D1，CC1的中点．
(1)求点M到平面A1C1B的距离；
(2)判断A1，M，B，N四点是否共面，若是，请证明；若不是，请说明理由．
18.(本小题15分)
如图，在三棱柱ADP−BCQ中，侧面ABCD为矩形．
(1)设M为AD中点，点N在线段PC上，且NC=2PN，求证：PM/​/平面BDN；
(2)若二面角Q−BC−D的大小为π3，且AD=12AB，求直线BD和平面QCB所成角的正弦值．
19.(本小题17分)
n个有次序的实数a1，a2，…，an所组成的有序数组(a1,a2,…,an)称为一个n维向量，其中ai(i=1,2,…,n)称为该向量的第i个分量.特别地，对一个n维向量a=(a1,a2,…,an)，若|ai|=1，i=1，2…n，称a为n维信号向量.设a=(a1,a2,…,an)，b=(b1,b2,…,bn)，则a和b的内积定义为a⋅b=i=1naibi=a1b1+a2b2+…+anbn，且a⊥b⇔a⋅b=0．
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量．
(2)证明：不存在6个两两垂直的6维信号向量．
(3)已知k个两两垂直的2024维信号向量x1，x2，…，xk满足它们的前m个分量都是相同的，求证： km<45．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：∵a=(1,1)，b=(m,1)，∴a+b=(m+1,2)，
又a⊥(a+b)，∴1×(m+1)+1×2=0，解得m=−3．
故选：B．
由已知求得a+b，再由向量垂直的坐标运算列式求解m值．
本题考查向量的坐标运算，是基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵2+ 7为实数，27i为纯虚数，0，8+5i为虚数，(1− 3)i为纯虚数，0.618为实数，
∴纯虚数只有2个，
故选：C．
通过纯虚数的定义逐个判定即可．
本题考查复数的基本概念，注意解题方法的积累，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】解：因为向量OA、OB的夹角为60°，|OA|=|OB|=2
所以OA⋅OB=2，
所以OC2=(2OA+OB)2=4OA2+OB2+4OA⋅OB=16+4+8=28，
所以|OC|= 28=2 7；
故选D
由已知求出OC2展开，利用数量积计算即可．
本题考查了平面向量的数量积公式的运用求向量的模；一般的，没有坐标表示的向量求模，先求其平方的值，然后开方求模．
4.【答案】D
【解析】解：因为AB=(4,3)，AC=(3,t)，
所以BC=AC−AB=(−1,t−3)，
因为|BC|=1，所以(−1)2+(t−3)2=1，解得t=3，则AC=(3,3)，
所以AB⋅AC=4×3+3×3=21．
故选：D．
先由平面向量的线性运算求得BC，再由平面向量模的坐标表示得到关于t的方程，解之即可利用平面向量数量积的坐标表示求得AB⋅AC．
本题考查平面向量的坐标运算，考查运算求解能力，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：根据题意可得当平面ABC⊥平面ACD时，四面体B−ACD的体积最大，
在平面ABC内过B作BE⊥AC于点E，则BE⊥平面ACD，
∵△ABC为正三角形，AD⊥CD，易知AC⊥ED，
∴四面体B−ACD外接球的球心O为正三角形ABC的中心，即BH的靠近E的三等分点，
建系如图，则根据题意可得：
A(1,0,0)，B(0,0, 3)，D(0,1,0)，O(0,0, 33)，
∴AB=(−1,0, 3)，AD=(−1,1,0)，OB=(0,0,2 33)，
设平面ABD的法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AB=−x+ 3z=0n−⋅AD=−x+y=0，取n=( 3, 3,1)，
∴点O到平面ABD的距离为|OB⋅n||n|=2 33 7=2 2121．
故选：C．
根据题意可得当平面ABC⊥平面ACD时，四面体B−ACD的体积最大，在平面ABC内过B作BE⊥AC于点E，则BE⊥平面ACD，再建系，利用向量法，向量数量积运算，即可求解．
本题考查向量法求解点面距问题，属中档题．
6.【答案】B
【解析】解：∠ACB=60°，P为平面ABC外一点，PC=2，P到∠ABC两边AC、BC的距离都为 2，
作PO⊥平面ABC，作PD⊥AC，PE⊥CB，连接OD，OE，DE，
由已知PE=PD= 2，PO⊥平面ABC，则△ POD≌△POE，∴OD=OE，
∵PC=2，由勾股定理CD=CE= PC2−PE2= 2，
∵∠ACB=60°，∴△DEC是等边三角形，∴DE= 2，
∵PO⊥平面ABC，由三垂线定理的逆定理得OD⊥AC，OE⊥BC，∴∠DOE=120°，
设OD=OE=x，则由余弦定理得DE2=OD2+OE2−2OD⋅OE⋅cs∠DOE，
∴( 2)2=x2+x2−2x⋅x⋅cs120°，
解得x=OE= 63，
由勾股定理得PO2=PE2−OE2=2−23=43，
∴P到面ABC的距离为PO=2 33．
故选：B．
通过空间垂直关系的转化，利用勾股定理能求出P到面ABC的距离．
本题考查三棱锥结构特征、点到平面距离公式等基础知识，考查运算求能力，是中档题．
7.【答案】D
【解析】解：由勒洛四面体的定义可知勒洛四面体最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，如图1所示，故A不正确；
根据勒洛四面体的性质，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，
所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值即为内接正四面体的边长，
所以勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为4，故B错误；
如图2，由对称性可知勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心，
连接BO并延长交勒洛四面体的曲面于点E，则OE就是勒洛四面体内切球的半径．
如图3，在正四面体ABCD中，M为△BCD的中心，O是正四面体ABCD外接球的球心，
连接BM，BO，AM，由正四面体的性质可知O在AM上．
因为AB=4，所以BM=23× 42−22=4 33，则AM= 42−(4 33)2=4 63．
因为BO2=BM2+OM2=(AM−OM)2，
即BO2=(4 33)2+OM2=(4 63−OM)2，解得BO= 6，
则正四面体ABCD外接球的体积是43πR3=43π×( 6)3=8 6π，
而勒洛四面体ABCD的体积小于其外接球的体积，故C错误；
因为BE=AB=4，所以OE=4− 6，
所以，勒洛四面体ABCD内切球的半径是4− 6，则D正确．
故选：D．
由勒洛四面体的定义判断选项A；由勒洛四面体的定义求解判断B；根据对称性，由勒洛四面体内切球的球心O是正四面体ABCD外接球的球心求解判断C；结合C由棱长减去外接球的半径求得内切球的半径求解判断．
解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解．
8.【答案】D
【解析】解：法一、如图所示，在△ACD和△BCA中，有∠ACB=∠DCA，∠ABC=∠DAC，
故△ACD∽△BCA，设CD=x，则BC=4x，CDAC=CABC，所以AC=2x
设AD=y，则根据相似比：ADAB=DCAC=12=ADAB得AB=2y，
又∠BAD=2π3，由余弦定理可得：cs2π3=4y2+y2−9x24y2=−12，
∴y2x2=97，
则csB=4y2+9x2−y212xy=5 714，sinB= 1−cs2B= 2114，
故tanB= 35；
法二：设B=α=∠DAC，则C=π3−2α，
在△ACD和△BCA中，有BD=3DC，由正弦定理有：BDsin2π3=ADsinαCDsinα=ADsin(π3−2α)，
两式相除得：sin(π3−2α)=2 3sin2α，
由三角恒等变换公式得：3 3cs2α−sin2α=2 3，
由弦化切，构造齐次式得：3 3cs2α−sin2αsin2α+cs2α=2 3=3 3−3 3tan2α−2tanαtan2α+1，
即5 3tan2α+2tanα− 3=0，解之得：tanα= 35或− 33，
在△ABD中∠BAD=2π3，则B∈(0,π3)，
故tanα=tanB= 35．
故选：D．
法一：根据条件，利用相似三角形的性质及余弦定理可求csB，计算即可．
法二：先由正弦定理及BD=3DC可得关于B的三角恒等式，然后结合和差角公式及同角基本关系进行化简可求．
本题考查向量与解三角形的综合，属于压轴题．方法一通过已知找到边之间的关系是关键，在根据余弦定理即可解得答案；方法二是根据“爪”型三角形，通过两次正弦定理转化边角关系，解有关角的方程，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：复数z=a+bi为纯虚数的充要条件是a=0且b≠0，故A错误，
复数z=1−3i的共轭复数是z−=1+3i，故B正确，
复数z=1−3i的虚部为−3，故C正确，
复数 2z=1+i，则z= 22+ 22i，故z2=12+i−12=i，故D正确，
故选：BCD．
根据纯虚数的定义判断A，根据共轭复数的定义判断B，根据虚部的定义判断C，根据复数的运算性质判断D．
本题考查了复数的相关定义以及复数的运算，是基础题．
10.【答案】BC
【解析】解：对于选项A，当b与c共线，a与b不共线时，不存在x、y使得a=xb+yc成立，故A选项错误；
对于选项B，因为a⋅b=a⋅c，所以a⋅b−a⋅c=0，即a⋅(b−c)=0，
所以a⊥(b−c)，故B选项正确；
对于选项C，若(a−c)⊥(b−c)，则(a−c)⋅(b−c)=0，
因为|a+b−2c|=|(a−c)+(b−c)|，
所以(|(a−c)+(b−c)|)2=(a−c)2+(b−c)2+2(a−c)⋅(b−c)=a2+c2−2a⋅c+b2+c2−2b⋅c=(a2+b2−2a⋅b)+(2c2−2a⋅c−2b⋅c+2a⋅b)，
因为(a−c)⊥(b−c)，所以(a−c)⋅(b−c)=0，即c2−a⋅c−b⋅c+a⋅b=0，则2c2−2a⋅c−2b⋅c+2a⋅b=0，
又因为|a−b|2=a2+b2−2a⋅b，所以(|(a−c)+(b−c)|)2=|a−b|2，
所以|a−b|=|a+b−2c|，故C选项正确；
对于选项D，当b与c垂直，a与b垂直时，成立，但是a，b，c不相互平行，
故D选项错误．
故选BC．
对于选项A，没有声明b和c不共线；
对于选项B，利用向量垂直的定义即可判断；
对于选项C，将|a+b−2c|变形成|(a−c)+(b−c)|，再平方后变形即可判断；
对于选项D，利用两向量垂直，则数量积等于零，可令b与c垂直，a与b垂直，即得到反例．
本题主要考查向量垂直与数量积的关系，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查了命题的真假判断与应用，棱锥的结构特征，球的体积和表面积，二面角的平面角及求法，考查了转化思想，属中档题．
求出当θ=90°时，四面体ABCD的体积最大，利用锥体的体积公式可判断A选项的正误；利用余弦定理可判断B选项的正误；利用∠BAD=90°时，四面体ABCD的表面积的最大，可判断C选项的正误；求出球O的半径，利用球体的体积公式可判断D选项的正误．
【解答】解：A.∵AC=AB=2 3，∠ABC=60°，则△ABC为等边三角形，
取AC的中点E，则BE⊥AC，同理可知，△ACD为等边三角形，∴DE⊥AC，
且BE=DE=2 3sin60°=3，S△ABC=12AC⋅BE=3 3，
∴二面角B−AC−D的平面角为θ=∠BED，
设点D到平面ABC的距离为d，则d=DEsinθ=3sinθ，
VD−ABC=13S△ABC⋅d=13×3 3×3sinθ=3 3sinθ≤3 3，
当且仅当θ=90°时，等号成立，
即四面体ABCD的体积的最大值是3 3，A选项正确；
B.由余弦定理可得BD2=BE2+DE2−2BE⋅DEcsθ=18−18csθ∈(0,36)，
∴BD∈(0,6)，B选项错误；
C.S△ACD=S△ABC=3 3，
∵AB=AD=BC=CD，BD=BD，∴△ABD≌△CBD，
∴S△CBD=S△ABD=12AB⋅ADsin∠BAD=6sin∠BAD≤6，
∴四面体ABCD的表面积的最大值是2×3 3+2×6=12+6 3，C选项正确；
D.设M、N分别为△ABC、△ACD的外心，则EN=EM=13BE=1，
在平面BDE内过点M作BE的垂线与过点N作DE的垂线交于点O，
∵BE⊥AC，DE⊥AC，BE∩DE=E，∴AC⊥平面BDE，
∵OM⊂平面BDE，∴OM⊥AC，
∵OM⊥BE，BE∩AC=E，∴OM⊥平面ABC，同理可得ON⊥平面ACD，
则O为四面体ABCD的外接球球心，
连接OE，∵EM=EN，OE=OE，∠OME=∠ONE=90°，∴△OME≌△ONE，
∴∠OEM=θ2=30°，∴OE=EMcs30∘=2 33，
∵AC⊥平面BDE，OE⊂平面BDE，∴OE⊥AC，
∴OA= OE2+AE2= 393，即球O的半径为R= 393，
∴球O的体积为V=43πR3=52 3927π，D选项正确．
故选：ACD．
12.【答案】3
【解析】解：∵z=3(csπ5+isinπ5)，
∴|z|= (3csπ5)2+(3sinπ5)2=3．
故答案为：3．
根据已知条件，结合复数模公式，即可求解．
本题主要考查复数模公式，属于基础题．
13.【答案】5 3
【解析】解：如图所示：
P为二面角α−l−β的一个面α内有一点．
PO是它到另一个面β的距离，PH是点P到棱的距离且PH=10．
∵PO⊥β，∴PO⊥l，又PH⊥l，∴l⊥面POH，得出l⊥OH，
所以∠PHO为二面角α−l−β的平面角，∠PHO=60°．
在RT△PHO中，PO=PH⋅sin60°=5 3．
故答案为：5 3．
PO是它到另一个面β的距离，PH它到棱的距离，得出∠PHO为二面角α−l−β的平面角．在RT△PHO中求解即可．
本题考查眯到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．
14.【答案】[2,+∞)
【解析】解：设OA=m,OB=n，如图作平行四边形OACB，
则m+n=OC，令∠AOC=π6，
由于|m|−λ|n|≤0恒成立，即λ≥|m||n|恒成立，
在△OAC中，|m||n|=|OA||AC|=sin∠OCAsin∠COA=sin∠OCAsinπ6，
∵∠OCA∈(0,56π)，∴sin∠OCA∈(0,1]，
∴sin∠OCAsinπ6=2sin∠OCA=2sin∠OCA∈(0,2],
由于λ≥|m||n|恒成立，故λ≥(|m||n|)max=2，
即实数λ的取值范围为[2,+∞)．
故答案为：[2,+∞)．
设OA=m,OB=n，构造平行四边形OACB，由于|m|−λ|n|≤0恒成立，即λ≥|m||n|恒成立，结合正弦定理将恒成立问题转化为最值问题，即可求解．
本题考查平面向量的夹角与正弦定理的应用，涉及三角函数的值域，属于中档题．
15.【答案】解：(1)∵(csB+csA)(csB−csA)=sinC(sinC− 2sinB)，
∴cs2B−cs2A=sin2C− 2sinBsinC，即sin2C+sin2B−sin2A= 2sinBsinC，
∴由正弦定理得c2+b2−a2= 2bc，由余弦定理得csA= 22，
∵A∈(0,π)，
∴A=π4；
(2)∵a=3 2,b+c=6，
由余弦定理得18=c2+b2−2bc× 22=(b+c)2−2bc(1+ 22)，
∴bc=9(2− 2)，
∴S△ABC=12bcsinA=9 2−92；
(3)∵c= 2,a= 5,D为BC的中点，

在△ABC中，由余弦定理得5=b2+2−2b× 2× 22，即b2−2b−3=0，
又b>0，得b=3，
∵D为BC的中点，
∴AD=12(AB+AC)，两边平方得AD2=14(b2+c2+2bccsA)=174，
∴|AD|= 172，即中线AD的长度为 172．
【解析】(1)根据正弦定理边角互化，结合余弦定理即可求解；
(2)根据余弦定理得bc=9(2− 2)，进而根据三角形面积公式即可求解；
(3)根据向量的模长公式结合条件即可求解．
本题考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式以及向量的模长公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
16.【答案】解：(1)由z1=1−ai，z2=3−4i，得z1+z2=4−(4+a)i，而z1+z2是实数，
于是4+a=0，解得a=−4，
所以z1⋅z2=(1+4i)(3−4i)=19+8i．
(2)依题意，z1z2=1−ai3−4i=(1−ai)(3+4i)(3−4i)(3+4i)=3+4a+(4−3a)i25是纯虚数，
因此3+4a=04−3a≠0，解得a=−34，
所以z1=1+34i．
【解析】(1)利用复数的加法及复数的分类求出a，再利用复数乘法求解即得．
(2)利用复数除法及复数的分类求出a即得．
本题考查复数的运算，属于基础题．
17.【答案】解：(1)记点M到平面A1C1B的距离为h，
由题意知△A1BC1为正三角形，且A1B=2 2，
所以SΔA1BC1=12×2 2×2 2×sin60°=2 3，又SΔA1C1M=12⋅MC1⋅A1D1=12×1×2=1，
所以VB−A1C1M=13SΔA1C1M⋅BB1=13×1×2=23，
因为VB−A1C1M=VM−A1BC1，
所以13SΔA1BC1⋅h=23，即13×2 3h=23，
解得h= 33，即点M到平面A1C1B的距离为 33．
(2)A1，M，B，N四点共面．
证明如下：
连接MN，CD1因为M，N分别是线段C1D1CC1的中点，
所以MN/​/CD1，由正方体性质可知BC//A1D1且BC=A1D1，
所以四边形A1BCD1为平行四边形，
所以A1B/​/CD1，所以MN/​/A1B，
所以A1，M，B，N四点共面．
【解析】(1)由VB−A1C1M=VM−A1BC1，利用等体积法能求出结果；
(2)利用三角形中位线性质证明MN/​/CD1然后证明A1BCD1为平行四边形，即可得A1B/​/CD1再由直线平行的传递性可证．
本题考查点到平面的距离、等体积法、线线平行的判定与性质、四点共面等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】证明：(1)连接MC交BD于E，连接NE，

因为侧面ABCD为矩形，
所以AD//BC，又M为AD中点，
所以ECEM=BCDM=2，
又因为NC=2PN，
所以CNNP=CEEM=2．
所以PM//NE，又PM⊄平面BDN，NE⊂平面BDN，
所以PM/​/平面BDN．
(2)解：在平面QCB中，过点C作射线CF⊥BC，
因为底面ABCD为矩形，所以BC⊥CD，
所以∠DCF为二面角Q−BC−D的平面角，且∠DCF=π3．
又CF∩CD=C，CF，CD⊂平面CDF，所以BC⊥平面CDF，
在平面CDF中，过点D作DG⊥FC，垂足为G，连接BG，
因为BC⊥平面CDF，DG⊂平面CDF，
所以DG⊥BC，又BC∩FC=C，BC⊂平面BCQ，FC⊂平面BCQ，
所以DG⊥平面BCQ，
则∠DBG即为直线BD和平面QCB所成的角，
于是DG为点D到平面BCQ的距离，且DG=DCsinπ3= 32DC= 32AB，
设直线BD和平面QCB所成角为α，又AD=12AB，
则sinα=DGBD= 32AB AB2+AD2= 32 1+(12)2= 155，
所以直线BD和平面QCB所成角的正弦值为 155．

【解析】(1)连接MC交BD于E，连接NE，由题可得PM//NE，然后利用线面平行的判定定理即得；
(2)在平面QCB中，过点C作射线CF⊥BC，可得∠DCF为二面角Q−BC−D的平面角，过点D作DG⊥FC，可得DG⊥平面QCB，则∠DBG即为直线BD和平面QCB所成的角，利用锐角三角函数计算可得．
本题主要考查直线与平面所成的角，考查转化能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)依题意，可写出4个两两垂直的4维信号向量为：
(1,1,1,1)，(−1,−1,1,1)，(−1,1,−1,1)，(−1,1,1,−1)．
(2)假设存在6个两两垂直的6维信号向量y1,y2,y3,y4,y4,y6，
因为将这6个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设y1=(1,1,1,1,1,1),y2=(1,1,1,−1,−1,−1)，
因为y1⋅y3=0，所以y3有3个分量为−1，
设y3的前3个分量中有r个−1，则后3个分量中有3−r个−1，r∈N*，
则y2⋅y3=r⋅(−1)+(3−r)+(3−r)+r⋅(−1)=0，
y2⋅y3=r⋅(−1)+(7−r)+(7−r)+r⋅(−1)=0，则r=32，矛盾，
所以不存在6个两两垂直的6维信号向量．
(3)任取i，j∈{1,2,⋯,k}，计算内积xi⋅xj，
将所有这些内积求和得到S，则S=x12+x22+x32+⋯+xk2=2024k，
设x1,x2,⋯,xk的第k个分量之和为ci，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为S的贡献为ci2，
所以S=c_1，
则2024k≥k2m，所以km≤2024<2025，故 km<45．
【解析】(1)由n维信号向量的定义可写出4个两两垂直的4维信号向量；
(2)假设存在6个两两垂直的6维信号向量y1,y2,y3,y4,y4,y6，根据题意不妨设y1=(1,1,1,1,1,1),y2=(1,1,1,−1,−1,−1)，利用y1⋅y3=0，可得y3有3个分量为−1，进而可得y3的前3个分量中有r个−1，则后3个分量中有3−r个−1，r∈N*，由题意可得y2⋅y3=r⋅(−1)+(7−r)+(7−r)+r⋅(−1)=0，可证结论；
(3)任取i，j∈{1,2,⋯,k}，计算内积xi⋅xj，S=x12+x22+x32+⋯+xk2，设x1,x2,⋯,xk的第k个分量之和为ci，利用S=c_1，可得结论．
本题考查内积的定义，考查运算求解能力与逻辑思维能力，对综合素养要求较高，属于难题．