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浙江省浙南名校2024-2025学年高一下学期4月期中数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1．（2025高一下·浙江期中）的值
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】 因为sin300°=-sin60°=-
故答案为：D
【分析】将 转化为 ，利用正弦函数的诱导公式 进行化简，再结合特殊角的三角函数值求解。
2．（2025高一下·浙江期中）的值为（　　）
A． B．1 C． D．
【答案】B
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】.
故答案为：B
【分析】分别利用分数指数幂和对数的运算规则，先化简两项，再相加得到结果。
3．（2025高一下·浙江期中）若圆台的轴截面为底角为60°的等腰梯形，且圆台的上底面半径为1，下底面半径为6，则圆台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：设是上下底面圆心，，
连接，过点作的垂线，垂足为，
在直角三角形中，，则圆台的母线长为，
由圆台的侧面积公式可得；
故答案为：C.
【分析】 先通过圆台轴截面的几何特征，结合底角 60° 求出母线长，再代入圆台侧面积公式计算最终结果。
4．（2025高一下·浙江期中）已知，m为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（　　）
A．若，，则m至少与，中一个平行
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】A
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A，由线面平行的性质可得若，，则m至少与，中一个平行，故A正确；
B，若，，则或，故B错误；
C，若，，则或，故C错误；
D，若，，，则或相交，故D错误.
故答案为：A
【分析】 根据空间中线面、面面的位置关系，逐一分析每个选项的逻辑是否成立，排除错误选项，确定正确结论。
5．（2025高一下·浙江期中）若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，所以.
因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】通过角度变换，将目标角 转化为已知角 的倍数形式，再利用诱导公式和二倍角公式进行计算。
6．（2025高一下·浙江期中）已知在平行四边形中，，，且，，则的值为（　　）
A．-3 B．-6 C．-9 D．-12
【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：
在平行四边形中，，，
因为，，
所以，
两式相减可得，
所以.
故答案为：C
【分析】先依据平行四边形法则与已知向量比例，用、表示、，再结合模长条件列方程，最后将转化为、的数量积形式计算。
7．（2025高一下·浙江期中）在中，，的角平分线交于点D，的面积是面积的4倍，则的值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：
因为，
即，在中，作边上高，垂足为，
则，
故答案为：A
【分析】 先利用角平分线和三角形面积比得到边的关系，再通过作高构造直角三角形，结合三角函数定义求出tanB。
8．（2025高一下·浙江期中）水平桌面上放置了4个完全相同的半径为1的小球（不叠起），四个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切．用一个半球形容器（容器壁厚度不计）罩住这四个小球，则这个半球形容器表面积（不包含底面圆）的最小值为（　　）
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；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：
如图，4个小球球心构成的正方形为，中心为N，
由题意，，
半球形容器的球心为O，
显然当半球形容器与4个小球都相切时球O的半径最小，半球形容器与球的切点为A，
连接ON，则小球的半径，
球O的半径；
所以半球形容器表面积（不包含底面圆）的最小值为，
故答案为：B
【分析】 先确定四个小球球心构成的正方形几何特征，求出球心所在平面到半球形容器球心的距离，再结合小球半径确定半球的最小半径，最后代入半球表面积公式计算。
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高一下·浙江期中）已知，，，，则下列叙述中正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C． D．若，则
【答案】A,B
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A：因为，，因为，两边同乘以，不等号的方向不变，得，所以，故A正确；
B：因为，，所以，所以，，两边同乘以并化简得，所以，故B正确；
C：时不等式左边无意义，不能比较.
当时做如下分析：，符号不确定，故结论不确定，故C错误；
D：若，则，故D错误.
故答案为：AB
【分析】依据已知条件a>0，b>0，c<0，结合不等式的基本性质、作差法及特殊值法，逐一验证各选项的正确性。
10．（2025高一下·浙江期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（　　）
A．若为锐角三角形，则
B．若，，有两解，则
C．若，则是的垂心
D．若，，为的外心，则的值为
【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：
A，若为锐角三角形，设为等边三角形，则，故A错误；
B，若，，由正弦定理，
因为有两解，，所以，所以，故B正确；
C，由，得，即，所以，即.
同理，，所以点P是的垂心，故C正确；
D，因为，为的外心，则，
设为中点，则，，
同理，又，，所以，故D正确；
故答案为：BCD
【分析】A：利用锐角三角形内角关系，结合诱导公式判断 与 的大小。
B：由正弦定理结合“三角形有两解”的边边角条件，确定 的取值范围。
C：通过向量数量积运算推导出垂直关系，从而判断点 为垂心。
D：利用向量分解与外心性质，将 转化为已知边长的运算。
11．（2025高一下·浙江期中）已知复数，（，为虚数单位），，定义：，，则下列说法正确的有（　　）
A．若是复数的共轭复数，则恒成立
B．对任意，都有恒成立
C．存在，有成立
D．对任意，都有恒成立
【答案】A,B,D
【知识点】复数的模；共轭复数
【解析】【解答】A，，则，则，故A正确；
B，，
，，
所以，故B正确；
C，设，
，
，
，，
，
由绝对值不等式可得，故C错误；
D，设，
则，，，
由，，
得恒成立，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】紧扣新定义 、，结合复数共轭、模长公式、三角不等式，对四个选项分别做代数推导与举反例验证。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·浙江期中）设向量，，若与共线，则实数a的值为　 　．
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为与共线，所以，得，
故答案为：
【分析】利用平面向量共线的充要条件，即两向量共线时它们的坐标交叉相乘相等，建立方程求解 a 的值。
13．（2025高一下·浙江期中）甲船在B岛的南偏东方向A处，两地相距100千米．甲船向北偏西方向航行，同时乙船自B岛出发向北偏东的方向航行，两船均以每小时30千米的速度航行．则两小时后，甲、乙两船的距离为　 　千米．
【答案】
【知识点】余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：
设两小时后，甲、乙两船的位置分别为处，
由题意可知，
所以，
由余弦定理可得：，
即，所以，
故答案为：
【分析】 先根据航行方向和时间确定两船位置，构造三角形，再利用余弦定理计算两船的距离。
14．（2025高一下·浙江期中）如图1，“折扇”又名“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子，其平面图是如图2的扇形，其中，，点E在弧上运动（包括端点），记在方向上的投影向量为，则的取值范围是　 　．
【答案】
【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：设，则
，
为在方向上的投影向量，
所以，
所以
，
由，可知当时，取得最小值，
当时，取得最大值，
所以的取值范围是，
故答案为：
【分析】建立平面直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算，利用向量投影的定义确定的坐标，再通过数量积公式将表示为三角函数式，最后结合三角函数的有界性求取值范围。
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·浙江期中）已知复数，，其中为虚数单位．
（1）若是纯虚数，求实数的值；
（2）若，设，，求的值．
【答案】（1）解：由题意，因为z是纯虚数，所以有，
解得.
（2）解：因为，所以，，
则，
所以，.
则.
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【分析】(1) 纯虚数要求实部为0且虚部不为0，据此建立关于m的方程与不等式，联立求解；
(2) 先代入m=3求出复数z，再计算，将等式右侧展开整理，利用复数相等的条件（实部、虚部分别对应相等）列方程组，求出a、b后计算a+b。
（1）由题意，因为z是纯虚数，所以有，
解得.
（2）因为，所以，，
则，
所以，.
则.
16．（2025高一下·浙江期中）已知向量与的夹角为，且，，若，．
（1）当时，求实数的值；
（2）当取最小值时，求向量与夹角的大小．
【答案】（1）解：
∴
∴
（2）解：
当时，，此时
所以向量与夹角的大小为30°．
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）利用向量垂直的充要条件（数量积为0），结合已知向量夹角与模长，建立关于的方程，求解的值；
（2）将转化为关于的二次函数形式，通过二次函数的性质求出取最小值时的取值，再利用向量夹角公式计算夹角。
（1）
∴
∴
（2）当时，，此时
所以向量与夹角的大小为30°．
17．（2025高一下·浙江期中）如图，在四棱锥中，，M，N分别是，的中点，，．
（1）求证平面；
（2）若平面，求的值；
（3）当时，若，，，请在图中作出四棱锥过点B，E，F的截面（保留作图痕迹），并求出截面周长．
【答案】（1）证明一：取的中点为Q，连接，，∵，N、Q分别为、的中点；∴，
∵平面，∴平面，
又∵为的中点，∴，
∵平面，∴平面，
∵，平面，∴平面平面，
又平面，∴平面.
证明二：取的中点为R，过C作交于G，取中点H，连接，，，则，，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵平面，平面，∴平面.
（2）解：连接交于点O，连接．
∵平面，平面平面，
∴，∴．
又，
∴，
∴．
（3）解：设为上靠近点C的三等分点，连接，，，，则四边形为所求截面．证明过程如下：∵，∴，∴．又∵，．
∴四边形是平行四边形，∴，∴．故V、E、F、B共面，
故四边形为所求截面．
∵，，，，，
在中，∵1，∴
故∴，
故，
所以截面周长为．
【知识点】平面的基本性质及推论；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】 (1) 取PA中点R，取AB中点Q，构造辅助线，通过证明平面MQN∥平面PAD，进而得到MN∥平面PAD；或构造平行四边形，利用线面平行判定定理证明。(2) 连接BD交AC于O，连接OE，由线面平行性质得PB∥OE，再利用相似三角形比例关系求 λ。
(3) 延长FE交PD延长线于点G，连接BG交PC于点H，连接EH、BF，得到截面BEHF；分别计算各边长度后求和得截面周长。
（1）证明一：取的中点为Q，连接，，
∵，N、Q分别为、的中点；∴，
∵平面，∴平面，
又∵为的中点，∴，
∵平面，∴平面，
∵，平面，∴平面平面，
又平面，∴平面.
证明二：取的中点为R，过C作交于G，取中点H，连接，，，则，，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵平面，平面，∴平面.
（2）连接交于点O，连接．
∵平面，平面平面，∴，∴．
又，∴，∴．
（3）设为上靠近点C的三等分点，连接，，，，则四边形为所求截面．
证明过程如下：∵，∴，∴．又∵，．
∴四边形是平行四边形，∴，∴．故V、E、F、B共面，
故四边形为所求截面．
∵，，，，，
在中，∵1，∴
故∴，
故，
所以截面周长为．
18．（2025高一下·浙江期中）已知a，b，c分别为斜三个内角A，B，C的对边，且满足.
（1）求角A的值；
（2）记边上的高为h，
（i）若，求的值；
（ii）求的取值范围.
【答案】（1）解：由及正弦定理可得：.
在中，∵，∴，
代入上式化简可得：.
∵，∴，即，
∴.又∵，∴，
∴或，即或.
又为斜三角形知，∴.
（2）解：（i）由（1）知.∵面积，边上的高，
∴.
由余弦定理可知：，即，
即，∴或.
所以或.
（ⅱ）由，得，
∴
.
∵，∴，∴.
【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) 利用正弦定理将边化角，结合三角形内角和定理 展开化简，再通过辅助角公式求出角 。
(2)(i) 由三角形面积公式和已知高的条件，结合余弦定理建立边的关系，再用正弦定理将边比转化为正弦比求解。
(ii) 先将高 用边长表示，代入目标式后通过正弦定理边化角，结合三角恒等变换化简为单一三角函数，再根据角的范围求取值范围。
（1）由及正弦定理可得：.
在中，∵，∴，
代入上式化简可得：.
∵，∴，即，∴.
又∵，∴，∴或，即或.
又为斜三角形知，∴.
（2）（i）由（1）知.
∵面积，边上的高，
∴.
由余弦定理可知：，即，即，∴或.
所以或.
（ⅱ）由，得，
∴
.
∵，∴，∴.
19．（2025高一下·浙江期中）对集合A，若存在实数k，使得对于，，则称集合A有下界k，实数k的最大值为函数的下确界，记作．
（1）记函数，的值域为B，求；
（2）已知函数
（i）记集合，若，求实数α的取值范围；
（ii）记集合，，若，求实数a的值．
【答案】（1）解：，，∴
（2）解：（i）在上的下确界为-1，故，
令，，则
，（参变分离）
∵，∴，∴
（ii）当时，；
而时，的下确界为，
故必有在上的下确界为-1，令，，则
，的下确界为-1，
对称轴时，，，此时舍去；
对称轴时，，舍去；
当时，，，合题意；
当时，；此时在单调递减，故
综上所述，．
【知识点】函数的值域；函数的单调性及单调区间；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【分析】(1) 先分析二次函数 在区间 上的单调性与最值，确定值域 ，再根据下确界定义求 。
(2)(i) 分段讨论函数 的值域，结合 的条件，确定实数 的取值范围。
(ii) 分别写出集合 、 的下确界表达式，令二者相等，分类讨论求解 的值。
（1），，∴
（2）（i）在上的下确界为-1，
故，
法一：令，，则
，（参变分离）
∵，∴，∴
法二：令，，则，
当时，，合题意；
当时，，不合题意；
综上所述，
（ii）当时，；
而时，的下确界为，
故必有在上的下确界为-1，令，，则
，的下确界为-1，
对称轴时，，，此时舍去；
对称轴时，，舍去；
当时，，，合题意；
当时，；此时在单调递减，故
综上所述，．
1 / 1浙江省浙南名校2024-2025学年高一下学期4月期中数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．
1．（2025高一下·浙江期中）的值
A． B． C． D．
2．（2025高一下·浙江期中）的值为（　　）
A． B．1 C． D．
3．（2025高一下·浙江期中）若圆台的轴截面为底角为60°的等腰梯形，且圆台的上底面半径为1，下底面半径为6，则圆台的侧面积为（　　）
A． B． C． D．
4．（2025高一下·浙江期中）已知，m为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（　　）
A．若，，则m至少与，中一个平行
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
5．（2025高一下·浙江期中）若，则的值为（　　）
A． B． C． D．
6．（2025高一下·浙江期中）已知在平行四边形中，，，且，，则的值为（　　）
A．-3 B．-6 C．-9 D．-12
7．（2025高一下·浙江期中）在中，，的角平分线交于点D，的面积是面积的4倍，则的值为（　　）
A． B． C． D．
8．（2025高一下·浙江期中）水平桌面上放置了4个完全相同的半径为1的小球（不叠起），四个小球的球心构成正方形，且相邻的两个小球相切．用一个半球形容器（容器壁厚度不计）罩住这四个小球，则这个半球形容器表面积（不包含底面圆）的最小值为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9．（2025高一下·浙江期中）已知，，，，则下列叙述中正确的是（　　）
A．若，则 B．若，则
C． D．若，则
10．（2025高一下·浙江期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（　　）
A．若为锐角三角形，则
B．若，，有两解，则
C．若，则是的垂心
D．若，，为的外心，则的值为
11．（2025高一下·浙江期中）已知复数，（，为虚数单位），，定义：，，则下列说法正确的有（　　）
A．若是复数的共轭复数，则恒成立
B．对任意，都有恒成立
C．存在，有成立
D．对任意，都有恒成立
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．（2025高一下·浙江期中）设向量，，若与共线，则实数a的值为　 　．
13．（2025高一下·浙江期中）甲船在B岛的南偏东方向A处，两地相距100千米．甲船向北偏西方向航行，同时乙船自B岛出发向北偏东的方向航行，两船均以每小时30千米的速度航行．则两小时后，甲、乙两船的距离为　 　千米．
14．（2025高一下·浙江期中）如图1，“折扇”又名“纸扇”，是一种用竹木或象牙做扇骨，韧纸或者绫绢做扇面的能折叠的扇子，其平面图是如图2的扇形，其中，，点E在弧上运动（包括端点），记在方向上的投影向量为，则的取值范围是　 　．
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·浙江期中）已知复数，，其中为虚数单位．
（1）若是纯虚数，求实数的值；
（2）若，设，，求的值．
16．（2025高一下·浙江期中）已知向量与的夹角为，且，，若，．
（1）当时，求实数的值；
（2）当取最小值时，求向量与夹角的大小．
17．（2025高一下·浙江期中）如图，在四棱锥中，，M，N分别是，的中点，，．
（1）求证平面；
（2）若平面，求的值；
（3）当时，若，，，请在图中作出四棱锥过点B，E，F的截面（保留作图痕迹），并求出截面周长．
18．（2025高一下·浙江期中）已知a，b，c分别为斜三个内角A，B，C的对边，且满足.
（1）求角A的值；
（2）记边上的高为h，
（i）若，求的值；
（ii）求的取值范围.
19．（2025高一下·浙江期中）对集合A，若存在实数k，使得对于，，则称集合A有下界k，实数k的最大值为函数的下确界，记作．
（1）记函数，的值域为B，求；
（2）已知函数
（i）记集合，若，求实数α的取值范围；
（ii）记集合，，若，求实数a的值．
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】 因为sin300°=-sin60°=-
故答案为：D
【分析】将 转化为 ，利用正弦函数的诱导公式 进行化简，再结合特殊角的三角函数值求解。
2．【答案】B
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】.
故答案为：B
【分析】分别利用分数指数幂和对数的运算规则，先化简两项，再相加得到结果。
3．【答案】C
【知识点】圆柱/圆锥/圆台的表面积及应用
【解析】【解答】解：设是上下底面圆心，，
连接，过点作的垂线，垂足为，
在直角三角形中，，则圆台的母线长为，
由圆台的侧面积公式可得；
故答案为：C.
【分析】 先通过圆台轴截面的几何特征，结合底角 60° 求出母线长，再代入圆台侧面积公式计算最终结果。
4．【答案】A
【知识点】空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A，由线面平行的性质可得若，，则m至少与，中一个平行，故A正确；
B，若，，则或，故B错误；
C，若，，则或，故C错误；
D，若，，，则或相交，故D错误.
故答案为：A
【分析】 根据空间中线面、面面的位置关系，逐一分析每个选项的逻辑是否成立，排除错误选项，确定正确结论。
5．【答案】D
【知识点】简单的三角恒等变换；二倍角的余弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：因为，所以.
因为，
所以.
故答案为：D.
【分析】通过角度变换，将目标角 转化为已知角 的倍数形式，再利用诱导公式和二倍角公式进行计算。
6．【答案】C
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：
在平行四边形中，，，
因为，，
所以，
两式相减可得，
所以.
故答案为：C
【分析】先依据平行四边形法则与已知向量比例，用、表示、，再结合模长条件列方程，最后将转化为、的数量积形式计算。
7．【答案】A
【知识点】三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：
因为，
即，在中，作边上高，垂足为，
则，
故答案为：A
【分析】 先利用角平分线和三角形面积比得到边的关系，再通过作高构造直角三角形，结合三角函数定义求出tanB。
8．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；球的表面积与体积公式及应用
【解析】【解答】解：
如图，4个小球球心构成的正方形为，中心为N，
由题意，，
半球形容器的球心为O，
显然当半球形容器与4个小球都相切时球O的半径最小，半球形容器与球的切点为A，
连接ON，则小球的半径，
球O的半径；
所以半球形容器表面积（不包含底面圆）的最小值为，
故答案为：B
【分析】 先确定四个小球球心构成的正方形几何特征，求出球心所在平面到半球形容器球心的距离，再结合小球半径确定半球的最小半径，最后代入半球表面积公式计算。
9．【答案】A,B
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A：因为，，因为，两边同乘以，不等号的方向不变，得，所以，故A正确；
B：因为，，所以，所以，，两边同乘以并化简得，所以，故B正确；
C：时不等式左边无意义，不能比较.
当时做如下分析：，符号不确定，故结论不确定，故C错误；
D：若，则，故D错误.
故答案为：AB
【分析】依据已知条件a>0，b>0，c<0，结合不等式的基本性质、作差法及特殊值法，逐一验证各选项的正确性。
10．【答案】B,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；正弦定理的应用
【解析】【解答】解：
A，若为锐角三角形，设为等边三角形，则，故A错误；
B，若，，由正弦定理，
因为有两解，，所以，所以，故B正确；
C，由，得，即，所以，即.
同理，，所以点P是的垂心，故C正确；
D，因为，为的外心，则，
设为中点，则，，
同理，又，，所以，故D正确；
故答案为：BCD
【分析】A：利用锐角三角形内角关系，结合诱导公式判断 与 的大小。
B：由正弦定理结合“三角形有两解”的边边角条件，确定 的取值范围。
C：通过向量数量积运算推导出垂直关系，从而判断点 为垂心。
D：利用向量分解与外心性质，将 转化为已知边长的运算。
11．【答案】A,B,D
【知识点】复数的模；共轭复数
【解析】【解答】A，，则，则，故A正确；
B，，
，，
所以，故B正确；
C，设，
，
，
，，
，
由绝对值不等式可得，故C错误；
D，设，
则，，，
由，，
得恒成立，故D正确．
故答案为：ABD．
【分析】紧扣新定义 、，结合复数共轭、模长公式、三角不等式，对四个选项分别做代数推导与举反例验证。
12．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为与共线，所以，得，
故答案为：
【分析】利用平面向量共线的充要条件，即两向量共线时它们的坐标交叉相乘相等，建立方程求解 a 的值。
13．【答案】
【知识点】余弦定理的应用；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：
设两小时后，甲、乙两船的位置分别为处，
由题意可知，
所以，
由余弦定理可得：，
即，所以，
故答案为：
【分析】 先根据航行方向和时间确定两船位置，构造三角形，再利用余弦定理计算两船的距离。
14．【答案】
【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：设，则
，
为在方向上的投影向量，
所以，
所以
，
由，可知当时，取得最小值，
当时，取得最大值，
所以的取值范围是，
故答案为：
【分析】建立平面直角坐标系，将几何问题转化为坐标运算，利用向量投影的定义确定的坐标，再通过数量积公式将表示为三角函数式，最后结合三角函数的有界性求取值范围。
15．【答案】（1）解：由题意，因为z是纯虚数，所以有，
解得.
（2）解：因为，所以，，
则，
所以，.
则.
【知识点】复数的基本概念；复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【分析】(1) 纯虚数要求实部为0且虚部不为0，据此建立关于m的方程与不等式，联立求解；
(2) 先代入m=3求出复数z，再计算，将等式右侧展开整理，利用复数相等的条件（实部、虚部分别对应相等）列方程组，求出a、b后计算a+b。
（1）由题意，因为z是纯虚数，所以有，
解得.
（2）因为，所以，，
则，
所以，.
则.
16．【答案】（1）解：
∴
∴
（2）解：
当时，，此时
所以向量与夹角的大小为30°．
【知识点】平面向量的数量积运算；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【分析】（1）利用向量垂直的充要条件（数量积为0），结合已知向量夹角与模长，建立关于的方程，求解的值；
（2）将转化为关于的二次函数形式，通过二次函数的性质求出取最小值时的取值，再利用向量夹角公式计算夹角。
（1）
∴
∴
（2）当时，，此时
所以向量与夹角的大小为30°．
17．【答案】（1）证明一：取的中点为Q，连接，，∵，N、Q分别为、的中点；∴，
∵平面，∴平面，
又∵为的中点，∴，
∵平面，∴平面，
∵，平面，∴平面平面，
又平面，∴平面.
证明二：取的中点为R，过C作交于G，取中点H，连接，，，则，，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵平面，平面，∴平面.
（2）解：连接交于点O，连接．
∵平面，平面平面，
∴，∴．
又，
∴，
∴．
（3）解：设为上靠近点C的三等分点，连接，，，，则四边形为所求截面．证明过程如下：∵，∴，∴．又∵，．
∴四边形是平行四边形，∴，∴．故V、E、F、B共面，
故四边形为所求截面．
∵，，，，，
在中，∵1，∴
故∴，
故，
所以截面周长为．
【知识点】平面的基本性质及推论；直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质
【解析】【分析】 (1) 取PA中点R，取AB中点Q，构造辅助线，通过证明平面MQN∥平面PAD，进而得到MN∥平面PAD；或构造平行四边形，利用线面平行判定定理证明。(2) 连接BD交AC于O，连接OE，由线面平行性质得PB∥OE，再利用相似三角形比例关系求 λ。
(3) 延长FE交PD延长线于点G，连接BG交PC于点H，连接EH、BF，得到截面BEHF；分别计算各边长度后求和得截面周长。
（1）证明一：取的中点为Q，连接，，
∵，N、Q分别为、的中点；∴，
∵平面，∴平面，
又∵为的中点，∴，
∵平面，∴平面，
∵，平面，∴平面平面，
又平面，∴平面.
证明二：取的中点为R，过C作交于G，取中点H，连接，，，则，，，，
∴四边形是平行四边形，
∴，
∵平面，平面，∴平面.
（2）连接交于点O，连接．
∵平面，平面平面，∴，∴．
又，∴，∴．
（3）设为上靠近点C的三等分点，连接，，，，则四边形为所求截面．
证明过程如下：∵，∴，∴．又∵，．
∴四边形是平行四边形，∴，∴．故V、E、F、B共面，
故四边形为所求截面．
∵，，，，，
在中，∵1，∴
故∴，
故，
所以截面周长为．
18．【答案】（1）解：由及正弦定理可得：.
在中，∵，∴，
代入上式化简可得：.
∵，∴，即，
∴.又∵，∴，
∴或，即或.
又为斜三角形知，∴.
（2）解：（i）由（1）知.∵面积，边上的高，
∴.
由余弦定理可知：，即，
即，∴或.
所以或.
（ⅱ）由，得，
∴
.
∵，∴，∴.
【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) 利用正弦定理将边化角，结合三角形内角和定理 展开化简，再通过辅助角公式求出角 。
(2)(i) 由三角形面积公式和已知高的条件，结合余弦定理建立边的关系，再用正弦定理将边比转化为正弦比求解。
(ii) 先将高 用边长表示，代入目标式后通过正弦定理边化角，结合三角恒等变换化简为单一三角函数，再根据角的范围求取值范围。
（1）由及正弦定理可得：.
在中，∵，∴，
代入上式化简可得：.
∵，∴，即，∴.
又∵，∴，∴或，即或.
又为斜三角形知，∴.
（2）（i）由（1）知.
∵面积，边上的高，
∴.
由余弦定理可知：，即，即，∴或.
所以或.
（ⅱ）由，得，
∴
.
∵，∴，∴.
19．【答案】（1）解：，，∴
（2）解：（i）在上的下确界为-1，故，
令，，则
，（参变分离）
∵，∴，∴
（ii）当时，；
而时，的下确界为，
故必有在上的下确界为-1，令，，则
，的下确界为-1，
对称轴时，，，此时舍去；
对称轴时，，舍去；
当时，，，合题意；
当时，；此时在单调递减，故
综上所述，．
【知识点】函数的值域；函数的单调性及单调区间；二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系
【解析】【分析】(1) 先分析二次函数 在区间 上的单调性与最值，确定值域 ，再根据下确界定义求 。
(2)(i) 分段讨论函数 的值域，结合 的条件，确定实数 的取值范围。
(ii) 分别写出集合 、 的下确界表达式，令二者相等，分类讨论求解 的值。
（1），，∴
（2）（i）在上的下确界为-1，
故，
法一：令，，则
，（参变分离）
∵，∴，∴
法二：令，，则，
当时，，合题意；
当时，，不合题意；
综上所述，
（ii）当时，；
而时，的下确界为，
故必有在上的下确界为-1，令，，则
，的下确界为-1，
对称轴时，，，此时舍去；
对称轴时，，舍去；
当时，，，合题意；
当时，；此时在单调递减，故
综上所述，．
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