江苏徐州市第一中学2023-2024学年高一下学期5月月考数学试题

**基本信息** 徐州一中高一年级5月月考数学试卷，聚焦向量、复数、立体几何等核心知识，通过菱形翻折（题19）、四棱锥体积（题17）等情境设计，考查空间观念、运算能力与推理意识，适配高一阶段性学情。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|向量共线、复数虚部、直观图周长|基础概念辨析，如向量垂直求参数（题1）| |多选题|3/18|向量投影、复数性质、立体几何翻折|多角度考查，如向量命题真假判断（题9）| |填空题|3/15|圆锥侧面积、分层抽样、三角恒等变换|实际应用，如工厂分层抽样人数计算（题13）| |解答题|5/77|三点共线、复数几何意义、线面垂直、公垂线证明|综合探究，如菱形翻折证正四面体及公垂线计算（题19）|

徐州一中2023-2024学年度第二学期高一年级5月考 数学试题 考试时间：120分钟满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确选项. 1,已知向量a=(23),方=(x,-6),若aB,则实数x=《) A.9 B.4 C.-9 D.-4 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标公式运算即可. 【详解】因为a/b,所以2×(-6)=3x,得x=-4. 故选D 2若复数：满足(3+)：=4+3列，则2的嘘部为《) 4 A.-4 B. 5 C.-4i D.-4 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数模的运算和商的运算化简复数，然后根据虚部的概念求解即可. 5(3-41)=3_41, 解因为3+4)4+3刘=V军+35，所以33+63 4 所以z的虚部为- 5 故选：B 1 3.己知cos2a=- ,则sin'a=() B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】直接使用半角公式nx=1-c0s2y)(或逆用二倍角公式c02x=1-2mx得到半角公式) 即可 【解】ama-0-e2a)-分》 故选：C 4.如图，直角梯形OAB'C满足OA⊥O'C',OA=A'B'=2,OC=3,它是水平放置的平面图形 的直观图，则该平面图形的周长是() B C' A.7+√5 B.5+2W5+V17 C.11+√41 D.10W2 【答案】C 【解析】 【分析】结合斜二测画法的规则，将直观图即直角梯形OA'BC”还原成平面图形，结合勾股定理算出各边 长度即可求解 【详解】由题意O'C'=OC=3,A'B=AB=2,由A'B/1O'C'可得AB/1OC, 由O'A'⊥O'C',∠B'OC'=45°，A'B/1O'C, 可得∠B'OA=∠AB'O=45°，所以∠OAB'=90°， 而OA=AB=2, 所以0B=20B'=2×V22+22=4V2, 结合斜二测画法的规则，将直观图即直角梯形OA'B'C还原成平面图形，如图所示： /41 6 42 由勾股定理可得AO= 4W+2=6,BC=V42+32=, 所以满足题意的平面图形的周长是2+6+3+√41=11+√41 故选：C. 5.在长方体ABCD-ABCD中，AB=AD=√5，AA=1,则AD,与A,C所成角的余弦值为() 4 B.v D.vG 4 4 【答案】D 【解析】 【分析】因为A,C,/AC,所以AD,与A,C,所成角等于AD,与AC所成的角，在三角形ACD,中，利用 余弦定理求解. 【详解】如图，连接AC,CD. 在长方体中，因为AC,//AC,所以AD与A,C1所成角等于AD与AC所成的角： 在三角形ACD,中，AC=√6，AD=CD=2, 由余弦定理得cos∠DAC=D4+C4-DC_2+V6-2_V6 2xACxAD 2x6x2 4 故选：D A Dy UH D 6.抛掷一枚骰子5次，记录每次骰子出现的点数，已知这些点数的平均数为2且出现点数6，则这些点数 的方差为() A.3.5 B.4 C.4.5 D.5 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意结合平均数、方差的计算公式求解 【详解】不妨设这5个出现的点数为x,∈1,2,3,4,5,6}，i∈{1,2,3,4,5}，且≤x,≤…≤x, 由题意可知：x=6, 因为这些点数的平均数为2， 则∑x=2×5=10,可得∑x=4, i 所以x=1,i∈{1,2,3,4}，即这5个数依次为1,1,1,1,6， 可得这些点数的方差为2= 5[-2+1-2+-2°+-2+(6-2]=4 故选：B. 7.在平行四边形ABCD中，AB=3,AD=4,AB·AD=-6,DC=3DM,则MAMB=（) A.16 B.14 C.12 D.10 【答案】A 【解析】 【分析】选取AD,DC为基向量，将MA,MB用基向量表示后，再利用平面向量数量积的运算法则求解数 量积MA·MB 【详解】因为AB=3,AD=4,AB·AD=-6,DC=3DM, 所函B-(四H@a)-（0-号o〔A0-c） -而-}4D0-c-4D-}ADA丽-34B-16+22=16 故选：A 8.已知四边形ABCD内接于圆O,且满足AB=1,AD=3,BC=CD=2,则圆O的半径为() A.2 B.2W21 c v21 2 D.√2I 3 3 【答案】A 【解析】 【分析】由题意可得∠BAD=元-∠BCD,分别在△BAD中和在△BCD中利用余弦定理求出 COS∠BAD三和BD三8N,然后在△BCD中，由正弦定理可得 > 【详解】由题意可得∠BAD=π-∠BCD, 在△BAD中，由余弦定理得BD=AD+AB2-2AD·AB·cOS∠BAD=10-6c0S∠BAD, 在△BCD中，由余弦定理得BD=CD+CB2-2CD.CB·Cos(元-∠BCD)=8+8coS∠BAD, 两式相藏得6as∠B4D- 因为∠B4D∈(0，，所以n∠BAD=V1-7 所以BD= 88√7 8+ 7 8万 BD 7 √2i 在△BCD中，由正弦定理得圆O的半径为 2sin∠BAD 2x43 3 故选：A 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.每小题有多个正确选项，全部选对得6 分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9.下列关于向量的说法正确的是() A.若a∥b,b∥c,则a∥c B.若单位向量a,b夹角为0，则向量ā在向量b上的投影向量为cos0b C.若a与b不共线，且sa+b=0,那么s=t=0 D.若a.c=b:c且c≠0，则a=b 【答案】BC 【解析】 【分析】根据零向量与任意向量平行可判断A错误，根据向量投影的定义可判断B正确，根据非零向量之 和为零向量判断两系数为0可判断C正确，根据数量积的运算律可判断D错误. 【详解】选项A,若b=0,则a与c不一定平行，A错误. b 选项B,向量a在向量b上的投影为acos0. -=bc0S0,B正确. b 选项C,sā+b=0,且a与b不共线，则a,b为非零向量，则s=t=0,C正确. 选项D,由a.c=b.c可得，(a-b)c=0,则(a-b)⊥c,不能推出a=b,D错误. 故选：BC 10.己知复数21,22，则下列命题一定成立的有() A.若51十2=0，则1=-52 B.若=，则= c. D.(+}=(+ 【答案】AC 【解析】 【分析】根据共轭复数的概念和复数的四则运算，结合复数模的计算及性质，逐项判断即可. 【详解】设z1=a+bi,,=c+h(a,b,c,d∈R),则1=a-bi,2=c-1. 对于A:21+22=a+bi+c+di=(a+c)+(b+d)i, 若31+22=0，则a+c=0,b+d=0, 所以+)=a-bi+c-d=(a+c)-(仍+d0i=0,即=-，故A一定成立： 对于B:=Va2+b,=Vc2+d2,若=，则a2+b2=c2+①， =a+2abi+(bi)2=a'-b2+2abi,=c2-d2+2cdi, 若22=z,则需满足a-b=c2-dP且ab=cd,与①式不同，故B不一定成立： C:(a+bi)(c+d)=(ac-bd)+(ad+be)i(ae-bd)'+(ad+bc), =(a-bi)(c-di)=(ac-bd)-(ad+bc)i=ac-bd )+ad+bc)', 所以=月，故C一定成立： 选项D:(+2)广=[(a+c)+(b+d0i]=(a+c)2-(b+)+2(a+c)b+d0i②， (+=[(a+c)-(b+d)i]=(a+c)-(b+d)-2(a+c)(b+d),与②式不同，故D不-定成 立 故选：AC I1.如图，在菱形ABCD中，M,N分别为BC,CD的中点，将菱形ABCD沿对角线AC折起，使点D不 在平面ABC内.在翻折的过程中，下列结论正确的有() D A.MN//平面ABD B.异面直线AC与N所成角为定值 C.设菱形ABCD边长为4，∠CDA=60°，当二面角D-AC-B为120°时，三棱锥D-ABC的外接球 7 表面积为二 D.若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，则∠ABC的取值范围是 【答案】ABC 【解析】 【分析】据题意，证得N//BD,证得MN/平面ABD,可判定A正确：证得AC⊥平面BDO,证得 AC L BD,得到AC⊥N,可判定B正确；取△ABC,△BCD的中心O,O,,设外接球的球心为O,根 带球的级。求行州装牛务风=汽。，可定C正：分C为有绝和院阳：持台 H在线段CB的关系，结合DB<DO+OB,可判定D错误， 【详解】对于A,,M,N分别为菱形ABCD的边BC,CD的中点， ∴.N/IBD,又MNC平面ABD,BDC平面ABD,.MNI/平面ABD,故A正确： 对于B,取AC中点O,连接DO,BO,如图，则DO⊥AC,BO⊥AC,BO∩DO=O, BO,DOC平面BDO,∴，AC⊥平面BDO,而BDC平面BDO, .AC L BD,.AC⊥MN,即异面直线MN与AC所成的角为90°，B正确； D C:M B 对于C,取△ABC,△BCD的中心O,O,设外接球的球心为O, 连接OO,⊥平面ABC,OO,⊥平面BCD,连接BO1,并延长BO,交AC于点E, 因为△4BC的边长为a,可得BE=)之a:则0V3 3a0e- a 6 又因为∠CDA=60°，当二面角D-AC-B为120°时，可得∠OEO=60°， 在直角△0E0,中，可得00，=0Etam60°=1a, 2 在直角a00B中，可得OB=√002+BO? 2V50,即外接球半径为R= √7 2a, 所以外接球的表面积为S三4Ra,所以C珊 D B 对于D,过A作AH⊥BC,垂足为H,若∠ABC为锐角，H在线段BC上： 若∠ABC为直角，则H与B重合：若∠ABC为钝角，则H在线段CB的延长线上， 若存在某个位置，使得直线AD与直线BC垂直，因为AH⊥BC,所以BC⊥平面AHD, 因为HDC平面AHD,所以CB⊥HD, 若∠ABC为直角，H与B重合，所以CB⊥BD, 在△CBD中，因为CB=CD,所以CB⊥BD不可能成立，即∠ABC为直角不可能成立： 若∠ABC为钝角，H在线段CB的延长线上，则在菱形ABCD中，∠DCB为锐角， 由于立体图中DB<DO+OB,所以立体图中∠DCB一定小于平面图中的∠DCB, 所以∠DCB为锐角，CB⊥HD,故点H在线段BC上与H在线段CB的延长线上矛盾， 因此∠ABC不可能是钝角；综上，∠ABC的取值范围是 0 所以D错误. 故选：ABC 【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法： (1)立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题， 解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨 迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程： (2)对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关 定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设： (3)对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是 否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在， 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12、圆锥侧面展开图扇形的圆心角为，底面圆的半径为1，则圆锥的侧面积为 【答案】6π 【解析】 【分析】根据扇形弧长与底面半径关系得乃1=2红×1，解出弧长，最后利用侧面积公式即可 【详解】设圆锥的母线为1，则？1=2元×1，所以1=6 则圆锥的侧面积为ù=6兀 故答案为：6π 13.某工厂有A,B,C三个车间，A车间有1000人，B车间有400人.若用分层抽样的方法得到一个样 本容量为44的样本，其中B车间8人，则样本中C车间的人数为 【答案】16 【解析】44-1000× 8 -8=16. 400 14.已知0<a<元，0<B<元，且sim(2a+p)=4sinp,10tang=V50-tang),则a+B的值为 2 【分析】将sin(2a+B)=4sinB转化为sin[(a+B)+a=4sin[(a+B)-a],然后由两角和与差的 正弦公式展开化简，由10@m氵√50-m受，利用二倍角公式化简最后求解即可 【详解】因为sin(2a+P)=4sinB,所以sin[(a+B)+ax]=4sin[(a+B)-a], 所以sin(a+B)cosx+cos(a+阝)sina=4sin(oa+B)cosx-4cos(a+B)sina, 化简得：5cos(a+B)sina=3sin(a+B)cosa, 所以tan(a+p)=3ana, sin o sin2 a cos2a 始10an号-50-m受.可%10250名）= Cos2 2 cos 2 所以10n号cos号-V5cosa,即5ina=V5cosa,所以tana= 2 2 5 两以ma+A=如a-5,又0a<号0<B受所级0ea+B<, 3 3 所以a+B-若 四、解答题：本题共5个小题，第15题13分，第16,17题各15分，18,19每题各17分， 共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15.已知a=(1,0),万=(2,1). (1)若AB=2a-b,BC=ā+mb,且A、B、C三点共线，求m的值. (2)当实数k为何值时，a-b与a+2b垂直？ 【谷灯)片 w号 【解析】 【分析】(1)首先求出AB、BC的坐标，由A、B、C三点共线，可得AB与BC共线，列出方程即可得 到m的值； (2)依题意可得(a-)(ā+25)=0，根据数量积的坐标表示计算可得. 【小问1详解】 因为a=(（1,0),b=(2,1) 所以AB=2a-b=2(1,0）-(2,1)=(0,-1),BC=a+mb=(（1,0)+m(2,1)=(2m+1,m), 因为A、B、C三点共线， 所以AB/BC, 所以-1(2m+)=0x,解得m-分 【小问2详解】 因为ka-b=k(1,0)-(2,1)=(k-2,-1), a+2b=(1,0)+2(2,1)=(5,2), 又a-b与a+2b垂直， (a-b)(a+2b)=(k-2)x5+←1x2=0,解得k=12 16.已知z是复数，：十2i和，三均为实数，其中1是虚数单位 1-i (1)求复数z的共轭复数三： (2)记21=2+ L-m,i,若复数三对应的点在第三象限，求实数m的取值范围。 L7m-1 【答案】(1)五=2+2i (2) 【解析】 【分析】(1)设z=a+bi(a,b∈R),分别代入：+2i和三 ，再根据两者均为实数可求得Q=2,b=-2, 进而可求得复数z的共轭复数二； 2m+1<0 (2)化简21=2+ +】-m1,再根据复数云，对应的点在第三象限可建立不等式组 ,求解即 m-1 3-2 >0 m-1 可. 【小问1详解】 设z=a+bi(a,b∈R),则z+2i=a+(b+2i 由=+2i为实数，则b+2=0,所以b=-2, 由三=0-24_a+2+0,21为实数，则4,2-0，所以a=2 1-i1-i22 2 则二=2-2i,复数z的共轭复数z=2+2i 【小问2详解】 由(1)可知， 2m+1<0 1 <m<0 由21对应的点在第三象限，得 m 31-2. ,即 /2 >0 m( 或m)1 m-1 3 解得】<m<0. 2 故实数m的取值范围为 17.如图，在四棱锥P-ABCD中，PA⊥底面ABCD,AD⊥AB,AB∥DC, AD=DC=A4P=2,AB=1,点E为棱PC的中点. B (1)证明：BE∥平面PAD: (2)求三棱锥E-PBD的体积： (3)求直线AP与平面ABE所成角的大小 【解析】(1)证明：如图，取PD中点M,连接EM,M, 由于E,M分别为PC,PD的中点，故EM∥DC,且EM=DC, 又AB∥DC,AB-号C,可得2M∥AB.且2M=AB 故四边形ABEM为平行四边形， 所以BE∥AM,又因为AMc平面PAD,BE￠平面PAD, 所以BE∥平面PAD B (2)因为E为PC的中点，所以Vg-PD= 2 1 11 因为PA⊥底面ABCD,所以VcBD=SBm·PA= 3 ××2×2×2=2、 32 2 即Vp-BD=3 (3)因为PA⊥底面ABCD,ABC底面ABCD,∴.PA⊥AB, 又AB⊥AD,PA∩DA=APADAC平面PAD, .AB⊥平面PAD 又PDC平面PAD,∴.AB⊥PD AD=AP,M为PD的中点， .∴.PD⊥AM, 又ABOM=A,∴.PD⊥平面ABE, ∴.直线AP在平面ABE内的射影为直线AM, 故∠PAM为直线AP与平面ABE所成的角， 由PA⊥底面ABCD,ADC底面ABCD可得，PA⊥AD,∠PAD=90°， .△PAD为等腰直角三角形，且AM平分∠PAD, .∠PAM=45°， 所以直线BE与平面PBD所成的角为45°. 18.如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，BC=CD=2. B D (1)己知AB=2,且AC=AD G①当cos∠C4AD=时，求△4BC的面积 i若∠ABC=2∠ADC>牙，求∠ABC (2)己知AD=√AB,且∠BAD=元，求AC的最大值 4 【答案1)D西：红： 2 6 (2)2+22. 【解析】 【分析】(1)(i)利用余弦定理结合己知求出AC,再借助等腰三角形性质求出面积；(i)利用等腰三角 形性质结合二倍角公式求解作答。 (2)连接BD,由已知结合余弦定理可得BD=AB,∠ABD=。 ，再利用余弦定理、二倍角公式、辅 助角公式求解作答 【小问1详解】 (i)设AC=x,在△ACD中，由余弦定理得cO8∠CAD= 2x2-42 2x2=3 ，解得x=V6, 本C中，B-C-2,则边4C上的n-4s-兮4G-4-四 所以△4BC的面积S.=)AC-h=xV6xV而_西 1 2 22 (i)设∠ADC=6,依题意，∠BMC=∠BCA=元∠ABC=元-6， 221 2 则4D=AC=2 AB cos∠B4C=4sin0,CD=2 AD cos∠ADC=8in0cos0-=2,即sin20=,而 <20<元， 2 所以∠ABC-20= 6 【小问2详解】 连接BD,△ABD中，AD=√2AB,∠BAD=T D 由余弦定理得BD-AB+AD'-2AB-ADc0s牙-1AB+2AB-2AB2AB2 =AB', 4 BD=AB,LBD=,设∠CBD=a0<a<,在△BCD中，BC=CD=2 于是AB=BD=2 BCcos∠CBD=4coSa,在AMBC中，∠ABC=T+ +a, 由余弦定理得：AC2=AB2+BC2-2AB·BC cos.∠ABC, AC2-16c0sa+4-8cc+a)-16cos+4+16sim acosa =8sin2a+8cos2a+1）+4=8V2$im(2a+Z+12≤8W5+12, 当且仅当2a+亚=正，即a=匹时取等号， 42 所以当a=g时，4AC=V40+V=2+25, 8 所以AC的最大值是2+2√2 19.我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线.如图，在菱形ABCD中， ∠BAD=6O°，将△ABD沿BD翻折，使点A到点P处.E,F,G分别为BD,PD,BC的中点，且FG是PD 与BC的公垂线. BN (1)证明：三棱锥P-BCD为正四面体： (2)若点MN分别在PE,BC上，且MN为PE与BC的公垂线. ①味岩的位： ②记四面体BBW的内切球半径为r,证明：>+】 2rEM BN 【来源】第四章立体几何解题通法专题二体积法微点2体积法（二）【基础版】 【答案】(1)证明过程见解析 (2)①10，②证明过程见解析 【分析】 (1)作出辅助线，证明出线面垂直，得到BC⊥PG,由三线合一得到PB=PC,进而得到六条边均相等， 证明出结论； (2)①设出边长，由余弦定理得到cos∠PsC=背，设出丽=厘，B丽=uBC,表达出 N=(1-)EB+uEC+(2-1)EP,利用M.EP=MNBC=0列出方程，求出2，得到答案； ②取CD中点O,令∠MBO=a,则E到平面MBN的距离为d=ME sin&,表达出：sw<ME.BN.MN, 6 再利用四棱锥内切球半径得到，®mSr,其中S>N(M+BW,进而得到不等式，求出答案 【详解】(1)连接PG,DG, 因为菱形ABCD中，∠BAD=60°， 所以△BCD和△PBD为等边三角形， 因为G是BC中点，所以DG⊥BC, 因为FG是PD与BC的公垂线，所以G⊥BC, 因为DGOFG=G,且DG,FGC平面PDG, 所以BC⊥平面PDG, 因为PGc平面PDG, 所以BC⊥PG, 由三线合一得PB=PC, 又PD=PB=BD=CD=BC,所以三棱锥P-BCD为正四面体， G B (2)不妨设PB=2,则PC=2,PE=EC=√5， 由余弦定理得cos∠PgC=PB+EC-PC°3+3-41 2PE.EC 2W3x531 设PM=PE,BN=uBC, 所以MN=MP+PB+BN=EP+EB-EP+μEC-EB上(LuFB+EC+R-1P, 因为EB.EC=O,EB.EP=O,EC.EP=EC EP cos.∠PEC=1 所以N.EP=[1-四EB+uEC+(-)EPE乎 =(1-)EB EP+EC.EP)EP.EP =4+3(2-1)=0, 故32+u=3, 其中丽c-丽BCco120=1x2×(-1,CC=30-5×2x5-3, EP.BC=(CP-CE BC=CP.BC-CE.BC x 2c0s120-2cos150=-23 1, MIN.BC=(1-A)EB+EC+(-1)EP.BC =(1-A)EB.BC+EC.BC+(-1 )EP.BC =-(1-4)+34+(2-1)=1+4-2=0 [32+=3 2=10 即 11 2+4μ=2’解得 3， 放 =10: ME E G ②取CD中点Q,令∠MEQ=a,则E到平面MBN的距离为d=VE sin a, Vi-w-ME BN.MNsin MB BN MN, 6 6 M/O D C E 设四面体BBN的表面积为S,则N-Sr, 3 其中Se=方0NB,Se MN.BN, 2 而Sg>NMR,Sg>waN. 2 S=SE+SMs+SBE+SBE>MN·ME+MN.BN=MN·(ME+BN)）, 所以上ME.BWMW>MN.(ME+BW)r, 即1>+ 2rME BN 【点睛】在解决平面图形的翻折问题时，应找出其中变化的量和没有变化的量，包括位置关系和数量关系， 通常翻折后还在同一平面上的元素之间的位置关系不发生变化，不在同一平面上的元素之间的位置关系发 生变化，解题时应抓住不变量，利用解三角形知识或建立空间直角坐标系进行求解 徐州一中2023-2024学年度第二学期高一年级5月月考 数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题只有一个正确选项. 1. 已知向量，，若，则实数（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，直角梯形满足，，，它是水平放置的平面图形的直观图，则该平面图形的周长是（ ） A. B. C. D. 5. 在长方体中，，，则与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 抛掷一枚骰子5次，记录每次骰子出现的点数，已知这些点数的平均数为2且出现点数6，则这些点数的方差为（ ） A. 3.5 B. 4 C. 4.5 D. 5 7. 在平行四边形中，，则（ ） A. 16 B. 14 C. 12 D. 10 8. 已知四边形内接于圆，且满足，，，则圆的半径为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．每小题有多个正确选项，全部选对得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分. 9. 下列关于向量的说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若单位向量夹角为，则向量在向量上的投影向量为 C. 若与不共线，且，那么 D. 若且，则 10. 已知复数，则下列命题一定成立的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. D. 11. 如图，在菱形中，分别为的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内.在翻折的过程中，下列结论正确的有（ ） A. 平面 B. 异面直线与所成角为定值 C. 设菱形边长为，当二面角为时，三棱锥的外接球表面积为 D. 若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则的取值范围是 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 圆锥侧面展开图扇形的圆心角为，底面圆的半径为1，则圆锥的侧面积为________． 13. 某工厂有A，B，C三个车间，A车间有1000人，B车间有400人．若用分层抽样的方法得到一个样本容量为44的样本，其中B车间8人，则样本中C车间的人数为 ． 14. 已知，且，，则的值为______. 四、解答题：本题共5个小题，第15题13分，第16，17题各15分，18，19每题各17分，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知，. （1）若，，且三点共线，求的值. （2）当实数为何值时，与垂直? 16. 已知z是复数，和均为实数，其中i是虚数单位. （1）求复数z的共轭复数； （2）记，若复数对应的点在第三象限，求实数m的取值范围. 17. 如图，在四棱锥中，底面，，点为棱的中点. （1）证明：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）求直线与平面所成角的大小. 18. 如图，在平面四边形ABCD中，点B与点D分别在直线AC的两侧，. （1）已知，且 （i）当时，求的面积； （ii）若，求. （2）已知，且，求AC的最大值. 19. 我们把和两条异面直线都垂直相交的直线叫做两条异面直线的公垂线.如图，在菱形中，，将沿翻折，使点A到点P处.E，F，G分别为，，的中点，且是与的公垂线.      (1)证明：三棱锥为正四面体； (2)若点M，N分别在，上，且为与的公垂线. ①求的值； ②记四面体的内切球半径为r，证明：. 学科网（北京）股份有限公司 $