eodcF/cmm-math huggingface dataset:
题目（高三 · 立体几何学）：已知空间向量 $\vec{m}=(1,3, x), \vec{n}=\left(x^{2},-1,2\right)$, 则 “ $x=1$ ” 是 “ $\vec{m} \perp \vec{n}$ ” 的 ( )
选项：
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
充要条件
D. 既不充分也不必要条件
答案：A
解析：若 $\vec{m} \perp \vec{n}$, 则 $\vec{m} \cdot \vec{n}=0$, 即 $x^{2}-3+2 x=0$ 解得 $x=1$ 或 $x=-3$, 则 “ $x=1$ ” 是 $\vec{m} \perp \vec{n}$ 的充分不必要条件, 故选 A.
题目（高三 · 立体几何学）：三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, $N$ 是 $A_{1} B$ 的中点, 若 $\overrightarrow{C A}=$ $\vec{a}, \overrightarrow{C B}=\vec{b}, \overrightarrow{C C_{1}}=\vec{c}$, 则 $\overrightarrow{C N}=(\quad)$
选项：
A. $\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b}-\vec{c})$
B. $\frac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$
C. $\vec{a}+\vec{b}+\frac{1}{2} \vec{c}$
D. $\stackrel{A}{a+\frac{1}{2}(b+c)}$


答案：B
解析：\overrightarrow{\mathrm{CN}}=\overrightarrow{\mathrm{CB}}+\overrightarrow{\mathrm{BN}}=\overrightarrow{\mathrm{CB}}+rac{1}{2} \overrightarrow{\mathrm{BA}_{1}}=\overrightarrow{\mathrm{CB}}+rac{1}{2}\left(\overrightarrow{\mathrm{BA}}+\overrightarrow{\mathrm{AA}_{1}}ight)=\overrightarrow{\mathrm{CB}}+rac{1}{2}\left(\overrightarrow{\mathrm{CA}}-\overrightarrow{\mathrm{CB}}+\overrightarrow{\mathrm{CC}_{1}}ight)=\overrightarrow{\mathrm{b}}+rac{1}{2}(\overrightarrow{\mathrm{a}}-\overrightarrow{\mathrm{b}}+\overrightarrow{\mathrm{c}})$ $=rac{1}{2}(\vec{a}+\vec{b}+\vec{c})$, 故选 $B$.
题目（高三 · 立体几何学）：圆柱形物体的截口是 ( )
选项：
A.又曲线
B. 圆
C.抛物线
D.椭圆或圆
答案：D
解析：解析：解答：当截面与圆柱的底面平行时,截口是圆,否则是椭圆.

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质分析即可
题目（高三 · 立体几何学）：如图, 过点 $F_{1}$ 作 $F_{1} Q \perp G_{1} G_{2}, \triangle Q F_{1} F_{2}$ 为等腰直角三角形, 则粗圆的离心率为 ( )


选项：
A. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}-1}{2}$
C.2- $\sqrt{2}$
D. $\sqrt{2}-1$
答案：D
解析：解析：解答：设椭圆的长轴长、短轴长、焦距分别为 $2 \mathrm{a}, 2 \mathrm{~b}, 2 \mathrm{c}$.

$\because \triangle \mathrm{QF}_{1} \mathrm{~F}_{2}$ 是等腰直角三角形,
$\therefore \mathrm{QF}_{1}=\mathrm{F}_{1} \mathrm{~F}_{2}=2 \mathrm{c}, \mathrm{QF}_{2}=2 \sqrt{2} \mathrm{c}$.

由粗圆的定义, 得 $\mathrm{QF}_{1}+\mathrm{QF}_{2}=2 \mathrm{a}$,

$\therefore \mathrm{e}=\frac{2 \mathrm{c}}{2 \mathrm{a}}=\frac{2 \mathrm{c}}{2 \mathrm{c}+2 \sqrt{2} \mathrm{c}}=\frac{1}{1+\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1$.

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质结合粗圆性质计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：已知圆柱的底面半径为 $\mathrm{r}$, 平面 $\alpha$ 与圆柱母线的夹角为 $60^{\circ}$, 则它们截口椭圆的焦距是 ( )


选项：
A. $2 \sqrt{3} \mathrm{r}$
B. $4 \sqrt{3} \mathrm{r}$
C. $\sqrt{3} \mathrm{r}$
D. $3 \mathrm{r}$
答案：A
解析：解析：解答：如图,过点 $G_{2}$ 作 $G_{2} H \perp A D, H$ 为垂足,则 $G_{2} H=2 r$.

在 Rt $\triangle \mathrm{G}_{1} \mathrm{G}_{2} \mathrm{H}$ 中, $\mathrm{G}_{1} \mathrm{G}_{2}=\frac{\mathrm{G}_{2} \mathrm{H}}{\cos 60^{\circ}}=2 \mathrm{r} \times 2=4 \mathrm{r}$,

$\therefore$ 长轴 $2 \mathrm{a}=\mathrm{G}_{1} \mathrm{G}_{2}=4 \mathrm{r}$, 短轴 $2 \mathrm{~b}=2 \mathrm{r}$.

$\therefore$ 焦距 $2 \mathrm{c}=2 \sqrt{\mathrm{a}^{2}-\mathrm{b}^{2}}=2 \times \sqrt{3} \mathrm{r}=2 \sqrt{3} \mathrm{r}$.

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线结合所给圆柱与截面矛盾关系分析计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：一平面截圆柱 (圆柱底面半径为 1 , 高足够长) 的侧面, 得到一个离心率是 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ 的二次曲线,该曲线两焦点之间的距离为 ( )
选项：
A. $\sqrt{2}$
B. $2 \sqrt{3}$
C. $3 \sqrt{2}$
D. $\sqrt{3}$
答案：B
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{e}=\frac{\sqrt{3}}{2}<1, \therefore$ 曲线是椭圆,且 $\mathrm{e}=\cos \theta=\frac{\sqrt{3}}{2}, \theta=30^{\circ}, \varphi=60^{\circ} （ \varphi$ 是底面与截面的夹角）.

$\therefore \cos 60^{\circ}=\frac{2}{2 \mathrm{a}}, \therefore 2 \mathrm{a}=\frac{2}{\frac{1}{2}}=4, \therefore \mathrm{a}=2$.
又 $\frac{\mathrm{C}}{\mathrm{a}}=\frac{\sqrt{3}}{2}, \therefore \mathrm{c}=\sqrt{2} \therefore 2 \mathrm{c}=2 \sqrt{2}$.

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质结合二次曲线性质计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：工人师傅在如图 1 的一块矩形铁皮上画一条曲线, 沿曲线剪开, 将所得到的两部分卷成圆柱状, 如图 2, 然后将其对接, 可做成一个直角的“拐脖”, 如图 3. 工人师傅所画的曲线是 ( )


选项：
A.一段圆弧
B.一段抛物线
C.一段双曲线
D.一段正弦曲线
答案：D
解析：解析: 解答: 将图 2 剪开展成平面图分析可知, 曲线为轴对称图形, 将图 3 剪开展成平面图分析可知, 曲线也为中心对称图形. 所以此曲线即为轴对称图形又为中心对称图形, 故只有 D 正确.

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线性质利用平面图分析曲线的对称性, 即可得出结论
题目（高三 · 立体几何学）：已知平面 $\alpha$ 与一圆柱的母线成 $60^{\circ}$ 角,那么该平面与圆柱截口图形的离心率是（）
选项：
A. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
B. 1
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. $\frac{1}{2}$
答案：D
解析：解析: 解答: 平面与圆柱截口图形为椭圆, 其离心率 $\mathrm{e}=\cos 60^{\circ}=\frac{1}{2}$.

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质分析计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：设平面 $\pi$ 与圆柱的轴的夹角为 $\beta\left(0^{\circ}<\beta<90^{\circ}\right)$, 现放入 Dandlin 双球使之与圆柱面和平面 $\pi$都相切,若已知 Dandlin 双球与平面 $\pi$ 的两切点的距离恰好等于圆柱的底面直径,则截线椭圆的离心率为 ( )
选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
答案：B
解析：解析：解答：Dandelin 双球与平面 $\pi$ 的切点恰好是椭圆的焦点, 圆柱的底面直径恰好等于椭圆的短轴长, 由题意知, $2 \mathrm{~b}=2 \mathrm{c}$. 故 $\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{\mathrm{c}}{\sqrt{\mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2}}}=\frac{\mathrm{c}}{\sqrt{2} \mathrm{c}}=\frac{\sqrt{2}}{2}$

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质结合离心率概念计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：如图,一个底面半径为 $\mathrm{R}$ 的圆柱被与其底面所成角为 $\theta\left(0^{\circ}<\theta<90^{\circ}\right)$ 的平面所截,截面是一个椭圆.当 $\theta=30^{\circ}$ 时,这个椭圆的离心率为（）


选项：
A. $\frac{1}{2}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{2}{3}$
答案：A
解析：解析：解答：因为底面半径为 $\mathrm{R}$ 的圆柱被与底面成 $30^{\circ}$ 的平面所截,其截口是一个椭圆,

则这个椭圆的短半轴为 $\mathrm{R}$, 长半轴为 $\frac{\mathrm{R}}{\cos 30^{\circ}}=\frac{2 \mathrm{R}}{\sqrt{3}} \quad \because \mathrm{a}^{2}=\mathrm{b}^{2}+\mathrm{c}^{2}, \therefore \mathrm{c}=\frac{\mathrm{R}}{\sqrt{3}}$.

$\therefore$ 椭圆的离心率为 $\mathrm{e}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}=\frac{1}{2}$. 故选 $\mathrm{A}$.

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是正确理解椭圆的离心率的求解方法,在利用公式 $\mathrm{e}=\cos \varphi$ 时, $\varphi$ 必须是圆柱的母线与平面的夹角.
题目（高三 · 立体几何学）：下列说法不正确的是 ( )
选项：
A. 圆柱面的母线与轴线平行

B. 圆柱面的某一轴截面垂直于直截面

C. 圆柱面与斜截面截得的椭圆的离心率与圆柱面半径无关, 只与母线和斜截面的夹角有关

D. 平面截圆柱面的截线椭圆中,短轴长即为圆柱面的半径
答案：D
解析：解析：解答：显然 A 正确;由于任一轴截面过轴线,故轴截面与圆柱的直截面垂直, $\mathrm{B}$ 正确;C 显然正确; $\mathrm{D}$ 中短轴长应为圆柱面的直径长, 故不正确.

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质结合所给选项分析即可
题目（高三 · 立体几何学）：已知平面 $\beta$ 与一圆柱斜截口（椭圆）的离心率为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$, 则平面 $\beta$ 与圆柱母线的夹角是 ( )
选项：
A. $30^{\circ}$
B. $60^{\circ}$
C. $45^{\circ}$
D. $90^{\circ}$
答案：A
解析：解析：解答：设 $\beta$ 与母线夹角为 $\varphi$,则 $\cos \varphi=\frac{\sqrt{3}}{2}$, 故 $\varphi=30^{\circ}$.

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质结合所给条件分析计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：两个圆柱的底面半径分别为 $R, r(R>r)$, 平面 $\pi$ 与它们的母线的夹角分别为 $\alpha, \beta\left(\alpha<\beta<90^{\circ}\right)$,斜截口椭圆的离心率分别为 $\mathrm{e}_{1}, \mathrm{e}_{2}$, 则 ( )
选项：
A. $\mathrm{e}_{1}>\mathrm{e}_{2}$
B. $\mathrm{e}_{1}<\mathrm{e}_{2}$
C. $\mathrm{e}_{1}=\mathrm{e}_{2}$
D. 无法确定
答案：A
解析：答案: A
题目（高三 · 立体几何学）：一组底面为同心圆的圆柱被一平面所截,截口粗圆具有 （ ）
选项：
A. 相同的长轴
B. 相同的焦点
C.相同的准线
D. 相同的离心率
答案：D
解析：解析：解答：因为底面半径大小不等,所以长轴不同.嵌入的 Dandelin 球不同,则焦点不同,准线也不同,而平面与圆柱的母线夹角相同,故离心率相同

分析: 本题主要考查了平面与圆柱面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆柱面的截线的性质分析即可
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $a=(\lambda+1,0,2), b=(6,2 \mu-1,2 \lambda)$, 若 $a \| b$, 则 $\lambda$ 与 $\mu$ 的值可以是 ( )
选项：
A. $2, \frac{1}{2}$
B. $-\frac{1}{3}, \frac{1}{2}$
C. $-3,2$
D. 2,2
答案：A
解析：选 $A$ 由题意知 $\left\{egin{array}{l}rac{\lambda+1}{6}=rac{2}{2 \lambda}, \ 2 \mu-1=0,\end{array} 	herefore\left\{egin{array}{l}\lambda=2, \ \mu=rac{1}{2},\end{array}ight.ight.$ 或 $\left\{egin{array}{l}\lambda=-3, \ \mu=rac{1}{2} .\end{array}ight.$
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $A(1,0,0), B(0,1,0), C(0,0,1)$, 则平面 $A B C$ 的一个法向量可以是 ( )
选项：
A. $(1,1,-1)$
B. $(1,-1,1)$
C. $(-1,1,1)$
D. $(-1,-1,-1)$
答案：D
解析：$ecause A(1,0,0), B(0,1,0), C(0,0,1), 	herefore \overrightarrow{A B}=(-1,1,0), \overrightarrow{A C}=(-1,0,1)$,设平面 $A B C$ 的一个法向量为 $\vec{n}=(x, y, z)$, 则 $\left\{egin{array}{l}\vec{n} \cdot \overrightarrow{A B}=-x+y=0 \ \vec{n} \cdot \overrightarrow{A C}=-x+z=0\end{array}ight.$, 取 $x=-1$, 得 $\vec{n}=(-1,-1,-1)$. 故选: $D$.
题目（高三 · 立体几何学）：若 $\triangle A B C$ 中, $\angle C=90^{\circ}, A(1,2,-3 k), B(-2,1,0), C(4,0,-2 k)$, 则 $k$ 的值为
选项：
A. $\sqrt{10}$
B. $-\sqrt{10}$
C. $2 \sqrt{5}$
D. $\pm \sqrt{10}$
答案：D
解析：$ecause A(1,2,-3 k), B(-2,1,0), C(4,0,-2 k), 	herefore \overrightarrow{A C}=(3,-2, k), \overrightarrow{B C}=(6,-1,-2 k) ecause 	riangle A B C$中, $\angle C=90^{\circ}: \overrightarrow{A C} \cdot \overrightarrow{B C}=(3,-2, k) \cdot(6,-1,-2 k)=18+2-2 k^{2}=0$ 解得 $k= \pm \sqrt{10}$ 故选 $D$.
题目（高三 · 立体几何学）：已知直线 $l$ 的一个方向向量为 $\vec{m}=(-2,-8,1)$, 平面 $\alpha$ 的一个法向量为 $\vec{n}=\left(x, \frac{1}{2}, 2\right)$, 若 $l / /$ 平面 $\alpha$, 则 $x=(\quad)$
选项：
A. -8
B. 8 C. -1
D. 1
答案：C
解析：因为直线与平面平行, 所以直线的方向向量与平面的法向量垂直,即有 $\vec{m} \cdot \vec{n}=0$, 也即 $-2 x-$ $8 	imes rac{1}{2}+2=0$, 解得 $x=-1$ 故选 $C$.
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $A(1,0,0), B(0,1,0), C(0,0,1)$ 三点, 则以 $\vec{n}=(1,1,1)$ 为方向向量的直线与平面 $A B C$的关系是( )
选项：
A. 垂直
B. 不垂直
C. 平行
D. 以上都有可能
答案：A
解析：$\overrightarrow{A B}=(-1,1,0), \overrightarrow{B C}=(0,-1,1), ecause \overrightarrow{A B} \cdot \vec{n}=-1+1+0=0, \overrightarrow{B C} \cdot \vec{n}=0-1+1=0$, 则 $\vec{n} \perp$ $\overrightarrow{A B}, \vec{n} \perp \overrightarrow{B C}, A B \cap B C=B$, 即 $\vec{n} \perp$ 平面 $A B C$. 故选 $A$.
题目（高三 · 立体几何学）：已知空间向量 $\overrightarrow{A B}=(2,4, x)$, 平面 $\alpha$ 的一个法向量 $\vec{n}=(1, y, 3)$, 若 $A B \perp \alpha$. 则 ( )
选项：
A. $x=2, y=6$
B. $x=6, y=2$
C. $3 x+4 y+2=0$
D. $4 x+3 y+2=0$
答案：B
解析：由题意可知 $\overrightarrow{A B} / / \vec{n}$, 则 $rac{2}{1}=rac{4}{y}=rac{x}{3}$, 解得 $y=2, x=6$. 故选 $B$.
题目（高三 · 立体几何学）：在圆雉内部嵌入 Dandelin 双球,一个位于平面 $\pi$ 的上方,一个位于平面 $\pi$ 的下方, 并且与平面 $\pi$ 及圆雉均相切.若平面 $\pi$ 与双球的切点不重合,则平面 $\pi$ 与圆雉面的截线是（）
选项：
A.圆
B. 椭圆
C.双曲线
D.抛物线
答案：B
解析：解析：解答：由于平面 $\pi$ 与双球的切点不重合,则平面 $\pi$ 与圆锥母线不平行, 且只与圆锥的一半相交,则截线是椭圆.

分析: 本题主要考查了平面与圆雉面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线的性质结合 Dandelin 双球性质分析即可
题目（高三 · 立体几何学）：如图所示, 圆锥 $S O$ 的轴截面 $\triangle \mathrm{SAB}$ 是边长为 4 的正三角形, $\mathrm{M}$ 为母线 $S B$ 的中点, 过直线 $\mathrm{AM}$ 作平面 $\beta \perp$ 面 $\mathrm{SAB}$, 设 $\beta$ 与圆雉侧面的交线为椭圆 $\mathrm{C}$, 则粗圆 $\mathrm{C}$ 的短半轴长为 ( )


选项：
A. $\sqrt{2}$
B. $\sqrt{3}$
C. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
答案：A
解析：解析：解答：过粗圆 C 作平行于圆雉底面的截面 (圆形), 交 AS, BS 于 $\mathrm{R}, \mathrm{T}$, 交椭圆 C 于两点 $\mathrm{P}, \mathrm{Q}$, 则 $\mathrm{P}, \mathrm{Q}$ 即是椭圆短半轴顶点, 在所作的圆中, $\mathrm{RT}$ 为直径, 如图,

因为轴截面 $	riangle \mathrm{SAB}$ 是边长为 4 的正三角形, $\mathrm{C}$ 为 $\mathrm{AM}$ 的中点, 所以 $\mathrm{TC}=rac{1}{2} \mathrm{AB}=2, \mathrm{RC}=rac{1}{4}$ $A B=1$, 因为 $P Q \perp R T$, 所以 $P C=C Q$, 所以利用相交弦定理可得: $P C \cdot C Q=T C \cdot R C$, 所以 $\mathrm{PC}=\sqrt{2}$. 所以橄圆 $\mathrm{C}$ 的短半轴为 $\sqrt{2}$.
题目（高三 · 立体几何学）：已知圆雉面的轴截面为等腰直角三角形, 用一个与轴线成 $30^{\circ}$ 角的不过圆雉顶点的平面去截圆锥面时,所截得的截线的离心率为（ ）
选项：
A. $\frac{\sqrt{6}}{2}$
B. $\frac{\sqrt{6}}{3}$
C. $\frac{3}{2}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
答案：A
解析：解析：解答： $\because$ 圆锥的轴截面为等腰直角三角形, 所以母线与轴线的夹角 $\alpha=45^{\circ}$.

又截面与轴线的夹角 $\beta=30^{\circ}$, 即 $\beta<\alpha, \therefore$ 截线是双曲线,其离心率 $\mathrm{e}=\frac{\cos 45^{\circ}}{\cos 30^{\circ}}=\frac{\sqrt{2}}{\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{6}}{3}$

分析: 本题主要考查了平面与圆雉面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线性质结合圆雉曲线的离心率公式 $: \mathrm{e}=\frac{\cos \beta}{\cos \alpha}$, 其中 $\beta$ 为平面与轴的交角, $\alpha$ 为母线与轴的交角.
题目（高三 · 立体几何学）：圆雉的顶角为 $50^{\circ}$, 圆雉的截面与轴线所成的角为 $30^{\circ}$, 则截线是 ( )
选项：
A. 圆
B. 粗圆
C. 双曲线
D.抛物线
答案：B
解析：解析：解答：由已知 $\alpha=\frac{50^{\circ}}{2}=25^{\circ}, \beta=30^{\circ}, \beta>\alpha$, 故截线是椭圆,故选 B.

分析: 本题主要考查了平面与圆雉面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线结
合圆雉的有关性质分析计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：平面 $\pi$ 与圆雉的轴线平行, 圆雉母线与轴线夹角为 $60^{\circ}$, 则平面与圆雉交线的离心率是 ( )
选项：
A. 2
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $2 \sqrt{3}$
答案：A
解析：解析：解答：设平面与轴线夹角为 $\beta$, 母线与轴线夹角为 $\alpha$, 由题意, 知 $\beta=0^{\circ}, \alpha=60^{\circ}$, 故

$\mathrm{e}=\frac{\cos \beta}{\cos \alpha}=\frac{1}{\frac{1}{2}}=2$

分析: 本题主要考查了平面与圆雉面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线的性质结合所给条件分析计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：平面与圆雉轴线夹角为 $45^{\circ}$, 圆雉母线与轴线夹角为 $60^{\circ}$, 平面与圆雉面交线的轴长为 2 , 则所得圆雉曲线的焦距为 ( )
选项：
A. $\sqrt{2}$
B. $2 \sqrt{2}$
C. $4 \sqrt{2}$
D. $\frac{\sqrt{2}}{2}$
答案：B
解析：解析: 解答: $\because \mathrm{e}=\frac{\cos \beta}{\cos \alpha}=\frac{\mathrm{c}}{\mathrm{a}}, \therefore \frac{\cos 45^{\circ}}{\cos 60^{\circ}}=\frac{\mathrm{c}}{1} . \therefore \mathrm{c}=\sqrt{2}, 2 \mathrm{c}=2 \sqrt{2}$.

分析: 本题主要考查了平面与圆雉面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线结合所给截面计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：圆雉的顶角为 $60^{\circ}$, 截面与母线所成的角为 $60^{\circ}$, 则截面所截得的截线是
选项：
A. 圆
B. 粗圆
C. 双曲线
D. 抛物线
答案：A
解析：解析: 解答: 由题意知截面与圆雉的轴线成 $90^{\circ}$ 角, 即是圆雉的正截面, 故截线为圆.

分析: 本题主要考查了平面与圆雉面的截线, 解决问题的关键是根据平面与圆雉面的截线的性质分析即可
题目（高三 · 立体几何学）：在正方体的 8 个顶点中, 以任意 4 个顶点为顶点的三棱雉, 共有（）
选项：
A. 52 个
B. 54 个
C. 58 个
D. 62 个
答案：C
解析：答案: C

【解析】 从正方体的 8 个顶点中任取四个顶点, 共有 $C_{8}^{4}=\frac{8 \times 7 \times 6 \times 5}{4 \times 3 \times 2 \times 1}=70$ 种,其中有 6 个表面和 6 个对角面中的四个顶点共面, 不能构成三棱雉,所以共有 $70-6-6=58$ 个三棱雉.

故答案为: C.
题目（高三 · 立体几何学）：两个相似三角形对应边上的中线之比为 $3: 4$,周长之和是 35 ,那么这两个三角形的周长分别是 ( )
选项：
A. 13 和 22
B. 14 和 21
C. 15 和 20
D. 16 和 19
答案：C
解析：解析: 解答: 由相似三角形的周长之比、中线之比均等于相似比,可得两个相似三角形的周长之比 $\frac{\mathrm{C}_{1}}{\mathrm{C}_{2}}=\frac{3}{4}$. 又 $\because \mathrm{C}_{1}+\mathrm{C}_{2}=35, \therefore \mathrm{C}_{1}=15, \mathrm{C}_{2}=20$,即两个三角形的周长分别为 15,20 .

分析: 本题主要考查了相似三角形的判定及性质, 解决问题的关键是根据相似三角形的判断与性质分析计算即可
题目（高三 · 立体几何学）：有一块三角形铁片 $\mathrm{ABC}$,已知 $\mathrm{BC}=12 \mathrm{~cm}$, 高 $\mathrm{AD}=8 \mathrm{~cm}$, 要把它加工成一个矩形铁片, 使矩形的一边在 $\mathrm{BC}$ 上,其余的两个顶点分别在 $\mathrm{AB}, \mathrm{AC}$ 上,且矩形的长是宽的 2 倍, 则加工成的铁片的面积为 ( )
选项：
A. $18 \mathrm{~cm}^{2}$ 或 $\frac{1152}{49} \mathrm{~cm}^{2}$
B. $20 \mathrm{~cm}^{2}$ 或 $18 \mathrm{~cm}^{2}$
C. $16 \mathrm{~cm}^{2}$
D. $15 \mathrm{~cm}^{2}$
答案：A
解析：解析：解答：本题有图(1)和图(2)两种情况:如图(1),

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题目（高三 · 立体几何学）：在空间直角坐标系中, 平面 $x O z$ 的一个法向量是 ( )
选项：
A. $(1,0,0)$
B. $(0,1,0)$
C. $(0,0,1)$
D. $(0,1,1)$
答案：B
题目（高三 · 立体几何学）：已知三条直线 $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ 的一个方向向量分别为 $\boldsymbol{a}=(4,-1,0), \boldsymbol{b}=(1,4,5)$, $\boldsymbol{c}=(-3,12,-9)$, 则 ()
选项：
A. $l_{1} \perp l_{2}$, 但 $l_{1}$ 与 $l_{3}$ 不垂直
B. $l_{1} \perp l_{3}$, 但 $l_{1}$ 与 $l_{2}$ 不垂直
C. $l_{2} \perp l_{3}$, 但 $l_{2}$ 与 $l_{1}$ 不垂直
D. $l_{1}, l_{2}, l_{3}$ 两两互相垂直
答案：A
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $\boldsymbol{u}=(-2,2,5), \boldsymbol{v}=(6,-4,4), \boldsymbol{u}, \boldsymbol{v}$ 分别是平面 $\alpha, \beta$ 的法向量, 则平面 $\alpha, \beta$ 的位置关系为( )
选项：
A. 平行
B. 垂直
C. 所成的二面角为锐角
D. 所成的二面角为针角
答案：B
题目（高三 · 立体几何学）：在空间直角坐标系中, 点 $B$ 是 $A(1,2,3)$ 在 $y O z$ 坐标平面内的射影, $O$ 为坐标原点,则 $|O B|$ 等于( )
选项：
A. $\sqrt{14}$
B. $\sqrt{13}$
C. $2 \sqrt{3}$
D. $\sqrt{11}$
答案：B
题目（高三 · 立体几何学）：长方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, $A B=A A_{1}=2, A D=1, E$ 为 $C C_{1}$ 的中点, 则异面直线 $B C_{1}$与 $A E$ 所成角的余弦值为 ( )
选项：
A. $\frac{\sqrt{10}}{10}$
B. $\frac{\sqrt{30}}{10}$
C. $\frac{2 \sqrt{15}}{10}$
D. $\frac{3 \sqrt{10}}{10}$
答案：A
题目（高三 · 立体几何学）：已知正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 的棱长为 1 , 点 $P$ 在线段 $B_{1} D_{1}$ 上运动, 则 $\overrightarrow{P A} \cdot \overrightarrow{P C_{1}}$ 的取值范围是
选项：
A. $\left[-1,-\frac{1}{4}\right]$
B. $\left[-\frac{1}{2},-\frac{1}{4}\right]$
C. $[-1,0]$
D. $\left[-\frac{1}{2}, 0\right]$
答案：D
题目（高三 · 立体几何学）：如图, 已知在矩形 $A B C D$ 中, $A B=4 A D$, 且点 $E, F$ 分别为 $A B, C D$ 的中点, 若将矩形 $A B C D$沿 $E F$ 折叠, 使得平面 $A E F D \perp$ 平面 $B E F C$, 则异面直线 $E C$ 与 $A F$ 所成角的余弦值为 ( )


选项：
A. $\frac{\sqrt{10}}{5}$
B. $\frac{1}{2}$
C. $\frac{\sqrt{10}}{10}$
D. $\frac{1}{5}$
答案：D
题目（高三 · 立体几何学）：如图 1, 四棱雉 $P-A B C D$ 中, 底面 $A B C D$ 是矩形, $P D \perp$ 平面 $A B C D$, 且 $P D=A D=1, A B=2$,点 $E_{n}$ 是 $A B$ 上一点, 当二面角 $P-E C-D$ 为 ${ }^{\frac{\pi}{4}}$ 时, $A E$ 等于 ( ).
选项：
A. 1
B. $\frac{1}{2}$
C. $2-\sqrt{2}$
D. $2-\sqrt{3}$

图 (1) 图 (2)
答案：D
题目（高三 · 立体几何学）：在直三棱柱 $A B C-A_{1} B_{1} C_{1}$ 中, 底面是等腰直角三角形, $\angle A C B=90^{\circ}$, 侧棱 $A A_{1}=2, D, E$分别是 $C C_{1}$ 与 $A_{1} B$ 的中点, 点 $E$ 在平面 $A B D$ 上的射影是 $\triangle A B D$ 的重心 $G$. 则 $A_{1} B$ 与平面 $A B D$ 所成角的余弦值 ( )
选项：
A. $\frac{\sqrt{2}}{3}$
B. $\frac{\sqrt{7}}{3}$
C. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{7}$
答案：C
题目（高三 · 立体几何学）：在棱长为 1 的正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}$ 中, 则平面 $A B_{1} C$ 与平面 $A_{1} C_{1} D$ 间的距离
选项：
A. $\frac{\sqrt{3}}{6}$
B. $\frac{\sqrt{3}}{3}$
C. $\frac{2 \sqrt{3}}{3}$
D. $\frac{\sqrt{3}}{2}$
答案：B
题目（高三 · 立体几何学）：已知 $z \in \mathbf{C}$, 且 $|z|=1$, 则 $|z-2-2 i|$ (i 为虚数单位) 的最大值是 ( )
选项：
A. $2 \sqrt{2}-1$ B. $2 \sqrt{2}+1$ C. $\sqrt{2}$ D. $2 \sqrt{2}$
答案：B
解析：设 $z=x+y i(x, y \in \mathbf{R}),|z|=1$ ，复数 $z$ 表示的是以原点为圆心, $r=1$ 的圆,故表示的是圆上的点 $(x, y)$ 到点 $M(2,2)$ 的距离,可知最长距离 $|O M|+r=2 \sqrt{2}+1$, 故选 $\mathrm{B}$.
题目（高三 · 立体几何学）：正方体 $A B C D-A_{1} B_{1} C_{1} D_{1}, P_{i}(i=1,2, \cdots, 12)$ 是棱的中点, 在任意两个中点的连线中, 与平面 $A_{1} C_{1} B$ 平行的直线有 ( ) 条.



$\begin{array}{llll}\text {
选项：
A. } 36 & \text { B. } 21 & \text { C. } 12 & \text { D. } 6\end{array}$
答案：B
解析：答案:B

【解析】考虑与平面 $A_{1} C_{1} B$ 平行的平面 $P_{1} P_{4} P_{8}$, 平面 $P_{10} P_{11} P_{6}$, 平面 $P_{9} P_{5} P_{2} P_{3} P_{7} P_{12}$,

共有 $\mathrm{C}_{3}^{2}+\mathrm{C}_{3}^{2}+\mathrm{C}_{6}^{2}=21$, 故选 B.
题目（高三 · 立体几何学）：设 $F_{1}, F_{2}$ 分别是双曲线 $x^{2}-\frac{y^{2}}{9}=1$ 的左、右焦点. 若点 $\mathrm{P}$ 在双曲线上, 且 $\overrightarrow{P F_{1}} \cdot \overrightarrow{P F_{2}}=0$, 则 $\left|\overrightarrow{P F_{1}}+\overrightarrow{P F_{2}}\right|=(\quad)$
选项：
A. $\sqrt{10}$
B. $2 \sqrt{10}$
C. $\sqrt{5}$
D. $2 \sqrt{5}$
答案：B
题目（高三 · 立体几何学）：三角形的面积为 $S=\frac{1}{2}(a+b+c) \cdot r$, 其中 $a, b, c$ 为三角形的边长, $\mathrm{r}$ 为三角形内切圆的半径,则利用类比推理, 可得出四面体的体积为 $($ ）
选项：
A. $V=\frac{1}{3} a b c$
B. $V=\frac{1}{3} S h$
C. $V=\frac{1}{3}(a b+b c+c a) h$,
$h$ 为四面体的高）
D. $V=\frac{1}{3}\left(S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}\right) r,\left(S_{1}, S_{2}, S_{3}, S_{4}\right.$ 分别为四面体四个面面积, $r$ 为四面体内切球半径 $)$
答案：D
解析：设四面体的内切球的球心为 $\mathrm{O}$, 则球心 $\mathrm{O}$ 到四个面的距离都是 $\mathrm{r}$将 $\mathrm{O}$ 与四顶点连起来, 可得四面体的体积等于以 $\mathrm{O}$ 为顶点,分别以四个面为底面的 4 个三棱雉体积的和,$	herefore \mathrm{V}=rac{1}{3}\left(\mathrm{~S}_{1}+\mathrm{S}_{2}+\mathrm{S}_{3}+\mathrm{S}_{4}ight)$.故答案为:
题目（高三 · 立体几何学）：有一段演绎推理是这样的: “若一条直线平行于一个平面, 则此直线平行于这个平面内的所有直线”.已知直线 $b / /$ 平面 $\alpha$, 直线 $a \subset$ 平面 $\alpha$, 则直线 $b / /$ 直线 $a$ ". 你认为这个推理（）
选项：
A. 结论正确
B. 大前提错误
C. 小前提错误
D. 推理形式错误
答案：B
解析：答案: B

【解析】 一条直线平行于一个平面时, 这条直线与平面内的部分直线平行,并是不与所有直线平行, 所以大前提错误,

故答案为: B.

【分析】利用已知条件结合演绎推理的三段论, 从而求出这个推理中错误的一段.
题目（高三 · 立体几何学）：三角形的面积为 $S=\frac{1}{2}(a+b+c) \cdot r$, 其中 $a, b, c$ 为三角形的边长, $\mathrm{r}$ 为三角形内切圆的半径,则利用类比推理, 可得出四面体的体积为 ( )
选项：
A. $V=\frac{1}{3} a b c$
B. $V=\frac{1}{3} S h$
C. $V=\frac{1}{3}(a b+b c+c a) h,(h$ 为四面体的高)
D. $V=\frac{1}{3}\left(S_{1}+S_{2}+S_{3}+S_{4}\right) r,\left(S_{1}, S_{2}, S_{3}, S_{4}\right.$ 分别为四面体四个面面积, $r$ 为四面体内切球半径 $)$
答案：D
解析：答案: D

【解析】 设四面体的内切球的球心为 $\mathrm{O}$, 则球心 $\mathrm{O}$ 到四个面的距离都是 $\mathrm{r}$, 将 $\mathrm{O}$ 与四顶点连起来,
可得四面体的体积等于以 $\mathrm{O}$ 为顶点, 分别以四个面为底面的 4 个三棱雉体积的和,

$\therefore \mathrm{V}=\frac{1}{3}\left(\mathrm{~S}_{1}+\mathrm{S}_{2}+\mathrm{S}_{3}+\mathrm{S}_{4}\right)$ r.

故答案为: D.

【分析】设四面体的内切球的球心为 $\mathrm{O}$, 则球心 $\mathrm{O}$ 到四个面的距离都是 $\mathrm{r}$, 根据体积公式得到答案.
题目（高三 · 立体几何学）：命题 “若 $\angle C=90^{\circ}$, 则 $\triangle A B C$ 是直角三角形”的逆命题、否命题、逆否命题这三个命题中,真命题的个数是 ( )
选项：
A. 0
B. 1
C. 2
D. 3
答案：C
题目（高三 · 立体几何学）：已知直线 $a, b$ 分别在两个不同的平面 $\alpha, \beta$ 内. 则 “直线 $a$ 和直线 $b$ 相交” 是 “平面 $\alpha$和平面 $\beta$ 相交” 的（ ）
选项：
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
答案：A
题目（高三 · 立体几何学）：设 $\alpha, \beta$ 是两个不同的平面, $m$ 是直线且 $m \subset \alpha, ~ “ ~ m / / \beta ”$ 是 “ $\alpha / / \beta$ ” 的 ( )
选项：
A. 充分不必要条件
B. 必要不充分条件
C. 充要条件
D. 既不充分也不必要条件
答案：B
题目（高三 · 变换几何）：将椭圆 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$ 按 $\varphi:\left\{\begin{array}{c}x^{s}=\lambda x, \lambda>0, \\ y^{\prime}=\mu y, \mu>0\end{array}\right.$ 变换后得到圆 $x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=9$, 则 $(\quad)$
选项：
A. $\lambda=3, \mu=4$ B. $\lambda=3, \mu=2$ C. $\lambda=1, \mu=\frac{2}{3} \mathrm{D} . \lambda=1, \mu=\frac{3}{2}$
答案：D
解析：解析: 解答: 圆 $x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=9$ 即 $\frac{x^{\prime 2}}{9}+\frac{y^{\prime^{2}}}{9}=1$,

由椭圆 $\frac{x^{2}}{9}+\frac{y^{2}}{4}=1$, 得 $\frac{g^{2}}{9}+\frac{1}{9} \cdot \frac{g y^{2}}{4}=1$,

所以由变换 $\varphi:\left\{\begin{array}{l}x^{s}=x, \\ y^{\prime}=\frac{3}{2} y,\end{array}\right.$ 得 $\lambda=1, \mu=\frac{3}{2}$.

分析: 本题主要考查了平面直角坐标轴中的伸缩变换, 解决问题的关键是伸缩变换计算即可.
题目（高三 · 变换几何）：在同一平面直角坐标系中, 经过伸缩变换 $\left\{\begin{array}{c}x^{\prime}=5 x, \\ y^{\prime}=3 y\end{array}\right.$ 后, 曲线 $C$ 变为曲线 $2 x^{\prime 2}+8 y^{\prime 2}=1$,则曲线 $\mathrm{C}$ 的方程为 ( )
选项：
A. $50 x^{2}+72 y^{2}=1$ B. $9 x^{2}+100 y^{2}=1$ C. $10 x^{2}+24 y^{2}=1$ D. $\frac{2}{25} x^{2}+\frac{8}{9} y^{2}=1$
答案：A
解析：解析: 解答: 将 $\left\{\begin{array}{c}x^{3}=5 x, \\ y^{\prime}=3 y\end{array}\right.$ 直接代入 $2 x^{\prime 2}+8 y^{\prime 2}=1$, 得 $2(5 x)^{2}+8(3 y)^{2}=1$, $50 x^{2}+72 y^{2}=1$, 即为所求曲线 C 的方程.

分析: 本题主要考查了平面直角坐标轴中的伸缩变换, 解决问题的关键是根据伸缩变换化简计算即可
题目（高三 · 变换几何）：$y=\cos x$ 经过伸缩变换 $\left\{\begin{array}{l}x^{\prime}=2 x_{s} \\ y^{\prime}=3 y_{s}\end{array}\right.$, 曲线方程变为 $(\quad)$
选项：
A. $y^{\prime}=3 \cos \frac{\not y}{2} \mathrm{~B} \cdot y^{\prime}=3 \cos 2 x^{t} \mathrm{C} \cdot y^{\prime}=\frac{1}{3} \cos \frac{z^{\prime}}{2} \mathrm{D} \cdot y^{\prime}=\frac{1}{3} \cos 2 x^{t}$
答案：A
解析：解析: 解答: 由 $\left\{\begin{array}{l}x^{\prime}=2 x_{\text {s }} \\ y^{\prime}=3 y_{s}\end{array}\left\{\begin{array}{l}x=\frac{1}{2} x^{s} \\ y=\frac{1}{3} y^{s}\end{array}\right.\right.$ 又 $\because y=\cos x, \therefore \frac{1}{3} y^{\prime}=\cos \frac{x^{\prime}}{2}$, 即 $y^{\prime}=3 \cos \frac{x^{\prime}}{2}$

分析: 本题主要考查了平面直角坐标轴中的伸缩变换, 解决问题的关键是根据伸缩变换计算即可.
题目（高三 · 变换几何）：在同一平面直角坐标系中, 经过伸缩变换 $\left\{\begin{array}{c}x^{\prime}=5 x, \\ y^{\prime}=3 y\end{array}\right.$ 后, 曲线 $C$ 变为曲线 $x^{\prime 2}+y^{\prime 2}=1$,则曲线 $\mathrm{C}$ 的方程为( )
选项：
A. $25 x^{2}+9 y^{2}=1$ B. $9 x^{2}+25 y^{2}=1$ C. $25 x+9 y=1$ D. $\frac{x^{2}}{25}+\frac{y^{2}}{9}=1$
答案：A
解析：解析: 解答: 由伸缩变换 $\left\{\begin{array}{l}x^{\prime}=5 x, \\ y^{\prime}=3 y,\end{array}\right.$ 将 $\left(x^{\prime}, y^{\prime}\right)$ 代入变换后的方程得 $25 x^{2}+9 y^{2}=1$.

分析: 本题主要考查了平面直角坐标轴中的伸缩变换, 解决问题的关键是根据伸缩变换计算即可
题目（高三 · 变换几何）：已知定点 $P\left(4, \frac{\pi}{3}\right)$, 将极点移至 $O^{\prime}\left(2 \sqrt{2}, \frac{\pi}{6}\right)$ 处, 极轴方向不变, 则点 $\mathrm{P}$ 的新的极坐标为 ( )
选项：
A. $\left(4, \frac{2 \pi}{3}\right)$ B. $\left(4, \frac{4 \pi}{3}\right)$ C. $\left(2, \frac{2 \pi}{3}\right)$ D. $\left(2, \frac{4 \pi}{3}\right)$
答案：C
解析：解析：解答：设点 $\mathrm{P}$ 的新极坐标为 $(\rho, \theta)$, 如图.

![](https://cdn.mathpix.com/cropped/2024_04_19_b4d16be27c2fb355fe7ag-
题目（高三 · 变换几何）：将函数 $f(x)=\sin ^{4} x+\cos ^{4} x$ 的图像向左平移 $\frac{\pi}{8}$ 个单位长度后, 得到 $g(x)$ 的图像, 若函数 $y=g(\omega x)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{12}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上单调递减, 则正数 $\omega$ 的最大值为
选项：
A. $\frac{1}{2}$
   B. 1
   C. $\frac{3}{2}$
   D. $\frac{2}{3}$
答案：A
解析：答案:A

【解析】

先化简 $f(x)$ 的表达式, 平移后得到 $g(x)$ 的解析式, 再求出 $g(\omega x)$ 的解析式, 然后利用 $g(\omega x)$ 的单调减区间列不等式组, 求得 $\omega$ 的取值范围, 进而求得正数 $\omega$ 的最大值.

依题意, $f(x)=\left(\frac{1-\cos 2 x}{2}\right)^{2}+\left(\frac{1+\cos 2 x}{2}\right)^{2}=\frac{1+\cos ^{2} 2 x}{2}=\frac{3+\cos 4 x}{4}$, 向左平移 $\frac{\pi}{8}$ 个单位长度得到 $\frac{3}{4}+\frac{1}{4} \cos \left[4\left(x+\frac{\pi}{8}\right)\right]=\frac{3}{4}+\frac{1}{4} \cos \left(4 x+\frac{\pi}{2}\right)=\frac{3}{4}-\frac{1}{4} \sin 4 x$. 故 $g(\omega x)=\frac{3}{4}-\frac{1}{4} \sin (4 \omega x)$, 下面求函数的减区间: 由 $-\frac{\pi}{2}+2 k \pi \leq 4 \omega x \leq \frac{\pi}{2}+2 k \pi$, 由于 $\omega>0$ 故上式可化为 $\frac{-\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{2}}{\omega} \leq x \leq \frac{\frac{\pi}{\frac{3}{3}}+\frac{k \pi}{2}}{\omega}$, 由于函数 $g(\omega x)$ 在 $\left[-\frac{\pi}{12}, \frac{\pi}{4}\right]$ 上单调递
减, 故 $\left\{\begin{array}{l}\frac{-\frac{\pi}{3}+\frac{\pi}{2}}{\omega} \leq-\frac{\pi}{12} \\ \frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2} \geq \frac{\pi}{4}\end{array}\right.$, 解得 $\left\{\begin{array}{l}\omega \leq \frac{3}{2}-6 k \\ \omega \leq \frac{1}{2}+2 k\end{array}\right.$, 所以当 $k=0$ 时, $\omega=\frac{1}{2}$ 为正数 $\omega$ 的最大值.故选 A.
题目（高三 · 变换几何）：已知 $A$ 是函数 $f(x)=\sin \left(2018 x+\frac{\pi}{6}\right)+\cos \left(2018 x-\frac{\pi}{3}\right)$ 的最大值, 若存在实数 $x_{1}, x_{2}$使得对任意实数 $x$ 总有 $f\left(x_{1}\right) \leq f(x) \leq f\left(x_{2}\right)$ 成立, 则 $A \cdot\left|x_{1}-x_{2}\right|$ 的最小值为
选项：
A. $\frac{\pi}{2018}$
   B. $\frac{\pi}{1009}$
   C. $\frac{2 \pi}{1009}$
   D. $\frac{\pi}{4036}$
答案：B
解析：答案:B

【解析】 

利用三角恒等变换可得 $f(x)=2 \sin \left(2018 x+\frac{\pi}{6}\right)$, 依题意可知 $A=2,\left|x_{1}-x_{2}\right|$ 的最小值为 $\frac{1}{2} T=\frac{\pi}{1009}$, 从而可得结论.

$\because f(x)=\sin \left(2018 x+\frac{\pi}{6}\right)+\cos \left(2018 x-\frac{\pi}{3}\right)$

$=\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2014 x+\frac{1}{2} \cos 2018 x+\frac{1}{2} \cos 2018 x+\frac{\sqrt{3}}{2} \sin 2018 x$

$=\sqrt{3} \sin 2018 x+\cos 2018 x$

$=2 \sin \left(2018 x+\frac{\pi}{6}\right)$,

$\therefore A=f(x)_{\text {max }}=2$, 周期 $T=\frac{2 \pi}{2018}=\frac{\pi}{1009}$,

又存在实数 $x_{1}, x_{2}$, 对任意实数 $x$ 总有 $f\left(x_{1}\right) \leq f(x) \leq f\left(x_{2}\right)$ 成立,

$\therefore f\left(x_{2}\right)=f(x)_{\text {max }}=2, f\left(x_{1}\right)=f(x)_{\text {min }}=-2$,

$A \cdot\left|X_{1}-X_{2}\right|$ 的最小值为 $A \times \frac{1}{2} T=\frac{\pi}{1009}$, 故选 B.