三明一中 2023-2024学年下学期半期考
高一数学试卷
（考试时间：120分钟 满分：150分）
第Ⅰ卷（选择题 共 58分）
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，仅有一项是
符合题目要求的.
z 1 i 3 2i
1. 已知复数 z满足 ，则 z的实部为（ ）
5 1 5 5A. B. 2 C. D. 4 2 2
【答案】C
【解析】
【分析】设 z a bi a,b R ，利用复数相等建立方程组，解出 a、b即可.
【详解】设 z a bi a,b R ，
由 z 1 i 3 2i，得 a bi 1 i a b a b i 3 2i，
5
a b 3 a
2 ，解得 ，
a b 2
b 1
2
故 z
5
的实部为 ，
2
故选：C.
2. 已知在 ABC 5中， AB 3， AC 1， cos A ，则 BC （ ）
6
A. 1 B. 5 C. 5 D. 15
3 3
【答案】B
【解析】
【分析】根据余弦定理运算求解.
5
【详解】由余弦定理 a2 b2 c2 bccos A 2可得 a 12 32 2 1 3 5，故 BC a 5 .6
故选：B
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3. AOB的斜二测直观图V A O B 如图所示，则 AOB的面积是（ ）
A. 2 B. 4 2 C. 2 2 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，结合斜二测画法规则，求出 AOB的底边OB及这边上的高即可计算得解.
【详解】依题意，由斜二测画法规则知， AOB的底边OB O B 2，边OB上的高 h 2 2，
AOB S 1所以 的面积是 OB h 4 .
2
故选：D
4. 若直线 l不平行于平面 ，且 l ，则下列说法正确的是（ ）
A. 内存在一条直线与 l平行 B. 内不存在与 l平行的直线
C. 内所有直线与 l异面 D. 内所有直线与 l相交
【答案】B
【解析】
【分析】根据线面位置关系逐一分析即可.
【详解】若 内存在一条直线与 l平行，则由 l 和线面平行判定定理可知 l∥ ，与已知矛盾，故 内
不存在直线与 l平行，A错误，B正确；
记 l I A，当 内直线 a过点 A，则 l与 a相交，C错误；
当 内直线 b不过点 A，则 l与 b异面，D错误.
故选：B
5. 如图，在三棱柱 ABC - A1B1C1中， E,F ,G,H 分别为 BB1,CC1, A1B1, A1C1的中点，则下列说法错误的
是（）
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A. E,F ,G,H 四点共面 B. EF / /GH
C. EG,FH , AA1三线共点 D. EGB1 FHC1
【答案】D
【解析】
【分析】对于 AB，利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断；对于 C，利用平面公理判断得 EG，
FH 的交点 P在 AA1，从而可判断；对于 D，举反例即可判断.
【详解】对于 AB，如图，连接 EF ，GH，
因为GH是△A1B1C1的中位线，所以GH //B1C1，
因为 B1E //C1F，且 B1E C1F ，所以四边形 B1EFC1是平行四边形，
所以 EF //B1C1，所以EF //GH ，所以 E,F ,G,H H 四点共面，故 AB正确；
对于 C，如图，延长 EG， FH 相交于点 P，
因为 P EG，EG 平面 ABB1A1，所以 P 平面 ABB1A1，
因为 P FH ， FH 平面 ACC1A1，所以 P 平面 ACC1A1，
因为平面 ABB1A1 平面 ACC1A1 AA1，
所以 P AA1，所以 EG,FH , AA1三线共点，故 C正确；
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对于 D，因为 EB1 FC1，当GB1 HC1时， tan EGB1 tan FHC1，
又0 EGB1,
π
FHC1 ，则 EGB1 FHC1，故 D错误.2
故选：D.
6. 中国古代建筑具有悠久的历史传统和光辉的成就，这些古建筑除了历史背景方面的研究价值外，还有着
几何结构的研究意义.例如古建筑屋顶的结构形式就分为：圆锥形、三角锥形、四角锥形、八角锥形等，已
知某古建筑的屋顶可近似看作一个圆锥，其母线长为 5m，底面的半径为 3m，则该屋顶的侧面积约为（ ）
A. 15π m2 B. 12πm2 C. 10πm2 D. 9πm2
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆锥侧面积公式求解即可.
【详解】由该圆锥的底面半径为 3m，母线长为 5 m，则该屋顶的侧面积约为 π 3 5 15π m2.
故选：A
7. 在 ABC中，a x，b 2，B 45 ，若满足条件的 ABC有且仅有一个，则 x的取值范围是（ ）
A. 0,2 2 2 B. 2,2 2
C. 0,2 2 2 D. 0, 2 2
【答案】A
【解析】
【分析】由正弦定理判断 sin A 的取值范围即可.
a b x 2 2x
【详解】由正弦定理 ，则 ，即 sin A ，由题意 A仅有一值，sin A sin B sin A sin 45 4
0 sin A 2x故 sin B 2 或 sin A 1，解得0 x 2或 x 2 2
4 2 .
故选：A
8. 如图，三棱柱 ABC - A1B1C1中， AB 4， AC 3， BC 5， AA1 6，D为CC1中点， E为 BB1上
一点，BB1 3BE， ACD 120 ，M 为侧面 AA1C1C上一点，且BM / /平面 ADE ，则点M 的轨迹的
长度为（ ）
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A. 2 B. 3 C. 2 D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】在CD上取点M1，使得M1D 2,M1C 1，在 AC上取点M2 ，使得M2A 2,M2C 1，则
BM1 / /DE、M1M 2 / /AD，根据线面、面面平行的判定定理可证明平面 BM1M 2 / /平面 ADE，则点 M
的轨迹为线段M1M 2，结合余弦定理计算即可求解.
【详解】由题意知， BE 2,CD 3，在CD上取点M1，使得M1D 2,M1C 1，
则M1D / /BE且M1D BE，所以四边形 BEDM1为平行四边形，
故 BM1 / /DE，又 BM1 平面 ADE ，DE 平面 ADE ，
所以 BM1 / / 平面 ADE .
在 AC上取点M2 ，使得M2A 2,M2C 1，
M1C M 2C 1有 M D M A 2，所以
CM1M 2 CDA，则M1M 2 / /AD，
1 2
又M1M2 平面 ADE， AD 平面 ADE ，
所以M1M 2 / /平面 ADE ，又 BM1 M1M 2 M1 ,BM1、M1M 2 平面 BM1M 2 ，
所以平面 BM1M 2 / /平面 ADE ，则点 M的轨迹为线段M1M 2 .
在 CM1M 2 中，CM1 CM 2 1, M1CM 2 120 ，由余弦定理，
得M M M B 2 M B 21 2 1 2 2M1B M 2B cos120
3 ，
即点 M的轨迹长度为 3 .
故选：B
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二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项
符合题目要求.全部选对的得 6分，有选错的得 0分，部分选对的得部分分.
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 在正方体 ABCD A B C D 中，直线 BD 与 B C 是异面直线；
B. 梯形的直观图仍是梯形；
C. 在正方体上取 4个顶点，可以得到一个四面体，使得它的每个面都是等边三角形；
D. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据异面直线的判定定理可知 A正确；由斜二测画法可知 B正确；根据正方体的结构特征可知 C
正确；由棱柱的定义可知，D错误．
【详解】对 A，如图所示：
平面 BCB 外一点 D 与平面 BCB 内一点 B的连线 BD 与平面 BCB 内不经过点 B的直线 B C 是异面直线，
故 A正确；
对 B，根据斜二测画法可知，平行于 x轴或 y轴的直线在直观图中仍然平行于 x轴或 y轴，故 B正确；
对 C，如图所示：
四面体D A BC ，它的每个面都是等边三角形，故 C正确；
对 D，如图所示：平面 ABCD / /平面 A B C D ，且其余各面都是平行四边形，但该几何体不是棱柱，故
D错误．
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故选：ABC．
10. 1 3在复平面内，复数 z1 i对应的点为 A，复数 z2 z1 1对应的点为 B，下列说法正确的是（ ）2 2
A. z1 z2 1 B. z1 z
2
2 z1
C. 向量 AB对应的复数是 1 D. AB z1 z2
【答案】AD
【解析】
【分析】根据复数的模、复数的几何意义逐一分析即可.
1 3 1 3
【详解】因为 z1 i，所以 z i，2 2 2 2 2
1 3 1 3
所以 A , ,B , ，
2 2 2 2
z1 z
1 3
2 1，A正确；4 4
2 2
z z 1 3
1 3 1 3
1 2 i i 2 2 2 2 2
i 1，B错误；
2
由上可得 AB 1,0 ，对应复数为 1，C错误；
1 3 1 3 z1 z2 i i 1， AB 1，D正确.2 2 2 2
故选：AD
4
11. 已知平行四边形 ABCD的面积为3,cos BAD ，且DC 4EC,BC CF，则（ ）
5
A.
1 5
AB AD 的最小值为 2
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B. EA FA的最小值为5 6 10
EA FA 19C. 当 AB在 AD上的投影向量为 AD时， 4
9
D. 当 AB在 AD上的投影向量为 AD时， AB AC 4
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意画出图形，根据平面向量的数量积、投影向量，向量的线性运算，基本不等式等逐项判断
即可.
【详解】因为 cos BAD 4 3 ，所以 sin BAD .
5 5
3
设 AB a, AD b，则 absin BAD ab 3，解得 ab 5，
5
1 5 1 5 5
A选项， 2 2
a 1
a b ab ，当且仅当 时，等号成立， 正确.AB AD b 5
A
B选项，因为DC 4EC,BC CF，所以 AF AB BF AB 2AD
AE AD DE 3 AB AD，
4
EA FA AE AF 3
所以 AB AD AB 2AD ，
4
3
AB |2 2 AD |2 5 AB AD,，
4 2
3 a2 2b2 5 ab 4 ，
4 2 5
2 3 a2 2b2 10 6ab 10 5 6 10 ，
4
a2 10 6
3 a2 2b2 3当且仅当 时，即 时，等号成立，4 b2 5 6 4
所以 EA FA的最小值为5 6 10，B选项正确.
如图，过点 B作BH AD，垂足为H ，则 AB在 AD上的投影向量为 AH ，
4
当 AB在 AD上的投影向量为 AD时， AD AH AB .5
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a 5
因为 ab 5 4 2 ，所以 a 5，得 2，5 b 2
3
则由B选项解答，EA FA | AB |2 2 | AD |2
5
AB AD 3 a 2 2b 2 3 25 43 10 2 4 10 ，
4 2 4 4 4 16
故 C错.
D 2
9
选项，由C选项解答，则 AB AC AB AB AD a abcos BAD ，故D对.4
故选：ABD .
第Ⅱ卷（非选择题 共 92分）
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
12. 已知a 2, 2 ,b 2,1 ，则向量 a,b的夹角的余弦值为______.
1
【答案】
3
【解析】
【分析】利用数量积的夹角坐标运算求解即可.
2, 2 · 2,1
【详解】 cos a ,b a b 2 1
a
.
b 4 2 2 1 6 3 3
1
故答案为：
3
13. 古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，此圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高
相等，若在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球（溢出部分水），则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆
柱体积的比值为______．
1
【答案】
3
【解析】
【分析】设球的半径为 r，计算出两几何体的体积，用圆柱体的体积减去球的体积即可得到“阿氏球柱体”
中剩下的水的体积，则答案可求．
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【详解】 球内切于圆柱，
圆柱的底面半径与球的半径相等，不妨设为 r，则圆柱的高为 2r，
V 4 πr 2 2r 2πr3 ，V2 πr
3
．
1 3
2球与圆柱的体积之比为 2 : 3，即球的体积等于圆柱体积的 ．
3
2
在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球，溢出部分水的体积为圆柱体积的 ，
3
1
剩下的水的体积是圆柱体积的 ，
3
1
则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆柱体积的比值为 ．
3
1
故答案为： ．
3
14. 如图， AB1C1, B1B2C2 , B2B3C3 是三个边长为 2的等边三角形，且有一条边在同一直线上，边 B3C3 上
有 5个不同的点 P1,P2 ,P3 ,P4 ,P5 ，设mi AC 2 AP i i 1,2, ,5 ，则m1 m2 m5 _____________.
【答案】90
【解析】
【分析】首先由已知分析得 C2AB3 30
, AC2 2 3，延长 AC2 ,B3C3交于点D，进一步有
AC2 B3C3 0，从而可得mi 18，由此即可进一步求解.
【详解】因为 AB1C1, B1B2C2 , B2B3C3 是三个边长为 2的等边三角形，
所以△ABC ABC 120 , AB C 60 1 2为等腰三角形， 1 2 3 3 ，
所以 C AB 30 2 3 , AC2 2 3，
延长 AC2 ,B3C3交于点D，如图所示，
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则 D 90 ，
所以 AC2 B3C3 ，
所以 AC2 B3C3 0，
所以mi AC2 APi AC2 AB3 B3Pi AC2 AB3 AC2 B3Pi
2 3 6 cos30 0 18，
所以m1 m2 m5 90 .
故答案为：90.
【点睛】关键点点睛：关键是得到 AC2 B3C3 0，从而可得mi 18，由此即可顺利得解.
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. 已知向量 a
1,3 ，b 2,5 ，求：
（1） a b；
（2） 3a b ；
a b 2a （3） b .
【答案】（1）17
（2） 17
（3）8
【解析】
【分析】（1）根据向量数量积的坐标计算公式直接计算；
（2）根据向量的线性运算及模长公式直接计算；
（3）根据向量的线性运算及数量积公式直接计算.
【小问 1详解】
由已知 a 1,3 ，b 2,5 ，
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得 a b 1 2 3 5 17；
【小问 2详解】
方法一：3a b 1,4 ，所以 3a b 12 42 17 ；
方法二： 2 3a b 9a 2 6a b b 2 9 12 32 6 17 22 52 17 ，
所以 3a
b 17 ；
【小问 3详解】
方法一：因为 a b 3,8 ， 2a b 0,1 ，所以 a b 2a b 3 0 8 1 8；
a b 2a b 2a 2 a b b 2 2 12 32方法二： 17 22 52 8 .
16. 1707年 4月 15日，欧拉出生在瑞士巴塞尔一个牧师家庭，自幼受父亲的熏陶，喜爱数学.13岁入读巴塞
尔大学，15岁大学毕业，16岁获得硕士学位.是十八世纪数学界最杰出的人物之一，数学史上称十八世纪为
“欧拉时代”．1735年，他提出公式：复数： z ei cos i sin （ i是虚数单位）．已知复数
2 2
z1 3 a 1 i a 3 a a 2， z2 + i， a R．4 8
（1）当 z1 z2时，求 a的值；
2 a 0 ei （ ）当 时，若 z1 z2 且 (0,2π)，求 的值．
【答案】（1） a 1
5π
（2）
3
【解析】
【分析】（1）根据条件，得到 z1, z2为实数，再利用复数的定义得到关于 a的方程组，解之即可得解；
（2）根据条件得到 cos i sin 1 3 i ，再利用复数相等，即可求出结果.
2 2
【小问 1详解】
因为虚数不能比较大小，所以 z1, z2为实数，
第 12页/共 18页
a 1 0
a2 a 2
又因为 z1 z2，所以 0，解得 a 1 .
8
a2 3
3
4
【小问 2详解】
3 1
当 a 0时， z1 3 i， z2 i，4 4
z z 3 i 3 1 1 3所以 1 2 i4 4 i ， 2 2
i
所以由 e z z 1 3 1 31 2 ，得 cos i sin i ，故 cos ,sin ，2 2 2 2
又 (0,2π) 5π，得到
3 .
17. 已知 ABC的角A、 B、C所对的边分别是 a，b， c，设向量m a,b ， n cos A, cosB ，
p 2 a,b 2 .
（1）若m n，判断 ABC的形状；
π
（2）若m p，边长 c 3 2，角C ，求 ABC的面积.3
【答案】（1） ABC为等腰三角形或直角三角形
3 3
（2）
2
【解析】
【分析】（1）根据垂直向量数量积为 0，结合正弦定理与正弦二倍角公式与三角形内角关系判断即可；
（2）由向量平行公式可得 a b ab，再结合余弦定理可得 ab 6，进而求得面积.
【小问 1详解】
因为m a,b ， n cos A, cosB ，m n，
所以 acos A bcosB 0，
由正弦定理，得 sin Acos A sin Bcos B 0 ，所以 sin 2A sin 2B，
又 A,B为三角形内角，所以 2A 2B或 2A 2B π，
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A B π即 A B或 .
2
所以 ABC为等腰三角形或直角三角形
【小问 2详解】
因为 p 2 a,b 2 ，由题意m p，故b 2 a a b 2 0 ，即 a b ab .
π
由余弦定理 c2 a2 b2 2ab cosC，又 c 3 2，角C ，3
18 a2 b2 ab a b 2故 3ab，则 ab 2 3ab 18 0，
故 ab 6 ab 3 0，则 ab 6，或 ab 3（舍），
S 1所以 ab sinC 1 6sin π 3 3
2 2 3 2
18. 如图，已知四棱锥 S ABCD中，底面 ABCD是平行四边形， E为侧棱 SC 的中点.
（1）求证： SA / /平面 EDB；
（2）若F 为侧棱 AB的中点，求证：EF / /平面 SAD；
（3）设平面 SAB 平面 SCD l，求证： AB / /l .
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）设 AC BD O，再证明 SA / /EO即可；
（2）根据线面平行与面面平行的判定证明平面 EOF / /平面 SAD即可；
（3）根据线面平行的判定与性质证明即可.
【小问 1详解】
设 AC BD O，连接 AC,OE，因为 ABCD是平行四边形，故 AO OC，
又 E为侧棱 SC 的中点，故 SA / /EO .
又 SA 平面 EDB， EO 平面 EDB，故 SA / /平面 EDB .
【小问 2详解】
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若 F 为侧棱 AB的中点，DO BO，则 AD / /FO，
又 FO 平面 SAD， AD 平面 SAD，故 FO / /平面 SAD .
又 SA / /EO， EO 平面 SAD， SA 平面 SAD，故 EO / /平面 SAD .
又 EO I FO O， EO,FO 平面 EOF ，故平面 EOF / /平面 SAD .
又 EF 平面 EOF ，故 EF / /平面 SAD .
【小问 3详解】
因为 AB / /CD， AB 平面 SCD，CD 平面 SCD，故 AB / /平面 SCD .
又平面 SAB 平面 SCD l， AB 平面 SAB，故 AB / /l
19. 如图，在棱长为 4的正方体 ABCD A1B1C1D1中， E为CC1的中点，过A，D1， E三点的平面 与
此正方体的面相交，交线围成一个多边形.
（1）在图中画出这个多边形（不必说出画法和理由）；
V
（2）平面 将正方体 ABCD A1B1C1D
1
1分成两部分，求这两部分的体积之比 （其中V1 VV 2）；2
（3）若点 P是侧面BCC1B1内的动点，且 A1P ，当 A1P最小时，求三棱锥 P AA1D1的外接球的表面
积.
V1 7
【答案】（1）见解析 （2） V2 17
153
（3） π
4
【解析】
第 15页/共 18页
【分析】（1）设 BC中点为G，再证明 EG / /AD1即可知这个多边形为EGAD1；
（2）设D1E DC F ，连接 AF ，设 BC AF G，连接GE，即可得到截面即为平面 AGED1，再根据
锥体、柱体的体积公式计算可得；
（3）取 B1C1的中点 N ，BB1的中点M ，连接MN、ME、A1M 、A1N ，即可证明平面 A1MN //平面 AGED1，
则 P在线段MN上，从而得到当 P为MN的中点时 A1P最小，令ME BC1 H ，连接GH，则球心在GH
上，设球心为O，连接OD1、OP、PH，利用勾股定理求出外接球的半径 R2 ，最后根据球的表面积公式
计算可得.
【小问 1详解】
设 BC中点为G，连接 EG， BC1，则由正方体性质可得 AB / /D1C1，且 AB D1C1，
故四边形 ABC1D1为平行四边形，则 AD1 / /BC1 .
又 BC中点为G，CC1中点为 E，故 EG / /BC1，则 EG / /AD1，故这个多边形为四边形EGAD1 .
【小问 2详解】
在正方形DCC1D1中，直线D1E 与直线DC相交，
设D1E DC F，连接 AF ，设 BC AF G，连接GE，
由 E为CC1的中点，得G为 BC的中点， EG//AD1，
所以平面 AGED1即为平面 ，
因为 E为CC1的中点，所以C为DF的中点，
所以平面 将正方体分成两部分，其中一部分是三棱台CGE DAD1，
因为正方体 ABCD A1B1C1D1的棱长为 4，
所以V1 V棱台CGE DAD V1 F DAD V1 F CGE
7V 7 1 7 1 1 F DAD S DAD FD 4 4 8
56
，
8 1 8 3 1 8 3 2 3
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V 43 56 136另一部分几何体的体积 2 ，3 3
V
1
7
两部分的体积 V ．2 17
【小问 3详解】
取 B1C1的中点N ， BB1的中点M ，连接MN、ME、 A1M 、 A1N ，
显然MN //BC1， EG//BC1，所以MN //EG，MN 平面 AGED1， EG 平面 AGED1，
所以MN //平面 AGED1，
又 E为CC1的中点，所以ME //B1C1且ME B1C1，又 A1D1 //B1C1且 A1D1 B1C1，
所以 A1D1 //ME且 A1D1 ME，
所以 A1D1EM 为平行四边形，所以 A1M //D1E，
A1M 平面 AGED1，D1E 平面 AGED1，
所以 A1M //平面 AGED1，
又 A1M ME M ， A1M ,ME 平面 A1MN，所以平面 A1MN //平面 AGED1，
又点 P是侧面BCC1B1内的动点，且 A1P// ，
所以 P在线段MN上，又 A1N A1M 4
2 22 2 5 ，
即 A1MN 为等腰三角形，所以当 P为MN的中点时 A1P最小，
因为 AA1D1为等腰直角三角形，所以其外接圆的圆心为斜边 AD1的中点，设为Q，
令ME BC1 H ，则H 为 BC1的中点，连接QH ，则QH //AB，所以QH 平面 AA1D1，
所以球心在QH 上，设球心为O，连接OD1、OP、PH，
设外接球的半径为 R，OQ h，则OD1 OP R，
第 17页/共 18页
又D1Q
1
AD1 2 2 ，2 PH 2
，
所以 R2 h2 2 2 2， R2 2 4 h 2 2 h 5 R2 153，解得 ，则 ，4 16
2 153
所以外接球的表面积 S 4πR π .
4
第 18页/共 18页三明一中 2023-2024学年下学期半期考
高一数学试卷
（考试时间：120分钟 满分：150分）
第Ⅰ卷（选择题 共 58分）
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，仅有一项是
符合题目要求的.
z 1 i 3 2i
1. 已知复数 z满足 ，则 z的实部为（ ）
5 5 5
A. B.
1
4 2
C. D.
2 2
2. 已知在 ABC中， AB 3， AC 1， cos A 5 ，则 BC （ ）
6
A. 1 B. 5 C. 5 D. 15
3 3
3. AOB的斜二测直观图V A O B 如图所示，则 AOB的面积是（ ）
A. 2 B. 4 2 C. 2 2 D. 4
4. 若直线 l不平行于平面 ，且 l ，则下列说法正确的是（ ）
A. 内存在一条直线与 l平行 B. 内不存在与 l平行的直线
C. 内所有直线与 l异面 D. 内所有直线与 l相交
5. 如图，在三棱柱 ABC - A1B1C1中， E,F ,G,H 分别为 BB1,CC1, A1B1, A1C1的中点，则下列说法错误的
是（）
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A. E,F ,G,H 四点共面 B. EF / /GH
C. EG,FH , AA1三线共点 D. EGB1 FHC1
6. 中国古代建筑具有悠久的历史传统和光辉的成就，这些古建筑除了历史背景方面的研究价值外，还有着
几何结构的研究意义.例如古建筑屋顶的结构形式就分为：圆锥形、三角锥形、四角锥形、八角锥形等，已
知某古建筑的屋顶可近似看作一个圆锥，其母线长为 5m，底面的半径为 3m，则该屋顶的侧面积约为（ ）
A. 15π m2 B. 12πm2 C. 10πm2 D. 9πm2
7. 在 ABC中，a x，b 2，B 45 ，若满足条件的 ABC有且仅有一个，则 x的取值范围是（ ）
A. 0,2 2 2 B. 2,2 2
C. 0,2 2 2 D. 0, 2 2
8. 如图，三棱柱 ABC - A1B1C1中， AB 4， AC 3， BC 5， AA1 6，D为CC1中点， E为 BB1上
一点，BB1 3BE， ACD 120 ，M 为侧面 AA1C1C上一点，且BM / /平面 ADE ，则点M 的轨迹的
长度为（ ）
A. 2 B. 3 C. 2 D. 1
二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项
符合题目要求.全部选对的得 6分，有选错的得 0分，部分选对的得部分分.
9. 下列结论正确的是（ ）
A. 在正方体 ABCD A B C D 中，直线 BD 与 B C 是异面直线；
B. 梯形的直观图仍是梯形；
C. 在正方体上取 4个顶点，可以得到一个四面体，使得它的每个面都是等边三角形；
D. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱．
10. 1 3在复平面内，复数 z1 i对应的点为 A，复数 z2 z1 1对应的点为 B，下列说法正确的是（ ）2 2
A. z1 z2 1 B. z
2
1 z2 z1
C. 向量 AB对应的复数是 1 D. AB z1 z2
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4
11. 已知平行四边形 ABCD的面积为3,cos BAD ，且DC 4EC,BC CF，则（ ）
5
A.
1 5
AB AD 的最小值为 2
B. EA FA的最小值为5 6 10
19
C. 当 AB在 AD上的投影向量为 AD时， EA FA 4
9
D. 当 AB在 AD上的投影向量为 AD时， AB AC 4
第Ⅱ卷（非选择题 共 92分）
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分.
12. 已知a 2, 2 ,b 2,1 ，则向量 a,b的夹角的余弦值为______.
13. 古希腊数学家阿基米德的墓碑上刻着一个圆柱，此圆柱内有一个内切球，这个球的直径恰好与圆柱的高
相等，若在装满水的阿氏球柱体中放入其内切球（溢出部分水），则“阿氏球柱体”中剩下的水的体积与圆
柱体积的比值为______．
14. 如图， AB1C1, B1B2C2 , B2B3C3 是三个边长为 2的等边三角形，且有一条边在同一直线上，边 B3C3 上
有 5个不同的点 P1,P2 ,P3 ,P4 ,P5 ，设mi AC 2 AP i i 1,2, ,5 ，则m1 m2 m5 _____________.
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. 已知向量 a 1,3 ，b 2,5 ，求：
（1） a b；
（2） 3a b ；
（3） a b 2a b .
16. 1707年 4月 15日，欧拉出生在瑞士巴塞尔一个牧师家庭，自幼受父亲的熏陶，喜爱数学.13岁入读巴塞
尔大学，15岁大学毕业，16岁获得硕士学位.是十八世纪数学界最杰出的人物之一，数学史上称十八世纪为
“欧拉时代”．1735年，他提出公式：复数： z ei cos i sin （ i是虚数单位）．已知复数
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2 2
z1 3 a 1 i z a 3， 2 +
a a 2 i， a R．
4 8
（1）当 z1 z2时，求 a的值；
（2）当a 0 i 时，若 e z1 z2 且 (0,2π)，求 的值．
17. 已知 ABC的角A、 B、C所对的边分别是 a，b， c，设向量m a,b ， n cos A, cosB ，
p 2 a,b 2 .
（1）若m n，判断 ABC的形状；
π
（2）若m p，边长 c 3 2，角C ，求 ABC的面积.3
18. 如图，已知四棱锥 S ABCD中，底面 ABCD是平行四边形， E为侧棱 SC 的中点.
（1）求证： SA / /平面 EDB；
（2）若F 为侧棱 AB的中点，求证：EF / /平面 SAD；
（3）设平面 SAB 平面 SCD l，求证： AB / /l .
19. 如图，在棱长为 4的正方体 ABCD A1B1C1D1中， E为CC1的中点，过A，D1， E三点的平面 与
此正方体的面相交，交线围成一个多边形.
（1）在图中画出这个多边形（不必说出画法和理由）；
V
（2）平面 将正方体 ABCD A 11B1C1D1分成两部分，求这两部分的体积之比 V VV （其中 1 2）；2
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（3）若点 P是侧面BCC1B1内的动点，且 A1P ，当 A1P最小时，求三棱锥 P AA1D1的外接球的表面
积.
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