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广东省东莞市五校2024-2025学年高一下学期联考数学试卷
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，只有一项是符合题目要求的.
1．从一个含有个个体的总体中抽取一容量为的样本，当选取抽签法、随机数法和分层随机抽样三种不同方法时，总体中每个个体被抽中的概率分别为，三者关系可能是（　　）
A． B． C． D．
2．在复平面内，复数（其中i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．在中，已知，则C＝（　　）
A．60° B．30° C．30°或150° D．60°或120°
4．下面四个命题：
①过一点和一条直线垂直的直线有且只有一条；
②过一点和一个平面垂直的直线有且只有一条；
③过一点和一条直线垂直的平面有且只有一个；
④过一点和一个平面垂直的平面有且只有一个．
其中正确的是（　　）
A．①④ B．②③ C．①② D．③④
5．如图，在中，，点是的中点，设，则（　　）
A． B．
C． D．
6．在如图（1）所示的四棱锥中，底面为正方形，且侧面垂直于底面，水平放置的侧面的斜二测直观图如图（2）所示，已知，，则四棱锥的侧面积是（　　）
A． B． C． D．
7．《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生二仪，二仪生四象，四象生八卦，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形如图2中的正八边形．其中为正八边形的中心，若，点为正八边形边上的一个动点，则下列说法正确的是（　　）
A．的最大值为1 B．
C． D．
8．已知锐角三角形中，角所对的边分别为的面积为，且，若，则的取值范围是（　　）
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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9．已知为复数，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．若，则 D．若，则或
10．在日常生活中，我们会看到这样的情境：两个人共提一个行李包．假设行李包所受重力为，作用在行李包上的两个拉力分别为，且与的夹角为，则下列结论中正确的是（　　）
A． B．越小越费力，越大越省力
C．当时， D．的范围为
11．如图，在棱长为1正方体中，点P，Q分别是线段，上的动点，点E是棱的中点，下列命题正确的有（　　）
A．异面直线与所成的角为定值
B．的最小值为
C．三棱锥的体积随P点的变化而变化
D．过点E作平面，当//平面时，平面与正方体表面的交线构成平面多边形的周长为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知单位向量满足，则　 　.
13．已知复数满足，当的虚部取最小值时，　 　
14．农历五月初五是端午节.这一天民间有吃粽子的习俗，据说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国诗人屈原.粽子的形状有多种.今有某种粽子类似于由一个直角三角形绕它的一条直角边旋转（如图）而成.如果粽子的馅可以看成是这个几何体内的一个球状物，则粽子馅的最大体积为　 　.
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．已知复数，其中．
（1）设，若是纯虚数，求实数m的值；
（2）设，分别记复数在复平面上对应的点为A、B，求与的夹角余弦值以及在上的投影向量．
16．如图，在三棱锥中，．
（1）平面；
（2）当时，求二面角的正弦值．
17．在中，角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求角；
（2）若，，求的面积．
18．已知正三棱柱中，点是的中点，底面的边长为2，．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
19．在内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角．小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题：
（1）当，且时，求；
（2）角，，所对的边分别为，，，，求证：；
（3）在（2）的条件下，若的周长为4，试把表示为的函数，并求的值域．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】简单随机抽样；分层抽样方法；抽签法；随机数法
【解析】【解答】解：因为在抽签法抽样、随机数法抽样和分层随机抽样中，每个个体被抽中的概率均为，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据抽样的概念判断即可.
2．【答案】B
【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：，
的共轭复数为，在复平面内对应点的坐标为，位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】先利用复数代数形式的除法运算化简，再根据共轭复数概念，结合复数在复平面内的表示求解即可.
3．【答案】D
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：由正弦定理，可得，解得，
则或.
故答案为：D.
【分析】直接利用正弦定理求解即可.
4．【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：①、过一点和一条直线垂直的直线有无数条，故①不正确；
②、过一点和一个平面垂直的直线有且只有一条；故②正确；
③、过一点和一条直线垂直的平面有且只有一个；故③正确；
④、过一点和一个平面垂直的平面有无数个，故④不正确.
故答案为：B．
【分析】根据空间中线线、线面位置关系逐项分析判断即可.
5．【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，点为的中点，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】根据平面向量基本定理求解即可.
6．【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：四棱锥中，底面为正方形，且侧面垂直于底面，
则侧面，侧面，
由水平放置的侧面的斜二测直观图可知，，
由勾股定理可得，，
所以等腰三角形的面积为，
直角三角形与直角三角形的面积均为，
等腰直角三角形的面积为，
故该几何体的侧面积是.
故答案为：D.
【分析】根据四棱锥的结构特征，证明侧面，侧面，再利用题给条件求得四棱锥的棱长以及其中的垂直关系，最后利用几何体的结构特征求该四棱锥的侧面积即可.
7．【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：在正八边形中，线段被点平分，，
，在中，，
A、当点在线段上时，在上的投影向量的模最大，而，
因此的最大值为，故A正确；
B、，故B错误；
C、在中，，
，故C错误；
D、，因此，故D错误.
故答案为：A.
【分析】利用正八边形的结构特征，结合余弦定理求得，当点在线段上时，在上的投影向量的模最大，据此求解即可判断A；根据向量的线性运算化简即可判断B；在中，利用余弦定理，结合线性运算求解即可判断C；由，可得即可判断D.
8．【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：，则，即，
即，整理得，
因为，所以，
由正弦定理得，
因为，所以，
因为为锐角三角形，所以为锐角，所以，
即，由，解得，
因为，所以，解得.
故答案为：A.
【分析】利用三角形的面积公式，结合余弦定理求得，再由正弦定理得到，根据为锐角三角形，求的，从而求出，即可得的取值范围.
9．【答案】A,B,D
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设，，
因为，，
所以，故A正确；
又因为，
，
，
所以，故B正确；
取，，可得，故C错误；
若，由选项B知，
所以或，可得或，故D正确.
故答案为：ABD．
【分析】利用复数的运算性质和共轭复数的定义以及复数求模公式，则判断出选项A、选项B和选项D；举反例判断出选项C，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,C
【知识点】向量在物理中的应用；向量加法的平行四边形法则
【解析】【解答】解：如图所示：
A、因为，所以平行四边形法则为菱形，故，即，故A正确；
B、根据向量加法的平行四边形法则越小越省力，越大越费力，故B错误；
C、当时，，又，所以为等边三角形，即，故C正确；
D、若，则，与矛盾，所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据向量的平行四边形法则，作出图形，由可知平行四边形法则为菱形，得，求得即可判断A；根据向量加法的平行四边形法则越小越省力，越大越费力即可判断B；当时，推出为等边三角形，据此即可判断C；若，则，推出矛盾即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；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：由平面平面，可得，
因为平面，
所以平面，平面，所以，
则异面直线与所成的角为90°，故A正确；
把平面沿直线翻折到平面，使得与共面且不重合，点翻折到点M的位置，过A作交于点R，
由于与为全等的直角三角形，且，
所以，故，
故，则的最小值为线段的长，故B正确；
因为，由于为定值，且到底面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故C错误；
分别取的中点为，连接构成六边形，则平面平面，故平面即为六边形所在的平面，由于六边形为正六边形，且边长为，故其周长为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用线面垂直的性质以及线面垂直的判定、异面直线的夹角定义求解即可判断A；把平面沿直线翻折到平面，使得与共面且不重合，点翻折到点M的位置，过A作交于点R，根据平面中两点间距离最小即可判断B；根据等体积法求解即可判断C；根据线面平行的性质可得截面多边形，即可求解D.
12．【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，可得，解得，
则，即.
故答案为：.
【分析】将两边平方，利用向量的数量积运算求得，再将平方求解即可.
13．【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：设，则，
由，可得，即，
由，得，解得，
当的虚部取最小值时，即当时，则，解得，则.
故答案为：.
【分析】设复数，利用复数模长公式可得，由求出的最小值，再求出的值，即可得复数.
14．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：是的中点，连接，，如图所示：
由，，可得，，
根据对称性，球心在平面内，设球心为，球的半径为，
当球体积最大时，球与平面，平面，平面和直线相切，
设切点分别为，，，，平面与直线交于点，则四边形为正方形，边长为，
中，，，
根据等面积法：，解得，
球的体积.
故答案为：.
【分析】是的中点，连接，，根据对称性，确定球心在平面内，设球心为，球的半径为，设切点分别为，，，，平面与直线交于点，则四边形为正方形，边长为，根据等面积法得到，再利用球的体积公式求解即可.
15．【答案】（1）解：复数，则，
因为是纯虚数，所以且，解得；
（2）解：当时，复数，再复平面内对应的点，，
在复平面内对应点为，，
设，，
则在上的数量投影向量为．
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【分析】（1）根据复数代数形式的乘法运算求得，再根据纯虚数得到方程和不等式，求解的值即可；
（2）当时，根据复数在复平面内的表示求出和，再利用向量夹角的余弦公式求出余弦值，最后根据投影向量的定义求解即可.
（1），因为是纯虚数，
所以且，解得；
（2）当时，，故，
，故．
设，则；
所以在上的数量投影向量为．
16．【答案】（1）证明：在中，，
由余弦定理，即，解得，
则，即，即，
因为，，平面，所以平面；
（2）解：因为平面，平面，所以，
又因为，所以为二面角的平面角，
取的中点，连接，如图所示：
因为，所以，又因为，所以，
所以，
则二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求得，根据勾股定理证明，再由，结合线面垂直的判定定理证明平面即可；
（2）由（1）可得，推出为二面角的平面角，取的中点，连接，再由锐角三角函数计算求解即可.
（1）在中，，
由余弦定理，
即，解得，
所以，即，所以，
又，，平面，
所以平面；
（2）因为平面，又平面，所以，
又，所以为二面角的平面角，
取的中点，连接，因为，所以，
又，所以，
所以，
所以二面角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：在中，因为，所以，
，由正弦定理可得，
由，所以，可得，所以，
又由，所以，所以，所以，可得；
（2）解：，，由余弦定理可得，
解得，故．
【知识点】二倍角的正弦公式；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）根据三角形内角和定理可得，再正弦定理可得，利用正弦的二倍角公式化简求解即可；
（2）在中，利用余弦定理求出，再根据三角形面积公式求解即可.
（1）在中，因为，可得．
因为，由正弦定理得，．
由，所以，可得，所以．
又由，所以，所以，所以，可得．
（2），
解得：，
故．
18．【答案】（1）证明：连接交于点，连接，如图所示：
因为四边形是矩形，所以为的中点，又因为是的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：由于，又是的中点，所以，
在正三棱柱中，平面，平面，所以，
又因为平面平面，所以平面，
所以是三棱锥的高，，
则；
（3）解：设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，
由（2）有平面，又平面，所以，
因为，，所以，
又，即，解得，
则，即直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线定理证明，再利用线面平行的判断定理证明即可；
（2）利用线面垂直的判定定理证明平面，再等体积法计算即可；
（3）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，由（2）有平面，计算，利用等体积法求出，再计算直线与平面所成角的正弦值即可.
（1）连接交于点，连接，
因为四边形是矩形，所以为的中点，又是的中点，
又，又平面，平面，
所以平面.
（2）由于，又是的中点，所以，
在正三棱柱中，平面，平面，所以，
又平面平面，
所以平面，所以是三棱锥的高，又，所以，
（3）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，
由（2）有平面，又平面，所以，
因为，，所以，
又，即，解得，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19．【答案】（1）解：当，且时，得，
由余弦定理，得，所以，
又，所以，，
在中，由正弦定理得，解得，
比如，
在中，由正弦定理得，解得，
所以，解得.
（2）证明：由，则，
在中，由正弦定理得，解得①，
在中，，
由正弦定理得，，得②，
由①②+，即.
由正弦定理，可得.
（3）解：由题意有，，则
，
所以，
因为，解得，
又由三角形边的关系知，则，即
，整理得，解得，即，
而时，单调递减，，，
所以的值域为.
【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】【分析】(1) 先由等腰三角形性质求出底角，结合布洛卡点的角度关系，分别在和中用正弦定理表示，联立方程求解；
(2) 利用布洛卡点的角度关系，在和中分别应用正弦定理，结合正弦定理的边角互化证明；
(3) 先由向量数量积公式将转化为边与角的关系，结合和周长条件得到函数，再利用基本不等式和三角形三边关系确定的范围，进而求的值域。
（1）当，且时，得，
由余弦定理，得，所以，
又，所以，，
在中，由正弦定理得，解得，
比如，
在中，由正弦定理得，解得，
所以，解得.
（2）由，则，
在中，由正弦定理得，解得①，
在中，，
由正弦定理得，，得②，
由①②+，即.
由正弦定理，可得.
（3）由题意有，，则
，
所以，
因为，解得，
又由三角形边的关系知，则，即
，整理得，解得，即，
而时，单调递减，，，
所以的值域为.
1 / 1广东省东莞市五校2024-2025学年高一下学期联考数学试卷
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，只有一项是符合题目要求的.
1．从一个含有个个体的总体中抽取一容量为的样本，当选取抽签法、随机数法和分层随机抽样三种不同方法时，总体中每个个体被抽中的概率分别为，三者关系可能是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】简单随机抽样；分层抽样方法；抽签法；随机数法
【解析】【解答】解：因为在抽签法抽样、随机数法抽样和分层随机抽样中，每个个体被抽中的概率均为，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据抽样的概念判断即可.
2．在复平面内，复数（其中i为虚数单位）的共轭复数对应的点位于（　　）
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】复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【解答】解：，
的共轭复数为，在复平面内对应点的坐标为，位于第二象限.
故答案为：B.
【分析】先利用复数代数形式的除法运算化简，再根据共轭复数概念，结合复数在复平面内的表示求解即可.
3．在中，已知，则C＝（　　）
A．60° B．30° C．30°或150° D．60°或120°
【答案】D
【知识点】解三角形；正弦定理
【解析】【解答】解：由正弦定理，可得，解得，
则或.
故答案为：D.
【分析】直接利用正弦定理求解即可.
4．下面四个命题：
①过一点和一条直线垂直的直线有且只有一条；
②过一点和一个平面垂直的直线有且只有一条；
③过一点和一条直线垂直的平面有且只有一个；
④过一点和一个平面垂直的平面有且只有一个．
其中正确的是（　　）
A．①④ B．②③ C．①② D．③④
【答案】B
【知识点】空间中直线与直线之间的位置关系；空间中直线与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：①、过一点和一条直线垂直的直线有无数条，故①不正确；
②、过一点和一个平面垂直的直线有且只有一条；故②正确；
③、过一点和一条直线垂直的平面有且只有一个；故③正确；
④、过一点和一个平面垂直的平面有无数个，故④不正确.
故答案为：B．
【分析】根据空间中线线、线面位置关系逐项分析判断即可.
5．如图，在中，，点是的中点，设，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的线性运算；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为，点为的中点，
所以，
则.
故答案为：D.
【分析】根据平面向量基本定理求解即可.
6．在如图（1）所示的四棱锥中，底面为正方形，且侧面垂直于底面，水平放置的侧面的斜二测直观图如图（2）所示，已知，，则四棱锥的侧面积是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】斜二测画法直观图；棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用
【解析】【解答】解：四棱锥中，底面为正方形，且侧面垂直于底面，
则侧面，侧面，
由水平放置的侧面的斜二测直观图可知，，
由勾股定理可得，，
所以等腰三角形的面积为，
直角三角形与直角三角形的面积均为，
等腰直角三角形的面积为，
故该几何体的侧面积是.
故答案为：D.
【分析】根据四棱锥的结构特征，证明侧面，侧面，再利用题给条件求得四棱锥的棱长以及其中的垂直关系，最后利用几何体的结构特征求该四棱锥的侧面积即可.
7．《易经》是中华民族智慧的结晶，易有太极，太极生二仪，二仪生四象，四象生八卦，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形如图2中的正八边形．其中为正八边形的中心，若，点为正八边形边上的一个动点，则下列说法正确的是（　　）
A．的最大值为1 B．
C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量减法运算；平面向量的数量积运算；解三角形
【解析】【解答】解：在正八边形中，线段被点平分，，
，在中，，
A、当点在线段上时，在上的投影向量的模最大，而，
因此的最大值为，故A正确；
B、，故B错误；
C、在中，，
，故C错误；
D、，因此，故D错误.
故答案为：A.
【分析】利用正八边形的结构特征，结合余弦定理求得，当点在线段上时，在上的投影向量的模最大，据此求解即可判断A；根据向量的线性运算化简即可判断B；在中，利用余弦定理，结合线性运算求解即可判断C；由，可得即可判断D.
8．已知锐角三角形中，角所对的边分别为的面积为，且，若，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】解三角形；正弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：，则，即，
即，整理得，
因为，所以，
由正弦定理得，
因为，所以，
因为为锐角三角形，所以为锐角，所以，
即，由，解得，
因为，所以，解得.
故答案为：A.
【分析】利用三角形的面积公式，结合余弦定理求得，再由正弦定理得到，根据为锐角三角形，求的，从而求出，即可得的取值范围.
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，部分选对得部分分，有选错的得0分.
9．已知为复数，则下列说法正确的是（　　）
A． B．
C．若，则 D．若，则或
【答案】A,B,D
【知识点】复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；复数的模；共轭复数
【解析】【解答】解：设，，
因为，，
所以，故A正确；
又因为，
，
，
所以，故B正确；
取，，可得，故C错误；
若，由选项B知，
所以或，可得或，故D正确.
故答案为：ABD．
【分析】利用复数的运算性质和共轭复数的定义以及复数求模公式，则判断出选项A、选项B和选项D；举反例判断出选项C，从而找出说法正确的选项.
10．在日常生活中，我们会看到这样的情境：两个人共提一个行李包．假设行李包所受重力为，作用在行李包上的两个拉力分别为，且与的夹角为，则下列结论中正确的是（　　）
A． B．越小越费力，越大越省力
C．当时， D．的范围为
【答案】A,C
【知识点】向量在物理中的应用；向量加法的平行四边形法则
【解析】【解答】解：如图所示：
A、因为，所以平行四边形法则为菱形，故，即，故A正确；
B、根据向量加法的平行四边形法则越小越省力，越大越费力，故B错误；
C、当时，，又，所以为等边三角形，即，故C正确；
D、若，则，与矛盾，所以，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据向量的平行四边形法则，作出图形，由可知平行四边形法则为菱形，得，求得即可判断A；根据向量加法的平行四边形法则越小越省力，越大越费力即可判断B；当时，推出为等边三角形，据此即可判断C；若，则，推出矛盾即可判断D.
11．如图，在棱长为1正方体中，点P，Q分别是线段，上的动点，点E是棱的中点，下列命题正确的有（　　）
A．异面直线与所成的角为定值
B．的最小值为
C．三棱锥的体积随P点的变化而变化
D．过点E作平面，当//平面时，平面与正方体表面的交线构成平面多边形的周长为
【答案】A,B,D
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题；异面直线所成的角；直线与平面垂直的判定；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：由平面平面，可得，
因为平面，
所以平面，平面，所以，
则异面直线与所成的角为90°，故A正确；
把平面沿直线翻折到平面，使得与共面且不重合，点翻折到点M的位置，过A作交于点R，
由于与为全等的直角三角形，且，
所以，故，
故，则的最小值为线段的长，故B正确；
因为，由于为定值，且到底面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值，故C错误；
分别取的中点为，连接构成六边形，则平面平面，故平面即为六边形所在的平面，由于六边形为正六边形，且边长为，故其周长为，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用线面垂直的性质以及线面垂直的判定、异面直线的夹角定义求解即可判断A；把平面沿直线翻折到平面，使得与共面且不重合，点翻折到点M的位置，过A作交于点R，根据平面中两点间距离最小即可判断B；根据等体积法求解即可判断C；根据线面平行的性质可得截面多边形，即可求解D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知单位向量满足，则　 　.
【答案】
【知识点】向量的模；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由，可得，解得，
则，即.
故答案为：.
【分析】将两边平方，利用向量的数量积运算求得，再将平方求解即可.
13．已知复数满足，当的虚部取最小值时，　 　
【答案】
【知识点】复数的基本概念；复数的模
【解析】【解答】解：设，则，
由，可得，即，
由，得，解得，
当的虚部取最小值时，即当时，则，解得，则.
故答案为：.
【分析】设复数，利用复数模长公式可得，由求出的最小值，再求出的值，即可得复数.
14．农历五月初五是端午节.这一天民间有吃粽子的习俗，据说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国诗人屈原.粽子的形状有多种.今有某种粽子类似于由一个直角三角形绕它的一条直角边旋转（如图）而成.如果粽子的馅可以看成是这个几何体内的一个球状物，则粽子馅的最大体积为　 　.
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】解：是的中点，连接，，如图所示：
由，，可得，，
根据对称性，球心在平面内，设球心为，球的半径为，
当球体积最大时，球与平面，平面，平面和直线相切，
设切点分别为，，，，平面与直线交于点，则四边形为正方形，边长为，
中，，，
根据等面积法：，解得，
球的体积.
故答案为：.
【分析】是的中点，连接，，根据对称性，确定球心在平面内，设球心为，球的半径为，设切点分别为，，，，平面与直线交于点，则四边形为正方形，边长为，根据等面积法得到，再利用球的体积公式求解即可.
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．已知复数，其中．
（1）设，若是纯虚数，求实数m的值；
（2）设，分别记复数在复平面上对应的点为A、B，求与的夹角余弦值以及在上的投影向量．
【答案】（1）解：复数，则，
因为是纯虚数，所以且，解得；
（2）解：当时，复数，再复平面内对应的点，，
在复平面内对应点为，，
设，，
则在上的数量投影向量为．
【知识点】复数的基本概念；复数在复平面中的表示；复数代数形式的乘除运算
【解析】【分析】（1）根据复数代数形式的乘法运算求得，再根据纯虚数得到方程和不等式，求解的值即可；
（2）当时，根据复数在复平面内的表示求出和，再利用向量夹角的余弦公式求出余弦值，最后根据投影向量的定义求解即可.
（1），因为是纯虚数，
所以且，解得；
（2）当时，，故，
，故．
设，则；
所以在上的数量投影向量为．
16．如图，在三棱锥中，．
（1）平面；
（2）当时，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明：在中，，
由余弦定理，即，解得，
则，即，即，
因为，，平面，所以平面；
（2）解：因为平面，平面，所以，
又因为，所以为二面角的平面角，
取的中点，连接，如图所示：
因为，所以，又因为，所以，
所以，
则二面角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）在中，利用余弦定理求得，根据勾股定理证明，再由，结合线面垂直的判定定理证明平面即可；
（2）由（1）可得，推出为二面角的平面角，取的中点，连接，再由锐角三角函数计算求解即可.
（1）在中，，
由余弦定理，
即，解得，
所以，即，所以，
又，，平面，
所以平面；
（2）因为平面，又平面，所以，
又，所以为二面角的平面角，
取的中点，连接，因为，所以，
又，所以，
所以，
所以二面角的正弦值为.
17．在中，角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求角；
（2）若，，求的面积．
【答案】（1）解：在中，因为，所以，
，由正弦定理可得，
由，所以，可得，所以，
又由，所以，所以，所以，可得；
（2）解：，，由余弦定理可得，
解得，故．
【知识点】二倍角的正弦公式；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）根据三角形内角和定理可得，再正弦定理可得，利用正弦的二倍角公式化简求解即可；
（2）在中，利用余弦定理求出，再根据三角形面积公式求解即可.
（1）在中，因为，可得．
因为，由正弦定理得，．
由，所以，可得，所以．
又由，所以，所以，所以，可得．
（2），
解得：，
故．
18．已知正三棱柱中，点是的中点，底面的边长为2，．
（1）求证：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明：连接交于点，连接，如图所示：
因为四边形是矩形，所以为的中点，又因为是的中点，所以，
又因为平面，平面，所以平面；
（2）解：由于，又是的中点，所以，
在正三棱柱中，平面，平面，所以，
又因为平面平面，所以平面，
所以是三棱锥的高，，
则；
（3）解：设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，
由（2）有平面，又平面，所以，
因为，，所以，
又，即，解得，
则，即直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面所成的角；锥体的体积公式及应用
【解析】【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线定理证明，再利用线面平行的判断定理证明即可；
（2）利用线面垂直的判定定理证明平面，再等体积法计算即可；
（3）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，由（2）有平面，计算，利用等体积法求出，再计算直线与平面所成角的正弦值即可.
（1）连接交于点，连接，
因为四边形是矩形，所以为的中点，又是的中点，
又，又平面，平面，
所以平面.
（2）由于，又是的中点，所以，
在正三棱柱中，平面，平面，所以，
又平面平面，
所以平面，所以是三棱锥的高，又，所以，
（3）设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，
由（2）有平面，又平面，所以，
因为，，所以，
又，即，解得，
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
19．在内一点满足，则称为的布洛卡点，为布洛卡角．小明同学对布洛卡点产生兴趣，对其进行探索得到许多正确的结论，比如，若下列问题中的点为的布洛卡点，请你和他一起解决如下问题：
（1）当，且时，求；
（2）角，，所对的边分别为，，，，求证：；
（3）在（2）的条件下，若的周长为4，试把表示为的函数，并求的值域．
【答案】（1）解：当，且时，得，
由余弦定理，得，所以，
又，所以，，
在中，由正弦定理得，解得，
比如，
在中，由正弦定理得，解得，
所以，解得.
（2）证明：由，则，
在中，由正弦定理得，解得①，
在中，，
由正弦定理得，，得②，
由①②+，即.
由正弦定理，可得.
（3）解：由题意有，，则
，
所以，
因为，解得，
又由三角形边的关系知，则，即
，整理得，解得，即，
而时，单调递减，，，
所以的值域为.
【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】【分析】(1) 先由等腰三角形性质求出底角，结合布洛卡点的角度关系，分别在和中用正弦定理表示，联立方程求解；
(2) 利用布洛卡点的角度关系，在和中分别应用正弦定理，结合正弦定理的边角互化证明；
(3) 先由向量数量积公式将转化为边与角的关系，结合和周长条件得到函数，再利用基本不等式和三角形三边关系确定的范围，进而求的值域。
（1）当，且时，得，
由余弦定理，得，所以，
又，所以，，
在中，由正弦定理得，解得，
比如，
在中，由正弦定理得，解得，
所以，解得.
（2）由，则，
在中，由正弦定理得，解得①，
在中，，
由正弦定理得，，得②，
由①②+，即.
由正弦定理，可得.
（3）由题意有，，则
，
所以，
因为，解得，
又由三角形边的关系知，则，即
，整理得，解得，即，
而时，单调递减，，，
所以的值域为.
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