数学试卷
本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.
第I卷（选择题）
一 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 的值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数代数形式的乘法运算法则计算可得.
【详解】
.
故选：A
2. 已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为的正方形，则原图形的面积为（ ）
A B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由斜二测画法的规则得到平面图形，即可得到原图形的面积.
【详解】依题意不妨令直观图如下所示：
则还原直观图为原图形，如图所示，
因为，所以，
还原回原图形后，，，所以原图形面积为.
故选：B
3. 已知在中，，则（ ）
A. B. C. 或 D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用正弦定理计算可得.
【详解】由正弦定理，即，解得，
又，所以或.
故选：C
4. 已知圆柱的底面直径和高均为2，则该圆柱的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆柱的表面积公式计算可得.
【详解】依题意圆柱的底面半径，高，
所以圆柱的表面积.
故选：B
5. 已知正方形的边长为，点满足，则（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】建立平面直角坐标系并写出各点坐标，根据题意求相应向量的坐标，再根据数量积的坐标运算进行求解即可.
【详解】建立坐标系如图，正方形的边长为2，
则，，，可得，
点满足，所以．
故选：C.
6. 以下说法正确的是（ ）
A. 是平面外的一条直线，则过且与平行的平面有且只有一个
B. 若夹在两个平面间的三条平行线段长度相等，则这两个平面平行
C. 平面内不共线的三点到平面的距离相等，则
D. 空间中三点构成边长为2的正三角形，则与这三点距离均为1的平面恰有两个
【答案】D
【解析】
【分析】当与相交时，不存在过且与平行的平面，即可判断A；举例说明即可判断BC；满足条件的平面有两个，且在的异侧，即可判断D.
【详解】A：当与相交时，不存在过且与平行的平面，故A错误；
B：三条平行线段共面时，两平面可能相交也可能平行，
当三条平行线段不共面时，两平面一定平行，故B错误；
C：当与相交时，也存在平面内不共线的三点到平面的距离相等，故C错误；
D：空间中三点构成边长为2的正三角形，与这三点距离均为1的平面恰有两个，
且这两个平面分别在的异侧，故D正确.
故选：D
7. 已知满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由余弦定理结合平面向量数量积化简得，再利用基本不等式求解．
【详解】已知满足，
设、、对应的边分别为，，，
则，
即，
则，
当且仅当时取等号，
即的最小值为．
故选：D．
8. 已知正四棱锥的内切球半径为，则当四棱锥的体积最小时，它的高为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设正四棱锥底面边长为2a，，高为h，根据正四棱锥的结构特征结合三角形相似推出，表示出棱锥的体积，结合导数确定棱锥体积最小时，由此即可求得答案.
【详解】如图，设正四棱锥的底面的中心为F，内切球球心为O，
则O在四棱锥的高上，
设内切球与侧面相切于点G，设E为的中点，连接，则G在上，
且，则∽，
设正四棱锥的底面边长为2a，，高为h，
则，解得，
故四棱锥的体积为，
则，
当时，，V在上单调递减，
当时，，V在上单调递增，
故时，V取得最小值，此时，
故选：C
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分.
9. 以下关于向量的说法正确的有（ ）
A.
B. 若，则
C.
D. 若，则
【答案】BC
【解析】
【分析】由平面向量数量积的运算，结合向量共线及垂直逐一判断即可．
【详解】对于选项A，当，，均为非零向量时，
不妨设，，
则，，即选项A错误；
对于选项B，若，两边平方化简得
，则，即选项B正确；
对于选项C，，即选项C正确；
对于选项D，若，
若，则与的位置关系无法确定，即选项D错误．
故选：BC．
10. 已知为复数，，则以下说法正确的有（ ）
A.
B.
C. 互为共轭复数
D. 若，则的最大值为6
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用复数代数形式的四则运算，结合复数模、共轭复数的意义计算判断AC；举例说明判断B；利用复数的几何意义求出最大值判断D.
【详解】设复数，
对于A，，
，A正确；
对于B，取，则，B错误；
对于C，，
，互为共轭复数，C正确；
对于D，在复平面内，是表示复数的点的轨迹为以原点为圆心，1为半径的圆，
是上述圆上的点与复数对应点的距离，
而点到原点的距离为，的最大值为，D正确.
故选：ACD
11. 如图，在菱形中，分别为的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内.在翻折的过程中，下列结论正确的有（ ）
A. 平面
B. 异面直线与所成角为定值
C. 设菱形边长为，当二面角为时，三棱锥的外接球表面积为
D. 若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】据题意，证得，证得平面，可判定A正确；证得平面，证得，得到，可判定B正确；取的中心，设外接球的球心为，根据球的截面圆的性质，求得外接球半径为，可判定C正确；分为直角和钝角时，结合在线段的关系，结合，可判定D错误．
【详解】对于A，∵，分别为菱形的边，的中点，
∴，又平面，平面，∴平面，故A正确；
对于B，取中点，连接，如图，则，，
平面，∴平面，而平面，
∴，∴，即异面直线与所成的角为90°，B正确；
对于C，取的中心，设外接球的球心为，
连接平面，平面，连接，并延长交于点，
因为的边长为，可得，则，
又因为，当二面角为时，可得，
在直角中，可得，
在直角中，可得，即外接球半径为，
所以外接球的表面积为，所以C正确；
对于D，过作，垂足为，若为锐角，在线段上；
若为直角，则与重合；若为钝角，则在线段的延长线上，
若存在某个位置，使得直线与直线垂直，因为，所以平面，
因为平面，所以，
若为直角，与重合，所以，
在中，因为，所以不可能成立，即为直角不可能成立；
若为钝角，在线段的延长线上，则在菱形中，为锐角，
由于立体图中，所以立体图中一定小于平面图中的，
所以为锐角，，故点在线段上与H在线段的延长线上矛盾，
因此不可能是钝角；综上,的取值范围是，所以D错误．
故选：ABC.
【点睛】方法点睛：对于立体几何的综合问题的解答方法：
（1）立体几何中的动态问题主要包括：空间动点轨迹的判断，求解轨迹的长度及动态角的范围等问题，解决方法一般根据线面平行，线面垂直的判定定理和性质定理，结合圆或圆锥曲线的定义推断出动点的轨迹，有时也可以利用空间向量的坐标运算求出动点的轨迹方程；
（2）对于线面位置关系的存在性问题，首先假设存在，然后在该假设条件下，利用线面位置关系的相关定理、性质进行推理论证，寻找假设满足的条件，若满足则肯定假设，若得出矛盾的结论，则否定假设；
（3）对于探索性问题用向量法比较容易入手，一般先假设存在，设出空间点的坐标，转化为代数方程是否有解的问题，若有解且满足题意则存在，若有解但不满足题意或无解则不存在.
第II卷（非选择题）
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若复数满足，则的虚部为__________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据复数的除法运算求出复数z，即可求得答案.
【详解】由，得，
故的虚部为1，
故答案为：1
13. 已知向量，则与夹角相同的单位向量为__________.
【答案】或．
【解析】
【分析】由已知结合向量数量积的坐标表示及模长得x,y的关系式即可求解．
【详解】设与、夹角相同的单位向量，
由题意得，，即，
因为，
所以或．
故答案为：或．
14. 如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体，连接、，设在平面的射影为，连接，则即为直线与平面所成角，在平面上的射影为，求出点的轨迹，再结合平面几何的性质即可得解．
【详解】如图所示，
在正方体上“堆叠”一个与之全等的正方体，
连接、，易知四边形是菱形，
设在平面的射影为，
由正三棱锥可知，点是△的外心，
，则，
由，得，
所以，再结合，得，
从而的轨迹是（平面上）以为圆心，为半径的圆，记为圆，
同理，在平面（即平面上的射影为的外心，
连接，则在平面上的射影为，
进而即为直线与平面所成角，记，
则，其中为定值，
而对于，由圆的几何知识可知，当运动到线段且与圆相交时，
取得最小值，记相交于Q,易知，
则，
此时取得最大值为．
故答案为：．
【点睛】关键点点睛:本题考查空间中点的轨迹及线面角，关键是确定在平面上的轨迹为圆.
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. 已知复数，且是实数.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）或，
（2）
【解析】
【分析】（1）首先化简，根据为实数得到，再由余弦函数的性质计算可得；
（2）由（1）可得，即可得到，再根据复数乘方法则计算可得.
【小问1详解】
因为，
所以，
因为是实数，所以，则，
所以或，，
解得或，.
【小问2详解】
当，时，
若为偶数，则，
若为奇数，则，
所以；
同理当，时，，
又，
所以当时，
则
；
当时，
则
；
故.
16. 如图所示，正方体的棱长为分别为的中点，点满足.
（1）若，证明：平面；
（2）连接，点在线段上，且满足平面.当时，求长度的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，依题意可得为的中点，从而得到，再由正方体的性质得到，从而得到，即可得证；
（2）求出和时的长度，即可得到的取值范围.
【小问1详解】
连接，因为为的中点，当时即，所以为的中点，
所以，
又且，所以四边形为平行四边形，
所以，
所以，
又平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
当时为的中点，连接交于点，连接，
连接交于点，取的中点，连接、，
因为分别为的中点，所以，则为的中点，所以，
又且，所以为平行四边形，所以，
所以，
又平面，平面平面，平面，
所以，所以和重合，
又，
此时，
当时与点重合，在上取点使得，连接，
由前述说明可知为的中点，则，
又，所以，又，
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
所以，
综上可得当时，求长度的取值范围为.
17. 设三个内角的对边分别为，且.
（1）求的值；
（2）设为锐角三角形，是边的中点，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理，转化求解即可．
（2）由正弦定理求解的范围，结合向量的数量积，推出的表达式，然后求解范围即可．
【小问1详解】
因为，
所以利用正弦定理可得，
又为三角形内角，，
所以，可得，
因为，所以；
【小问2详解】
， ；
由正弦定理，
则，
又为锐角三角形，则，得，则，
故,
，
即，二次函数的开口向下，对称轴为，
在，单调递减，故的取值范围,，即．
18. 如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，.
（1）证明：平面平面；
（2）若，与平面的夹角为，求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）设，连接，即可证明、，从而得到平面，即可得证；
（2）过点作交于点，即可证明平面，则即为与平面所成的角，即可求出，过点作交于点，连接，即可证明平面，从而得到即为二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得.
【小问1详解】
设，连接，因为为正方形，所以且为的中点，
又，所以，
又，平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面.
【小问2详解】
在平面中过点作交于点，
因为平面，又平面，
所以，
又，平面，所以平面，
所以即为与平面所成的角，即，
又，所以，
过点作交于点，连接，
又平面，平面，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
所以即为二面角的平面角，
又，所以
因为为正方形，所以，则，
所以，即，解得，
又平面，平面，所以，
所以，
所以，
所以二面角的正弦值为.
19. 由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点.对于凸多面体，有著名的欧拉公式：，其中为顶点数，为棱数，为面数.我们可以通过欧拉公式计算立体图形的顶点 棱 面之间的一些数量关系.例如，每个面都是四边形的凸六面体，我们可以确定它的顶点数和棱数.一方面，每个面有4条边，六个面相加共24条边；另一方面，每条棱出现在两个相邻的面中，因此每条棱恰好被计算了两次，即共有12条棱；再根据欧拉公式，，可以得到顶点数.
（1）已知足球是凸三十二面体，每个面均为正五边形或者正六边形，每个顶点与三条棱相邻，试确定足球的棱数；
（2）证明：个顶点的凸多面体，至多有条棱；
（3）已知正多面体各个表面均为全等的正多边形，且与每个顶点相邻的棱数均相同.试利用欧拉公式，讨论正多面体棱数的所有可能值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）设此足球有个正五边形，分别得顶点与棱数，再利用欧拉公式解得的值.
（2）当凸多面体每个面均为三角形时，棱数最多，此时棱数与面数有关系.
（3）设正多面体每个顶点有条棱，每个面都是正边形，根据欧拉公式列出表达式，再由得不等式，分类取值即可.
【小问1详解】
设足球有个正五边形，则有个正六边形，
足球的顶点，棱数，
由欧拉公式得，
解得，即此足球中有个面为正五边形，
所以此足球的棱数.
【小问2详解】
由个顶点的凸多面体，其面数尽可能多，那么相当于每一个面尽可能均为三角形，
当棱数最多时，该凸多面体每一个面均为三角形，此时，即，
又，即，解得，
故个顶点的凸多面体，至多有条棱.
【小问3详解】
设正多面体每个顶点有条棱，每个面都是正边形，
则此多面体棱数，，即，
由欧拉公式，得，
所以，即，即，
所以，
当时，，所以，，；
当时，，所以，，；
当时，，所以，，；
综上：棱数可能为.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是，讨研得点与棱、点与面、棱与面的数量之间的关系，从而得解.数学试卷
本试卷分为第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共150分，考试时间120分钟.
第I卷（选择题）
一 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 的值为（ ）
A. B. C. D.
2. 已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为的正方形，则原图形的面积为（ ）
A. B. C. D.
3. 已知在中，，则（ ）
A B. C. 或 D.
4. 已知圆柱底面直径和高均为2，则该圆柱的表面积为（ ）
A. B. C. D.
5. 已知正方形的边长为，点满足，则（ ）
A. 4 B. 5 C. 6 D. 8
6. 以下说法正确的是（ ）
A. 是平面外的一条直线，则过且与平行的平面有且只有一个
B. 若夹在两个平面间的三条平行线段长度相等，则这两个平面平行
C. 平面内不共线的三点到平面的距离相等，则
D. 空间中三点构成边长为2的正三角形，则与这三点距离均为1的平面恰有两个
7. 已知满足，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
8. 已知正四棱锥的内切球半径为，则当四棱锥的体积最小时，它的高为（ ）
A. B. C. D.
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分.
9. 以下关于向量的说法正确的有（ ）
A.
B. 若，则
C.
D. 若，则
10. 已知为复数，，则以下说法正确的有（ ）
A.
B.
C. 互为共轭复数
D. 若，则最大值为6
11. 如图，在菱形中，分别为的中点，将菱形沿对角线折起，使点不在平面内.在翻折的过程中，下列结论正确的有（ ）
A. 平面
B. 异面直线与所成角为定值
C. 设菱形边长为，当二面角为时，三棱锥外接球表面积为
D. 若存在某个位置，使得直线与直线垂直，则的取值范围是
第II卷（非选择题）
三 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若复数满足，则的虚部为__________.
13. 已知向量，则与夹角相同的单位向量为__________.
14. 如图所示，在棱长为的正方体中，点是平面内的动点，满足，则直线与平面所成角正切值的最大值为__________.
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. 已知复数，且是实数.
（1）求的值；
（2）求的值.
16. 如图所示，正方体的棱长为分别为的中点，点满足.
（1）若，证明：平面；
（2）连接，点在线段上，且满足平面.当时，求长度的取值范围.
17. 设三个内角的对边分别为，且.
（1）求的值；
（2）设为锐角三角形，是边的中点，求的取值范围.
18. 如图，四棱锥的底面是边长为的正方形，.
（1）证明：平面平面；
（2）若，与平面的夹角为，求二面角的正弦值.
19. 由若干个平面多边形围成的几何体叫做多面体，围成多面体的各个多边形叫做多面体的面，两个面的公共边叫做多面体的棱，棱与棱的公共点叫做多面体的顶点.对于凸多面体，有著名的欧拉公式：，其中为顶点数，为棱数，为面数.我们可以通过欧拉公式计算立体图形的顶点 棱 面之间的一些数量关系.例如，每个面都是四边形的凸六面体，我们可以确定它的顶点数和棱数.一方面，每个面有4条边，六个面相加共24条边；另一方面，每条棱出现在两个相邻的面中，因此每条棱恰好被计算了两次，即共有12条棱；再根据欧拉公式，，可以得到顶点数.
（1）已知足球是凸三十二面体，每个面均为正五边形或者正六边形，每个顶点与三条棱相邻，试确定足球棱数；
（2）证明：个顶点的凸多面体，至多有条棱；
（3）已知正多面体的各个表面均为全等的正多边形，且与每个顶点相邻的棱数均相同.试利用欧拉公式，讨论正多面体棱数的所有可能值.
