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浙江省台州市六校联盟2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一下·台州期中）已知复数满足，则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】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题得，
所以，所以复数在复平面内对应的点为，
所以复数在复平面内对应的点在第二象限.
故答案为：B
【分析】这道题的核心是先通过复数的除法运算求出z，再求出其共轭复数，最后根据的实部和虚部确定它在复平面内对应的点所在的象限。
2．（2025高一下·台州期中）在平行四边形中，点在对角线上，点在边上，且满足，，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：，
故答案为：A
【分析】这道题的核心是利用向量的线性运算法则，将目标向量 分解为已知向量 和 ，再结合平行四边形的性质，将所有向量统一用 和 表示。
3．（2025高一下·台州期中）已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A，若，，则，或，故A错误；
B，若，，则，或与相交，故B错误；
C，若，，则与相交，或，或，故C错误；
D，若，，则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】这道题的核心是逐一分析每个选项，通过举反例来排除错误命题，并利用线面垂直的性质定理来验证正确的命题。
4．（2025高一下·台州期中）符合下列条件的三角形有2个解的是（　　）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
【答案】C
【知识点】解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A：因为，不符合两边之和大于第三边，所以无解，故A错误；
B：因为，所以，所以无解，故B错误；
C：由余弦定理得，所以，解得或，即有2个解，故C正确；
D：因为，所以，故，三角形只有一解，故D错误.
故答案为：C.
【分析】A：用三角形三边关系判断，两边之和大于第三边，不满足则无解。
B、D：用正弦定理求角的正弦值，若大于 1 则无解；若小于 1，再结合大边对大角判断解的个数。
C：用余弦定理列方程，解出的边长为正且满足三角形条件，有两个正根则有两解。
5．（2025高一下·台州期中）如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，．则平面四边形的周长为（　　）
A．14 B．12 C．10 D．8
【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：将直观图还原得平行四边形，如下图，
所以，
所以平面四边形为菱形，
其周长为.
故答案为：B.
【分析】这道题的核心是利用斜二测画法的规则，将直观图还原为原平面图形，再计算其周长。
6．（2025高一下·台州期中）为测量某建筑物的总高度CD，选取与塔底C在同一水平面内的两个测量基点A与B，某人在C的正西方向点A处测得塔顶的仰角为60°，C在B的西偏北75°方向，A在B的西偏北30°方向，，则这幢建筑物的总高度为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】正弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意可知，，，，且，
所以，，，
设，则，
中，，，
解得：.
故答案为：A
【分析】这道题的核心是将空间几何问题转化为平面问题：先在地面的△ABC中用正弦定理求出AC的长度，再在直角三角形ACD中求出建筑物高度CD。
7．（2025高一下·台州期中）如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为PC上一点，当平面时，（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如图，连结，交于点，连结，
因为平面，且平面，平面平面，
所以，
因为，且，所以，即，
所以.
故答案为：B
【分析】这道题的核心是利用线面平行的性质定理，结合平面几何中的相似三角形比例关系，来确定点F在PC上的位置。
8．（2025高一下·台州期中）在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】基本不等式；棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；正弦定理
【解析】【解答】解：记外接圆得圆心为，过点作平面的垂线，如图所示：
则三棱锥的外接球的球心在垂线上，且，
在中，，即，
则，当且仅当时等号成立，即，
设外接圆的半径为，由正弦定理可得，则，
则外接球的半径为，故三棱锥的外接球表面积的最小值为.
故答案为：B.
【分析】记外接圆得圆心为，过点作平面的垂线，则三棱锥的外接球的球心在垂线上，利用是三角形面积公式，结合正弦定理、基本不等式求解即可.
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，选错或不选的得0分）
9．（2025高一下·台州期中）下列有关复数的叙述正确的是（　　）
A．
B．若，则的虚部为
C．若，则为纯虚数
D．若是关于的方程（p，）的一个根，则
【答案】A,C
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A，设，则，故，故A正确；
BC，，故的虚部为，故B错误；
而，故为纯虚数，故C正确；
D，将代入方程后得，整理得：，而为实数，故，故，故D错误.
故答案为：AC
【分析】A：利用复数代数形式 及其共轭 直接相乘，验证其积等于模的平方。
B、C：先化简复数 ，再根据虚部定义和幂运算性质判断。
D：将根 代入实系数二次方程，利用复数为零的充要条件（实部、虚部均为零）求解参数 。
10．（2025高一下·台州期中）设向量，，则下列叙述正确的是（　　）
A．若，
B．与垂直的单位向量只能为，
C．若，则与的夹角为
D．若，向量在向量上的投影向量为
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A：当时，，，，所以，故A正确；
B：与垂直的单位向量可以是，也可以是，故B错误；
C：若，则，所以与的夹角的余弦为：，
又，所以，故C正确；
D：若，向量在向量上的投影向量为：，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】这道题的核心是逐一验证每个选项，利用向量平行、垂直、夹角和投影向量的坐标运算公式来判断对错。
11．（2025高一下·台州期中）在中，设，，，则下列说法正确的是（　　）
A．的面积为12
B．外接圆的周长是
C．若为的中点，则中线长度为
D．内切圆的面积是
【答案】A,B,C
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A，，解得，
故，故边上的高为，故的面积为，故A正确，
B，由余弦定理得，而为三角形内角，所以，外接圆的周长是，故B正确；
C，因为，故
，
故，故C正确；
D，内切圆的面积是，故，故，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】这道题的核心是利用向量数量积、余弦定理、面积公式、正弦定理、中线向量公式和内切圆半径公式，对每个选项逐一进行验证。
12．（2025高一下·台州期中）在棱长为3的正方体中，P是平面内的一个动点，若，则下列结论正确的是（　　）
A．点P的轨迹长度为
B．直线不可能与垂直
C．直线与平面所成角为
D．三棱锥的体积最大值为
【答案】A,C,D
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：连接，因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，则，
因为，平面，所以平面，
平面，所以，同理可得，
因为，平面，所以平面，
设平面，即平面，
A，由得，，则，，
所以点P的轨迹是以为圆心，半径的圆，其周长为.故A正确；
B，当时，因为，所以平面，此时.故B错误；
C，因为平面，所以为直线与平面的所成角，，，故C正确；
D，因为点到直线的距离为，点到直线的最大距离为，故的面积的最大值为，因为平面，则三棱锥体积的最大值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：先证明 平面 ，求出垂足 到 的距离，再由 用勾股定理求出 到 的距离，从而确定轨迹是圆并求其周长。
B：在平面 内找到与 垂直的直线，判断是否存在 使 。
C：利用线面角的定义，找到 与平面 所成角的正弦值，进而求出角度。
D：找到 到平面 的最大距离，再结合三棱锥体积公式计算最大值。
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2025高一下·台州期中）的三个内角满足，则最小角的余弦值为　 　．
【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为的三个内角满足，
所以由正弦定理得，设，
则是最小角，由余弦定理得.
故答案为：.
【分析】这道题的核心是利用正弦定理将角的比例关系转化为边的比例关系，再利用大边对大角确定最小角，最后用余弦定理计算最小角的余弦值。
14．（2025高一下·台州期中）已知一个圆锥的母线长为3，侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为　 　．
【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】设圆锥底面圆半径为r，因圆锥的母线长为3，侧面展开图是半圆，
于是得，解得，圆锥的高，
所以圆锥的体积.
故答案为：
【分析】根据题意由已知条件结合圆锥的展开图以及圆锥的体积公式，代入数值计算出结果即可。
15．（2025高一下·台州期中）如图，在中，，P为CD上一点，且满足，则m的值为　 　．
【答案】
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】因为，即，
所以，
又
所以，解得.
故答案为：.
【分析】本题考查平面向量基本定理.根据，可得，据此可得：，再根据可列出方程，解方程可求出m的值.
16．（2025高一下·台州期中）如图所示，在棱长为2的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为　 　．
【答案】
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：在棱长为2的正方体中，取的中点，连接，
由为的中点，得，四边形为平行四边形，
则，又，则四边形是平行四边形，
，于是，四边形是平行四边形，
而平面，平面，则平面，同理平面，
又平面，因此平面平面，
又平面，P在正方体表面上移动，于是点的轨迹是与正方体的交线，
所以P的轨迹长为.
故答案为：
【分析】这道题的核心是找到过点 且与平面 平行的正方体截面，点 的轨迹就是该截面与正方体表面的交线，计算交线的总长度即可。
四、解答题（本题共6小题；其中第17小题10分，第18小题10分，第19小题12分，第20小题12分，第21小题12分；第22小题14分；共70分）
17．（2025高一下·台州期中）已知复数满足：
（1）求复数；
（2）求的值．
【答案】（1）解：设，，
（2）解：原式．
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【分析】(1)设复数 ，将模长方程 拆分为实部和虚部两个方程，联立求解得到 和 。
(2)代入 ，先对分母进行有理化，再合并化简计算最终结果。
（1）设，，
；
（2）原式．
18．（2025高一下·台州期中）在中，，，且与的夹角为60°．且．
（1）若，用基向量，表示，并求；
（2）若，求实数的值．
【答案】（1）解：由条件可知，，即，
所以，
由，，且与的夹角为，所以，
（2）解：因为
．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】(1)先利用向量的线性运算，将 用 和 表示，再通过向量模长公式 计算模长。
(2)由 得它们的数量积为0，代入 和 的表达式，结合已知的模长与夹角条件求解 。
（1）由条件可知，，即，
所以，
由，，且与的夹角为，所以，
（2）因为
．
19．（2025高一下·台州期中）在中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求B的值；
（2）若外接圆的面积为，且，求的面积．
【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，
，
，
．
（2）解：设外接圆的半径为，由，得，
由正弦定理得，所以，
由（1）知，
，
，
，
．
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再用余弦定理求出cosB，从而得到角B的值。
(2)先由外接圆面积求出半径，再用正弦定理求出边b，结合a+c=12和余弦定理求出ac，最后用面积公式计算三角形面积。
（1）因为，
由正弦定理得，
，
，
．
（2）设外接圆的半径为，由，得，
由正弦定理得，所以，
由（1）知，
，
，
，
．
20．（2025高一下·台州期中）如图，梯形中，，于点，，且．沿把折起到的位置，使．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）若为的中点，为上一点，证明．
【答案】（1）解：取中点，连接、，
，，四边形是平行四边形，则，
或其补角为异面直线与所成角，
翻折前，即，，
翻折后，则有，，且有，
，，
又，、平面，面，
在中，，，，
由余弦定理可得，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
（2）证明：面，平面，，
，，，，故为等腰直角三角形，
，
，，
由余弦定理得，
，，
，、平面，面，
因为平面，，
又，为的中点，，
，、平面，面，
平面，.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】(1)通过构造平行线 ，将异面直线所成角转化为 中的角 。计算三角形三边长度后，用余弦定理求出该角的余弦值。
(2)先证明平面 ，从而得到；再利用等腰三角形三线合一性质得到，进而证明平面，因此。
（1）取中点，连接、，
，，四边形是平行四边形，则，
或其补角为异面直线与所成角，
翻折前，即，，
翻折后，则有，，且有，
，，
又，、平面，面，
在中，，，，
由余弦定理可得，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
（2）面，平面，，
，，，，故为等腰直角三角形，
，
，，
由余弦定理得，
，，
，、平面，面，
因为平面，，
又，为的中点，，
，、平面，面，
平面，.
21．（2025高一下·台州期中）锐角的角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
（1）求证：；
（2）若，求边c的取值范围．
【答案】（1）证明：
，
三角形内角，．
（2）解：
．
锐角三角形，
，，．
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1)利用余弦定理将cosB转化为边的关系，再用正弦定理化为角的关系，结合三角恒等变换证明B=2A。
(2)用正弦定理将c表示为角A的函数，再根据锐角三角形的条件确定A的范围，从而求出c的取值范围。
（1）
，
三角形内角，．
（2）
．
锐角三角形，
，，．
22．（2025高一下·台州期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线到平面的距离；
（3）若点P是平面内的动点，且满足，设直线与平面所成角为，求的最大值．
【答案】（1）证明：连接AC交BD于，连接，则，
因为，由四棱台的性质可得，且，
故四边形为平行四边形，故，
不包含于面面，故面.
（2）解：面，直线到平面的距离等价于点到平面的距离，
，
，，，，
取DC中点，连，，可得，而平面，
故平面，由平面，故，
，得，
，，故，
故，故．
（3）解：
连接，因为，由四棱台的性质可得，
故四边形为平行四边形，故，故平面，
而平面，故，又，，
平面，故平面，
，点在面内的动点，点面面，
面，为与面所成的平面角，
，DO最小为，则最大为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1)连接 交 于 ，利用棱台上下底面对应边平行且成比例，证明 且 ，得到四边形 为平行四边形，从而 ，结合线面平行判定定理即可得证。
(2)因为 平面 ，所以直线 到平面 的距离等于点 到平面 的距离，用等体积法，通过 计算距离。
(3)由 且 ，推出 平面 ，因此点 的轨迹为线段 ，直线 与平面 所成角 满足 ，当 最小时 最大，即 为 到 的距离时取到最大值。
（1）连接AC交BD于，连接，则，
因为，由四棱台的性质可得，且，
故四边形为平行四边形，故，
不包含于面面，故面.
（2）面，直线到平面的距离等价于点到平面的距离，
，
，，，，
取DC中点，连，，可得，而平面，
故平面，由平面，故，
，得，
，，故，
故，故．
（3）连接，因为，由四棱台的性质可得，
故四边形为平行四边形，故，故平面，
而平面，故，又，，
平面，故平面，
，点在面内的动点，点面面，
面，为与面所成的平面角，
，DO最小为，则最大为．
1 / 1浙江省台州市六校联盟2024-2025学年高一下学期4月期中联考数学试题
一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分．每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分）
1．（2025高一下·台州期中）已知复数满足，则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．（2025高一下·台州期中）在平行四边形中，点在对角线上，点在边上，且满足，，则（　　）
A． B．
C． D．
3．（2025高一下·台州期中）已知，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，则
4．（2025高一下·台州期中）符合下列条件的三角形有2个解的是（　　）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
5．（2025高一下·台州期中）如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，．则平面四边形的周长为（　　）
A．14 B．12 C．10 D．8
6．（2025高一下·台州期中）为测量某建筑物的总高度CD，选取与塔底C在同一水平面内的两个测量基点A与B，某人在C的正西方向点A处测得塔顶的仰角为60°，C在B的西偏北75°方向，A在B的西偏北30°方向，，则这幢建筑物的总高度为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025高一下·台州期中）如图，P为平行四边形所在平面外一点，E为线段AD上靠近A的三等分点，F为PC上一点，当平面时，（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·台州期中）在三棱锥中，底面，，，的面积为，则三棱锥的外接球表面积的最小值为（　　）
A． B． C． D．
二、多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，选错或不选的得0分）
9．（2025高一下·台州期中）下列有关复数的叙述正确的是（　　）
A．
B．若，则的虚部为
C．若，则为纯虚数
D．若是关于的方程（p，）的一个根，则
10．（2025高一下·台州期中）设向量，，则下列叙述正确的是（　　）
A．若，
B．与垂直的单位向量只能为，
C．若，则与的夹角为
D．若，向量在向量上的投影向量为
11．（2025高一下·台州期中）在中，设，，，则下列说法正确的是（　　）
A．的面积为12
B．外接圆的周长是
C．若为的中点，则中线长度为
D．内切圆的面积是
12．（2025高一下·台州期中）在棱长为3的正方体中，P是平面内的一个动点，若，则下列结论正确的是（　　）
A．点P的轨迹长度为
B．直线不可能与垂直
C．直线与平面所成角为
D．三棱锥的体积最大值为
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．（2025高一下·台州期中）的三个内角满足，则最小角的余弦值为　 　．
14．（2025高一下·台州期中）已知一个圆锥的母线长为3，侧面展开图是半圆，则该圆锥的体积为　 　．
15．（2025高一下·台州期中）如图，在中，，P为CD上一点，且满足，则m的值为　 　．
16．（2025高一下·台州期中）如图所示，在棱长为2的正方体中，点M是AD的中点，动点P在正方体表面上移动，若平面，则P的轨迹长为　 　．
四、解答题（本题共6小题；其中第17小题10分，第18小题10分，第19小题12分，第20小题12分，第21小题12分；第22小题14分；共70分）
17．（2025高一下·台州期中）已知复数满足：
（1）求复数；
（2）求的值．
18．（2025高一下·台州期中）在中，，，且与的夹角为60°．且．
（1）若，用基向量，表示，并求；
（2）若，求实数的值．
19．（2025高一下·台州期中）在中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求B的值；
（2）若外接圆的面积为，且，求的面积．
20．（2025高一下·台州期中）如图，梯形中，，于点，，且．沿把折起到的位置，使．
（1）求异面直线与所成角的余弦值；
（2）若为的中点，为上一点，证明．
21．（2025高一下·台州期中）锐角的角A，B，C的对边分别为a，b，c，若．
（1）求证：；
（2）若，求边c的取值范围．
22．（2025高一下·台州期中）如图，在四棱台中，底面是正方形，平面，，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线到平面的距离；
（3）若点P是平面内的动点，且满足，设直线与平面所成角为，求的最大值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：由题得，
所以，所以复数在复平面内对应的点为，
所以复数在复平面内对应的点在第二象限.
故答案为：B
【分析】这道题的核心是先通过复数的除法运算求出z，再求出其共轭复数，最后根据的实部和虚部确定它在复平面内对应的点所在的象限。
2．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：，
故答案为：A
【分析】这道题的核心是利用向量的线性运算法则，将目标向量 分解为已知向量 和 ，再结合平行四边形的性质，将所有向量统一用 和 表示。
3．【答案】D
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A，若，，则，或，故A错误；
B，若，，则，或与相交，故B错误；
C，若，，则与相交，或，或，故C错误；
D，若，，则，故D正确.
故答案为：D.
【分析】这道题的核心是逐一分析每个选项，通过举反例来排除错误命题，并利用线面垂直的性质定理来验证正确的命题。
4．【答案】C
【知识点】解三角形；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：A：因为，不符合两边之和大于第三边，所以无解，故A错误；
B：因为，所以，所以无解，故B错误；
C：由余弦定理得，所以，解得或，即有2个解，故C正确；
D：因为，所以，故，三角形只有一解，故D错误.
故答案为：C.
【分析】A：用三角形三边关系判断，两边之和大于第三边，不满足则无解。
B、D：用正弦定理求角的正弦值，若大于 1 则无解；若小于 1，再结合大边对大角判断解的个数。
C：用余弦定理列方程，解出的边长为正且满足三角形条件，有两个正根则有两解。
5．【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】解：将直观图还原得平行四边形，如下图，
所以，
所以平面四边形为菱形，
其周长为.
故答案为：B.
【分析】这道题的核心是利用斜二测画法的规则，将直观图还原为原平面图形，再计算其周长。
6．【答案】A
【知识点】正弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：由题意可知，，，，且，
所以，，，
设，则，
中，，，
解得：.
故答案为：A
【分析】这道题的核心是将空间几何问题转化为平面问题：先在地面的△ABC中用正弦定理求出AC的长度，再在直角三角形ACD中求出建筑物高度CD。
7．【答案】B
【知识点】直线与平面平行的性质
【解析】【解答】解：如图，连结，交于点，连结，
因为平面，且平面，平面平面，
所以，
因为，且，所以，即，
所以.
故答案为：B
【分析】这道题的核心是利用线面平行的性质定理，结合平面几何中的相似三角形比例关系，来确定点F在PC上的位置。
8．【答案】B
【知识点】基本不等式；棱锥的结构特征；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；正弦定理
【解析】【解答】解：记外接圆得圆心为，过点作平面的垂线，如图所示：
则三棱锥的外接球的球心在垂线上，且，
在中，，即，
则，当且仅当时等号成立，即，
设外接圆的半径为，由正弦定理可得，则，
则外接球的半径为，故三棱锥的外接球表面积的最小值为.
故答案为：B.
【分析】记外接圆得圆心为，过点作平面的垂线，则三棱锥的外接球的球心在垂线上，利用是三角形面积公式，结合正弦定理、基本不等式求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】复数代数形式的混合运算；共轭复数；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A，设，则，故，故A正确；
BC，，故的虚部为，故B错误；
而，故为纯虚数，故C正确；
D，将代入方程后得，整理得：，而为实数，故，故，故D错误.
故答案为：AC
【分析】A：利用复数代数形式 及其共轭 直接相乘，验证其积等于模的平方。
B、C：先化简复数 ，再根据虚部定义和幂运算性质判断。
D：将根 代入实系数二次方程，利用复数为零的充要条件（实部、虚部均为零）求解参数 。
10．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；数量积表示两个向量的夹角；平面向量的投影向量；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【解答】解：A：当时，，，，所以，故A正确；
B：与垂直的单位向量可以是，也可以是，故B错误；
C：若，则，所以与的夹角的余弦为：，
又，所以，故C正确；
D：若，向量在向量上的投影向量为：，故D正确.
故答案为：ACD
【分析】这道题的核心是逐一验证每个选项，利用向量平行、垂直、夹角和投影向量的坐标运算公式来判断对错。
11．【答案】A,B,C
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：A，，解得，
故，故边上的高为，故的面积为，故A正确，
B，由余弦定理得，而为三角形内角，所以，外接圆的周长是，故B正确；
C，因为，故
，
故，故C正确；
D，内切圆的面积是，故，故，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】这道题的核心是利用向量数量积、余弦定理、面积公式、正弦定理、中线向量公式和内切圆半径公式，对每个选项逐一进行验证。
12．【答案】A,C,D
【知识点】与直线有关的动点轨迹方程；直线与平面垂直的性质；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：连接，因为四边形为正方形，则，
因为平面，平面，则，
因为，平面，所以平面，
平面，所以，同理可得，
因为，平面，所以平面，
设平面，即平面，
A，由得，，则，，
所以点P的轨迹是以为圆心，半径的圆，其周长为.故A正确；
B，当时，因为，所以平面，此时.故B错误；
C，因为平面，所以为直线与平面的所成角，，，故C正确；
D，因为点到直线的距离为，点到直线的最大距离为，故的面积的最大值为，因为平面，则三棱锥体积的最大值为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】A：先证明 平面 ，求出垂足 到 的距离，再由 用勾股定理求出 到 的距离，从而确定轨迹是圆并求其周长。
B：在平面 内找到与 垂直的直线，判断是否存在 使 。
C：利用线面角的定义，找到 与平面 所成角的正弦值，进而求出角度。
D：找到 到平面 的最大距离，再结合三棱锥体积公式计算最大值。
13．【答案】
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：因为的三个内角满足，
所以由正弦定理得，设，
则是最小角，由余弦定理得.
故答案为：.
【分析】这道题的核心是利用正弦定理将角的比例关系转化为边的比例关系，再利用大边对大角确定最小角，最后用余弦定理计算最小角的余弦值。
14．【答案】
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】设圆锥底面圆半径为r，因圆锥的母线长为3，侧面展开图是半圆，
于是得，解得，圆锥的高，
所以圆锥的体积.
故答案为：
【分析】根据题意由已知条件结合圆锥的展开图以及圆锥的体积公式，代入数值计算出结果即可。
15．【答案】
【知识点】平面向量的共线定理
【解析】【解答】因为，即，
所以，
又
所以，解得.
故答案为：.
【分析】本题考查平面向量基本定理.根据，可得，据此可得：，再根据可列出方程，解方程可求出m的值.
16．【答案】
【知识点】直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：在棱长为2的正方体中，取的中点，连接，
由为的中点，得，四边形为平行四边形，
则，又，则四边形是平行四边形，
，于是，四边形是平行四边形，
而平面，平面，则平面，同理平面，
又平面，因此平面平面，
又平面，P在正方体表面上移动，于是点的轨迹是与正方体的交线，
所以P的轨迹长为.
故答案为：
【分析】这道题的核心是找到过点 且与平面 平行的正方体截面，点 的轨迹就是该截面与正方体表面的交线，计算交线的总长度即可。
17．【答案】（1）解：设，，
（2）解：原式．
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的混合运算
【解析】【分析】(1)设复数 ，将模长方程 拆分为实部和虚部两个方程，联立求解得到 和 。
(2)代入 ，先对分母进行有理化，再合并化简计算最终结果。
（1）设，，
；
（2）原式．
18．【答案】（1）解：由条件可知，，即，
所以，
由，，且与的夹角为，所以，
（2）解：因为
．
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【分析】(1)先利用向量的线性运算，将 用 和 表示，再通过向量模长公式 计算模长。
(2)由 得它们的数量积为0，代入 和 的表达式，结合已知的模长与夹角条件求解 。
（1）由条件可知，，即，
所以，
由，，且与的夹角为，所以，
（2）因为
．
19．【答案】（1）解：因为，
由正弦定理得，
，
，
．
（2）解：设外接圆的半径为，由，得，
由正弦定理得，所以，
由（1）知，
，
，
，
．
【知识点】解三角形；正弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)利用正弦定理将角的关系转化为边的关系，再用余弦定理求出cosB，从而得到角B的值。
(2)先由外接圆面积求出半径，再用正弦定理求出边b，结合a+c=12和余弦定理求出ac，最后用面积公式计算三角形面积。
（1）因为，
由正弦定理得，
，
，
．
（2）设外接圆的半径为，由，得，
由正弦定理得，所以，
由（1）知，
，
，
，
．
20．【答案】（1）解：取中点，连接、，
，，四边形是平行四边形，则，
或其补角为异面直线与所成角，
翻折前，即，，
翻折后，则有，，且有，
，，
又，、平面，面，
在中，，，，
由余弦定理可得，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
（2）证明：面，平面，，
，，，，故为等腰直角三角形，
，
，，
由余弦定理得，
，，
，、平面，面，
因为平面，，
又，为的中点，，
，、平面，面，
平面，.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定
【解析】【分析】(1)通过构造平行线 ，将异面直线所成角转化为 中的角 。计算三角形三边长度后，用余弦定理求出该角的余弦值。
(2)先证明平面 ，从而得到；再利用等腰三角形三线合一性质得到，进而证明平面，因此。
（1）取中点，连接、，
，，四边形是平行四边形，则，
或其补角为异面直线与所成角，
翻折前，即，，
翻折后，则有，，且有，
，，
又，、平面，面，
在中，，，，
由余弦定理可得，
因此，异面直线与所成角的余弦值为.
（2）面，平面，，
，，，，故为等腰直角三角形，
，
，，
由余弦定理得，
，，
，、平面，面，
因为平面，，
又，为的中点，，
，、平面，面，
平面，.
21．【答案】（1）证明：
，
三角形内角，．
（2）解：
．
锐角三角形，
，，．
【知识点】简单的三角恒等变换；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【分析】(1)利用余弦定理将cosB转化为边的关系，再用正弦定理化为角的关系，结合三角恒等变换证明B=2A。
(2)用正弦定理将c表示为角A的函数，再根据锐角三角形的条件确定A的范围，从而求出c的取值范围。
（1）
，
三角形内角，．
（2）
．
锐角三角形，
，，．
22．【答案】（1）证明：连接AC交BD于，连接，则，
因为，由四棱台的性质可得，且，
故四边形为平行四边形，故，
不包含于面面，故面.
（2）解：面，直线到平面的距离等价于点到平面的距离，
，
，，，，
取DC中点，连，，可得，而平面，
故平面，由平面，故，
，得，
，，故，
故，故．
（3）解：
连接，因为，由四棱台的性质可得，
故四边形为平行四边形，故，故平面，
而平面，故，又，，
平面，故平面，
，点在面内的动点，点面面，
面，为与面所成的平面角，
，DO最小为，则最大为．
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；点、线、面间的距离计算
【解析】【分析】(1)连接 交 于 ，利用棱台上下底面对应边平行且成比例，证明 且 ，得到四边形 为平行四边形，从而 ，结合线面平行判定定理即可得证。
(2)因为 平面 ，所以直线 到平面 的距离等于点 到平面 的距离，用等体积法，通过 计算距离。
(3)由 且 ，推出 平面 ，因此点 的轨迹为线段 ，直线 与平面 所成角 满足 ，当 最小时 最大，即 为 到 的距离时取到最大值。
（1）连接AC交BD于，连接，则，
因为，由四棱台的性质可得，且，
故四边形为平行四边形，故，
不包含于面面，故面.
（2）面，直线到平面的距离等价于点到平面的距离，
，
，，，，
取DC中点，连，，可得，而平面，
故平面，由平面，故，
，得，
，，故，
故，故．
（3）连接，因为，由四棱台的性质可得，
故四边形为平行四边形，故，故平面，
而平面，故，又，，
平面，故平面，
，点在面内的动点，点面面，
面，为与面所成的平面角，
，DO最小为，则最大为．
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