广东省湛江市吴川市第二中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
1．（2024高一下·吴川期中）已知，则（ ）
A． B． C．0 D．1
【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以，即．
故答案为：A．
【分析】本题考查复数的除法运算，复数的共轭复数.根据复数的除法运算分子和分母同时乘以共轭复数可得：，再通过化简可求出复数，再根据共轭复数的概念可求出，据此可求出 ．
2．（2024高一下·吴川期中）化简（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：由题意可得：.
故答案为：D.
【分析】本题考查平面向量的线性运算.利用平面向量的线性运算可得：原式，再利用平面向量的线性运算再进计算可求出答案.
3．（2024高一下·吴川期中）设是不共线的两个非零向量，则下列四组向量不能作为基底的是（ ）
A．和 B．与
C．与 D．与
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：A、不存在实数，使得，故和不共线，可作基底， A不符合题意 ，A错误；
B、不存在实数，使得，故与不共线，可作基底，B不符合题意 ，B错误；
C、对与，因为是不共线的两个非零向量，
且存在实数，使得，故与共线，不可作基底，C符合题意 ，C正确；
D、不存在实数，使得，故与不共线，可作基底，D不符合题意，D错误 .
故答案为：C.
【分析】本题考查平面向量共线定理.根据平面向量基本定理可得：和不共线，可作基底，据此可判断A选项；根据平面向量基本定理可得：与不共线，可作基底，据此可判断B选项；根据平面向量基本定理可得：与共线，不可作基底，据此可判断C选项；根据平面向量基本定理可得：与不共线，可作基底，据此可判断D选项；
4．（2024高一下·吴川期中）已知向量满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由，得，解得，
因此，
所以在方向上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】本题考查平面向量的数量积，平面向量的投影向量.根据，两边同时进行平方，再利用平面向量数量积的运算律求出，再利用投影向量的定义可得：在方向上的投影向量为，代入数据进行计算可求出答案.
5．（2024高一下·吴川期中）如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A． B． C．6 D．
【答案】B
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；解三角形
【解析】【解答】解：已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图，
一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，设，
圆锥底面周长为，所以，所以，
在中，由，得
.
故答案为：B．
【分析】本题考查圆锥的侧面展开图，弧长公式，余弦定理的应用.先画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为，设，利用弧长计算公式可求出，在中，再利用余弦定理进行计算可求出，进而求出答案.
6．（2024高一下·吴川期中）如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图为直角梯形，且，，平行于轴，则这个平面图形的面积为
A．5 B． C． D．
【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：根据斜二测画法的规则可知：
水平放置的图形OABC为一直角梯形，
由题意可知上底为，高为，
下底为，
该图形的面积为．
故答案为：B.
【分析】先确定直观图中的线段长，再确定平面图形中的线段长，从而求得平面图形的面积．
7．（2024高一下·吴川期中）甲船在岛B的正南方A处，千米，甲船以每小时4千米的速度向正北航行，同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是（ ）
A．小时 B．小时 C．小时 D．小时
【答案】A
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：假设经过x小时两船相距最近，甲、乙分别行至如图所示：
可知，
由余弦定理可得
；
根据二次函数性质可知，当小时时，取得最小值，此时甲、乙两船相距最近．
故答案为：A．
【分析】本题考查余弦定理的应用.：假设经过x小时两船相距最近，甲、乙分别行至如图所示，进而可表示出BC和BD，利用余弦定理进行计算可得：，再利用二次函数的性质可求出取得最小值时，x的值，据此可求出答案.
8．（2024高一下·吴川期中）如图，线段，点A，B分别在x轴和y轴的非负半轴上运动，以AB为一边，在第一象限内作矩形ABCD，，设O为原点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：如图令，，由于，故，，
如图，，故，，
故，同理可求得，即，
∴，
∵，∴．∵，∴的最大值是3，最小值是1，
故答案为：C．
【分析】本题考查平面向量数量积的坐标表示.令，j据此可得：，，再根据边长为1，2的长方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴正半轴上，可得出B，C的坐标，据此可表示出，利用平面向量数量积的坐标表示可得：，再利用正弦函数的性质可求出的最大值和最小值，进而可求出答案.
9．（2024高一下·吴川期中）下列说法不正确的有（ ）
A．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；
B．以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；
C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；
D．圆锥的轴截面是等腰三角形.
【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、棱台是棱锥过侧棱上一点作底面的平行平面分割而得到的.而两个面平行且相似，
其余各面都是梯形的多面体中，把梯形的腰延长后，有可能不交于一点，就不是棱台，A符合题意，A正确；
B、以直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体不是圆锥，B符合题意，B正确；
C、各侧面都是正方形的四棱柱中，如果底面的菱形，一定不是正方体，C符合题意，C正确；
D、圆锥的轴截面是等腰三角形，D不符合题意，D错误；
故答案为：ABC.
【分析】本题考查棱台的几何特征，圆锥的几何特征，正方体的几何特征.根据梯形的腰延长后，有可能不交于一点，就不是棱台，据此可判断A选项；根据直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体不是圆锥，据此可判断B选项；根据底面的菱形，侧面都是正方形的四棱柱不是正方体，据此可判断C选项；根据圆锥的轴截面是等腰三角形，据此可判断D选项.
10．（2024高一下·吴川期中）下列说法中正确的是（ ）
A．在中，，则
B．已知，则
C．已知与的夹角为钝角，则的取值范围是
D．若，则三点共线
【答案】B,D
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、∵，
∴与的夹角为，
∴，A错误；
B、∵，
∴，
∴，B正确；
C、∵与的夹角为钝角，
∴与的数量积小于0且不平行，即且，
∴，C错误；
D、
∴，
∴共线，
∵它们有公共点，
∴三点共线. D正确.
故答案为：BD.
【分析】A项，求出与的夹角，即可求出的值；B项，求出，即可求出的值；C项，写出的表达式，利用两向量夹角为钝角，就可求出的取值范围；D项，求出的表达式，得出与的关系，即可证明三点共线.
11．（2024高一下·吴川期中）已知的内角的对边分别为，，，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，则一定是钝角三角形
B．若，则一定是等边三角形
C．若，则一定是等腰三角形
D．若的面积，，则的最大值为1
【答案】A,B,D
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形的实际应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、中，因为，所以，
又，所以角为钝角，一定是钝角三角形，A正确；
B、若，则由正弦定理得，即，
又， 所以，即是等边三角形，B正确；
C、若，则由正弦定理得，
即，则或，即或，
则为等腰三角形或直角三角形，C错误；
D、因为的面积，且，
所以，所以.
因为，所以.
因为，所以.
所以
，
所以的最大值为1，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】对于A，由余弦定理可判断；对于B由正弦定理可判断；对于C，由、正弦定理及二倍角公式可得，根据诱导公式可判断C；对于D，根据三角形面积公式及余弦定理可得，又，故.根据正弦公式及三角恒等变换可得，根据即可判断D．
12．（2024高一下·吴川期中）若为虚数单位，且，则 ．
【答案】
【知识点】虚数单位i及其性质
【解析】【解答】解：因为，则，，
故.
故答案为：.
【分析】本题考查复数的除法运算，复数中虚数单位的性质.利用复数的除法运算可求出的值，利用虚数单位的性质，可得：，，据此可求出与的值.
13．（2024高一下·吴川期中）已知一个正方体的顶点都在同一个球面上，且这个正方体的表面积为12，则这个球的体积为 .
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为a，
∵正方体的表面积为12，∴，
则，即，
∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，
∴正方体的体对角线等于球的直径，
即，即，
则球的体积；
故答案为：.
【分析】正方体内接在求体内，正方体的体对角线是球体的直径，根据正方体的表面积求解出棱长，进而求解出正方体的体对角线长，根据球体体积公式求解出球体体积.
14．（2024高一下·吴川期中）如图，在中，点是上的点，且， 且是的中点，与的交点为，又，则实数 .
【答案】
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为三点共线，所以存在一个实数，使得，
所以，
所以，
又，，所以，
根据平面向量基本定理可得，解得.
故答案为：.
【分析】本题考查平面向量基本定理.根据三点共线，所以存在一个实数，使得，利用平面向量的线性运算可得：，通过变形可得：，再根据，据此可列出方程：，解方程可求出t的值，据此可求出答案.
15．（2024高一下·吴川期中）已知复数．
（1）求；
（2）若z是关于x的方程的一个根，求实数a，b的值．
【答案】（1）解：因为，
所以．
（2）解：由（1）可得：，
将代入方程得：，
则，解得：．
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【分析】（1）根据复数的除法求，进而求模长；
（2）将代入方程，根据复数相等列式求解.
（1）因为，
所以．
（2）由（1）可得：，
将代入方程得：，
则，解得：．
16．（2024高一下·吴川期中）已知，
（1）当k为何值时，与平行：
（2）若，求的值
【答案】解：（1），，，
，与平行，
；
（2），
，
.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）求出与坐标，根据共线向量坐标的关系，即可求解；
（2）由的坐标关系求出，进而求出坐标，即可求解.
17．（2024高一下·吴川期中）在中，角，，所对的边分别为，，，．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）解：在中，由及正弦定理得：，
而，
则，
于是，又，即，
则，又，所以．
（2）解：由（1）知，，由余弦定理，
得，解得，
所以的面积是．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)由正弦定理可得，整理后可得cosC的值，即可求出C的度数；
(2)由余弦定理可得a、b的等量关系，即可求出ab的值，由面积公式即可求得面积.
18．（2024高一下·吴川期中）已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为.
（1）求圆锥的底面积；
（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积.
【答案】解：（1）沿母线AB剪开，侧展图如图所示：
设，在半圆⊙A中，， 弧长，
这是圆锥的底面周长，所以，
所以，
故圆锥的底面积为；
（2）设圆柱的高，，
在中，，
，所以，
即，，
，
，
所以，当，时，圆柱的侧面积最大，
此时.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，利用展开图是半圆，求解R，然后求解底面积；
（2）设圆柱的高，，通过，推出，求解h与r，然后求解圆柱体积的最大值即可.
19．（2024高一下·吴川期中）记△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）若，求；
（2）求的最小值．
【答案】（1）解：因为，
即，
所以.
（2）解：由（1）知，，所以，所以，则，
而，
所以，即有，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦的二倍角公式以及两角和的余弦公式求解；
（2）利用正弦定理以及基本不等式求解.
（1）因为，
即，
所以；
（2）由（1）知，，所以，所以，则，
而，
所以，即有，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
1 / 1广东省湛江市吴川市第二中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试卷
1．（2024高一下·吴川期中）已知，则（ ）
A． B． C．0 D．1
2．（2024高一下·吴川期中）化简（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·吴川期中）设是不共线的两个非零向量，则下列四组向量不能作为基底的是（ ）
A．和 B．与
C．与 D．与
4．（2024高一下·吴川期中）已知向量满足，则在方向上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一下·吴川期中）如图，已知圆锥的底面半径为1，母线长，一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A． B． C．6 D．
6．（2024高一下·吴川期中）如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图为直角梯形，且，，平行于轴，则这个平面图形的面积为
A．5 B． C． D．
7．（2024高一下·吴川期中）甲船在岛B的正南方A处，千米，甲船以每小时4千米的速度向正北航行，同时乙船自B出发以每小时6千米的速度向北偏东的方向驶去，当甲、乙两船相距最近时，它们所航行的时间是（ ）
A．小时 B．小时 C．小时 D．小时
8．（2024高一下·吴川期中）如图，线段，点A，B分别在x轴和y轴的非负半轴上运动，以AB为一边，在第一象限内作矩形ABCD，，设O为原点，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·吴川期中）下列说法不正确的有（ ）
A．两个面平行且相似，其余各面都是梯形的多面体是棱台；
B．以直角三角形的一边为轴旋转一周所得的旋转体是圆锥；
C．各侧面都是正方形的四棱柱一定是正方体；
D．圆锥的轴截面是等腰三角形.
10．（2024高一下·吴川期中）下列说法中正确的是（ ）
A．在中，，则
B．已知，则
C．已知与的夹角为钝角，则的取值范围是
D．若，则三点共线
11．（2024高一下·吴川期中）已知的内角的对边分别为，，，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，则一定是钝角三角形
B．若，则一定是等边三角形
C．若，则一定是等腰三角形
D．若的面积，，则的最大值为1
12．（2024高一下·吴川期中）若为虚数单位，且，则 ．
13．（2024高一下·吴川期中）已知一个正方体的顶点都在同一个球面上，且这个正方体的表面积为12，则这个球的体积为 .
14．（2024高一下·吴川期中）如图，在中，点是上的点，且， 且是的中点，与的交点为，又，则实数 .
15．（2024高一下·吴川期中）已知复数．
（1）求；
（2）若z是关于x的方程的一个根，求实数a，b的值．
16．（2024高一下·吴川期中）已知，
（1）当k为何值时，与平行：
（2）若，求的值
17．（2024高一下·吴川期中）在中，角，，所对的边分别为，，，．
（1）求角的大小；
（2）若，，求的面积．
18．（2024高一下·吴川期中）已知圆锥的侧面展开图为半圆，母线长为.
（1）求圆锥的底面积；
（2）在该圆锥内按如图所示放置一个圆柱，当圆柱的侧面积最大时，求圆柱的体积.
19．（2024高一下·吴川期中）记△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）若，求；
（2）求的最小值．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数
【解析】【解答】解：因为，
所以，即．
故答案为：A．
【分析】本题考查复数的除法运算，复数的共轭复数.根据复数的除法运算分子和分母同时乘以共轭复数可得：，再通过化简可求出复数，再根据共轭复数的概念可求出，据此可求出 ．
2．【答案】D
【知识点】平面向量减法运算；向量加法的三角形法则
【解析】【解答】解：由题意可得：.
故答案为：D.
【分析】本题考查平面向量的线性运算.利用平面向量的线性运算可得：原式，再利用平面向量的线性运算再进计算可求出答案.
3．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：A、不存在实数，使得，故和不共线，可作基底， A不符合题意 ，A错误；
B、不存在实数，使得，故与不共线，可作基底，B不符合题意 ，B错误；
C、对与，因为是不共线的两个非零向量，
且存在实数，使得，故与共线，不可作基底，C符合题意 ，C正确；
D、不存在实数，使得，故与不共线，可作基底，D不符合题意，D错误 .
故答案为：C.
【分析】本题考查平面向量共线定理.根据平面向量基本定理可得：和不共线，可作基底，据此可判断A选项；根据平面向量基本定理可得：与不共线，可作基底，据此可判断B选项；根据平面向量基本定理可得：与共线，不可作基底，据此可判断C选项；根据平面向量基本定理可得：与不共线，可作基底，据此可判断D选项；
4．【答案】A
【知识点】平面向量的数量积运算；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：由，得，解得，
因此，
所以在方向上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】本题考查平面向量的数量积，平面向量的投影向量.根据，两边同时进行平方，再利用平面向量数量积的运算律求出，再利用投影向量的定义可得：在方向上的投影向量为，代入数据进行计算可求出答案.
5．【答案】B
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；解三角形
【解析】【解答】解：已知圆锥的侧面展开图为半径是3的扇形，如图，
一只蚂蚁从点出发绕着圆锥的侧面爬行一圈回到点的最短距离为，设，
圆锥底面周长为，所以，所以，
在中，由，得
.
故答案为：B．
【分析】本题考查圆锥的侧面展开图，弧长公式，余弦定理的应用.先画出圆锥的侧面展开图，则蚂蚁爬行的最短距离为，设，利用弧长计算公式可求出，在中，再利用余弦定理进行计算可求出，进而求出答案.
6．【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：根据斜二测画法的规则可知：
水平放置的图形OABC为一直角梯形，
由题意可知上底为，高为，
下底为，
该图形的面积为．
故答案为：B.
【分析】先确定直观图中的线段长，再确定平面图形中的线段长，从而求得平面图形的面积．
7．【答案】A
【知识点】解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：假设经过x小时两船相距最近，甲、乙分别行至如图所示：
可知，
由余弦定理可得
；
根据二次函数性质可知，当小时时，取得最小值，此时甲、乙两船相距最近．
故答案为：A．
【分析】本题考查余弦定理的应用.：假设经过x小时两船相距最近，甲、乙分别行至如图所示，进而可表示出BC和BD，利用余弦定理进行计算可得：，再利用二次函数的性质可求出取得最小值时，x的值，据此可求出答案.
8．【答案】C
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：如图令，，由于，故，，
如图，，故，，
故，同理可求得，即，
∴，
∵，∴．∵，∴的最大值是3，最小值是1，
故答案为：C．
【分析】本题考查平面向量数量积的坐标表示.令，j据此可得：，，再根据边长为1，2的长方形ABCD的顶点A、D分别在x轴、y轴正半轴上，可得出B，C的坐标，据此可表示出，利用平面向量数量积的坐标表示可得：，再利用正弦函数的性质可求出的最大值和最小值，进而可求出答案.
9．【答案】A,B,C
【知识点】棱柱的结构特征；棱台的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：A、棱台是棱锥过侧棱上一点作底面的平行平面分割而得到的.而两个面平行且相似，
其余各面都是梯形的多面体中，把梯形的腰延长后，有可能不交于一点，就不是棱台，A符合题意，A正确；
B、以直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体不是圆锥，B符合题意，B正确；
C、各侧面都是正方形的四棱柱中，如果底面的菱形，一定不是正方体，C符合题意，C正确；
D、圆锥的轴截面是等腰三角形，D不符合题意，D错误；
故答案为：ABC.
【分析】本题考查棱台的几何特征，圆锥的几何特征，正方体的几何特征.根据梯形的腰延长后，有可能不交于一点，就不是棱台，据此可判断A选项；根据直角三角形的斜边为轴旋转一周所得的旋转体不是圆锥，据此可判断B选项；根据底面的菱形，侧面都是正方形的四棱柱不是正方体，据此可判断C选项；根据圆锥的轴截面是等腰三角形，据此可判断D选项.
10．【答案】B,D
【知识点】向量加法的三角形法则；平面向量数量积的坐标表示；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、∵，
∴与的夹角为，
∴，A错误；
B、∵，
∴，
∴，B正确；
C、∵与的夹角为钝角，
∴与的数量积小于0且不平行，即且，
∴，C错误；
D、
∴，
∴共线，
∵它们有公共点，
∴三点共线. D正确.
故答案为：BD.
【分析】A项，求出与的夹角，即可求出的值；B项，求出，即可求出的值；C项，写出的表达式，利用两向量夹角为钝角，就可求出的取值范围；D项，求出的表达式，得出与的关系，即可证明三点共线.
11．【答案】A,B,D
【知识点】二倍角的正弦公式；解三角形的实际应用；三角形中的几何计算；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：A、中，因为，所以，
又，所以角为钝角，一定是钝角三角形，A正确；
B、若，则由正弦定理得，即，
又， 所以，即是等边三角形，B正确；
C、若，则由正弦定理得，
即，则或，即或，
则为等腰三角形或直角三角形，C错误；
D、因为的面积，且，
所以，所以.
因为，所以.
因为，所以.
所以
，
所以的最大值为1，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】对于A，由余弦定理可判断；对于B由正弦定理可判断；对于C，由、正弦定理及二倍角公式可得，根据诱导公式可判断C；对于D，根据三角形面积公式及余弦定理可得，又，故.根据正弦公式及三角恒等变换可得，根据即可判断D．
12．【答案】
【知识点】虚数单位i及其性质
【解析】【解答】解：因为，则，，
故.
故答案为：.
【分析】本题考查复数的除法运算，复数中虚数单位的性质.利用复数的除法运算可求出的值，利用虚数单位的性质，可得：，，据此可求出与的值.
13．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：设正方体的棱长为a，
∵正方体的表面积为12，∴，
则，即，
∵一个正方体的所有顶点在一个球面上，
∴正方体的体对角线等于球的直径，
即，即，
则球的体积；
故答案为：.
【分析】正方体内接在求体内，正方体的体对角线是球体的直径，根据正方体的表面积求解出棱长，进而求解出正方体的体对角线长，根据球体体积公式求解出球体体积.
14．【答案】
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为三点共线，所以存在一个实数，使得，
所以，
所以，
又，，所以，
根据平面向量基本定理可得，解得.
故答案为：.
【分析】本题考查平面向量基本定理.根据三点共线，所以存在一个实数，使得，利用平面向量的线性运算可得：，通过变形可得：，再根据，据此可列出方程：，解方程可求出t的值，据此可求出答案.
15．【答案】（1）解：因为，
所以．
（2）解：由（1）可得：，
将代入方程得：，
则，解得：．
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【分析】（1）根据复数的除法求，进而求模长；
（2）将代入方程，根据复数相等列式求解.
（1）因为，
所以．
（2）由（1）可得：，
将代入方程得：，
则，解得：．
16．【答案】解：（1），，，
，与平行，
；
（2），
，
.
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）求出与坐标，根据共线向量坐标的关系，即可求解；
（2）由的坐标关系求出，进而求出坐标，即可求解.
17．【答案】（1）解：在中，由及正弦定理得：，
而，
则，
于是，又，即，
则，又，所以．
（2）解：由（1）知，，由余弦定理，
得，解得，
所以的面积是．
【知识点】正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】(1)由正弦定理可得，整理后可得cosC的值，即可求出C的度数；
(2)由余弦定理可得a、b的等量关系，即可求出ab的值，由面积公式即可求得面积.
18．【答案】解：（1）沿母线AB剪开，侧展图如图所示：
设，在半圆⊙A中，， 弧长，
这是圆锥的底面周长，所以，
所以，
故圆锥的底面积为；
（2）设圆柱的高，，
在中，，
，所以，
即，，
，
，
所以，当，时，圆柱的侧面积最大，
此时.
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）设，利用展开图是半圆，求解R，然后求解底面积；
（2）设圆柱的高，，通过，推出，求解h与r，然后求解圆柱体积的最大值即可.
19．【答案】（1）解：因为，
即，
所以.
（2）解：由（1）知，，所以，所以，则，
而，
所以，即有，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
【知识点】两角和与差的余弦公式；二倍角的正弦公式；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）利用正弦的二倍角公式以及两角和的余弦公式求解；
（2）利用正弦定理以及基本不等式求解.
（1）因为，
即，
所以；
（2）由（1）知，，所以，所以，则，
而，
所以，即有，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为．
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