江苏苏州市2025-2026学年高一下学期5月份月考全真模拟数学练习卷

高一下学期5月份月考模拟测试卷 数学•全解全析 第一部分（选择题 共58分） 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．若，则复数在复平面上的对应点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】C 【详解】根据题意知，得， 则复数的对应点为，位于第三象限． 2．已知向量，，.若与平行，则实数的值为（    ） A． B． C． D．2 【答案】C 【分析】根据条件，利用向量线性运算的坐标表示及向量共线的坐标表示计算得解. 【详解】∵，，∴， 又，与平行， ∴，解得， 故选：C. 3．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列说法错误的是（    ） A．若，则“”是“”的必要条件 B．若，，则“”是“”的充分条件 C．若，则“”是“”的充要条件 D．若，则“”是“”的既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】利用线面垂直的性质可判断A；利用线面平行的判定和性质可判断B；利用线面垂直的性质和面面平行的判定可判断C；利用线面平行的性质可判断D. 【详解】对于A，若，则“”是“”的充分不必要条件，故A错误； 对于B，，，则“”“”“m，n平行或异面， 所以是的充分条件，故B正确； 对于C，，则“”“”， 则“”是“”的充要条件，故C正确； 对于D，，则“”“或”， “”“m，n相交、平行或异面”， 所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故D正确. 故选：A. 4．在中，角，，所对的边分别为，，.若，，且该三角形有两解，则的范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】因， 则当，即时，三角形有两解， 所以的取值范围是. 5．降水量是指降落在水平面上单位面积的水层深度（单位：mm）.气象学中把24小时内的降水量叫做日降水量.某学生用上口直径为20cm，底面直径为12cm，母线长为的圆台形水桶放置在水平地面上来测量日降水量.某次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水，雨水的高度是桶深的，则本次降雨的日降水量是（    ） A．29.6mm B．46.3mm C．63.5mm D．82.2mm 【答案】A 【分析】作出辅助线，求出桶的深度，得到雨水的高度，进而求出雨水的体积，圆台型水桶的上口直径为20cm，面积为，从而得到本次降雨的日降水量. 【详解】如图所示，cm，cm，， 过点作⊥于点，则，cm， cm， 桶的深度为cm， 故雨水的高度为cm，由三角形相似知，cm， 故cm， 雨水的体积， 圆台型水桶的上口直径为20cm，面积为， 故本次降雨的日降水量是cm，故为29.6mm. 故选：A 6．中，A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则的形状是（   ） A．顶角为120°的等腰三角形 B．等边三角形 C．等腰直角三角形 D．无法确定 【答案】C 【分析】由推导得的平分线垂直于边，进而得，再由给定面积导出得解. 【详解】如图所示，在边、上分别取点、，使、， 以、为邻边作平行四边形，则，显然， 因此平行四边形为菱形，平分，而， 所以，即，于是得是等腰三角形，即， 令直线交于点，则是边的中点，， 而，因此，从而得， 综上，是等腰直角三角形. 7．已知，，若，则实数m的值为（    ） A． B． C．3 D．2 【答案】C 【分析】根据余弦和差公式化简得到，由正切二倍角公式和得到，从而得到方程，求出实数m的值. 【详解】， 即， ，故， 则， 由于，故， 解得或， 因为，所以，故， 即，解得. 故选：C 8．正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点满足，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正四面体性质以及空间向量基本定理可得，再由锥体体积公式计算可得结果. 【详解】设中心为，如下图： 由正四面体性质可知， 利用勾股定理可得，即，解得； 因此可得； 所以； ，可得，即， 当且仅当时，等号成立. 此时满足， 易知， 因此. 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，为复数，下列命题为真命题的是（   ） A．若，则 B．若，则的最小值为1 C．若，则 D．若，则 【答案】BC 【分析】对于AD，举反例判断即可；对于B，由复数的模和几何意义求解即可；对于C，由共轭复数的概念和复数乘法运算即可. 【详解】对于A，设，则，但不成立，故A错误； 对于B，若，则设， 从而，等号成立当且仅当， 所以若，则的最小值为1，故B正确； 对于C，设，则，故C正确； 对于D，，则，但不成立，故D错误. 故选：BC. 10．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则（   ） A．若，则为锐角三角形 B．若，则为等腰三角形 C．若，则 D．若为锐角三角形，且，则的最小值为8 【答案】BCD 【分析】A选项，C为锐角，但不确定A，B是否是锐角；B选项，由正弦定理和同角三角函数关系得到，所以，B正确；C选项，由正弦定理和大角对大边得到C正确；D选项，变形得到，令，得到，由基本不等式求出最小值. 【详解】A选项，，故C为锐角，但不确定A，B是否是锐角，A错误； B选项，，由正弦定理得， 因为，所以，故， 所以，B正确； C选项，，由大角对大边得，由正弦定理得， 故，C正确； D选项，， ， 故， 故， 为锐角三角形，故，所以， 令， 则， 当且仅当，即时，等号成立，D正确. 故选：BCD 11．四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，，动点在线段上，则（    ）    A．存在点，使得 B．的最小值为 C．四棱锥的外接球表面积为 D．点到直线的距离的最小值为 【答案】ABD 【分析】对于A，直接说明当是的中点时即可；对于B，先证明，再说明等号能够取到即可；对于C，直接求出外接球的半径，再计算其表面积即可，对于D，设为在底面上的投影，并将点到直线的距离表示为的函数，然后求该函数的最小值即可. 【详解】对于A，当是的中点时，记正方形的中心为，    则分别为的中点，所以， 而与底面垂直，所以与底面垂直. 从而由在底面内，知， 而，在平面内交于点，故垂直于平面. 由于在平面内，故，从而A正确； 对于B，由于垂直于平面，在平面内， 故，而，和在平面内交于点， 故垂直于平面. 所以由在平面内，就有. 而， 故. 从而到直线的距离为，同理到直线的距离为. 所以. 当时，由于， 同理，故，， 所以，所以的最小值是，故B正确. 对于C，由于的外接球球心为的中点，故外接球的半径为的一半，即，所以外接球表面积为，故C错误； 对于D，设在底面上的投影为，    则，设， 则到直线的距离，且当时，等号成立，所以D正确. 故选：ABD. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，其中14题第一空2分，第二空3分． 12．如图，表示水平放置的根据斜二测画法得到的直观图，在轴上，在轴上，与轴垂直，且，则的面积为_____________． 【答案】 【分析】利用斜二测的定义通过的长确定的长，再求出的面积. 【详解】由于在轴上，在轴上，故在轴上，在轴上，且，. 由于与轴垂直，而，结合知. 所以，，这意味着. 故答案为：. 13．已知，则_________． 【答案】 【分析】根据两角和与差的正切公式即可求解. 【详解】原式． 故答案为： 14．已知锐角的内角的对边分别为．若向量，，且，，则角______；的面积的取值范围为______． 【答案】 【分析】由坐标表示出向量平行的条件，利用正弦定理化角为边，交由余弦定理求得角，再由正弦定理把用表示，用三角形的面积公式求得面积，利用正切函数性质得范围． 【详解】由可知，， 由正弦定理得即， ∴，又，∴， 又由正弦定理，得 ∴，是锐角三角形，∴， ∴，，，故的面积的取值范围为． 故答案为：；． 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．（13分） 已知向量． (1)求的坐标与； (2)求向量与的夹角的余弦值； (3)若与夹角为钝角，求的取值范围． 【答案】(1)， (2) (3) 【分析】（1）根据平面向量坐标运算公式和模的计算公式计算即可； （2）利用平面向量夹角的公式计算即可； （3）由与夹角为钝角，则且与不共线，列出不等式组求解即可． 【详解】（1）由已知得，，， 则． （2），， 则． （3）由与夹角为钝角得，且与不共线，即，解得且， 故． 16．（15分） 已知复数，，. （1）若为实数，求角的值； （2）若复数，对应的向量分别是，，存在使等式成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）或. 【分析】（1）首先根据复数三角形式的乘法运算化简，再根据复数的类型得到方程，解得即可； （2）首先表示出、的坐标，即可得到，，再根据平面向量数量积的运算律得到，参变分类，根据正弦函数的性质得到，解得即可； 【详解】解：（1）， 为实数 ∴， 又，所以，∴，即. （2）因为，，所以，，所以 ， . 得， 整理得. 因为，所以.只要即可， 解得或. 17．（15分） 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别为，的中点，与交于点，，为上一点，． (1)证明：； (2)求证：平面平面； (3)若，求与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）利用平行关系得出三角形相似，利用相似比相等得出线线平行，进而证明结论； （2）利用勾股定理得出线线垂直，进而利用线面垂直判定定理，由线面垂直证明面面垂直； （3）利用垂直关系得出线面角，计算相关边长进而求解． 【详解】（1）已知底面是矩形，底面，，分别为，的中点， 则， 在和中，，则三个内角均对应相等，故， 相似比为， ，即， 已知，则， 由平行线分线段成比例定理可得， 又分别为的中点， ，． （2）在矩形中，， ，则， ，则， ， ，即， 底面，底面，故， ，且平面， 平面， 又平面， 平面平面． （3） 平面，即平面， 即为与平面所成的角， 由（2）知，， 已知，，， ， 在中，． 18．（17分） 在凸四边形中，． (1)若，，，四点共圆，，，． ①求四边形的面积； ②求的值； (2)若，，，求的值． 【答案】(1)①；② (2) 【分析】（1）①由四点共圆得到，在、中分别利用余弦定理求出、，即可得到、，再由面积公式求出、即可；②利用余弦定理求出、，由二倍角公式求出，再由数量积的定义计算可得； （2）设，再在中利用正弦定理得出关于的方程，再根据三角函数恒等变换化简求解即可. 【详解】（1）① 因为，，，四点共圆且， 所以，则， 在中由余弦定理，又， 所以，解得（负值舍去）， 所以，则， 在中由余弦定理，又， 所以，解得或（舍去）， 所以， 所以， 所以； ②由①在中由余弦定理， 即，则， 所以， 在中由余弦定理， 即，则， 所以， 即，所以， 所以. （2） 设，，则，则，， 又，所以， 在中，由正弦定理可得， 即， ∴，即， ∴ ， 故， 又，解得， 又由正弦定理有， 故， 所以. 19．（17分） 如图1，在矩形中，为的中点．将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）．    (1)当平面平面时，求直线与平面所成角的正切值； (2)在翻折过程中，求直线与平面所成角的最大值； (3)在翻折过程中，求二面角的最大值． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据矩形边长性质以及三角形相似可得，再由面面垂直性质证明可证明平面，结合线面角定义即可求得结果； （2）根据线面垂直判定定理可证明平面，结合性质定理可得平面，作出线面角的平面角并得出正切值的表达式，再结合三角函数值域求得，可得结论. （3）根据二面角定义利用线面垂直性质作出二面角的平面角，结合三角函数最值求出正切值的最大值，即可求得结果. 【详解】（1）连接交于点，如下图所示：    则， 因为，所以，即， 又，所以，可得， 同理易证，所以， 翻折后当平面平面时，平面平面，且， 又平面，所以平面； 可知即为直线与平面所成的角， 在中，， 即直线与平面所成角的正切值为； （2）过点作，垂足为，如下图所示：    因为平面， 所以平面， 又平面，所以， 又，平面， 所以平面， 即即为直线与平面所成的角， 在翻折过程中，设，由（1）可知，， 在中，， 所以， 设，则， 所以，其中， 所以，解得， 显然当时，，故， 即，又易知，所以， 即直线与平面所成角的最大值为； （3）过作于点，连接，如下图所示：    由（2）知平面，因为平面，所以， 又，平面， 所以平面， 又平面，所以，又， 所以为二面角的平面角， 因为，，所以，可得， 结合（2）可得， 在中，, 令，则， 即，其中， 所以，解得， 显然当时，，故， 即，结合，可知， 因此二面角的最大值为. 1 / 3 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $参考答案及评分标准 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 2 3 6 7 C A C A 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 10 11 BC BCD ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.22 13.3 14. 1,2) 3 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.(13分) 【详解】(1)由已知得，a+2b=(5,0),a-b=(-4,3), 则a-b=V-4)2+32=5.(4分) (2)a:(a-i=4+6=10,a=1+4=5, 则cos<a,a-b>= a-(a-b)102√5 aa-石5x5=5,(8分) -1-m+2m<0 (3)由a与。夹角为钝角得，a:c<0且a与c不共线，即 -m≠2+2m 解得m<1且m≠-名 2 故m∈(-0，- 心().(13分) 3 16.(15分) 【详解】解：(1)，=(2sin0-V5i[1+(2cos0)i门=(2sin0+25cos0)+2sin20-V5ieR, :z1·z2为实数 ÷sin20=V3 2 1/7 又0[昏引所以答≤20≤，29=号，即9-号6分) (2)因为z,=2sin0-V5i,22=1+(2cos0)i,所以a=(2sin0,-V5),b=(1,2cos0),所以 a2+62=4sin26+3+1+4c0s26=8 a.b=2sin0-23 cos0, 2a+列-(a+b)=a+b）+1+22)a-6=0. 得8元+(1+元2)(2sin0-25cos0）=0, 因为9所以m0-引时只要-s0 解得1≤-2-√5或-2+√5≤1≤0.(15分) 17.(15分) 【详解】(1)已知底面ABCD是矩形，PA⊥底面ABCD,M,N分别为CD,PD的中点， 则cM=CD=4B=35, 在△ABE和△CME中，ABIICM,则三个内角均对应相等，故△ABE~△CME, 相似比为B-62 =2, CM 32 45=2,即AE=名4C, E 3 已知PK=PA,则4K=PA, 3 由平行线分线段成比例定理可得KEPC, 又M,N分别为CD,PD的中点， MNIIPC,.KE1IMN.(4分) (2)在矩形ABCD中，AB=62,AD=6,CM=3V2, 1C=v18+8C-6可+36=65，则4E-号4C=45. BMBC+CM-36+(3-36.BE-2BM-26 :AE2+BE2=48+24=72=AB2=(6N2, AE⊥BE,即AC⊥BM, 2/7 :PA⊥底面ABCD,BMC底面ABCD,故PA⊥BM, PAAC=A,且PA,ACc平面PAC, BM⊥平面PAC, 又：BMC平面BMNK, :平面PAC⊥平面BMNK.(9分) (3) N BM⊥平面PAC,即BE⊥平面PAC, M B ∴∠BKE即为BK与平面PAC所成的角， 由(2)知，BE=2BM=26, 已知PA=,PK=PA- 3 3 BK=VAB+AK2=V6N°+32=9， 在R1△BEK中，Sin∠BKE=BE-26 (15分) BK 9 18.(17分) 【详解】(1)① D 因为A,B,C,D四点共圆且∠ADC= 3 所以∠ABC+∠4DC=,则∠ABC=骨： 在△ADC中由余弦定理AC2=DA+DC2-2DA·DCcos∠ADC,又DC=2AD, 3/7 所以7=DA2+4DA2-2DA×2DA× 2 解得DA=1(负值舍去)， DC=2.S.nc DA-DC sin ZADC=x1x2x V3 V 22 在ABC中由余弦定理AC2=BA+BC2-2BA·BCcos∠ABC,又AB=BC+AD, 所以7=(8C+1+8C-28C+小x8C×分，解得8C=2度8C=-3(含去. 所以AB=3, 所以5c-48cn∠aC-x3x2x9- 22 所以Sn-5c+5=535-25:4分) 22 ②由①在ABC中由余弦定理BC2=BA+AC2-2BA·ACcos∠BAC, 即2=32+(V7-2x3xV万cos∠B4C,则cos∠BAC=25, 所以sin∠BAC=V2 在△ADC中由余弦定理DC2=DAP+AC2-2DA:ACcos∠DAC, 即2=1P+(V7-2x1x7cos∠D4C,则cos∠D4C=2y5 7 所以sin∠DAC=V2, 7 即LDAC=LBAC,所以cos∠DAB=coS2∠DAC=2cs2LDAC-1=2× 所以B.D=BaDc0s∠BAD=1×3x2氵.(10分) 77 (2) D B 设∠AD8=00<0<引AD=xx>0j,则CD=2,则cos0=B0,∠4DC=∠8cD=0+ 又c-所以Dc=80+}-0, 4/7 BD 在△BCD中，由正弦定理可得 DC sin/DCB sinZDBC' x 即 cos0 2x sin0+】 6 s-可 .sin -0=2cos0.sin 0+ +6)即sin+ =3cos0.sin0+cos20, 3 sin+）s 1 32 sin20+2c0s20+2 =sin29++ 62 f0+片a+引片 故2sin0+-sm+0, 又m0+}>0,解得sm0+）+5 34 C BC 又由正弦定理有sin 2m-0 sin, 3 6 =(5-1x sin 0+v5 所以8C=5-1.(17分) AD 19.(17分) 【详解】(1)连接AC交DE于点F,如下图所示： D B E 则AC=√AB2+BC2=2V5, 因为D-E∠DAB=∠ABC=90,所以ADAE-AABC,即∠4ED=∠BC4, AB BC 5/7 又∠CAB+∠BCA=90°，所以∠CAB+∠AED=90°，可得AC⊥DE, 何理易证△DFC△EFA,所以AF=23,CF=4V3 3 翻折后当平面A,DE⊥平面EBCD时，平面A,DE∩平面EBCD=DE,且A,F⊥DE, 又AFC平面ADE,所以AF⊥平面EBCD: 可知∠ACF即为直线A,C与平面EBCD所成的角， 23 在Rta4CF中，tan∠ACF=4F-习= CF452 即直线4C与平面EBCD所成角的正切值为；；(5分) (2)过点A作A,H⊥FC,垂足为H,如下图所示： D A二二 E B 因为DE⊥A,F,DE⊥FC,A,FOFC=F,AF,FCc平面AFC, 所以DE⊥平面AFC, 又AHc平面AFC,所以DE⊥AH, 又AH⊥FC,DEOFC=F,DE,FCC平面EBCD, 所以AH⊥平面EBCD, 即∠A,CH即为直线AC与平面EBCD所成的角， 3,C4 在翻折过程中，设∠4FC=0,8e(0,,由(1)可知，4r-2 3 在Ra4FH中，AH=25in0,FH-25。 3 3c0s0, 所以CH=Fc-FH=2)32-cos0,tan∠4CH==、sim6 CH 2-cos0 sin0 设y= 0∈(0，π)，则sin0+ycos0=2y, 2-c0s0 所以V1+y2sin0+p)=2y,其中tanp=y, 所以sm0+p)s2”≤1，解得0<y≤5 V1+y2 6/7 6 显然当0-时，y=2-c0s sin =2 5,故y √5 3 2- 3 2 即(tan ZACH)nx 3 ,又易知∠ACH∈0,2， 3 所以(24C若 即直线AC与平面EBCD所成角的最大值为((11分） (3)过H作HG⊥CD于点G,连接AG,如下图所示： F A-- B 由(2)知AH⊥平面EBCD,因为CDc平面EBCD,所以AH⊥CD, 又HG⊥CD,HGOAH=H,HG,AHc平面AGH, 所以CD⊥平面A,GH, 又AGc平面AGH,所以CD⊥AG,又HG⊥CD, 所以∠AGH为二面角A-DC-B的平面角， 因为HG1CD,AD⊥CD,所以HG11AD,可得G=CH AD CA 结合(2)可得HG=22-0s0 3 在Ria4GH中，tan∠AGH=4H-5sin GH 2-cos0 ,0e(0,π) 令t= 3sin0 2-c0s0 ,则V5sin0+tcos0=21, 即V5+Psin(0+B)=2t,其中anB=万 所以sin(9+β)= 2t ≤1，解得0<11， V3+2 显然当0-骨时，1 √3sin0 3x3 2-cos0 2=1,故s=1, 2 2 an∠4GH)n=1,结合∠4GHe0引，可知24GH).a-子 因此二面角4-DC-B的最大值为交(17分) 7/7 高一下学期5月份月考模拟测试卷 数 学 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。 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，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第一部分（选择题 共58分） 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．若，则复数在复平面上的对应点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知向量，，.若与平行，则实数的值为（    ） A． B． C． D．2 3．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，下列说法错误的是（    ） A．若，则“”是“”的必要条件 B．若，，则“”是“”的充分条件 C．若，则“”是“”的充要条件 D．若，则“”是“”的既不充分也不必要条件 4．在中，角，，所对的边分别为，，.若，，且该三角形有两解，则的范围是（   ） A． B． C． D． 5．降水量是指降落在水平面上单位面积的水层深度（单位：mm）.气象学中把24小时内的降水量叫做日降水量.某学生用上口直径为20cm，底面直径为12cm，母线长为的圆台型水桶放置在水平地面上来测量日降水量.某次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水，雨水的高度是桶深的，则本次降雨的日降水量是（    ） A．29.6mm B．46.3mm C．63.5mm D．82.2mm 6．中，A、B、C的对边分别为a、b、c，若且，则的形状是（   ） A．顶角为120°的等腰三角形 B．等边三角形 C．等腰直角三角形 D．无法确定 7．已知，，若，则实数m的值为（    ） A． B． C．3 D．2 8．正四面体棱长为2，点为其外接球球心，点满足，且点在平面上，则三棱锥体积最小值为（    ） 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，为复数，下列命题为真命题的是（   ） A．若，则 B．若，则的最小值为1 C．若，则 D．若，则 10．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则（   ） A．若，则为锐角三角形 B．若，则为等腰三角形 C．若，则 D．若为锐角三角形，且，则的最小值为8 11．四棱锥的底面为正方形，与底面垂直，，，动点在线段上，则（    ）    A．存在点，使得 B．的最小值为 C．四棱锥的外接球表面积为 D．点到直线的距离的最小值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．如图，表示水平放置的根据斜二测画法得到的直观图，在轴上，在轴上，与轴垂直，且，则的面积为_____________． 13．已知，则_________． 14．已知锐角的内角的对边分别为．若向量，，且，，则角______；的面积的取值范围为______． 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．（13分） 已知向量． (1)求的坐标与； (2)求向量与的夹角的余弦值； (3)若与夹角为钝角，求的取值范围． 16．（15分） 已知复数，，. （1）若为实数，求角的值； （2）若复数，对应的向量分别是，，存在使等式成立，求实数的取值范围. 17．（15分） 如图，四棱锥的底面是矩形，底面，，分别为，的中点，与交于点，，为上一点，． (1)证明：； (2)求证：平面平面； (3)若，求与平面所成角的正弦值． 18．（17分） 在凸四边形中，． (1)若，，，四点共圆，，，． ①求四边形的面积； ②求的值； (2)若，，，求的值． 19．（17分） 如图1，在矩形中，为的中点．将沿向上翻折，进而得到多面体（如图2）．    (1)当平面平面时，求直线与平面所成角的正切值； (2)在翻折过程中，求直线与平面所成角的最大值； (3)在翻折过程中，求二面角的最大值 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $