广东省广州市广东仲元中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
1．（2024高一下·广州期中）若，则复数的虚部为（ ）
A． B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由题可知，所以的虚部为1.
故选：C.
【分析】结合已知条件，利用复数的运算法则先求出复数，即可求得复数z的虚部.
2．（2024高一下·广州期中）若，，，的夹角为，则等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：.
故选：B.
【分析】直接利用数量积的定义，代入数值即可即可求出 .
3．（2024高一下·广州期中）已知向量的夹角为且|，，则在上投影向量的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：在上投影向量为.
故选：C.
【分析】结合投影向量的定义在上投影向量为，利用向量坐标运算求解即可.
4．（2024高一下·广州期中）在△ABC中，若acosA=bcosB，则△ABC的形状一定是（ ）
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形
【答案】D
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：已知：acosA=bcosB
利用正弦定理：
解得：sinAcosA=sinBcosB
sin2A=sin2B
所以：2A=2B或2A=180°﹣2B
解得：A=B或A+B=90°
所以：△ABC的形状一定是等腰或直角三角形
故选：D
【分析】首先利用正弦定理求得sin2A=sin2B，进一步利用三角函数的诱导公式求出结果．
5．（2024高一下·广州期中）如图所示，在空间四边形中，点，分别是边的中点，点，分别是边，上的点，且，有以下结论正确的是（ ）
A．与平行；
B．与共面；
C．与的交点可能在直线上，也可能不在直线上；
D．与的交点一定在直线上．
【答案】B,D
【知识点】平行公理；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：如图所示．连接，，
B、依题意，可得，，所以，所以共面，故选项B正确，
A、因为，所以四边形是梯形，与必相交，故选项A错误，
C、D、设与的交点为，因为点在上，所以点在平面上．同理，点在平面上，所以点在平面与平面的交线上，
又因为是这两个平面的交线，所以点一定在直线上，故选项C错误，选项D正确，
故选：BD．
【分析】连接，，依题意，可得，，即可得出共面，即可判断选项B；又，可得与必相交，即可判断出选项A；设交点为；可得点在平面与平面的交线上，又是这两个平面的交线，即可得出点一定在直线上，即可判断出选项C和选项D．
6．（2024高一下·广州期中）如图，在中，，点是的中点．设，，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意，在中，，点是的中点，
故
.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和中点的性质以及向量的线性运算，再结合平面向量基本定理得出正确的答案.
7．（2024高一下·广州期中）阿基米德（，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为，则圆柱的体积为 （ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设球的半径为，则，所以，
所以圆柱的底面半径为，圆柱的高为，
所以圆柱的体积为.
故选：C.
【分析】结合已知条件和球的体积公式先求出球的半径，即可求得圆柱的半径和高，进而求出圆柱的体积即可.
8．（2024高一下·广州期中）已知，，，平面区域为由所有满足的点组成的区域（其中，），若区域的面积为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：如图所示，延长AB到点N，延长AC到点M，使得，，作，，，，
所以四边形，，均为平行四边形.
由题意可知：点组成的区域D为图中的四边形及其内部.
因为，，，
所以，，，，
所以，.
又因为，所以.
因为，，
所以，.
因为四边形的面积，所以
所以，即，
所以，当且仅当时取等号.
所有的最小值为4.
故选：A.
【分析】作图得出区域D，利用向量的数量积公式求出cos∠CAB，进而求出sin∠CAB，再根据向量关系得出，，利用三角形的面积公式表示出，根据和的关系结合已知条件，可得，即，进而得出，根据“1”的代换利用基本不等式即可求出a+b的最小值.
9．（2024高一下·广州期中）在中，已知，，，则角的值可能为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理，得，
因为，且，所以或.
故选：BC.
【分析】已知条件结合正弦定理先求出，进而求出A的值即可.
10．（2024高一下·广州期中）用一个平面去截正方体，关于截面的说法，正确的有（ ）
A．截面有可能是三角形，并且有可能是正三角形
B．截面有可能是四边形，并且有可能是正方形
C．截面有可能是五边形，并且有可能是正五边形
D．截面有可能是六边形，并且有可能是正六边形
【答案】A,B,D
【知识点】平面的概念、画法及表示
【解析】【解答】解：A、过点三点的截面为，截面的形状为正三角形，故A正确；
B、过棱的中点，作正方体的截面，此时截面与上下底面平行且全等，所以截面为正方形，故 B正确；
CD、如图所示：
用一个平面截正方体，截面可以是五边形，但不能为正五边形如图，故C错误；
用一个平面截正方体，当取各边的中点时，截面是正六边形，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】结合正方体的结构特征，以及截面的概念与性质，逐项判断即可.
11．（2024高一下·广州期中）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车，（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”，奔驰定理：已知O是内一点，，，的面积分别为，，，且．设是锐角内的一点，、、分别是的三个内角，以下命题正确的有（ ）
A．若，则
B．若，，，则
C．若O为的内心，，则
D．若O为的垂心，，则
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；同角三角函数间的基本关系；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、因为，由“奔驰定理”可知，故选项A正确；
B、因为，，所以，
又因为，所以，所以，，
所以，故选项B错误；
C、因为为的内心，，所以，
又因为（为内切圆半径），所以，所以，故选项C正确；
D、因为O为的垂心，所以，
所以，
又因为，
所以，所以，
同理，
又，则，
且
如图，分别为垂足，
设，，则，
又，故，
由，解得，
因为，所以
所以，故选项D正确.
故选：ACD.
【分析】利用结合“奔驰定理”即可判断选项A；利用三角形的面积公式先求出，结合“奔驰定理”可知，即可求得进而求出即可判断选项B；结合“奔驰定理”可得，利用内切圆的三角形面积公式可得出的值，结合勾股定理即可判断选项C；由垂心性质及向量数量积的垂直表示可得，奔驰定理结合三角形面积公式，可得，设，，即可由几何关系列式解出，最后由正切求出余弦值，进而由即可判断选项D.
12．（2024高一下·广州期中）相看两不厌，只有敬亭山.李白曾七次登顶拜访的敬亭山位于安徽省宣城市北郊，其上有一座太白独坐楼（如图（1）），如图（2），为了测量该楼的高度AB，一研究小组选取了与该楼底部在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，在点处测得该楼顶端的仰角为，则该楼的高度AB为 m.
【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理；正弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】在中，由正弦定理，得，
在中，（）.
故答案为：
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求得BC的具体长度，利用直角三角形边角关系计算即得AB具体长度.
13．（2024高一下·广州期中）设是复数且，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：根据复数模的几何意义可知，表示复平面内以(1，-2)为圆心，1为半径的圆，而表示复数z到原点的距离，由图可知，
故答案为：.
【分析】根据复数模的几何意义，得表示复平面内以(1，-2)为圆心，1为半径的圆，而表示复数z到原点的距离，结合图形，即可求解.
14．（2024高一下·广州期中）将边长为的正三角形，按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为，则 ．
【答案】
【知识点】斜二测画法直观图；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题意可知，边上的高为，
按“斜二测”画法如下图所示
所以，，
在三角形中，，
由余弦定理得
.
故答案为：.
【分析】先在直角坐标系中得出原图形各边的数值，按“斜二测”画法作图，根据“横不变，纵减半”得出直观图中各边的长度，再利用余弦定理即可求出边.
15．（2024高一下·广州期中）设为坐标原点，向量、、分别对应复数、、，且，，. 已知是纯虚数.
（1）求实数的值；
（2）若三点共线，求实数的值.
【答案】（1）解：由题意可得，
由于复数是纯虚数，则，解得；
（2）解：由（1）可得，，
所以点，，点
所以，
因三点共线，所以，所以，
所以
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【分析】（1）结合已知条件先求出，根据是纯虚数，结合纯虚数的定义列方程求解即可；
（2）根据a的值求出z1和z2，进而求出点Z1，Z2，Z3，利用向量的共线定理可知，列式求出m的值即可.
（1）由题意可得，
由于复数是纯虚数，则，解得；
（2）由（1）可得，，则点，，点
所以，
因三点共线，所以，所以，
所以
16．（2024高一下·广州期中）如图，在菱形中，.
（1）若，求的值；
（2）若，，求.
【答案】（1）解：在菱形中，，
故，
故，
所以.
（2）解：因为，
所以
，
因为菱形，且，，
故，.
所以.
则，
故.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）由题意结合菱形的结构特征，从而得出，进而得出x，y的值，则得出的值.
（2）利用已知条件结合，从而得出，再结合数量积的运算法则和数量积的定义，从而得出的值.
（1）因为在菱形中，.
故，
故，所以.
（2）显然，
所以
①，
因为菱形，且，，
故，.
所以.
故①式.
故.
17．（2024高一下·广州期中）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）解：如图所示，取边上的中点为E．连接，
易知是正三角形，所以
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，
即为四棱锥的高，
因为．
所以四棱锥的体积．
（2）解：由题意得，，，
所以，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．
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取边上的中点为E．连接可知，利用面面垂直的性质可得平面，即为四棱锥的高，进而利用锥体体积公式即可求四棱锥的体积；
（2）分别求得所剩几何体各个面的面积即可求得三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积．
（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．
18．（2024高一下·广州期中）在中，内角、、所对的边分别是、、，且
（1）求角；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）解：因为
由正弦定理得
又因为，
所以，
所以
又因为，
所以，
所以，所以，
又因为
所以，.
（2）解：因为，，
由余弦定理得： ，
即，
因为，
所以，
所以，
所以.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和正弦定理边化角、三角形内角和定理、诱导公式、两角和的正弦公式以及辅助角公式，由不等式的基本性质得出角A的值.
（2）利用已知条件和余弦定理以及三角形的面积公式，从而得出的面积.
（1）因为
由正弦定理得
因为，
所以，
所以
因为，
所以，
所以，所以，
因为
所以，.
（2）因为，，
由余弦定理得：
，即，
因为，所以，
所以，所以.
19．（2024高一下·广州期中）如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是轴与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中的坐标，记为
（1）在斜坐标系中的坐标，已知，求
（2）在斜坐标系中的坐标，已知，，求的最大值.
【答案】（1）解：由题意可知： ，
所以，
所以.
（2）解：由题意可得，=
所以，
令 ，
因为，且，
所以，所以，所以，
所以 ，
又因为函数在单调递增，
所以当时，函数取到最大值3，
即，所以，
所以当时，的最大值为.
【知识点】两向量的和或差的模的最值；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；辅助角公式
【解析】【分析】（1）结合已知条件，根据向量的数量积的运算律先求出，进而即可求得 ；
（2）利用平面向量的数量积的坐标表示可得，令 ，且，则，利用二次函数的性质可知当时，函数取到最大值3，进而可求得的最大值 .
（1）由题意可知： ，
，
∴.
（2）由题意可知，
∴，
由（1）可得：，
令 ，
又因为，
且，所以，
，∴，
又因为函数在单调递增，
即：时，函数取到最大值3，
即，则有，
∴当时，的最大值为.
1 / 1广东省广州市广东仲元中学2023-2024学年高一下学期期中考试数学试题
1．（2024高一下·广州期中）若，则复数的虚部为（ ）
A． B． C．1 D．
2．（2024高一下·广州期中）若，，，的夹角为，则等于（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·广州期中）已知向量的夹角为且|，，则在上投影向量的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·广州期中）在△ABC中，若acosA=bcosB，则△ABC的形状一定是（ ）
A．等腰直角三角形 B．直角三角形
C．等腰三角形 D．等腰或直角三角形
5．（2024高一下·广州期中）如图所示，在空间四边形中，点，分别是边的中点，点，分别是边，上的点，且，有以下结论正确的是（ ）
A．与平行；
B．与共面；
C．与的交点可能在直线上，也可能不在直线上；
D．与的交点一定在直线上．
6．（2024高一下·广州期中）如图，在中，，点是的中点．设，，则（ ）
A． B．
C． D．
7．（2024高一下·广州期中）阿基米德（，公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的数学家、物理学家和天文学家.他推导出的结论“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”是其毕生最满意的数学发现，后人按照他生前的要求，在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球（如图所示），该球与圆柱的两个底面及侧面均相切，圆柱的底面直径与高都等于球的直径，若球的体积为，则圆柱的体积为 （ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·广州期中）已知，，，平面区域为由所有满足的点组成的区域（其中，），若区域的面积为，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一下·广州期中）在中，已知，，，则角的值可能为（ ）
A． B． C． D．
10．（2024高一下·广州期中）用一个平面去截正方体，关于截面的说法，正确的有（ ）
A．截面有可能是三角形，并且有可能是正三角形
B．截面有可能是四边形，并且有可能是正方形
C．截面有可能是五边形，并且有可能是正五边形
D．截面有可能是六边形，并且有可能是正六边形
11．（2024高一下·广州期中）“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车，（Mercedesbenz）的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”，奔驰定理：已知O是内一点，，，的面积分别为，，，且．设是锐角内的一点，、、分别是的三个内角，以下命题正确的有（ ）
A．若，则
B．若，，，则
C．若O为的内心，，则
D．若O为的垂心，，则
12．（2024高一下·广州期中）相看两不厌，只有敬亭山.李白曾七次登顶拜访的敬亭山位于安徽省宣城市北郊，其上有一座太白独坐楼（如图（1）），如图（2），为了测量该楼的高度AB，一研究小组选取了与该楼底部在同一水平面内的两个测量基点与，现测得，，在点处测得该楼顶端的仰角为，则该楼的高度AB为 m.
13．（2024高一下·广州期中）设是复数且，则的最小值为 .
14．（2024高一下·广州期中）将边长为的正三角形，按“斜二测”画法在水平放置的平面上画出为，则 ．
15．（2024高一下·广州期中）设为坐标原点，向量、、分别对应复数、、，且，，. 已知是纯虚数.
（1）求实数的值；
（2）若三点共线，求实数的值.
16．（2024高一下·广州期中）如图，在菱形中，.
（1）若，求的值；
（2）若，，求.
17．（2024高一下·广州期中）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．
18．（2024高一下·广州期中）在中，内角、、所对的边分别是、、，且
（1）求角；
（2）若，，求的面积.
19．（2024高一下·广州期中）如图，设，是平面内相交成角的两条数轴，，分别是轴与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中的坐标，记为
（1）在斜坐标系中的坐标，已知，求
（2）在斜坐标系中的坐标，已知，，求的最大值.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：由题可知，所以的虚部为1.
故选：C.
【分析】结合已知条件，利用复数的运算法则先求出复数，即可求得复数z的虚部.
2．【答案】B
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：.
故选：B.
【分析】直接利用数量积的定义，代入数值即可即可求出 .
3．【答案】C
【知识点】平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：在上投影向量为.
故选：C.
【分析】结合投影向量的定义在上投影向量为，利用向量坐标运算求解即可.
4．【答案】D
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】解：已知：acosA=bcosB
利用正弦定理：
解得：sinAcosA=sinBcosB
sin2A=sin2B
所以：2A=2B或2A=180°﹣2B
解得：A=B或A+B=90°
所以：△ABC的形状一定是等腰或直角三角形
故选：D
【分析】首先利用正弦定理求得sin2A=sin2B，进一步利用三角函数的诱导公式求出结果．
5．【答案】B,D
【知识点】平行公理；空间点、线、面的位置
【解析】【解答】解：如图所示．连接，，
B、依题意，可得，，所以，所以共面，故选项B正确，
A、因为，所以四边形是梯形，与必相交，故选项A错误，
C、D、设与的交点为，因为点在上，所以点在平面上．同理，点在平面上，所以点在平面与平面的交线上，
又因为是这两个平面的交线，所以点一定在直线上，故选项C错误，选项D正确，
故选：BD．
【分析】连接，，依题意，可得，，即可得出共面，即可判断选项B；又，可得与必相交，即可判断出选项A；设交点为；可得点在平面与平面的交线上，又是这两个平面的交线，即可得出点一定在直线上，即可判断出选项C和选项D．
6．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意，在中，，点是的中点，
故
.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件和中点的性质以及向量的线性运算，再结合平面向量基本定理得出正确的答案.
7．【答案】C
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：设球的半径为，则，所以，
所以圆柱的底面半径为，圆柱的高为，
所以圆柱的体积为.
故选：C.
【分析】结合已知条件和球的体积公式先求出球的半径，即可求得圆柱的半径和高，进而求出圆柱的体积即可.
8．【答案】A
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：如图所示，延长AB到点N，延长AC到点M，使得，，作，，，，
所以四边形，，均为平行四边形.
由题意可知：点组成的区域D为图中的四边形及其内部.
因为，，，
所以，，，，
所以，.
又因为，所以.
因为，，
所以，.
因为四边形的面积，所以
所以，即，
所以，当且仅当时取等号.
所有的最小值为4.
故选：A.
【分析】作图得出区域D，利用向量的数量积公式求出cos∠CAB，进而求出sin∠CAB，再根据向量关系得出，，利用三角形的面积公式表示出，根据和的关系结合已知条件，可得，即，进而得出，根据“1”的代换利用基本不等式即可求出a+b的最小值.
9．【答案】B,C
【知识点】解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：由正弦定理，得，
因为，且，所以或.
故选：BC.
【分析】已知条件结合正弦定理先求出，进而求出A的值即可.
10．【答案】A,B,D
【知识点】平面的概念、画法及表示
【解析】【解答】解：A、过点三点的截面为，截面的形状为正三角形，故A正确；
B、过棱的中点，作正方体的截面，此时截面与上下底面平行且全等，所以截面为正方形，故 B正确；
CD、如图所示：
用一个平面截正方体，截面可以是五边形，但不能为正五边形如图，故C错误；
用一个平面截正方体，当取各边的中点时，截面是正六边形，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】结合正方体的结构特征，以及截面的概念与性质，逐项判断即可.
11．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；同角三角函数间的基本关系；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、因为，由“奔驰定理”可知，故选项A正确；
B、因为，，所以，
又因为，所以，所以，，
所以，故选项B错误；
C、因为为的内心，，所以，
又因为（为内切圆半径），所以，所以，故选项C正确；
D、因为O为的垂心，所以，
所以，
又因为，
所以，所以，
同理，
又，则，
且
如图，分别为垂足，
设，，则，
又，故，
由，解得，
因为，所以
所以，故选项D正确.
故选：ACD.
【分析】利用结合“奔驰定理”即可判断选项A；利用三角形的面积公式先求出，结合“奔驰定理”可知，即可求得进而求出即可判断选项B；结合“奔驰定理”可得，利用内切圆的三角形面积公式可得出的值，结合勾股定理即可判断选项C；由垂心性质及向量数量积的垂直表示可得，奔驰定理结合三角形面积公式，可得，设，，即可由几何关系列式解出，最后由正切求出余弦值，进而由即可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理；正弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】在中，由正弦定理，得，
在中，（）.
故答案为：
【分析】根据给定条件，利用正弦定理求得BC的具体长度，利用直角三角形边角关系计算即得AB具体长度.
13．【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：根据复数模的几何意义可知，表示复平面内以(1，-2)为圆心，1为半径的圆，而表示复数z到原点的距离，由图可知，
故答案为：.
【分析】根据复数模的几何意义，得表示复平面内以(1，-2)为圆心，1为半径的圆，而表示复数z到原点的距离，结合图形，即可求解.
14．【答案】
【知识点】斜二测画法直观图；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题意可知，边上的高为，
按“斜二测”画法如下图所示
所以，，
在三角形中，，
由余弦定理得
.
故答案为：.
【分析】先在直角坐标系中得出原图形各边的数值，按“斜二测”画法作图，根据“横不变，纵减半”得出直观图中各边的长度，再利用余弦定理即可求出边.
15．【答案】（1）解：由题意可得，
由于复数是纯虚数，则，解得；
（2）解：由（1）可得，，
所以点，，点
所以，
因三点共线，所以，所以，
所以
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的加减运算；共轭复数
【解析】【分析】（1）结合已知条件先求出，根据是纯虚数，结合纯虚数的定义列方程求解即可；
（2）根据a的值求出z1和z2，进而求出点Z1，Z2，Z3，利用向量的共线定理可知，列式求出m的值即可.
（1）由题意可得，
由于复数是纯虚数，则，解得；
（2）由（1）可得，，则点，，点
所以，
因三点共线，所以，所以，
所以
16．【答案】（1）解：在菱形中，，
故，
故，
所以.
（2）解：因为，
所以
，
因为菱形，且，，
故，.
所以.
则，
故.
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量数量积定义与物理意义；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】（1）由题意结合菱形的结构特征，从而得出，进而得出x，y的值，则得出的值.
（2）利用已知条件结合，从而得出，再结合数量积的运算法则和数量积的定义，从而得出的值.
（1）因为在菱形中，.
故，
故，所以.
（2）显然，
所以
①，
因为菱形，且，，
故，.
所以.
故①式.
故.
17．【答案】（1）解：如图所示，取边上的中点为E．连接，
易知是正三角形，所以
又因为平面平面，平面平面，
所以平面，
即为四棱锥的高，
因为．
所以四棱锥的体积．
（2）解：由题意得，，，
所以，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．
【知识点】组合几何体的面积、表面积、体积问题；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）取边上的中点为E．连接可知，利用面面垂直的性质可得平面，即为四棱锥的高，进而利用锥体体积公式即可求四棱锥的体积；
（2）分别求得所剩几何体各个面的面积即可求得三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积．
（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．
18．【答案】（1）解：因为
由正弦定理得
又因为，
所以，
所以
又因为，
所以，
所以，所以，
又因为
所以，.
（2）解：因为，，
由余弦定理得： ，
即，
因为，
所以，
所以，
所以.
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算；辅助角公式
【解析】【分析】（1）利用已知条件和正弦定理边化角、三角形内角和定理、诱导公式、两角和的正弦公式以及辅助角公式，由不等式的基本性质得出角A的值.
（2）利用已知条件和余弦定理以及三角形的面积公式，从而得出的面积.
（1）因为
由正弦定理得
因为，
所以，
所以
因为，
所以，
所以，所以，
因为
所以，.
（2）因为，，
由余弦定理得：
，即，
因为，所以，
所以，所以.
19．【答案】（1）解：由题意可知： ，
所以，
所以.
（2）解：由题意可得，=
所以，
令 ，
因为，且，
所以，所以，所以，
所以 ，
又因为函数在单调递增，
所以当时，函数取到最大值3，
即，所以，
所以当时，的最大值为.
【知识点】两向量的和或差的模的最值；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；辅助角公式
【解析】【分析】（1）结合已知条件，根据向量的数量积的运算律先求出，进而即可求得 ；
（2）利用平面向量的数量积的坐标表示可得，令 ，且，则，利用二次函数的性质可知当时，函数取到最大值3，进而可求得的最大值 .
（1）由题意可知： ，
，
∴.
（2）由题意可知，
∴，
由（1）可得：，
令 ，
又因为，
且，所以，
，∴，
又因为函数在单调递增，
即：时，函数取到最大值3，
即，则有，
∴当时，的最大值为.
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