期中考试仿真模拟试卷01
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，则复数的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
2． 已知向量，，，则与夹角为（ ）
A. B. C. D.
3．如图，在中，，若的水平放置直观图为，则的面积为（ ）
A. B. C. D.
4．欧拉是世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献．由《物理世界》发起的一项调查表明，人们把欧拉恒等式“”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”．其中，欧拉恒等式是欧拉公式：的一种特殊情况．根据欧拉公式，若复数z满足，则z的虚部是（ ）
A. B. C. D.
5．设A，B两点在河的两岸，为测量A，B两点间的距离，小明同学在A的同侧选定一点C，测出A，C两点间的距离为80米，，请你帮小明同学计算出A，B两点间的距离，距离为（ ）米．
A. B. C. D.
6．《九章算术》是中国古代的第一部自成体系的数学专著．其中卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”问题即为：今有如图所示的屋脊状楔体，下底面是矩形，假设屋脊没有歪斜，即中点在底面ABCD上的投影为矩形ABCD的中心O，PQ//AB，AB=4，AD=3，PQ=2，OR=1(长度单位：丈)．则楔体的体积为(体积单位：立方丈)（ ）
A. 10 B. 8 C. D.
7．中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，，，，则为（ ）
A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 锐角三角形或钝角三角形 D. 直角三角形
8．若，，平面内一点，满足，的最大值是（ ）
A. B. C. D.
二、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．复数满足，且，则下列正确的有（ ）
A. B.
C. D.
10． ，，是空间三条不同的直线，则下列结论错误的是（ ）
A. ， B. ，
C. ，，共面 D. ，，共点，，共面
11．在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则点M是边的中点
B. 若，，，则有两种形状
C. 若，则是等腰或直角三角形
D. 若为的内心，则
12．在中，为边上的中线，，以下说法正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则 D. 若，则的取值范围是
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若，则________．
14.已知某圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为7，圆台的侧面积为，则该圆台全面积为________.
15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且，若BC边上的中线长，则的面积为________．
16．已知是等边三角形，点在的延长线上，且，，则______；______．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知向量与的夹角为，且，.
（1）若与共线，求；
（2）求，.
18．已知复数
（1）若z为纯虚数，求实数m的值；
（2）若z在复平面内的对应点位于第二象限，求实数m的取值范围及的最小值
19．已知四棱锥A—BCDE，AB=BC=AC=BE=1，CD=2BE=2，CD面ABC，BE∥CD，F为AD的中点．
（1）求证：EF∥面ABC；
（2）求四棱锥A—BCDE的体积，
20． 的内角，，所对边分别为，，.已知.
(1) 求；
(2) 若为锐角三角形，且，求面积的取值范围。
21．长沙市雅礼中学为“雅礼杯”足球赛制作了冠军奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，其中扇形OAB的半径为10，，，若按此方案设计：
（1）当时，在中，G为AB边上任意一点，求的最大值；
（2）制作商发现，当OP最长时，该奖杯比较美观，求此时的大小.
22．如图，某城市有一条从正西方通过市中心后转向东偏北60°方向的公路，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在，上分别设置两个出口A，，在A的东偏北的方向（A，两点之间的高速路可近似看成直线段），由于A，之间相距较远，计划在A，之间设置一个服务区.
（1）若在的正北方向且，求A，到市中心的距离和最小时的值；
（2）若到市中心的距离为，此时设在的平分线与的交点位置，且满足，则求A到市中心的距离最大时的值.
期中考试仿真模拟试卷01
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，则复数的共轭复数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由可得，
所以复数的共轭复数是，
故选：C
2． 已知向量，，，则与夹角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】，，
，解得：，
又，，即与夹角为.
故选：D.
3．如图，在中，，若的水平放置直观图为，则的面积为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】在中，，，则，，
由斜二测画法规则知，，，，边上的高，
所以的面积为.
故选：B
4．欧拉是世纪最伟大的数学家之一，在很多领域中都有杰出的贡献．由《物理世界》发起的一项调查表明，人们把欧拉恒等式“”与麦克斯韦方程组并称为“史上最伟大的公式”．其中，欧拉恒等式是欧拉公式：的一种特殊情况．根据欧拉公式，若复数z满足，则z的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由题意得，
所以，
所以，则z的虚部是1.
故选：A
5．设A，B两点在河的两岸，为测量A，B两点间的距离，小明同学在A的同侧选定一点C，测出A，C两点间的距离为80米，，请你帮小明同学计算出A，B两点间的距离，距离为（ ）米．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
由正弦定理可知
，
故选：B
6．《九章算术》是中国古代的第一部自成体系的数学专著．其中卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”问题即为：今有如图所示的屋脊状楔体，下底面是矩形，假设屋脊没有歪斜，即中点在底面ABCD上的投影为矩形ABCD的中心O，PQ//AB，AB=4，AD=3，PQ=2，OR=1(长度单位：丈)．则楔体的体积为(体积单位：立方丈)（ ）
A. 10 B. 8 C. D.
【答案】D
【解析】根据题意，分别过点，作平面的垂直平面，则可以把楔体分成一个三棱柱和两个四棱锥.
三棱柱体积(立方丈)，
四棱锥体积(立方丈)，
故楔体的体积(立方丈).
故选：D.
7．中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，，，，则为（ ）
A. 锐角三角形 B. 钝角三角形 C. 锐角三角形或钝角三角形 D. 直角三角形
【答案】B
【解析】由正弦定理得，得，
得，
过作垂直所在的直线，则，
所以角有两种情况，即角为锐角，角为钝角，
如图对应的三角形分别为和，
由图可得为钝角三角形，
在中，
，所以为钝角，
综上，为钝角三角形，
故选：B
8．若，，平面内一点，满足，的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
由，可得
因为，所以，即是角平分线
所以由角平分线的性质可得
设，则，由可得
因为
当且仅当，即时等号成立，即的最小值为
所以的最大值是
故选：C
二、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．复数满足，且，则下列正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】由题意，设复数，（不同时为0），
因为，所以，即，
所以，所以，
所以，故选项A错误；，故选项B正确；
，故选项C正确；
，故选项D正确
故选：BCD.
10． ，，是空间三条不同的直线，则下列结论错误的是（ ）
A. ， B. ，
C. ，，共面 D. ，，共点，，共面
【答案】ACD
【解析】由，，则、平行、异面都有可能，故A错误；
由，得，故B正确；
当时，，，不一定共面，如三棱柱的三条侧棱，互相平行但不共面，故C错误；
当，，共点时，，，不一定共面，如三棱柱共顶点的三条棱不共面，故D错误；
故选：ACD.
11．在中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则点M是边的中点
B. 若，，，则有两种形状
C. 若，则是等腰或直角三角形
D. 若为的内心，则
【答案】CD
【解析】对于A选项，由得，即，点是边的中点，故错误；
对于B选项，由正弦定理得，由于，故或，所以或，故均为钝角三角形，故错误；
对于C选项，由正弦定理边角互化得，故，由于，故或，即或，所以是等腰或直角三角形，故正确；
对于D选项，如图，以为坐标原点，角的角平分线所在直线为轴建立平面直角坐标系，设，，其中，，，则，由于不共线，则存在使得，
即，故，
所以，
另一方面，由于，，，其中为内切圆的半径，
，，，
所以，
所以，故，
所以，D选项正确.
故选：CD
12．在中，为边上的中线，，以下说法正确的是（ ）
A. B.
C. 若，则 D. 若，则的取值范围是
【答案】ACD
【解析】对于A，∵为边上的中线，
∴，故A正确；
对于B，∵，，又，
∴，
∴，故B错误；
对于C，若，，
由，可得
∴，
∴，，
∴，故C正确；
对于D，在中，设角所对边为为，
因为，
由上知，，
所以，
∴，即，
∴
，
又，
∴，，
∴，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若，则________．
【答案】
【解析】由可得，即,
可得，则，
故答案为：
14.已知某圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为7，圆台的侧面积为，则该圆台全面积为________.
【答案】
【解析】设圆台较小底面的半径为，则另一底面的半径为.
由，解得.
则该圆台全面积为.
故答案为：
15. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，且，若BC边上的中线长，则的面积为________．
【答案】
【解析】∵，
∴由正弦定理得，
∵，∴，
∵，∴，∴，．
设，则DC=DB=x，
在中，由余弦定理得，解得，
∴，
∴．
故答案为：．
16．已知是等边三角形，点在的延长线上，且，，则______；______．
【答案】 ①. ②.
【解析】如图，取中点，连接，
因为是等边三角形，点在的延长线上，且，
所以，，，，
所以，在中，，即，解得.
所以
.
故答案为：；
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知向量与的夹角为，且，.
（1）若与共线，求；
（2）求，.
【答案】（1） （2），
【解析】（1）若与共线，则存在，使得，
即，又因向量与不共线，
所以，解得，所以；
（2），
.
18．已知复数
（1）若z为纯虚数，求实数m的值；
（2）若z在复平面内的对应点位于第二象限，求实数m的取值范围及的最小值
【答案】（1）1；（2），.
【解析】（1）为纯虚数，
且
（2）在复平面内的对应点为
由题意：，．
即实数的取值范围是．
而，
当时，．
19．已知四棱锥A—BCDE，AB=BC=AC=BE=1，CD=2BE=2，CD面ABC，BE∥CD，F为AD的中点．
（1）求证：EF∥面ABC；
（2）求四棱锥A—BCDE的体积，
【答案】（1）证明见解析； （2）．
【解析】（1）取中点，连接，又是中点，则，，又，
所以，所以是平行四边形，所以，
平面，平面，所以平面；
（2）取中点，连接，由于是等边三角形，则，
因为CD面ABC，面ABC，所以，
因为，平面，所以平面，
由已知，
由CD面ABC，面ABC，所以，是直角梯形，
，
所以．
20． 的内角，，所对边分别为，，.已知.
(1) 求；
(2) 若为锐角三角形，且，求面积的取值范围。
【答案】（1）B=60°；（2）.
【解析】（1）由题设及正弦定理得．
又因为中可得，
,所以，
因为中sinA0，故．
因为，故，因此B=60°．
（2）由题设及（1）知△ABC的面积．
由正弦定理得．
由于△ABC为锐角三角形，
故0°
由（1）知A+C=180°B＝120°，
所以30°所以，从而．
因此，△ABC面积的取值范围是．
21．长沙市雅礼中学为“雅礼杯”足球赛制作了冠军奖杯，奖杯的剖面图形如图所示，其中扇形OAB的半径为10，，，若按此方案设计：
（1）当时，在中，G为AB边上任意一点，求的最大值；
（2）制作商发现，当OP最长时，该奖杯比较美观，求此时的大小.
【答案】（1）最大值为100 （2）
【解析】（1）根据题意，如图建立直角坐标系，
则，，，
设，
∵，
，，
所以，
∴当，即与重合时取得最大值为.
（2）作交于，交于，且，设，
则，，
设，作交于，交于，
因为，所以，，，
所以，所以，
即，，
所以
.
因为，所以当，即时最大，
也就是最长时.
22．如图，某城市有一条从正西方通过市中心后转向东偏北60°方向的公路，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在，上分别设置两个出口A，，在A的东偏北的方向（A，两点之间的高速路可近似看成直线段），由于A，之间相距较远，计划在A，之间设置一个服务区.
（1）若在的正北方向且，求A，到市中心的距离和最小时的值；
（2）若到市中心的距离为，此时设在的平分线与的交点位置，且满足，则求A到市中心的距离最大时的值.
【答案】（1） （2）
【解析】（1）由题意可知，
若在的正北方向，则，
在中，，
在中，，
由正弦定理可得，
所以，
则
，
当且仅当，即时，取等号，
所以A，到市中心的距离和最小时；
（2）因为，
所以，
即，
即，
因为平分，
所以，
则，
所以，
因为，
所以，
即，
所以，
因为，
所以当时，有最大值20，
此时在中，，
即，
所以，
所以，
所以当A到市中心的距离最大时.期中考试仿真模拟试卷02
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．若复数，则的虚部为（ ）
A. 1 B. -2 C. D.
2．已知，向量与的夹角为，则（ ）
A. 5 B. C. D.
3．如图所示，正方形的边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）
A. 16cm B. cm C. 8cm D. cm
4．已知三角形的外接圆圆心为，且，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
5．设内角的对边分别为，已知，，，的平分线交边BC于点D，则线段的长度为（ ）
A. B. C. D.
6．在△ABC中，sin A＝，则△ABC的形状为（ ）
A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰或直角三角形
7．“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上.此模型的体积为（ ）
A. B. C. D.
8．已知O为的外心，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
二、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．下列命题正确的是（ ）
A. 直棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的矩形
B. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间部分是棱台
C. 存在四个面均为直角三角形的四面体
D. 棱台的侧棱延长后交于一点，且棱台侧面均为梯形
10．设是内部（不含边界）的一点，以下可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
11．如图所示，在棱长为2的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线BN与MB1是异面直线 B. 直线AM与BN是平行直线
C. 直线MN与AC所成的角 D. 平面BMN截正方体所得的截面面积为
12．已知的内角分别为，满足，且，则以下说法中正确的有（ ）
A. 若为直角三角形，则；
B. 若，则为等腰三角形；
C. 若，则的面积为；
D. 若，则．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知i为虚数单位，若，则______．
14.如图①，一个正三棱柱容器，底面边长为a，高为2a，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图②，这时水面恰好为中截面，则图①中容器内水面的高度是_____.
15. 一般地，的夹角可记为，已知，，，，，，，则_________．
16．已知锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为____________．
四、解答题：本题共6小题，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，其中i为虚数单位．
（1）若z是纯虚数，求实数m的值；
（2）若，是关于x的实系数方程的一个复数根，求实数a，b的值．
18．已知，．
（1）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围；
（2）当时，求的取值范围．
19．已知正三棱锥，顶点为P，底面是三角形．
（1）若该三棱锥的侧棱长为2，且两两成角为，设质点自A出发依次沿着三个侧面的表面移动，环绕一周直至回到出发点A，求质点移动路程的最小值；
（2）若该三棱锥的所有棱长均为2，试求以P为顶点，以三角形内切圆为底面的圆锥的体积．
20．如图所示，已知矩形ABCD中，，AC与MN相交于点E．
（1）若，求和的值；
（2）用向量表示．
21．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
（1）求角C的大小；
（2）若是锐角三角形，且，求面积的取值范围．
22．如图1，某景区是一个以为圆心，半径为的圆形区域，道路，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，点，分别在和上，修建的木栈道与道路，围成三角地块．（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）．
（1）当为正三角形时求修建的木栈道与道路，围成的三角地块面积；
（2）若的面积，求木栈道长；
（3）如图2，若景区中心与木栈道段连线的，
①将木栈道的长度表示为的函数，并指定定义域；
②求木栈道的最小值．
期中考试仿真模拟试卷02
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．若复数，则的虚部为（ ）
A. 1 B. -2 C. D.
【答案】A
【解析】因为复数，
所以，
所以的虚部为1，
故选：A
2．已知，向量与的夹角为，则（ ）
A. 5 B. C. D.
【答案】D
【解析】∵，向量与的夹角为
∴
∴
故选：D.
3．如图所示，正方形的边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原图形的周长是（ ）
A. 16cm B. cm C. 8cm D. cm
【答案】A
【解析】由斜二测画法，原图形是平行四边形，，
又，，，
所以，
周长为．
故选：A．
4．已知三角形的外接圆圆心为，且，，则在上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】依题意三角形的外接圆圆心为，且，
所以是的中点，即是圆的直径，且，
由于，所以三角形是等边三角形，
设圆的半径为，则，，
所以在上的投影向量为.
故选：A
5．设内角的对边分别为，已知，，，的平分线交边BC于点D，则线段的长度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】由题意和余弦定理可得，
由角平分线性质定理可得，
由余弦定理知，
，
整理可得,
解得或（舍去，不满足两边之和大于第三边）
故选：B
6．在△ABC中，sin A＝，则△ABC的形状为（ ）
A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰或直角三角形
【答案】A
【解析】由条件可知,
因为，所以
，所以，
所以，
整理为：,
即
因为，所以，
，所以是直角三角形.
故选：A
7．“迪拜世博会”于2021年10月1日至2022年3月31日在迪拜举行，中国馆建筑名为“华夏之光”，外观取型中国传统灯笼，寓意希望和光明．它的形状可视为内外两个同轴圆柱，某爱好者制作了一个中国馆的实心模型，已知模型内层底面直径为，外层底面直径为，且内外层圆柱的底面圆周都在一个直径为的球面上.此模型的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，该模型内层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，
可知内层圆柱的高
同理，该模型外层圆柱底面直径为，且其底面圆周在一个直径为的球面上，
可知外层圆柱高
此模型的体积为
故选：C
8．已知O为的外心，，则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设的外接圆的半径为R，
∵，
∴，且圆心在三角形内部，
∴
∴，
∴
根据圆心角等于同弧对应的圆周角的两倍得：
∴
解得=
故选：A
二、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．下列命题正确的是（ ）
A. 直棱柱的侧棱都相等，侧面都是全等的矩形
B. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间部分是棱台
C. 存在四个面均为直角三角形的四面体
D. 棱台的侧棱延长后交于一点，且棱台侧面均为梯形
【答案】CD
【解析】对于A：根据直棱柱的概念：侧棱与底面垂直的棱柱，则直棱柱的侧棱都相等，侧面也是矩形，但底面多边形的边长不一定相等，所以侧面不一定全等，A错误；
对于B、D：根据棱台的概念：用一个平行于棱锥底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台，B错误；
棱台的侧棱延长后交于一点，且棱台侧面均为梯形，D正确；
对于C：如图，三棱锥，平面，
∵平面，则可得：,,
平面，则
∴三棱锥的四个面均为直角三角形，C正确；
故选：CD．
10．设是内部（不含边界）的一点，以下可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】由，，
若，则：
当时在外部；
当时在上；
当时在内部；
若λ,μ=0，则P在OA或OB上；
若，则在外部；
A：且，故在内部；
B：且，故在上；
C：，有，故在外部；
D：，有且，故在内部；
故选：AD
11．如图所示，在棱长为2的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ）
A. 直线BN与MB1是异面直线 B. 直线AM与BN是平行直线
C. 直线MN与AC所成的角 D. 平面BMN截正方体所得的截面面积为
【答案】AD
【解析】直线BN与MB1是异面直线，故A正确；
直线AM与BN是异面直线，故B错误；
如下图，由条件可知，所以异面直线与所成的角为，是等边三角形，所以，故C错误；
如下图，连接、、，因为，，所以，
又，则四边形是梯形，且四边形为平面截正方体所得的截面， ，，所以四边形是等腰梯形，
则梯形的高是，
所以梯形的面积，故D正确.
故选：AD.
12．已知的内角分别为，满足，且，则以下说法中正确的有（ ）
A. 若为直角三角形，则；
B. 若，则为等腰三角形；
C. 若，则的面积为；
D. 若，则．
【答案】BD
【解析】根据题意，依次分析4个结论：
对于A，根据题意，若sinA：sinB：sinC＝ln2：ln4：lnt，则a：b：c＝ln2：ln4：lnt，
故可设a＝kln2，b＝kln4＝2kln2，c＝klnt，k＞0．
则有b﹣a＜c＜b+a，则kln2＜c＜3kln2，变形可得2＜t＜8，
当时；c最大，若直角三角形，则，即，解得；
当时；若为直角三角形，则，即，解得综上：或，故A错；
由题意，abcosC＝abmc2，
∴m．
若，则解得t=4，故，为等腰三角形；B正确；
对于C，当t＝4，a＝kln2时，则b＝kln4，c＝klnt＝kln4，则有b＝c＝2a，此时等腰△ABC底边上高为 ，三角形面积为，C错；
对于D，当,则有a2+b2﹣c2＜0，即解得由选项A,B的解析知kln2＜c＜3kln2综合两式得，故m 选项D正确；
综合可得BD正确；
故选：BD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知i为虚数单位，若，则______．
【答案】1
【解析】
故答案为：1
14.如图①，一个正三棱柱容器，底面边长为a，高为2a，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图②，这时水面恰好为中截面，则图①中容器内水面的高度是_____.
【答案】a##15a
【解析】在图②中，水所占部分为四棱柱，
四棱柱底面积为，高为，
所以四棱柱的体积为，
设图①中容器内水面的高度为h，则，
解得
故答案为：##1.5a
15. 一般地，的夹角可记为，已知，，，，，，，则_________．
【答案】##025
【解析】因为，所以
，，即
，解得，所以．
故答案为：．
16．已知锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为____________．
【答案】
【解析】，
又锐角中，，且，，
将代入上面三个不等式，
得到且，
，令，则，
所以在上单减，在上单增，
又当时，的值为，
当或时，的值为，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，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，其中i为虚数单位．
（1）若z是纯虚数，求实数m的值；
（2）若，是关于x的实系数方程的一个复数根，求实数a，b的值．
【答案】（1）1 （2）
【解析】（1）因为复数是纯虚数，
所以，解得：m=1.
（2）当时，.
因为是关于x的实系数方程的一个复数根，所以的共轭复数也是实系数方程的根，
所以，解得：.
18．已知，．
（1）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围；
（2）当时，求的取值范围．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）因为，，
所以，，
因为与的夹角为钝角，
所以，且，
解得且，
所以的取值范围为；
（2）根据题意，，
则，
所以，
又，则，
所以的取值范围是．
19．已知正三棱锥，顶点为P，底面是三角形．
（1）若该三棱锥的侧棱长为2，且两两成角为，设质点自A出发依次沿着三个侧面的表面移动，环绕一周直至回到出发点A，求质点移动路程的最小值；
（2）若该三棱锥的所有棱长均为2，试求以P为顶点，以三角形内切圆为底面的圆锥的体积．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）沿侧棱将正三棱锥的侧面展开，如图，则即为质点移动路程的最小值，
依题意，，且，
由余弦定理得，
所以，
所以质点移动路程的最小值为.
（2）正三棱锥的所有棱长均为2，则为正四面体，设其高为，正内切圆的半径为，
由，解得，
正四面体的斜高为，，依题意，圆锥的高为，
所以圆锥的体积为.
20．如图所示，已知矩形ABCD中，，AC与MN相交于点E．
（1）若，求和的值；
（2）用向量表示．
【答案】（1）， （2）
【解析】（1）以A点为原点，AB所在直线为x轴，AD所在直线为y轴，建立平面直角坐标系，则，
所以
所以，
所以
解得
（2）设，
因为，
所以．解得，
即，所以，
又因为M，E，N三点共线，所以，
所以﹒
21．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知．
（1）求角C的大小；
（2）若是锐角三角形，且，求面积的取值范围．
【答案】（1）或 （2）
【解析】（1）由正弦定理可得
整理得
因为，所以，
所以，所以或
（2）因为，所以，
由正弦定理可得
因为锐角三角形，
所以，所以
所以
所以，
可得
即面积的取值范围为
22．如图1，某景区是一个以为圆心，半径为的圆形区域，道路，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，点，分别在和上，修建的木栈道与道路，围成三角地块．（注：圆的切线长性质：圆外一点引圆的两条切线长相等）．
（1）当为正三角形时求修建的木栈道与道路，围成的三角地块面积；
（2）若的面积，求木栈道长；
（3）如图2，若景区中心与木栈道段连线的，
①将木栈道的长度表示为的函数，并指定定义域；
②求木栈道的最小值．
【答案】（1）；（2）7；（3）①，；②6.
【解析】（1）当是等边三角形时，，，
则，则，
面积为；
（2）在中，因为，
则解得，
所以，
则，
所以，
则，
由余弦定理可得，，
即，则，
则，则解得；
（3）设圆与，分别切于，，
则，，，
则，，
则，，
由，可得，
由，
可得，则，
则；
①；；
②
，
当且仅当时等号成，则的最小值6．期中考试仿真模拟试卷03
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．给出下列判断，其中正确的是（ ）
A. 三点确定唯一一个平面
B. 空间中两两相交的三条直线在同一个平面内
C. 过直线外一点有且仅有一条直线与该直线平行
D. 过直线外一点有且仅有一条直线与该直线垂直
2．若复数对应复平面内的点，且，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
3．在中，，，的面积为，则为（ ）
A. B. C. D.
4．在△中，为边上的中线，为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
5．已知圆锥底面半径为，高为，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ）
A. B. C. D.
6．在中，，，，D，E分别是边上的三等分点，则的值是（ ）
A 6 B. C. 8 D.
7．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的面积为（ ）
A. 4 B. C. 2 D.
8．如图，直三棱柱的底面为直角三角形，，，，P是上一动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二、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．在复平面内有一个平行四边形，点为坐标原点，点对应的复数为，点对应的复数为，点对应的复数为，则下列结论正确的是（ ）
A. 点位于虚轴上 B.
C. D.
10．若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则为直角三角形
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，则为直角三角形
11．已知正方体的边长为2，点在棱上，，点在棱上（点异于，两点），若平面截正方体所得的截面为五边形，则长的取值可能为（ ）
A. 1 B. C. D.
12．如图，设，且，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系，在的斜坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：设，是分别与轴，轴正方向相同的单位向量，若，记，则下列结论中正确的是（ ）
A. 设，，若，则，
B. 设，则
C. 设，，若，则
D. 设，，若与的夹角为，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，复平面内表示复数的点所对应的数为纯虚数，则_____________．
14.在中，点满足，若，则_________
15. 轴截面是等边三角形的圆锥，即底面圆直径与母线相等的圆锥叫做等边圆锥(Equilateralcone)，它外观看着舒适，且具有稳定的性质，生活中应用广泛，例如冰激凌、沙漏等呈等边圆锥状．已知一等边圆锥的底面圆直径为6，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，且正四面体在该圆锥内可以任意转动，则的最大值为________________．
16．如图所示，在等腰直角中，，O为中点，E，F分别是线段，上的动点，且．当时，则的值为______；的最大值为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．设是虚数，是实数，且．
（1）求的值；
（2）求的实部的取值范围．
18．在中，内角A，B，C对边分别为a，b，c．若，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，求的面积．
19．如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，，边上的中点为D．
（1）求四棱锥的体积；
（2）求三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积．
20．在①，其中为角的平分线的长（与交于点），②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.在中，内角，，的对边分别为，，，___________.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
21．如图是由两个有一个公共边的正六边形构成的平面图形，其中正六边形边长为2.
（1）设，求的值；
（2）若点在边上运动（包括端点），则求的最大值.
22．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）若为锐角三角形，且，求a的取值范围；
（2）若点D在边上，且，，求面积的最大值．
期中考试仿真模拟试卷03
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．给出下列判断，其中正确的是（ ）
A. 三点确定唯一一个平面
B. 空间中两两相交的三条直线在同一个平面内
C. 过直线外一点有且仅有一条直线与该直线平行
D. 过直线外一点有且仅有一条直线与该直线垂直
【答案】C
【解析】A，过不在一条直线上的三点才可确定唯一一个平面，故A错误；
B，空间两两相交的三条直线可能交于同一个点，此时这三条直线不一定在同一个平面内，故B错误；
C，根据平面的性质，过直线外一点和该直线有且仅有一个平面，在该平面内作和已知直线平行的直线是唯一的，故C正确；
D，过直线外一点有无数条直线与该直线垂直，故D错误，
故选：C
2．若复数对应复平面内的点，且，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】依题意，，故，故复数的虚部为，
故选:B．
3．在中，，，的面积为，则为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】在中，
因为，，的面积为，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以.
故选：B.
4．在△中，为边上的中线，为的中点，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】根据向量的运算法则，可得
，
所以，
故选:A.
5．已知圆锥底面半径为，高为，在它的所有内接圆柱中，全面积的最大值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设圆柱的底面半径为，圆柱的高为，所以在轴截面三角形中，如图所示：
由相似可得，，所以，，即圆柱的全面积为
，当且仅当时取等号．
故选：B．
6．在中，，，，D，E分别是边上的三等分点，则的值是（ ）
A 6 B. C. 8 D.
【答案】B
【解析】因为D，E分别是边上的三等分点，不妨设，，所以，
由可得，，即，同理可得，
，所以．
故选：B．
7．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则的面积为（ ）
A. 4 B. C. 2 D.
【答案】D
【解析】因为，，，
所以，由余弦定理得：，解得，
所以，
所以的面积为
故选：D
8．如图，直三棱柱的底面为直角三角形，，，，P是上一动点，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】连接，
将与同时展平形成一个四边形，如图，
则此时对角线达到最小，
在等腰直角三角形中，，，
在中，，，，所以，即，
对于展开形成的四边形，在中，，，，
由余弦定理有．
故选：A．
二、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．在复平面内有一个平行四边形，点为坐标原点，点对应的复数为，点对应的复数为，点对应的复数为，则下列结论正确的是（ ）
A. 点位于虚轴上 B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】对于A选项，由复数的几何意义可知点、，
因为，则，则点对应的复数为，所以点在虚轴上，A对；
对于B选项，由A选项可知，则，B对；
对于C选项，，，所以，，C对；
对于D选项，，D错.
故选：ABC.
10．若的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则为直角三角形
C. 若，则为等腰三角形
D. 若，则为直角三角形
【答案】ABD
【解析】在中，正弦定理，
对于A，，A正确；
对于B，由射影定理得，又，即，
而，则，，为直角三角形，B正确；
对于C，由正弦定理可得，即，
而，则有或，即或，为等腰三角形或直角三角形，C不正确；
对于D，，由射影定理得，
即，而，则，，为直角三角形，D正确.
故选：ABD
11．已知正方体的边长为2，点在棱上，，点在棱上（点异于，两点），若平面截正方体所得的截面为五边形，则长的取值可能为（ ）
A. 1 B. C. D.
【答案】BC
【解析】因为，所以，
当时（如图1），，
故平面截正方体所得的截面为四边形，
当时（如图2），
过点作的平行线交于，
此时平面截正方体所得的截面为四边形，
当时，
过点作的平行线交的延长线于，交于点，连接交于点，
此时平面截正方体所得的截面为五边形，
综上所述，平面截正方体所得的截面为五边形时，的范围为.
故选：BC.
12．如图，设，且，当时，定义平面坐标系为的斜坐标系，在的斜坐标系中，任意一点的斜坐标这样定义：设，是分别与轴，轴正方向相同的单位向量，若，记，则下列结论中正确的是（ ）
A. 设，，若，则，
B. 设，则
C. 设，，若，则
D. 设，，若与的夹角为，则
【答案】AC
【解析】，
对于A：即，则，
A正确；
对于B：
即
B错误；
对于C：若，
当即时，显然满足：；
当即或时，则，使得，
即
则可得，消去得：；
C正确；
对于D：结合可A、B知：若，
则，，
根据题意得：
即，可得：即
D不正确；
故选：AC．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，复平面内表示复数的点所对应的数为纯虚数，则_____________．
【答案】6
【解析】复数对应点的坐标为，若点在虚轴上，则，解得．
故答案：6.
14.在中，点满足，若，则_________
【答案】
【解析】
因为，，所以，，
所以
，
所以，所以，
故答案为：.
15. 轴截面是等边三角形的圆锥，即底面圆直径与母线相等的圆锥叫做等边圆锥(Equilateralcone)，它外观看着舒适，且具有稳定的性质，生活中应用广泛，例如冰激凌、沙漏等呈等边圆锥状．已知一等边圆锥的底面圆直径为6，在该圆锥内放置一个棱长为的正四面体，且正四面体在该圆锥内可以任意转动，则的最大值为________________．
【答案】
【解析】设为该等边圆锥的底面圆心，则其的高为
则该等边圆锥的内切球的圆心在等边圆锥的高上，设为,设半径为
设该等边圆锥内切球与等边圆锥的母线相切与点,连接
则在直角中，,则
解得
由题意正四面体在该圆锥内可以任意转动，当最大值时，正四面体为该球的内接正四面体.
将该球的内接正四面体补成正方体，则该正方体的外接球也是该球.
设正方体的棱长为，则正方体的对角线长等于球的直径，即
所以，则该正四面体的棱长为正方体的面对角线，即该正四面体的棱长为
故答案为：
16．如图所示，在等腰直角中，，O为中点，E，F分别是线段，上的动点，且．当时，则的值为______；的最大值为______．
【答案】 ①. ； ②. ##
【解析】（1）因为是等腰直角三角形，
又，所以，
所以.
因为，所以,
在△中，由正弦定理得,
在△中，由余弦定理得.
（2）设
所以,
在△中，由正弦定理得.
同理.
所以
，
因为，
所以当即时，取最小值.
所以,
所以的最大值为.
故答案为：；.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．设是虚数，是实数，且．
（1）求的值；
（2）求的实部的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）设，
则
∵z2是实数，且，
∴，得，∴.
(2)由(1)知，则，即，
∴z1的实部取值范围为.
18．在中，内角A，B，C对边分别为a，b，c．若，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，求的面积．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）
由及正弦定理，
得，整理得，
所以由余弦定理得.
又，所以.
（2）设外接圆半径为R，
由，，，，
可得，所以，
所以，所以.
由正弦定理，得，则.
因为，所以，所以，
所以是以B为直角的直角三角形，
所以的面积为.
19．如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，，边上的中点为D．
（1）求四棱锥的体积；
（2）求三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）设边上的中点为E．连接，
又面面,面面，则平面，
即为四棱锥的高，．
所以四棱锥的体积．
（2）由题意得，，，
从而，所以，
所以，
所以
所以三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积为．
20．在①，其中为角的平分线的长（与交于点），②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.在中，内角，，的对边分别为，，，___________.
（1）求角的大小；
（2）求的取值范围.
【答案】（1） （2）
【解析】（1）方案一：选条件①，
由题意可得，
.
为的平分线，，
，
即
又，
，即，
，
方案二：选条件②
由已知结合正弦定理得，
由余弦定理得
方案三：选条件③
由正弦定理得，
又，
，
，
易知，
；
（2）
，
又，，
所以.
21．如图是由两个有一个公共边的正六边形构成的平面图形，其中正六边形边长为2.
（1）设，求的值；
（2）若点在边上运动（包括端点），则求的最大值.
【答案】（1）-3 （2）12
【解析】（1）由题意得：两个正六边形全等， ,
则,
故由，可得 ；
（2）如图，以O为坐标原点，FC为x轴，OI为y轴建立平面直角坐标系，
则,则 ,
由于直线OD的方程为 ，故设P点坐标为 ，
则 ，
所以，
则，
由于，此时函数为增函数，
故当时，取到最大值为144，
所以的最大值为12.
22．已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足．
（1）若为锐角三角形，且，求a的取值范围；
（2）若点D在边上，且，，求面积的最大值．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）由题意知，
由正弦定理可得，，即，
，，
∵为锐角三角形，∴，∴，
即，所以，故，
（2）在中，，，
，
在中，，，
，
∵，所以，
所以，即，
又因为，所以，
即（当且仅当时取等号），
，所以面积的最大值．期中考试仿真模拟试卷04
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．已知向量，，则（ ）
A. B. C. D.
2．设复数，是z的共轭复数，则（ ）
A. B. C. D.
3．已知一个粮食仓储容器为圆锥体形状，它的体积为（容器的厚度不计），且它的侧面展开图是半圆形状，则它的母线长为（ ）
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A. A=30°，B=45°，c=5 B. a=4，b=5，C=60°
C. a=8，，B=45° D. a=6，b=8，A=30°
5．设有下面四个命题，其中假命题为（ ）
A. 若复数满足，则
B. 若为虚数单位，则
C. 若复数，满足，则或
D. 若复数满足，则
6．点O是内一点，且满足．则的值为（ ）
A. B. C. D.
7．在正三棱锥中，，正三棱锥的体积是，则正三棱锥外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
8．已知锐角中，角对应的边分别为，，若， 则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
二、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．下列关于复数的命题是真命题的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则z是纯虚数
D. 对任意实数，都有是虚数
10．在△中，如下判断正确的是（ ）
A. 若，则△为等腰三角形
B. 若，则
C. 若△为锐角三角形，则
D. 若，则△是锐角三角形
11．下列说法正确的是（ ）
A. 对于任意两个向量，若，且与同向，则
B. 已知，为单位向量，若，则在上的投影向量为
C. 设为非零向量，则“存在负数，使得是“”的充分不必要条件
D. 若，则与的夹角是锐角
12．如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥SO的侧面积为
B. 三棱锥S-ABC体积的最大值为
C. 的取值范围是
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设，向量，且，则____________．
14.如图所示，正方形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，则在原图形中对应线段AB的长度为____________．
15. 已知正三棱锥的四个顶点在同一个球面上，，，则该三棱锥的外接球的表面积为___________，该三棱锥的内切球的半径为___________.
16．已知正方形ABCD的边长为2，实数()，则的最大值为______．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量，又点，，．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若向量与共线，当取得最大值时，求的值．
18．在①；②；③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．
问题：的内角所对的边分别为，且满足 ．
（1）求；
（2）若，且向量与共线，求的周长．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．
19．如图所示，在四边形ABCD中，，，，，E为AB的中点．
（1）将四边形ABCD绕着线段AB所在直线旋转一周，求所形成封闭几何体的表面积和体积；
（2）将绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体W，若球O是几何体W的内切球，求球O的表面积．
20．已知正方体中， 分别为对角线 上的点，且．
（1）求证：平面；
（2）若是上的点，的值为多少时，能使平面平面？请给出证明．
21．为了美化环境，某公园欲将一块空地规划建成休闲草坪，休闲草坪的形状为如图所示的四边形，已知，，是以为直角顶点的直角三角形．拟修建两条小路、（路的宽度忽略不计），沿路径从处到处比沿路径和从处到处近米.
（1）若，求的值和的长度；
（2）设与交于点，若，现公园管理方为了建一个更大的圆形花坛，应该选择的内切圆还是的内切圆？
22．如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．D为BC边上一点，记，．向量，，．
（1）若，请比较与的大小；
（2）若，且，求的最小值．
期中考试仿真模拟试卷04
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．已知向量，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以=（5，7），
故选:A.
2．设复数，是z的共轭复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由，则，所以
故选：D
3．已知一个粮食仓储容器为圆锥体形状，它的体积为（容器的厚度不计），且它的侧面展开图是半圆形状，则它的母线长为（ ）
A. 4 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】A
【解析】如图，圆锥的体积 ①，
由侧面展开图是一个半圆得 ②，
又 ③，
联立①②③，即可解得.
故选：A
4．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ）
A. A=30°，B=45°，c=5 B. a=4，b=5，C=60°
C. a=8，，B=45° D. a=6，b=8，A=30°
【答案】D
【解析】对于选项A中：由A=30°，B=45°，c=5，所以，再利用正弦定理可求，显然只有一解；
对于选项B中：由余弦定理可得，所以只有一解；
对于选项C中：因为，且，所以只有一解；
对于选项D中：因为，且，所以角有两解.
故选：D.
5．设有下面四个命题，其中假命题为（ ）
A. 若复数满足，则
B. 若为虚数单位，则
C. 若复数，满足，则或
D. 若复数满足，则
【答案】D
【解析】对于A：设，则
∵，则即
∴即
“若复数满足，则”为真命题
对于B：，，，，，
∴
则
“若为虚数单位，则”为真命题
对于C：设，
∵
则，解得：或
即或
“若复数，满足，则或”为真命题
对于D：设，则
恒成立
“若复数满足，则”为假命题
故选：D．
6．点O是内一点，且满足．则的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】由可得，设，即，可知三点共线，且反向共线，如下图所示：
故，.
故选：C.
7．在正三棱锥中，，正三棱锥的体积是，则正三棱锥外接球的表面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图所示，设点G为的外心，则平面，
由，
∴，则三棱锥的外接球的球心O在直线上．设其外接球的半径为R，
由正弦定理得，在中，，
由勾股定理得，即，解得．
正三棱锥外接球的表面积是，
故选：C．
8．已知锐角中，角对应的边分别为，，若， 则的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】∵，
∴
∴，
∴，因为，
∴，即，又，
∴，
∵ ，
∴
∴ ，
∴
∴
∴ ，
∵ 为锐角三角形，
∴ ，
∴ ，当且仅当时取等号，
∴ 的最小值是，
故选：D.
二、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．下列关于复数的命题是真命题的是（ ）
A.
B. 若，则
C. 若，则z是纯虚数
D. 对任意实数，都有是虚数
【答案】ABD
【解析】，故A对；
若，则，故，B对；
若，显然满足题意，但z为实数也可以，故C错；
因为，故是虚数，D对．
故选：ABD．
10．在△中，如下判断正确的是（ ）
A. 若，则△为等腰三角形
B. 若，则
C. 若△为锐角三角形，则
D. 若，则△是锐角三角形
【答案】BC
【解析】对：若，因为，故或，
即或，则△为等腰三角形或直角三角形，故错误；
对：若，根据大角对大边可知，由正弦定理可得，故正确；
对：若△为锐角三角，则，即，又，
则，即，故正确；
对：若，即，则，故，
故为锐角，但△不一定为锐角三角形，故错误；
故选：
11．下列说法正确的是（ ）
A. 对于任意两个向量，若，且与同向，则
B. 已知，为单位向量，若，则在上的投影向量为
C. 设为非零向量，则“存在负数，使得是“”的充分不必要条件
D. 若，则与的夹角是锐角
【答案】BC
【解析】选项A：向量是既有大小又有方向的量，但不能比较大小，故选项A错误；
选项B：在单位向量上的投影向量为，故选项B正确；
选项C：若存在负数，使得，则；
若，则向量与的夹角为钝角或，故选项C正确；
选项D：若，则与的夹角是锐角或角，故选项D错误；
故选：BC.
12．如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的点，，则下列结论正确的是（ ）
A. 圆锥SO的侧面积为
B. 三棱锥S-ABC体积的最大值为
C. 的取值范围是
D. 若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为
【答案】BD
【解析】由已知，圆锥侧面积为，A错；
在圆周上，易得，．B正确；
，又中，，所以，
所以．C错；
时，把和摊平，如图，
的最小值是，此时，，，，
，D正确．
故选：BD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．设，向量，且，则____________．
【答案】
【解析】，向量，由得，解得；由得，解得，，，故答案为：
14.如图所示，正方形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，则在原图形中对应线段AB的长度为____________．
【答案】6
【解析】按照斜二测画法，在原图形中的线段OA=2, 在原图形中的线段,.
由勾股定理得：.
故答案为：6
15. 已知正三棱锥的四个顶点在同一个球面上，，，则该三棱锥的外接球的表面积为___________，该三棱锥的内切球的半径为___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】因为正三棱锥中，，，
所以,
则将该三棱锥补成棱长为4的正方体，如图所示：
所以该三棱锥的外接球的直径为正方体的体对角线的长，
即，
所以，外接球的表面积为；
设该三棱锥的内切球的半径为r，
则，
即，
解得，
故答案为：，
16．已知正方形ABCD的边长为2，实数()，则的最大值为______．
【答案】10
【解析】
如图建立平面直角坐标系，则，，，，
则，，，
则，
则，
∵()，
∴当时，取最大值
故答案为：10．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．在平面直角坐标系中，O为坐标原点，已知向量，又点，，．
（1）若，且，求向量的坐标；
（2）若向量与共线，当取得最大值时，求的值．
【答案】（1）或 （2）
【解析】（1）由题意，，，
∵，，
∴，
又因为，所以，
联立方程组，求解可得或，
所以或；
（2）由题意，，
因为向量与共线，所以，即，
于是，
因为，所以，
所以当时，取得最大值，此时，
故．
18．在①；②；③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．
问题：的内角所对的边分别为，且满足 ．
（1）求；
（2）若，且向量与共线，求的周长．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答给分．
【答案】选择见解析；（1）；（2）．
【解析】（1）选择①，由正弦定理，得
∴，又，∴
∴，又，∴，得
选择②，由正弦定理，得，整理得，，
又，，∴
选择③，由正弦定理，得，
∴，
又，∴，，∴
（2）∵，∴，由正弦定理得，
由余弦定理，，得
又，∴，，，
∴△ABC周长为
19．如图所示，在四边形ABCD中，，，，，E为AB的中点．
（1）将四边形ABCD绕着线段AB所在直线旋转一周，求所形成封闭几何体的表面积和体积；
（2）将绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体W，若球O是几何体W的内切球，求球O的表面积．
【答案】（1）表面积为；体积为. （2）
【解析】
（1）因为，所以.
因为，，E为AB的中点，
所以，所以四边形EBCD为平行四边形.
因为,所以.
将四边形ABCD绕着线段AB所在直线旋转一周，得到一个组合体：上面是一个以ED为底面圆的半径，以AE为高的圆锥，下面是一个等底等高的圆柱.
因为，，所以，.
所以封闭几何体的表面积为;
体积为.
（2）将绕着线段AE所在直线旋转一周形成几何体为以ED为底面圆的半径，以AE为高的圆锥.其内切球的球心为O，半径为r.作出轴截面如图所示：
,由勾股定理得：，即，解得：，所以内切球的半径为，
所以球O的表面积为.
20．已知正方体中， 分别为对角线 上的点，且．
（1）求证：平面；
（2）若是上的点，的值为多少时，能使平面平面？请给出证明．
【答案】（1）证明见解析；（2）的值为，证明见解析．
【解析】（1）（1）连结并延长与的延长线交于点，
因为四边形为正方形，
所以，
故，
所以，
又因为，
所以，
所以．
又平面，平面，
故平面．
（2）当的值为时，能使平面平面．
证明：因为，
即有，
故．
所以．
又平面，平面，
所以平面，
又，平面．
所以平面平面．
21．为了美化环境，某公园欲将一块空地规划建成休闲草坪，休闲草坪的形状为如图所示的四边形，已知，，是以为直角顶点的直角三角形．拟修建两条小路、（路的宽度忽略不计），沿路径从处到处比沿路径和从处到处近米.
（1）若，求的值和的长度；
（2）设与交于点，若，现公园管理方为了建一个更大的圆形花坛，应该选择的内切圆还是的内切圆？
【答案】（1）， （2）应该选择的内切圆作为花坛
【解析】（1）由，，则、均为锐角，
所以，，，
且
，
故由正弦定理可得，，
从而，故，
于是，，又，
故由余弦定理
．
（2）因为，从而到直线的距离与到直线的距离相等，故．
由（1）知
，
，所以，，从而，，
于是，
由正弦定理，
可得
．
故，
设的内切圆半径与的内切圆半径分别为、，
则，可得，同理可得，
从而，
故应该选择的内切圆作为花坛．
22．如图，在△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c．D为BC边上一点，记，．向量，，．
（1）若，请比较与的大小；
（2）若，且，求的最小值．
【答案】（1） （2）
【解析】（1）因为，所以
整理得，
所以由余弦定理可得
因为，所以
又
所以，即，即
记，则在中由正弦定理可得：
所以，即
又因为，所以，所以
（2）由（1）知，
因为，所以，所以
所以
因为，
所以，整理可得，即
由，可得，展开整理得
所以，所以
所以
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为期中考试仿真模拟试卷05
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．若纯虚数满足，则实数的值为（ ）
A B. C. D.
2．在中，，，，则此三角形（ ）
A. 无解 B. 一解
C. 两解 D. 解的个数不确定
3．已知边长为2的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积为（ ）
A. B. C. D.
4．平面中两个向量，满足，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. 2 B. C. D. -2
5．圣·索菲亚教堂（英语：SAINT SOPHIA CATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑．1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美．小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ）
A. B. C. D.
6．在锐角△ABC中，∠C为最大角，且，则实数k的取值范围（ ）
A. B. C. D.
7．已知三棱锥的高为1，底面为等边三角形，，且P，A，B，C都在体积为的球O的表面上，则该三棱锥的底面的边长为（ ）
A. B. C. 3 D.
8．已知分别为的边上的点，线段和线段相交于点，若，且，，其中，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
二、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．欧拉公式（其中为虚数单位，）是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里占有非常重要的地位.被誉为数学中的“天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A.
B. 为纯虚数
C. 的共轭复数为
D. 已知复数，，则复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称
10．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则为钝角三角形
C. 若，则符合条件的三角形不存在
D. 若，则一定是等腰三角形
11．在正方体中，如图M，N分别是正方形，的中心．则下列结论正确的是（ ）
A. 平面与棱的交点是的三等分点
B. 平面与棱的交点是的中点
C. 平面与棱的交点是的三等分点
D. 平面将正方体分成前后两部分的体积比为
12．已知向量，，满足，，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B.
C. ，有
D. 若，，则
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．如图，在平行四边形中，和分别是边和的中点，若，其中，则________.
14.如图，地平面上有一根旗杆，为了测得它高度，在地面上取一基线，，在处测得点的仰角，在处测得点的仰角，又测得，则旗杆的高度是________.
15. 复数、满足，，若，则的取值范围是______.
16．如图正四棱柱中，，，以为球心，为半径的球与侧面的交线为，点为交线上一动点，则从运动到时，所形成的曲面面积为____________.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知，，的夹角是60°，计算
（1）计算，；
（2）求和的夹角的余弦值.
18．已知复数满足，的虚部为2，在复平面上所对应的点在第一象限．
（1）求；
（2）若，在复平面上的对应点分别为，，求．
19．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的边长均为，E，F分别是线段AC1和BB1的中点．
（1）求证：EF平面ABC；
（2）求三棱锥C﹣ABE体积．
20．在直角梯形中，已知，对角线交于点，点在上，且．
（1）求的值；
（2）若为线段上任意一点，求的取值范围．
21．江都种植花木，历史悠久，相传始于唐代，盛于清代，素有“花木之乡”之称，在国内外有较高的知名度．某种植园准备将如图扇形空地分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、郁金香和菊花；已知扇形的半径为米，圆心角为，动点在扇形的弧上，点在上，且．
（1）当米时，求的长；
（2）综合考虑到成本和美观原因，要使郁金香种植区的面积尽可能的大；设，求面积的最大值．
22．从①②，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答（注：若选择多个条件，按第一个解答计分）.
在中，分别是角的对边，若__________.
（1）求角的大小：
（2）若是的中点，，求面积的最大值.
（3）若为的外接圆圆心，且，求实数的值.
期中考试仿真模拟试卷05
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．若纯虚数满足，则实数的值为（ ）
A B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意得，，则，解得，
故选：D.
2．在中，，，，则此三角形（ ）
A. 无解 B. 一解
C. 两解 D. 解的个数不确定
【答案】C
【解析】在中，，，，
由正弦定理得，而为锐角，且，
则或，
所以有两解．
故选：C
3．已知边长为2的正三角形采用斜二测画法作出其直观图，则其直观图的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】如图，是边长为2的正的直观图，则，，则高，故的面积.
故选：C.
4．平面中两个向量，满足，，则在方向上的投影向量为（ ）
A. 2 B. C. D. -2
【答案】B
【解析】由题意得：，
故在方向上的投影向量为 ，
故选：B
5．圣·索菲亚教堂（英语：SAINT SOPHIA CATHEDRAL）坐落于中国黑龙江省，是一座始建于1907年拜占庭风格的东正教教堂，距今已有114年的历史，为哈尔滨的标志性建筑．1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美，可以让游客从任何角度都能领略它的美．小明同学为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物，高为，在它们之间的地面上的点（三点共线）处测得楼顶，教堂顶的仰角分别是和，在楼顶处测得塔顶的仰角为，则小明估算索菲亚教堂的高度为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意知：，所以
在中，，
在中，由正弦定理得 所以 ，
在中，
故选：D
6．在锐角△ABC中，∠C为最大角，且，则实数k的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】设，
所以由正弦定理可得，
因为∠C为最大角，所以为最大边，
所以有，
因为△ABC是锐角三角形，且∠C为最大角，
所以，
因此，
故选：A
7．已知三棱锥的高为1，底面为等边三角形，，且P，A，B，C都在体积为的球O的表面上，则该三棱锥的底面的边长为（ ）
A. B. C. 3 D.
【答案】C
【解析】设球的半径为，由球的体积为可得，，解得．
因为三棱锥的高为1，所以球心在三棱锥外．
如图，设点为的外心，则平面．
在△中，由，且，得．
因为为等边三角形，所以，
所以．
故选：．
8．已知分别为的边上的点，线段和线段相交于点，若，且，，其中，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】因为，所以，
又，所以，
，所以，
，
又，，三点共线，所以，
化简得到，，当且仅当时取等号 ，
故选：A
二、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．欧拉公式（其中为虚数单位，）是由瑞士著名数学家欧拉创立的，该公式将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数与指数函数的关联，在复变函数论里占有非常重要的地位.被誉为数学中的“天桥”.依据欧拉公式，下列选项正确的是（ ）
A.
B. 为纯虚数
C. 的共轭复数为
D. 已知复数，，则复数，在复平面内的对应点关于虚轴对称
【答案】ABC
【解析】A选项：，故A正确；
B选项：， 为纯虚数，故B正确；
C选项：， 的共轭复数为，故C正确．
D 选项：，，
所以 与 实部相等，虚部互为相反数，
故复数， 在复平面内的对应点关于实部对称，故D 错误．
故选：ABC．
10．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，以下说法中正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则为钝角三角形
C. 若，则符合条件的三角形不存在
D. 若，则一定是等腰三角形
【答案】AC
【解析】若，则，所以由正弦定理可得，故A正确；
若，，，则，即，所以角为锐角，即为锐角三角形，故B错误；
若，，，根据正弦定理可得
所以符合条件的三角形不存在，即C正确；
若，则，即,因为,所以或，即或，
所以为等腰或直角三角形，故D错误.
故选：AC
11．在正方体中，如图M，N分别是正方形，的中心．则下列结论正确的是（ ）
A. 平面与棱的交点是的三等分点
B. 平面与棱的交点是的中点
C. 平面与棱的交点是的三等分点
D. 平面将正方体分成前后两部分的体积比为
【答案】ACD
【解析】如图，取的中点，延长，并交于点，连接并延长，设，，
连接并延长交于点，连接，，则四边形就是平面与正方体的截面，
是平面的中心，是中点，，则，
可得点是线段靠近点的三等分点，由对称性知点是线段靠近点的三等分点，
点是线段靠近点的三等分点，故A正确，B错误，C正确；
作出线段的另一个三等分点，作出线段靠近的三等分点，连接，，，，
可知．
，
从而平面将正方体分成两部分的体积比为，
故D正确．
故选：ACD．
12．已知向量，，满足，，，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则
B.
C. ，有
D. 若，，则
【答案】ACD
【解析】对于A，因为，，
所以，
所以，所以，故A正确；
对于B，因为，所以，
所以，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，因为，所以
又，则由
得，解得，故D正确，
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．如图，在平行四边形中，和分别是边和的中点，若，其中，则________.
【答案】
【解析】设，
因为和分别是边和的中点，可得,
又因为，所以，
因为，所以，所以.
故答案为：.
14.如图，地平面上有一根旗杆，为了测得它高度，在地面上取一基线，，在处测得点的仰角，在处测得点的仰角，又测得，则旗杆的高度是________.
【答案】
【解析】在中，；在中，；
在中，由余弦定理得：，
即，，即旗杆的高度是.
故答案为：.
15. 复数、满足，，若，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】因为，则，
所以，，
，故.
故答案为：.
16．如图正四棱柱中，，，以为球心，为半径的球与侧面的交线为，点为交线上一动点，则从运动到时，所形成的曲面面积为____________.
【答案】
【解析】由题意可知，以为球心，为半径的球与侧面的交线为，
那么交线是一段圆弧，即平面截球所得的截面圆上的一段弧，
由于平面,该截面圆的圆心是点C，截面圆的半径等于 ，
故从运动到时，所形成的曲面是绕DC旋转形成的圆锥的侧面的一部分，该圆锥的母线长等于，
由于 , , ,
所以 , 而 ,
故 是正三角形，则 ,
所以所形成的曲面面积为 ，
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．已知，，的夹角是60°，计算
（1）计算，；
（2）求和的夹角的余弦值.
【答案】（1）， （2）
【解析】（1）由题可得，
，所以；
（2），
设和的夹角为，
所以.
18．已知复数满足，的虚部为2，在复平面上所对应的点在第一象限．
（1）求；
（2）若，在复平面上的对应点分别为，，求．
【答案】（1）； （2）.
【解析】（1）因在复平面上所对应的点在第一象限，设，则，
有，因的虚部为2，即，解得，，
所以.
（2）由(1)知，，，，则点，
，，因此，，
所以.
19．已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的边长均为，E，F分别是线段AC1和BB1的中点．
（1）求证：EF平面ABC；
（2）求三棱锥C﹣ABE体积．
【答案】（1）证明见解析；（2）3.
【解析】（1）证明：取AC的中点为G，连结GE，GB，
在△ACC1中，EG为中位线，所以EGCC1，，
又因为CC1BB1，CC1＝BB1，F为BB1中点，
所以EGBF，EG＝BF，
所以四边形EFBG为平行四边形，
所以EFGB，又EF平面ABC，GB平面ABC，
所以EF平面ABC．
（2）因为E为AC1的中点，
所以E到底面ABC的距离是C1到底面ABC的距离的一半，
即三棱锥E﹣ABC的高h＝CC1＝，
又△ABC的面积为，
所以．
20．在直角梯形中，已知，对角线交于点，点在上，且．
（1）求的值；
（2）若为线段上任意一点，求的取值范围．
【答案】（1）；（2）．
【解析】（1）（1）因为，
所以以为坐标原点，分别为轴，建立平面直角坐标系如下图：
因为，
所以．
又因为对角线交于点，
所以由得，即，
因此，
而，所以，解得，
因此．
又因为点在上，所以设，
因此，
而，所以，
解得，即，
因此，而，
所以，
即的值为；
（2）因为线段上任意一点，
所以由（1）知：可设（包括端点），
因此，
所以．
因为函数的图象开口上，对称轴为，
而，
所以函数的值域为，
即的取值范围是．
21．江都种植花木，历史悠久，相传始于唐代，盛于清代，素有“花木之乡”之称，在国内外有较高的知名度．某种植园准备将如图扇形空地分隔成三部分建成花卉观赏区，分别种植玫瑰花、郁金香和菊花；已知扇形的半径为米，圆心角为，动点在扇形的弧上，点在上，且．
（1）当米时，求的长；
（2）综合考虑到成本和美观原因，要使郁金香种植区的面积尽可能的大；设，求面积的最大值．
【答案】（1）长为80米 （2）平方米
【解析】（1）扇形的半径，
因为圆心角为，所以，又，
在中，由余弦定理可得，，
即
解得或（舍去），
所以的长为80米.
（2）因为，，
在中，由正弦定理可得，，
所以，
所以的面积为，
故当，即时，的面积最大为平方米，
所以此时种植郁金香的最大面积是平方米
22．从①②，这两个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答（注：若选择多个条件，按第一个解答计分）.
在中，分别是角的对边，若__________.
（1）求角的大小：
（2）若是的中点，，求面积的最大值.
（3）若为的外接圆圆心，且，求实数的值.
【答案】（1） （2） （3）
【解析】（1）选条件①时，，
根据正弦定理：，
所以，
由于，
所以．
选条件②时，，
利用正弦定理，
即
即，因为，所以，
所以，
由于，
所以．
（2）依题意，所以，
即，所以，即，当且仅当时取等号，
所以当且仅当时取等号，
所以当且仅当时取等号，
即；
（3）取的中点，则，
代入，得，，
，
，
，
，
由，化简可得，，
；