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广东省深圳市福田区红岭中学2024-2025学年高一下学期第一学段考试（期中）数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题的4个选项中仅有一个选项是正确的，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）
1．已知复数z满足，其中i为虚数单位，则z的虚部为（　　）
A．i B． C． D．1
2．三个不互相重合的平面将空间分成个部分，则不可能是（　　）
A． B． C． D．
3．已知向量，，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
4．已知，，是同一平面内的三个向量，下列命题中正确的是（　　）
A．，，则
B．若且，则
C．，则与同向
D．若，是非零向量，且，则与同向
5．紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶，石瓢壶，潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：），那么该壶的容积约为（　　）
A． B． C． D．
6．已知，表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，则下列说法正确的是（　　）
A．若，，则
B．若，，，，则
C．若，，，，则
D．若，，则
7．已知的三个顶点在以为球心的球面上，且，，，三棱锥的体积为，则球的表面积为（　　）
A． B． C． D．
8．如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
二、多选题（本大题共3小题，每题6分，共18分，每小题选项中有多个选项是正确的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）
9．已知复数，下列结论正确的有（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆
D．若是关于的方程的一个根，则
10．长江某段南北两岸平行，如图，江面宽度．一艘游船从南岸码头A点出发航行到北岸．已知游船在静水中的航行速度的大小为，水流速度的大小为．设和的夹角为θ（），则（　　）．
A．当船的航行时间最短时，
B．当船的航行距离最短时，
C．当时，船的航行时间为12分钟
D．当时，船的航行距离为
11．如图，在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，，，P为的中点，点Q满足，则下列结论中正确的是（　　）
A．若，则四面体的体积为定值
B．若的外心为O，则为定值2
C．若，则点Q的轨迹长度为
D．若且，则存在点，使得的最小值为
三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分）
12．如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取两点，从两点分别测得树尖的仰角为，且两点间的距离为，则树的高度为　 　m.
13．在△ABC中，O是BC边上靠近点B的五等分点，过点O的直线与射线AB，AC分别交于不同两点M，N，设，则　 　．
14．在中，D是边上靠近B的三等分点，若，.①面积的最大值　 　；②的最小值　 　.
四、解答题（本大题共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．设，，向量，，，且，．
（1）求；
（2）求向量与夹角的余弦值．
16．已知中，.
（1）求的值；
（2）为边的中点，若，求.
17．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.
18．已知平面四边形ABDC中，对角线CB为钝角的平分线，CB与AD相交于点O，，，.
（1）求的值；
（2）求的长；
（3）若，求的面积.
19．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．
（1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
（2）如图，已知在三棱锥中，平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．
①求直线PC与直线AB所成角的余弦值；
②若点Q在棱PB上运动，求直线CQ与平面ABC所成的角的最大值．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由得，
故z的虚部为为，
故答案为：B
【分析】先整体除以1+i，再由除法运算结合i的周期性可得，复数，得解
2．【答案】B
【知识点】平面的概念、画法及表示；平面的基本性质及推论
【解析】【解答】按照三个平面中平行的个数来分类：
（1）三个平面两两平行，如图1，可将空间分成部分；
（2）两个平面平行，第三个平面与这两个平行平面相交，如图2，可将空间分成部分；
（3）三个平面中没有平行的平面：
（i）三个平面两两相交且交线互相平行，如图3，可将空间分成部分；
（ii）三个平面两两相交且三条交线交于一点，如图4，可将空间分成部分.
（iii）三个平面两两相交且交线重合，如图5，可将空间分成部分；
综上，可以为、、、部分，不能为部分，
故答案为：B.
【分析】按照三个平面中平行的个数来分类，分别作出图形可得.
3．【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，，所以，
所以，，
所以在上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】先求出 ，再代入投影向量公式可得.
4．【答案】D
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、若，则，，但不一定成立，该选项错误，不合题意；
B、因为，所以，即，无法推出（即当时原式也可以成立），该选项错误，不合题意；
C、因为，所以，即，所以，由于两向量夹角范围为，所以与夹角为或，即与同向或异向，该选项错误，不合题意；
D、由平方得，化简得，由于两向量夹角范围为，所以与夹角为，即与同向，该选项正确，符合题意.
故答案为：D
【分析】若，则，，但不一定成立，可判断A；数量积无消去律可判断B；，所以，得，可判断C；由平方得，化简得可判断D.
5．【答案】B
【知识点】旋转体（圆柱/圆锥/圆台/球）的结构特征；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，
圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，
可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，
设大圆锥的高为，所以，解得：，
则大圆锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面半径为3，高为6，
所以该壶的容积.
故答案为：B.
【分析】根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积.
6．【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；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、若，则或，该选项错误，不合题意；
B、若，不能推出，该选项错误，不合题意；
C、若，则不能推出，该选项错误，不合题意；
D、因为，所以，该选项正确，符合题意.
故答案为：D
【分析】由，得或，可判断A；由，得不能推出，可判断B；由，得不能推出，可判断C；由，得，可判断D.
7．【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；球内接多面体；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意得
由余弦定理得，解得，
，即．
为平面所在球截面的直径．
作平面，则为的中点，
，
．．
．
故答案为：．
【分析】由余弦定理及，得，从而．可得为平面所在球截面的直径，代入棱锥的体积公式可求出到平面的距离，由勾股定理计算球的半径，代入球的表面积公式得解．
8．【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取的中点，连接，如图所示，
所以的取值范围是，即，
又由，
所以.
故选：B.
【分析】由题意作图得，的取值范围是，即，再由极化恒等式计算即可.
9．【答案】B,C,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；方程的解与虚数根；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、复数不能比较大小，故A错误；
B、若，则，即，解得或，
则，故B正确；
C、表示复平面内点到点距离为3的点的集合，
则对应的点的轨迹是以为圆心，3为半径的圆，故C正确；
D、若是关于的方程的根，则也是方程得根，
则，即，故D正确.
故答案为：BCD．
【分析】根据复数不能比较大小即可判断A；根据复数的运算法则即可判断B；根据复数的几何意义，即可判断C；根据实系数一元二次方程虚根成对原理，结合韦达定理求解即可判断D.
10．【答案】A,B
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在物理中的应用；解三角形；解三角形的实际应用；向量加法的平行四边形法则
【解析】【解答】解：对于A，船的航行时间为（），若要船的航行时间最短时，则最大，也就是说当且仅当时，船的航行时间最短时，故A正确；
对于B，当船的航行距离最短时，的方向与河岸垂直，从而，故B正确；
对于C，当时，船的航行时间为小时，也就是6分钟，故C错误；
对于D，由题意设位移分量为，位移为，
则，其中（小时），
又因为，，和的夹角为，
从而，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】对于A，由题可得即可判断；对于B，根据向量的加法的平行四边形法则进行判断；对于C，结合A进行计算即可；对于D，利用向量加法计算距离即可．
11．【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、取的三等分点分别为，如图所示，
因为，所以，
令，，则，所以．
因为，
所以的面积为定值，点P到平面的距离也是定值，该选项正确，符合题意．
B、
若的外心为O，过点O作于点H，则H是的中点．
因为，
所以，该选项错误，不合题意．
C、
在平面中作，
显然平面，由长度和角度，可得．
在中，，
所以，则点Q在以为圆心，为半径的圆上运动．
设此圆与交于点，因为且，
所以，则点Q的轨迹长度是．该选项正确，符合题意．
D、若且，则点Q与点P重合．
把沿着进行翻折，使得，A，B，P四点共面，
此时有最小值AP（这里和后面的A均为翻折后的点）．
在中，，，，满足勾股定理，
所以，从而，
在中，由余弦定理得，该选项正确，符合题意．
故答案为：ACD
【分析】 】由条件，的面积为定值，点P到平面的距离也是定值，代入锥体体积公式，可判断A；由三角形外心的性质得，故只需求平面上两点间的距离最小值即可判断B；由题意得点Q是以为圆心，为半径的圆上运动的圆弧，代入弧长公式得，可判断C；翻折，当，A，B，P四点共面时有最小值AP，再由余弦定理可得AP，可判断D.
12．【答案】
【知识点】正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，，，，，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以树的高度为.
故答案为：.
【分析】通过解三角形来求树的高度，在中利用正弦定理求出的长度，根据直角三角形的边角关系求出树的高度.“正弦定理搭桥，先求边，再求树高”.
13．【答案】5
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意知，
由于M、O、N三点共线，可知，
所以，
故答案为：5.
【分析】利用线性运算得到，由于M、O、N三点共线的推论可得答案.
14．【答案】；
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：第1空：
在中，由余弦定理得，
又，，所以，
当且仅当，即为等边三角形时等号成立，所以，
又D是边上靠近B的三等分点，所以，即的面积的最大值为.
第2空：在中，，，由正弦定理，得，
又，所以，
因为，所以，
由余弦定理，得，
将代入上式，化简得，
所以，
其中，当，即时，取得最小值，
因此，取得最小值.
故答案为：①；②.
【分析】（1）在中，由余弦定理得，代入，后用基本不等式可得，；
（2）在中，正弦定理结合余弦定理得，，当，即时，取得最小值.
15．【答案】（1）解：向量，，，
由，可得①；
由，可得②，
联立①②，解得，，即，则，
则；
（2）解：易知，，
则，，
设向量与夹角为，则，
即向量与夹角余弦值为．
【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、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据平面向量的垂直与共线的坐标表示，列出方程组求的的值，再利用模的运算公式求解即可；
（2）由向量的坐标运算可得，计算，结合向量夹角公式求夹角余弦值即可．
（1）向量，，，且，，
可得且，解得，，
即，，则，
则；
（2）因为，，
所以，，
设向量与夹角为，
则，
即向量与夹角余弦值为．
16．【答案】（1）解：，
即，
由正弦定理角化边可得，
由余弦定理可得；
（2）解：设，
由余弦定理结合（1）得，即，
在中，，在中，，
所以，即，所以，
所以，等式两边同时除以可得，
解得或（舍去），所以.

【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由同角的三角函数关系以及正弦定理将边化角，得，运用余弦定理可得解；
（2）设，由余弦定理得，在和中由余弦定理得，两式联立得，两边同时除以可得，结合正弦定理可得解.
（1），
即，由正弦定理角化边可得，
由余弦定理可得；
（2）设，由余弦定理结合（1）得，即，
在中，，在中，，
所以，即，所以，
所以，等式两边同时除以可得，
解得或（舍去），所以.
17．【答案】（1）证明：连接BD，交AC于O，连接，∵四边形是正方形，∴，
由棱台的性质可得，
由，，
可得，则，，
∴四边形是平行四边形，则，
又∵平面， 平面，
∴平面；
（2）解：因为平面，所以直线到平面的距离等于到平面的距离，
取中点，连，，因为，且，
所以是平行四边形，则，而平面，
故平面，又平面，故，
，得，
又，所以，
所以，
所以，
设到平面的距离为，又因为平面，到平面的距离为，
因为，所以，
所以
故直线到平面的距离为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）由棱台的性质可证得，由线面平行的判定定理可证平面；
（2）由题意得直线到平面的距离等于到平面的距离，由是平行四边形，平面，易证平面，得，易得，代入面积公式求得，运用等体积法求解.
（1）连接BD，交AC于O，连接，
∵四边形是正方形，∴，
由棱台的性质可得，
由，，
可得，则，，
∴四边形是平行四边形，则，
又∵平面， 平面，
∴平面；
（2）因为平面，所以直线到平面的距离等于到平面的距离，
取中点，连，，因为，且，
所以是平行四边形，则，而平面，
故平面，又平面，故，
，得，
又，所以，
所以，
所以，
设到平面的距离为，又因为平面，到平面的距离为，
因为，所以，
所以
故直线到平面的距离为.
18．【答案】（1）解：因为，对角线为钝角的平分线，
所以，
解得或（舍），
所以；
（2）解：由题意，在中，由余弦定理可得
，
即，
整理可得，解得或（舍去），
因为，所以，
又因为，
所以，
所以，
解得；
（3）解：方法一：在中，由正弦定理可得，
即，所以，
因为为钝角，所以，
因为，所以，
所以，所以，
在中，由余弦定理可得
，
解得，
因为
，
所以；
方法二：在中，由，
可得，所以，
所以，所以，
又由于，从而，即，
所以，
，
所以.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）因为对角线为钝角的平分线得，二倍角公式可化为计算得解；
（2）解，由余弦定理可得，可得，代入面积公式，利得出；
（3）方法一，解中，正弦定理得，得，同理解，由余弦定理可得，代入正弦的和差公式可得值，结合面积公式得解；方法二：中，由得，求得，代入面积公式得解.
（1）因为，对角线为钝角的平分线，
所以，
解得或（舍），
所以；
（2）由题意，在中，由余弦定理可得
，
即，
整理可得，解得或（舍去），
因为，所以，
又因为，
所以，
所以，
解得；
（3）方法一：在中，由正弦定理可得，
即，所以，
因为为钝角，所以，
因为，所以，
所以，所以，
在中，由余弦定理可得
，
解得，
因为
，
所以；
方法二：在中，由，
可得，所以，
所以，所以，
又由于，从而，即，
所以，
，
所以.
19．【答案】（1）解：由离散曲率的定义得：，，
，，
四个式子相加得：.
（2）解：①如图，分别取的中点，连接，显然有，
所以为异面直线与的夹角或其补角，设，因为，所以，，
因为平面，平面，所以，，，，
因为，，所以平面，又因为平面，所以，
由点处的离散曲率为可得，
所以，，，
而，，所以，
故异面直线与的夹角的余弦值为.
②如图，过点做交与，连接，因为平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角，
设，在中，
因为，所以，所以，
故，
当分母最小时，最大，即最大，此时，即（与重合），，所以的最大值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）明确三棱锥每个顶点处离散曲率的构成，通过分析各顶点处面角和的规律，将四个顶点的离散曲率相加，利用三棱锥面角总和的特性计算结果.
（2）①用中位线平移异面直线，转化为相交直线夹角（或补角），先根据顶点处离散曲率求出相关角，设出边长，再用余弦定理计算夹角余弦.
②通过作线面角，将其三角函数值表示为变量的函数，转化为函数最值问题求解.
（1）由离散曲率的定义得：，
，
，
，
四个式子相加得：.
（2）①如图，分别取的中点，连接，显然有，
所以为异面直线与的夹角或其补角，设，因为，所以，，
因为平面，平面，所以，，，，
因为，，所以平面，又因为平面，所以，
由点处的离散曲率为可得，
所以，，，而，，
所以，故异面直线与的夹角的余弦值为.
②如图，过点做交与，连接，因为平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角，设，
在中，
因为，所以，所以，
故，
当分母最小时，最大，即最大，此时，即（与重合），，所以的最大值为.
1 / 1广东省深圳市福田区红岭中学2024-2025学年高一下学期第一学段考试（期中）数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，每题5分，共40分，每小题的4个选项中仅有一个选项是正确的，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）
1．已知复数z满足，其中i为虚数单位，则z的虚部为（　　）
A．i B． C． D．1
【答案】B
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：由得，
故z的虚部为为，
故答案为：B
【分析】先整体除以1+i，再由除法运算结合i的周期性可得，复数，得解
2．三个不互相重合的平面将空间分成个部分，则不可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面的概念、画法及表示；平面的基本性质及推论
【解析】【解答】按照三个平面中平行的个数来分类：
（1）三个平面两两平行，如图1，可将空间分成部分；
（2）两个平面平行，第三个平面与这两个平行平面相交，如图2，可将空间分成部分；
（3）三个平面中没有平行的平面：
（i）三个平面两两相交且交线互相平行，如图3，可将空间分成部分；
（ii）三个平面两两相交且三条交线交于一点，如图4，可将空间分成部分.
（iii）三个平面两两相交且交线重合，如图5，可将空间分成部分；
综上，可以为、、、部分，不能为部分，
故答案为：B.
【分析】按照三个平面中平行的个数来分类，分别作出图形可得.
3．已知向量，，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；空间向量的投影向量
【解析】【解答】解：因为，，所以，
所以，，
所以在上的投影向量为.
故答案为：A.
【分析】先求出 ，再代入投影向量公式可得.
4．已知，，是同一平面内的三个向量，下列命题中正确的是（　　）
A．，，则
B．若且，则
C．，则与同向
D．若，是非零向量，且，则与同向
【答案】D
【知识点】共线（平行）向量；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：A、若，则，，但不一定成立，该选项错误，不合题意；
B、因为，所以，即，无法推出（即当时原式也可以成立），该选项错误，不合题意；
C、因为，所以，即，所以，由于两向量夹角范围为，所以与夹角为或，即与同向或异向，该选项错误，不合题意；
D、由平方得，化简得，由于两向量夹角范围为，所以与夹角为，即与同向，该选项正确，符合题意.
故答案为：D
【分析】若，则，，但不一定成立，可判断A；数量积无消去律可判断B；，所以，得，可判断C；由平方得，化简得可判断D.
5．紫砂壶是中国特有的手工陶土工艺品，经典的有西施壶，石瓢壶，潘壶等，其中石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，如图给了一个石瓢壶的相关数据（单位：），那么该壶的容积约为（　　）
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；台体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，
圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，
可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积，
设大圆锥的高为，所以，解得：，
则大圆锥的底面半径为5，高为10，小圆锥的底面半径为3，高为6，
所以该壶的容积.
故答案为：B.
【分析】根据题意，可知石瓢壶的壶体可以近似看成一个圆台，圆台上底面半径为3，下底面半径为5，高为4，可知该壶的容积为大圆锥的体积减去小圆锥的体积.
6．已知，表示两个不同的平面，a，b，c表示三条不同的直线，则下列说法正确的是（　　）
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；直线与平面平行的判定；平面与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定
【解析】【解答】解：A、若，则或，该选项错误，不合题意；
B、若，不能推出，该选项错误，不合题意；
C、若，则不能推出，该选项错误，不合题意；
D、因为，所以，该选项正确，符合题意.
故答案为：D
【分析】由，得或，可判断A；由，得不能推出，可判断B；由，得不能推出，可判断C；由，得，可判断D.
7．已知的三个顶点在以为球心的球面上，且，，，三棱锥的体积为，则球的表面积为（　　）
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；球内接多面体；解三角形；余弦定理
【解析】【解答】解：由题意得
由余弦定理得，解得，
，即．
为平面所在球截面的直径．
作平面，则为的中点，
，
．．
．
故答案为：．
【分析】由余弦定理及，得，从而．可得为平面所在球截面的直径，代入棱锥的体积公式可求出到平面的距离，由勾股定理计算球的半径，代入球的表面积公式得解．
8．如图，已知正方形的边长为4，若动点在以为直径的半圆上（正方形内部，含边界），则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：取的中点，连接，如图所示，
所以的取值范围是，即，
又由，
所以.
故选：B.
【分析】由题意作图得，的取值范围是，即，再由极化恒等式计算即可.
二、多选题（本大题共3小题，每题6分，共18分，每小题选项中有多个选项是正确的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分，请将你认为正确的答案的代号涂在答题卡上）
9．已知复数，下列结论正确的有（　　）
A．若，则
B．若，则
C．若复数满足，则在复平面内对应的点的轨迹为圆
D．若是关于的方程的一个根，则
【答案】B,C,D
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模；方程的解与虚数根；复数运算的几何意义
【解析】【解答】解：A、复数不能比较大小，故A错误；
B、若，则，即，解得或，
则，故B正确；
C、表示复平面内点到点距离为3的点的集合，
则对应的点的轨迹是以为圆心，3为半径的圆，故C正确；
D、若是关于的方程的根，则也是方程得根，
则，即，故D正确.
故答案为：BCD．
【分析】根据复数不能比较大小即可判断A；根据复数的运算法则即可判断B；根据复数的几何意义，即可判断C；根据实系数一元二次方程虚根成对原理，结合韦达定理求解即可判断D.
10．长江某段南北两岸平行，如图，江面宽度．一艘游船从南岸码头A点出发航行到北岸．已知游船在静水中的航行速度的大小为，水流速度的大小为．设和的夹角为θ（），则（　　）．
A．当船的航行时间最短时，
B．当船的航行距离最短时，
C．当时，船的航行时间为12分钟
D．当时，船的航行距离为
【答案】A,B
【知识点】平面向量的数量积运算；向量在物理中的应用；解三角形；解三角形的实际应用；向量加法的平行四边形法则
【解析】【解答】解：对于A，船的航行时间为（），若要船的航行时间最短时，则最大，也就是说当且仅当时，船的航行时间最短时，故A正确；
对于B，当船的航行距离最短时，的方向与河岸垂直，从而，故B正确；
对于C，当时，船的航行时间为小时，也就是6分钟，故C错误；
对于D，由题意设位移分量为，位移为，
则，其中（小时），
又因为，，和的夹角为，
从而，故D错误.
故答案为：AB.
【分析】对于A，由题可得即可判断；对于B，根据向量的加法的平行四边形法则进行判断；对于C，结合A进行计算即可；对于D，利用向量加法计算距离即可．
11．如图，在直四棱柱中，底面ABCD为菱形，，，P为的中点，点Q满足，则下列结论中正确的是（　　）
A．若，则四面体的体积为定值
B．若的外心为O，则为定值2
C．若，则点Q的轨迹长度为
D．若且，则存在点，使得的最小值为
【答案】A,C,D
【知识点】平面向量的数量积运算；解三角形；余弦定理；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、取的三等分点分别为，如图所示，
因为，所以，
令，，则，所以．
因为，
所以的面积为定值，点P到平面的距离也是定值，该选项正确，符合题意．
B、
若的外心为O，过点O作于点H，则H是的中点．
因为，
所以，该选项错误，不合题意．
C、
在平面中作，
显然平面，由长度和角度，可得．
在中，，
所以，则点Q在以为圆心，为半径的圆上运动．
设此圆与交于点，因为且，
所以，则点Q的轨迹长度是．该选项正确，符合题意．
D、若且，则点Q与点P重合．
把沿着进行翻折，使得，A，B，P四点共面，
此时有最小值AP（这里和后面的A均为翻折后的点）．
在中，，，，满足勾股定理，
所以，从而，
在中，由余弦定理得，该选项正确，符合题意．
故答案为：ACD
【分析】 】由条件，的面积为定值，点P到平面的距离也是定值，代入锥体体积公式，可判断A；由三角形外心的性质得，故只需求平面上两点间的距离最小值即可判断B；由题意得点Q是以为圆心，为半径的圆上运动的圆弧，代入弧长公式得，可判断C；翻折，当，A，B，P四点共面时有最小值AP，再由余弦定理可得AP，可判断D.
三、填空题（本大题共3小题，每题5分，共15分）
12．如图所示，为测量一树的高度，在地面上选取两点，从两点分别测得树尖的仰角为，且两点间的距离为，则树的高度为　 　m.
【答案】
【知识点】正弦定理；解三角形的实际应用
【解析】【解答】解：在中，，，，，
在中，由正弦定理得，
所以，
所以树的高度为.
故答案为：.
【分析】通过解三角形来求树的高度，在中利用正弦定理求出的长度，根据直角三角形的边角关系求出树的高度.“正弦定理搭桥，先求边，再求树高”.
13．在△ABC中，O是BC边上靠近点B的五等分点，过点O的直线与射线AB，AC分别交于不同两点M，N，设，则　 　．
【答案】5
【知识点】平面向量的共线定理；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：由题意知，
由于M、O、N三点共线，可知，
所以，
故答案为：5.
【分析】利用线性运算得到，由于M、O、N三点共线的推论可得答案.
14．在中，D是边上靠近B的三等分点，若，.①面积的最大值　 　；②的最小值　 　.
【答案】；
【知识点】解三角形；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：第1空：
在中，由余弦定理得，
又，，所以，
当且仅当，即为等边三角形时等号成立，所以，
又D是边上靠近B的三等分点，所以，即的面积的最大值为.
第2空：在中，，，由正弦定理，得，
又，所以，
因为，所以，
由余弦定理，得，
将代入上式，化简得，
所以，
其中，当，即时，取得最小值，
因此，取得最小值.
故答案为：①；②.
【分析】（1）在中，由余弦定理得，代入，后用基本不等式可得，；
（2）在中，正弦定理结合余弦定理得，，当，即时，取得最小值.
四、解答题（本大题共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．设，，向量，，，且，．
（1）求；
（2）求向量与夹角的余弦值．
【答案】（1）解：向量，，，
由，可得①；
由，可得②，
联立①②，解得，，即，则，
则；
（2）解：易知，，
则，，
设向量与夹角为，则，
即向量与夹角余弦值为．
【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、模、夹角；数量积表示两个向量的夹角；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）根据平面向量的垂直与共线的坐标表示，列出方程组求的的值，再利用模的运算公式求解即可；
（2）由向量的坐标运算可得，计算，结合向量夹角公式求夹角余弦值即可．
（1）向量，，，且，，
可得且，解得，，
即，，则，
则；
（2）因为，，
所以，，
设向量与夹角为，
则，
即向量与夹角余弦值为．
16．已知中，.
（1）求的值；
（2）为边的中点，若，求.
【答案】（1）解：，
即，
由正弦定理角化边可得，
由余弦定理可得；
（2）解：设，
由余弦定理结合（1）得，即，
在中，，在中，，
所以，即，所以，
所以，等式两边同时除以可得，
解得或（舍去），所以.

【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理；正弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由同角的三角函数关系以及正弦定理将边化角，得，运用余弦定理可得解；
（2）设，由余弦定理得，在和中由余弦定理得，两式联立得，两边同时除以可得，结合正弦定理可得解.
（1），
即，由正弦定理角化边可得，
由余弦定理可得；
（2）设，由余弦定理结合（1）得，即，
在中，，在中，，
所以，即，所以，
所以，等式两边同时除以可得，
解得或（舍去），所以.
17．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.
【答案】（1）证明：连接BD，交AC于O，连接，∵四边形是正方形，∴，
由棱台的性质可得，
由，，
可得，则，，
∴四边形是平行四边形，则，
又∵平面， 平面，
∴平面；
（2）解：因为平面，所以直线到平面的距离等于到平面的距离，
取中点，连，，因为，且，
所以是平行四边形，则，而平面，
故平面，又平面，故，
，得，
又，所以，
所以，
所以，
设到平面的距离为，又因为平面，到平面的距离为，
因为，所以，
所以
故直线到平面的距离为.
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定；直线与平面垂直的判定；直线与平面垂直的性质
【解析】【分析】（1）由棱台的性质可证得，由线面平行的判定定理可证平面；
（2）由题意得直线到平面的距离等于到平面的距离，由是平行四边形，平面，易证平面，得，易得，代入面积公式求得，运用等体积法求解.
（1）连接BD，交AC于O，连接，
∵四边形是正方形，∴，
由棱台的性质可得，
由，，
可得，则，，
∴四边形是平行四边形，则，
又∵平面， 平面，
∴平面；
（2）因为平面，所以直线到平面的距离等于到平面的距离，
取中点，连，，因为，且，
所以是平行四边形，则，而平面，
故平面，又平面，故，
，得，
又，所以，
所以，
所以，
设到平面的距离为，又因为平面，到平面的距离为，
因为，所以，
所以
故直线到平面的距离为.
18．已知平面四边形ABDC中，对角线CB为钝角的平分线，CB与AD相交于点O，，，.
（1）求的值；
（2）求的长；
（3）若，求的面积.
【答案】（1）解：因为，对角线为钝角的平分线，
所以，
解得或（舍），
所以；
（2）解：由题意，在中，由余弦定理可得
，
即，
整理可得，解得或（舍去），
因为，所以，
又因为，
所以，
所以，
解得；
（3）解：方法一：在中，由正弦定理可得，
即，所以，
因为为钝角，所以，
因为，所以，
所以，所以，
在中，由余弦定理可得
，
解得，
因为
，
所以；
方法二：在中，由，
可得，所以，
所以，所以，
又由于，从而，即，
所以，
，
所以.
【知识点】正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）因为对角线为钝角的平分线得，二倍角公式可化为计算得解；
（2）解，由余弦定理可得，可得，代入面积公式，利得出；
（3）方法一，解中，正弦定理得，得，同理解，由余弦定理可得，代入正弦的和差公式可得值，结合面积公式得解；方法二：中，由得，求得，代入面积公式得解.
（1）因为，对角线为钝角的平分线，
所以，
解得或（舍），
所以；
（2）由题意，在中，由余弦定理可得
，
即，
整理可得，解得或（舍去），
因为，所以，
又因为，
所以，
所以，
解得；
（3）方法一：在中，由正弦定理可得，
即，所以，
因为为钝角，所以，
因为，所以，
所以，所以，
在中，由余弦定理可得
，
解得，
因为
，
所以；
方法二：在中，由，
可得，所以，
所以，所以，
又由于，从而，即，
所以，
，
所以.
19．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设P为多面体M的一个顶点，定义多面体M在点P处的离散曲率为，其中为多面体M的所有与点P相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体M的所有以P为公共点的面．
（1）求三棱锥在各个顶点处的离散曲率的和；
（2）如图，已知在三棱锥中，平面ABC，，，三棱锥在顶点C处的离散曲率为．
①求直线PC与直线AB所成角的余弦值；
②若点Q在棱PB上运动，求直线CQ与平面ABC所成的角的最大值．
【答案】（1）解：由离散曲率的定义得：，，
，，
四个式子相加得：.
（2）解：①如图，分别取的中点，连接，显然有，
所以为异面直线与的夹角或其补角，设，因为，所以，，
因为平面，平面，所以，，，，
因为，，所以平面，又因为平面，所以，
由点处的离散曲率为可得，
所以，，，
而，，所以，
故异面直线与的夹角的余弦值为.
②如图，过点做交与，连接，因为平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角，
设，在中，
因为，所以，所以，
故，
当分母最小时，最大，即最大，此时，即（与重合），，所以的最大值为.
【知识点】异面直线所成的角；直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）明确三棱锥每个顶点处离散曲率的构成，通过分析各顶点处面角和的规律，将四个顶点的离散曲率相加，利用三棱锥面角总和的特性计算结果.
（2）①用中位线平移异面直线，转化为相交直线夹角（或补角），先根据顶点处离散曲率求出相关角，设出边长，再用余弦定理计算夹角余弦.
②通过作线面角，将其三角函数值表示为变量的函数，转化为函数最值问题求解.
（1）由离散曲率的定义得：，
，
，
，
四个式子相加得：.
（2）①如图，分别取的中点，连接，显然有，
所以为异面直线与的夹角或其补角，设，因为，所以，，
因为平面，平面，所以，，，，
因为，，所以平面，又因为平面，所以，
由点处的离散曲率为可得，
所以，，，而，，
所以，故异面直线与的夹角的余弦值为.
②如图，过点做交与，连接，因为平面，所以平面，
则为直线与平面所成的角，设，
在中，
因为，所以，所以，
故，
当分母最小时，最大，即最大，此时，即（与重合），，所以的最大值为.
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