山东省名校考试联盟2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题
1．（2024高一下·山东期中）复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可得：＝＝＝，
所以该复数对应的点的坐标为，该点位于第一象限．
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算法则结合复数的几何意义，从而判断出复数在复平面内对应的点所在的象限.
2．（2024高一下·山东期中）在中，点在边上，，记，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意得，点为线段上靠近点的三等分点，如图所示：
则
.
故答案为：B.
【分析】利用平面向量加法的三角形法则得，再根据可得到与的关系式.
3．（2024高一下·山东期中）已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为（ ）
A．2 B．1 C． D．
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设底面半径为，
易知圆锥展开图对应扇形的弧长为圆锥底面圆的周长，半径为圆锥的母线，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用圆锥与其展开图的关系，再结合扇形弧长公式和圆的周长公式，从而得出该圆锥的底面的半径长.
4．（2024高一下·山东期中）设为复数，若，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】A
【知识点】复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数，
因为，所以，即，
由，解得，
则，当时，有最小值，且.
故答案为：A.
【分析】设复数，根据求得的关系，再根据复数的模的公式求解即可.
5．（2024高一下·山东期中）已知非零向量，满足，，若，则实数（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由题意知，
由，知.
故答案为：D.
【分析】利用两向量垂直数量积为0的等价关系，再结合数量积的运算法则和数量积的定义以及，从而得出实数k的值.
6．（2024高一下·山东期中）的内角的对边分别为．已知，，，则的外接圆半径为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由余弦定理得，，
因为，所以，
由正弦定理得外接圆半径.
故答案为：A．
【分析】由余弦定理和已知条件得出角A的值，再根据正弦定理得出的外接圆半径．
7．（2024高一下·山东期中）在中，，过点的直线分别交直线、于点、，且，其中，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：如下图所示：
因为，易知，
又因为，所以，
易知三点共线，
由共线定理可得，
又因为，，
所以，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：C.
【分析】根据题意，以为基底表示出，再根据三点共线结合向量共线定理，从而可得，再由基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
8．（2024高一下·山东期中）已知正四棱锥的底面边长为2，高为，则其内切球半径是（ ）
A．1 B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设正四棱锥内切球球心为，其在底面的投影为，
则三点共线，内切球半径为，
取中点，中点，
则正四棱锥内切球半径即为的内切圆半径，
因为底面边长为，所以，，
又因为高为，即，则，
所以，
在中，，
即，解得.
故答案为：D.
【分析】根据正四棱锥的轴截面转化成等腰三角形的内切圆问题，结合投影的定义、三点共线和中点的性质，则正四棱锥内切球半径即为的内切圆半径，再结合中点的性质和勾股定理，从而得出内切球的半径长.
9．（2024高一下·山东期中）设，，是复数，，则下列命题中的真命题是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：对于A，若，则，，因此，故A正确；
对于B，令，，则，但，故B错误；
对于C，设，则，
又因为，
则，
又因为，
则，
因此，故C正确；
对于D，由，得，
又因为，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件结合共轭复数的定义，复数求模公式、复数的四则运算、复数相等判断方法，从而逐项判断找出真命题的选项.
10．（2024高一下·山东期中）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将棱长为2的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个半正多面体，它们的棱长都相等，则下列说法正确的有（ ）
A．此半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式
B．过A，B，C三点的平面截该正多面体，所得截面面积为
C．若该半正多面体的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为
D．若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为
【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，在此半正多面体中，顶点数，面数，棱数，
则，故A正确；
对于B，过A，B，C三点的平面截该半正多面体所得截面为正六边形，
又因为，所以正六边形面积为，故B正确；
对于C，由该半正多面体的对称性知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形的中心，
则该球半径为，表面积，故C错误；
对于D，因为该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，
则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，正四面体的体积最小，
设此时正四面体的棱长为，高为，
则，解得，
又因为正四面体底面正三角形半径为，则有，解得，
因此正四面体的体积，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求出，从而计算出的值，则判断选项A；利用该半正多面体的对称性得到截面为正六边形与外接球的球心位置，则判断选项B和选项C；利用已知条件求出该半正多面体的外接球的外切正四面体的体积，则判断选项D，从而找出说法正确的选项.
11．（2024高一下·山东期中）我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形的三边长，求三角形的面积的问题，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且，则（ ）
A．三个内角满足关系
B．的周长为
C．若的角平分线与交于D，则的长为
D．若O为的外心，则
【答案】A,B,D
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、，由正弦定理可，
不妨设，则，
由余弦定理可得：，则，故A正确；
B、由，可得，解得，
则，即的周长为，故B正确；
C、如图所示：
易知，
在中，由正弦定理知，作商得，
因为，所以，
由余弦定理可得：，
即，即，
解得或（舍去），故C错误；
D、取的中点，则，
则，
故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用正弦定理得出三边关系，结合余弦定理求解即可判断A；由三角形面积公式计算可得三边长即可判断B；利用角平分线定理及余弦定理即可判断C；由三角形外心的性质结合平面向量数量积的几何意义即可判断D.
12．（2024高一下·山东期中）复数满足，则 ， ．
【答案】；
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：由题意可知是在复数域内的两个根，
根据韦达定理得出；
因为满足，所以，，
则
，
当时，；
当时，，
综上所述，.
故答案为：；.
【分析】在复数域内解方程，结合韦达定理得出；再结合分类讨论的方法和复数的运算法则以及复数求模公式，从而计算出的值.
13．（2024高一下·山东期中）在中，，，点O是的外心，则 ．
【答案】
【知识点】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】【解答】解：取边的中点分别为，连接，如图所示：
易知，
则，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】取边的中点分别为，连接，利用外心的性质以及平面向量数量积的几何意义计算即可.
14．（2024高一下·山东期中）正方体的棱长为，以顶点为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的所有弧长之和等于
【答案】.
【知识点】棱柱的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：球面与正方体的六个表面都相交，
所得交线分为两类：一类在顶点A所在的三个表面上，三弧长相等，
另一类在不过顶点A的三个表面上，三弧长相等，如图所示，
在平面上的交线为弧EF，且在过球心A的大圆上，
因为AE=2，，所以，
同理，则，
所以在顶点A所在的三个表面上的三弧长的和为，
在平面上的交线为FG，且在距球心为的平面与球面相交所得的小圆上，
小圆圆心为B，半径为1，，
则在不过顶点A的三个表面上的三弧长的和为 ，
所以所得曲线长为．
故答案为：.
【分析】利用球面与正方体的六个表面都相交，则所得交线分为两类：一类在顶点A所在的三个表面上，三弧长相等，另一类在不过顶点A的三个表面上，三弧长相等，再结合球和正方体的结构特征以及球与正方体的位置关系，则根据扇形弧长公式，从而得出球面与正方体的表面相交所得到的所有弧长之和.
15．（2024高一下·山东期中）如图，圆锥PO的底面直径和高均是，过的中点'作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积和体积．
【答案】解：设圆柱的底面半径为，
由三角形中位线定理可知，，圆柱母线长，
又因为圆锥的母线长为，
所以圆锥挖去圆柱剩下几何体的表面积为
则圆锥的表面积加上圆柱的侧面积，
即，
又因为圆锥挖去圆柱剩下几何体的体积等于圆锥的体积减去圆柱的体积，
所以．
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】根据已知条件和圆锥、圆柱的侧面积、表面积和体积公式，从而得出剩下几何体的表面积，再由作差法得出剩下几何体的体积．
16．（2024高一下·山东期中）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若，求面积的最大值．
【答案】（1）解：因为，
所以，
易知，则，即，
则或，所以或（舍去），故.
（2）解：由余弦定理知，
即，当且仅当时取得等号，
所以，
即面积的最大值为.
【知识点】二倍角的正弦公式；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三角形中角的取值范围，再结合正弦定理、诱导公式、二倍角公式，从而化简计算得出角A的值.
（2）利用余弦定理、三角形面积公式、基本不等式求最值的方法，从而得出面积的最大值．
（1）因为，
所以，
易知，则，即，
则或，所以或（舍去），
故；
（2）由余弦定理知，
即，当且仅当时取得等号，
所以，
即面积的最大值为.
17．（2024高一下·山东期中）记的内角的对边分别为．已知．
（1）求；
（2）若，，D为的中点，求．
【答案】（1）解：由，得，
整理得，，
由余弦定理得，，
又因为，所以．
（2）解：由（1）和余弦定理得，即，
所以，解得或（舍），
因为点为的中点，所以，
所以
，
所以．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由已知条件和余弦定理以及三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）先由余弦定理和已知条件求出的值，再根据平面向量的线性运算和数量积的运算律，从而计算得出AD的长．
（1）由得，，
整理得，，
由余弦定理得，，
又，所以．
（2）如图所示，由（1）及余弦定理得，即，
所以，解得或（舍），
因为点为的中点，所以，
所以
，
所以．
18．（2024高一下·山东期中）如图，在中，已知，，，N是的中点，，设与相交于点P．
（1）求的值；
（2）若，求的值．
【答案】（1）解：设，以为基底，
因为N是的中点，所以
所以，解得，
又因为，所以，
所以，解得，
，
则；
（2）解：因为三点共线，设，则，
同理有三点共线，设，则，
若，则，解得，，即.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）设，以为基底表示，利用平面向量数量积公式求其夹角余弦即可；
（2）利用平面向量共线的充要条件，结合平面向量基本定理计算即可.
（1）以为基底，设，
则
，
所以，
同理，
，
则；
（2）因为三点共线，不妨设，
同理有三点共线，不妨设，
则有.
19．（2024高一下·山东期中）设复数和满足关系式，其中A为不等于0的复数．证明：
（1）；
（2）；
（3）．
【答案】（1）证明：设，
则，，
显然，得证.
（2）证明：由已知可得
又由（1）知，
则，得证.
（3）证明：因为，所以，则，
所以，
由（2）知，
所以，得证.
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】（1）设，利用共轭复数的定义和复数的运算法则，从而证出.
（2）根据已知条件和共轭复数的定义，从而变形得，再结合第一问的结论证出.
（3）利用第一问与第二问的结论证出.
（1）设，
则，，
显然，得证；
（2）由已知，
又由（1）知，
所以，得证；
（3）因为，所以，即有，
所以，
由（2）知，
所以，得证.
1 / 1山东省名校考试联盟2023-2024学年高一下学期5月期中考试数学试题
1．（2024高一下·山东期中）复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．（2024高一下·山东期中）在中，点在边上，，记，，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一下·山东期中）已知圆锥的母线长为2，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的底面半径为（ ）
A．2 B．1 C． D．
4．（2024高一下·山东期中）设为复数，若，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
5．（2024高一下·山东期中）已知非零向量，满足，，若，则实数（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·山东期中）的内角的对边分别为．已知，，，则的外接圆半径为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·山东期中）在中，，过点的直线分别交直线、于点、，且，其中，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·山东期中）已知正四棱锥的底面边长为2，高为，则其内切球半径是（ ）
A．1 B． C． D．
9．（2024高一下·山东期中）设，，是复数，，则下列命题中的真命题是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．（2024高一下·山东期中）半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，体现了数学的对称美．如图，将棱长为2的正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个半正多面体，它们的棱长都相等，则下列说法正确的有（ ）
A．此半正多面体的顶点数V、面数F、棱数E满足关系式
B．过A，B，C三点的平面截该正多面体，所得截面面积为
C．若该半正多面体的各个顶点都在同一个球面上，则该球的表面积为
D．若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为
11．（2024高一下·山东期中）我国南宋著名数学家秦九韶在《数书九章》中提出了已知三角形的三边长，求三角形的面积的问题，其求法是：“以小斜幂并大斜幂减中斜幂，余半之，自乘于上．以小斜幂乘大斜幂减上，余四约之，为实；一为从隅，开平方得积．”若把以上这段文字写成公式，即．现有满足，且，则（ ）
A．三个内角满足关系
B．的周长为
C．若的角平分线与交于D，则的长为
D．若O为的外心，则
12．（2024高一下·山东期中）复数满足，则 ， ．
13．（2024高一下·山东期中）在中，，，点O是的外心，则 ．
14．（2024高一下·山东期中）正方体的棱长为，以顶点为球心，为半径作一个球，则球面与正方体的表面相交所得到的所有弧长之和等于
15．（2024高一下·山东期中）如图，圆锥PO的底面直径和高均是，过的中点'作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下几何体的表面积和体积．
16．（2024高一下·山东期中）的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．
（1）求A；
（2）若，求面积的最大值．
17．（2024高一下·山东期中）记的内角的对边分别为．已知．
（1）求；
（2）若，，D为的中点，求．
18．（2024高一下·山东期中）如图，在中，已知，，，N是的中点，，设与相交于点P．
（1）求的值；
（2）若，求的值．
19．（2024高一下·山东期中）设复数和满足关系式，其中A为不等于0的复数．证明：
（1）；
（2）；
（3）．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由题意可得：＝＝＝，
所以该复数对应的点的坐标为，该点位于第一象限．
故答案为：A.
【分析】根据复数的除法运算法则结合复数的几何意义，从而判断出复数在复平面内对应的点所在的象限.
2．【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意得，点为线段上靠近点的三等分点，如图所示：
则
.
故答案为：B.
【分析】利用平面向量加法的三角形法则得，再根据可得到与的关系式.
3．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设底面半径为，
易知圆锥展开图对应扇形的弧长为圆锥底面圆的周长，半径为圆锥的母线，
所以.
故答案为：B.
【分析】利用圆锥与其展开图的关系，再结合扇形弧长公式和圆的周长公式，从而得出该圆锥的底面的半径长.
4．【答案】A
【知识点】复数的模；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：设复数，
因为，所以，即，
由，解得，
则，当时，有最小值，且.
故答案为：A.
【分析】设复数，根据求得的关系，再根据复数的模的公式求解即可.
5．【答案】D
【知识点】利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【解答】解：由题意知，
由，知.
故答案为：D.
【分析】利用两向量垂直数量积为0的等价关系，再结合数量积的运算法则和数量积的定义以及，从而得出实数k的值.
6．【答案】A
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由余弦定理得，，
因为，所以，
由正弦定理得外接圆半径.
故答案为：A．
【分析】由余弦定理和已知条件得出角A的值，再根据正弦定理得出的外接圆半径．
7．【答案】C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：如下图所示：
因为，易知，
又因为，所以，
易知三点共线，
由共线定理可得，
又因为，，
所以，
当且仅当时，即当时，等号成立，
所以的最小值为.
故答案为：C.
【分析】根据题意，以为基底表示出，再根据三点共线结合向量共线定理，从而可得，再由基本不等式求最值的方法，从而得出的最小值.
8．【答案】D
【知识点】棱锥的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：设正四棱锥内切球球心为，其在底面的投影为，
则三点共线，内切球半径为，
取中点，中点，
则正四棱锥内切球半径即为的内切圆半径，
因为底面边长为，所以，，
又因为高为，即，则，
所以，
在中，，
即，解得.
故答案为：D.
【分析】根据正四棱锥的轴截面转化成等腰三角形的内切圆问题，结合投影的定义、三点共线和中点的性质，则正四棱锥内切球半径即为的内切圆半径，再结合中点的性质和勾股定理，从而得出内切球的半径长.
9．【答案】A,C,D
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】解：对于A，若，则，，因此，故A正确；
对于B，令，，则，但，故B错误；
对于C，设，则，
又因为，
则，
又因为，
则，
因此，故C正确；
对于D，由，得，
又因为，所以，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据已知条件结合共轭复数的定义，复数求模公式、复数的四则运算、复数相等判断方法，从而逐项判断找出真命题的选项.
10．【答案】A,B,D
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，在此半正多面体中，顶点数，面数，棱数，
则，故A正确；
对于B，过A，B，C三点的平面截该半正多面体所得截面为正六边形，
又因为，所以正六边形面积为，故B正确；
对于C，由该半正多面体的对称性知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，
即正六边形的中心，
则该球半径为，表面积，故C错误；
对于D，因为该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，
则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，正四面体的体积最小，
设此时正四面体的棱长为，高为，
则，解得，
又因为正四面体底面正三角形半径为，则有，解得，
因此正四面体的体积，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先求出，从而计算出的值，则判断选项A；利用该半正多面体的对称性得到截面为正六边形与外接球的球心位置，则判断选项B和选项C；利用已知条件求出该半正多面体的外接球的外切正四面体的体积，则判断选项D，从而找出说法正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】平面向量数量积定义与物理意义；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A、，由正弦定理可，
不妨设，则，
由余弦定理可得：，则，故A正确；
B、由，可得，解得，
则，即的周长为，故B正确；
C、如图所示：
易知，
在中，由正弦定理知，作商得，
因为，所以，
由余弦定理可得：，
即，即，
解得或（舍去），故C错误；
D、取的中点，则，
则，
故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用正弦定理得出三边关系，结合余弦定理求解即可判断A；由三角形面积公式计算可得三边长即可判断B；利用角平分线定理及余弦定理即可判断C；由三角形外心的性质结合平面向量数量积的几何意义即可判断D.
12．【答案】；
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数；方程在复数范围内的解集
【解析】【解答】解：由题意可知是在复数域内的两个根，
根据韦达定理得出；
因为满足，所以，，
则
，
当时，；
当时，，
综上所述，.
故答案为：；.
【分析】在复数域内解方程，结合韦达定理得出；再结合分类讨论的方法和复数的运算法则以及复数求模公式，从而计算出的值.
13．【答案】
【知识点】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】【解答】解：取边的中点分别为，连接，如图所示：
易知，
则，
因为，所以.
故答案为：.
【分析】取边的中点分别为，连接，利用外心的性质以及平面向量数量积的几何意义计算即可.
14．【答案】.
【知识点】棱柱的结构特征；旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征
【解析】【解答】解：球面与正方体的六个表面都相交，
所得交线分为两类：一类在顶点A所在的三个表面上，三弧长相等，
另一类在不过顶点A的三个表面上，三弧长相等，如图所示，
在平面上的交线为弧EF，且在过球心A的大圆上，
因为AE=2，，所以，
同理，则，
所以在顶点A所在的三个表面上的三弧长的和为，
在平面上的交线为FG，且在距球心为的平面与球面相交所得的小圆上，
小圆圆心为B，半径为1，，
则在不过顶点A的三个表面上的三弧长的和为 ，
所以所得曲线长为．
故答案为：.
【分析】利用球面与正方体的六个表面都相交，则所得交线分为两类：一类在顶点A所在的三个表面上，三弧长相等，另一类在不过顶点A的三个表面上，三弧长相等，再结合球和正方体的结构特征以及球与正方体的位置关系，则根据扇形弧长公式，从而得出球面与正方体的表面相交所得到的所有弧长之和.
15．【答案】解：设圆柱的底面半径为，
由三角形中位线定理可知，，圆柱母线长，
又因为圆锥的母线长为，
所以圆锥挖去圆柱剩下几何体的表面积为
则圆锥的表面积加上圆柱的侧面积，
即，
又因为圆锥挖去圆柱剩下几何体的体积等于圆锥的体积减去圆柱的体积，
所以．
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用；柱体的体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】根据已知条件和圆锥、圆柱的侧面积、表面积和体积公式，从而得出剩下几何体的表面积，再由作差法得出剩下几何体的体积．
16．【答案】（1）解：因为，
所以，
易知，则，即，
则或，所以或（舍去），故.
（2）解：由余弦定理知，
即，当且仅当时取得等号，
所以，
即面积的最大值为.
【知识点】二倍角的正弦公式；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用三角形中角的取值范围，再结合正弦定理、诱导公式、二倍角公式，从而化简计算得出角A的值.
（2）利用余弦定理、三角形面积公式、基本不等式求最值的方法，从而得出面积的最大值．
（1）因为，
所以，
易知，则，即，
则或，所以或（舍去），
故；
（2）由余弦定理知，
即，当且仅当时取得等号，
所以，
即面积的最大值为.
17．【答案】（1）解：由，得，
整理得，，
由余弦定理得，，
又因为，所以．
（2）解：由（1）和余弦定理得，即，
所以，解得或（舍），
因为点为的中点，所以，
所以
，
所以．
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由已知条件和余弦定理以及三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值.
（2）先由余弦定理和已知条件求出的值，再根据平面向量的线性运算和数量积的运算律，从而计算得出AD的长．
（1）由得，，
整理得，，
由余弦定理得，，
又，所以．
（2）如图所示，由（1）及余弦定理得，即，
所以，解得或（舍），
因为点为的中点，所以，
所以
，
所以．
18．【答案】（1）解：设，以为基底，
因为N是的中点，所以
所以，解得，
又因为，所以，
所以，解得，
，
则；
（2）解：因为三点共线，设，则，
同理有三点共线，设，则，
若，则，解得，，即.
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）设，以为基底表示，利用平面向量数量积公式求其夹角余弦即可；
（2）利用平面向量共线的充要条件，结合平面向量基本定理计算即可.
（1）以为基底，设，
则
，
所以，
同理，
，
则；
（2）因为三点共线，不妨设，
同理有三点共线，不妨设，
则有.
19．【答案】（1）证明：设，
则，，
显然，得证.
（2）证明：由已知可得
又由（1）知，
则，得证.
（3）证明：因为，所以，则，
所以，
由（2）知，
所以，得证.
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数代数形式的加减运算；复数的模；共轭复数
【解析】【分析】（1）设，利用共轭复数的定义和复数的运算法则，从而证出.
（2）根据已知条件和共轭复数的定义，从而变形得，再结合第一问的结论证出.
（3）利用第一问与第二问的结论证出.
（1）设，
则，，
显然，得证；
（2）由已知，
又由（1）知，
所以，得证；
（3）因为，所以，即有，
所以，
由（2）知，
所以，得证.
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