浙江省杭州学军中学2023-2024学年高一下学期统测适应性考试数学试卷
1．（2024高一下·杭州期末）设集合A＝{0，1，2}，B＝{x|1＜x≤2}，则A∩B＝（ ）
A．{1，2} B．{2} C．{0} D．{0，1，2}
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解： 集合 ，1， ， ，
．
故答案为：B．
【分析】利用交集定义直接求解．
2．（2024高一下·杭州期末）已知复数在复平面内对应的点是，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：∵复数z在复平面内对应的点是，∴，
∴.
故选：B．
【分析】首先根据复数z在复平面内对应的点是，可得，再利用复数的四则运算求解．
3．（2024高一下·杭州期末）密位制是度量角的一种方法．把一周角等分为份，每一份叫做1密位的角．以密位作为角的度量单位，这种度量角的单位制，叫做角的密位制.在角的密位制中，采用四个数码表示角的大小，单位名称密位二字可以省去不写.密位的写法是在百位数与十位数字之间画一条短线，如7密位写成“”，密位写成“”.1周角等于密位，记作1周角，1直角.如果一个半径为的扇形，它的面积为，则其圆心角用密位制表示为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】设扇形所对的圆心角为，所对的密位为，
则，解得，
由题意可得，解得，
所以该扇形圆心角用密位制表示为．
故答案为：B.
【分析】
根据扇形面积公式求得圆心角，结合密位制定义即可求解.
4．（2024高一下·杭州期末）已知、是不重合的两条直线，、是不重合的两个平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【答案】A
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、若，，则，因为，，所以，故A正确；
B、若，，，则，或与异面，故B错误；
C、 若，，， 但不垂直，故C错误；
D、 若，， 则垂直平面无数条直线，但无法判断，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断A；根据线线位置关系、面面垂直的判定定理以及线面垂直的判定定理即可判断BCD.
5．（2024高一下·杭州期末）已知，，…，是单位平面向量，若对任意的，都有，则n的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【解答】设单位向量的夹角为，
因为，则
可得，可得，
所以正整数的最大值为，
故答案为：C.
【分析】
根据数量积求单位向量的夹角最小时，再利用向量数量积的定义求出此时的值即可．
6．（2024高一下·杭州期末）已知的三个内角A、B、C满足，当的值最大时，的值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由，根据正弦定理可得，即，
则，
当且仅当，即时等号成立，则，
即当的值最大时，.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用正弦定理、余弦定理结合基本不等式求出的最小值，再根据同角三角函数基本关系求的最大值以及成立的条件即可.
7．（2024高一下·杭州期末）如图，在三棱锥中，，二面角的正切值是，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：设是的中点，连接，如图所示：
因为，所以，
则是二面角的平面角，即，
由，解得，
在中，，
在中，，
在中，由余弦定理可得，
则，且，可知 两两垂直.
将三棱锥补形成正方体，如图所示：
则正方体的边长为2，体对角线长为，即正方体外接球的半径，
则外接球的表面积为.
故答案为：A.
【分析】做辅助线，利用二面角的正切值求得，由此判断出，且两两垂直，将三棱锥补形成正方体，求正方体的外接球半径，即可求外接球的表面积.
8．（2024高一下·杭州期末）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数有两个零点
B．若函数有四个零点，则
C．若关于的方程有四个不等实根，则
D．若关于的方程有8个不等实根，则
【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的图象；指数函数的图象变换；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：易知函数的图象关于直线对称，
二次函数的图象开口向下，且关于直线对称，
A、令，即，同一直角坐标系中作出函数图象，如图所示：
由图可知：函数图象与直线有3个公共点，即函数有3个零点，故A错误；
B、令，即 ，如图所示：
由图可知：当时，函数的图象与直线有4个公共点，
则函数有四个零点，，故B错误；
C、不妨设，则，所有，故C错误；
D、令，由B可知：当且仅当时，方程有4个不等实根，
要使关于的方程有8个不等实根，
则当且仅当方程在上有2个不相等的实数根，
令这两个实根为，，则，，
可得，且，则，当且仅当时，的两根相等，不符合题意，则的取值范围是，故D正确.
故答案为：D
【分析】由题意分析函数的图像的对称性，作出函数图象，函数的零点即为函数的图象与直线交点的横坐标，数形结合即可判断A；函数的零点，即为函数的图象与直线交点的横坐标，结合图象即可判断B；根据对称性分析求解即可判断C；分析可知当且仅当时，方程有4个不等实根，设的根，利用韦达定理分析求解即可判断D.
9．（2024高一下·杭州期末）下列说法正确的是（ ）
A．若的终边经过，，则
B．
C．若，则为第一或第四象限角
D．若角和角的终边关于轴对称，则
【答案】B,D
【知识点】任意角三角函数的定义；三角函数值的符号；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：A、 若的终边经过，，则，
当 时，，
当时，，故A错误；
B、，故B正确；
C、若，的终边在第一或第四象限或轴非负半轴，故C错误；
D、 若角和角的终边关于轴对称，则 ，故D正确．
故答案为：BD
【分析】根据任意角三角函数定义求值即可判断A；利用诱导公式运算求解即可判断B；根据三角函数在坐标轴上的符号即可判断C；根据对称性结合诱导公式分析即可判断D.
10．（2024高一下·杭州期末）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A．若A＞B，则
B．若，则有两解
C．若，则为锐角三角形
D．若，则为等腰三角形或直角三角形
【答案】A,C,D
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、若，函数在上单调递减，则，故A正确；
B、若，由正弦定理，可得，则无解，故B错误；
C、若，则，即为锐角三角形，故C正确；
D、若，由正弦定理可得，
则，即，
由正弦定理可得，整理可得，即b＝a或，
则三角形为等腰三角形或直角三角形，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】由题意，结合余弦函数的单调性即可判断A；由正弦定理运算求解即可判断B；由余弦值的性质分析即可判断C；利用正弦定理结合三角恒等变换整理可得，推得三角形为等腰三角形或直角三角形即可判断D.
11．（2024高一下·杭州期末）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ）
A．若点满足，则动点的轨迹长度为
B．当点在棱上时，的最小值为
C．当直线AP与AB所成的角为时，点的轨迹长度为
D．当在底面上运动，且满足平面时，线段PF长度最大值为
【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、易知，，则平面，
因为平面，所以动点的轨迹为矩形，则动点的轨迹长度为矩形的周长，即动点的轨迹长度为，故正确；
B、以为轴将平面顺时针旋转，如图所示：
则，即的最小值为 ，故B错误；
C、连接AC，，以B为圆心，为半径画弧，如图1所示：
当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，
且，
弧长度，所以点的轨迹长度为，故C正确；
D、取的中点分别为，
连接，如图2所示：
因为平面平面，故平面，
同理可得：平面；
且平面，故平面平面；
又因为，
故平面与平面是同一个平面，则点的轨迹为线段：
在三角形中，
则，可知三角形是以为直角的直角三角形；
所以线段PF长度最大值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易知平面，可得动点P的轨迹为矩形，即可得周长判断A；以为轴将平面顺时针旋转，结合平面几何性质分析即可判断B；当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，进而求其轨迹长度即可判断C；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为三角形，求解即可判断D.
12．（2024高一下·杭州期末）在平面斜坐标系中，，平面上任一点关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的：若（其中，分别为，轴方向相同的单位向量），则的坐标为，若关于斜坐标系的坐标为，则
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：易知，，且，
因为关于斜坐标系的坐标为，所以，
则.
故答案为：．
【分析】由题意，结合向量的数量积定义以及向量的模长公式求解即可.
13．（2024高一下·杭州期末）已知函数（，）的图象向右平移个单位长度后，所得函数在上至少存在两个最值点，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数的图象向右平移个单位长度，可得
当，即时，在上至少存在两个最值点，满足题意；
当时，因为，可得，
则（），解得（），
当时，解集为，不符合题意；
当时，解得；当时，解得，
综上，实数的取值范围是．
故答案为：.
【分析】根据三角函数图象的平移变换可得，再分和两种情况，结合正弦函数的最值和周期性分析求解即可.
14．（2024高一下·杭州期末）在锐角中，，它的面积为10，，，分别在、上，且满足，对任意，恒成立，则 .
【答案】
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；正弦定理
【解析】【解答】解：易知，解得，
设表示直线上一点到点的向量，则则表示直线上一点到点 的距离，由对任意恒成立，可得，
同理可得，
因为，，所以，
由，可得，
因为为锐角，所以是锐角，所以是钝角，
则，
故.
故答案为：.
【分析】由题意，根据三角形面积分析可得，再根据向量分析可知，，根据面积关系可得，，即可求的值.
15．（2024高一下·杭州期末）已知向量，，．
（1）若，求x的值；
（2）记，若对于任意，而恒成立，求实数的最小值．
【答案】（1）解：因为，所以，则
，
因为，所以，
又因为，
所以，
解得；
（2）解：+，
因为，
所以，
则，
若恒成立，则
，
即，则
实数的最小值.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积坐标表示的应用；三角函数的化简求值；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据向量平行的坐标表示，结合和诱导公式分析求解即可；
（2）利用向量的数量积运算和三角恒等变换求得解析式，再由恒成立，求在的最值，根据恒成立问题分析求解即可.
16．（2024高一下·杭州期末）已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，.
（1）求角B；
（2）若外接圆的周长为，求周长的取值范围.
【答案】（1）解：由，根据正弦定理可得，
整理可得，由余弦定理可得，
因为，所以；
（2）解：的外接圆周长为，则外接圆直径为，
由（1）知，由正弦定理可得，
由余弦定理可得，则，
整理可得，当且仅当时等号成立，
又因为，所以，
则的周长的取值范围为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，根据正弦定理进、余弦定理化简求解即可；
（2）利用（1）的结论，由正弦定理可得b，再利用余弦定理结合基本不等式求解即可.
17．（2024高一下·杭州期末）已知函数．
（1）证明：的定义域与值域相同．
（2）若，求m的取值范围．
【答案】（1）证明：由得，
所以的定义域为
，
因为在上单调递增，
所以，所以的值域为，
所以的定义域与值域相同．
（2）解：由（1）知在上单调递增，
所以当时，．
设，
当，即时，取得最小值，且最小值为．
因为，
所以，即m的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；对数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据对数函数的真数为非负数可得：解出x即可求得函数的定义域，然后再结合对数函数的单调性即可求得的值域；
（2）设，则，然后分别求得即可求解.
18．（2024高一下·杭州期末）已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，点在线段上.
（1）若为的中点，求证：平面；
（2）求二面角的正切值；
（3）证明：存在点，使得平面，并求的值.
【答案】（1）证明：设，连接，如图所示：
由题意可知：为中点，
在矩形中，为的中点，则且，
可得为平行四边形，则，
且平面，平面，所以平面；
（2）解：在平面中，过作于，连接，如图所示：
因为正方形和矩形所在的平面互相垂直，
且，平面平面，平面，
可得平面，平面，则，
且，，平面，
所以平面，平面，可得，
且，平面，所以平面，
又平面，所以，可知是二面角的平面角，
因为，，则，
可得，
在中，，，则，
则二面角的正切值为；
（3）证明：连接交于点，如图所示：
因为是正方形，所以，
又正方形和矩形所在的平面互相垂直，
平面平面，平面，
则平面，平面，可得，
当时，，平面，所以平面，
此时，，，则，
又，所以，则，则，
所以，又，所以，则，
可得，则.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）设，连接，可得，根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）在平面中过作于，连接，分析可知是二面角的平面角求解即可；
（3）连接交于点，由面面垂直的性质得到平面，可证平面，求的值即可.
19．（2024高一下·杭州期末）已知函数的定义域为，若存在常数，使得对内的任意，，都有，则称是“利普希兹条件函数”.
（1）判断函数是否为“利普希兹条件函数”，并说明理由；
（2）若函数是周期为2的“利普希兹条件函数”，证明：对定义域内任意的，均有.
【答案】（1）解：由题知，函数的定义域为，
则，
所以函数是“利普希兹条件函数”；
因为函数的定义域为，
则，
所以函数是“利普希兹条件函数”；
（2）证明：若，
当，则；
若，设，
则
，
所以对任意的，都有，
因为函数是周期为的周期函数，
所以对任意的，都存在，使得，，
所以，
综上可得对定义域内任意的，均有.
【知识点】抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【分析】（1）根据所给定义证明即可；
（2）根据题意证明，再结合周期性可得.
浙江省杭州学军中学2023-2024学年高一下学期统测适应性考试数学试卷
1．（2024高一下·杭州期末）设集合A＝{0，1，2}，B＝{x|1＜x≤2}，则A∩B＝（ ）
A．{1，2} B．{2} C．{0} D．{0，1，2}
2．（2024高一下·杭州期末）已知复数在复平面内对应的点是，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·杭州期末）密位制是度量角的一种方法．把一周角等分为份，每一份叫做1密位的角．以密位作为角的度量单位，这种度量角的单位制，叫做角的密位制.在角的密位制中，采用四个数码表示角的大小，单位名称密位二字可以省去不写.密位的写法是在百位数与十位数字之间画一条短线，如7密位写成“”，密位写成“”.1周角等于密位，记作1周角，1直角.如果一个半径为的扇形，它的面积为，则其圆心角用密位制表示为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·杭州期末）已知、是不重合的两条直线，、是不重合的两个平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
5．（2024高一下·杭州期末）已知，，…，是单位平面向量，若对任意的，都有，则n的最大值为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
6．（2024高一下·杭州期末）已知的三个内角A、B、C满足，当的值最大时，的值为（ ）
A．2 B．1 C． D．
7．（2024高一下·杭州期末）如图，在三棱锥中，，二面角的正切值是，则三棱锥外接球的表面积是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·杭州期末）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数有两个零点
B．若函数有四个零点，则
C．若关于的方程有四个不等实根，则
D．若关于的方程有8个不等实根，则
9．（2024高一下·杭州期末）下列说法正确的是（ ）
A．若的终边经过，，则
B．
C．若，则为第一或第四象限角
D．若角和角的终边关于轴对称，则
10．（2024高一下·杭州期末）在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，下列说法正确的是（ ）
A．若A＞B，则
B．若，则有两解
C．若，则为锐角三角形
D．若，则为等腰三角形或直角三角形
11．（2024高一下·杭州期末）如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ）
A．若点满足，则动点的轨迹长度为
B．当点在棱上时，的最小值为
C．当直线AP与AB所成的角为时，点的轨迹长度为
D．当在底面上运动，且满足平面时，线段PF长度最大值为
12．（2024高一下·杭州期末）在平面斜坐标系中，，平面上任一点关于斜坐标系的斜坐标是这样定义的：若（其中，分别为，轴方向相同的单位向量），则的坐标为，若关于斜坐标系的坐标为，则
13．（2024高一下·杭州期末）已知函数（，）的图象向右平移个单位长度后，所得函数在上至少存在两个最值点，则实数的取值范围是 ．
14．（2024高一下·杭州期末）在锐角中，，它的面积为10，，，分别在、上，且满足，对任意，恒成立，则 .
15．（2024高一下·杭州期末）已知向量，，．
（1）若，求x的值；
（2）记，若对于任意，而恒成立，求实数的最小值．
16．（2024高一下·杭州期末）已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，.
（1）求角B；
（2）若外接圆的周长为，求周长的取值范围.
17．（2024高一下·杭州期末）已知函数．
（1）证明：的定义域与值域相同．
（2）若，求m的取值范围．
18．（2024高一下·杭州期末）已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，点在线段上.
（1）若为的中点，求证：平面；
（2）求二面角的正切值；
（3）证明：存在点，使得平面，并求的值.
19．（2024高一下·杭州期末）已知函数的定义域为，若存在常数，使得对内的任意，，都有，则称是“利普希兹条件函数”.
（1）判断函数是否为“利普希兹条件函数”，并说明理由；
（2）若函数是周期为2的“利普希兹条件函数”，证明：对定义域内任意的，均有.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解： 集合 ，1， ， ，
．
故答案为：B．
【分析】利用交集定义直接求解．
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：∵复数z在复平面内对应的点是，∴，
∴.
故选：B．
【分析】首先根据复数z在复平面内对应的点是，可得，再利用复数的四则运算求解．
3．【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】设扇形所对的圆心角为，所对的密位为，
则，解得，
由题意可得，解得，
所以该扇形圆心角用密位制表示为．
故答案为：B.
【分析】
根据扇形面积公式求得圆心角，结合密位制定义即可求解.
4．【答案】A
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；平面与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、若，，则，因为，，所以，故A正确；
B、若，，，则，或与异面，故B错误；
C、 若，，， 但不垂直，故C错误；
D、 若，， 则垂直平面无数条直线，但无法判断，故D错误.
故答案为：A.
【分析】根据线面平行的判定定理即可判断A；根据线线位置关系、面面垂直的判定定理以及线面垂直的判定定理即可判断BCD.
5．【答案】C
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义
【解析】【解答】设单位向量的夹角为，
因为，则
可得，可得，
所以正整数的最大值为，
故答案为：C.
【分析】
根据数量积求单位向量的夹角最小时，再利用向量数量积的定义求出此时的值即可．
6．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理；余弦定理
【解析】【解答】解：由，根据正弦定理可得，即，
则，
当且仅当，即时等号成立，则，
即当的值最大时，.
故答案为：C.
【分析】由题意，利用正弦定理、余弦定理结合基本不等式求出的最小值，再根据同角三角函数基本关系求的最大值以及成立的条件即可.
7．【答案】A
【知识点】棱柱的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；二面角的平面角及求法
【解析】【解答】解：设是的中点，连接，如图所示：
因为，所以，
则是二面角的平面角，即，
由，解得，
在中，，
在中，，
在中，由余弦定理可得，
则，且，可知 两两垂直.
将三棱锥补形成正方体，如图所示：
则正方体的边长为2，体对角线长为，即正方体外接球的半径，
则外接球的表面积为.
故答案为：A.
【分析】做辅助线，利用二面角的正切值求得，由此判断出，且两两垂直，将三棱锥补形成正方体，求正方体的外接球半径，即可求外接球的表面积.
8．【答案】D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的图象；指数函数的图象变换；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：易知函数的图象关于直线对称，
二次函数的图象开口向下，且关于直线对称，
A、令，即，同一直角坐标系中作出函数图象，如图所示：
由图可知：函数图象与直线有3个公共点，即函数有3个零点，故A错误；
B、令，即 ，如图所示：
由图可知：当时，函数的图象与直线有4个公共点，
则函数有四个零点，，故B错误；
C、不妨设，则，所有，故C错误；
D、令，由B可知：当且仅当时，方程有4个不等实根，
要使关于的方程有8个不等实根，
则当且仅当方程在上有2个不相等的实数根，
令这两个实根为，，则，，
可得，且，则，当且仅当时，的两根相等，不符合题意，则的取值范围是，故D正确.
故答案为：D
【分析】由题意分析函数的图像的对称性，作出函数图象，函数的零点即为函数的图象与直线交点的横坐标，数形结合即可判断A；函数的零点，即为函数的图象与直线交点的横坐标，结合图象即可判断B；根据对称性分析求解即可判断C；分析可知当且仅当时，方程有4个不等实根，设的根，利用韦达定理分析求解即可判断D.
9．【答案】B,D
【知识点】任意角三角函数的定义；三角函数值的符号；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：A、 若的终边经过，，则，
当 时，，
当时，，故A错误；
B、，故B正确；
C、若，的终边在第一或第四象限或轴非负半轴，故C错误；
D、 若角和角的终边关于轴对称，则 ，故D正确．
故答案为：BD
【分析】根据任意角三角函数定义求值即可判断A；利用诱导公式运算求解即可判断B；根据三角函数在坐标轴上的符号即可判断C；根据对称性结合诱导公式分析即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、若，函数在上单调递减，则，故A正确；
B、若，由正弦定理，可得，则无解，故B错误；
C、若，则，即为锐角三角形，故C正确；
D、若，由正弦定理可得，
则，即，
由正弦定理可得，整理可得，即b＝a或，
则三角形为等腰三角形或直角三角形，故D正确．
故答案为：ACD．
【分析】由题意，结合余弦函数的单调性即可判断A；由正弦定理运算求解即可判断B；由余弦值的性质分析即可判断C；利用正弦定理结合三角恒等变换整理可得，推得三角形为等腰三角形或直角三角形即可判断D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】棱柱的结构特征；多面体和旋转体表面上的最短距离问题；空间中直线与直线之间的位置关系；直线与平面平行的判定
【解析】【解答】解：A、易知，，则平面，
因为平面，所以动点的轨迹为矩形，则动点的轨迹长度为矩形的周长，即动点的轨迹长度为，故正确；
B、以为轴将平面顺时针旋转，如图所示：
则，即的最小值为 ，故B错误；
C、连接AC，，以B为圆心，为半径画弧，如图1所示：
当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，
且，
弧长度，所以点的轨迹长度为，故C正确；
D、取的中点分别为，
连接，如图2所示：
因为平面平面，故平面，
同理可得：平面；
且平面，故平面平面；
又因为，
故平面与平面是同一个平面，则点的轨迹为线段：
在三角形中，
则，可知三角形是以为直角的直角三角形；
所以线段PF长度最大值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】易知平面，可得动点P的轨迹为矩形，即可得周长判断A；以为轴将平面顺时针旋转，结合平面几何性质分析即可判断B；当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，进而求其轨迹长度即可判断C；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为三角形，求解即可判断D.
12．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：易知，，且，
因为关于斜坐标系的坐标为，所以，
则.
故答案为：．
【分析】由题意，结合向量的数量积定义以及向量的模长公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：函数的图象向右平移个单位长度，可得
当，即时，在上至少存在两个最值点，满足题意；
当时，因为，可得，
则（），解得（），
当时，解集为，不符合题意；
当时，解得；当时，解得，
综上，实数的取值范围是．
故答案为：.
【分析】根据三角函数图象的平移变换可得，再分和两种情况，结合正弦函数的最值和周期性分析求解即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的数量积运算；正弦定理
【解析】【解答】解：易知，解得，
设表示直线上一点到点的向量，则则表示直线上一点到点 的距离，由对任意恒成立，可得，
同理可得，
因为，，所以，
由，可得，
因为为锐角，所以是锐角，所以是钝角，
则，
故.
故答案为：.
【分析】由题意，根据三角形面积分析可得，再根据向量分析可知，，根据面积关系可得，，即可求的值.
15．【答案】（1）解：因为，所以，则
，
因为，所以，
又因为，
所以，
解得；
（2）解：+，
因为，
所以，
则，
若恒成立，则
，
即，则
实数的最小值.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积坐标表示的应用；三角函数的化简求值；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质；辅助角公式
【解析】【分析】（1）根据向量平行的坐标表示，结合和诱导公式分析求解即可；
（2）利用向量的数量积运算和三角恒等变换求得解析式，再由恒成立，求在的最值，根据恒成立问题分析求解即可.
16．【答案】（1）解：由，根据正弦定理可得，
整理可得，由余弦定理可得，
因为，所以；
（2）解：的外接圆周长为，则外接圆直径为，
由（1）知，由正弦定理可得，
由余弦定理可得，则，
整理可得，当且仅当时等号成立，
又因为，所以，
则的周长的取值范围为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，根据正弦定理进、余弦定理化简求解即可；
（2）利用（1）的结论，由正弦定理可得b，再利用余弦定理结合基本不等式求解即可.
17．【答案】（1）证明：由得，
所以的定义域为
，
因为在上单调递增，
所以，所以的值域为，
所以的定义域与值域相同．
（2）解：由（1）知在上单调递增，
所以当时，．
设，
当，即时，取得最小值，且最小值为．
因为，
所以，即m的取值范围为．
【知识点】函数恒成立问题；对数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据对数函数的真数为非负数可得：解出x即可求得函数的定义域，然后再结合对数函数的单调性即可求得的值域；
（2）设，则，然后分别求得即可求解.
18．【答案】（1）证明：设，连接，如图所示：
由题意可知：为中点，
在矩形中，为的中点，则且，
可得为平行四边形，则，
且平面，平面，所以平面；
（2）解：在平面中，过作于，连接，如图所示：
因为正方形和矩形所在的平面互相垂直，
且，平面平面，平面，
可得平面，平面，则，
且，，平面，
所以平面，平面，可得，
且，平面，所以平面，
又平面，所以，可知是二面角的平面角，
因为，，则，
可得，
在中，，，则，
则二面角的正切值为；
（3）证明：连接交于点，如图所示：
因为是正方形，所以，
又正方形和矩形所在的平面互相垂直，
平面平面，平面，
则平面，平面，可得，
当时，，平面，所以平面，
此时，，，则，
又，所以，则，则，
所以，又，所以，则，
可得，则.
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）设，连接，可得，根据线面平行的判定定理证明即可；
（2）在平面中过作于，连接，分析可知是二面角的平面角求解即可；
（3）连接交于点，由面面垂直的性质得到平面，可证平面，求的值即可.
19．【答案】（1）解：由题知，函数的定义域为，
则，
所以函数是“利普希兹条件函数”；
因为函数的定义域为，
则，
所以函数是“利普希兹条件函数”；
（2）证明：若，
当，则；
若，设，
则
，
所以对任意的，都有，
因为函数是周期为的周期函数，
所以对任意的，都存在，使得，，
所以，
综上可得对定义域内任意的，均有.
【知识点】抽象函数及其应用；函数的周期性
【解析】【分析】（1）根据所给定义证明即可；
（2）根据题意证明，再结合周期性可得.
