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广东省东莞市翰林高级中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高一下·东莞期中）已知复数（为虚数单位），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】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，得，
则复数在复平面对应的点为，在第一象限.
故答案为：A.
【分析】利用复数的四则运算法则化简复数，再利用复数的几何意义得出复数在复平面对应的点的坐标，从而得出点所在的象限.
2．（2025高一下·东莞期中）已知直线，，平面，，，那么与平面的关系是（　　）
A． B．
C．或 D．与相交
【答案】C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：在正方体中，取，，
当取面为平面时，
则满足，，此时；
当取面为平面时，
则满足，，此时，
所以与平面的关系是或.
故答案为：.
【分析】以正方体为载体，取，，分别取面和为平面，再利用直线与平面平行的判定定理、直线与平面垂直的判定定理、直线与平面相交的判断方法和直线在平面内的判断方法，从而逐项判断找出正确的选项.
3．（2025高一下·东莞期中）下列叙述中正确的是（　　）
A．已知向量，，且，则与的方向相同或相反
B．若，则
C．若，，则
D．对任一非零向量，是一个单位向量
【答案】D
【知识点】单位向量；共线（平行）向量；相等向量
【解析】【解答】解：对于A，零向量与任意向量共线，且零向量的方向是任意的，
当或时，与的方向不是相同或相反，故A错误；
对于B，因为，且，方向相同才可判断，故B错误；
对于C，当时，若，，与是任意向量，故C错误；
对于D，对任一非零向量，表示与方向相同且模长为1的向量，故D正确.
故答案为：D.
【分析】若，有一个为零向量结合平行向量定义，则可判断选项A；利用向量相等定义可判断选项B；举反例结合向量共线的性质，则可判断选项C；由单位向量的定义判断选项D，从而找出叙述正确的选项.
4．（2025高一下·东莞期中）已知在“斜二测”画法下，的直观图是一个边长为4的正三角形，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】若轴，轴在直观图中的位置如图所示，
过作轴交轴于，
因为的边长为，所以的高为，
又因为，所以，
则对应的高，底，
所以的面积.
故答案为：B.
【分析】根据直观图为正三角形，利用斜二测画法求出原三角形的高和底，再利用三角形的面积公式得出的面积.
5．（2025高一下·东莞期中）下列四个正方体中，，，为所在棱的中点，，，为正方体的三个顶点，则能得出平面平面的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于选项A，若平面平面，平面，
则平面，
由图可知与平面相交，
则平面与平面不平行，故选项A不满足条件；
对于选项B，如下图所示，连接，
因为、分别为、的中点，
所以，
在正方体中，且，
则四边形为平行四边形，
所以，
，
平面，平面，
平面，
同理可证平面，
，
所以，平面平面，故选项B满足条件；
对于选项C，如下图所示：
在正方体中，
若平面平面，且平面平面，
则平面平面，
但这与平面与平面相交矛盾，
因此，平面与平面不平行，故选项C不满足条件；
对于选项D，在正方体中，连接、、，如下图所示：
因为且，
所以四边形为平行四边形，
则，
平面，平面，
所以，平面，
同理可证平面，
，、
所以，平面平面，
若平面平面，
则平面平面，
这与平面与平面相交矛盾，
所以平面与平面不平行，故选项D不满足条件.
故答案为：B.
【分析】利用反证法结合面面平行的判断定理和性质定理，则可判断选项A；利用正方体和平行四边形的结构特征，再利用面面平行的判定定理，则可判断选项B；利用正方体的结构特征和反证法以及面面平行的性质，则可判断选项C；利用平行四边形的结构特征和面面平行的判定定理，再结合反证法可判断选项D，从而找出平面平面的选项.
6．（2025高一下·东莞期中）已知，是不共线的非零向量，则以下向量可以作为基底的是（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，因为，所以与共线，不能作为基底，故A错；
对于B，设，则，解得，
所以与共线，不能作为基底，故B错；
对于C，设，则，即，
此时无解，所以与不共线，可以作为基底，故C对；
对于D，设，则，
即，解得，
所以与共线，不能作为基底，故D错.
故答案为：C.
【分析】由不共线的两个非零向量才可以作为基底，再结合共线定理，从而逐项判断找出可以作为基底的选项.
7．（2025高一下·东莞期中）已知某圆锥的侧面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：依题意，设圆锥的底面半径为，则其侧面展开图的扇形弧长为，
所以，扇形半径为，
则圆锥的侧面积为，
解得.
故答案为：B.
【分析】由题意，先根据弧长公式求出圆锥侧面展开图扇形的半径，再由圆锥的侧面积公式列方程计算得出该圆锥的底面半径长.
8．（2025高一下·东莞期中）已知复数是关于的方程（，）的一个根，若复平面内满足的点的集合为图形，则围成的面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】∵是关于的方程（，）的一个根，
∴（，），化简得，
∴，解得，
∴，
如图所示复平面内，复数和表示的点为和，表示的向量为和，
则由复数减法的几何意义，复数表示的向量为，
若，则，
∴点的集合图形是以为圆心，半径为的圆，
∴围成的面积为.
故答案为：A.
【分析】先由是关于的方程（，）的一个根，求出，然后由复数减法的几何意义求解即可.
二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9．（2025高一下·东莞期中）已知向量，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．
C．向量与的夹角为
D．若在上的投影向量为
【答案】A,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，故A正确；
由已知条件，可得，，故B错误；
因为，又因为，
所以，故C错误；
因为在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】先利用向量减法运算的坐标运算可判断选项A；求利用向量求模的坐标表示判断出选项B；利用数量积求向量夹角的坐标表示判断出选项C；利用数量积求投影向量的公式可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
10．（2025高一下·东莞期中）对于，有如下判断，其中正确的判断是（　　）
A．若，是钝角三角形
B．若，则
C．若，则符合条件的有两个
D．在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积
【答案】A,B,D
【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；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于选项A：由正弦定理，可得，
所以，因此是钝角，
则是钝角三角形，故A正确；
对于选项B：在中，，，
所以，
又因为，所以. 故B正确；
对于选项C：由正弦定理，得，矛盾，
因此，符合条件的不存在，故C错误；
对于选项D：在三角形中，① 如果已知两边及夹角，显然可以直接用三角形面积公式求出三角形面积；
② 如果已知两边及其一边的对角，可以先用余弦定理求出第三边，再由三角形面积公式求出三角形面积，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件结合正弦定理、余弦定理和三角形中边角关系以及三角形，从而逐项判断找出正确的选项.
11．（2025高一下·东莞期中）在棱长为4的正方体中，下列说法正确的是（　　）
A．
B．直线与平面所成的角为
C．三棱锥的体积为
D．是的中点，点是侧面内的动点．若∥平面，则的最大值为
【答案】A,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；平面与平面平行的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，连接，则，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
对于B，因为平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
则直线与平面所成的角为，故B错误；
对于C，因为正方体的棱长为4，
所以三棱锥的体积为：
，故C错误；
对于D，取的中点，的中点，的中点，连接，
则∥∥，∥∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，∥平面，
又因为，平面，
所以平面∥平面，
因为平面，所以∥平面，
则线段扫过的图形为，
由，得，，，
所以，则，
所以，
则MP的取值范围为，
所以的最大值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】连接，再利用线线垂直证出直线平面，再利用线面垂直的定义得出，则判断出选项A；由正方体的结构特征可得平面，从而得出直线与平面所成的角，则判断出选项B；利用三棱锥的体积等于正方体的体积减去4个三棱锥的体积，从而得出三棱锥的体积，则判断出选项C；取的中点，的中点，的中点，连接，利用面面平行的判定定理，从而得出平面∥平面，则线段扫过的图形为，再利用勾股定理和三角形中的边角关系，从而得出MP的取值范围，进而得出MP的最大值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·东莞期中）化简=　 　
【答案】
【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：由平面向量的线性运算法则，
得=+（+）==.
故答案为：.
【分析】利用向量的三角形法则，从而化简得出所求向量.
13．（2025高一下·东莞期中）已知复数在复平面内对应的点在射线上，且，则复数的虚部为　 　 ．
【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数在复平面内对应的点为，，
所以，得，
所以，则，
所以的虚部是.
故答案为：.
【分析】先根据已知条件和复数的几何意义，设复数的坐标，再根据复数的模的求解方法和已知条件，从而得出复数，结合共轭复数的定义，从而得出复数，利用复数的虚部的定义，从而得出复数的虚部.
14．（2025高一下·东莞期中）有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，这时容器中水的深度是　 　.
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知为等边的内切圆，
则，
易知等边的边长，
所以，圆锥的体积，球的体积，
则，
设取出球之后，水的高度为，此时水面圆的半径为，
则，
解得.
故答案为：.
【分析】根据正三角形中内切圆的性质，从而得出半径与边长的关系式，再由圆锥的轴截面得出该圆锥的高和底面半径，利用圆锥的体积公式和作差的方法结合正切函数的定义，从而得出将球取出时的容器中水的深度.
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．（2025高一下·东莞期中）已知向量，．
（）若与垂直，求实数的值；
（）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围．
【答案】解：（1）因为，，
所以，，
又因为与垂直，
所以，
则，
解得.
（2）因为，，
又因为与的夹角为钝角，
所以，
则，
解得，
当与平行时，
则，
解得，此时与夹角为，
则实数的取值范围为.
【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；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）先根据向量的坐标运算求出、，再根据以及数量积的坐标表示，从而得出实数t的值.
（2）先求出、，根据题意得出，从而得出实数k的取值范围，再排除与平行的情况，从而得出满足要求的实数k的取值范围.
16．（2025高一下·东莞期中）在中，角的对边分别为，若.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
【答案】（1）解：由和正弦定理，
可得：，
因为，
所以，
则，
又因为，
所以.
（2）解：由余弦定理，
代值整理，可得，，
因为，代入解得：，
所以的面积为.
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形中角的取值范围和同角三角函数基本关系式，从而得出角A的值.
（2）由余弦定理和已知条件得出的值，再利用三角形的面积公式得出的面积.
（1）由和正弦定理可得，，
因，故得，即，
因，故；
（2）由余弦定理，，代值整理可得，，
又，代入解得，，
于是，的面积为.
17．（2025高一下·东莞期中）已知复数
（1）若复数为纯虚数，求实数的值；
（2）已知是关于的方程的一个根，其中，，求的值．
【答案】（1）解：若复数为纯虚数，
则，
解得.
（2）解：已知是关于的方程的一个根，
则也是方程的根，
所以，
所以.
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；复数的基本概念
【解析】【分析】（1）根据复数为纯虚数的判断方法，从而得出的值.
（2）利用韦达定理得出的值，从而得出的值.
（1）若复数为纯虚数，则，解得.
（2）已知是关于的方程的一个根，
则也是方程的根，
所以，
所以.
18．（2025高一下·东莞期中）已知四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，，∠ACB＝90°．
（1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）求直线PC与平面PAB所成的角的正弦值．
【答案】（1）证明：因为底面，平面，
所以，
又因为，
所以，
又因为，，平面，
所以平面．
（2）解：过作于，连接，
因为底面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
则直线与平面所成的角为，
因为，//，，
所以，
则是等边三角形，
可得，
又因为，
在中，，
在中，，
所以，
则直线与平面所成的角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的定义和已知条件得出线线垂直，则，，再利用线线垂直证出线面垂直，即证出直线平面.
（2）过点作于点，利用线线垂直证出线面垂直，则直线与平面所成的角为，再利用等边三角形的定义判断出是等边三角形，从而得出AC的长，再解三角形求解即可 ．
（1）因为底面，平面，则，
又因为，即，
，，平面，
所以平面．
（2）过作于，连接，
因为底面，平面，则，
，平面，
所以平面，
所以直线与平面所成的角为，
因为，//，，
则，是等边三角形，可得，
又因为，在中，，中求得，
所以，
即直线与平面所成的角的正弦值为．
19．（2025高一下·东莞期中）常用测量距离的方式有3种．设，定义欧几里得距离，定义曼哈顿距离，定义余弦距离，其中（为坐标原点）．
（1）若，求之间的欧几里得距离和余弦距离；
（2）若点在函数的图象上且，点的坐标为，求的最小值；
（3）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：因为，则，
所以，
又因为，
所以；
（2）解：因为点在函数的图象上且，
即，且点的坐标为，
故，
当时，则，
因为函数在上单调递减，
所以，当且仅当时取等号；
当时，则，
且，则，代入可得；
当时，则，
因为函数在上单调递增，
所以， 当且仅当时取等号，
综上可知，的最小值为2；
（3）解：易得，
则，
令，则，
即与有交点，
可知半圆与直线有交点，如图所示：
先计算直线与半圆相切和经过点时的情况，
由圆心到直线的距离，解得，
由图知此时，即；
又由，代入点，解得，.
由图知，要使两者有交点，需使，
此时，
又因为，则；
所以的取值范围是.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】（1）根据题干距离的定义计算求解即可；
（2）根据距离定义整理可得，分、和三种情况，结合函数单调性求最值即可；
（3）整理可得，令，分析可知与有交点，结合图象求的取值范围即可.
（1）因为，则，
所以，
又因为，
所以.
（2）因为点在函数的图象上且，
即，且点的坐标为，
故，
当时，则，
因为函数在上单调递减，
所以，当且仅当时取等号；
当时，则，
且，则，代入可得；
当时，则，
因为函数在上单调递增，
所以， 当且仅当时取等号．
综上可知，的最小值为2．
（3）因为，
则，
令，则，
即与有交点，
可知半圆与直线有交点，
如图，先计算直线与半圆相切和经过点时的情况.
由圆心到直线的距离，解得，
由图知此时，即；
又由，代入点，解得，.
由图知，要使两者有交点，需使，
此时，
又因为，则；
所以的取值范围是.
1 / 1广东省东莞市翰林高级中学2024-2025学年高一下学期期中考试数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2025高一下·东莞期中）已知复数（为虚数单位），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·东莞期中）已知直线，，平面，，，那么与平面的关系是（　　）
A． B．
C．或 D．与相交
3．（2025高一下·东莞期中）下列叙述中正确的是（　　）
A．已知向量，，且，则与的方向相同或相反
B．若，则
C．若，，则
D．对任一非零向量，是一个单位向量
4．（2025高一下·东莞期中）已知在“斜二测”画法下，的直观图是一个边长为4的正三角形，则的面积为（　　）
A． B． C． D．
5．（2025高一下·东莞期中）下列四个正方体中，，，为所在棱的中点，，，为正方体的三个顶点，则能得出平面平面的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2025高一下·东莞期中）已知，是不共线的非零向量，则以下向量可以作为基底的是（　　）
A．，
B．，
C．，
D．，
7．（2025高一下·东莞期中）已知某圆锥的侧面积为，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的底面半径为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·东莞期中）已知复数是关于的方程（，）的一个根，若复平面内满足的点的集合为图形，则围成的面积为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．
9．（2025高一下·东莞期中）已知向量，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．
C．向量与的夹角为
D．若在上的投影向量为
10．（2025高一下·东莞期中）对于，有如下判断，其中正确的判断是（　　）
A．若，是钝角三角形
B．若，则
C．若，则符合条件的有两个
D．在三角形中，已知两边和一角就能求三角形的面积
11．（2025高一下·东莞期中）在棱长为4的正方体中，下列说法正确的是（　　）
A．
B．直线与平面所成的角为
C．三棱锥的体积为
D．是的中点，点是侧面内的动点．若∥平面，则的最大值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·东莞期中）化简=　 　
13．（2025高一下·东莞期中）已知复数在复平面内对应的点在射线上，且，则复数的虚部为　 　 ．
14．（2025高一下·东莞期中）有一个倒圆锥形容器，它的轴截面是一个正三角形，在容器内放一个半径为的铁球，并注入水，使水面与球正好相切，然后将球取出，这时容器中水的深度是　 　.
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．（2025高一下·东莞期中）已知向量，．
（）若与垂直，求实数的值；
（）若与的夹角为钝角，求实数的取值范围．
16．（2025高一下·东莞期中）在中，角的对边分别为，若.
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积.
17．（2025高一下·东莞期中）已知复数
（1）若复数为纯虚数，求实数的值；
（2）已知是关于的方程的一个根，其中，，求的值．
18．（2025高一下·东莞期中）已知四棱锥P－ABCD中，PA⊥底面ABCD，，AD＝CD＝1，∠BAD＝120°，，∠ACB＝90°．
（1）求证：BC⊥平面PAC；
（2）求直线PC与平面PAB所成的角的正弦值．
19．（2025高一下·东莞期中）常用测量距离的方式有3种．设，定义欧几里得距离，定义曼哈顿距离，定义余弦距离，其中（为坐标原点）．
（1）若，求之间的欧几里得距离和余弦距离；
（2）若点在函数的图象上且，点的坐标为，求的最小值；
（3）若，求的取值范围.
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，得，
则复数在复平面对应的点为，在第一象限.
故答案为：A.
【分析】利用复数的四则运算法则化简复数，再利用复数的几何意义得出复数在复平面对应的点的坐标，从而得出点所在的象限.
2．【答案】C
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：在正方体中，取，，
当取面为平面时，
则满足，，此时；
当取面为平面时，
则满足，，此时，
所以与平面的关系是或.
故答案为：.
【分析】以正方体为载体，取，，分别取面和为平面，再利用直线与平面平行的判定定理、直线与平面垂直的判定定理、直线与平面相交的判断方法和直线在平面内的判断方法，从而逐项判断找出正确的选项.
3．【答案】D
【知识点】单位向量；共线（平行）向量；相等向量
【解析】【解答】解：对于A，零向量与任意向量共线，且零向量的方向是任意的，
当或时，与的方向不是相同或相反，故A错误；
对于B，因为，且，方向相同才可判断，故B错误；
对于C，当时，若，，与是任意向量，故C错误；
对于D，对任一非零向量，表示与方向相同且模长为1的向量，故D正确.
故答案为：D.
【分析】若，有一个为零向量结合平行向量定义，则可判断选项A；利用向量相等定义可判断选项B；举反例结合向量共线的性质，则可判断选项C；由单位向量的定义判断选项D，从而找出叙述正确的选项.
4．【答案】B
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】若轴，轴在直观图中的位置如图所示，
过作轴交轴于，
因为的边长为，所以的高为，
又因为，所以，
则对应的高，底，
所以的面积.
故答案为：B.
【分析】根据直观图为正三角形，利用斜二测画法求出原三角形的高和底，再利用三角形的面积公式得出的面积.
5．【答案】B
【知识点】平面与平面平行的判定
【解析】【解答】解：对于选项A，若平面平面，平面，
则平面，
由图可知与平面相交，
则平面与平面不平行，故选项A不满足条件；
对于选项B，如下图所示，连接，
因为、分别为、的中点，
所以，
在正方体中，且，
则四边形为平行四边形，
所以，
，
平面，平面，
平面，
同理可证平面，
，
所以，平面平面，故选项B满足条件；
对于选项C，如下图所示：
在正方体中，
若平面平面，且平面平面，
则平面平面，
但这与平面与平面相交矛盾，
因此，平面与平面不平行，故选项C不满足条件；
对于选项D，在正方体中，连接、、，如下图所示：
因为且，
所以四边形为平行四边形，
则，
平面，平面，
所以，平面，
同理可证平面，
，、
所以，平面平面，
若平面平面，
则平面平面，
这与平面与平面相交矛盾，
所以平面与平面不平行，故选项D不满足条件.
故答案为：B.
【分析】利用反证法结合面面平行的判断定理和性质定理，则可判断选项A；利用正方体和平行四边形的结构特征，再利用面面平行的判定定理，则可判断选项B；利用正方体的结构特征和反证法以及面面平行的性质，则可判断选项C；利用平行四边形的结构特征和面面平行的判定定理，再结合反证法可判断选项D，从而找出平面平面的选项.
6．【答案】C
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：对于A，因为，所以与共线，不能作为基底，故A错；
对于B，设，则，解得，
所以与共线，不能作为基底，故B错；
对于C，设，则，即，
此时无解，所以与不共线，可以作为基底，故C对；
对于D，设，则，
即，解得，
所以与共线，不能作为基底，故D错.
故答案为：C.
【分析】由不共线的两个非零向量才可以作为基底，再结合共线定理，从而逐项判断找出可以作为基底的选项.
7．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；扇形的弧长与面积；圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：依题意，设圆锥的底面半径为，则其侧面展开图的扇形弧长为，
所以，扇形半径为，
则圆锥的侧面积为，
解得.
故答案为：B.
【分析】由题意，先根据弧长公式求出圆锥侧面展开图扇形的半径，再由圆锥的侧面积公式列方程计算得出该圆锥的底面半径长.
8．【答案】A
【知识点】复数在复平面中的表示
【解析】【解答】∵是关于的方程（，）的一个根，
∴（，），化简得，
∴，解得，
∴，
如图所示复平面内，复数和表示的点为和，表示的向量为和，
则由复数减法的几何意义，复数表示的向量为，
若，则，
∴点的集合图形是以为圆心，半径为的圆，
∴围成的面积为.
故答案为：A.
【分析】先由是关于的方程（，）的一个根，求出，然后由复数减法的几何意义求解即可.
9．【答案】A,D
【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，
所以，故A正确；
由已知条件，可得，，故B错误；
因为，又因为，
所以，故C错误；
因为在上的投影向量为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】先利用向量减法运算的坐标运算可判断选项A；求利用向量求模的坐标表示判断出选项B；利用数量积求向量夹角的坐标表示判断出选项C；利用数量积求投影向量的公式可判断选项D，从而找出结论正确的选项.
10．【答案】A,B,D
【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；三角形的形状判断
【解析】【解答】解：对于选项A：由正弦定理，可得，
所以，因此是钝角，
则是钝角三角形，故A正确；
对于选项B：在中，，，
所以，
又因为，所以. 故B正确；
对于选项C：由正弦定理，得，矛盾，
因此，符合条件的不存在，故C错误；
对于选项D：在三角形中，① 如果已知两边及夹角，显然可以直接用三角形面积公式求出三角形面积；
② 如果已知两边及其一边的对角，可以先用余弦定理求出第三边，再由三角形面积公式求出三角形面积，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件结合正弦定理、余弦定理和三角形中边角关系以及三角形，从而逐项判断找出正确的选项.
11．【答案】A,D
【知识点】空间中两点间的距离公式；平面与平面平行的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：对于A，连接，则，
因为平面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，故A正确；
对于B，因为平面，平面，
所以，
又因为，，平面，
所以平面，
则直线与平面所成的角为，故B错误；
对于C，因为正方体的棱长为4，
所以三棱锥的体积为：
，故C错误；
对于D，取的中点，的中点，的中点，连接，
则∥∥，∥∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，∥平面，
又因为，平面，
所以平面∥平面，
因为平面，所以∥平面，
则线段扫过的图形为，
由，得，，，
所以，则，
所以，
则MP的取值范围为，
所以的最大值为，故D正确.
故答案为：AD.
【分析】连接，再利用线线垂直证出直线平面，再利用线面垂直的定义得出，则判断出选项A；由正方体的结构特征可得平面，从而得出直线与平面所成的角，则判断出选项B；利用三棱锥的体积等于正方体的体积减去4个三棱锥的体积，从而得出三棱锥的体积，则判断出选项C；取的中点，的中点，的中点，连接，利用面面平行的判定定理，从而得出平面∥平面，则线段扫过的图形为，再利用勾股定理和三角形中的边角关系，从而得出MP的取值范围，进而得出MP的最大值，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【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：由平面向量的线性运算法则，
得=+（+）==.
故答案为：.
【分析】利用向量的三角形法则，从而化简得出所求向量.
13．【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设复数在复平面内对应的点为，，
所以，得，
所以，则，
所以的虚部是.
故答案为：.
【分析】先根据已知条件和复数的几何意义，设复数的坐标，再根据复数的模的求解方法和已知条件，从而得出复数，结合共轭复数的定义，从而得出复数，利用复数的虚部的定义，从而得出复数的虚部.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：由题意可知为等边的内切圆，
则，
易知等边的边长，
所以，圆锥的体积，球的体积，
则，
设取出球之后，水的高度为，此时水面圆的半径为，
则，
解得.
故答案为：.
【分析】根据正三角形中内切圆的性质，从而得出半径与边长的关系式，再由圆锥的轴截面得出该圆锥的高和底面半径，利用圆锥的体积公式和作差的方法结合正切函数的定义，从而得出将球取出时的容器中水的深度.
15．【答案】解：（1）因为，，
所以，，
又因为与垂直，
所以，
则，
解得.
（2）因为，，
又因为与的夹角为钝角，
所以，
则，
解得，
当与平行时，
则，
解得，此时与夹角为，
则实数的取值范围为.
【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；数量积表示两个向量的夹角；利用数量积判断平面向量的垂直关系
【解析】【分析】（1）先根据向量的坐标运算求出、，再根据以及数量积的坐标表示，从而得出实数t的值.
（2）先求出、，根据题意得出，从而得出实数k的取值范围，再排除与平行的情况，从而得出满足要求的实数k的取值范围.
16．【答案】（1）解：由和正弦定理，
可得：，
因为，
所以，
则，
又因为，
所以.
（2）解：由余弦定理，
代值整理，可得，，
因为，代入解得：，
所以的面积为.
【知识点】同角三角函数基本关系的运用；正弦定理的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形中角的取值范围和同角三角函数基本关系式，从而得出角A的值.
（2）由余弦定理和已知条件得出的值，再利用三角形的面积公式得出的面积.
（1）由和正弦定理可得，，
因，故得，即，
因，故；
（2）由余弦定理，，代值整理可得，，
又，代入解得，，
于是，的面积为.
17．【答案】（1）解：若复数为纯虚数，
则，
解得.
（2）解：已知是关于的方程的一个根，
则也是方程的根，
所以，
所以.
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；复数的基本概念
【解析】【分析】（1）根据复数为纯虚数的判断方法，从而得出的值.
（2）利用韦达定理得出的值，从而得出的值.
（1）若复数为纯虚数，则，解得.
（2）已知是关于的方程的一个根，
则也是方程的根，
所以，
所以.
18．【答案】（1）证明：因为底面，平面，
所以，
又因为，
所以，
又因为，，平面，
所以平面．
（2）解：过作于，连接，
因为底面，平面，
所以，
又因为，平面，
所以平面，
则直线与平面所成的角为，
因为，//，，
所以，
则是等边三角形，
可得，
又因为，
在中，，
在中，，
所以，
则直线与平面所成的角的正弦值为．
【知识点】直线与平面垂直的判定；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）利用线面垂直的定义和已知条件得出线线垂直，则，，再利用线线垂直证出线面垂直，即证出直线平面.
（2）过点作于点，利用线线垂直证出线面垂直，则直线与平面所成的角为，再利用等边三角形的定义判断出是等边三角形，从而得出AC的长，再解三角形求解即可 ．
（1）因为底面，平面，则，
又因为，即，
，，平面，
所以平面．
（2）过作于，连接，
因为底面，平面，则，
，平面，
所以平面，
所以直线与平面所成的角为，
因为，//，，
则，是等边三角形，可得，
又因为，在中，，中求得，
所以，
即直线与平面所成的角的正弦值为．
19．【答案】（1）解：因为，则，
所以，
又因为，
所以；
（2）解：因为点在函数的图象上且，
即，且点的坐标为，
故，
当时，则，
因为函数在上单调递减，
所以，当且仅当时取等号；
当时，则，
且，则，代入可得；
当时，则，
因为函数在上单调递增，
所以， 当且仅当时取等号，
综上可知，的最小值为2；
（3）解：易得，
则，
令，则，
即与有交点，
可知半圆与直线有交点，如图所示：
先计算直线与半圆相切和经过点时的情况，
由圆心到直线的距离，解得，
由图知此时，即；
又由，代入点，解得，.
由图知，要使两者有交点，需使，
此时，
又因为，则；
所以的取值范围是.
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角
【解析】【分析】（1）根据题干距离的定义计算求解即可；
（2）根据距离定义整理可得，分、和三种情况，结合函数单调性求最值即可；
（3）整理可得，令，分析可知与有交点，结合图象求的取值范围即可.
（1）因为，则，
所以，
又因为，
所以.
（2）因为点在函数的图象上且，
即，且点的坐标为，
故，
当时，则，
因为函数在上单调递减，
所以，当且仅当时取等号；
当时，则，
且，则，代入可得；
当时，则，
因为函数在上单调递增，
所以， 当且仅当时取等号．
综上可知，的最小值为2．
（3）因为，
则，
令，则，
即与有交点，
可知半圆与直线有交点，
如图，先计算直线与半圆相切和经过点时的情况.
由圆心到直线的距离，解得，
由图知此时，即；
又由，代入点，解得，.
由图知，要使两者有交点，需使，
此时，
又因为，则；
所以的取值范围是.
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