期中押题预测卷01
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．下列函数中，以为最小正周期的是（ ）
A． B． C． D．
2．已知，，若，则（ ）
A．1 B． C． D．
3．已知是虚数单位，若，则实数（ ）
A．2 B．0 C． D．
4．若，则（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在中，为的中点，，与交于点，若，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知函数，则下列说法中，正确的是（ ）
A．的最小值为
B．在区间上单调递增
C．的图象关于点对称
D．的图象可由的图象向右平移个单位得到
7．设向量在向量上的投影向量为，则的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．
8．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的外接圆半径为，若的面积，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分
9．已知复数，为的共轭复数，则下列结论正确的是（ ）
A．的虚部为 B．在复平面内对应的点在第一象限
C． D．
10．已知，且，，则（ ）
A． B．
C． D．
11．如图，在中，为线段的中点，为线段的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．若为线段的中点，则
B．若为线段的中点，则
C．
D．的取值范围为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.
12．已知，且与的夹角为30°，为与方向相同的单位向量，则向量在向量上的投影向量为 ．
13．已知复数，，则的实部的最大值为 ．
14．如图，四边形ABCD是正方形，延长CD至E，使DE＝CD，若点P是以点A为圆心，AB为半径的圆弧（不超出正方形）上的任一点，设向量，则的取值范围是 ．
四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知复数．
(1)求；
(2)若，求；
(3)若，且是纯虚数，求．
16．在中，，，，且，与交于点，设，．
(1)用向量，表示，；
(2)求的值．
17．已知函数，其中，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知条件，使存在，并完成下列两个问题．
(1)求的值；
(2)若，函数在区间上最小值为，求实数的取值范围．
条件①：对任意的，都有成立；
条件②：；
条件③：．
18．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A，B，C满足
(1)求的值；
(2)已知，，，若函数 的最大值为3，求实数m的值．
19．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求的大小；
(2)若，D是边AB上的一点，且，求线段CD的最大值．
期中押题预测卷01
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．下列函数中，以为最小正周期的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】依次计算4个选项的周期即可.
【详解】对于A，为把轴下方的图像翻折上去，最小正周期变为，错误；
对于B，的最小正周期为，错误；
对于C，的最小正周期为，错误；
对于D，为把轴下方的图像翻折上去，最小正周期变为，故D正确；
故选：D.
2．已知，，若，则（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】A
【分析】
利用向量垂直的坐标表示即可求解.
【详解】，由得，
解得.
故选：A.
3．已知是虚数单位，若，则实数（ ）
A．2 B．0 C． D．
【答案】A
【分析】利用复数乘法运算法则，根据复数相等列方程组即可求.
【详解】因为，，
所以，解得．
故选:A
4．若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据二倍角公式以及诱导公式即可求解.
【详解】由可得，
故，
故选：C
5．如图，在中，为的中点，，与交于点，若，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】由向量共线的性质分别设，，结合条件依次表示出，，对应解出，即可求解.
【详解】设，，
则，
而与不共线，∴，解得，∴.
故选：A.
6．已知函数，则下列说法中，正确的是（ ）
A．的最小值为
B．在区间上单调递增
C．的图象关于点对称
D．的图象可由的图象向右平移个单位得到
【答案】D
【分析】根据辅助角公式得，即可根据三角函数的性质求解ABC，根据函数平移，以及诱导公式可判断D.
【详解】，
的最小值为,故A错误，
时，， 所以函数在不单调，故B错误；
，故的图象关于对称，C错误，
将函数的图象向右平移个单位得，故D正确．
故选：D．
7．设向量在向量上的投影向量为，则的最小值为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】A
【分析】
根据投影向量的知识列式，然后利用基本不等式求得正确答案.
【详解】依题意，，
向量在向量上的投影向量：
，
所以，
当且仅当时等号成立.
故选：A
8．在锐角中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且的外接圆半径为，若的面积，则的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
利用正弦定理及三角形面积公式求得，进而求得，再利用正弦定理及两角和正弦公式化简得，再利用正切函数性质结合锐角三角形的性质求解范围即可.
【详解】由正弦定理得，所以，
又三角形面积公式，可知，所以，
又，所以，
由正弦定理得，
锐角中，有，因为正切函数在上单调递增，
所以，从而.
故选：A
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分
9．已知复数，为的共轭复数，则下列结论正确的是（ ）
A．的虚部为 B．在复平面内对应的点在第一象限
C． D．
【答案】BC
【分析】求出，结合复数的意义判断AB；利用复数模及乘法运算判断CD即得.
【详解】复数，则，
对于A，的虚部为，A错误；
对于B，在复平面内对应的点在第一象限，B正确；
对于C，，，则，C正确；
对于D，，D错误.
故选：BC
10．已知，且，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】BCD
【分析】
根据给定条件，确定的关系及范围，再利用同角公式、二倍角公式、和角的正弦公式求解即得.
【详解】由，得，由，得，即，
显然，而，则，
对于A，，A错误；
对于B，，B正确；
对于C，，C正确；
对于D，，则
，D正确.
故选：BCD
11．如图，在中，为线段的中点，为线段的中点，为线段上的动点，下列结论正确的是（ ）
A．若为线段的中点，则
B．若为线段的中点，则
C．
D．的取值范围为
【答案】ACD
【分析】利用平面向量的线性运算表示向量，结合平面向量的数量积运算，逐项判断即可.
【详解】易知：，，.
对A：，且，两式相加得，故A正确；
对B：.故B错误；
对C：设为线段的中点，
，故C正确；
对D：，
又，所以.故D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共计20分.
12．已知，且与的夹角为30°，为与方向相同的单位向量，则向量在向量上的投影向量为 ．
【答案】
【分析】利用投影向量的公式计算即可.
【详解】由已知
则向量在向量上的投影向量为.
故答案为：.
13．已知复数，，则的实部的最大值为 ．
【答案】/1.5
【分析】
直接计算可知的实部为，然后求的最大值即可.
【详解】
直接计算知：
，
故的实部为.
而，，
所以的最大值为，故的实部的最大值为.
故答案为：.
14．如图，四边形ABCD是正方形，延长CD至E，使DE＝CD，若点P是以点A为圆心，AB为半径的圆弧（不超出正方形）上的任一点，设向量，则的取值范围是 ．
【答案】
【分析】如图，建立平面直角坐标系，设，则，设，则，则由已知可得，从而可得，然后利用正弦函数的性质可求得其范围
【详解】如图，建立平面直角坐标系，设，则,
设，则，
因为，
所以，
所以，解得，
所以，其中，
因为，
所以当时，取得最小值，此时取得最小值1，
当时，取得最大值1，此时取得最大值
所以的取值范围为，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共计70分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知复数．
(1)求；
(2)若，求；
(3)若，且是纯虚数，求．
【答案】(1)
(2)
(3)或
【分析】
（1）根据模的计算公式直接求解；
（2）利用复数的除法进行计算；
（3）设，根据条件列方程求解即可.
【详解】（1）
；
（2）；
（3）
设，
则，所以①
，
因为是纯虚数，所以②
由①②联立，解得 或
所以或．
16．在中，，，，且，与交于点，设，．
(1)用向量，表示，；
(2)求的值．
【答案】(1)，
(2)
【分析】（1）利用向量的线性运算来表示即可；
（2）求出和，然后利用夹角公式求解即可.
【详解】（1）因为，即，且，
则，
，
；
（2）由（1）得
，
，
则，
所以
17．已知函数，其中，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知条件，使存在，并完成下列两个问题．
(1)求的值；
(2)若，函数在区间上最小值为，求实数的取值范围．
条件①：对任意的，都有成立；
条件②：；
条件③：．
【答案】(1)答案见解析
(2)
【分析】（1）根据所选条件分别计算能否使成立，从而可求解.
（2）根据（1）中可得，再利用整体代换法得，从而可求得，再结合，从而可求解.
【详解】（1）由，
若选条件①：可知当时，，因为，即，且对任意，都有恒成立，故选条件①时存在，故可选①；
若选条件②：，解得或，，因为，所以与条件矛盾，故不选②；
若选条件③：，
所以，因为，可得，故条件③能使成立，故可选③；
综上所述：故可选择条件①或③，此时.
（2）由（1）知，当时，，
且的最小值为，所以可得，解得，又，
所以，
所以的取值范围为.
18．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点A，B，C满足
(1)求的值；
(2)已知，，，若函数 的最大值为3，求实数m的值．
【答案】(1)2
(2)或.
【分析】(1) 化简得，即得的值；
（2）先求出，再换元利用二次函数的图像和性质求实数的值.
【详解】（1）由题意知，，即，
所以，即.
（2），，
则，
所以，
令，
则，，其对称轴方程是.
当，即时，的最大值为，解得；
当，即时，的最大值为，解得.
综上可知，实数的值为或.
19．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求的大小；
(2)若，D是边AB上的一点，且，求线段CD的最大值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据正弦定理及余弦定理可得到，进而即可求得的大小；
（2）由正弦定理得到，由余弦定理得到，从而求出，进而即可求解．
【详解】（1）因为，
则由正弦定理得，整理得，
又由余弦定理有，得，
又，所以．
（2）在中，由正弦定理得，
所以，
又，所以，，
在中，由余弦定理得
，
又，则，
所以，当且仅当，即时，等号成立，
所以，即线段的最大值为．期中押题预测卷02
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知i为虚数单位，若复数，则（ ）
A． B． C． D．
2．在中，，则的面积是（ ）
A． B． C．12 D．
3．按斜二测画法得到，如图所示，其中，，那么的形状是（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形
C．腰和底边不相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形
4．蒙古包（Mongolianyurts）是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐 毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，则该蒙古包（含底面）的表面积为（ ）
A．平方米 B．平方米
C．平方米 D．平方米
5．正方形的边长为2，E是的中点，F是的中点，则（ ）
A．4 B．3 C． D．
6．如图，在中，是的中点，是的中点，过点作直线分别交于点，，且，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．
7．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长都等于2，则该四棱锥的内切球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且的面积为，AB的中点为D，则CD的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
二、多项选择题：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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分
9．已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．复数在复平面内对应的点位于第四象限
C．
D．为纯虚数
10．已知向量，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．的最大值为5 D．若，则
11．如图，的内角，所对的边分别为，，.若，且，是外一点，，，则下列说法正确的是（ ）
A．是等边三角形
B．若，则四点共圆
C．四边形面积最大值为
D．四边形面积最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．已知向量，均为单位向量，且，，则实数 ．
13．如图所示的雕塑组合：下面是棱长为2米的正方体基座，基座上面中心位置安放着一个大球，阳光从面正前方照射下时，基座在面正前方地面的影长是4.8米，此时大球影子最远点伸到距面8.8米处，则大球体积是 ．
14．在复平面中，已知点，复数对应的点分别为，且满足，则的最大值为 .
四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算：
(1)求下部四棱台的侧面积；
(2)求奖杯的体积．（尺寸如图，单位：，取3）
16．定义：已知两个非零向量与的夹角为.我们把数量叫做向量与的叉乘的模，记作，即.
(1)若向量，，求；
(2)若平行四边形的面积为4，求；
(3)若，，求的最小值.
17．已知关于的二次方程．
(1)当为何值时，这个方程有一个实根？
(2)是否存在，使得原方程有纯虚数根？若存在，求出的值；若不存在，试说明理由．
18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题．
已知a，b，c是的三个内角A，B，C的对边，且______．
(1)求；
(2)若，求的周长的取值范围．
19．已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.
（1）设函数，试求的相伴特征向量；
（2）记向量的相伴函数为，求当且，的值；
（3）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.
期中押题预测卷02
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知i为虚数单位，若复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用复数代数形式的除法运算法则进行计算可得结果.
【详解】因为，所以.
故选：B
2．在中，，则的面积是（ ）
A． B． C．12 D．
【答案】B
【详解】
在△ABC中，∵ AB＝5，BC＝6，AC＝7，则由余弦定理可得49＝25＋36－2×5×6×cos B，求得cos B＝，∴ sin B＝＝，故△ABC的面积为·AB·BC·sin B＝×5×6×＝6.
3．按斜二测画法得到，如图所示，其中，，那么的形状是（ ）
A．等边三角形 B．直角三角形
C．腰和底边不相等的等腰三角形 D．三边互不相等的三角形
【答案】A
【分析】根据直观图得原图，计算可得答案.
【详解】原如图所示：
由斜二测画法的规则可知，，，，
所以，故为等边三角形.
故选：A．
4．蒙古包（Mongolianyurts）是蒙古族牧民居住的一种房子，建造和搬迁都很方便，适于牧业生产和游牧生活，蒙古包古代称作穹庐 毡包或毡帐.已知蒙古包的造型可近似的看作一个圆柱和圆锥的组合体，已知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，则该蒙古包（含底面）的表面积为（ ）
A．平方米 B．平方米
C．平方米 D．平方米
【答案】A
【分析】由题意可求出底面圆的半径，即可求出圆锥的母线长，根据圆锥的侧面积公式以及圆柱的侧面积公式结合圆的面积公式，即可求得答案.
【详解】由题意知圆锥的高为2米，圆柱的高为3米，底面圆的面积为平方米，
设底面圆的半径为r，则，
则圆锥的母线长为（米），
故该蒙古包（含底面）的表面积为（平方米），
故选：A
5．正方形的边长为2，E是的中点，F是的中点，则（ ）
A．4 B．3 C． D．
【答案】D
【分析】借助平面向量的线性运算与平面向量的数量积公式计算即可得.
【详解】
.
故选：D.
6．如图，在中，是的中点，是的中点，过点作直线分别交于点，，且，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．4 D．
【答案】A
【分析】计算得，再利用三点共线结论得系数和为1，即，再利用基本不等式求出最值即可.
【详解】因为是的中点，且，
所以.
因为三点共线，所以，
即，所以，
当且仅当时，等号成立.
故选：A.
7．已知四棱锥的底面是边长为2的正方形，侧棱长都等于2，则该四棱锥的内切球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】
求出棱锥的高，进而得到棱锥体积，设出内切球半径，根据体积得到方程，求出半径，进而得到表面积.
【详解】
设内切球的半径为的中点为，则⊥平面，
因为四棱锥的底面是边长为2的正方形，所以，
因为，由勾股定理得，
故棱锥的体积为，棱锥的表面积为，
设内切球的半径为，
则由等体积法可得，解得，
所以．
故选：A
8．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且的面积为，AB的中点为D，则CD的最小值为（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】A
【分析】利用正弦定理和三角恒等变换求出，再利用三角形面积公式，结合余弦定理和基本不等式计算即可求解.
【详解】在中，由及正弦定理，得，
即，，
整理得，而，
于是或，又，因此即，则，
又，则，D为AB的中点，
由余弦定理，得，
当且仅当即时等号成立，而，解得，
所以AD的最小值为.
故选：A
二、多项选择题：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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分
9．已知为虚数单位，复数，下列说法正确的是（ ）
A．
B．复数在复平面内对应的点位于第四象限
C．
D．为纯虚数
【答案】ABC
【分析】先利用复数的四则运算求出，求出其模后可判断A的正误，求出其对应的点后可判断B的正误，结合四则运算求出、可判断CD的正误.
【详解】，
故，故，故A正确，
而在复平面上对应的点为，它在第四象限，故B正确.
，故C正确.
，它不为纯虚数，故D错误，
故选：ABC.
10．已知向量，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．的最大值为5 D．若，则
【答案】AD
【分析】
根据向量共线的坐标公式即可判断A；根据向量垂直的坐标公式即可判断B；根据向量的模的坐标公式结合三角函数的性质即可判断C；根据，求出的关系，进而可判断D.
【详解】对于A，若，则，所以，故A正确；
对于B，若，则，所以，故B错误；
对于C，
，其中，
当时，取得最大值，故C错误；
对于D，若，则，
即，所以，
所以
，故D正确.
故选：AD.
11．如图，的内角，所对的边分别为，，.若，且，是外一点，，，则下列说法正确的是（ ）
A．是等边三角形
B．若，则四点共圆
C．四边形面积最大值为
D．四边形面积最小值为
【答案】AC
【分析】根据正弦定理及三角恒等变换化简条件式可判定A，由余弦定理可判定B，设，由正弦定理结合三角函数的性质可判定C、D.
【详解】由正弦定理，
得，
，
，B是等腰的底角，，
是等边三角形，A正确；
对于B，若四点共圆，则四边形对角互补，
由A正确知，
但由于时，
，
∴B不正确.
对于C、D，设，则，
，
，
，
，
，
，
，∴C正确，D不正确；
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．已知向量，均为单位向量，且，，则实数 ．
【答案】
【分析】
根据垂直关系的向量表示以及数量积的运算律，将平方后，即可求得答案.
【详解】由题意知，，故，且，
即，故，
故答案为：
13．如图所示的雕塑组合：下面是棱长为2米的正方体基座，基座上面中心位置安放着一个大球，阳光从面正前方照射下时，基座在面正前方地面的影长是4.8米，此时大球影子最远点伸到距面8.8米处，则大球体积是 ．
【答案】
【分析】
画出投影示意图，构造相似三角形进行求解出求得半径，即可求出答案．
【详解】过球的中心O作铅垂面，如图，设球的半径为r，
由，
得，，
，解得，
所以大球的体积．
故答案为：．
14．在复平面中，已知点，复数对应的点分别为，且满足，则的最大值为 .
【答案】
【分析】根据复数的几何意义，由，分析得关于原点对称，所以确定，再利用平面向量的三角形法则与数量积的运算性质，将所求问题转化为平面向量数量积的最值问题.
【详解】解：因为复数对应的点为
且则可确定点在以O为圆心，2为半径的圆上
又，所以为圆的直径，即关于原点对称
所以
因为
所以
又，，
则
所以
即的最大值为，所以的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．如图是一个奖杯的三视图，试根据奖杯的三视图计算：
(1)求下部四棱台的侧面积；
(2)求奖杯的体积．（尺寸如图，单位：，取3）
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据题意直接运算求解即可；
（2）根据相关体积公式分析运算.
【详解】（1）奖杯底座的侧面梯形的高分别等于和．
故．
（2）
.
16．定义：已知两个非零向量与的夹角为.我们把数量叫做向量与的叉乘的模，记作，即.
(1)若向量，，求；
(2)若平行四边形的面积为4，求；
(3)若，，求的最小值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用向量数量积的运算求得，从而利用新定义即可得解；
（2）利用平行四边形的面积公式，结合新定义即可得解；
（3）利用新定义与向量数量积的定义求得的夹角，从而得到，再利用向量数量积的运算法则与基本不等式即可得解.
【详解】（1）因为，，
则，
所以，
因为是向量的夹角，所以，
因此，故.
（2）因为平行四边形ABCD的面积为4，
所以，所以.
（3）因为，
所以，所以，
因为，所以，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.
17．已知关于的二次方程．
(1)当为何值时，这个方程有一个实根？
(2)是否存在，使得原方程有纯虚数根？若存在，求出的值；若不存在，试说明理由．
【答案】(1)
(2)不存在，理由见解析
【分析】
（1）设方程的一个实根为，带入方程，化简成标准形式，再由复数相等的意义即可求得；
（2）设方程有纯虚数根（，且），代入原方程，再复数相等意义得出，此方程无解，即可判定不存在.
【详解】（1）
设是方程的一个实根，则
即
根据复数相等的意义知
解得：．
所以，当时，原方程有一实根．
（2）
假定方程有纯虚数根（，且），代入原方程得
即
由复数相等意义知
但方程即无实数解，即实数不存在．
所以，对任何实数，原方程不可能有纯虚数根．
18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答问题．
已知a，b，c是的三个内角A，B，C的对边，且______．
(1)求；
(2)若，求的周长的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）选①，根据题意，利用正弦定理得到，利用余弦定理求得，即可求解；
选②，根据题意，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解；
选③，根据题意和正弦定理得得到，求得，即可求解；
（2）由题意，得到，求得周长，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】（1）解：选①，由，
可得，
因为及正弦定理，可得，
所以，整理得，
则，因为，所以．
选②，由，可得，即，
因为，可得，所以，即．
选③，由，由正弦定理得，
即，
即，
整理得，
因为，，可得，即，
因为，所以．
（2）解：由，，可得，
所以周长，
又由，可得，
又因为，可得，所以，
所以，所以的周长的取值范围为.
19．已知O为坐标原点，对于函数，称向量为函数的相伴特征向量，同时称函数为向量的相伴函数.
（1）设函数，试求的相伴特征向量；
（2）记向量的相伴函数为，求当且，的值；
（3）已知，，为的相伴特征向量，，请问在的图象上是否存在一点P，使得.若存在，求出P点坐标；若不存在，说明理由.
【答案】（1）；（2）；（3）存在，点.
【分析】（1）根据三角函数诱导公式化简函数得，根据题意可可得特征向量；（2）根据题意可得相伴函数，再根据条件可得，由最终得到结果；（3）根据三角函数图象变换规则求出的解析式，设，根据条件列出方程式求出满足条件的点P坐标即可.
【详解】解：（1）
的相伴特征向量.
（2）向量的相伴函数为，
，.
，，.
.
（3）由为的相伴特征向量知：
.
所以.
设，，
，，
又，.
，
，，
.
又，
当且仅当时，和同时等于，这时式成立.
在图像上存在点，使得.
【点睛】关键点点睛：熟练使用三角函数诱导公式、三角恒等变换是本题的关键.本题还考查了三角函数图象变换后的解析式以及向量垂直的数量积关系，属于中档题.高一下册数学期中模拟卷（二）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．测试范围：人教版2019必修第二册第六章、第七章
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：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．已知平面向量与的夹角为，，，则（ ）
A． B． C． D．
2．若复数满足，则在复平面上所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a＝2，，，则b＝（ ）
A．4 B．3 C．2或4 D．2或3
4．如图，正方形中，是的中点，若，则（ ）
A． B． C． D．
5．在中，分别根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
6．在中，角、、的对边分别为、、，且的面积，，则（ ）
A． B． C． D．
7．设，则等于（ ）
A．9 B．10 C．11 D．12
8．向量的广义坐标是用于描述向量或系统状态的一组数值，其选择取决于问题的特定背景和需求．在物理学、工程学、计算机图形学等领域，广义坐标被广泛应用．比如，物理学中的振动系统可能采用角度作为广义坐标，而工程学中的结构分析可能使用特定坐标系来简化问题．通过选择适当的广义坐标，可以更自然地描述问题，简化数学表达，提高问题的可解性，并使模型更符合实际场景．已知向量，是平面内的一组基向量，O为内的定点．对于内任意一点P，若，则称有序实数对为点P的广义坐标．若点A，B的广义坐标分别为，，关于下列命题正确的（ ）
A．点关于点O的对称点不一定为
B．A，B两点间的距离为
C．若向量平行于向量，则的值不一定为0
D．若线段的中点为C，则点C的广义坐标为
选择题：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
9．复数，其共轭复数为，则下列叙述正确的是（ ）
A．对应的点在复平面的第四象限 B．是一个纯虚数
C． D．
10．已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．的相反向量是 B．若，则
C．在上的投影向量为 D．若，则
11．如图，在中，内角的对边分别为，若，且是外一点，，则下列说法正确的是（ ）
A．是等边三角形 B．若，则四点共圆
C．四边形面积的最小值为 D．四边形面积的最大值为
三．填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分
12．已知向量，且，则向量与的夹角为 ．
13．在复平面内，点A对应的复数为1，点B对应的复数为3＋i，将向量绕点A按逆时针旋转90°，并将模扩大到原来的2倍，得向量，则点C对应的复数为 .
14．已知分别为三个内角的对边，，且，则周长的取值范围为 ．
四．解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15．（13分）如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点．
(1)求的值；
(2)求证：．
16．（15分）在复平面内复数所对应的点为，O为坐标原点，i是虚数单位.
(1)，计算与；
(2)设，求证：，并指出向量满足什么条件时该不等式取等号.
17．（15分）如图，在中，点在边上，．
(1)若，求；
(2)若是锐角三角形，，求的取值范围．
18．（17分）如图：在中，已知与交于点．
(1)用向量表示向量；
(2)过点作直线，分别交线段于点，设，若，，当取得最小值时，求模长．
19．（17分）如图，游客从某旅游景区的景点A处下山至C处有两种路径.一种是从A沿直线步行到C，另一种是先从A沿索道乘缆车到B，然后从B沿直线步行到C.现有甲、乙两位游客从A处下山，甲沿AC匀速步行，速度为.在甲出发2min后，乙从A乘缆车到B，在B处停留1min后，再从B匀速步行到C.假设缆车匀速直线运动的速度为，山路AC长为1260m，经测量，，.
(1)求索道AB的长；
(2)问乙出发多少分钟后，乙在缆车上与甲的距离最短？
(3)为使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，乙步行的速度应控制在什么范围内？
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．B
【分析】
根据向量的数量积公式及模长公式直接求解.
【详解】
由，得，
又，
所以，
所以，
所以，
故选：B.
2．C
【分析】
根据题意，化简复数，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由复数，可得复数在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故选：C.
3．C
【分析】
根据余弦定理，即可求解.
【详解】
由余弦定理，得，
即，解得或.
故选：C.
4．AB
【分析】
建立如图所示的平面直角坐标系，利用向量线性运算的坐标形式可求，，故可得正确的选项.
【详解】
以为坐标原点建立平面直角坐标系，设正方形边长为1，
则，则.
故，，，故，
解得，故，，，
故选： AB.
5．B
【分析】
由余弦定理可判定选项A，利用正弦定理和大边对大角可判断选项B，C，D.
【详解】对于A，已知三角形三边，且任意两边之和大于第三边，
任意两边之差小于第三边，从而可由余弦定理求内角，只有一解，A错误；
对于B，根据正弦定理得，，
又，，B有两解，故B符合题意；
对于C，由正弦定理：得：，
C只有一解，故C不符合题意.
对于D，根据正弦定理得，，
又，，D只有一解，故D不符合题意.
故选：B
6．D
【分析】
根据已知条件，结合余弦定理，以及三角形的面积公式，即可求解．
【详解】
解：的面积，
，
，
则，
，
，
，
，，，
，
．
故选：D．
7．C
【分析】根据复数范围内的因式分解可得，结合可求前者的值.
【详解】根据题意，w是方程的单位根，因此有．
设，其中，
所以
．
故选：C.
8．D
【分析】
根据广义坐标的定义，结合平面向量数量积的运算性质、平面向量共线性质逐一判断即可.
【详解】对于A，，设关于点的对称点为，则，
因为，不共线，所以，A错误；
对于B，因为，
所以，
当向量，是相互垂直的单位向量时，，两点间的距离为，否则距离不为，B错误；
对于C，当与中至少一个是时，结论成立；
当与都不为时，设（），有，即，所以，C错误；
对于D，，
所以线段中点的广义坐标为，D正确
故选：D
9．BCD
【分析】
根据题意，化简复数，结合选项，逐项判定，即可求解.
【详解】
由题意，复数，
对于A项：，对应的点在复平面的第一象限，所以A项错误；
对于B项：为纯虚数，所以B项正确；
对于C项：，所以C项正确；
对于D项：，所以D项正确.
故选：BCD．
10．AC
【分析】
根据相反向量定义以及投影向量的公式计算可以判断AC，计算，由向量垂直以及向量共线的运算法则计算可求出的值，从而判断BD.
【详解】对于A，由相反向量的定义，即可得到的相反向量是，故A正确；
对于B，因为，所以，
又，且，所以，解得，故B错误；
对于C，因为，所以，，
所以在上的投影向量为，故C正确；
对于D，因为，又，且，
所以，解得，故D错误．
故选：AC.
11．ABD
【分析】对于A，根据正弦定理、两角和的正弦公式有，即，结合，即即可判断；对于B，在中，由余弦定理求得，结合，可得两个角互补，由此即可判断；对于CD，由三角形面积公式、辅助角公式得四边形面积的表达式，结合角的范围即可判断.
【详解】，
根据正弦定理得，即，
，显然，则，根据题意，有，
又，可得为等边三角形，故A正确；
，在中，，
当时，，即共圆，B正确.
又
四边形面积
，
，则，
所以四边形的面积没有最小值，C错误.
当，即时，四边形面积取最大值，故D正确.
故选：ABD.
12．
【分析】
利用向量夹角公式可求向量与的夹角.
【详解】因为，所以，
故，故，故，
而，故，
故答案为：.
13．/
【分析】
根据复数的三角形式的表示，结合复数加减法的几何意义即可求解.
【详解】
对应的复数为，逆时针旋转90°，并将模扩大到原来的2倍，
即可得对应的复数为
设点C对应的复数为z，则，故.
故答案为：
14．
【分析】根据余弦定理结合基本不等式求出，再结合三角形中两边之和大于第三边得解.
【详解】因为，，
由余弦定理得，
当且仅当时等号成立．
∴，∴，
又因为，所以，
即周长取值范围为.
故答案为：.
15．(1)
(2)证明见解析
【分析】
（1）用、表示，再根据数量积的定义及运算律计算可得；
（2）用、表示、，根据数量积的运算律求出，即可得证.
【详解】（1）因为，
所以，
所以，
所以；
（2）
因为，
所以，
所以，
所以，即，所以．
16．(1)，；
(2)证明见解析，
【分析】
（1）利用复数的乘法运算可得，再由复数的几何意义可得，即可计算出；
（2）利用复数运算规律分别求出的平方，利用作差法可得，此时需满足.
【详解】（1）根据可得，
；
且，所以.
（2）因为，
所以，
可得；
因为，
所以，
因此，
所以，
当且仅当时取等号，此时向量满足.
17．(1)；
(2)
【分析】
（1）由余弦定理求得，则，再次利用余弦定理即可得解；
（2）利用正弦定理可得，再利用三角恒等变换结合角的范围即可得解.
【详解】（1）
在中，由余弦定理得，
即，而，解得，
则，
在中，，
由余弦定理得．
（2）
在锐角中，，且，则，
由正弦定理得，
显然，即有，因此，即，
所以的取值范围是
18．(1)
(2)5
【分析】
（1）设，将向量分别用和表示，根据三点共线可求的值；；
（2）将向量用表示，由三点共线，可得，由基本不等式可解.
【详解】（1）
设，将代入，
得,因为三点共线，且三点共线，
所以，得
即．
（2）
，
则，因为三点共线，
则，即
当且仅当，即时取得等号．
此时
.
19．(1)1040m
(2)
(3)
【分析】
（1）先求得，然后由正弦定理求得.
（2）假设乙出发后，甲、乙两游客距离为d，利用余弦定理列方程，结合二次函数的性质求得的最小值.
（3）根据“两位游客在C处互相等待的时间不超过3min”列不等式，由此求得乙步行的速度的范围.
【详解】（1）由题意，，显然，，
在中，，
由正弦定理，可得，解得.
所以，索道AB的长为1040m.
（2）假设乙出发后，甲、乙两游客距离为d，
此时甲行走了，乙距离A处，
由余弦定理得
，
因为，即，
则当时，甲、乙两游客之间距离最短.
（3）
由正弦定理，得，
乙从B出发时，甲已走了，还需要走710m才能到达C，
设乙步行的速度为，
由题意得，
所以为了使两位游客在C处互相等待的时间不超过3min，
乙步行的速度应控制在（单位：）范围之内.
答案第1页，共2页高一下册数学期中模拟卷（三）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．测试范围：人教版2019必修第二册第六章、第七章
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：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．在中，，，，则角B的值为（ ）
A． B． C． D．
2．下面给出的关系式中，正确的是（ ）
A． B．
C． D．
3．已知复数，则“”是“的实部小于0”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知为所在平面上一点，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
5．在中，分别是角的对边，若，则的值为（ ）
A．2022 B．2023 C．2024 D．2025
6．已知a，b均为实数，复数：，其中i为虚数单位，若，则a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖．白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬．有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”．某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案．如图，在山脚A测得山顶P得仰角为，沿倾斜角为的斜坡向上走了90米到达B点（A，B，P，Q在同一个平面内），在B处测得山顶P得仰角为，则鼎湖峰的山高PQ为（ ）米
A． B．
C． D．
8．已知向量满足：为单位向量，且和相互垂直，又对任意不等式恒成立，若，则的最小值为（ ）
A．1 B． C． D．
选择题：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
9．已知，，是方程的三个互不相等的复数根，则（ ）
A．可能为纯虚数
B．，，的虚部之积为
C．
D．，，的实部之和为2
10．已知单位向量，的夹角为，则下列结论正确的有（ ）
A．
B．在方向上的投影向量为
C．若，则
D．若，则
11．已知a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下面四个结论正确的是（ ）
A．若，则为等腰三角形
B．在锐角中，不等式恒成立
C．若，，且有两解，则b的取值范围是
D．若，的平分线交于点D，，则的最小值为9
三．填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分
12．已知向量，，若，则正数的值为 .
13．设集合，，则 ．
14．四边形ABCD中，，，，设△ABD与△BCD的面积分别为，，则的最大值为 .
四．解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15．（13分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
(1)求a，c的值；
(2)求的值．
16．（15分）设虚数z满足.
(1)计算的值；
(2)是否存在实数a，使？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.
17．（15分）如图，在中，D是BC中点，E在边AB上，且，AD与CE交于点O．
(1)用，表示；
(2)过点O作直线交线段AB于点G，交线段AC于点H，且，，求t的值；
(3)若，求的值．
18．（17分）已知的内角A，B，C的对边为a，b，c，且．
(1)求；
(2)若的面积为；
①已知E为BC的中点，求底边BC上中线AE长的最小值；
②求内角A的角平分线AD长的最大值．
19．（17分）个有次序的实数所组成的有序数组称为一个维向量，其中称为该向量的第个分量.特别地，对一个维向量，若，，称为维信号向量.设，，则和的内积定义为，且.
(1)直接写出4个两两垂直的4维信号向量；
(2)证明：不存在14个两两垂直的14维信号向量；
(3)已知个两两垂直的2024维信号向量满足它们的前个分量都是相同的，求证：.
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．A
【分析】根据正弦定理即可求解.
【详解】在中，，，，
由正定理得：，
由于，所以
故选：A
2．AD
【分析】
由向量数量积的概念、性质及运算律即可得出答案.
【详解】对：由可得，而，故A说法正确；
对B：取，则成立，但不一定成立，故B说法错误；
对C：表示与共线的向量，而表示与共线的向量，所以不一定成立，故C说法错误；
对D：因为，故，故D说法正确.
故选：AD.
3．B
【分析】考查的实部小于0的充要条件，结合集合关系进行判断.
【详解】因为
若其实部小于0，则，即，
显然是的必要不充分条件，
则“”是“的实部小于0”的必要不充分条件，
故选：B.
4．B
【分析】
利用三角形五心的向量表示可判断得为等边三角形，从而利用数量积的定义运算即可得解.
【详解】
因为，所以为的外心，
又因为，所以为的重心，
所以为等边三角形，又，
则.
故选：B.
5．C
【分析】
利用正弦定理和余弦定理结合三角变换公式可求三角函数式的值.
【详解】由正弦定理可得，由余弦定理可得，
故
，
故选：C.
6．A
【分析】
由复数为实数及不等关系列不等式，解一元二次不等式即可.
【详解】
由题，所以为实数，即，
则有，解得，即a的取值范围为.
故选：A
7．B
【分析】在中，利用正弦定理求，进而在中求山的高度.
【详解】在中，则,
因为，
且，
则，
在中，则.
故选：B.
8．D
【分析】
根据已知由向量垂直可得的模，再由不等式恒成立，结合图象可得，从而可得，接下来方法一，直接对进行平方化简，由二次函数最值可解；方法二，由三点共线基本定理，结合三角形面积公式和余弦定理可解.
【详解】
和相互垂直，
则，则，
结合图象，，
则 ，
因为恒成立，则，
即，则，
法（一）：
对称轴时：
，即
法（二）：，因为，
所以向量的终点共线（起点重合），
则的面积，
，所以.
故选:．
【点睛】
关键点点睛：数形结合发现，，则 ，因为恒成立，则.
9．ABD
【分析】
根据复数的基本概念，复数的模等知识容易求解.
【详解】因为，其三个不同的复数根为：，，
当时，此时为纯虚数，故A正确；
因为三个根的虚部分别为1，，，三个虚部乘积为，故B正确；
根据模长定义，，故C不正确；
因为三个根的实部分别为0，1，1，三个实部之和为2，故D正确.
故选：ABD.
10．AB
【分析】
由题意可得，根据可判断A；根据在方向上的投影向量为可判断B；根据可判断C；根据数量积的运算律可判断D.
【详解】
因为，都是单位向量，所以，
所以，即，故A正确；
在方向上的投影向量为，故B正确；
若，则，即，即，
因为，所以，故C错误；
若，则，
所以，即，故D错误.
故选：AB
11．BCD
【分析】A项，用余弦定理统一成边形式化简判断；B项， 由为锐角三角形，与正弦函数的单调性可得；C项，结合图形，根据边角的关系与解的数量判断；D项，根据三角形面积可得到，将变为，展开后利用基本不等式，即可求得答案.
【详解】选项A，因为，即，
所以有
整理可得，所以或，
故为等腰三角形或直角三角形，故A错误；
选项B，若为锐角三角形，所以，所以，
由正弦函数在单调递增，则，故B正确.
选项C，如图，若有两解，则，
所以，则b的取值范围是，故C正确．
选项D，的平分线交于点D，，
由，由角平分线性质和三角形面积公式得，
得，
即，得，
得，
当且仅当，即时，取等号，故D正确.
故选：BCD.
12．1
【分析】
根据向量垂直的坐标形式可得的方程，故可得正数的值.
【详解】
由题意得，，，
，解得（舍去）或.
故答案为：.
13．
【分析】
解出集合，按照集合的交运算进行运算即可.
【详解】∵，
∴．
∵，∴，
∴，∴．
∴．
故答案为：.
14．/
【分析】根据正弦定理得，再结合余弦定理及基本不等式得，得，设，由，可求得，从而可求解.
【详解】
因为，由正弦定理得，
所以，即，因为，所以，，，
所以，，
由余弦定理得，所以，当时取等号，
所以，
设，则，在中由余弦定理得
，
所以，
当时，取得最大值，
所以的最大值为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题，
常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案；
②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法；
③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值.
15．(1)
(2)
【分析】
（1）根据正弦定理即可求解，
（2）由余弦定理结合同角关系即可求解.
【详解】（1）由已知及正弦定理得，
又，．
（2）由余弦定理可得．
．
16．(1)
(2)存在，
【分析】
（1）首先设复数的标准形式，再根据复数模的运算公式，化解求解；
（2）根据复数的除法运算公式，化简，即可判断.
【详解】（1）设且，则，
因为，
所以，
所以，
所以，所以，
所以；
（2）存在满足题意.
设且，假设存在实数a使，
则有，
所以，因为，所以，
得
所以存在实数，满足.
17．(1)
(2)
(3)．
【分析】（1）由E，O，C三点共线，得，又，从两个角度用，表示，从而得的值得解；
（2）因为H，O，G三点共线，所以，转化为用，表示，可得的值；
（3）用，表示，从而进行数量积运算.
【详解】（1）因为A，O，D三点共线，所以，，且E，O，C三点共线，
所以存在实数，使，其中D是BC中点，且，
所以
即
解得，，
所以．
（2）因为H，O，G三点共线，所以存在实数，使，
其中，，所以，
根据平面向量基本定理可得：即，
所以．
（3）
，
整理可得：，所以．
18．(1)
(2)长的最小值为，的最大值
【分析】
（1）由正弦定理和余弦定理得到，进而求出；
（2）由面积公式求出，进而根据向量的模长公式结合不等式即可求解的最值，根据三角形面积公式，结合等面积法，利用基本不等式可求解的最值.
【详解】（1）
由正弦定理，得，即，
故，
因为，所以，
所以；
（2）
①由（1）知，
因为的面积为，所以，解得，
由于，所以
，
当且仅当时，等号取得到，所以；
②因为为角的角平分线，所以，
由于，
所以，
由于,所以，
由于，
又，所以
由于，当且仅当时，等号取得到，
故，故，
19．(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】
（1）根据题意，结合两两垂直的定义，即可求解；
（2）根据题意，不妨设，得到有7个分量为，设的前7个分量中有个，得到7个分量中有个，进而求得的值，即可求解；
（3）任取，得到，设的第个分量之和为，结合，列出不等式，即可求解.
【详解】（1）根据题意，结合维向量的定义，
则两两垂直的4维信号向量可以为：.
（2）假设存在14个两两垂直的14维信号向量，
因为将这14个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的内积不变，
所以不妨设，
因为，所以有7个分量为，
设的前7个分量中有个，则后7个分量中有个，
所以，可得，矛盾，
所以不存在14个两两垂直的14维信号向量.
（3）任取，计算内积，将所有这些内积求和得到，
则，设的第个分量之和为，
则从每个分量的角度考虑，每个分量为的贡献为，
所以，
令所以，所以.
【点睛】关键点睛：本题以新定义为背景考查向量的运算，解题的关键是根据所给线性相关的定义进行运算判断.
答案第1页，共2页高一下册数学期中模拟卷（一）
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．测试范围：人教版2019必修第二册第六章、第七章
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：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．已知为虚数单位，若复数满足，则（ ）
A． B． C． D．
2．在中，，，若点满足，以作为基底，则等于（ ）
A． B．
C． D．
3．在中，，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．棣莫弗公式（其中i为虚数单位）是由法国数学家棣莫弗（1667-1754）发现的，根据棣莫弗公式可知，复数在复平面内所对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
6．如图，在菱形中，，，分别为上的点，，．若线段上存在一点，使得，则等于（ ）
A． B． C． D．
7．已知点O是平面上一定点，A，B，C是平面上不共线的三个点，动点P满足，则点P的轨迹一定通过的（ ）
A．外心 B．内心 C．重心 D．垂心
8．如图，一块三角形铁片，已知，现在这块铁片中间发现一个小洞，记为点．过点作一条直线分别交于点，并沿直线裁掉，则剩下的四边形面积的最大值为（ ）
A． B． C． D．
选择题：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
9．已知为非零向量，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则共线且方向相反
C．若，则 D．，则
10．设复数对应的向量分别为（为坐标原点），则（ ）
A．
B．若，则
C．若且，则
D．若，则的最大值为.
11．在中，内角，，所对的边分别为，，.若，内角的平分线交于点，，，以下结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
三．填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分
12．若向量，满足，，，则，的夹角为 ．
13．在中，角所对的边分别为，已知，若为边上的中线，且，则的面积等于 ．
14．已知五个点，满足：，，则的最小值为 ．
四．解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15．（13分）已知复数，i为虚数单位.
(1)求；
(2)若复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值.
16（15分）．已知向量，，且.
(1)求的值；
(2)求的取值范围；
(3)记函数，若的最小值为，求实数的值.
17．（15分） 中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足.
(1)求证：；
(2)若为锐角三角形，求的取值范围.
18．（17分）互相垂直且有公共原点的两条数轴构成平面直角坐标系.如果坐标系中两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为斜坐标系.如图，设Ox，Oy是平面内相交成60°角的两条数轴，，分别是与x轴、y轴正方向同向的单位向量.若向量，则把有序数对叫做向量在斜坐标系xOy中的坐标.
(1)设，求；
(2)已知，，求；
(3)若，，与的夹角记为，求的余弦值.
19． （17分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知的内角所对的边分别为，
(1)若，
①求；
②若，设点为的费马点，求；
(2)若，设点为的费马点，，求实数的最小值．
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【分析】
根据复数的乘法以及除法运算即可化简求解.
【详解】由可得，
故选：C
2．A
【分析】
结合图形，将和分别用和，和表示，代入方程即可求解.
【详解】
如图，因，则，即，
解得：.
故选：A.
3．B
【分析】由已知利用余弦定理可求的值，根据正弦定理可求的值．
【详解】∵，
∴由余弦定理可得：,
∴解得：，或（舍去），
∴由正弦定理可得：．
故选:B
4．C
【分析】
根据向量在向量上的投影公式进行计算即可.
【详解】因为向量在向量上的投影向量为：，
故选：C.
5．B
【分析】
由棣莫弗公式化简结合复数的几何意义即可得出答案.
【详解】，
在复平面内所对应的点为，在第二象限.
故选：B.
6．A
【分析】
以为基底可表示出，由三点共线可构造方程求得，将所求数量积化为，根据数量积的定义和运算律可求得结果.
【详解】
，，，，
，
，
三点共线，，解得：，，
.
故选：A.
7．B
【分析】
根据是以为始点，向量与为邻边的菱形的对角线对应的向量，可知点P轨迹，据此可求解.
【详解】
为方向上的单位向量，为方向上的单位向量，
则的方向为∠BAC角平分线对应的的方向．又λ∈（0，＋∞），
所以的方向与的方向相同．
而，所以点P在上移动，
所以点P的轨迹一定通过的内心．
故选：B
8．A
【分析】
利用三角形面积公式和图形面积关系，再结合基本不等式求出取等号的条件，最后求出面积的最值即可.
【详解】设，，，，
则，
即，平方得，
当且仅当，即时取得等号，
故，又，
当的面积最小时，剩下的四边形面积的最大为．
故选：A.
9．ABD
【分析】
利用平行的传递性判断A；利用向量共线的几何意义判断B；举反例排除C，利用向量数量积的运算法则判断D.
【详解】
对于A，因为为非零向量，所以由平行的传递性可得，故A正确；
对于B，若，则共线且方向相反，故B正确；
对于C，当时，有，但不一定成立，故C错误；
对于D，由，得，即，
化简可得，所以，故D正确.
故选：ABD.
10．ACD
【分析】
根据题意，结合复数的模，向量的位置关系，以及复数的几何意义，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由，可得，所以A正确；
对于B中，由，因为，可得，所以B错误；
对于C中，由，因为，可得，即
又因为，可得，
联立方程组，可得，解得，所以C正确；
对于D中，由，可得，
因为，可得，即，
表示以为圆心，半径为的圆，
可得，则原点到圆上点的最大距离为，即的最大值为，所以D正确.
故选：ACD.
11．ABD
【分析】
根据由正弦定理化边为角，经分析化简即得；作出图形，设出边长，利用表示出其他边，由三角形角平分线定理和列出方程，求出各边长，即可判断B,C,D.
【详解】对于A项，因，由正弦定理，，即，则有，
因，，故，即得，故A正确；
对于B项，如图，由上分析，在中，设，则，因平分,则有,
即① ,在中,，代入① 式，解得，即，故B项正确；
对于C项，由上分析知故C项错误；
对于D项，由易得，故D项正确.
故答案为：ABD.
12．
【分析】
利用向量垂直关系，结合数量积的运算法则求得，从而得解.
【详解】因为，，，设，的夹角为，，
所以，
所以，则.
故答案为：
13．/
【分析】将条件式，利用正弦定理角化边，再根据余弦定理求得，以为邻边做平行四边形，在中，利用余弦定理求得，所以，得解；方法二，设，在中由余弦定理得，又，由余弦定理可得，解得，后面同解法一.
【详解】由，得，
，
注意，得，得，
记，由，知，
如图，以为邻边做平行四边形，
在中：，即，
得，所以，
故答案为：．
法（2）：设，在中：①
因为，则，
由余弦定理可得，得②
联立①②知：，即，解得，后面同上．
故答案为：
14．
【分析】根据题意设出合理的向量模，再将其置于坐标系中，利用坐标表示出，再用基本不等式求解出最值即可.
【详解】因为，
所以，，，
由题意设，则，，
设，如图，因为求的最小值，
则，，，，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：首先是对向量模的合理假设，然后为了进一步降低计算的复杂性，我们选择利用坐标法将涉及的各个点用坐标表示，最后得到，再利用基本不等式即可求出最值.
15．(1)；
(2)；
【分析】
（1）利用复数的除法运算法则可得，即可求得；
（2）将z代入方程利用复数相等的概念即可求得.
【详解】（1）因为复数，
所以
（2）因为复数z是关于x的方程的一个根，
所以，
可得，即，
所以,解得.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用数量积结合两角和的余弦公式求的值；
（2）平方再开方，结合角的范围求的取值范围；
（3）把前面的结果代入，换元后得二次函数，利用对称轴和所得区间的关系讨论得解.
【详解】（1）向量，，
.
（2），
，
，，，
所以的取值范围为.
（3）由（1）（2）可知，函数，
令，则，
，其图像抛物线开口向上，对称轴方程为，
当，即时，最小值为，解得（舍去）；
当，即时，最小值为，解得或（舍去）；
当，即时，最小值为.
综上可知，.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】
（1）用正弦定理边化角，再利用和差化积公式与诱导公式进行化简，得，从而用等量关系即可得证；
（2）由（1）知，锐角三角形中，利用角关系求得角的范围，再把式子用角的三角函数来表示并利用两角和差的正弦公式进行化简，进而用三角函数的取值范围即可求解.
【详解】（1）证明：由条件，根据正弦定理可得，
，即，
，
又中，
进行化简得，
所以，即或，即（舍去），
所以.
（2）若为锐角三角形，根据（1），
则，得，
式子，，
由得，又易知函数在内单调递减，
所以，
因此.
18．(1)
(2)
(3)
【分析】
（1）由题意计算，再代入向量模的公式，即可求解；
（2）由向量的坐标转化为基底表示，再代入数量积公式，即可求解；
（3）首先求，和，再代入向量的夹角公式，即可求解.
【详解】（1）
由题意可知，，，
所以，
；
（2），，
则，，
所以，
；
（3），，
根据（2）的结果可知，；
；
，
则.
19．(1)①；②
(2).
【分析】（1）①利用正弦定理角化边，然后利用余弦定理来求解；②利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案；
（2）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案.
【详解】（1）①由正弦定理得，即，
所以，又，
所以；
②由①，所以三角形的三个角都小于，
则由费马点定义可知：，
设，由得：
，整理得，
则
；
（2）因为，
所以，
所以，即，
所以或，
当时，，为直角三角形，
当，
则，
得，在三角形中不可能成立，
所以为的直角三角形，
因为点为的费马点，则，
设，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.
【点睛】关键点点睛：解答本题首先要理解费马点的含义，从而结合（1）的结论可解答第二问，解答第二问的关键在于设，推出，结合费马点含义，利用余弦定理推出，然后利用基本不等式即可求解.
答案第1页，共2页2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（基础篇）
【人教A版（2019）】
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效；
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效；
4.测试范围：必修第二册第六章、第七章、第八章；
5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（23-24高一下·湖南益阳·阶段练习）给出下列四个说法：①若，则；②若，则或；③若，则；④若，，则.其中正确的说法有（ ）个.
A． B． C． D．
2．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）复数，则（ ）
A．的实部为 B．的虚部为
C．的虚部为 D．的虚部为1
3．（5分）（2024·山东烟台·一模）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若 ，则
B．若与所成的角相等，则
C．若 ，则
D．若，则
4．（5分）（2024·四川·模拟预测）已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
5．（5分）（23-24高三下·陕西安康·开学考试）已知向量，，，，则（ ）
A． B． C． D．
6．（5分）（2024·陕西·模拟预测）将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装．如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该物件的高为（ ）
A． B．1 C． D．3
7．（5分）（23-24高三下·安徽·阶段练习）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
8．（5分）（2024·四川·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，给出下列三个结论：
①；
②点到直线的距离的最小值是；
③当时，三棱锥外接球的表面积为．
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）下列说法错误的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C．两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D．平行于同一直线的两直线平行
10．（5分）（2024·辽宁·一模）已知满足，则（ ）
A．
B．复平面内对应的点在第一象限
C．
D．的实部与虚部之积为
11．（5分）（2024·安徽淮北·一模）如图，边长为2的正六边形，点是内部（包括边界）的动点，，，.（ ）
A． B．存在点，使
C．若，则点的轨迹长度为2 D．的最小值为
12．（5分）（2024高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，，，D是BC的中点．则下列判断正确的是（ ）
A．平面 B．异面直线与所成角的余弦值为
C． D．平面与平面所成角的正弦值为
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）在复平面内，是原点，向量对应的复数为，与关于轴对称，则点对应的复数是 ．
14．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）如图，在中，，于点，为的中点．若，则 .
15．（5分）（23-24高三上·浙江杭州·期末）位于奥体核心的杭州世纪中心总投资近100亿元，总建筑面积约53万平方米，由两座超高层双子塔和8万平方米商业设施构成，外形为杭州的拼音首字母“H”，被誉为代表新杭州风貌、迎接八方来客的“杭州之门”.如图，为测量杭州世纪中心塔高，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得，，米，在点C测得塔顶A的仰角为80°，则塔高为 米.（结果保留整数，参考数据：）
16．（5分）（23-24高二上·北京西城·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别在线段和上．给出下列四个结论：
①的最小值为2；
②三棱锥的体积为；
③有且仅有一条直线与垂直；
④存在点，，使为等腰三角形．
其中所有正确结论的序号是 ．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（22-23高一下·甘肃临夏·期末）已知复数，根据以下条件分别求实数m的值或取值范围．
(1)是纯虚数；
(2)对应的点在复平面的第三象限．
18．（12分）（23-24高二上·浙江·期末）如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点．
(1)求的值；
(2)求证：．
19．（12分）（22-23高一下·河南·期中）已知是关于的方程的一个根，其中为虚数单位.
(1)求的值;
(2)记复数，求复数的模.
20．（12分）（22-23高一下·河南·期中）如图，在正方体中，棱长为，是线段的中点，平面过点、、.
(1)画出平面截正方体所得的截面，并说明原因；
(2)求（1）中截面多边形的面积；
(3)平面截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：）
21．（12分）（2024高二·全国·专题练习）中，，点在边上，平分．
(1)若，求；
(2)若，且的面积为，求．
22．（12分）（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在三棱锥中，．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
参考答案
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（23-24高一下·湖南益阳·阶段练习）给出下列四个说法：①若，则；②若，则或；③若，则；④若，，则.其中正确的说法有（ ）个.
A． B． C． D．
【解题思路】
根据零向量定义、向量模长、平行的定义等知识依次判断各个选项即可.
【解答过程】对于①，模长为零的向量为零向量，①正确；
对于②，的模长相同，但方向不确定，未必同向或反向，②错误；
对于③，若，则同向或反向，但模长未必相同，③错误；
对于④，当时，，成立，但此时未必平行，④错误.
故选：A.
2．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）复数，则（ ）
A．的实部为 B．的虚部为
C．的虚部为 D．的虚部为1
【解题思路】
利用复数的虚部与实部的定义求解.
【解答过程】复数的实部为，虚部为，
故选：.
3．（5分）（2024·山东烟台·一模）设为两条不同的直线，为两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若 ，则
B．若与所成的角相等，则
C．若 ，则
D．若，则
【解题思路】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解.
【解答过程】对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故A错误，
对于B，与所成的角相等，则可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误，
对于C， ，则可能垂直，但也可能平行或者相交或者异面，故C错误，
对于D，，则，D正确，
故选：D.
4．（5分）（2024·四川·模拟预测）已知复数（为虚数单位），则复数在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【解题思路】
根据复数代数形式的除法运算化简复数，从而得到其共轭复数，再根据复数的几何意义判断即可.
【解答过程】因为，
所以，所以复数在复平面内对应的点为，位于第三象限.
故选：C.
5．（5分）（23-24高三下·陕西安康·开学考试）已知向量，，，，则（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】
根据向量夹角的坐标运算可构造方程求得结果.
【解答过程】，，，
由得：，，解得：.
故选：C.
6．（5分）（2024·陕西·模拟预测）将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装．如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为，则该物件的高为（ ）
A． B．1 C． D．3
【解题思路】
作出正四棱台的图形，设，利用该四棱台侧面的面积求得，进而利用勾股定理即可得解.
【解答过程】设，则.
因为该四棱台为正四棱台，所以各个侧面都为等腰梯形，上、下底面为正方形，
在四边形中，过点作于点，
则，所以，
所以，解得，
在平面中，过点作于点，
易知为正四棱台的高，则，
所以.
故选：C.
7．（5分）（23-24高三下·安徽·阶段练习）设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，D为边BC上一点，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【解题思路】
设，在与中，由余弦定理求出，根据求出，进而求得的面积.
【解答过程】设，在中，，
在中，，
所以，解得，
因为，所以，
所以的面积为.
故选：C.
8．（5分）（2024·四川·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体中，点是该正方体对角线上的动点，给出下列三个结论：
①；
②点到直线的距离的最小值是；
③当时，三棱锥外接球的表面积为．
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【解题思路】
对①，证明平面即可；对②，根据平面，设，则根据为点到直线的距离分析即可；对③，根据外接球的性质，确定三棱锥外接球的直径为的外接圆直径求解即可.
【解答过程】对①，连接，交于.
因为为正方体，故，平面，
又平面，则.
又，平面，故平面.
又平面，故，故①正确；
对②，由①可得点到直线的距离为，故当时最小，
此时故，，故②正确；
对③，当时，因为平面，平面，故平面平面，即平面平面.
又，故三棱锥外接球球心在平面上，即三棱锥外接球直径为的外接圆直径.
此时，，，
故，故.
设三棱锥外接球的半径为，
则表面积，故③错误.
综上①②正确.
故选：A.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）下列说法错误的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C．两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D．平行于同一直线的两直线平行
【解题思路】
由线线位置关系、棱台、棱锥以及棱柱的定义即可逐一判断.
【解答过程】对于A，棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，它应该保证各侧棱延长后交于一点，故A错误；
对于B，棱锥有一个面是多变形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，故B错误；
对于C，如图所示，
若下面是一个正四棱柱，上面是一个以正四棱柱上底面为下底面的斜四棱柱，但它们的组合体不是棱柱，故C错误；
对于D，由平行线的传递性可知D正确.
故选：ABC.
10．（5分）（2024·辽宁·一模）已知满足，则（ ）
A．
B．复平面内对应的点在第一象限
C．
D．的实部与虚部之积为
【解题思路】利用复数代数形式的运算法则进行运算，求出复数，逐一判断各选项是否正确.
【解答过程】
设 ，
则由已知得，即，
所以解得
所以，则，故A项正确，B项错误；
，的实部为，虚部为1，
所以的实部与虚部之积为，故C，D项正确.
故选：ACD.
11．（5分）（2024·安徽淮北·一模）如图，边长为2的正六边形，点是内部（包括边界）的动点，，，.（ ）
A． B．存在点，使
C．若，则点的轨迹长度为2 D．的最小值为
【解题思路】根据正六边形的性质，结合向量的线性运算即可求解A，根据共线即可得矛盾求解B，根据共线即可求解C，根据数量积的运算律，结合图形关系即可求解D.
【解答过程】设为正六边形的中心，
根据正六边形的性质可得且四边形均为菱形，
，故A正确，
假设存在存在点，使，则,其中点为以为邻边作平行四边形的顶点，
所以在直线上，这与点是内部（包括边界）的动点矛盾，故B错误，
当时，，
取,则,所以点的轨迹为线段,
其中分别为过点作与的交点，
由于为的中点，所以,故点的轨迹长度为1，C错误，
由于,
,
过作于，则,所以此时，
由于分别为上的分量，且点点是内部（包括边界）的动点，所以
当位于时，此时同时最小，故的最小值为
故选：AD.
12．（5分）（2024高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱中，，，，D是BC的中点．则下列判断正确的是（ ）
A．平面 B．异面直线与所成角的余弦值为
C． D．平面与平面所成角的正弦值为
【解题思路】
由线面平行的判断即可判断A，由异面直线夹角的定义以及余弦定理即可判断B，由线面垂直的性质定理即可判断C，由二面角的定义即可判断D
【解答过程】如图，连接交于E，连接DE，易知E为中点，
则，且面，面，所以面，选项A正确；
因为，D是BC的中点，所以，且为直三棱柱，
则平面，又平面，所以，且，
平面，所以平面，
又平面，所以，故C正确；
延长交于点P，连接PA．则PA为平面与平面的交线，
由于D为BC中点．∴．四边形为平行四边形．
∴，即∠APD为异面直线与所成角，
∴，，，，
可得，故B正确；
关于选项D，平面ABD．则平面平面ABD．从而三面角为“直三面角”．
分离后设，，，二面角的平面角为，
且，．
则在中，．在中，．
在中，．∴．故D正确.
故选：ABCD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）在复平面内，是原点，向量对应的复数为，与关于轴对称，则点对应的复数是 ．
【解题思路】
由对称性结合复数的几何意义得出点对应的复数．
【解答过程】
设向量对应的复数为，对应复平面的坐标为，
因为向量对应的复数为，所以对应复平面的坐标为，
因为与关于轴对称，所以．
即向量对应的复数为，因为点为坐标原点，所以点对应的复数是．
故答案为：.
14．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）如图，在中，，于点，为的中点．若，则 .
【解题思路】
根据三角形边长和角度，以为基底表示出，即可得.
【解答过程】
在中，，∴，
又因为，可得；
可得，
∵为的中点，
所以，由，
因此.
故答案为：.
15．（5分）（23-24高三上·浙江杭州·期末）位于奥体核心的杭州世纪中心总投资近100亿元，总建筑面积约53万平方米，由两座超高层双子塔和8万平方米商业设施构成，外形为杭州的拼音首字母“H”，被誉为代表新杭州风貌、迎接八方来客的“杭州之门”.如图，为测量杭州世纪中心塔高，可以选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得，，米，在点C测得塔顶A的仰角为80°，则塔高为 310 米.（结果保留整数，参考数据：）
【解题思路】设米，进而可得， 在中由正弦定理求出，求解即可得出答案.
【解答过程】设米，因为在点C测得塔顶A的仰角为80°，
所以，在中，，所以，
在中，因为，，
所以，
由正弦定理得，所以，
则，
所以米.
故答案为：310.
16．（5分）（23-24高二上·北京西城·期末）如图，在棱长为2的正方体中，点，分别在线段和上．给出下列四个结论：
①的最小值为2；
②三棱锥的体积为；
③有且仅有一条直线与垂直；
④存在点，，使为等腰三角形．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【解题思路】①由的最小值为和之间的距离判断；，②由等体积法判断；③由，分别与重合和 M是线段的中点，N与重合时判断；④由时判断.
【解答过程】①点，分别在线段和移动时，的最小值为和之间的距离，故正确；
②三棱锥，故正确；
③当，分别与重合时，由正方体的性质知：；
当M是线段的中点，N与重合时，由正方体的性质知：平面 ，
且平面，则，又因为，且平面，所以平面，
又平面，则，故错误；
④当时，，则，故存在点，，使为等腰三角形，故正确；
故答案为：①②④.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（22-23高一下·甘肃临夏·期末）已知复数，根据以下条件分别求实数m的值或取值范围．
(1)是纯虚数；
(2)对应的点在复平面的第三象限．
【解题思路】（1）根据纯虚数的定义进行求解即可；
（2）根据复数对应的点在复平面的特征进行求解即可.
【解答过程】（1）因为是纯虚数，
所以；
（2）因为对应的点在复平面的第三象限，
所以，
因此实数m的取值范围为.
18．（12分）（23-24高二上·浙江·期末）如图，在中，已知，，，，分别为，上的两点，，，相交于点．
(1)求的值；
(2)求证：．
【解题思路】
（1）用、表示，再根据数量积的定义及运算律计算可得；
（2）用、表示、，根据数量积的运算律求出，即可得证.
【解答过程】（1）因为，
所以，
所以，
所以；
（2）
因为，
所以，
所以，
所以，即，所以．
19．（12分）（22-23高一下·河南·期中）已知是关于的方程的一个根，其中为虚数单位.
(1)求的值;
(2)记复数，求复数的模.
【解题思路】
（1）将代入方程化简，利用复数等于0，即实部和虚部都为0，即可求解；
（2）求出共轭复数，然后求出待求复数，利用复数模长公式即可求解.
【解答过程】（1）由题意得:，即，
所以，所以，，
解得：，.
（2）
，，，
所以.
20．（12分）（22-23高一下·河南·期中）如图，在正方体中，棱长为，是线段的中点，平面过点、、.
(1)画出平面截正方体所得的截面，并说明原因；
(2)求（1）中截面多边形的面积；
(3)平面截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：）
【解题思路】
（1）取的中点，连接、、，利用平行线的传递性可证得，可知、、、四点共面，再由于、、三点不共线，可得出面即为平面截正方体所得的截面；
（2）分析可知，四边形为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积；
（3）利用台体的体积公式可求得三棱台的体积，可求得该三棱台的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果.
【解答过程】（1）解：如下图，取的中点，连接、、.
因为是的中点，所以.
在正方体中，，，
所以四边形是平行四边形，所以，所以，
所以、、、四点共面.
因为、、三点不共线，所以、、、四点共面于平面，
所以面即为平面截正方体所得的截面.
（2）解：由（1）可知，截面为梯形，，
，，
同理可得，
如下图所示：
分别过点、在平面内作，，垂足分别为点、，
则，，，
所以，，则，
因为，，，则四边形为矩形，
所以，，则，
所以，，
所以，梯形的面积为.
（3）解：多面体为三棱台，，
，该棱台的高为，
所以，该棱台的体积为
，
故剩余部分的体积为.
故比较小的那部分与比较大的那部分的体积的比值为.
21．（12分）（2024高二·全国·专题练习）中，，点在边上，平分．
(1)若，求；
(2)若，且的面积为，求．
【解题思路】（1）由正弦定理及同角三角函数的关系，求出，的正余弦值，再由互补关系求出；
（2）由和的面积为，分别求出和，再根据余弦定理求出的值.
【解答过程】（1）由正弦定理得，AB＝2AC，C＞B，
又∵，∴，
∵，
∵AB＝2AC，∴C＞B，即大边对大角，，
又∵，∴，
∵，
∴
或，
（2）设AB＝2AC＝2t，∠CAD＝θ，∴AD＝AC＝t，
∵，∴，
∴，
∵为三角形的内角，，∴，∴，
∵，∴，
又∵，∴，
在△ABC中，运用余弦定理可得，
，
∴．
22．（12分）（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在三棱锥中，．
(1)求证：；
(2)求二面角的余弦值；
(3)求点到平面的距离．
【解题思路】（1）取的中点为，连接，可得平面，从而可证；
（2）如图，过作，垂足分别为，连接，可证为二面角的平面角，结合解直角三角形可求其余弦值.
（3）结合（1）（2）中的结果可得点面距.
【解答过程】（1）取的中点为，连接，
因为，故，同理，
而平面，故平面，
而平面，故.
（2）
如图，过作，垂足分别为，连接.
由（1）可得平面，而平面，
故平面平面，而平面平面，
平面，故平面，而平面，
所以，而平面，
所以平面，因平面，故，
故为二面角的平面角.
因为，故，
故，由（1）可得，
故，
因为，故，
故，故，所以，
同理，
由平面，平面可得，故，
故.
（3）由（1）可得平面，由（2）可得，
故点到平面的距离为.2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（提高篇）
【人教A版（2019）】
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效；
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效；
4.测试范围：必修第二册第六章、第七章、第八章；
5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（22-23高三下·河南·阶段练习）已知四边形，下列说法正确的是（ ）
A．若，则四边形为平行四边形
B．若，则四边形为矩形
C．若，且，则四边形为矩形
D．若，且，则四边形为梯形
2．（5分）（22-23高一下·辽宁·期末）棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗发现的，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：．根据复数乘方公式，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
3．（5分）（2024高三·河南·专题练习）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（ ）
A．6寸 B．4寸 C．3寸 D．2寸
4．（5分）（2023·上海宝山·一模）已知是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （ ）
A． B．若，则的最大值为
C．若，则复平面内对应的点位于第一象限 D．若是关于的方程的一个根，则
5．（5分）（23-24高二上·上海黄浦·阶段练习）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦均过点，则下列说法错误的是（ ）
A．为定值
B．当时，为定值
C．的取值范围是
D．的最大值为12
6．（5分）（22-23高一下·广东深圳·期中）在锐角△中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．（5分）（2024·陕西西安·一模）如图，在矩形ABCD中，，E，F分别为BC，AD中点，将沿直线AE翻折成与B、F不重合，连结，H为中点，连结CH，FH，则在翻折过程中，下列说法中不正确的是（ ）
A．CH的长是定值
B．在翻折过程中，三棱锥外接球的表面积为
C．当时，三棱锥的体积为
D．点H到面的最大距离为
8．（5分）（22-23高一下·天津和平·期末）如图，在正方体中，点在线段上运动，则以下命题正确的序号为（ ）
①直线平面
②平面与平面的夹角大小为
③三棱锥的体积为定值
④异面直线与所成角的取值范围是
A．①② B．①③ C．①③④ D．①④
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（23-24高三下·贵州·阶段练习）已知复数，满足，，且，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．
10．（5分）（2024·湖北·二模）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）
A．动点轨迹的长度为
B．三棱锥体积的最小值为
C．与不可能垂直
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
11．（5分）（22-23高一下·山东·阶段练习）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联.它的具体内容是：已知是内一点，的面积分别为，且.以下命题正确的有（ ）
A．若，则为的重心
B．若为的内心，则
C．若，为的外心，则
D．若为的垂心，，则
12．（5分）（23-24高二上·浙江丽水·期末）如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，且该八面体的各棱长均相等，则（ ）
A．平面平面
B．平面平面
C．直线与平面所成角的正弦值是
D．平面与平面夹角的余弦值是
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（22-23高一下·河南郑州·期中）已知复数和满足，且，则的最小值是 ．
14．（5分）（23-24高三上·河南驻马店·期末）已知是边长为3的等边三角形，为上一点，为的中心，为内一点（包括边界），且，则的最大值为 .
15．（5分）（23-24高三上·广东揭阳·期末）如图，在四棱柱中，底面ABCD为正方形，，，，且二面角的正切值为．若点P在底面ABCD上运动，点Q在四棱柱内运动，，则的最小值为 ．
16．（5分）（22-23高一下·山东青岛·期中）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则周长的取值范围为 ，面积的最大值为 ．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知复数，，其中i为虚数单位，且满足，且为纯虚数.
(1)若复数，在复平面内对应点在第一象限，求复数z；
(2)求；
(3)若在（1）中条件下的复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值.
18．（12分）（23-24高一上·辽宁·期末）如图，在中，点满足，是线段的中点，过点的直线与边，分别交于点．
(1)若，求的值；
(2)若，，求的最小值．
19．（12分）（23-24高二上·上海黄浦·期中）如图，几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为、，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为O．
(1)若圆柱的底面圆半径为，求几何体的体积；
(2)若，求几何体的表面积．
20．（12分）（22-23高一下·上海杨浦·期末）设是一个关于复数z的表达式，若（其中x，y，， 为虚数单位），就称f将点“f对应”到点．例如将点“f对应”到点．
(1)若点“f对应”到点，点“f对应”到点，求点、的坐标；
(2)设常数，，若直线l：，，是否存在一个有序实数对，使得直线l上的任意一点“对应”到点后，点Q仍在直线上？若存在，试求出所有的有序实数对；若不存在，请说明理由；
(3)设常数，，集合且和且，若满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有；②对于集合A中的任意一个元素，都存在集合D中的元素z使得．请写出满足条件的一个有序实数对，并论证此时的满足条件．
21．（12分）（22-23高一下·江苏连云港·期中）已知中，点是线段上一点，，且①，②，③，④.
(1)求的长；
(2)为边上的一点，若为锐角三角形，求的周长取值范围.
上面问题的条件，现请你在①，②，③，④中删除一个，并将剩下三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.
你删去的条件是_______，请你写出剩余条件解答本题的过程.
22．（12分）（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长.
参考答案
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（22-23高三下·河南·阶段练习）已知四边形，下列说法正确的是（ ）
A．若，则四边形为平行四边形
B．若，则四边形为矩形
C．若，且，则四边形为矩形
D．若，且，则四边形为梯形
【解题思路】
根据向量共线和模长相等的几何与意义结合平行四边形、矩形、梯形的定义逐项判断即可.
【解答过程】
A选项，若，则且，则四边形为平行四边形，正确；
选项，如图
，但是四边形不是矩形，错误；
选项，若，且，则四边形可以是等腰梯形,也可以是矩形，故错误．
选项，若，且，则四边形可以是平行四边形，也可以是梯形，故错误.
故选：A.
2．（5分）（22-23高一下·辽宁·期末）棣莫弗定理是由法国数学家棣莫弗发现的，由棣莫弗定理可以导出复数乘方公式：．根据复数乘方公式，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
【解题思路】根据复数乘方公式结合三角函数诱导公式及复数的几何意义可求得结果.
【解答过程】由题意得 ，
因为，，，
所以复数在复平面内对应的点位于第四象限．
故选：D.
3．（5分）（2024高三·河南·专题练习）我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（ ）
A．6寸 B．4寸 C．3寸 D．2寸
【解题思路】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面积即可得到答案.
【解答过程】
如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
因为积水深9寸，所以水面半径为寸，
则盆中水的体积为立方寸，
所以平地降雨量等于寸.
故选：C.
4．（5分）（2023·上海宝山·一模）已知是复数，是其共轭复数，则下列命题中正确的是 （ ）
A． B．若，则的最大值为
C．若，则复平面内对应的点位于第一象限 D．若是关于的方程的一个根，则
【解题思路】设出复数的代数形式计算判断A；利用复数的几何意义判断B；求出复数判断C；利用复数相等求出判断D.
【解答过程】对于A，设，则，，A错误；
对于B，由知，在复平面内表示复数的点在以原点为圆心的单位圆上，
可看作该单位圆上的点到点的距离，因为圆心到的距离为，
则该单位圆上的点到点的距离最大值为，B正确；
对于C，，则复平面内对应的点位于第二象限，C错误；
对于D，依题意，，整理得，
而，因此，解得，D错误．
故选：B.
5．（5分）（23-24高二上·上海黄浦·阶段练习）“圆幂定理”是平面几何中关于圆的一个重要定理，它包含三个结论，其中一个是相交弦定理：圆内的两条相交弦，被交点分成的两条线段长的积相等，如图，已知圆的半径2，点是圆内的定点，且，弦均过点，则下列说法错误的是（ ）
A．为定值
B．当时，为定值
C．的取值范围是
D．的最大值为12
【解题思路】过作直径，利用向量加减几何意义得判断A；根据垂直关系及、数量积得运算律化简判断B；若为中点，连接，应用向量线性运算的几何意义及数量积的运算律、圆的性质得，进而求范围判断C；由弦的最大值判断D.
【解答过程】如图，过作直径，依题意，
为定值，A正确；
若，则，
则，
又，则，同理可得，故，B正确；
若为中点，连接，则
，
由题意，则，C正确；
因为，则有，D错误.
故选：D.
6．（5分）（22-23高一下·广东深圳·期中）在锐角△中，角所对的边分别为，若，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【解题思路】由正弦边角关系、三角恒等变换及三角形内角性质可得，进而有，再把化为并确定的范围，应用余弦函数性质求范围即可.
【解答过程】由，则，
所以，
则，
所以或（舍），故，
综上，，且
所以，
，
由锐角△，则，可得，则，
所以，故.
故选：A.
7．（5分）（2024·陕西西安·一模）如图，在矩形ABCD中，，E，F分别为BC，AD中点，将沿直线AE翻折成与B、F不重合，连结，H为中点，连结CH，FH，则在翻折过程中，下列说法中不正确的是（ ）
A．CH的长是定值
B．在翻折过程中，三棱锥外接球的表面积为
C．当时，三棱锥的体积为
D．点H到面的最大距离为
【解题思路】
对于A，取的中点G，由四边形是平行四边形，可得，进而求出CH；对于B，取AE的中点O，由外接球的性质可知，点O即为三棱锥外接球的球心，进而求出外接球的表面积；对于C，由即可求出结果；对于D，点D到面的距离为h，则点H到面的距离为，由得，当平面平面ABE时，三棱锥的体积最大，进而求出结果.
【解答过程】取的中点G，连接GH，GE，则，且，又，且，所以，且，
是平行四边形，，而，故A正确；
对于B，取AE的中点O，连接，所以，
即点O为三棱锥的外接球的球心，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故B错误；
对于C，连接，连接，，
即，所以，即分别为的中点，
，．
又M为DE的中点，，
，
又平面，又，
又平面CFH，
，
故C正确；
对于D，令点D到面的距离为h，因为H为中点，
所以点H到面的距离为．
因为，因为三棱锥的底面积是定值，
所以当平面平面ABE时，三棱锥的体积最大，取AE的中点O，连接，
则平面ABE，所以，即，解得，
所以点H到面的最大距离为，故D正确．
故选：B．
8．（5分）（22-23高一下·天津和平·期末）如图，在正方体中，点在线段上运动，则以下命题正确的序号为（ ）
①直线平面
②平面与平面的夹角大小为
③三棱锥的体积为定值
④异面直线与所成角的取值范围是
A．①② B．①③ C．①③④ D．①④
【解题思路】由线面垂直的性质定理与判定定理证明直线平面判断①，找出平面角后可判断②，由线面平行的性质可判断③，由异面直线所成的角的定义判断④．
【解答过程】如图，连接，正方形中，，
正方体的棱平面，平面，，
，平面，所以平面，
又平面，所以，同理．
，平面，所以平面，①正确；
因为平面，平面，所以，
又平面平面，，平面，平面，
则是平面与平面的夹角，显然三角形为等腰直角三角形，则该角大小为，②错；
因为，，，所以，
所以四边形为平行四边形，因此有，
又平面，平面，所以平面，
，因此到平面的距离为定值，三棱锥的体积为定值，③正确；
由于，因此异面直线与所成角就是与所夹的角，
即图中或，设正方体棱长为1，易知，
当点为中点时，此时，
因为 是等边三角形，在线段，因此或中较小的角的范围是，④错误．
故选：B．
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（23-24高三下·贵州·阶段练习）已知复数，满足，，且，则（ ）
A． B．
C．若，则 D．
【解题思路】
由，平方后可推出，即可判断D，由此可判断C；根据复数的乘法以及模的计算公式可判断A；根据复数的加法以及模的计算公式可判断B；
【解答过程】由题意知复数，满足，，且，
则，故，
即，得，
故，D正确；
，
得，A正确；
由于，
故
，B错误；
由以上D的分析可知，若，则，故，C正确；
故选：ACD.
10．（5分）（2024·湖北·二模）如图，棱长为2的正方体中，为棱的中点，为正方形内一个动点（包括边界），且平面，则下列说法正确的有（ ）
A．动点轨迹的长度为
B．三棱锥体积的最小值为
C．与不可能垂直
D．当三棱锥的体积最大时，其外接球的表面积为
【解题思路】
对A由平面，联想到存在一个过的平面与平面平行，利用正方体特征找到平面平面,进而得到的轨迹为线段，对B，根据棱锥体积公式分析即可，对C举反例即可；对D，利用勾股定理求出外接球半径即可.
【解答过程】对A，如图，令中点为,中点为,连接，
又正方体中，为棱的中点，可得,，
平面,平面,又，
且平面，平面平面,
又平面，且平面，平面，
又为正方形内一个动点（包括边界），平面平面，而平面平面，
，即的轨迹为线段.
由棱长为2的正方体得线段的长度为，故选项A正确；
对B，由正方体侧棱底面，所以三棱锥体积为，
所以面积最小时，体积最小，如图，，易得在处时最小，
此时,所以体积最小值为，故选项B正确；
对C，当为线段中点时，由可得,又中点为,中点为,
，而，,故选项C不正确；
对D，如图，当在处时，三棱锥的体积最大时，
由已知得此时,所以在底面的射影为底面外心，
,,,所以底面为直角三角形，
所以在底面的射影为中点，设为，如图，设外接球半径为,
由,,可得外接球半径，
外接球的表面积为，故选项D正确.
故选：ABD.
11．（5分）（22-23高一下·山东·阶段练习）“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心（重心、内心、外心、垂心）有着神秘的关联.它的具体内容是：已知是内一点，的面积分别为，且.以下命题正确的有（ ）
A．若，则为的重心
B．若为的内心，则
C．若，为的外心，则
D．若为的垂心，，则
【解题思路】对A，取的中点D，连接，结合奔驰定理可得到，进而即可判断A；
对B，设内切圆半径为，从而可用表示出，再结合奔驰定理即可判断B；
对C，设的外接圆半径为，根据圆的性质结合题意可得，从而可用表示出，进而即可判断C；
对D，延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，根据题意结合奔驰定理可得到，，从而可设，则，代入即可求解，进而即可判断D．
【解答过程】对于A，取的中点D，连接，
由，则，
所以，
所以A，M，D三点共线，且，
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得，，所以为的重心，故A正确；
对于B，由为的内心，则可设内切圆半径为，
则有，
所以，
即，故B正确；
对于C，由为的外心，则可设的外接圆半径为，
又，
则有，
所以，
，
，
所以，故C错误；
对于D，如图，延长交于点D，延长交于点F，延长交于点E，
由为的垂心，，则，
又，则，，
设，则，
所以，即，
所以，所以，故D正确.
故选：ABD．
12．（5分）（23-24高二上·浙江丽水·期末）如图，两个共底面的正四棱锥组成一个八面体，且该八面体的各棱长均相等，则（ ）
A．平面平面
B．平面平面
C．直线与平面所成角的正弦值是
D．平面与平面夹角的余弦值是
【解题思路】对于A，需证平面CDE与平面CDE；取中点，所以为二面角的平面角，求出此二面角不是直二面角，可判断B；同理为二面角的平面角，可判定D;对于C，先证平面BEDF，故即为直线AE与平面BDE所成的角，求解即可.
【解答过程】连接AC交BD于点O，则点O为正方形ABCD的中心，
由对称性可知，，所以四边形为平行四边形，
所以，又平面CDE，平面，所以平面，
同理平面，又，AF，平面，
所以平面平面，A正确；
取中点，连接，则，
所以为二面角的平面角，
设该八面体的棱长为，则，
所以，
所以二面角不是直二面角，则平面与平面不垂直，
而平面平面，所以平面与平面也不垂直，B错误；
同理，取中点，连接，为二面角的平面角，
，所以平面与平面夹角的余弦值是，D正确；
由，，得，在正方形ABCD中，，
平面BEDF，平面BEDF，又，所以平面BEDF，
所以即为直线AE与平面BDE所成的角，
设该八面体的棱长为2，则，
所以，所以，C错误.
故选：AD.
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（22-23高一下·河南郑州·期中）已知复数和满足，且，则的最小值是 4 ．
【解题思路】
利用复数的几何意义，在复平面中数形结合即可.
【解答过程】设，由可得，
即，
又，则在以为圆心，1为半径的圆上，
如图所示，当时，此时的最小值为4.
故答案为：4.
14．（5分）（23-24高三上·河南驻马店·期末）已知是边长为3的等边三角形，为上一点，为的中心，为内一点（包括边界），且，则的最大值为 3 .
【解题思路】由三点共线确定的位置，再利用向量投影的意义确定最值.
【解答过程】因为，，三点共线，所以，解得，
即为上靠近点的三等分点.
利用向量的投影定义，可知当位于点时，取得最大值，
最大值为.
故答案为：3.
15．（5分）（23-24高三上·广东揭阳·期末）如图，在四棱柱中，底面ABCD为正方形，，，，且二面角的正切值为．若点P在底面ABCD上运动，点Q在四棱柱内运动，，则的最小值为 ．
【解题思路】
先求得到平面的距离，然后利用对称法以及三点共线等知识求得的最小值.
【解答过程】连接，交于，设是的中点，连接.
由于，是的中点，所以，
由于平面，
所以平面，由于平面，所以，，
由于分别是的中点，所以，
由于，所以，由于平面，
所以平面，由于平面，所以，
所以是二面角的平面角，
所以，所以，
由于，所以，
所以三角形是等腰直角三角形，所以，
由于平面，
所以平面，且.
由于，所以点的轨迹是以为球心，
半径为的球面在四棱柱内的部分，
关于平面的对称点为，
连接，交平面于，
所以的最小值为.
故答案为：.
16．（5分）（22-23高一下·山东青岛·期中）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则周长的取值范围为 ，面积的最大值为 ．
【解题思路】根据已知条件及正弦定理边角化，利用两角和的正弦公式及辅助角公式，然后再利用余弦定理及基本不等式，结合三角形的周长公式及三角形的面积公式即可求解.
【解答过程】由及正弦定理，得,
所以,
,
因为，
所以，
所以，即，于是有，
因为，
所以，
所以，即.
由余弦定理，得,即，解得，
当且仅当时，等号成立，
所以，
所以周长的取值范围为.
因为，
所以，
当且仅当时，等号成立，
,
所以当时，面积的最大值为.
故答案为：；.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）已知复数，，其中i为虚数单位，且满足，且为纯虚数.
(1)若复数，在复平面内对应点在第一象限，求复数z；
(2)求；
(3)若在（1）中条件下的复数z是关于x的方程的一个根，求实数m，n的值.
【解题思路】（1）由为纯虚数，求得，再由，且在复平面内对应点在第一象限，可求得结果，
（2）将分别代入计算化简即可，
（3）法一：将代入化简，再利用复数相等的条件可求得实数m，n的值，法二：由题意可得和为方程的根，然后利用根与系数的关系可求得结果.
【解答过程】（1）因为复数，，所以，
又为纯虚数，所以，
又，所以，
又因为复数z在复平面内对应点在第一象限，
所以，故.
（2）由（1）可知
当时，，
当时，.
（3）法一：由（1）可知是关于x的方程的一个根，
所以把，代入得，
化简得，
即，解得：，
法二：由（1）可知是关于x的方程的一个根，
所以此方程的另一根为：，则，
解得：，.
18．（12分）（23-24高一上·辽宁·期末）如图，在中，点满足，是线段的中点，过点的直线与边，分别交于点．
(1)若，求的值；
(2)若，，求的最小值．
【解题思路】
（1）由题意根据向量的线性运算法则得到，，再根据三点共线，求得即可求解.
（2）根据题意得到，，结合三点共线得到，利用基本不等式“1”的妙用即可求解.
【解答过程】（1）因为，
所以，
因为是线段的中点，所以，
又因为，设，则有，
因为三点共线，所以，解得，即，
所以．
（2）因为， ，
由（1）可知，，所以，
因为三点共线，所以，即，
所以，
当且仅当，即，时取等号，
所以的最小值为．
19．（12分）（23-24高二上·上海黄浦·期中）如图，几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为、，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为O．
(1)若圆柱的底面圆半径为，求几何体的体积；
(2)若，求几何体的表面积．
【解题思路】（1）分别计算圆锥的体积与圆柱的体积，体积和即为所求；
（2）根据比例关系，可分别求出圆锥与圆柱的高及底面半径，再利用表面积公式即可求解.
【解答过程】（1）如图可知，过P、、的截面为五边形，其中四边形为矩形，三角形为等腰三角形，
在直角中，，，则
故圆锥的底面半径为，高为，其体积为
圆柱的底面半径为，高为，其体积为
所以几何体的体积为
（2）若，设，则，故，
在直角中，，，则
故圆锥的底面半径为，高为，其母线长为，
圆锥的侧面积为
圆柱的底面半径为，高为，其侧面积为
所以几何体的表面积为.
20．（12分）（22-23高一下·上海杨浦·期末）设是一个关于复数z的表达式，若（其中x，y，， 为虚数单位），就称f将点“f对应”到点．例如将点“f对应”到点．
(1)若点“f对应”到点，点“f对应”到点，求点、的坐标；
(2)设常数，，若直线l：，，是否存在一个有序实数对，使得直线l上的任意一点“对应”到点后，点Q仍在直线上？若存在，试求出所有的有序实数对；若不存在，请说明理由；
(3)设常数，，集合且和且，若满足：①对于集合D中的任意一个元素z，都有；②对于集合A中的任意一个元素，都存在集合D中的元素z使得．请写出满足条件的一个有序实数对，并论证此时的满足条件．
【解题思路】（1）根据题中的新定义求解即可；
（2）由题意可得，进而由条件得出关于的方程组，求解即可；
（3）满足条件的一个有序实数对为，即，，结合复数模的求法及复数的运算证明即可.
【解答过程】（1）由知，则，故；
设，则，
由知，则，即.
（2）直线l上的任意一点“对应”到点，
，且，
，即，
由题意，点仍在直线上，则，又，
则，
展开整理得，
则，解得，
所以，所求的有序实数对为.
（3）满足条件的一个有序实数对为，即，，证明如下：
设，则，，
∵，∴，
，即，满足条件①；
设，且，即，得，
由得，
则
，
则，满足条件②，
综上，满足条件的一个有序实数对为.
21．（12分）（22-23高一下·江苏连云港·期中）已知中，点是线段上一点，，且①，②，③，④.
(1)求的长；
(2)为边上的一点，若为锐角三角形，求的周长取值范围.
上面问题的条件，现请你在①，②，③，④中删除一个，并将剩下三个作为条件解答这个问题，要求答案存在且唯一.
你删去的条件是_______，请你写出剩余条件解答本题的过程.
【解题思路】（1）若删除②或③，由余弦定理得出两解，不满足题意，删除条件①和④，在和中分别利用余弦定理建立方程可求解；
（2）若删去①：设，通过正弦定理及三角恒等变换得的周长，利用锐角三角形求出的范围，利用正切函数的性质求出范围即可；
若删去④：先利用余弦定理求出，然后设，通过正弦定理及三角恒等变换得的周长，利用锐角三角形求出的范围，利用正切函数的性质求出范围即可.
【解答过程】（1）删除条件①：设，，则.
在中，，
即，
同理在中，，
即，联立，可得，．
即，，故；
删除条件④：设，则，在中，
，
同理在中，，
因为，所以，即，
解得：，所以；
删除条件②：在中，，
所以，解得或，不唯一，不符合题意；
删除条件③：在中，，
即，解得或，不唯一，不符合题意.
（2）若删去①：由（1）知，设，因为，则.
在中，由正弦定理知,则，，
所以的周长
，
因为为锐角三角形，则，
所以，又，所以当时，在边上，
所以，因为在为单调增函数，则，
所以.所以周长的取值范围为.
若删去④：由（1）知，则在中，由余弦定理得
，因为，则，
设，则.
在中，由正弦定理知,则，，
所以的周长
，
因为为锐角三角形，则，
所以，又，所以当时，在边上，
所以，因为在为单调增函数，则，
所以.所以周长的取值范围为.
22．（12分）（23-24高三上·北京海淀·阶段练习）已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形.
(1)求证：；
(2)求点到平面的距离；
(3)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长.
【解题思路】（1）由题可得平面，故，根据菱形的性质可得，再根据线面垂直的判定定理与性质定理即可证明；
（2）由题干数据结合即可求解；
（3）由线面平行的判定定理可得，可得到平面的距离即为到平面的距离，过作垂线平面交于点，要使角最大，则需使最小，此时，从而求解.
【解答过程】（1）点在底面上的射影是与的交点，
平面，
平面，
，
四边形为菱形，
，
，平面，
平面，
平面，
；
（2）由题意可得 与都是边长为2的等边三角形，
，，
，
，
，
设点到平面的距离为，
由得，
即，解得.
故点到平面的距离为.
（3）设直线与平面所成的角为，
，
到平面的距离即为到平面的距离.
过作垂线平面交于点，则，
此时，要使最大，则需使最小，此时.
由题意可知：，，
平面，且，
，，
在中，由余弦定理可得：
，
，
由面积相等，
即，解得：，
，，
即点在线段上靠近点的4分点处，此时，.高一下学期期中测试01
（时间：120分钟，满分：150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，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．已知的面积为，则（ ）
A．13 B．14 C．17 D．15
3．如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为（ ）
A． B． C．24 D．48
4．已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．已知均为单位向量，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知的外接圆圆心为，，，则在上的投影向量为（ ）
A． B．
C． D．
7．在正三棱锥中，，，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，点D在边BC上，且的面积为，则（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若只有3个正确选项，每选对一个得2分
9．（多选）已知复数z满足＝2＋i，则下列说法正确的是（ ）
A．z的虚部为－1
B．|z|＝2
C．z－1为纯虚数
D．z6＝－8i
10．已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，最小 B．当最小时，
C．当时，与的夹角最小 D．当与的夹角最小时，
11．在中，角的对边分别为，已知的周长为，则（ ）
A．若，则是等边三角形
B．存在非等边满足
C．内部可以放入的最大圆的半径为
D．可以完全覆盖的最小圆的半径为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．已知非零向量满足，则 .
13．已知复数，，满足，，为虚数单位，则 ．
14．平面四边形中，，则的最大值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（13分）在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数（是z的共轭复数）.
(1)求m的值；
(2)复数在复平面对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
16．（15分）正六棱锥被过棱锥高的中点且平行于底的平面所截，得到正六棱台和较小的棱锥．
(1)求大棱锥、小棱锥、棱台的侧面积之比；
(2)若大棱锥的侧棱长为，小棱锥的底面边长为，求截得的棱台的侧面积与全面积．
17．（15分）如图，正方形中，分别为线段上的点，满足，连接交于点．
(1)求证：；
(2)设，求的最大值和的最大值.
18．（17分）已知向量，函数，，.
(1)当时，求的值；
(2)若，求的最小值；
(3)是否存在实数m，使函数，有四个不同的零点 若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由.
19．（17分）中，为边的中点，.
(1)若的面积为，且，求的值；
(2)若，求的取值范围．
参考答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，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
【分析】根据复数的除法运算结合复数的几何意义分析判断.
【详解】由题意可得：＝＝＝，
所以该复数对应的点的坐标为，该点位于第一象限．
故选：A.
2．已知的面积为，则（ ）
A．13 B．14 C．17 D．15
【答案】C
【分析】先根据三角形的面积公式求出，再利用余弦定理即可得解.
【详解】的面积，所以，
由余弦定理得，因此.
故选：C.
3．如图，是水平放置的用斜二测画法画出的直观图（图中虚线分别与轴和轴平行），，，则的面积为（ ）
A． B． C．24 D．48
【答案】D
【分析】由直观图得到平面图形，再求出相应的线段长，最后由面积公式计算可得.
【详解】由直观图可得如下平面图形：
其中，，，轴，且，
所以.
故选：D
4．已知圆锥的底面圆周在球的球面上，顶点为球心，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设圆锥的底面半径，母线为，外接球的半径为，依题意求出、，即可得，最后由球的表面积公式计算可得.
【详解】依题意圆锥高，设圆锥的底面半径，母线为，圆锥的外接球的半径为，
因为圆锥的侧面展开图是一个半圆，则，解得，
可知，
所以圆锥的外接球球的表面积.
故选：C.
5．已知均为单位向量，且满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】由，得，两边平方求出，，分别求出，再根据向量夹角得计算公式即可得解.
【详解】由，得，
则，所以，
由，得，
所以，
，
所以.
故选：B.
6．已知的外接圆圆心为，，，则在上的投影向量为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据条件作图可得为等边三角形，根据投影向量的概念求解即可.
【详解】因为，
所以外接圆圆心为的中点，即为外接圆的直径，如图，
又，所以为等边三角形，
则，故，
所以向量在向量上的投影向量为
．
故选：D．
7．在正三棱锥中，，，则三棱锥的外接球表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据正三棱锥的结构特征可求解高的长度，进而根据勾股定理即可求解半径，即可由表面积公式求解，或者利用空间直角坐标系求解半径.
【详解】方法一：如图，取正三角形的中心为，连接，
则三棱锥的外接球球心在上，连接.
在正三角形中，，所以.
在中，，所以.
设外接球的半径为，
由，，解得，
所以三棱锥的外接球表面积.
故选:C.
方法二：在正三棱锥中，过点作底面于点，
则为底面正三角形的中心，
因为正三角形的边长为2，所以.
因为，所以.
如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，
则，.
设三棱锥的外接球球心为，半径为.
由，得，解得，
所以，
则三棱锥的外接球表面积.
故选：C.
8．若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，点D在边BC上，且的面积为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用三角恒等变换化简计算可得，由正弦定理可得，进而，结合三角形面积公式和余弦定理计算即可求解.
【详解】因为，所以，
所以，
所以，即，
所以，因为，所以．
由正弦定理得，又，所以．
因为点D在边BC上，，所以，
因为，，
所以，所以，如图所示，
所以，得．
在中，，由余弦定理可得
，
则．
故选：B
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若只有3个正确选项，每选对一个得2分
9．（多选）已知复数z满足＝2＋i，则下列说法正确的是（ ）
A．z的虚部为－1
B．|z|＝2
C．z－1为纯虚数
D．z6＝－8i
【答案】AD
【详解】
分析：先根据复数的运算求出z，再根据复数概念判断A，根据复数模判断B，根据复数对应点判断C，根据复数的乘方运算判断D.
详解：因为＝2＋i，所以1－＝2＋i，所以z＝＝＝＝－1－i，z的虚部为－1，故A正确；|z|＝＝，故B错误；z＋1为纯虚数，故C错误；因为z2＝（－1－i）2＝1＋2i＋i2＝2i，所以z6＝（z2）3＝（2i）3＝－8i，故D正确．故选AD.
10．已知向量，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，最小 B．当最小时，
C．当时，与的夹角最小 D．当与的夹角最小时，
【答案】ABD
【分析】求出的坐标，再由向量模的坐标表示得到，结合二次函数的性质求出，即可判断A、B，设向量与的夹角为，表示出，由，可得，求出的值，即可判断C、D.
【详解】由，，，
所以，
所以
当时，取得最小值，故A正确；
当最小时，，所以，所以，故B正确；
设向量与的夹角为，则，
要使向量与的夹角最小，则最大，由于，
所以的最大值为1，此时，则，解得，
此时，所以当时，与的夹角最小，此时，故C错误，D正确.
故选：ABD.
11．在中，角的对边分别为，已知的周长为，则（ ）
A．若，则是等边三角形
B．存在非等边满足
C．内部可以放入的最大圆的半径为
D．可以完全覆盖的最小圆的半径为
【答案】ACD
【分析】由余弦定理与正弦定理及三角形的面积公式逐项求解即可.
【详解】因为的周长为3，且，可得，
由余弦定理得．
对于A，因为，所以，
即，则，所以为等边三角形，故A正确；
对于B，假设，则，即，则，
此时为等边三角形，故B错误；
对于C，由，可得，
当且仅当时等号成立，解得或（舍去），
所以的面积的内切圆半径为，
所以内部可以放入的最大圆的半径为，故C正确；
对于D，设外接圆的半径为，因为，
当且仅当时等号成立，所以，解得或（舍去），
由，可得，
因为，所以，
所以可以完全覆盖的最小圆的半径为，故D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．已知非零向量满足，则 .
【答案】
【分析】根据向量减法的三角形法则得三角形为等边三角形，根据等边三角形的几何特征进行计算即可.
【详解】如图当时，为等边三角形，
则为线段的长度，
所以.
故答案为：.
13．已知复数，，满足，，为虚数单位，则 ．
【答案】
【分析】根据给定条件，设出复数的代数形式，再利用复数模及复数乘除法运算计算得解.
【详解】设（），（），
由，得，
即，整理得，
又，因此，
所以.
故答案为：
14．平面四边形中，，则的最大值为 ．
【答案】4
【分析】根据题意，设，且， 在中，利用余弦定理，求得，即，再在中，利用余弦定理，化简得到
，结合三角函数的性质，即可求解.
【详解】如图所示，因为，设，且，
在中，可得 ，
即，可得，
在中，可得，
所以，
当时，即时，取得最大值，最大值为，
所以的最大值为.
故答案为：.
四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（13分）在复平面内，复数对应的点的坐标为，且为纯虚数（是z的共轭复数）.
(1)求m的值；
(2)复数在复平面对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
【答案】(1)；
(2)；
【分析】（1）结合复数的几何意义，再利用复数的乘法化简复数，由已知条件可求得实数m的值；
（2）利用复数的除法求，再结合复数的几何意义求解.
【详解】（1）由题意，复数，
所以，
则，
因为为纯虚数，所以，解得；
（2）复数，
因为复数在复平面对应的点在第一象限，
所以，解得
16．（15分）正六棱锥被过棱锥高的中点且平行于底的平面所截，得到正六棱台和较小的棱锥．
(1)求大棱锥、小棱锥、棱台的侧面积之比；
(2)若大棱锥的侧棱长为，小棱锥的底面边长为，求截得的棱台的侧面积与全面积．
【答案】(1)
(2)侧面积为，全面积为
【分析】（1）根据棱锥和棱台的侧面积公式，结合平行线的性质进行求解即可；
（2）根据棱台的侧面积和全面积公式，结合三角形面积公式、平行线的性质进行求解即可.
【详解】（1）设正六棱锥的高，底面边长，
因为正六棱锥被过棱锥高的中点且平行于底的平面所截，得到正六棱台和较小的棱锥，
所以小棱锥的高为，底面边长，
在中，因为，所以，
于是有：，
因此大棱锥、小棱锥、棱台的侧面积之比为；
（2）由（1）可知：，
已知大棱锥的侧棱，
显然在中，上的高长为，
所以，
所以，
由（1）可知：截得的棱台的侧面积为，
截得的棱台的全面积为.
17．（15分）如图，正方形中，分别为线段上的点，满足，连接交于点．
(1)求证：；
(2)设，求的最大值和的最大值.
【答案】(1)证明见解析
(2)的最大值为1；的最大值为
【分析】（1）建立平面直角坐标系，利用平面向量证明垂直关系；
（2）根据三点共线可得，利用向量的坐标运算可得，进而结合基本不等式求最值.
【详解】（1）如图，建立平面直角坐标系，
不妨设，
则，
可得，
因为，可知，所以.
（2）因为三点共线，且，可知，
由（1）可知，
则，
又因为，则，
可得，
则，
若，则；
若，则，
当且仅当，即时，等号成立；
综上所述：的最大值为1；
又因为，
当且仅当，即时，等号成立；
所以的最大值为.
18．（17分）已知向量，函数，，.
(1)当时，求的值；
(2)若，求的最小值；
(3)是否存在实数m，使函数，有四个不同的零点 若存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】(1)；
(2)；
(3)存在，.
【分析】（1）利用平面向量数量积的坐标运算求得函数的解析式，然后求解时的值即可.
（2）由（1）的解析式，把代入，利用余弦函数性质，结合二次函数性质求出最小值.
（3）令 求解的值，据此求得关于的不等式，求解不等式可得实数的取值范围.
【详解】（1）向量，，
，由，得，
，
因此，当时，，
所以.
（2）由（1）知，，
当时，，
当时，，则当，即时，，
所以当时，函数取得最小值.
（3）由（1）知，，则，，
函数是偶函数，其图象关于轴对称，显然在上的图象关于轴对称，
当时，，当取内任意一个值时，都有两个不同的值与之对应，
由，得，即或，
由函数，有四个不同的零点，得，解得，
所以存在实数m，使函数，有四个不同的零点，m的取值范围是.
19．（17分）中，为边的中点，.
(1)若的面积为，且，求的值；
(2)若，求的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由，利用面积公式求出，在中由余弦定理求出，再由正弦定理求出；
（2）设，，分别利用余弦定理表示出、，从而得到，再由余弦函数的性质计算可得.
【详解】（1）因为为边的中点，所以，
又，即，解得，
在中由余弦定理，
即，所以，
在中由正弦定理，即，解得.
（2）设，，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
即，
在中由余弦定理，
因为，所以，则，
所以，
所以，
所以，即.高一下学期期中测试02
（时间：120分钟，满分：150分）
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知向量，则“”是“”的（ ）
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
2．已知复数，则（ ）
A．10 B． C．6 D．
3．已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
4．为了得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
5．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．在中，，，点在线段上.当取得最小值时，（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，，且在上单调.设函数，且的定义域为，则函数的所有零点之和等于（ ）
A．7 B．9 C．10 D．12
8．在中，为线段上的动点，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若只有3个正确选项，每选对一个得2分
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．复数的虚部为
B．若，则在复平面内对应的点的集合确定的图形面积为
C．若为虚数单位，为正整数，则
D．在复平面内，复数的共轭复数对应的点在第四象限
10．已知的内角的对边分别为为线段上的一点，且，则（ ）
A． B．
C． D．的面积为
11．如图，延长正方形的边至点E，使得，动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周后回到点A，若，则下列判断不正确的是（ ）
A．满足的点P必为的中点
B．满足的点P有且只有一个
C．满足的点P有且只有一个
D．满足的点P有且只有一个
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．如图是用斜二测画法画出的水平放置的正三角形ABC的直观图，其中，则三角形的面积为 ．
13．我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“@未来坐标系”，如图所示，分别为正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“@未来坐标”，记，已知，分别为向量，的“@未来坐标”，若向量，的“@未来坐标”分别为，，则向量，的夹角的余弦值为 .
14．设函数在区间上的最大值为，最小值为，则的最小值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（13分）某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知半球的直径是6cm，圆柱筒长4cm．
(1)这种“浮球”的体积是多少cm3？（结果精确到0.1）
(2)要在2500个这样的“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，那么共需涂胶约多少克？（结果精确到个位）．
16．（15分）回答下列问题
(1)已知复数是方程的根（是虚数单位，），求．
(2)已知复数，设复数，（是的共轭复数），且复数所对应的点在第三象限，求实数的取值范围．
17．（15分）已知中，,，是线段上一点，且，是线段上的一个动点.
(1)若，求（用的式子表示）；
(2)求的取值范围.
18．（17分）函数（其中）的部分图像如图所示，把函数的图像向右平移个单位，得到函数的图像.
(1)当时，求函数的解析式；
(2)对于，是否总存在唯一的实数，使得成立？若存在，求出实数的值或取值范围；若不存在，说明理由.
19．（17分）设锐角三角形的内角的对边分别为，，，已知，且．
(1)求的值；
(2)若为的延长线上一点，且，求三角形周长的取值范围．
参考答案
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1．已知向量，则“”是“”的（ ）
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
【分析】由列方程求得的值，结合必要不充分条件的定义即可得解.
【详解】由题意，则，而或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
2．已知复数，则（ ）
A．10 B． C．6 D．
【答案】B
【分析】先根据复数加减乘除运算化简复数z，再根据共轭复数的概念和复数模长公式得出复数z的共轭复数的模.
【详解】由题复数，则，则.故选：B.
3．已知圆台的上、下底面半径分别为1和3，侧面展开图是半个圆环，则圆台的侧面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据给定条件求出圆台的母线长，再利用圆台侧面积公式计算得解.
【详解】圆台的上底面圆半径，下底面圆半径，
设圆台的母线长为l，扇环所在的小圆的半径为，依题意有：，解
得,
所以圆台的侧面积.
故选：B
4．为了得到函数的图象，只需将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位长度 B．向左平移个单位长度
C．向右平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
【答案】A
【分析】利用诱导公式将变为正弦型函数，再根据三角函数平移规则判断即可.
【详解】因为，
所以将函数向左平移个单位长度得到：
，故A符合题意；
将函数向左平移个单位长度得到：
，故B不符合题意；
将函数向右平移个单位长度得到：
，故C不符合题意；
将函数向右平移个单位长度得到：
，故D不符合题意；
故选：A
5．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用余弦定理求出，再由同角三角函数的基本关系求出，即可求出，最后由，利用两角和的正切公式计算可得.
【详解】因为，即，
由余弦定理得，
又，所以，
又，，所以，
则，
所以
.
故选：B
6．在中，，，点在线段上.当取得最小值时，（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先建立平面直角坐标系，利用坐标表示数量积，并求最小值，求得的坐标，即可求解.
【详解】如图，以所在直线为轴，以的垂直平分线建立轴，建立平面直角坐标系，
由，，则，
所以，，，设，
则，，
则，
当时，取得最小值，此时，.
故选：B
7．已知函数，，且在上单调.设函数，且的定义域为，则函数的所有零点之和等于（ ）
A．7 B．9 C．10 D．12
【答案】D
【分析】由的值域，结合已知条件知可求，由求，进而得，要确定的所有零点之和，需确定内与在的交点横坐标及对应对称轴即可.
【详解】由题设知：，而，且在上单调.
所以必有，且，所以，则，
所以有，又，所以，所以，
则，所以令有，
故判断与在有几个交点及对应对称轴有哪几条即可，如下图示：
所以共有6个零点且，即.
故选：D.
8．在中，为线段上的动点，且，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由已知条件求得，再求得，可得到，用基本不等式求的最小值.
【详解】设，
因为，所以，①
因为，且，
所以，
由正弦定理可得，②
又，所以，③
由①，②，③解得，
由余弦定理，所以，
，
因为点三点共线，
所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：C
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多顶符合题目要求。全部选对的得6分，有选错的得0分，若只有2个正确选顶，每选对一个得3分;若只有3个正确选项，每选对一个得2分
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．复数的虚部为
B．若，则在复平面内对应的点的集合确定的图形面积为
C．若为虚数单位，为正整数，则
D．在复平面内，复数的共轭复数对应的点在第四象限
【答案】BC
【分析】利用复数的定义，运算法则，几何意义一一判定选项即可.
【详解】由复数的概念可知复数的虚部为，故A错误；
若，则复平面内对应的点位于半径为1的圆上或内部，其面积为，故B正确；
根据复数的运算法则知，所以，故C正确；
易知复数的共轭复数为，其对应点为，显然位于第三象限，故D错误.
故选：BC
10．已知的内角的对边分别为为线段上的一点，且，则（ ）
A． B．
C． D．的面积为
【答案】BC
【分析】根据题意，结合正弦定理和余弦定理，以及三角形的面积公式，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，由正弦定理得，
因为，所以，即，所以A错误；
对于B中，由，可得，
可得，
由余弦定理，可得，
解得，所以B正确；
对于C、D中，由，可得，
可得，所以，则的面积为，所以C正确，D错误.
故选：BC.
11．如图，延长正方形的边至点E，使得，动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周后回到点A，若，则下列判断不正确的是（ ）
A．满足的点P必为的中点
B．满足的点P有且只有一个
C．满足的点P有且只有一个
D．满足的点P有且只有一个
【答案】ABD
【分析】建立坐标系，讨论P点所在位置的不同情况，依次求出的范围，再判断每个选项的正误，即可得出结果.
【详解】如图建系，取，
，
动点P从点A出发，沿正方形的边按逆时针方向运动一周回到A点，
当时，有且，∴，∴，
当时，有且，则，
当时，有且，则，∴，∴，
当时，有且，则，
综上，，
选项A：取，满足，此时，
因此点P不一定是的中点，故A错误；
选项B：当点P为B点或的中点时，均满足，此时点P不唯一，故B错误；
选项C：当点P为点时，且，解得，由上分析可知时为点，故C正确；
选项D：若，
当时，有，故，，此时，
当时，有，故，，
此时点P不唯一，故D错误；
故选：ABD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分.
12．如图是用斜二测画法画出的水平放置的正三角形ABC的直观图，其中，则三角形的面积为 ．
【答案】
【分析】
根据斜二测画法还原原图形，得出三角形的高，再由斜二测画法可得，即可由面积公式得解.
【详解】如图，所以，
又为正三角形，则，故，
所以.
故答案为：.
13．我们把由平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系，称为“@未来坐标系”，如图所示，分别为正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“@未来坐标”，记，已知，分别为向量，的“@未来坐标”，若向量，的“@未来坐标”分别为，，则向量，的夹角的余弦值为 .
【答案】
【分析】由题意可得，根据向量夹角公式即可求解.
【详解】依题意，，，
所以，
，
，
所以，即向量，的夹角的余弦值为.
故答案为：
14．设函数在区间上的最大值为，最小值为，则的最小值为 ．
【答案】/
【分析】首先由函数的解析式求出函数的最小正周期，可得区间为最小正周期的，当区间关于对称轴对称时，可得取得最小值，令，求出t的值，求出的值，进而求出所求的代数式的值．
【详解】函数的最小正周期为，由于，
则区间的长度是周期的，
要使取最小值，则在上不单调，
所以当区间关于其对称轴对称时，取得最小值，
其对称轴为，
所以当 时，函数取得最值±4，
不妨设，则，
解得，
所以，
所以的最小值为，
故答案为：
四、解答题：本题共5小题，共计77分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．（13分）某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知半球的直径是6cm，圆柱筒长4cm．
(1)这种“浮球”的体积是多少cm3？（结果精确到0.1）
(2)要在2500个这样的“浮球”表面涂一层胶质，如果每平方米需要涂胶100克，那么共需涂胶约多少克？（结果精确到个位）．
【答案】(1)
(2)4710克
【分析】（1）分别求出两个半球的体积，和圆柱体的体积，即可求出“浮球”的体积；
（2）先求出一个“浮球”的表面积，再求出2500个的面积，即可求解.
【详解】（1）
该半球的直径，
所以“浮球”的圆柱筒直径也是，得半径，
所以两个半球的体积之和为，
而，
该“浮球”的体积是；
（2）上下两个半球的表面积是，
而“浮球”的圆柱筒侧面积为，
所以1个“浮球”的表面积为，
因此，2500个“浮球”的表面积的和为，
因为每平方米需要涂胶100克，
所以总共需要胶的质量为：（克）．
16．（15分）回答下列问题
(1)已知复数是方程的根（是虚数单位，），求．
(2)已知复数，设复数，（是的共轭复数），且复数所对应的点在第三象限，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）将代入方程求出，再根据复数的模长公式求解即可；
（2）根据共轭复数的概念和复数除法运算化简，再根据复数的几何意义列不等式组求解即可.
【详解】（1）因为复数是方程的根，
所以，整理得，
所以，解得，
所以，.
（2）因为，
所以，
又因为复数所对应的点在第三象限，
所以，解得.
17．（15分）已知中，,，是线段上一点，且，是线段上的一个动点.
(1)若，求（用的式子表示）；
(2)求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据平面向量运算法则得到，从而得到，求出答案；
（2）建立平面直角坐标系，设，由三点共线，可得，从而求出，，从而求出的取值范围.
【详解】（1）由得，解得，
又已知，
∴，故；
（2）以C为原点，CB为轴，CA为轴建立平面直角坐标系，
则，
设，，可得，
由三点共线，可得，即，
代入整理得
，，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
故当时，取得最大值，最大值为，
又当时，，当时，，
故的取值范围为
18．（17分）函数（其中）的部分图像如图所示，把函数的图像向右平移个单位，得到函数的图像.
(1)当时，求函数的解析式；
(2)对于，是否总存在唯一的实数，使得成立？若存在，求出实数的值或取值范围；若不存在，说明理由.
【答案】(1)
(2)存在，
【分析】（1）由函数图象求出的解析式，再根据三角函数的变换规则得到的解析式；
（2）依题意可得，由的取值范围求出的范围，由的范围求出的范围，依题意可得，即可得到关于的不等式组，解得即可.
【详解】（1）由函数图像可知，，
又，，所以，解得，
，当时，，
，所以，又，所以，
，
所以，
再将函数的图像向右平移个单位得到.
（2）由，得，
由得，，
，
又，得，所以，
又在上单调递减，在上单调递增，，，
由的唯一性可得即.
依题意可得，
所以，解得，
所以当时，使成立.
19．（17分）设锐角三角形的内角的对边分别为，，，已知，且．
(1)求的值；
(2)若为的延长线上一点，且，求三角形周长的取值范围．
【答案】(1)1
(2)
【分析】（1）根据题意利用正弦定理结合三角恒等变换可得，即可得结果；
（2）在中，可得，，在中，利用正弦定理结合三角函数可得，进而可得结果.
【详解】（1）因为，
由正弦定理可得，
则，整理得，
由正弦定理可得，即，
且，所以.
（2）在中，由题意可知：，，
可知，
由余弦定理可得，即，
在中，由正弦定理，
可得，
因为且为锐角三角形，则，解得，
则，可得，所以，
且三角形周长为，
所以三角形周长的取值范围为.
