精品解析：陕西西安市西北工业大学附属中学2026-2027学年高二上学期开学考数学试卷

数学 第I卷（选择题） 一、单选题：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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【详解】，对应点在第一象限. 2. 下列命题正确的是（ ） A. 若直线上有无数个点不在平面内，则 B. 任意四边形都可以确定唯一一个平面 C. 若将一个西瓜切3刀，则这个西瓜最多可以被切成8块 D. 若，则直线与平面内的任意一条直线都平行 【答案】C 【解析】 【分析】依据平面基本性质、空间直线与平面的位置关系对各选项逐一判定，即可得到正确结论. 【详解】对于A选项：若直线与平面相交，除交点外的所有点均不在平面内，也满足“直线上有无数个点不在平面内”，因此与可能平行也可能相交，A错误； 对于B选项：空间四边形的四个顶点不共面，无法确定唯一一个平面，因此不是任意四边形都能确定唯一平面，B错误； 对于C选项：当3刀所在的平面两两相交，且三条交线交于同一点时，可将空间最多划分为8部分，因此西瓜最多可以被切成8块，C正确； 对于D选项：若，则直线与平面内的直线的位置关系为平行或异面，并非与任意一条直线都平行，D错误。 3. 已知随机事件，，中，与互斥，与对立，且，，则（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.7 D. 0.9 【答案】B 【解析】 【详解】因为与对立，且，所以， 因为与互斥，且，所以 4. 圆锥的高为1，体积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】首先根据题意，确定出圆锥的底面圆半径和母线长，从而确定出轴截面的顶角，结合三角形的面积公式可确定其为直角三角形时面积最大. 【详解】圆锥的高为1，体积为，则底面圆的半径为，母线长为2， 轴截面的顶角为， 当截面为直角三角形时，过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积最大， 最大值为， 故选：A． 【点睛】关键点点睛：该题考查的是有关过圆锥定点截面面积的最值问题，正确解题的关键是要明确圆锥轴截面顶角的大小以及三角形面积公式. 5. 已知样本数据，，，，的平均数为，方差为，则，，，，的平均数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】∵ 样本数据的平均数为，∴ . 又∵ 该样本的方差为，根据方差公式可得， 将平方项展开得， 将代入上式：， 化简计算得， ∴ 数据的平均数为. 6. 如图，为了测量河对岸的塔高度，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测得，，，在点测得塔顶的仰角，则塔的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】在中，由正弦定理求得，在直角三角形中，结合，，即可求解塔的高. 【详解】如图所示，在中，因为，且， 可得， 由正弦定理得， 所以， 因为平面，平面，所以， 又因为，所以，所以. 7. 在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，以向量法去求解异面直线与所成角的余弦值. 【详解】 设上底面圆心为，下底面圆心为，连接 以为原点，分别以所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系 则 则 又异面直线所成角的范围为 故异面直线与所成角的余弦值为 故选：A 8. 如图，长方体的长、宽、高分别为，且分别为上底面、下底面（含边界）内的动点，当最小时，以为球心，的长为半径的球面与上底面的公共点的轨迹长度为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由最小时，得到分别为的三等分点，得到以为球心，的长为半径的球面与上底面的交线对应的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，结合扇形的弧长公式，即可求解. 【详解】由题意得，要使得最小，则要在同一个平面内，即平面内， 如图（1）所示，可得， 所以， 当最小时为， 此时，即分别为的三等分点， 因为，所以， 分别在取点，使得， 可得， 则以为球心，的长为半径的球面与上底面的交线对应的轨迹为以为圆心，以为半径的圆，如图（2）所示， 所以轨迹的长度为. 二、多选题：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. 已知为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，互为共轭复数，，则 C. 若复数满足，则的最大值为 D. 若复数是实系数方程的一个根，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据复数的运算、共轭复数性质、复数模的几何意义及实系数一元二次方程的根的特征，需逐一分析选项即可. 【详解】对于A，取反例，满足，但均不为0，故A错误； 对于B，先化简，其共轭复数， 由于的幂次周期为4，，故，故B正确； 对于C，的几何意义是复平面上对应点的轨迹为以为圆心、半径为的圆，是圆上点到原点的距离， 原点到圆心距离为，故最大值为，故C正确； 对于D，实系数方程的虚根互为共轭复数，因此另一根为， 由韦达定理：两根和为，解得；两根积为，解得 故，故D正确. 10. 如图，正方体的棱长为2，设是棱的中点，是线段上的动点（含端点），是正方形内（含边界）的动点，且平面，则下列结论正确的是（ ） A. 点的轨迹是一条线段 B. 三棱锥的体积为定值 C. 当点在线段上移动时，必存在点，使 D. 直线与平面所成角的正切值的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】选项A通过构造平面 平面 ， 平面 ，可得 平面 ，所以动点 的轨迹为线段 ； 选项B等体积转换：，点到平面的距离为定值, 的面积不是定值，体积不定； 选项C建立空间直角坐标系，设 ， ， ，，讨论 的取值范围即可求解； 选项D根据线面角定义，找到线面角平面角，讨论即可. 【详解】选项A 要寻找满足 平面 的点 的轨迹，利用面面平行判定与性质。 在正方体中： 取 中点 中点 ， 中点 中点 ， 为 中点，连接 ， 是 中位线， ；正方体中 ，因此 ， 所以平面与平面重合， 连接 ， ，， 且，则四边形为平行四边形， 可得,则平面， ,则平面， ， 平面 平面 平面 平面 ， ， 平面 ，可得 平面 ， 所以动点 的轨迹为线段 . 故 A 正确. 选项 B 利用等体积转换：, 点 到平面 的距离为正方体棱长 2 ，是定值, 的轨迹为线段 ，直线 与 不平行，因此 沿 移动时，点 到直线 的距离不确定， 的面积不是定值， 由 ，体积随底面积改变，故体积不是定值. 选项B 错误. 选项C 建立空间直角坐标系 以 为原点， 为 轴， 为 轴，为 轴建立空间直角坐标系。 由题意知正方体棱长为2，则各点坐标如下： 因为 是 的中点，所以 在线段 上，,设 ，其中 , ，则 且 若 ，则 联立 的轨迹方程 我们需要判断是否存在 ，使得对应的 在 的轨迹范围内。 的轨迹是线段，端点为（1，2，0）和（0，2，1）.所以 的取值范围是 , 考察函数 在 上的值域。 当 时， 当 时， 所以 因为 ，所以对于任意 ，都能找到满足条件的 ，进而找到对应的 ,即对于线段 上的任意点 ，都存在点 使得 . 选项 C正确. 选项D 因为 平面 是 在平面 内的射影. 为直线 与平面 所成角. ， 最小值最大值 选项D 错误 . 【点睛】本题考查了立体几何中的动态问题，既可以采取空间向量求解，也可以通过扎实的基本功通过综合法证明. 11. 已知的内角所对的边分别为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则满足条件的有且只有一个 C. 若，且是整数，则 D. 若是的最小内角，则面积的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用正弦定理化角为边，再根据余弦定理即可判断A；利用正弦定理即可判断B；根据大边对大角得出的大小关系及范围，再根据三角形内角和定理结合三角函数即可判断C；先求出的范围，再利用正弦定理求出边，再根据三角形的面积公式结合三角函数的性质即可判断D. 【详解】对于A，由及正弦定理，可得， 所以， 因为，所以，A正确； 对于B，因为，所以满足条件的有两个，B错误； 对于C，因为，所以， 由，得，所以， 则， 又是整数，若，符合题意； 若，则，不合题意； 随着取更大的整数，的值逐渐减小，不合题意，所以，C正确； 对于D，因为是的最小内角，则，则， 当时，； 当时，由正弦定理，得， 所以 ， 因为，所以，所以， 综上，面积的取值范围是，D正确. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 光明中学举办演讲比赛，其中8人比赛的成绩为：85，86，88，89，90，92，94，98（单位：分），则这8人成绩的第60百分位数和第70百分位数的和为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据百分位数的求法求得正确答案. 【详解】，所以第60百分位数是. ，所以第70百分位数是. 所以第60百分位数和第70百分位数的和为. 13. 甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球，约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束，设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响，则投篮结束时，乙只投了2个球的概率为_________． 【答案】 【解析】 【分析】明确投篮结束时乙只投了2个球的两种互斥情形，结合独立事件乘法公式与互斥事件加法公式计算概率。  【详解】设分别表示甲、乙在第次投篮时投中，，由题意得，且各次投篮结果相互独立。 记“投篮结束时乙只投了2个球”为事件，事件包含两类互斥情形： 前两次甲、乙投篮均未命中，乙第二次投篮命中获胜，对应事件为； 前两次甲、乙投篮均未命中，甲第三次投篮命中获胜，对应事件为. 根据独立事件概率乘法公式、互斥事件概率加法公式可得： 14. 已知正四棱锥的外接球的表面积为，点在底面上的射影为，当取最大值时，正四棱锥的体积为______． 【答案】 和 ． 【解析】 【分析】先由正四棱锥外接球表面积求出外接球半径 ；结合正四棱锥性质，可知,三点共线．设 ，利用勾股定理推导底面边长 ，再通过均值不等式求出 的最大值及取等条件 、 ；最后分球心 在棱锥内部（高 ）和外部（高 ）两种情况，计算出正四棱锥的对应体积 和 ． 【详解】设正四棱锥外接球的半径为 ，则有 ，所以 ． 因为 为点 在平面 上的投影，则有 平面 ． 因为 是正四棱锥，则点 ,三点共线， 如图1所示，连接 ，因为 ，所以 ． 设 ，则 ，所以 ． 则 ． 当且仅当 ，即 时等号成立，即 ． 当点 在正四棱锥的内部时，即点 在线段 上时， 正四棱锥的高为 ． 则正四棱锥的体积 ． 当点 在正四棱锥的外部时，如图2所示，即点 在线段 的延长线上时， 正四棱锥的高为 ． 则正四棱锥的体积 ． 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在，，，，，（单位：克）中，经统计得到的频率分布直方图如图所示． 某经销商来收购芒果，以各组数据的中间数代表这组数据的平均值用样本估计总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10000个，经销商对未摘下的芒果提出以下两种收购方案： 方案①：所有芒果以9元/千克收购； 方案②：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，对质量高于或等于250克的芒果以3元/个收购． （1）求抽取的100个芒果质量的平均数； （2）若按分层随机抽样从质量为，的芒果中随机抽取5个，再从这5个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率； （3）种植园选择哪种方案获利更多． 【答案】（1） （2） （3）选择方案②获利更多 【解析】 【分析】（1）利用频率分布直方图可求得抽取的100个芒果质量的平均数； （2）利用分层抽样求得每组所抽取的个数，进而利用古典概型概率公式求解即可； （3）分别求得两种方案种植园的获利情况可得结论. 【小问1详解】 抽取的100个芒果质量的平均数为； 【小问2详解】 因为的频率为，的频率为， 所以分层抽样比例为， 所以所抽取的5个芒果中有2个在内，记为； 有3个在内，记为， 从5个芒果中任取2个，样本空间，共10个样本点， 记“这两个芒果取自同一组”，则，共4个样本点. 所以这2个芒果都来自同一个质量区间的概率为； 【小问3详解】 因为芒果质量的平均数为255克， 所以按方案①获利为元； 按方案②：质量低于250克的频率为， 质量大于等于250克的频率为， 所以按方案②获利为元， 又因为，所以种植园选择方案②获利更多. 16. 在中，角，，的对边分别为，，，且 （1）求； （2）若，点在外，，求四边形面积的最大值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合三角恒等变换求得，进而求得答案； （2）由题意知为等边三角形，设，进而结合余弦定理，三角形面积公式得，再根据三角函数性质求解即可； 【小问1详解】 因为， 所以， 因为， 所以， 因为，， 所以，所以或. 【小问2详解】 因为，所以，， 所以为等边三角形， 如图，设，， 在中，， 所以， ， ， 因为，， 所以，当时，取得最大值. 17. 为激发学生的创新思维，学校举办了校园科技节活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各挑战一次且结果互不影响．连续通过两个游戏可以获得一枚科技徽章，连续通过三个游戏可以获得两枚科技徽章，闯关规则如下：箱子里装有大小质地完全相同的红球3个，白球2个，其中红球编号为1，2，3，白球编号为4，5． 游戏一：从箱子里随机地取出一个球，取出白球则获胜． 游戏二：从箱子里有放回地依次取出两个球，取到两个白球则获胜． 游戏三：从箱子里不放回地依次取出两个球，取出编号之和为则获胜． （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学先玩了游戏一，试问时，接下来选择先玩游戏二还是先玩游戏三获得徽章的概率更大，说明理由． 【答案】（1）游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为 （2） （3）选择先玩游戏二获得徽章的概率更大， 设事件“先玩游戏二获得徽章”，“先玩游戏三获得徽章”； 则，且两两互斥，且两两独立， 故 ； 则，且两两互斥，且两两独立， 故 ； 故；则接下来选择先玩游戏二获得徽章的概率更大． 【解析】 【分析】（1）根据古典概型公式计算概率； （2）先求出游戏三中不放回地依次取出两个球的样本个数，再根据古典概型求解概率即可； （3）根据独立事件和互斥事件的概率公式可求先玩游戏二或先玩游戏三时获得科技徽章的概率，从而得出结论． 【小问1详解】 设事件“游戏一获胜”；“游戏二获胜”；“游戏三获胜”； 游戏一取出一个球的样本空间为；； 因为，则；则； 游戏二有放回地取出两个球的样本空间为；； 因为，则，则； 故游戏一获胜概率为，游戏二获胜概率为； 【小问2详解】 不放回地依次取出两个球共有样本数为，其中样本点为 ； 时，游戏三包含样本点为，样本个数为， 故游戏三的获胜概率为； 【小问3详解】 略 18. 如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. （1）证明：平面平面. （2）若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i），理由见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）先利用梯形性质得出为等边三角形，翻折后仍为等边三角形，再通过勾股定理证明，结合，证明 平面，从而推出平面平面. （2）（i）利用面面平行的性质，结合中位线定理，通过线线平行推导线面平行，再由面面平行的判定定理得出； （ii）由（i）知为的中点，先证 ，算出、，再由得 ，得出 ，用等面积法得到棱的距离，通过三棱锥体积转换 ，算出到平面的距离，通过计算即可求得结果. 【小问1详解】 证明：在梯形中，，，，为的中点， 所以，且， 则四边形为菱形，所以， 则，所以为等边三角形，翻折后为等边三角形，且， 因为为的中点，故. 同理，四边形为菱形，为等边三角形，. 在中，，，又，则，所以. 因为，，平面， 所以平面. 又平面，故平面平面. 【小问2详解】 （ⅰ）. 理由如下： 如图，连接，与，分别交于点，，连接，. 因为，分别为，的中点，四边形为菱形， 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以 平面. 因为为的中点，所以为的中位线，所以为的中点. 因为平面 平面，平面平面， 平面平面， 所以，所以为的中点，即. （ⅱ）由（2）（ⅰ）可知，点的位置唯一确定，即为的中点. 由（1）可知，，，且，，平面， 所以平面. 又 ，所以平面. 又平面，则， 所以，则. 在中，，，则， 又，所以 . 如图，过作于点， 由等面积法可知，. 在中，，，则边上的高为. 设点到平面的距离为， 则. 所以，所以. 设二面角的大小为， 则. 故二面角的正弦值为. 19. 设、是平面内相交成角（）的两条数轴，，分别是与，正方向同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记． （1）在仿射坐标系中，若，求； （2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； （3）如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的取值范围． 【答案】（1） （2）   （3） . 【解析】 【分析】（1）将普通直角坐标系下的模长公式推广到夹角为的情形，即，代入已知条件计算即可； （2）将、、用表示出来，再代入夹角余弦公式​，转化为关于的方程求解； （3）设出的坐标，利用的模长公式建立的等量关系，利用中点坐标公式和求出点的坐标，然后计算的表达式，将其转化为关于的二次函数，根据约束条件求出的取值范围，从而得到目标数量积的值域. 【小问1详解】 由题设 ，所以； 【小问2详解】 由 ， ， ， 由此， 由题意，即， 所以，解得； 【小问3详解】 设，，其中， 由，得， 由①， 由，得， 因为分别为中点，则，， 所以 ， 由①得，代入上式 由①，关于的一元二次方程必须有正实数解， 所以，解得，则， 所以的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学 第I卷（选择题） 一、单选题：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. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 下列命题正确的是（ ） A. 若直线上有无数个点不在平面内，则 B. 任意四边形都可以确定唯一一个平面 C. 若将一个西瓜切3刀，则这个西瓜最多可以被切成8块 D. 若，则直线与平面内的任意一条直线都平行 3. 已知随机事件，，中，与互斥，与对立，且，，则（ ） A. 0.3 B. 0.5 C. 0.7 D. 0.9 4. 圆锥的高为1，体积为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 1 5. 已知样本数据，，，，的平均数为，方差为，则，，，，的平均数为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，为了测量河对岸的塔高度，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点与．现测得，，，在点测得塔顶的仰角，则塔的高为（ ） A. B. C. D. 7. 在中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体的上､下底面平行，且均为扇环形（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的曲池，它的高为2，，，，均与曲池的底面垂直，底面扇环对应的两个圆的半径分别为1和2，对应的圆心角为90°，则图中异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，长方体的长、宽、高分别为，且分别为上底面、下底面（含边界）内的动点，当最小时，以为球心，的长为半径的球面与上底面的公共点的轨迹长度为（ ） A. 2 B. C. D. 二、多选题：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. 已知为虚数单位，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，互为共轭复数，，则 C. 若复数满足，则的最大值为 D. 若复数是实系数方程的一个根，则 10. 如图，正方体的棱长为2，设是棱的中点，是线段上的动点（含端点），是正方形内（含边界）的动点，且平面，则下列结论正确的是（ ） A. 点的轨迹是一条线段 B. 三棱锥的体积为定值 C. 当点在线段上移动时，必存在点，使 D. 直线与平面所成角的正切值的取值范围是 11. 已知的内角所对的边分别为，则下列结论正确的是（ ） A. B. 若，则满足条件的有且只有一个 C. 若，且是整数，则 D. 若是的最小内角，则面积的取值范围是 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 光明中学举办演讲比赛，其中8人比赛的成绩为：85，86，88，89，90，92，94，98（单位：分），则这8人成绩的第60百分位数和第70百分位数的和为______． 13. 甲、乙两人轮流投篮，每人每次投一球，约定甲先投且先投中者获胜，一直到有人获胜或每人都已投球3次时投篮结束，设甲每次投篮投中的概率为，乙每次投篮投中的概率为，且各次投篮互不影响，则投篮结束时，乙只投了2个球的概率为_________． 14. 已知正四棱锥的外接球的表面积为，点在底面上的射影为，当取最大值时，正四棱锥的体积为______． 四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 某种植园在芒果临近成熟时，随机从一些芒果树上摘下100个芒果，其质量分别在，，，，，（单位：克）中，经统计得到的频率分布直方图如图所示． 某经销商来收购芒果，以各组数据的中间数代表这组数据的平均值用样本估计总体，该种植园中还未摘下的芒果大约还有10000个，经销商对未摘下的芒果提出以下两种收购方案： 方案①：所有芒果以9元/千克收购； 方案②：对质量低于250克的芒果以2元/个收购，对质量高于或等于250克的芒果以3元/个收购． （1）求抽取的100个芒果质量的平均数； （2）若按分层随机抽样从质量为，的芒果中随机抽取5个，再从这5个中随机抽取2个，求这2个芒果都来自同一个质量区间的概率； （3）种植园选择哪种方案获利更多． 16. 在中，角，，的对边分别为，，，且 （1）求； （2）若，点在外，，求四边形面积的最大值． 17. 为激发学生的创新思维，学校举办了校园科技节活动，该活动由三个游戏组成，每个游戏各挑战一次且结果互不影响．连续通过两个游戏可以获得一枚科技徽章，连续通过三个游戏可以获得两枚科技徽章，闯关规则如下：箱子里装有大小质地完全相同的红球3个，白球2个，其中红球编号为1，2，3，白球编号为4，5． 游戏一：从箱子里随机地取出一个球，取出白球则获胜． 游戏二：从箱子里有放回地依次取出两个球，取到两个白球则获胜． 游戏三：从箱子里不放回地依次取出两个球，取出编号之和为则获胜． （1）分别求出游戏一，游戏二的获胜概率； （2）当时，求游戏三的获胜概率； （3）一名同学先玩了游戏一，试问时，接下来选择先玩游戏二还是先玩游戏三获得徽章的概率更大，说明理由． 18. 如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. （1）证明：平面平面. （2）若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 19. 设、是平面内相交成角（）的两条数轴，，分别是与，正方向同向的单位向量，定义平面坐标系为仿射坐标系，在仿射坐标系中，若，则记． （1）在仿射坐标系中，若，求； （2）在仿射坐标系中，若，，且与的夹角为，求； （3）如图所示，在仿射坐标系中，、分别在轴、轴正半轴上，，，、分别为、中点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $