福建省厦门市 高一数学下册期中检测题【精品】

一、单选题1．已知，则的虚部为（ ）()3i 2i z =⋅+z A ． B ． C ． D ．12-2i 2i -【答案】B【分析】利用复数的乘方及乘法运算化简复数，即可确定其虚部.【详解】，虚部为.()()32i 2i i 2i 2i i 12i z =⋅+=-⋅+=--=-2-故选：B2．如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个O A B '''O A A B ''''=2O B ''=平面图形的面积是（ ）A ．B ．1CD 【答案】A【分析】根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求得原三角形的直角边，从而面积可得． 【详解】由题意，利用斜二测画法的定义，画出原图形，∵是等腰直角三角形，，斜边， Rt O A B '''△O A A B ''''=2O B ''=∴ O A B ''''==∴，2,2OB O B OA O A ''''====∴原平面图形的面积是.122⨯⨯=故选：A ．3．，，是两两不同的三条直线，下面四个命题中，真命题是（ ）a b cA ．若直线，异面，，异面，则，异面 a b b c a cB ．若直线，相交，，相交，则，相交 a b b c a cC ．若，则，与所成的角相等a b A a b c D ．若，，则a b ⊥r rb c ⊥a c A 【答案】C【分析】由空间中直线与直线的位置关系进行分析判断即可.【详解】对于A ，若直线，异面，，异面，则，可能是平行、相交、异面的任意一种， a b b c a c 如在正方体中，与异面，与异面，， 1111ABCD A B C D -AD 1BD 1BD 11B C 11AD B C ∥或与异面，与异面，与相交于点，AD 1BD 1BD CD AD CD D 或与异面，与异面，与异面，故选项A 错误；AD 1BD 1BD 11A B AD 11A B 对于B ，若直线，相交，，相交，则，可能是平行、相交、异面的任意一种， a b b c a c 如在正方体中，与相交于点，与相交于点，， 1111ABCD A B C D -AB 1BD B 1BD 11D C 1D 11AB D C ∥或与相交于点，与相交于点，与相交于点，AB 1BD B 1BD 1AD 1D AB 1AD A 或与相交于点，与相交于点，与异面，故选项B 错误； AB 1BD B 1BD 11A D 1D AB 11A D 对于C ，由异面直线所成角的定义，选项C 正确；对于D ，若，，则与可能是平行、相交、异面的任意一种，a b ⊥r rb c ⊥a c 如在正方体中，，，， 1111ABCD A B C D -1AB AA ⊥111AA A B ⊥11AB A B ∥或 ，，与相交于点，1AB AA ⊥1AA BC ⊥AB BC B 或 ，，与异面，故选项D 错误. 1AB AA ⊥111AA A D ⊥AB 11A D 故选：C.4．已知平面向量与的夹角为，则实数的值为（ ） ,a b a b ()30,b a a λ-⊥λA ．B ．2C ．D ．2-12-12【答案】B【分析】根据向量垂直时数量积等于0，结合数量积运算律以及数量积的定义，展开计算，即得答案.【详解】因为，所以，()b a a λ-⊥()0b a a λ-⋅= 即，故，20a b a λ⋅-=130,2λλ=∴=故选：B5．平行四边形ABCD ，点E 满足，，则（ ） 4AC AE = ()2,R 2DE AB AD λμλμ=+∈λμ+=A ．B ．C ．D ．1181412【答案】A【分析】先根据平面向量的线性运算将用表示，再根据平面向量基本定理即可得解.DE ,AB AD【详解】， ()11134444DE AE AD AC AD AB AD AD AB AD =-=-=+-=- 又因为，22DE AB AD λμ=+所以，所以，124324λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩1238λμ⎧=⎪⎪⎨⎪=-⎪⎩所以. 131288λμ+=-=故选：A.6．“阿基米德多面体”这称为半正多面体（semi-regularsolid ），是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体.已知 ） AB =A ．18πB ．16πC ．14πD ．12π【答案】A【分析】根据正方体的对称性可知：该半正多面体外接球的球心为正方体的中心，进而可求球的O 半径和表面积.【详解】如图，在正方体中，取正方体、正方形的中心、，连接1111F EFG E G H H -1111E F G H O 1O ，1111,,,E G OO OA O A∵分别为的中点，则 ,A B 1111,E H H G 112E G AB ==∴正方体的边长为， 3EF =故，可得 1132OO O A ==OA ==根据对称性可知：点到该半正多面体的顶点的距离相等，则该半正多面体外接球的球心为，半O O径， R OA ==故该半正多面体外接球的表面积为.224π4π18πS R ==⨯=故选：A.7．已知正四面体中，为的中点，则与所成角的余弦值为 A BCD -M AB CM ADA ．B C D ．1223【答案】C【分析】设正四面体A ﹣BCD 的棱长为2，取BD 的中点N ，连结MN ，CN 则MN ∥AD ，∠CMN 或其补角是CM 与AD 所成的角，由此能求出直线CM 与AD 所成角的余弦值． 【详解】如图，设正四面体A ﹣BCD 的棱长为2，取BD 的中点N ， 连结MN ，CN ，∵M 是AB 的中点，∴MN ∥AD ， ∴∠CMN 或其补角是CM 与AD 所成的角，设MN 的中点为E ，则CE ⊥MN ，在△CME 中，ME ，CM ＝CN 12==∴直线CM 与AD 所成角的余弦值为cos ∠CME .ME CM ===故选C ．【点睛】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题．8．若圆锥的表面积为，其侧面展开图为一个半圆，则下列结论正确的为（ ） 3πA ．圆锥的母线长为1 B ．圆锥的底面半径为2C D ．圆锥的侧面积为π【答案】C【分析】设圆锥的底面半径为，母线为，根据侧面展开图为一个半圆,得出半径与母线的关系，r l 结合圆锥的表面积求出半径与母线，然后对选项进行逐一判断即可. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线为，r l 由侧面展开图为一个半圆，则，所以，1222l r ππ⨯⨯=2l r =圆锥的表面积为，则，， 2233lr r r ππππ+==1r =2l =圆锥的高h ==圆锥的体积为，213r h π=圆锥的侧面积为， 2rl ππ=故选：C二、多选题9．已知复数满足，则（ ） z ()2i 13i z +=+A B ．在复平面内对应的点位于第二象限 z C ． D ．满足方程44z =z 2220z z -+=【答案】AD【分析】根据复数的运算及其几何意义，逐个选项判断即可．【详解】对于A ：，故A 正确； 13i1i 2iz +==++对于B ：在复平面内对应的点位于第四象限，故B 错误；1i z =-对于C ：，故C 错误； 24422(1i)(1i)(2i)4z =⎡⎤=++==-⎣⎦对于D ：，故D 正确；． 2222(1i)2(1i)22i 22i 20z z -+=+-++=-++=故选：AD ．10．已知平面向量，，则下列说法正确的是（ ）()1,a λ= ()2,1b =-A ．若，则B ．若，则0λ=2a b +=//a b 12λ=-C ．若与的夹角为锐角，则D ．若，则在上的投影向量为 a b2λ<1λ=-a b 35b -【答案】BD【分析】利用向量模及共线向量的坐标表示，计算判断AB ；利用向量夹角公式计算判断C ；求出投影向量判断D 作答.【详解】平面向量，， ()1,a λ= ()2,1b =-对于A ，当时，，因此，A 错误；0λ=(1,1)a b =- +||a b +=对于B ，，则有，解得，B 正确；//a b 21λ-=12λ=-对于C ，与的夹角为锐角，则且与不共线，当时，，a b 0a b ⋅> a b0a b ⋅> 1(2)10λ⨯-+⨯>解得，由B 选项知，当时，与不共线，因此，C 错误；2λ>12λ≠-a b 2λ>对于D ，当时，，而1λ=-3a b ⋅=-||b == 因此在上的投影向量为，D 正确.a b 35||||a b b b b b ⋅⋅=-故选：BD11．如图，AC 为圆锥SO 底面圆O 的直径，点B 是圆O 上异于A ，C 的动点，，则下1SO OC ==列结论正确的是（ ）A ．圆锥SOB ．三棱锥S -ABC 体积的最大值为13C ．∠SAB 的取值范围是ππ,43⎛⎫⎪⎝⎭D ．若，F 为线段AB 上的动点，则 AB BC =SF CF +1【答案】ABD【分析】A 求出母线长、底面周长，应用扇形面积公式求侧面积；B 棱锥体积最大只需到距B AC 离最大，并确定最大值，应用棱锥体积公式求体积；C 注意确定大小即可判断；D AB BC =SAB ∠将两个三角形展开为一个平面，由三点共线求最小值即可.【详解】A ：由题设，圆锥母线，底面周长为，故侧面积为，对； l =2π2πr =12π2⨯=B ：要使三棱锥S -ABC 体积最大，只需最大即可，即到距离最大，为，ABC S A B AC 1r =所以体积的最大值为，对；111112323⨯⨯⨯⨯=C ：当时，△为等腰直角三角形，此时 AB BC =ABC AB BC ==所以，即△为等边三角形，此时，错； SA SB AB ==SAB π3∠=SAB D ：由C 分析知：时△为等腰直角三角形、△为等边三角形， AB BC =ABC SAB 将它们展开成一个平面，如下图，要使，即共线，最小值为的长度， SF CF +,,S F C SC而，，则，对. 3π4SBC ∠=SB BC ==1SC ==故选：ABD12．在中，角A ，B ，C 对边分别是a ，b ，c ，，，．则下列说法正确的ABC A π3A =8b =a =是（ ）A ．为锐角三角形B ．面积为ABC A ABCA C ．AB 长度为6 D ．外接圆的面积为ABC A 52π3【答案】BD【分析】利用余弦定理求出边判断C ，再利用余弦定理判断角的范围即可判断A ，利用面积公式c 判断B ，利用正弦定理求出外接圆的半径即可判断D. 【详解】由，，所以，π3A =8,b a ==(222π828cos3c c =+-⨯⨯⨯即,解得或，故C 错误；28120c c --=2c =6c =当时，，所以为钝角， 2c=222cos 02a c b B ac +-===<B 此时为钝角三角形，故A 错误；ABC A 当时，2c =11sin 8222S bc A ==⨯⨯=当时，6c =11sin 8622S bc A ==⨯⨯=所以面积为B 正确；ABC A 设外接圆的半径为R，由正弦定理得，所以ABCA 2sin a R A ===R =所以外接圆的面积为，故D 正确；ABC A 2252πππ3R ⎛== ⎝故选：BD.三、填空题13．已知正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点，则三棱锥A -NMD 1的体积为____________ 【答案】13【分析】利用计算即可.11A NMD D AMN V V --=【详解】因为正方体ABCD -A 1B 1C 1D 1的棱长为2，M 、N 分别为BB 1、AB 的中点 所以11111112323A NMD D AMN V V --==⨯⨯⨯⨯=故答案为：13【点睛】在求解三棱锥的体积时，要注意观察图形的特点，看把哪个当成顶点好计算一些. 14．在△中，角，，所对的边分别为，，，表示△的面积，若ABC A B C a b c S ABC ，，则__________．cos cos sin a B b A c C +=2221()4S b c a =+-B ∠=【答案】4π【详解】试题分析：∵，∴，∴222cos 2b c a A bc+-=22211sin ()24S bc A b c a ==+-，∴，．∵，∴，∴11sin 2cos 24bc A bc A =⨯tan 1A =4A π=cos cos sin a B b A c C +=2sin()sin A B C +=，∴，∴．sin 1C =2C π=4B π=【解析】解三角形.【思路点睛】先利用余弦定理和三角形的面积公式可得，可得，再用正弦定理把tan 1A =4A π=中的边换成角的正弦，利用两角和公式化简整理可求得，最后根据cos cos sin a B b A c C +=90C =︒三角形内角和，进而求得．B 15．在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是上底面1111ABCD A B C D -,E F 1111,C D B C P 内一点（含边界），若平面，则点的轨迹长为___________.1111D C B A AP ∥BDEF P【分析】由平行关系得出点轨迹后计算P 【详解】如图，取中点，中点，可知，11A D G 11A B H //AH DE //AG BF ，故平面平面，故点的轨迹为线段AG AH A = //AGH BDEF P GHGH =16．已知点为的外心，外接圆半径为，且满足，则的面积为O ABC A 12340OA OB OC ++=ABC A __________．【分析】由题意得到，利用，分别求得向量的||||||1OA OB OC === 2340OA OB OC ++=,,OA OB OC 两两夹角的余弦值，得出正弦值，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】如图所示，因为点为的外心，可得，O ABC A ||||||1OA OB OC ===由，可得①，②，2340OA OB OC ++= 234OA OB OC +=- 342OB OC OA +=- 243OA OC OB+=- ③；①式两边平方得，可得，所以；412916OA OB +⋅+= 14OA OB ⋅= 1cos 4AOB ∠=同理②③两边分别平方，可得，，7cos 8BOC ∠=-11cos 16AOC ∠=-则，， sin AOB ∠=sin BOC ∠=sin AOC ∠=所以故答案为：11111111222ABC AOB BOC AOC S S S S =++=⨯⨯⨯⨯⨯⨯=A A A A四、解答题17．设向量满足，且,a b1==a b r r 32a b -=(1)求与夹角的大小；a b (2)求在上的投影向量.a b + b 【答案】(1) π3(2) 32b【分析】（1）利用数量积的运算律有，结合已知和向量数量积的定义求夹角2291247a a b b -⋅+= 即可；（2）所求投影向量为，根据已知和数量积的运算律求投影向量即可. ()||||a b b b b b +⋅⋅ 【详解】（1）由题设，，222232(32)91247a b a b a a b b -=-=-⋅+= 1==a b r r 所以，则，， 1312cos ,7a b -= 1cos ,2a b = ,],0π[a b ∈ 所以. π,3a b = （2）由在上的投影向量. a b + b 22()32||||||a b b b a b b b b b b b +⋅⋅+⋅=⋅= 18．已知圆锥的底面半径，高6R =8h =(1)求圆锥的表面积和体积(2)如图若圆柱内接于该圆锥，试求圆柱侧面积的最大值O O '【答案】(1),;96π96π(2).24π【分析】（1）由已知求得圆锥的母线长,再由圆锥的侧面积与体积公式求解;（2）作出圆柱与圆锥的截面图，把圆柱的侧面积用h 表示,然后结合二次函数求最值.【详解】（1）∵圆锥的底面半径R =6，高H =8，圆锥的母线长， ∴10L ==则表面积，体积. 26036π96πS RL R πππ=+=+=21963V R H ==ππ（2）作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示,其中，8,6,(08)SO OA OB OK h h ====<<设圆柱底面半径为r ，则，即 . 868r h -=3(8)4r h =-设圆柱的侧面积为. 23322(8)(8)42r h h h h h S =⋅=⋅-'⋅=-+πππ当时，有最大值为.4h =S '24π19．在①；②；③sin cos 0a B A =()22sin sin sin sin sin B C A B C -=-这三个条件中任选一个，补充在下面问题的横线上，并加以解答.问()2cos cos cos A c B b C a +=题：的内角所对的边分别为，且满足________.ABC A ,,A B C ,,a b c (1)求A ；(2)若，求的面积.a =sin 2sin C B =ABC A 注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分.【答案】(1)π3【分析】（1）选择①，由正弦定理边化角可得，求得答案；选择②，由正弦定sin 0A A =理边化角，再结合余弦定理求得答案；选择③，由正弦定理边化角，再结合两角和的正弦公式求得答案；（2）利用正弦定理角化边，结合余弦定理即可求得，利用三角形面积公式即得答案.,b c【详解】（1）选择①，,sin cos 0a B A =由正弦定理，得, sin sin cos 0A B B A =而,故(0,π),sin 0B B ∈∴≠sin 0,tan A A A =∴=. π(0,π),3A A ∈∴=选择②，,()22sin sin sin sin sin B C A B C -=-由正弦定理，得，整理得，22()b c a bc -=-222b c a bc +-=又 而. 2221cos ,22b c a A bc +-==π(0,π),3A A ∈∴=选择③，，()2cos cos cos A c B b C a +=由正弦定理，得，()2cos sin cos cos sin sin A C B C B A +=即，即,()2cos sin sin A B C A +=2cos sin sin A A A =又， (0,π),sin 0A A ∈∴≠所以,故. 1cos 2A =π3A =（2）由若，可得，a =sin 2sin C B =2cb =故，即， 222cos 2bc a A bc+-=22153,1,224b b c b -=∴==故11sin 1222ABC S bc A ==⨯⨯=A20．已知函数的图象相邻对称中心之间的距离为. ()()2cos cos 0f x x x x ωωωω=->π2(1)求函数的单调递增区间；()f x (2)若函数，且在上有两个零点，求的取值范围. ()()g x f x b =-()g x π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦b 【答案】(1) ()πππ,π63k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z (2) 10,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭【分析】（1）由三角恒等变换化简函数解析式，根据题意可得出函数的最小正周期，结合正()f x 弦型函数的周期公式可求得的值，再利用正弦型函数的单调性可求得函数的单调递增区ω()f x 间；（2）分析函数在上的单调性，根据已知条件可得出关于的不等式组，解之即可. ()g x π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦b【详解】（1）解：因为 ()21cos 2cos cos 22x f x x x x x ωωωωω+=-=-， 11π12cos 2sin 22262x x x ωωω⎛⎫=--=-- ⎪⎝⎭因为函数图象相邻对称中心之间的距离为，故函数的最小正周期为， π2()f x π因为，则，则，故. 0ω>2π22πω==1ω=()π1sin 262f x x ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭由可得， ()πππ2π22π262k x k k -≤-≤+∈Z ()ππππ63k x k k -≤≤+∈Z 因此，函数的单调递增区间为. ()f x ()πππ,π63k k k ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦Z （2）解：因为， ()()π1sin 262g x f x b x b ⎛⎫=-=--- ⎪⎝⎭当时，， π02x ≤≤ππ5π2666x -≤-≤由可得，所以，函数在上单调递增， πππ2662x -≤-≤π03x ≤≤()g x π0,3⎡⎤⎢⎥⎣⎦由可得，所以，函数在上单调递减， ππ5π2266x ≤-≤ππ32x ≤≤()g x ππ,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦因为，， ()max ππ11sin 3222g x g b b ⎛⎫==--=- ⎪⎝⎭()π10sin 162g b b ⎛⎫=---=-- ⎪⎝⎭， ππ1sin π262g b b ⎛⎫⎛⎫=---=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭要使得函数在上有两个零点，则，解得， ()g x π0,2⎡⎤⎢⎥⎣⎦π1032π02g b g b ⎧⎛⎫=-> ⎪⎪⎪⎝⎭⎨⎛⎫⎪=-≤ ⎪⎪⎝⎭⎩102b ≤<因此，实数的取值范围是. b 10,2⎡⎫⎪⎢⎣⎭21．如图所示，在四棱锥中，底面为平行四边形，侧面为正三角形，为P ABCD -ABCD PAD M 线段上一点，为的中点.PD N BC(1)当为的中点时，求证：平面.M PD //MN PAB (2)当平面，求出点的位置，说明理由.//PB AMN M【答案】(1)证明见解析；(2)存在点M ，点M 为PD 上靠近P 点的三等分点，理由见解析.【分析】（1）取中点为，连接，利用中位线、平行四边形性质及平行公理有AP E ,EM EB ，即为平行四边形，则，最后根据线面平行的判定证结论； //,BN ME BN ME =BNME //MN BE （2）连接，相交于，连接，由线面平行的性质得，利用相似比可得,AN BD O OM //PB OM ，即可判断的位置. 12PM MD =M 【详解】（1）取中点为，连接，AP E ,EM EB在中，为的中点，为中点，PAD A M PD E AP ， 1//,2EM AD EM AD ∴=在平行四边形中，为的中点，ABCD N BC ， 1//,2BN AD BN AD ∴=，//,BN ME BN ME ∴=四边形为平行四边形，∴BNME 面面，//,MN BE MN ∴⊄,PAB BE ⊂PAB 平面；//MN ∴PAB （2）连接，相交于，连接，,AN BD O OM 面，面面面，//PB AMN PBD ,AMN OM PB =⊂PBD ，， //PB OM ∴12PM OB BN MD OD AD ===即存在点M ，M 为PD 上靠近P 点的三等分点.22．在路边安装路灯，灯柱与地面垂直（满足），灯杆与灯柱所在平面与AB 90BAD ∠=︒BC AB 道路垂直，且，路灯采用锥形灯罩，射出的光线如图中阴影部分所示，已知120ABC ∠=︒C ，路宽.设灯柱高，.60ACD ∠=︒12m AD =()m AB h =ACB θ∠=()3045θ︒≤≤︒(1)求灯柱的高（用表示）；h θ(2)若灯杆与灯柱所用材料相同，记此用料长度和为，求关于的函数表达式，并求出BC AB S S θS 的最小值.【答案】(1)8sin 2h θ=()3045θ︒≤≤︒(2)，米8sin(260)S θ=+︒+()3045θ︒≤≤︒(min 4S =+【分析】（1）分别在△、△中，应用正弦定理求、，即可得解析式；ACD ABC AC AB （2）应用正弦定理求得，并应用差角正弦公式、倍角公式、辅助角公式化16cos sin(60)BC θθ=︒-简得到.8sin(260)S θ=+︒+【详解】（1）由题设，，， 90ADC θ∠=︒-60ACD ∠=︒12m AD =在△中，则， ACD sin sin AD AC ACD ADC =∠∠sin sin AD ADC AC ACD θ∠===∠在△中，则. ABC sin sin AB AC ABC θ=∠sin 8sin 2sin AC h AB ABC θθ====∠所以.8sin 2h θ=()3045θ︒≤≤︒（2）由题意，而，则S AB BC =+sin(60)sin BC AC ABCθ=︒-∠，16cos sin(60)BC θθ==︒-所以2116cos sin )8sin cos2BC θθθθθθ=⨯-=-24sin 2θθ=-+结合（1）知：4sin 228sin(260)Sθθθ=++=+︒+又，120260150θ︒≤+︒≤︒所以，当，时，米. 260150θ+︒=︒45θ=︒(min 1842S =⨯+=+。

福建省厦门市2022—2023学年度第二学期期中考试高一年数学试卷考生注意：1．答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名填写在答题卡上.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致．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，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将答题卡交回.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.已知i 为虚数单位，复数22iz i +=-，则复数z 的模为（）．A.2B.5C.1D.2【答案】C 【解析】【分析】根据复数除法运算，先化简z ；再由复数模的计算公式，即可得出结果.【详解】因为复数()222342555i i z ii ++===+-，所以91612525z =+=．故选：C ．2.已知平面向量()1,a m = ，(),2b n = ，()3,6c = ，若a c ∥ ，b c ⊥，则实数m 与n 的和为()A.6B.6- C.2D.2-【答案】D 【解析】【分析】根据a c ∥ 、b c ⊥分别求出m 和n 即可．【详解】a ∥c，1236mm ∴=⇒=；b c ⊥ ，0b c ∴⋅=，31204n n ∴+=⇒=-；242m n ∴+=-=-．故选：D ．3.已知圆锥PO ，其轴截面（过圆锥旋转轴的截面）是底边长为6m ，顶角为2π3的等腰三角形，该圆锥的侧面积为（）A.26πmB.263πm C.233πm D.2123πm 【答案】B 【解析】【分析】运用圆锥侧面积公式计算即可.【详解】如图所示，设圆锥的半径为r ，母线为l ，由题意知，132r OB AB ===，在Rt POB △中，112ππ2233BPO BPA ∠=∠=⨯=，所以323π3sin 32OB l BP ====，所以圆锥侧面积为2ππ32363πm rl =⨯⨯=.故选：B.4.中国古代数学专著《九章算术》的第一章“方田”中载有“半周半径相乘得积步”，其大意为：圆的半周长乘以其半径等于圆面积.南北朝时期杰出的数学家祖冲之曾用圆内接正多边形的面积“替代”圆的面积，并通过增加圆内接正多边形的边数n 使得正多边形的面积更接近圆的面积，从而更为“精确”地估计圆周率π.据此，当n 足够大时，可以得到π与n 的关系为（）A.360πsin 2n n︒≈B.180πsinn n ︒≈ C.360π21cos n n ︒⎛⎫≈- ⎪⎝⎭ D.180π1cos 2n n︒≈-【答案】A 【解析】【分析】设圆的半径为r ，由题意可得221360πsin2r n r n ︒≈⋅⋅⋅，化简即可得出答案.【详解】设圆的半径为r ，将内接正n 边形分成n 个小三角形，由内接正n 边形的面积无限接近圆的面即可得：221360πsin2r n r n︒≈⋅⋅⋅，解得：360πsin 2n n ︒≈.故选：A .5.在ABC 中，60A ∠=︒，1b =，ABC 的面积为3，则sin aA为（）．A.8381B.2393C.2633D.27【答案】B 【解析】【分析】由已知条件，先根据三角形面积公式求出c 的值，然后利用余弦定理求出a 的值，即可得sin aA的值.【详解】解：在ABC 中，因为60A ∠=︒，1b =，ABC 的面积为3，所以113sin 12223ABC bc A S c ==⨯⨯⨯= ，所以4c =，因为2222212cos 14214132a b c bc A =+-=+-⨯⨯⨯=，所以13a =，所以13239sin 332a A ==.故选：B.6.已知m ，n 为两条不同的直线，,αβ为两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A.若//,//,//m n αβαβ，则//m nB.若//,//,m m n αβαβ⋂=，则//m nC.若//,//αβn n ，则//αβD.若//,m n n α⊂，则//m α【答案】B 【解析】【分析】A ：结合两直线的位置关系可判断//m n 或,m n 异面；B ：结合线面平行的性质可判断//m n ；C ：结合线面的位置关系可判断//αβ或,αβ相交；D ：结合线面的位置关系可判断//m α或m α⊂.【详解】A ：若//,//,//m n αβαβ，则//m n 或,m n 异面，故A 错误；B ：因为//m α，所以在平面α内存在不同于n 的直线l ，使得//l m ，则l //β，从而//l n ，故//m n ，故B 正确；C ：若//,//αβn n ，则//αβ或,αβ相交，故C 错误；D ：若//,m n n α⊂，则//m α或m α⊂，故D 错误.故选：B7.如图所示，在直三棱柱111ABC A B C -中，棱柱的侧面均为矩形，11AA =，3AB BC ==，1cos 3ABC ∠=，P 是1A B 上的一动点，则1AP PC +的最小值为（）A.3B.2C.5D.7【答案】D 【解析】【分析】连接1BC ，得11A BC V ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC V 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，再根据两点之间线段最短，结合勾股定理余弦定理等求解AC '即可.【详解】连接1BC ，得11A BC V ，以1A B 所在直线为轴，将11A BC V 所在平面旋转到平面11ABB A ，设点1C 的新位置为C '，连接AC '，则有1C AP PC AP PC A '++'=≥，如图，当,,A P C '三点共线时，则AC '即为1AP PC +的最小值.在三角形ABC 中，3AB BC ==，1cos 3ABC ∠=，由余弦定理得：2212cos 332323AC AB BC AB BC B =+-⋅=+-⨯⨯=,所以112A C =，即12A C '=,在三角形1A AB 中，11AA =，3AB =，由勾股定理可得：2211132A B AA AB =+=+=,且160AA B ∠=︒.同理可求：12C B =，因为11112A B BC A C ===，所以11A BC V 为等边三角形，所以1160BA C ∠=︒，所以在三角形1AAC '中，111120AA C AA B BA C ''∠=∠+∠=︒,111,2AA A C '==,由余弦定理得：11421272AC ⎛⎫'=+-⨯⨯⨯-= ⎪⎝⎭.故选：D.8.已知ABC 中，π3A ∠=，D ，E 是线段BC 上的两点，满足BD DC =，BAE CAE ∠=∠，192AD =，635AE =，则BC 长度为（）A.19 B.23 C.7 D.6319-【答案】C 【解析】【分析】由BAE CAE ABCS S S +=△△△可得出56b c bc +=，由1()2AD AB AC =+ 两边平方可求得,,bc b c +然后在ABC 中利用余弦定理可求得答案.【详解】如图，记,,BC a AC b AB c ===,BAE CAE ABC S S S += △△△，π6BAE CAE ∠=∠=，635AE =，1631631sin sin sin 25625623πππc b bc ∴⨯⨯+⨯⨯=，333()104b c bc ∴+=，即56b c bc +=，1()2AD AB AC =+ ，192AD =，()()2222211244AD AB AB AC AC b c bc ∴=+⋅+=++ 2211125119()()4443644b c bc bc bc =+-=⨯-=，即225()366840bc bc --=，(6)(25114)0bc bc -+=，6,5,bc b c ∴=∴+=在ABC 中，2222222cos()32513π87a b c bc b c bc b c bc =+-=+-=+-=-=,7BC a ∴==.故选：C.二、选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．9.已知圆台的上底半径为1，下底半径为3，球O 与圆台的两个底面和侧面都相切，则（）A.圆台的母线长为4B.圆台的高为4C.圆台的表面积为26πD.球O 的表面积为12π【答案】ACD 【解析】【分析】作出圆台的轴截面，设圆台上、下底面圆心分别为12,O O ，半径分别为12,r r ，连接,,OD OE OA ，利用平面几何知识得到2123R r r ==，即可逐项计算求解．【详解】设梯形ABCD 为圆台的轴截面，则内切圆O 为圆台内切球的大圆，如图，设圆台上、下底面圆心分别为12,O O ，半径分别为12,r r ，则12,,O O O 共线，且1212,O O AB O O CD ⊥⊥，连接,,OD OE OA ，则,OD OA 分别平分,DAB ADC ∠∠，故12,r r E AE D ==，,,22ππODA DOA OE D OA A D +∠=∠=⊥∠，故2E O A E DE =⋅，即2123R r r ==，解得3R =，母线长为124r r +=，故A 正确；圆台的高为223R =，故B 错误；圆台的表面积为22π1π3π(13)426π⨯+⨯+⨯+⨯=，故C 正确；球O 的表面积为24π12πS R ==，故D 正确.故选：ACD.10.已知1z 与2z 是共轭虚数，则（）A.2212z z < B.2122z z z =C.12R z z +∈ D.12R z z ∈【答案】BC 【解析】【分析】设出复数12,z z ，根据复数的运算，对每个选项进行逐一分析，即可判断.【详解】由题意，复数1z 与2z 是共轭虚数，设1i z a b =+、2i z a b =-，R a b ∈、且0b ≠，对于A 项，22212i z a b ab =-+，22222i z a b ab =--，当0a ≠时，由于复数不能比较大小，故A 项不成立；对于B 项，因为2212z z a b ⋅=+，2222||z a b =+，所以2122||z z z ⋅=，故B 项正确；对于C 项，因为122R z z a +=∈，所以C 选项正确；对于D 项，由222122222()2()(i i i i)i i z a b a b a b abz a b a b a b a b a b ++-===+--+++不一定是实数，故D 项不成立.故选：BC.11.对于ABC ，有如下命题，其中正确的有（）A.若22sin sin A B =，则ABC 为等腰三角形B.若sin cos A B =，则ABC 为直角三角形C.若222sin sin cos 1A B C ++<，则ABC 为钝角三角形D.若3,1,30AB AC B === ，则ABC 的面积为34或32【答案】ACD 【解析】【分析】A.根据条件得到,A B 的关系，由此进行判断；B.利用诱导公式直接分析得到,A B 的关系并判断；C.利用正弦定理得到222,,a b c 的关系，结合余弦定理进行判断；D.先利用正弦定理计算出sin C 的值，由此可求,C A 的值，结合三角形面积公式进行计算并判断.【详解】对于A ：22sin sin ,A B A B ABC =∴=⇒ 是等腰三角形，A 正确；对于B ：sin cos ,2A B A B π=∴-=或,2A B ABC π+=∴ 不一定是直角三角形，B 错误；对于C ：2222222222sin sin 1cos ,sin ,cos 02A B C C a a abb bc C c ++<--==∴+∴<< ，ABC ∴ 为钝角三角形，C 正确；对于D ：由正弦定理，得sin 3sin .2AB B C AC ⋅==而,60AB AC C >∴= 或120,C = 90A ∴= 或30,A =当90,60A C =︒=︒时，131322ABCS =⨯⨯=，当30,120A C =︒=︒时，1311sin12024ABC S =⨯⨯⨯︒=，32ABC S ∴=或3,4D 正确.故选：ACD.12.“阿基米德多面体”也称为半正多面体(semi -regularsolid )，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种半正多面体．已知2AB =，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（）A.该半正多面体的体积为203B.该半正多面体过,,A B C 三点的截面面积为332C.该半正多面体外接球的表面积为8πD.该半正多面体的顶点数V 、面数F 、棱数E 满足关系式2V F E +-=【答案】ACD 【解析】【分析】根据几何体的构成可判断A ，由截面为正六边形可求面积判断B ，根据外接球为正四棱柱可判断C ，根据顶点，面数，棱数判断D.【详解】如图，该半正多面体，是由棱长为2的正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的.对于A ，因为由正方体沿各棱中点截去8个三棱锥所得到的，所以该几何体的体积为：11202228111323V =⨯⨯-⨯⨯⨯⨯⨯=，故正确；对于B ，过,,A B C 三点的截面为正六边形ABCFED ，所以()2362334S =⨯⨯=，故错误；对于C ，根据该几何体的对称性可知，该几何体的外接球即为底面棱长为2,侧棱长为2的正四棱柱的外接球，所以该半正多面体外接球的表面积2244(2)8S R πππ==⨯=，故正确；对于D ，几何体顶点数为12，有14个面，24条棱，满足1214242+-=，故正确.故选：ACD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.i 是虚数单位，已知22i ωω-=-，写出一个满足条件的复数ω．______．【答案】1i ω=+（答案不唯一，满足i a a ω=+（R a ∈）均可）【解析】【分析】运用复数的模的运算公式计算即可.【详解】设i a b ω=+，（,R a b ∈），则22|2||(2)i |(2)a b a b ω-=-+=-+，22|2i ||(2)i |(2)a b a b ω-=+-=+-，因为|2||2i |ωω-=-，所以2222(2)(2)a b a b -+=+-，解得：a b =，所以i a a ω=+，（R a ∈）所以可以取1i ω=+.故答案为：1i ω=+（答案不唯一，满足i a a ω=+（R a ∈）均可）.14.在矩形ABCD 中，已知2AB =，1BC =，点P 是对角线AC 上一动点，则AP BP ⋅的最小值为___________.【答案】45-##0.8-.【解析】【分析】以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立直角坐标系，利用平面向量的坐标运算求出AP BP ⋅，进而结合二次函数的性质即可求出结果.【详解】以A 为原点，AB 所在直线为x 轴，AD 所在直线为y 轴建立直角坐标系，又因为2AB =，1BC =，所以()()()()0,0,2,0,2,1,0,1,A B C D 则直线AC 的方程为12y x =，所以设()2,P m m ，且01m ≤≤，而()()2,,22,AP m m BP m m ==-,所以()2222AP BP m m m ⋅=-+ 254m m=-结合二次函数的性质可知，当25m =时，AP BP ⋅ 有最小值，且最小值为222454555⎛⎫⨯-⨯=- ⎪⎝⎭，故答案为：45-.15.太湖中有一小岛C ，沿太湖有一条正南方向的公路，一辆汽车在公路A 处测得小岛在公路的南偏西15°的方向上，汽车行驶1km 到达B 处后，又测得小岛在南偏西75°的方向上，则小岛到公路的距离是________km.【答案】36【解析】【详解】如图所示，过C 作CD ⊥AB ，垂足为D ，∠A=15°，∠CBD=75°，AB=1km ，△ABC 中，BC=00sin15sin 60，△CBD 中，CD=BCcos15°=001sin 302sin 60=36km ．故填36．16.如图，平面四边形ABCD 中，其中3os 4c DAB ∠=，BAC DAC ∠=∠，AD AB <，且5AB =，14AC BD ==，若(),R AC AB AD λμλμ=+∈，则λμ+=______．【答案】75##1.4【解析】【分析】运用余弦定理求得AD 的值，在AB 上取点E ，使得2AE AD ==，结合角平分线性质可得AF D E ⊥，再运用向量加法可求得结果.【详解】在ABD △中，由余弦定理得：2222cos BD AB AD AB AD BAD =+-⋅⋅∠，即：231425254AD AD =+-⨯⨯，解得：2AD =或112AD =，又因为5AD AB <=，所以2AD =.在AB 上取点E ，使得2AE =，连接DE ，交AC 于点F ，如图所示，又因为AC 为DAB ∠的角平分线，所以AF D E ⊥，F 为DE 的中点，在ADE V 中，由余弦定理得：22232222224DE =+-⨯⨯⨯=，所以2211141()42222AF AE DE AC =-=-==，所以225AC AF AE AD AB AD ==+=+，所以2=5λ，1μ=，所以75λμ+=.故答案为：75.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.已知复数z 满足2z z ⋅=，且z 的虚部为-1，z 在复平面内所对应的点在第四象限．（1）求z ；（2）若z ，2z 在复平面上对应的点分别为A ，B ，O 为坐标原点，求∠OAB ．【答案】（1）1i z =-（2）π2OAB ∠=【解析】【分析】（1）运用复数几何意义设出z ，再结合共轭复数定义写出z ，再运用复数乘法运算求得结果.（2）运用复数几何意义、两点间距离公式及勾股定理可求得结果.【小问1详解】由题意知，设i z a =-（0a >），则i z a =+，所以222i 12z z a a ⋅=-=+=，解得：1a =，所以1i z =-.【小问2详解】由（1）知，1i z =-，所以22(1i)2i z =-=-，所以(1,1)A -，(0,2)B -，如图所示，所以(1,1)AO =- ，(1,1)AB =--，22||(1)12AO =-+= ，22||(1)(1)2AB =-+-= ，所以11cos 02||||AO AB OAB AO AB ⋅-∠===.所以π2OAB ∠=.18.如图，已知P 是平行四边形ABCD 所在平面外一点，M 、N 分别是AB PC 、的三等分点（M 靠近B ，N 靠近C ）；（1）求证：//MN 平面PAD ．（2）在PB 上确定一点Q ，使平面//MNQ 平面PAD ．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）过点N 作//NE CD ，交PD 于点E ，连接AE ，证得证得四边形AMNE 为平行四边形，得到//MN AE ，结合线面平行的判定定理，即可求解；（2）取PB 取一点Q ，使得13BQ BP =，证得//MQ PA ，得到//MQ 平面PAD ，结合（1）中//MN 平面PAD ，利用面面平行的判定定理，证得平面//MNQ 平面PAD ．【小问1详解】证明：过点N 作//NE CD ，交PD 于点E ，连接AE ，因为N 为PC 的三等分点，可得23NE CD =，又因为M 为AB 的三等分点，可得23AM AB =，因为//AB CD 且AB CD =，所以//AM NE 且AM NE =，所以四边形AMNE 为平行四边形，所以//MN AE ，又由MN ⊄平面PAD ，AE ⊂平面PAD ，所以//MN 平面PAD .【小问2详解】证明：取PB 取一点Q ，使得13BQ BP =，即点Q 为PB 上靠近点B 的三等点，在PAB 中，因为,M Q 分别为,AB PB 的三等分点，可得MB BQAB BP=，所以//MQ PA ，因为MQ ⊄平面PAD ，PA ⊂平面PAD ，所以//MQ 平面PAD ；又由（1）知//MN 平面PAD ，且MN MQ M ⋂=，,MN MQ ⊂平面MNQ ，所以平面//MNQ 平面PAD ，即当点Q 为PB 上靠近点B 的三等点时，能使得平面//MNQ 平面PAD ．19.如图，在ABC 中，π3BAC ∠=，D 为AB 中点，P 为CD 上一点，且满足13AP t AC AB =+ ，ABC 的面积为332，（1）求t 的值；（2）求AP的最小值.【答案】（1）13t =（2）2【解析】【分析】（1）利用,,C P D 三点共线，可设DP mDC =，推出1(1)2AP mAC m AB =+- ，结合13AP t AC AB =+ ，即可求得t 的值；（2）利用（1）的结论可得2221(2)9A AC AB A PC AB ++=⋅ ，利用三角形面积得出||||6AC AB ⋅=，结合基本不等式即可求得答案.【小问1详解】在ABC 中，D 为AB 中点，则,,C P D 三点共线，设,()DP mDC AP AD m AC AD =∴-=- ,故1(1)(1)2AP mAC m AD mAC m AB =+-=+- ，又13AP t AC AB =+ ，故11(1)23m t m =⎧⎪⎨-=⎪⎩，解得13m t ==，即13t =.【小问2详解】由（1）知1133AP AC AB =+，所以2222211()(2)1339AC AB AC AP AP AB AC AB +=+=+⋅=221(||||2||||cos )9AC AB AC AB BAC =++⋅∠1(2||||2||||cos )9AC AB AC AB BAC ≥⋅+⋅∠ ，当且仅当||||AC AB = 时取等号，又332ABC S =△，则133||||sin 22AC AB BAC ⋅∠= ,即1π33||||sin ,||||6232AC AB AC AB ⋅=∴⋅= ，故21π(2626c 2os )2,93AP AP ≥⨯+⨯=≥∴ ，即AP 的最小值为2，当且仅当||||6AC AB ==时取等号.20.ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且π2sin 6b c A ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.（1）求C ；（2）若1c =，D 为ABC 的外接圆上的点，2BA BD BA ⋅= ，求四边形ABCD 面积的最大值.【答案】（1）π6；（2）312+.【解析】【分析】（1）根据正弦定理以及两角和的正弦公式化简，即可得出3tan 3C =，进而根据角的范围得出答案；（2）解法一：由已知可推出BC CD ⊥，然后根据正弦定理可求出22R =，进而求出2BD =，3AD =.设BC x =，CD y =，表示出四边形的面积，根据基本不等式即可得出答案；解法二：根据投影向量，推出BC CD ⊥，然后同解法一求得3AD =.设CBD θ∠=，表示出四边形的面积，根据θ的范围，即可得出答案；解法三：同解法一求得3AD =，设点C 到BD 的距离为h ，表示出四边形的面积，即可推出答案；解法四：建系，由已知写出点的坐标，结合已知推得BD 是O 的直径，然后表示出四边形的面积，即可推出答案.【小问1详解】因为π2sin 6b c A ⎛⎫=+⎪⎝⎭，在ABC 中，由正弦定理得，i s n in 2sin πs 6B A C ⎛⎫=+ ⎪⎝⎭.又因为()()sin sin πsin B A C A C =--=+，所以()πsin 2s n sin i 6A C A C ⎛⎫+=+⎪⎝⎭，展开得sin cos cos sin sin sin cos 31222A C A C C A A ⎛⎫+=+ ⎪ ⎪⎝⎭，即sin cos si 30n sin A C C A -=，因为sin 0A ≠，故cos 3sin C C =，即3tan 3C =.又因为()0,πC ∈，所以π6C =.【小问2详解】解法一：如图1设ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为R ，因为2BA BD BA ⋅= ，所以()0BA BD BA ⋅-= ，即0BA AD ⋅=，所以DA BA ⊥，故BD 是O 的直径，所以BC CD ⊥.在ABC 中，1c =，122πsin sin 6c A R BC =∠==，所以2BD =.在ABD △中，223AD BD AB =-=.设四边形ABCD 的面积为S ，BC x =，CD y =，则224x y +=，ABD CBD S S S =+△△11312222AB BC xyAD CD =+⋅=⋅+2231312222x y +≤+⋅=+，当且仅当2x y ==时，等号成立.所以四边形ABCD 面积最大值为31 2+.解法二：如图1设ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，BD在BA上的投影向量为BAλ，所以()2BA BD BA BA BAλλ⋅=⋅=.又22BA BD BA BA⋅==，所以1λ=，所以BD在BA上的投影向量为BA，所以DA BA⊥.故BD是O的直径，所以BC CD⊥.在ABC中，1c=，122πsin sin6cARBC=∠==，所以2BD=，在ABD△中，223AD BD AB=-=.设四边形ABCD的面积为S，CBDθ∠=，π0,2θ⎛⎫∈ ⎪⎝⎭，则2cosCBθ=，2sinCDθ=，所以ABD CBDS S S=+△△1122BAD CDAB C=⋅⋅+3sin22θ=+，当π22θ=时，S最大，所以四边形ABCD 面积最大值为312+.解法三：如图1设ABC的外接圆的圆心为O，半径为R，因为2BA BD BA ⋅= ，所以()0BA BD BA ⋅-= ，即0BA AD ⋅= ，所以DA BA ⊥.故BD 是O 的直径，所以BC CD ⊥.在ABC 中，1c =，122πsin sin 6c A R BC =∠==，所以2BD =.在ABD △中，223AD BD AB =-=.设四边形ABCD 的面积为S ，点C 到BD 的距离为h ，则ABD CBD S S S =+△△1122AD h AB BD ⋅+⋅=32h =+，当1h R ==时，S 最大，所以四边形ABCD 面积最大值为312+.解法四：设ABC 的外接圆的圆心为O ，半径为R ，在ABC 中，1c =，122πsin sin 6c A R BC =∠==，故ABC 外接圆O 的半径1R =.即1OA OB AB ===，所以π3AOB ∠=.如图2，以ABC 外接圆的圆心为原点，OB 所在直线为x 轴，建立平面直角坐标系xOy ，则13,22A ⎛⎫⎪⎪⎝⎭，()10B ,.因为C ，D 为单位圆上的点，设()cos ,sin C αα，()cos ,sin D ββ，其中()0,2πα∈，()0,2πβ∈.所以13,22BA ⎛⎫=- ⎪ ⎪⎝⎭，()cos 1,sin BD ββ=- ，代入2BA BD BA ⋅= ，即1BA BD ⋅=，可得113cos sin 1222ββ-++=，即π1sin 62β⎛⎫-= ⎪⎝⎭.由()0,2πβ∈可知ππ11π,666β⎛⎫-∈- ⎪⎝⎭，所以解得ππ66β-=或π5π66β-=，即π3β=或πβ=.当π3β=时，A ，D 重合，舍去；当πβ=时，BD 是O 的直径.设四边形ABCD 的面积为S ，则1313sin sin 2222ABD CBD S S S BD BD αα=+=⋅+⋅=+△△，由()0,2πα∈知sin 1α≤，所以当3π2α=时，即C 的坐标为()0,1-时，S 最大，所以四边形ABCD 面积最大值为312+.21.如图，已知四棱锥P ABCD -的底面为菱形，且60ABC ∠=︒，2AB =，2PA PB ==．M 是棱PD 上的点，O 是棱AB 的中点，PO 为四棱锥P ABCD -的高，且四面体MPBC 的体积为36．（1）证明：PM MD =；（2）若过点C ，M 的平面α与BD 平行，且交PA 于点Q ，求多面体DMC AQB -体积．【答案】（1）证明见解析（2）32【解析】【分析】（1）由题意AD 平面PBC ，求得体积关系：12M PBC D PBC V V --=，即可得出答案；（2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面α的法向量为n，设()0,,AQ AP λλλ== ，由0n CQ ⋅= 得23λ=，求出ACQ 面积，平面ACQ 的法向量1n ，利用向量法求出M 到平面ACQ 的距离d ，进而求得M ACQ V -，Q ABC V -，M ADC V -，相加即可得出答案.【小问1详解】因为2PA PB ==，2AB =，AB 中点O ，所以PO AB ⊥，1PO =，1BO =.又因为ABCD 是菱形，60ABC ∠=︒，所以CO AB ⊥，3CO =.因为AD BC ∥，BC ⊂平面PBC ，AD ⊄平面PBC ，所以AD 平面PBC ，所以11131233323A D PBC A PBC P ABC BC V V V P S O ---====⨯⨯⨯⨯=⋅△.因为3162M PBC D PBC V V --==，所以点M 到平面PBC 的距离是点D 到平面PBC 的距离的12，所以PM MD =.【小问2详解】因为PO ⊥平面ABCD ，,BO CO ⊂平面ABCD ，所以PO BO ⊥，PO CO ⊥，又BO CO ⊥，如图，以O 为坐标原点，OC ，OB ，OP的方向分别为x 轴，y 轴，z 轴正方向建立空间直角坐标系，则()0,1,0A -，()0,1,0B ，()3,0,0C，()3,2,0D-，()0,0,1P ，所以31,1,22M ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭，()3,1,0AC =，()3,1,0BC =-，()3,3,0BD =-，()0,1,1AP = ，31,1,22CM ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭.设平面α的法向量为(),,n x y z = ，则00n BD n CM ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩ ，即33031022x y x y z ⎧-=⎪⎨--+=⎪⎩，取1y =，得()3,1,5=n .因为Q AP ∈，设()0,,AQ AP λλλ==，则()3,1,CQ AQ AC λλ=-=-- ，因为3150n CQ λλ⋅=-+-+= ，所以23λ=，23AQ AP =，所以123,,33CQ ⎛⎫=-- ⎪⎝⎭ ，220,,33AQ ⎛⎫= ⎪⎝⎭ ，()22212423333CQ ⎛⎫⎛⎫=-+-+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，222223332AQ ⎛⎫⎛⎫=+= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭，ACQ 中，2221cos 822422332242233AQC ⎛⎫⎛⎫+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⨯⨯∠==,0πAQC <∠<,2137sin 188AQC ⎛⎫∠=-= ⎪⎝⎭，1224237733831sin 22ACQ S AQ CQ AQC =⨯⨯⨯⨯⨯∠⨯==△,设平面ACQ 的法向量为()1111,,n x y z = ，则1100n AQ n CQ ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即111112203323033y z y z x ⎧+=⎪⎪⎨⎪--+=⎪⎩.取11x =，得()11,3,3n =-.设M 到平面ACQ 的距离为d ，又31,1,22CM ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭ ，则()()()()1222131113322133217d CM n n ⎛⎫-⨯+-⨯-+⨯ ⎪===+⋅⎝⎭-+，11219733337M ACQ ACQ V S d -=⨯⨯⨯=⨯=△，∵23AQ AP = ，∴Q 到平面ABC 的距离为2233PO =，又12332ABC S =⨯⨯= ，∴1223339Q ABC ABC V S -=⨯⨯=△,∵PM MD =，∴M 到平面ADC 的距离为1122PO =，又3ADC ABC S S ==△△，∴113326M ADC ADC V S -=⨯⨯=△,多面体DMC AQB -体积为323339962M ACQ Q ABC M ADC V V V V ---=++=++=.22.如图1，某景区是一个以C为圆心，半径为3km 的圆形区域，道路1l ，2l 成60°角，且均和景区边界相切，现要修一条与景区相切的观光木栈道AB ，点A ，B 分别在1l 和2l 上，修建的木栈道AB 与道路1l ，2l 围成三角地块OAB ．（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）．（1）当OAB 为正三角形时求修建的木栈道AB 与道路1l ，2l 围成的三角地块OAB 面积；（2）若OAB 的面积103S =，求木栈道AB 长；（3）如图2，设CAB α∠=，①将木栈道AB 的长度表示为α的函数，并指定定义域；②求木栈道AB 的最小值．【答案】（1）2273km（2）3km 3（3）①33π0πtan 3tan 3AB ααα⎛⎫=+<< ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭，②63km 【解析】【分析】（1）运用等面积法可求得等边三角形的边长，进而求得等边三角形的面积.（2）方法1：运用内切圆性质及三角形面积公式可求得结果.方法2：运用两个三角形面积公式可得a b c ++，ab 的值，再结合余弦定理可得22()3c a b ab =+-，联立可求得AB 的长.（3）①运用内切圆性质可得π3CBM α∠=-，进而运用直角三角形中的正切公式可表示出AB .②方法1：运用分离常数法、“1”的代换及基本不等式可求得结果.方法2：运用切化弦、和角公式、积化和差公式化简AB 表达式，再结合三角函数在区间上求最值即可.方法3：运用切化弦、和差角公式、二倍角公式、辅助角公式化简，再结合三角函数在区间上求最值即可.【小问1详解】如图所示，设三角地块OAB 面积为S ，等边△OAB 边长为a ，所以由等面积法得：211π33sin 223S a a =⨯⨯=，解得63a =，所以221π3sin (63)273234OAB S a ==⨯=△.故修建的木栈道AB 与道路1l ，2l 围成的三角地块OAB 面积为273平方千米.【小问2详解】方法1：设圆C 分别与OB 、OA 、AB 相切于点N 、E 、M ，如图所示，则3NC =，NC OB ⊥，1π26NOC BOA ∠=∠=，所以在Rt ONC △中，33πtan6NCON ==，所以33OE ON ==，设BM BN m ==，AE AM n ==，所以12(33)31032AOB S m n =⨯⨯++⨯=△，解得：33m n +=，即：33AB =.故木栈道AB 长为3km 3.方法2：设三角地块OAB 面积为S ，OB a =，OA b =，AB c =，3r =，由等面积法可得：()11sin 22S ab BOA r a b c =∠=++，即：()()13103103242433r a b c ab a b c ab =++=⇒=++=，所以3203a b c ++=①，40ab =②，在△OAB 中，由余弦定理得2222222cos 2cos60c a b ab BOA c a b ab ︒=+-∠⇒=+-222()3a b ab a b ab =+-=+-，即：22()3c a b ab =+-③，由①②③解得：33c =.故木栈道AB 长为3km 3.【小问3详解】如图所示，①由题意知，2π3OBA OAB ∠+∠=，由内切圆的性质可知，π3CBA CAB ∠+∠=，设直线AB 和圆C 相切点M ，CAB α∠=，则π3CBM α∠=-，因为00π003CAB CBA αα>⎧∠>⎧⎪⇒⎨⎨∠>->⎩⎪⎩，解得：π03α<<，又因为tan CM AM α=，πtan 3CMBM α⎛⎫-= ⎪⎝⎭，所以tan 3AM α=，πn 33ta BM α=⎛⎫- ⎪⎝⎭，所以33π0πtan 3tan 3AB AM BM ααα⎛⎫=+=+<< ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭.即：33π0πtan 3tan 3AB ααα⎛⎫=+<< ⎪⎛⎫⎝⎭- ⎪⎝⎭.②方法1：3tan 1312333πtan tan tan 3tan 3tan ta 3331n AB ααααααα⎛⎫+=+=+=+- ⎪ ⎪⎛⎫--⎝⎭- ⎪⎝⎭()143tan 4tan 3tan 3tan 333533tan tan 3tan 3tan αααααααα⎛⎫-⎛⎫⎡⎤=++--=++- ⎪ ⎪ ⎪⎣⎦--⎝⎭⎝⎭3(54)3363≥⨯+-=，当且仅当π6α=时等号成立，故木栈道AB 的长度最小值为63km .方法2：πππcos()cos sin()sin cos()33333πππtan sin sin()sin sin()33cos tan 333AB αααααααααααα⎛⎫--+- ⎪=+=+=⨯ ⎪⎛⎫ ⎪--- ⎪⎝⎭⎝⎭ππsin[()]sin333333π11ππ1ππcos(2)cos[()]cos[()]cos(2)cos 32233233αααααααα-+=⨯=⨯=⎡⎤⎡⎤-----+---⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦因为π03α<<，所以πππ2333α-<-<，所以1πcos(2)123α<-≤，所以3363π1cos(2)32AB α=≥--，故木栈道AB 的长度最小值为63km .方法3：πππcos()cos sin()sin cos()33333πππtan sin sin()sin sin()33cos tan 333AB αααααααααααα⎛⎫--+- ⎪=+=+=⨯ ⎪⎛⎫ ⎪--- ⎪⎝⎭⎝⎭ππsin[()]sin333333π13131sin(2)sin (cos sin )sin 2(1cos 2)622244αααααααα-+=⨯=⨯=+----，因为π03α<<，所以ππ5π2666α<+<，所以1πsin(2)126α<+≤，所以3363π1sin(2)62AB α=≥+-，故木栈道AB 的长度最小值为63km .【点睛】方法点睛：解三角形的应用问题的要点（1）从实际问题抽象出已知的角度、距离、高度等条件，作为某个三角形的元素；（2）利用正弦、余弦定理解三角形，得实际问题的解．解三角形中最值（范围）问题的解题策略利用正弦、余弦定理以及面积公式化简整理，构造关于某一个角或某一边的函数或不等式，利用函数的单调性或基本不等式等求最值（范围）．。

一、单选题1．已知复数满足，则（ ）z ()13i 12i z -=+z =A ．B ．C ．D ．11i 22--11i 22-+55i 88-+55i 88--【答案】B【分析】由复数的运算法则计算即可. 【详解】由可得：. ()13i 12i z -=+()()()()12i 13i 12i 55i 11i 13i 13i 13i 1022z +++-+====-+--+故选：B2．已知向量，若，则（ ）()()1,4,3,2a b λ=-=-()//2a a b -u r u r u r λ=A ． B ． C ． D ．22-66-【答案】C【分析】根据向量的坐标运算求得，结合，列出方程，即可求解.(5,82)2a b λ=-+-r r //(2)a a b -r r r【详解】由向量，可得， ()()1,4,3,2a b λ=-=- (5,82)2a b λ=-+-r r 因为，可得，解得. //(2)a a b -r r r1(82)4(5)λ-⨯+=⨯-6λ=故选：C.3．，是两个平面，，是两条直线，下列四个命题中正确的是（ ） αβm n A ．若，，则 B ．若，，则 //m n //n α//m α//m α//αβ//m βC ．若，，，则 D ．若，，则//αβm α⊂n β⊂//m n //αβm α⊂//m β【答案】D【分析】根据空间中，直线与平面、平面与平面的位置关系，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A ：若，，则或，故A 不正确； //m n //n α//m αm α⊂对于B ：若，，则或，故B 不正确；//m α//αβ//m βm β⊂对于C ：若，，，则或与异面，故C 错误； //αβm α⊂n β⊂//m n m n 对于D ：若，，根据面面平行的性质定理可得，故D 正确. //αβm α⊂//m β故选：D.4．中，点M 为边AC 上的点，且，若，则的值是（ ）ABC A 3AM MC =BM BA BC λμ=+ λμ-A ． B ．C ．D ．1-11212-【答案】D【分析】由平面向量的基本定理结合图形计算即可.【详解】由题意易得：，()33134444BM BA AM BA AC BA BC BA BA BC =+=+=+-=+故，131,442λμλμ==⇒-=-故选：D5．已知正方形的边长为，按照斜二测画法作出它的直观图，ABCD a A B C D ''''则值为（ ） aA ．B ．2C ．1D【答案】B【分析】建立平面直角坐标系，根据斜二测画法的规则，得出边长为的正方形的直观图，过作a D ¢，求得，结合. D E A B ''''⊥D E ''=A B C D ''''【详解】以为原点，以和所在的直线分别为轴、轴建立平面直角坐标系， A AB AD x y 如图（1）所示，根据斜二测画法的规则，得到边长为的正方形的直观图，如图（2）所示， a 因为，可得， ==AB AD a ,2a A B a A D ''''==又因为，过作，可得45x O y '''∠= D ¢D E A B ''''⊥sin 452a D E ''=⨯=由直观图. A B C D ''''a =2a =故选：B.6．在中，点D 是边的中点，，，，则的值为（ ） ABC A BC 120BAC ∠= 3AB =AD ACA ．B ．C D 56【答案】A【分析】由平面向量的数量积与模的关系计算即可. 【详解】如图所示，由题意可得：，()()22211192244AD AB AC AD AB AC AB AC =+⇒=++⋅= 即，解之得. 2913194444AC AC +-=5AC =故选：A7．体育锻炼是青少年生活学习中非常重要的组成部分．某学生做引体向上运动，处于如图所示的平衡状态，若两只胳膊的夹角为，每只胳膊的拉力大小均为380N ，则该学生的体重（单位60kg ）约为（ ）(参考数据：取重力加速度大小为10m/s 2)1.732≈A ．B ．C ．D ．68666462【答案】B【分析】利用向量的数量积求得两只胳膊的拉力的合力大小，再依据物理定理即可求得该学生的体重.【详解】由物理定理可得，该学生的重力与两只胳膊的拉力的合力大小相等方向相反=（kg ） 66=≈故选：B8．将边长为2的正方形纸片折成一个三棱锥，使三棱锥的四个面刚好可以组成该正方形纸片，若三棱锥的各顶点都在同一球面上，则该球的表面积为（ ）A ．B ．CD ．6π24π【答案】A【分析】作出三棱锥的直观图，将三棱锥补成长方体，可计算出该三棱锥的外接球的半径，结合球体的表面积公式可求得结果.【详解】在边长为的正方形中，设、分别为、的中点，2ABCD E F AB BC 、、分别沿、、折起，AED △EBF △FCD A DE EF FD 使、、三点重合于点，满足题意，如下图所示：A B C A '翻折前，，，AE AD ⊥BE BF ⊥CD CF ⊥翻折后，则由，，，A D A E ''⊥A D A F ''⊥A E A F ''⊥将三棱锥补成长方体，其中，，D A EF '-A EMF DPNQ '-1AE AF ''==2A D '=设三棱锥的外接球的半径为，则 D A EF '-R 2R ===. R ∴=24π6πS R ==故选：A二、多选题9．设向量，则（ ）(1,1),(2,0)a b =-=A ．B ．||||a b a -= ()//a b a - C ．与的夹角为D ．在上的投影向量为a b π4a b(1,0)【答案】ACD【分析】根据向量的坐标表示判断模长、共线、夹角、投影向量即可.【详解】由得：，故A(1,1),(2,0)a b =-=()1,1a b a -=--⇒- 正确；而，即与不平行，故B 错误；()()()11110-⨯---⨯≠()a b - a，即，故C 正确；[]cos ,,0,a b a b a b a b π⋅===∈，π,4a b =在上的投影向量为，故D 正确；a b()11cos ,1,022b a a b b b b ⋅=== 故选：ACD10．已知，下列结论正确的为（ ） C z ∈A ． B ．C ．D ．22z z =22z z ==z z 2zz z =【答案】CD【分析】设复数，结合复数模的计算公式和共轭复数的概念，逐项判定，即可求i,,R z a b a b =+∈解.【详解】设复数，i,,R z a b a b =+∈对于A 中，，，所以，所以A 不正确； 2222(i)2i z a b a b ab =+=-+222z a b =+22z z ≠对于B 中，由，可得，所以，所以B 错误； i z a b =-2222i z a b ab =--22z z ≠对于C ，所以，所以C 正确； ==z z 对于D 中，由，所以，所以D 正确. 22222,zz a b z a b =+=+22a b =+故选：CD.11．在中，，角所对的边 ） ABC A 60A = A a =A ．若，有一个解 B ．若，无解02b <≤ABC A 2b >ABC AC ，有两个解D ．若有一个解2b <<ABC A 0b <≤ABC A 【答案】BCD【分析】根据题意，由正弦定理求得，结合选项中的取值范围，分类讨论，即sin sin 2b A bB a ==b 可求解.【详解】因为且，即， 60A = a sin sin a bA B =sin sin 2b A b B a ==当时，可得，所以，此时有一个解，故A 不正确； 2b =sin 1B =90B = ABC A 当时，可得，不成立（舍去），此时无解，故B 正确； 2b >sin 1B >ABC A时，即，则，由，此时有两解，即有两解，故C 正确； 2b <<b a >B A >sin B >B ABC A当，则，由只有一解，故D 正确. 0b <≤b a ≤60B A ≤= sin B ≤B 故选：BCD.12．在正方体中，点满足，其中，，则1111ABCD A B C D -P 1BP BC BB λμ=+[]0,1λ∈[]0,1μ∈（ ）A ．当时，直线与直线异面 0λ=1A P 1CDB ．当时，的周长为定值 1μ=1PAD △C ．当时，直线平面λμ=//AC 1PA B D ．当时，三棱锥的体积为定值 1λμ+=1A PBD -【答案】CD【分析】当时，直线与直线平行否定选项A ；当，时的周长与当0λμ==1A P 1CD 1μ=0λ=1PAD △时的周长不相等否定选项B ；利用线面平行判定定理证明直线平面则选项1μλ==1PAD △//AC 1PA B C 判断正确；利用线面平行性质定理证明三棱锥的体积为定值则选项C 判断正确. 1A PBD -【详解】设正方体棱长为a ，1111ABCD A B C D -选项A ：当时，，则点P 在线段上， 0λ=1BP BB μ=1BB 当时，即，则，即.判断错误；=0μ1A P 1A B 11//A B CD 11//A P CD 选项B ：当时，，则点P 在线段上， 1μ=1BP BC BB λ=+11B C当时，的周长为； 0λ=1PAD △当时，的周长为， 1λ=1PAD △(1a 则的周长不为定值.判断错误；1PAD △选项C ：当时，，则点P 在线段上，λμ=()1BP BC BB λ=+1BC 则平面即平面，由，1PA B 11C A B 11//AC A C平面，平面，可得平面， AC ⊄11C A B 11AC ⊂11C AB //AC 11C A B 则直线平面.判断正确；//AC 1PA B 选项D ：当时，则点P 在线段上，由，1λμ+=1CB 11//A D B C 平面，平面，可得平面，1B C ⊄1A BD 1A D ⊂1A BD 1//B C 1A BD 则点P 到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值.判断正确.1A BD 1A PBD -故选：CD三、填空题13．已知点，，，若，则值为____．()1,2A ()2,3B (),5C x AB AC ⊥x 【答案】2-【分析】利用向量垂直的充要条件列关于的方程，解之即可求得的值.x x 【详解】，，，则，()1,2A ()2,3B (),5C x (1,1),(1,3)AB AC x ==-由可得，，则，AB AC ⊥0AB AC ⋅= 130x -+=解之得 2x =-故答案为：2-14．已知复数 且，则复数的虚部为_________． z2z =z 【答案】1±【分析】根据题意，设复数，由，列出方程，即可求解. i,R z b b =∈2z =【详解】由复数， z i,R z b b =∈因为，可得，解得. 2z =2=21b =1b =±故答案为：.1±15．若一个圆锥的侧面展开图是面积为的半圆面，则该圆锥的体积为 .【答案】【详解】由面积为的半圆面，可得圆的半径为2，即圆锥的母线长为2.圆锥的底面周长为.所以底面半径为1..16．如图放置的边长为1的正方形的顶点A ，分别在轴的正半轴、轴的非负半轴上滑ABCD D x y 动，则的取值范围为_____．OB OC ⋅【答案】[]1,2【分析】先求得两点的坐标，进而得到的表达式，再利用三角函数性质即可求得,B C OB OC ⋅的取值范围.OB OC ⋅【详解】设，则，OAD θ∠=π(cos sin ,cos ),(sin ,cos sin )(0)2B C θθθθθθθ++≤<则， π(cos sin ,cos ),(sin ,cos sin )(0)2OB OC θθθθθθθ=+=+≤< 则 2(cos sin )sin cos (cos sin )(cos sin )OB OC θθθθθθθθ⋅=+++=+12sin cos 1sin 2θθθ=+=+又，则，则， π02θ≤<02πθ≤<0sin 21θ≤≤则，则的取值范围为 11sin 22θ≤+≤OB OC ⋅[]1,2故答案为：[]1,2四、解答题17．已知复数，复数在复平面内对应的向量为， 212i z a a =+()a R ∈2z (1,2)OA -u u r =(1)若为纯虚数，求的值；12z z +a (2)若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围． 12i z z -a 【答案】(1) 1a =(2)12a <<【分析】（1）由复数在复平面对应的向量得复数，再由复数的分类求得a 的值； 2z （2）计算，由其在复平面内对应的点列出不等式组，解不等式组得a 的取值范围. 12i z z -【详解】（1）由题，则，212i z =-+212(1)(22)i z z a a +=-++由为纯虚数得，，12z z +210220a a ⎧-=⎨+≠⎩解得．1a =（2），212i (12)(2)i z z a a -=-+-在复平面内的对应点在第四象限，则，即212020a a ->⎧⎨-<⎩12a a ⎧<⎪⎨⎪<<⎩解得．12a <<18．如图，某中学在实施“五项管理”中，将学校的“五项管理”做成宣传牌（CD ），放置在教学楼的顶部（如图所示），该中学研究性学习小组在山坡的坡脚A 处测得宣传牌底部D 的仰角为60°，沿该中学围墙边坡AB 向上走到B 处测得宣传牌顶部C 的仰角为45°．已知．1tan ,3BAH AB DE ∠===(1)分别求AE 、BH 的长；(2)求宣传牌CD 的高度（结果保留根号）． 【答案】(1)，， 8m AE =2m BH =(2) (16m -【分析】（1）由及，可得BH ，由及，可得AE ； 1tan 3BAH ∠=AB =60DAE ∠=o DE =（2）过点作，垂足为，解三角形可得结果.B BF CE ⊥F【详解】（1）由于所以， 1tan 3BAH ∠=:1:3BH AH =设，则，,3BH a AH a ==2AB a ===⇒=所以2m,BH =在中， ADE V tan 60DE AE =⋅= 所以8m.AE =（2）过点作，垂足为． B BF CE ⊥F 则，2,6814BH EF BF AH AE ===+=+=又14,BF CF ==所以 14216CD CF EF DE =+-=+-=-故宣传牌CD 的高度为(16m -19．如图，在直三棱柱中，，，，为的中点．111ABC A B C -AB BC ⊥4AB BC ==16AA =M 11B C(1)证明：平面1//AC 1A BM (2)过三点的一个平面，截三棱柱得到一个截面，画出截面图，说明理由并求,,A M C 111ABC A B C -截面面积．【答案】(1)证明见解析(2)截面图见解析，截面面积为【分析】（1）设，根据三角形中位线性质可得，由线面平行的判定定理可11AB A B N ⋂=1//MN AC 证得结论；（2）由三角形中位线性质和平行关系的传递性可得，由此可确定截面即为四边形//PM AC APMC ，知其为等腰梯形，根据长度关系计算即可得到截面面积.【详解】（1）连接，设，连接，1AB 11AB A B N ⋂=MN是的中点，是的中点，，M 11B C N 1AB 1//MN AC ∴平面，平面，平面.1AC ⊄Q 1A BM MN ⊂1A BM 1//AC ∴1A BM （2）作图过程：取中点，连接，则四边形即为截面图形.11A B P ,,AP MP MC APMC证明如下：是的中点，是的中点，；M 11B C P 11A B 11//PM AC ∴，，四点共面，11//A C AC //PM AC ∴,,,A P M C ∴四边形即为所求截面，此时四边形为等腰梯形；∴APMC APMCAP MC === 1112PM A C ===AC =四边形的高∴APMC h===四边形的面积为. ∴APMC (12⨯=20．的内角的对边分别为．ABC A ,,A B C ,,a b c cos )sin b a C cA -=(1)求A ；(2)若，三角形面积边上的中线的长．1b=S =BC AD 【答案】(1)π3A =【分析】（1）利用正弦定理进行边化角，化简可解；（2）先由三角形面积公式求出，再借助，可求的长； 4c =1()2AD AB AC =+ AD 或者利用余弦定理求的长.AD 【详解】（1，sin cos )sin sin BA C C A -=又，πA B C ++=]sin()sin cos sin sin A C A C C A +-=．sin A C sin sin C A =又，则sin 0C >sin A A =tan A =因为，所以．(0,π)A ∈π3A =（2）由得， 11sin 122S bc A c ==⨯⨯=4c =法一：由得 1()2AD AB AC=+=边上的中线 BCAD 法二：由余弦定理得：a ==BD CD =由，222222()2cos 222a b AD a b c C a ab b +-+-==⨯解得，，即边上的中线． AD =BC AD 21．如图，在三棱台中，，，， DEF ABC -22AB BC CA DF ====1FC =90ACF BCF ∠=∠= 为线段中点，为线段上的点，平面．G AC H BC //BD FGH(1)求证：点为线段的中点； H BC (2)求三棱台的表面积． DEF ABC -【答案】(1)证明见解析3【分析】（1）连接，设，由平面，证得，结合是的CD CD FG O ⋂=//BD FGH //BD HO O CD 中点，得到点是的中点；H BC（2）根据题意，先求得上下底面正三角形的面积分别DEF S =A ABC S =A ADFC 和侧面均为直角梯形，求得面积为，由侧面为等腰梯形，过点作，EFCB 132S =ADEB E EM AB ⊥求得的长，得到侧面的面积为. EM ABED 2S 【详解】（1）连接，设，连接、，CD CD FG O ⋂=HO DG 因为平面，平面，且平面平面，//BD FGH BD ⊂CBD CBD ⋂FGH HO =所以，//BD HO 又因为四边形是正方形，且是的中点，所以点是的中点.DFCG O CD H BC （2）三棱台中，DEF ABC -因为，所以为等边三角形，AB BC CA ==ABC A 所以也为等边三角形，且，DEF A 1EF DE DF ===上底面为等边三角形，其边长为1，可得面积为 DEF A 2DEF S DE ==A下底面为等边三角形，其边长为2，可得面积为 ABC A 2ABC S AB ==A又因为，所以侧面和侧面均为直角梯形，且，90ACF BCF ∠=∠= ADFC EFCB 1FC =其面积均为， 113(12)122S =⨯+⨯=侧面为等腰梯形，其中，且,ADEB 1,2DE AB ==AD BE ===过点作，垂足为，可得， E EM AB ⊥M EM ===所以侧面的面积为 ABED 21(12)2S =⨯+=所以三棱台的表面积为. 3232S ⨯=22．如图，A ，B 是单位圆上的相异两定点（为圆心），（），点C 为单位O AOB θ∠=π02θ<<圆上的动点，线段AC 交线段于点M （点M 异于点、B ），记的面积为．OB O AOB A S(1)记，求的表达式；()2f S OA AB θ=+⋅u u r u u r ()f θ(2)若60θ=︒①求的取值范围；CA CB ⋅ ②设，记，求的最小值． ()01OM tOB t =<< ()g t AC AM =u u u ru u u r ()g t【答案】(1)（） ()14f πθθ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭02πθ<<(2)① ；②()0,3CA CB ⋅∈ 3【分析】（1）利用三角形面积公式和数量积的定义，写出的表达式；()f θ（2）由，将数量积转化为三角函数，求函数值域即可； ()()CA CB OA OC OB OC ⋅=-⋅- 利用向量共线将用t 表示，求函数的最值. AM AC【详解】（1）因为，，2sin S θ=()2cos 1OA AB OA OB OA OA OB OA θ⋅=⋅-=⋅-=- 所以（）． ()2sin cos 114f S OA AB πθθθθ⎛⎫=+⋅=+-+- ⎪⎝⎭u u r u u r 02πθ<<（2）①设，，则， AOC α∠=π,π3α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭π3BOC α∠=-， ()()2CA CB OA OC OB OC OA OB OA OC OC OB OC ⋅=-⋅-=⋅-⋅-⋅+ 所以，， ππ3πcos cos cos 13323CA CB ααα⎛⎫⎛⎫⋅=---+=+ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ π,π3α⎛⎫∈ ⎪⎝⎭又，所以，则． π2π4π,333α⎛⎫+∈⎪⎝⎭πsin 3α⎛⎛⎫+∈ ⎪ ⎝⎭⎝()0,3CA CB ⋅∈ ②设，则，因为，(01)AM AC λλ=<< ()g t λ=()01OM tOB t =<< 所以，()(1)OM OA AM OA AC OA OC OA OA OC tOB λλλλ=+=+=+-=-+=u u r u u u r u u r u u u r u u r u u u r u u r u u r u u u r u u u r u u u r 所以， 1t OC OB OA λλλ-=- 因为，所以，即， 1OC = 11t OB OA λλλ--= 221π1()2cos ()13t t λλλλλλ---⋅⋅⋅+=化简得，，， 212t t t λ-+=-(0,1)t ∈所以， 221(2)3(2)33()(2)33222t t t t f t t t t tλ-+---+====-+-≥---()21,2t -∈当且仅当，即322t t-=-2t =故的最小值为．()f t 3【点睛】因为，M ，C 三点共线，所以表示向量和的数乘关系，设A AM ACAM AC ，借助，可得. (01)AM AC λλ=<< ()01OM tOB t =<< 212t t t λ-+=-。

2021—2022学年（下）高一年级数学期中考试题一，选择题：本题共8小题,每小题5分,共40分．在每小题给出地四个选项中,只有一项是符合题目要求地．1. 复数52i-地共轭复数是A. i 2+ B. i 2- C. 2i-- D. 2i-【结果】D 【思路】【详解】55(2)22(2)(2)i i i i i +==+--+,2i +地共轭复数为2i -,选D.2. 已知向量()()2332a b == ，，，,则|–|a b =B. 2C. D. 50【结果】A 【思路】【思路】本题先计算a b -,再依据模地概念求出||a b - ．【详解】由已知,(2,3)(3,2)(1,1)a b -=-=-,所以||a b -==故选A【点睛】本题主要考查平面向量模长地计算,容易题,注重了基础知识，基本计算能力地考查．由于对平面向量地坐标运算存在理解错误,从而导致计算有误。

也有可能在计算模地过程中出错．3. 如图,在正方体1111ABCD A B C D -中,E ,F ,G ,H 分别为1AA ,AB ,1BB ,11B C 地中点,则异面直线EF 与GH 所成地角等于（ ）A. 45︒B. 60︒C. 90︒D. 120︒【结果】B 【思路】【思路】利用异面直线夹角地定义,将EF 平移至MG (G 为11A B 中点),通过MGH 为正三角形求解．【详解】解：取11A B 中点M 连接MG ,MH ,则//MG EF ,MG 与GH 所成地角等于EF 与GH 所成地角．容易知道MGH 为正三角形,60MGH ∠=︒EF ∴与GH 所成地角等于60︒故选：B4. 用斜二测画法画水平放置地ABC 地直观图,得到如图所示地等腰直角三角形A B C '''．已知点O '是斜边B C ''地中点,且2O A ''=,则△ABC 地面积为（ ）A. B. C. D. 【结果】B 【思路】【思路】依据斜二测画法,即直观图中平行于x 轴地长度不变,平行于y 轴地长度变为原来地一半,依据题中所给地数据以及图形,可知角形ABC 为直角三角形,90ABC ∠=︒,4BC =,AB =,由此即可求出结果.【详解】因为A B C '''V 为等腰直角三角形且2O A ''=,所以4B C ''=,A B ''=,由斜二测画法可知4BC =,AB =,且三角形ABC 为直角三角形,90ABC ∠=︒,所以三角形ABC 地面积为142ABC S =⨯⨯= 故选：B.5. 下面命题正确地是( )A. 若直线//a b ,则a 平行于经过b 地任何平面B. 若直线a 和平面α满足//a α,则a 与α内任何直线平行C. 若直线a ,b 和平面α满足//a α,//b α,则//a bD. 若直线a ,b 和平面α满足//a α,//a b ,b α⊂/,则//b α【结果】D 【思路】【思路】由空间中直线与直线，直线与平面地位置关系逐一判断四个命题地真假．【详解】解：对于A ,假如a ,b 是两款直线,且//a b ,那么a 平行于经过b ,但不经过a 地任何平面,故A 错误。