山西省运城市景胜中学2022-2023学年高一下学期4月月考数学试题A卷（PDF版含解析）

景胜中学 2022-2023 学年度第二学期高一年级月考（4 月）
数学试题（A卷）
一、单选题(共 40 分）
5 3i
1．(本题 5分)已知复数 z ，则下列说法正确的是（ ）
1 i
A．z的虚部为 4i B．z的共轭复数为 1﹣4i
C．|z|＝5 D．z在复平面内对应的点在第二象限
2．(本题 5分)已知 ABC的内角 A，B，C所对的边分别为 a，b，c，下列四个命题中正
确的命题是（ ）
a b c
A．若 ，则 ABC一定是等边三角形
cosA cosB cosC
B．若 acosA bcosB，则 ABC一定是等腰三角形
C．若bcosC cosB b，则 ABC一定是等腰三角形
D．若 a2 b2 c2 0，则 ABC一定是锐角三角形
3．(本题 5分)我国东汉末数学家赵爽在《周髀算经》中利用一副“弦图”给出了勾股定理
的证明，后人称其为“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的

一个大正方形，如图所示.在“赵爽弦图"中，若 BC a ,BA b ,BE 3EF ，则 BF （ ）
5 3 3 4
A． a b B． a b
12 a 9 b 16 a 12C． D． b
4 5 5 5 25 25 25 25
2 2 2
4．(本题 5分) ABC a a b c中， 、b、c分别是内角A、B、C的对边，若 S ABC 4

且 (
A B A C ) BC 0 ，则 ABC的形状是（ ）
| AB | | AC |

A．有一个角是 的等腰三角形 B．等边三角形
6
C．三边均不相等的直角三角形 D．等腰直角三角形
5．(本题 5分)设 i是虚数单位，则 2i 3i2 4i3 2020i2019的值为（ ）
A． 1010 1010i B． 1011 1010i C． 1011 1012i D．1011 1010i
6．(本题 5分)一平面四边形 OABC的直观图 O′A′B′C′如图所示，其中 O′C′⊥x′轴，A′B′⊥x′
轴，B′C′∥y′轴，则四边形 OABC的面积为（ ）
试卷第 1页，共 4页
A 3 2
3
． B．3 2 C．3 D．
2 2
7．(本题 5分)已知正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 4,P,Q是棱DD1的两个三等分点，
则四面体 PQBC的体积为（ ）
8 32 16
A． B 16． C． D．
3 9 9 3
8．(本题 5分)金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由
8个等边三角形组成的正八面体，如图，某金刚石的表面积为18 3，现将它雕刻成一个
球形装饰物，则可雕刻成的最大球体积是（ ）
A．18π B．9 2π C．6π D． 6
二、多选题(共 20 分
9．(本题 5分)对于 ABC，有如下命题，其中正确的有（ ）.
A．若 sin 2A sin 2B，则 ABC是等腰三角形
B．若 ABC是锐角三角形，则不等式 sin A cosB恒成立
C．若 sin 2 A sin 2 B cos2 C 1，则 ABC为钝角三角形
D．若 AB 3 . AC 1 . B
π
3，则 ABC的面积为
6 2
10．(本题 5分)如图所示，设在 ABC中，角A、 B、C所对的边分别为 a、b、 c，

3(a cosC c cos A) 2b sin B，且 CAB ．若点D是 ABC外一点，DC 1、
3
DA 3，下列说法中，错误的命题是（ ）
A．四边形 ABCD周长的最小值为8 B．四边形 ABCD周长的最大值为12
试卷第 2页，共 4页
C．四边形 ABCD 5 3面积的最小值为 3 D．四边形 ABCD面积的最大值为 3
2
11．(本题 5分)有下列说法，其中错误的说法为（ ）.

A． 、 为实数，若 a b，则 a与b共线

B．若 a / /b、b / /c，则 a / /c

C．两个非零向量 a、b，若 | a b | | a b |，则 a与b垂直

D．若 2OA OB 3OC 0， S AOC、 S ABC分别表示 AOC、 ABC的面积，则
S△AOC :S△ABC 1: 6
12．(本题 5分)记 ABC的内角A，B，C的对边分别为 a，b，c，则下列命题正确的
是（ ）
A．若 cos2 A cos2 B，则 a b
B．若 ABC 30 ， AC 6， BC a的 ABC恰有一个，则 a的取值范围是0 a 6
C．若 sin B cosB 1 sin
B
cos B 7，则
2 4
D．若 a b c cosA cosB ， c 1 3 2 2，则该三角形内切圆面积的最大值是 π
4
三、填空题(共 20 分
13．(本题 5分)在 ABC中，角 A ,B ,C所对的边分别为 a，b，c，A 60 ，且 ABC面
3 3
积为 ，若b c 3 3，则 a ______．
2
14．(本题 5分)已知在 ABC中，角 A,B,C的对边分别为 a,b,c，且满足
bcosA acosB 3ccosC，b2 a2 c2 6，则 ABC的面积为__________.
b c
15．(本题 5分)在△ABC中，角 A、B、C所对的边分别为 a、b、c，已知
3 cos B sinC
，
b 6，则 ABC面积的最大值为________．
16．(本题 5分)四面体 A BCD中， AB CD 5， BC AC AD BD 6，则此四面
体外接球的表面积为 _____．
四、解答题(共 70 分
17．(本题 10分)在 ABC中，b 2 3，从条件① 3ccosB bsinC；条件
② 2a c 2bcosC，两个条件中，选出一个作为已知，解答下面问题.
(1)若a 2，求 ABC的面积；
(2)若 ABC为锐角三角形，求 a c的取值范围.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
18．(本题 12分)已知在 ABC中，内角A， B，C所对的边分别为 a，b，c，设向量
试卷第 3页，共 4页
m (cos A,a),n (2cosC 3cos B,3b 2c)，且m
// n .
b
(1)求 ；
c
2
(2)若 A ， ABC 2 3的面积为 ，求 a的值．
3 3
19．(本题 12分)已知复数 z 2sin 3i， z2 1+(2cos )i， [0, ]1
(1)若z z1 2，求角 ；

(2)复数 z1, z2对应的向量分别是OZ1,OZ2 ，其中O为坐标原点，求OZ1 OZ2 的取值范围；
z , z a

(3)

复数 1 2对应的向量分别是 、b ，存在 使等式 ( a b) (a b) 0 成立，求实数
的取值范围．
20．(本题 12分)在△ABC中，角 A、B、C的对边分别为 a，b，c，S为△ABC的面积，

且 2S 3AB AC 0 ．
(1)求 A的大小；
(2)若 a 7、b 1，D为直线 BC上一点，且 AD AB，求△ABD的周长．
21．(本题 12分)如图，正三棱锥V ABC 中， AB BC AC 2,VA VB VC 2 ，
点M ,N分别为VA,BC的中点，一只蚂蚁从点M 出发，沿三棱锥侧面爬行到点 N，求：
(1)该三棱锥的体积与表面积；
(2)蚂蚁爬行的最短路线长.
22．(本题 12分)如图，在半径为 30cm的半圆形铁皮上截取一块矩形材料 ABCD（点 A，
B在直径上，点 C，D在半圆周上），并将其卷成一个以 AD为母线的圆柱体罐子的侧面
（不计剪裁和拼接损耗）.若要求圆柱体罐子侧面积最大，应如何截取？并求侧面积最
大值.
试卷第 4页，共 4页
景胜中学 2022-2023 学年度第二学期高一年级月考（4 月）
数学试题（A卷）参考答案
1．B
【分析】根据复数的乘法除法运算化简，再由共轭复数的概念求解.
5 3i 5 3i 1 i z 2 8i【详解】∵ 1 4i1 i 1 i 1 i 2 ，
∴ z的虚部为 4, z的共轭复数为 1﹣4i，|z| 17，z在复平面内对应的点在第一象限.
故选：B
2．A
【分析】由正弦定理化边为角变形判断 AB，举特例判断 C，由余弦定理及锐角三角形的定
义判断 D．
a b c a b c
【详解】由正弦定理 ，若 ，则 tan A tan B tanCsin A sin B sinC ，cosA cosB cosC
A,B,C为三角形内角，所以 A B C，三角形是等边三角形，A正确；
若a cos A bcosB，由正弦定理得 sin Acos A sinBcosB，即 sin 2A sin 2B，
A,B (0, π) π，则 2A 2B或 2A 2B π，即 A B或 A B ，三角形为等腰三角形或直角
2
三角形，B错；
π π
例如b 3，C ， B ，满足bcosC cosB b，但此时 ABC不是等腰三角形，C错；3 6
2 2 2
a2 b2
a b c
c2 0时，由余弦定理可得 cosC 0 ，即C为锐角，但 A,B是否都是锐
2ab
角，不能保证，因此该三角形不一定是锐角三角形，D错．
故选：A．
【点睛】易错点睛：本题考查三角形形状的判断，解题时利用正弦定理、余弦定理进行边角
转换后再进行变形判断是常用方法，解题时注意三角函数性质的正确应用，如选项 B，在由
sin 2A sin 2B得结论时不能直接得出 2A 2B，否则会出现漏解，在判断三角形形状时，锐
角三角形需要三个内角都是锐角，直角三角形只有一个角是直角，钝角三角形只有一个角是
钝角，它们判断方法有一些区别，这些是易错点．
3．D
【分析】利用平面向量的线性运算及平面向量的基本定理求解即可.
答案第 1页，共 15页
3 3
【详解】由题意BF BC CF BC EA BC
4 4 EB BA

BC 3 3


4
BF BA ，
4
25 BF BC 3
16 12
所以 BA， BF BC BA，
16 4 25 25
16 BF a 12 b .
25 25
故选：D.
4．D

AB AC
【分析】由 ( ) BC 0 推导可得 BAC的平分线垂直于边 BC，进而可得b c，再
| AB | | AC |
由给定面积导出 BAC 90 得解.
AB

AC
【详解】如图所示，在边 AB、 AC上分别取点D、 E，使 AD 、 AE ，
| AB | | AC |

以 AD、 AE为邻边作平行四边形 ADFE，则 AF AD AE，显然 | AD | | AE | 1，

AB AC
因此平行四边形 ADFE为菱形，AF平分 BAC，而 ( ) BC 0 ，则有| AB | | AC | AF BC 0，
即 AF BC，
于是得 ABC是等腰三角形，即b c，令直线 AF交 BC于点 O，则 O是 BC边的中点，
S 1 ABC a AO，2
2
S a b
2 c2 1 1 1
而 2 ABC a ，因此有 AO a BC，从而得 BAC 90 ，4 4 2 2
所以 ABC是等腰直角三角形.
故选：D
5．B
【分析】利用错位相减法、等比数列的求和公式及复数的周期性进行计算可得答案.
【详解】解：设 S 2i 3i2 4i3 2020i2019 ,
可得： iS 0 2i2 3i3 4i4 2019i2019 2020i2020 ，
则 (1 i)S 2i i2 i3 i4 i2019 2020i2020，
答案第 2页，共 15页
2019
(1 i)S i i i2 i3 i4 i(1 i ) i2019 2020i2020 i 2020i2020 ，
1 i
(1 i)S i i(1 i) 2020 i i(1 i)
2
可得： 2020 2021 i，
1 i 2
S 2021 i ( 2021 i)(1 i)可得： 1011 1010i，
1 i 2
故选：B.
【点睛】本题主要考查等比数列的求和公式，错位相减法、及复数的乘除法运算，属于中档
题.
6．B
【分析】结合图形可得 A B 2，则可得四边形 A B C O 面积，后可得四边形 OABC的面积.
【详解】设 y 轴与 A B 交点为 D，因 O′C′⊥x′轴，A′B′⊥x′轴，则O C ∥A B ，又 B′C′∥y′
轴，则四边形O DB C 为平行四边形，故DB O C 1 .又 x O y 45o ，结合 A′B′⊥x′
轴，则DA O A 1，故 A B 2 .
1 3
则四边形 A B C O 面积为 1 2 1 ，因四边形 A B C O 面积是四边形 OABC的面积的
2 2
2
倍，则四边形 OABC的面积为3 2 .
4
故选：B
7．B
【分析】连接 BD，VP QBC VQ DBC VP DBC，计算得到答案.
【详解】如图所示：连接BD，
V V V 1 1 4 4 8 1 1 4 32则 P QBC Q DBC P DBC 4 4 ，3 2 3 3 2 3 9
答案第 3页，共 15页
故选：B
8．D
【分析】先利用条件求出正多形的边长，再将求最大球的体积转化成求金刚石的内切球体积，
进而转化成求截面 EMFH内切圆的半径，从而求出结果.
【详解】如图，设底面 ABCD中心为O，BC，AD中点分别为H，M ，连接OH ，EO，EH ，
MF，HF， EM ,
1 2 2
设金刚石的边长为 a，则由题知，8 a sin60 2 3a 18 3 ，所以 a 3，
2
在等边 EBC中， BC 3边上的高 EH EC 2 CH 2 32 ( )2 3 3 ，
2 2
在Rt△EOH 中， EO EH 2 OH 2 27 9 3 2 ，
4 4 2
由题可知，最大球即为金刚石的内切球，由对称性易知球心在O点，与面 EBC的切点在线
段EH 上，
球的半径即为截面 EMFH内切圆的半径，设内切圆半径为 r，
3 2 3 3 3 6 6
由等面积法可知： r，解得 r ，所以内切球的半径为 R
2 2 2 2 2
4 4 6
则内切球体积为V πR3 π( )3 6π.
3 3 2
故选：D.
答案第 4页，共 15页
9．BC
【分析】A选项，由正弦值相等，得到 2A 2B或 2A 2B π，故 A错误；B选项，由锐角

三角形和正弦函数在 0,
π
2 上的单调性进行求解；C选项，先由正弦定理得到 a
2 b2 c2，

再使用余弦定理即可求出C为钝角；D选项，先用余弦定理得到 BC，进而利用面积公式进
行求解.
【详解】在 ABC， A B C π，
π
A选项，∵ sin 2A sin 2B，∴ 2A 2B或 2A 2B π，∴ A B或 A B ，
2
则 ABC是等腰三角形或直角三角形，A错误，
π π
ABC

B选项，∵ 是锐角三角形，则0 B A ，又 f (x) sin x在 0， 内单调递增，2 2 2
sin A sin(π∴ B) cos B即 sin A cosB恒成立，B选项正确，
2
C选项，∵ sin 2 A sin 2 B cos2 C 1，∴ sin2 A sin2 B 1 cos2 C sin2 C，
2 2 2
由正弦定理可得 a2 b2 c2 cosC
a b c
，∴ 0 ，∴C为钝角，
2ab
则 ABC为钝角三角形，C对，
D π选项，∵ AB 3 . AC 1 . B ，设 BC x，6
2 2
由余弦定理可得1 x 3 2 2 3x cos ，6
化为 x2 3x 2 0，解得 x 1或 2，经检验，均符合要求，
S 1 3 1 3则 ABC 3 1 sin 或 SΔABC 3 2 sin ，D错误，2 6 4 2 6 2
故选：BC.
10．ABC
答案第 5页，共 15页

【分析】利用正弦定理对已知化简变形可求出 B ，从而可得 ABC为正三角形，再由
3
DC 1、DA 3，可求出 ACD的周长的取值范围，从而可求出四边形 ABCD周长的取值
范围，则可判断 AB，利用面积公式和余弦定理可表示出四边形 ABCD面积，从而可求出其
范围，进而可判断 CD
【详解】在 ABC中，A B C ，由正弦定理得： 3(sin A cosC sinC cos A) 2sin2 B，
∴ 3 sinB 2sin2 B，∵ B (0， )，
∴sinB 0，∴ sin B 3 ，
2

又∵ CAB ，∴B ，
3 3
∴C

A B ，∴ ABC为正三角形，
3
∵DC 1、DA 3，∴ 2 AC 4
∵ ACD的周长的取值范围为 (6，8)，
∴四边形 ABCD周长的取值范围为 (8，12)，
所以 AB错误，
四边形 ABCD S S 3 AC 2 1面积 ABC ACD AD DC sin ADC4 2
3
(AD2 CD2 2AD CD cos 1 ADC) AD DC sin ADC
4 2
3
(9 1 6 cos ADC) 1 3sin 5 3 ADC 3sin( ADC )，
4 2 2 3
3
∵ sin( ADC ) 1，
2 3
5 3
∴四边形 ABCD面积的取值范围为 ( 3， 3]，
2
所以 C错误，D正确，
故选：ABC．
11．AB
【分析】由零与任何向量共线，即可判断 B；由三角形的重心的向量表示和性质可判断 D；
由向量共线的性质可判断 A；根据平面向量数量积的运算律判断 C．

【详解】解：对于 A选项，当 0时，a与b可以为任意向量，满足 a b，但 a与b
不一定共线，故 A错误，

对于 B选项，如果 a、c都是非零向量，b 0，满足已知条件，但是结论不成立，故 B错，
答案第 6页，共 15页
2 2 r r r r r r r r
对于 C选项，若 | a b | | a b | 2 2 2 2，所以 a b a b ，即 a 2a b b a 2a b b ，
2 2 2 2
即 a 2a b b a 2a b b ，所以 a b 0，∴ a与b垂直，故 C正确，

若 2OA OB 3OC 0 ，设OA 2OA，OC 3OC，可得O为△A BC 的重心，
设 S△AOB x， S BOC y， S AOC z，
则 S A OB 2x， S BOC 3y， S A OC 6z，由 2x 3y 6z，
可得 S AOC : S ABC z : (x y z) 1: 6，故 D正确；
故选：AB.
12．ACD
【分析】根据平方关系得到1 sin2 A 1 sin2 B，即可得到 sin A sin B，从而判断 A，根据
B B 1
正弦定理判断 B，由条件利用二倍角公式可得 cos sin 0①，再把①平方求得 sin B
2 2 2
的值，即可得到cosB的值，即可判断 C，利用正弦定理将边化角，即可得到 ABC为直角
r r 1三角形，设内切圆的半径为 ，则 (a b c)，再将边化角，转化为角 B的三角函数，
2
求出内切圆的半径的最大值，即可判断 D．
【详解】对于 A：因为cos2 A cos2 B，所以1 sin2 A 1 sin2 B，
所以 sin2 A sin2 B，又 sin A 0、sin B 0，所以 sin A sin B，所以由正弦定理可得a b，
故 A正确；
1
对于 B： ABC 30 ， AC 6， BC a， 高CD BC sin 30 a，
2
当 AC CD
1
a 6，即 a 12时， ABC2 只有一个．
当 AC BC，即 6 a时， 0 a 6时， ABC只有一个，
答案第 7页，共 15页
故，满足条件的 a的取值范围是0 a 6或 a 12，故 B错误；
sin B cosB 1 sin B 2sin B cos B 1 2sin2 B 1 sin B对于 C：因为 ，所以 ，
2 2 2 2 2
B B 2 B B B B B
所以 2sin cos 2sin sin ，又 sin 0，所以 2cos 2sin 1，
2 2 2 2 2 2 2
B π B π π 3π
cos B sin B 1 0 2 cos 0 B 0, π , 即 ，即 ，又 ，所以 ，则2 2 2 2 4 2 4 4 4
B π π 3π B π π π
2 4
, ，所以 , ，所以 B , π ，
2 4 2 4 2 2
B B 2 1 2 B B 3 3
所以 cos sin
7 ，所以 2sin cos 2 2 4，即
sin B ，所以 cos B 1 sin 2B ，
2 2 2 4 4
故 C正确；
对于 D：因为 a b c cosA cosB ，所以 sin A sin B sinC(cos A cosB)，
所以 sin(B C) sin(A C) sinC cos A sinC cos B ，
所以 sin BcosC cosBsinC sin AcosC cos AsinC sinC cos A sinC cosB，
所以 sin BcosC sin AcosC 0，所以 (sin A sinB)cosC 0，
sin B sin A 0， cosC 0， C 90 ， ABC是直角三角形．
设内切圆的半径为 r，
则
r 1 (a b c) 1 1 π (sin A sin B 1) sin A sin

A
1 1 sin A cos A 1 2 2 2 2 2
2 2 sin A 2

cos A 1
2
sin A π 1
2 2 2
2 2 ， 4 2
0 π π π 3π A ， A 2， sin A π
1，
2 4 4 4 2 4
0 2 sin A π 1 2 1
2 1
所以 ， 内切圆半径的取值范围是 0, ，2 4 2 2 2 2
2

2 1
3 2 2
该三角形内切圆面积的最大值为 S π π，故 D正确．
2 4
答案第 8页，共 15页
故选：ACD
13．3
【分析】根据三角形面积解得bc 6，代入b c 3 3解得b 2 3, c 3或b 3,c 2 3；
然后根据余弦定理求得 a 3 .
1 3 3
【详解】 S ABC bcsin A 解得：bc 6；2 2
又b c 3 3，代入bc 6得：b 2 3, c 3或b 3,c 2 3；
b2 c2 a2 12 3 a2
根据余弦定理得： cos A ，
2bc 2 6
解得： a 3；
故答案为：3
14 3 2．
2
【分析】根据正弦定理以及同角关系可得 cosC 3 ,sinC 6 ，进而根据余弦定理即可得
3 3
ab的值，由面积公式即可求解.
【详解】因为bcosA acosB 3ccosC，由正弦定理得 sinBcosA sinAcosB 3sinCcosC，
即 sin A B 3sinCcosC ，得 sinC 3sinCcosC，
sinC 0 cosC 3又 ，所以 ,sinC 6 .
3 3
因为b2 a2 c2 6，所以由余弦定理可得 c2 b2 a2 6 b2 a2 2abcosC，即
2abcosC 6 3，所以 ab 3 3,
ABC 1 absinC 1 3 3 6 3 2故 的面积为 .
2 2 3 2
3 2
故答案为：
2
15．9 3
π
【分析】又正弦定理可得 B ，再由面积公式结合余弦定理和基本不等式即可求出最值.
3
b c b
【详解】由正弦定理得： ，所以 ，即
3 cos B sinC sin B 3 cosB sinB tan B 3
，
π
故 B .
3
a2 c2 b2 1
由余弦定理可得： cos B a2 c2 ac 36，
2ac 2
答案第 9页，共 15页
由基本不等式得： a2 c2 ac 36 2 a2 c2 ac ac，等且仅当 a c 6时取得等号，此
S 1时 ABC ac sinB 9 3 ，所以 ABC面积的最大值为9 3 .2
故答案为：9 3
97
16． π
2
【分析】将四面体放入长方体中，使得六条棱分别为长方体六个面的面对角线，则长方体的
外接球即为四面体 A BCD的外接球，利用数据计算长方体的体对角线即为外接球的直径，
可得球的表面积．
【详解】将四面体 A BCD放入长方体中，使得六条棱分别为长方体六个面的面对角线，
如图：
则长方体的外接球即为四面体 A BCD的外接球，
又长方体的体对角线即为外接球的直径 2R，
设长方体的长宽高分别为 a,b,c，
则有 a2 b2 36， a2 c2 36，b2 c2 25，
a2 b2 97所以 c2 4R2，
2
2 97
所以外接球的表面积为 4πR π，
2
97
故答案为： π
2
17．(1)面积为 2 3
(2) (6, 4 3]
π
【分析】（1）由所选条件，应用正弦边角关系、三角形内角性质及三角恒等变换求得 B ，
3
再应用正弦定理求角A，最后求出三角形的面积；
2π
（2）由题设及（1）得a c 4[sin A sin( A)]，应用三角恒等变换化简，注意求A的范
3
答案第 10页，共 15页
围，根据正弦型函数性质求范围即可.
【详解】（1）选①： 3sinC cosB sinB sinC，又 sinC 0，则 tan B 3，
由 B (0, π)
π
，故 B ，
3
a b 2 3
4 1
根据 sin A sinB 3 ，而 a 2，故 sin A ， A (0, π)，2
2
π 5π
所以 A 或 A （舍），
6 6
综上，C
π 1
，则 ABC的面积为 ab 2 3；
2 2
选②：2sin A sinC 2sin(B C) sinC 2sin BcosC，
所以 2sin B cosC 2 cos B sinC sinC 2sin B cosC，则 2cos BsinC sinC ，
1
由sinC 0，则 cosB ， B (0, π) π，可得 B ，
2 3
a b 2 3
4 1
根据 sin A sinB 3 ，而 a 2，故 sin A ， A (0, π)，2
2
π 5π
所以 A 或 A （舍），
6 6
π 1
综上，C ，则 ABC的面积为 ab 2 3；
2 2
a c b 2 3
2 4
2π
（ ）由（1）， sin A sinC sin B 3 ，则 a 4sin A,c 4sinC，且 A C ，3
2
所以
π
a c 4(sin A sinC) 4[sin A sin(2π A)] 4 3 ( 3 sin A 1 cos A) 4 3 sin(A )，
3 2 2 6
0 A π π π 2π
又 ABC
2 π π
为锐角三角形， ，则 A ，故 A ( , )，
6 20 2π A π 6 3 3
3 2
π 3
所以 sin(A ) ( ,1]，则 a c (6,4 3] .
6 2
3
18．(1)
2
(2) 2 19
3
b
【分析】（1）由向量平行的坐标运算结合正弦定理得出 ；
c
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（2）由面积公式得出b,c，进而由余弦定理得出 a .
【详解】（1）因为向量m

(cos A,a),n (2cosC 3cos B,3b 2c) m 且 // n，
所以 3b 2c cosA a 2cosC 3cosB ，
由正弦定理得 3sinB 2sinC cosA sinA 2cosC 3cosB ，
整理可得3sinBcosA 3sinAcosB 2sinAcosC 2sinCcosA，
即3sin A B 2sin C A ，
可得3sinC 2sinB，
由正弦定理可得3c 2b，
b 3
所以 ．
c 2
2
（2 2 3 1 3）因为 A ， ABC的面积为 bcsinA bc ，
3 3 2 4
bc 8所以 ，又3c 2b，
3
4
所以b 2， c ，
3
2 2 2 2 2 16 4 76
又由余弦定理可得 a b c 2bccosA b c bc 4 2 ，
9 3 9
a 2 19所以 ．
3
5
19．(1)角
6
(2)[ 2 3,4]
(3) ( , 3] [ 3 , )
3
【分析】(1)利用复数相等的性质和特殊角的三角函数值，结合角度的范围即可求解
(2)由向量的数量积运算结合两角差的正弦整理，再由角度的范围求出相位范围后即可求出

OZ1 OZ2 的取值范围
(3)利用向量数量积的坐标运算进行化简等式，转化为 和三角函数的表达式，求出三角函
数的整体范围后再计算 表达式的范围，进而求出最后结果
【详解】（1） z1 2sin 3i， z2 1+(2cos )i，由z z1 2，得 2sin 1， 2cos 3，
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又 [0, ]
5
，
6

（2）由复数的坐标表示得，OZ1 (2sin , 3)，OZ2 (1,2cos )，

则OZ1 OZ2 2sin 2 3 cos 4sin(

)，又 [0, ]，
3
2
，当 时，OZ
3 3 3 3 2 1
OZ2 取最大值为 4，

当 时，OZ1 OZ2 取最小值为3 3 2 3
，

所以OZ1 OZ2 的取值范围为[ 2 3,4]

（3 ）由题意得 a (2sin , 3)，b (1,2cos )， a b 2 sin 1, 3 2cos ，

a b 2sin , 3 2 cos ，

又 ( a b) (a b) 0 ，

( a b ) (a b ) (2 sin 1)(2sin ) ( 3 2cos )( 3 2 cos )=0，
2 8 化简得8 +( +1)(2 3cos 2sin )=0， 2 4sin( )( +1) 3 ，由小问 2的结论可得
8
4sin( ) [ 2 3, 4]， 2 3
3 ( 2
4
+1) ，
8
当 4 2( 2+1) ，得 2 +1 0 恒成立，
8 3
当 2 3( 2+1) ，得 ( 3)( 3 1) 0， 或 3，3
3
综合所述， 的取值范围为 ( , 3] [ , )
3
2
20．(1) A ；
3
(2)10 2 3 4 7 .
5
【分析】（1）利用三角形面积公式及向量数量积的定义可得 tan A 3，进而即得；
（2）利用余弦定理可得 c 2，再利用正弦定理结合条件即得.
（1）

∵2S 3AB AC 0，
1
∴ 2 b c sin A 3b c cos A 0，又b c 0，
2
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∴ sin A 3cos A 0 ，即 tan A 3
又 A 0, ，
A 2 ∴ ；
3
（2）
在 ABC中，由余弦定理得： a2 b2 c2 2bc cos A，
2
又 a 7、b 1， A ，
3
∴ c2 c 6 0，又 c 0，
∴c 2，
在 ABC中，由正弦定理得 sin B 21 ，
14
又 a b，∴B为锐角，
∴ cos B 1 sin2 B 5 7 ，
14
AB
在Rt△ABD中， cos B，
BD
∴BD 4 7 4 7 21 2 3 ， AD BD sin B ，
5 5 14 5
∴△ABD的周长为 2 2 3 4 7 10 2 3 4 7 ．
5 5 5
21．(1) 2体积为 ，表面积为3 3；
3
(2) 10 .
2
【分析】（1）将△VBC当作底面，将VA当作三棱锥的高，由三棱锥体积公式即可求得三棱
锥的体积；再由求出各个面的面积，由面积公式可得三棱锥的表面积；
（2）将△ AVB与 CVB延VB展开，使得两个三角形在同一个平面上，连接MN，再由余弦
定理即可求得最短值.
【详解】（1）因为 AB BC AC 2,VA VB VC 2 ，
所以VA2 VB2 AB2 ,VB2 VC 2 BC 2 ,VA2 VC 2 AC 2 ，即VA VB,VB VC,VA VC，
又VB VC V，VB、VC在面 VBC内，得VA 面VBC，
V 1 1 2 2 2V ABC VA VBC S3 VBC
VA 2 ，
3 2 3
答案第 14页，共 15页
S 2 2 3 2V ABC S VBC S VAB S VACC S ABC 3 2 3 3;2 4
（2）如下图：连接MN，线段MN的长度即蚂蚁爬行的最短路线长，
MCN MC 3 2△ 中， ,CN 1, MCN π ，
2 4
由余弦定理可得：MN 2 MC 2 CN 2 2MN
π
CN cos ，
4
MN 2 9 1 2 3 2 1 2 5 MN 10即 .
2 2 2 2 2
22．在半圆直径上取距离圆心 O为15 2 cm的两点 A，B，以线段 AB为矩形的一边截取铁
皮，最大面积为900 cm2 .
【分析】设 COB ，可得 ABCD的面积为 S 900sin2 ，根据正弦函数的性质即可求
解.
【详解】依题意，圆柱体罐子的侧面积即为矩形 ABCD的面积，
圆心为 O，连接OC，如图，设 COB π， (0, )，有 BC 30sin ，OB 30cos ，
2
因此矩形 ABCD的面积为 S ( ) AB BC 2 30cos 30sin 900sin2 ，
显然 2 (0, π)
π
，当 sin2 1，即 时， S ( ) 2
4 max
900 cm ，此时OB 15 2 cm，
所以在半圆直径上取距离圆心 O为15 2 cm的两点 A，B，以线段 AB为矩形的一边截取铁
皮，
圆柱体罐子的侧面积最大，最大面积为900 cm2 .
答案第 15页，共 15页