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安徽省蚌埠市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析）
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这是一份安徽省蚌埠市2023-2024学年高一下学期7月期末考试数学试卷（Word版附解析），共25页。
注意事项：
1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上
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. （ ）
A B. C. D.
2. （ ）
A. B. C. D.
3. 已知点在角终边上，且，则（ ）
A. B. C. D.
4. 如图，的斜二测画法的直观图是腰长为2的等腰直角三角形，y'轴经过斜边A'B'的中点，则中边上的高为（ ）
A. B. C. 2D. 4
5. 要得到函数的图象，可将函数的图象（ ）
A. 先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍
B. 先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍
C. 先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍
D. 先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍
6. 已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，∥，则∥B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，∥，则
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
8. 在中，角的对边分别为，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
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. 已知复数，，其中i为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知正方体，分别为，的中点，下列说法正确的是（ ）
A
B.
C. 直线与直线所成角的大小为
D. 直线与平面所成角的大小为
11. 已知向量，满足，则以下说法正确的是（ ）
A. 若，，则或
B. 若，则
C. 若，，则向量在向量上的投影数量为
D. 向量在向量上的投影向量为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为______.
13. 已知，tanβ是方程的两根，则tanα＝________．
14. 在△ABC中，，，点M满足，则________．
四､解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出说明文字､证明过程或演算步骤.
15. 已知复数，其中i为虚数单位，．
（1）若z为纯虚数，求；
（2）若复数z在复平面内对应的点在第四象限，求实数a的取值范围．
16. 如图，在中，E，H分别是AD，BC的中点，，G为DF与BE的交点．
（1）记向量，，试以向量，基底表示，；
（2）若，求m，n值；
（3）求证：A，G，H三点共线．
17. 如图，直三棱柱中，与交于点O，M为线段AC的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求三棱锥体积．
18. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）关于x的方程在区间有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围；
（3）不等式对恒成立，求实数x的取值范围．
19. 已知球O半径为2，A，B，C，D是球面上的点，平面⊥平面，四边形OACD为平行四边形．
（1）证明：；
（2）若，求点O到平面BCD的距离；
（3）求BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值．
蚌埠市2023—2024学年度第二学期期末学业水平监测
高一数学
本试卷满分150分，考试时间120分钟
注意事项：
1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上
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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量加减运算法则及运算律计算可得.
【详解】.
故选：B
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值计算可得.
【详解】.
故选：C
3. 已知点在角终边上，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求出，再由定义计算可得.
【详解】因为点在角终边上，且，
即，解得，
所以.
故选：A
4. 如图，的斜二测画法的直观图是腰长为2的等腰直角三角形，y'轴经过斜边A'B'的中点，则中边上的高为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜二测画法的规则，即可得的原图，根据长度关系即可求解.
【详解】根据题意可得的原图如图所示，其中D为AB的中点，
由于为的中点，,
且，则中边上的高为．
故选：B.
5. 要得到函数的图象，可将函数的图象（ ）
A. 先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍
B. 先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍
C. 先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍
D. 先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的变换规则一一判断即可.
【详解】将函数的图象先向左平移个单位得到，
再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故A正确；
将函数的图象先向左平移个单位得到，
再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故B错误；
将函数的图象先向右平移个单位得到，
再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故C错误；
将函数的图象先向右平移个单位得到，
再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故D错误.
故选：A
6. 已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，∥，则∥B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，∥，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于ABC，举例判断，对于D，利用面面垂直的性质定理和判定定理分析判断即可.
【详解】对于A，如图当，，∥时，与相交，所以A错误，
对于B，如图，当，时，∥，所以B错误，
对于C，如图当，，时，∥，所以C错误，
对于D，设，在平面内作，因为，所以，
因为∥，所以，
因为，所以，所以D正确.
故选：D
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由求出， 利用两角和的正弦公式化简，再利用二倍角公式化简可求得答案.
【详解】因，所以，
因为，所以，
所以
.
故选：C
8. 在中，角的对边分别为，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角和与差的余弦展开式化简可得，由正弦定理得，再利用正弦的二倍角公式可得答案.
【详解】因为
，
所以，
因为，所以，或舍去，可得，
因为，由正弦定理得，
所以，
因为，所以，可得，
，所以.
故选：D.
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. 已知复数，，其中i为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题意，由共轭复数的概念即可判断A，由复数的模长公式即可判断B，由复数的四则运算，即可判断CD
【详解】对A因为复数，，则，故A正确；
对B,，即，故B正确；
对C,，故C错误；
对D,，
，所以，故D错误；
故选：AB
10. 已知正方体，分别为，的中点，下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 直线与直线所成角的大小为
D. 直线与平面所成角的大小为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据异面直线的定义可判断A；连接，取中点，设正方体的棱长为2，在中由余弦定理求出可判断B；设正方体的棱长为2，直线与直线所成的角即为，求出可判断C；连接、相交于点，利用线面垂直的判定定理得即为与平面所成的角，设正方体的棱长为2，求出可判断D.
【详解】对于A，因为平面，平面，，平面，
所以与是异面直线，故A错误；
对于B，连接，取中点，连接，可得，
所以平面，设正方体的棱长为2，
则，，
，，
由余弦定理得，
所以，所以，故B正确；
对于C，由B，，，所以，
设正方体的棱长为2，
所以直线与直线所成的角即为与直线所成的角，即为，
因为，平面，所以，
即直线与直线所成角的大小为，
故C正确；
对于D，连接，因为分别为，的中点，所以，
连接、相交于点，则，因平面，
平面，所以，且，平面，
所以平面，所以等于与平面所成的角，
设正方体的棱长为2，则，，
所以，，所以，
所以与平面所成的角大小为，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知向量，满足，则以下说法正确的是（ ）
A. 若，，则或
B. 若，则
C. 若，，则向量在向量上的投影数量为
D. 向量在向量上的投影向量为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，计算出，根据向量垂直得到方程，求出或，A正确；B选项，两边平方，求出；C选项，根据垂直关系得到，从而根据投影向量的模长公式求出C正确；D选项，在C选项基础上，根据投影向量的公式进行求解.
【详解】A选项，，
因为，所以，
解得或，A正确；
B选项，两边平方得，，
因，所以，
故，则，B正确；
C选项，因为，所以，
，故，
则向量在向量上的投影数量为，C错误；
D选项，由C选项知，，
向量在向量上的投影向量为，D正确.
故选：ABD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】由轴截面得到圆锥的底面半径和母线，利用侧面积公式求出答案.
【详解】由题意得，圆锥的底面半径为，母线长为，
故圆锥的侧面积为.
故答案为：
13. 已知，tanβ是方程的两根，则tanα＝________．
【答案】1
【解析】
【分析】先利用根与系数的关系，再利用两角和的正切公式可求得答案.
【详解】因为，tanβ是方程的两根，
所以，，
所以
.
故答案为：1
14. △ABC中，，，点M满足，则________．
【答案】
【解析】
【分析】设，根据可得，在中分别利用余弦定理可得，再求出可得答案.
【详解】设，
因为，，所以，
因为，所以,
因为，
所以，得，
在分别由余弦定理得
，，，
所以，
所以，得，
所以，
所以，
即.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查余弦定理的应用，考查三角形的面积公式的应用，解题的关键是在中分别利用余弦定理找出的关系，再结合又得到的关系，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题.
四､解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出说明文字､证明过程或演算步骤.
15. 已知复数，其中i为虚数单位，．
（1）若z为纯虚数，求；
（2）若复数z在复平面内对应的点在第四象限，求实数a的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知求出，再由模的意义求出结果.
（2）由给定条件列出不等式组，求解即可得范围.
【小问1详解】
由z为纯虚数，得，解得，则，
所以.
【小问2详解】
由复数z在复平面内对应的点在第四象限，得，解得，
所以实数a的取值范围是.
16. 如图，在中，E，H分别是AD，BC的中点，，G为DF与BE的交点．
（1）记向量，，试以向量，为基底表示，；
（2）若，求m，n的值；
（3）求证：A，G，H三点共线．
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据向量减法法则结合题意求解；
（2）对结合（1）化简用，表示，而，然后列方程组可求得结果；
（3）设，，由，，用用，表示，列方程组求出，从而可得，进而证得结论.
【小问1详解】
因为在中，E，H分别是AD，BC的中点，，
所以，
．
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
因为，所以，解得；
【小问3详解】
，
设，，则
，
又，
所以，解得，所以，
∴，
∴，即A，G，H三点共线．
17. 如图，直三棱柱中，与交于点O，M为线段AC的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）．
【解析】
【分析】（1）根据线面平行判定定理证明；
（2）应用面面垂直判定定理证明；
（3）等体积法求三棱锥的体积.
【小问1详解】
连接，因为直三棱柱，，，又
∴是正方形且O为线段的中点，
又M为线段AC中点，∴，
又平面，平面，
∴平面；
【小问2详解】
∵，，平面平面，∴平面，
又平面，∴平面平面；
【小问3详解】
∵M为线段AC中点，
∴，
即三棱锥的体积为．
18. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）关于x的方程在区间有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围；
（3）不等式对恒成立，求实数x的取值范围．
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为，．
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先化简，再根据正弦函数的单调性求解；
（2）根据函数两个不相等的实数根，结合正弦单调性及值域求参；
（3）把恒成立问题转化为解三角不等式即可.
【小问1详解】
令，解得，
令，解得，
故函数的单调递增区间为，
单调递减区间为，．
【小问2详解】
由（1）知函数在区间单调递增，在区间单调递减，
又，，，
结合图象可知a的取值范围是．
【小问3详解】
即不等式对恒成立，
有，
所以或
解得，或
故x的取值范围是．
19. 已知球O半径为2，A，B，C，D是球面上的点，平面⊥平面，四边形OACD为平行四边形．
（1）证明：；
（2）若，求点O到平面BCD的距离；
（3）求BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到平行四边形OACD为菱形，为等边三角形，则，由面面垂直得到线面垂直，故，故，
又因为，得到；
（2）求出，由勾股定理逆定理得到，得到线面垂直，线线垂直，求出，由余弦定理和同角三角函数关系得到，得到△BCD外接圆的半径，进而得到点到平面的距离；
（3）作出辅助线，得到为BD与平面OAC所成的角，设，表达出，，由余弦定理求出，得到，由基本不等式，求出线面角的正切值的最大值，从而得到余弦值的最小值为.
【小问1详解】
证明：取AC中点E，连接BE，OE，，
因为，
所以平行四边形OACD为菱形，为等边三角形，
则，，
故，且，
又平面⊥平面，平面平面，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以，故，
又因为，所以，
因为，
所以，．
【小问2详解】
因为，，又，
所以，所以，
又，，，
故，故，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
在中，⊥，故⊥，
由勾股定理得，
在△BDE中，由勾股定理得，
所以在△BCD中，易知，
则，
记△BCD外接圆的半径为r，故，即，
所以点O到平面BCD距离．
【小问3详解】
作于，
因为平面⊥平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
故为BD与平面OAC所成的角，
设，其中，
，，
在中，，
由余弦定理得，
故，
故
当且仅当时，等号成立，
，
故BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值为．
【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.
注意事项：
1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上
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. （ ）
A B. C. D.
2. （ ）
A. B. C. D.
3. 已知点在角终边上，且，则（ ）
A. B. C. D.
4. 如图，的斜二测画法的直观图是腰长为2的等腰直角三角形，y'轴经过斜边A'B'的中点，则中边上的高为（ ）
A. B. C. 2D. 4
5. 要得到函数的图象，可将函数的图象（ ）
A. 先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍
B. 先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍
C. 先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍
D. 先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍
6. 已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，∥，则∥B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，∥，则
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
8. 在中，角的对边分别为，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
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. 已知复数，，其中i为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
10. 已知正方体，分别为，的中点，下列说法正确的是（ ）
A
B.
C. 直线与直线所成角的大小为
D. 直线与平面所成角的大小为
11. 已知向量，满足，则以下说法正确的是（ ）
A. 若，，则或
B. 若，则
C. 若，，则向量在向量上的投影数量为
D. 向量在向量上的投影向量为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为______.
13. 已知，tanβ是方程的两根，则tanα＝________．
14. 在△ABC中，，，点M满足，则________．
四､解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出说明文字､证明过程或演算步骤.
15. 已知复数，其中i为虚数单位，．
（1）若z为纯虚数，求；
（2）若复数z在复平面内对应的点在第四象限，求实数a的取值范围．
16. 如图，在中，E，H分别是AD，BC的中点，，G为DF与BE的交点．
（1）记向量，，试以向量，基底表示，；
（2）若，求m，n值；
（3）求证：A，G，H三点共线．
17. 如图，直三棱柱中，与交于点O，M为线段AC的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求三棱锥体积．
18. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）关于x的方程在区间有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围；
（3）不等式对恒成立，求实数x的取值范围．
19. 已知球O半径为2，A，B，C，D是球面上的点，平面⊥平面，四边形OACD为平行四边形．
（1）证明：；
（2）若，求点O到平面BCD的距离；
（3）求BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值．
蚌埠市2023—2024学年度第二学期期末学业水平监测
高一数学
本试卷满分150分，考试时间120分钟
注意事项：
1．答卷前，务必将自己的姓名和座位号填写在答题卡和试卷上.
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，务必擦净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上
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. （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面向量加减运算法则及运算律计算可得.
【详解】.
故选：B
2. （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用诱导公式及特殊角的三角函数值计算可得.
【详解】.
故选：C
3. 已知点在角终边上，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的定义求出，再由定义计算可得.
【详解】因为点在角终边上，且，
即，解得，
所以.
故选：A
4. 如图，的斜二测画法的直观图是腰长为2的等腰直角三角形，y'轴经过斜边A'B'的中点，则中边上的高为（ ）
A. B. C. 2D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜二测画法的规则，即可得的原图，根据长度关系即可求解.
【详解】根据题意可得的原图如图所示，其中D为AB的中点，
由于为的中点，,
且，则中边上的高为．
故选：B.
5. 要得到函数的图象，可将函数的图象（ ）
A. 先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍
B. 先向左平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍
C. 先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍
D. 先向右平移个单位，再把图象上每个点的横坐标缩短为原来的倍
【答案】A
【解析】
【分析】根据三角函数的变换规则一一判断即可.
【详解】将函数的图象先向左平移个单位得到，
再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故A正确；
将函数的图象先向左平移个单位得到，
再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故B错误；
将函数的图象先向右平移个单位得到，
再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故C错误；
将函数的图象先向右平移个单位得到，
再把图象上每个点的横坐标伸长为原来的倍得到，故D错误.
故选：A
6. 已知m，n是两条不同的直线，是三个不同的平面，下列命题正确的是（ ）
A. 若，，∥，则∥B. 若，，则
C. 若，，，则D. 若，∥，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于ABC，举例判断，对于D，利用面面垂直的性质定理和判定定理分析判断即可.
【详解】对于A，如图当，，∥时，与相交，所以A错误，
对于B，如图，当，时，∥，所以B错误，
对于C，如图当，，时，∥，所以C错误，
对于D，设，在平面内作，因为，所以，
因为∥，所以，
因为，所以，所以D正确.
故选：D
7. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由求出， 利用两角和的正弦公式化简，再利用二倍角公式化简可求得答案.
【详解】因，所以，
因为，所以，
所以
.
故选：C
8. 在中，角的对边分别为，已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用两角和与差的余弦展开式化简可得，由正弦定理得，再利用正弦的二倍角公式可得答案.
【详解】因为
，
所以，
因为，所以，或舍去，可得，
因为，由正弦定理得，
所以，
因为，所以，可得，
，所以.
故选：D.
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. 已知复数，，其中i为虚数单位，下列说法正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】根据题意，由共轭复数的概念即可判断A，由复数的模长公式即可判断B，由复数的四则运算，即可判断CD
【详解】对A因为复数，，则，故A正确；
对B,，即，故B正确；
对C,，故C错误；
对D,，
，所以，故D错误；
故选：AB
10. 已知正方体，分别为，的中点，下列说法正确的是（ ）
A.
B.
C. 直线与直线所成角的大小为
D. 直线与平面所成角的大小为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据异面直线的定义可判断A；连接，取中点，设正方体的棱长为2，在中由余弦定理求出可判断B；设正方体的棱长为2，直线与直线所成的角即为，求出可判断C；连接、相交于点，利用线面垂直的判定定理得即为与平面所成的角，设正方体的棱长为2，求出可判断D.
【详解】对于A，因为平面，平面，，平面，
所以与是异面直线，故A错误；
对于B，连接，取中点，连接，可得，
所以平面，设正方体的棱长为2，
则，，
，，
由余弦定理得，
所以，所以，故B正确；
对于C，由B，，，所以，
设正方体的棱长为2，
所以直线与直线所成的角即为与直线所成的角，即为，
因为，平面，所以，
即直线与直线所成角的大小为，
故C正确；
对于D，连接，因为分别为，的中点，所以，
连接、相交于点，则，因平面，
平面，所以，且，平面，
所以平面，所以等于与平面所成的角，
设正方体的棱长为2，则，，
所以，，所以，
所以与平面所成的角大小为，故D正确.
故选：BCD.
11. 已知向量，满足，则以下说法正确的是（ ）
A. 若，，则或
B. 若，则
C. 若，，则向量在向量上的投影数量为
D. 向量在向量上的投影向量为
【答案】ABD
【解析】
【分析】A选项，计算出，根据向量垂直得到方程，求出或，A正确；B选项，两边平方，求出；C选项，根据垂直关系得到，从而根据投影向量的模长公式求出C正确；D选项，在C选项基础上，根据投影向量的公式进行求解.
【详解】A选项，，
因为，所以，
解得或，A正确；
B选项，两边平方得，，
因，所以，
故，则，B正确；
C选项，因为，所以，
，故，
则向量在向量上的投影数量为，C错误；
D选项，由C选项知，，
向量在向量上的投影向量为，D正确.
故选：ABD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知圆锥的轴截面是一个边长为2的等边三角形，则该圆锥的侧面积为______.
【答案】
【解析】
【分析】由轴截面得到圆锥的底面半径和母线，利用侧面积公式求出答案.
【详解】由题意得，圆锥的底面半径为，母线长为，
故圆锥的侧面积为.
故答案为：
13. 已知，tanβ是方程的两根，则tanα＝________．
【答案】1
【解析】
【分析】先利用根与系数的关系，再利用两角和的正切公式可求得答案.
【详解】因为，tanβ是方程的两根，
所以，，
所以
.
故答案为：1
14. △ABC中，，，点M满足，则________．
【答案】
【解析】
【分析】设，根据可得，在中分别利用余弦定理可得，再求出可得答案.
【详解】设，
因为，，所以，
因为，所以,
因为，
所以，得，
在分别由余弦定理得
，，，
所以，
所以，得，
所以，
所以，
即.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：此题考查余弦定理的应用，考查三角形的面积公式的应用，解题的关键是在中分别利用余弦定理找出的关系，再结合又得到的关系，考查数形结合的思想和计算能力，属于较难题.
四､解答题：本题共5个小题，共77分.解答应写出说明文字､证明过程或演算步骤.
15. 已知复数，其中i为虚数单位，．
（1）若z为纯虚数，求；
（2）若复数z在复平面内对应的点在第四象限，求实数a的取值范围．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知求出，再由模的意义求出结果.
（2）由给定条件列出不等式组，求解即可得范围.
【小问1详解】
由z为纯虚数，得，解得，则，
所以.
【小问2详解】
由复数z在复平面内对应的点在第四象限，得，解得，
所以实数a的取值范围是.
16. 如图，在中，E，H分别是AD，BC的中点，，G为DF与BE的交点．
（1）记向量，，试以向量，为基底表示，；
（2）若，求m，n的值；
（3）求证：A，G，H三点共线．
【答案】（1），
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据向量减法法则结合题意求解；
（2）对结合（1）化简用，表示，而，然后列方程组可求得结果；
（3）设，，由，，用用，表示，列方程组求出，从而可得，进而证得结论.
【小问1详解】
因为在中，E，H分别是AD，BC的中点，，
所以，
．
【小问2详解】
由（1）知，，
所以，
因为，所以，解得；
【小问3详解】
，
设，，则
，
又，
所以，解得，所以，
∴，
∴，即A，G，H三点共线．
17. 如图，直三棱柱中，与交于点O，M为线段AC的中点，，．
（1）求证：平面；
（2）求证：平面平面；
（3）求三棱锥的体积．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）．
【解析】
【分析】（1）根据线面平行判定定理证明；
（2）应用面面垂直判定定理证明；
（3）等体积法求三棱锥的体积.
【小问1详解】
连接，因为直三棱柱，，，又
∴是正方形且O为线段的中点，
又M为线段AC中点，∴，
又平面，平面，
∴平面；
【小问2详解】
∵，，平面平面，∴平面，
又平面，∴平面平面；
【小问3详解】
∵M为线段AC中点，
∴，
即三棱锥的体积为．
18. 已知函数．
（1）求函数的单调区间；
（2）关于x的方程在区间有两个不相等的实数根，求实数a的取值范围；
（3）不等式对恒成立，求实数x的取值范围．
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为，．
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先化简，再根据正弦函数的单调性求解；
（2）根据函数两个不相等的实数根，结合正弦单调性及值域求参；
（3）把恒成立问题转化为解三角不等式即可.
【小问1详解】
令，解得，
令，解得，
故函数的单调递增区间为，
单调递减区间为，．
【小问2详解】
由（1）知函数在区间单调递增，在区间单调递减，
又，，，
结合图象可知a的取值范围是．
【小问3详解】
即不等式对恒成立，
有，
所以或
解得，或
故x的取值范围是．
19. 已知球O半径为2，A，B，C，D是球面上的点，平面⊥平面，四边形OACD为平行四边形．
（1）证明：；
（2）若，求点O到平面BCD的距离；
（3）求BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）．
【解析】
【分析】（1）作出辅助线，得到平行四边形OACD为菱形，为等边三角形，则，由面面垂直得到线面垂直，故，故，
又因为，得到；
（2）求出，由勾股定理逆定理得到，得到线面垂直，线线垂直，求出，由余弦定理和同角三角函数关系得到，得到△BCD外接圆的半径，进而得到点到平面的距离；
（3）作出辅助线，得到为BD与平面OAC所成的角，设，表达出，，由余弦定理求出，得到，由基本不等式，求出线面角的正切值的最大值，从而得到余弦值的最小值为.
【小问1详解】
证明：取AC中点E，连接BE，OE，，
因为，
所以平行四边形OACD为菱形，为等边三角形，
则，，
故，且，
又平面⊥平面，平面平面，平面，
所以⊥平面，
因为平面，所以，故，
又因为，所以，
因为，
所以，．
【小问2详解】
因为，，又，
所以，所以，
又，，，
故，故，
又，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
在中，⊥，故⊥，
由勾股定理得，
在△BDE中，由勾股定理得，
所以在△BCD中，易知，
则，
记△BCD外接圆的半径为r，故，即，
所以点O到平面BCD距离．
【小问3详解】
作于，
因为平面⊥平面，平面平面，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
故为BD与平面OAC所成的角，
设，其中，
，，
在中，，
由余弦定理得，
故，
故
当且仅当时，等号成立，
，
故BD与平面OAC所成角的余弦值的最小值为．
【点睛】方法点睛：立体几何中最值问题，一般可从三个方面考虑：一是构建函数法，即建立目标函数，转化为函数的最值问题进行求解；二是借助基本不等式求最值，几何体变化过程中两个互相牵制的变量（两个变量之间有等量关系），往往可以使用此种方法；三是根据几何体的结构特征，变动态为静态，直观判断在什么情况下取得最值.
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