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江苏省宿迁市某校2024-2025学年高一下学期期末调研测试数学试题
一、选择题：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．（　　）
A． B． C． D．
2．复数的共轭复数为（　　）
A． B． C． D．
3．已知x，y为非零实数，向量，为非零向量，则“”是“存在非零实数x，y，使得”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．若，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
5．在锐角三角形中，内角的对边分别为，已知，则角的最小值为（　　）
A． B． C． D．
6．已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
7．如图，在直三棱柱中，底面为直角三角形，，，，点是线段上一动点，则的最小值是
A． B． C． D．
8．设，是夹角为的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量，存在唯一有序实数对，使得，我们称有序数对为向量的“仿射坐标”.若向量和的“仿射坐标”分别为，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若，则的“仿射坐标”为
C．若，则
D．若，则
二、选择题：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，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．在中，角所对边长为，，角的平分线交于，且，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则的外接圆半径是
C．
D．
10．设i为虚数单位，复数 ，则下列命题正确的是（　　）
A．若 为纯虚数，则实数a的值为2
B．若 在复平面内对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是
C．实数 是 （ 为 的共轭复数）的充要条件
D．若 ，则实数a的值为2
11．如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折为三棱锥，点为翻折过程中点的某一位置，则下列结论正确的是（　　）
A．无论点在何位置，总有
B．点存在两个位置，使得成立
C．当平面平面时，异面直线与所成角的余弦值为
D．当时，为上一点，则的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知分别是的内角的对边，，且，则周长的最小值为　 　．
13．在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为　 　.
14．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点、的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为　 　.
四、解答题：本题共5小题，共77分，除特别说明外，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知平面向量，
（1）若与垂直，求k；
（2）若向量，若与共线，求.
16．如图1，直角梯形中，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中分别为上下底面直径，点分别在圆弧上，直线平面.
（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值等于，求到平面的距离；
（3）若平面与平面夹角的余弦值为，求．
17．已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若函数在区间上有三个零点，求实数的取值范围.
18．在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型，点E在棱PB上，满足， 点F在棱PC上，满足要求同学们按照以下方案进行切割：
（1）试在棱PC上确定一点G，使得 平面，并说明理由；
（2）过点A，E，F的平面α交PD于点H，沿平面α平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H 点的位置；
①请求出 的值；
②若正四棱锥模型的棱长均为6，求直线与平面α所成角的正弦值.
19．在中，对应的边分别为.
（1）求A；
（2）奥古斯丁·路易斯·柯西，法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式 柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.已知三维柯西不等式：，，当且仅当时等号成立.在（1）的条件下，若a＝3.
（ⅰ）求：的最小值；
（ⅱ）若P是内一点，过P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F，设的面积为S，求的最小值.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：原式.
故答案为：D.
【分析】逆用两角差的正弦公式求值即可.
2．【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：依题意，则，
所以，复数的共轭复数为.
故答案为：C.
【分析】利用复数的除法运算法则求出复数，从而求出复数z的共轭复数.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：将两边同时平方，整理得到，即，则，共线且方向相同，存在非零实数x，y，使得，，共线，
即“”是“存在非零实数x，y，使得”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】将两边同时平方化简得到，即，共线且方向相同，故存在非零实数x，y，使得得到，共线，即可判断“”是“存在非零实数x，y，使得”的充分不必要条件.
4．【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：若，则，
所以，
所以，即，
，
若使得取得最大值，不妨设，
则，
当且仅当，即时取等号.
故答案为：D.
【分析】原式转化为，利用两角差的正弦公式，结合同角三角函数基本关系化简整理可得，再利用得到，若使得取得最大值，不妨设，利用基本不等式求解即可.
5．【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由已知条件，得，
整理得，
因为，所以，
又因为，
所以，则，
所以，
当且仅当时等号成立，
则角A的最小值为．
故答案为：B.
【分析】利用两角差的正弦公式展开整理可得，再利用两角和的余弦公式、同角三角函数基本关系式，从而化简得出，根据基本不等式可得的最小值，进而得出角A的最小值.
6．【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；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，，则与相交或，故A错误；
B、若，，则，又，则，故B正确；
C、若，，，则与相交或或，故C错误；
D、若，，则或，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据空间中线线、线面以及面面位置关系判断即可.
7．【答案】B
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，连接A1C，长度即是所求，
∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1，
∴矩形BCC1B1是边长为的正方形，则BC1＝2，
因为A1C1＝AC＝6，在矩形ABB1A1中，A1B1＝AB＝，BB1，
则A1B＝；所以62+22＝40，则A1C12+BC12＝A1B2，
∴∠A1C1B＝90°，则∠A1C1C＝135°
所以A1C.
故答案为：B.
【分析】连接A1B，沿BC1将△CBC1展开，并且与△A1BC1在同一个平面内，从而得出CP+PA1的最小值是A1C的长，再利用余弦定理得出A1C的长，从而得出的最小值．
8．【答案】A,B,D
【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；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：根据题目给出的“仿射坐标”定义可得．
对于A，，即，因此．故A正确．
对于B，，则，根据“仿射坐标”定义，的“仿射坐标”为．故B正确．
对于C，若，则， 化简，
即，解得，故C错误．
对于D，若，，
则，联立得出，故D正确．
故选：ABD.
【分析】由“仿射坐标”定义可得．将陌生的仿射坐标转化为熟悉的向量表达式来解题即可．根据数量积的运算法则判断选项A，根据向量的线性运算判断选项B，根据数量积的坐标运算法则判断选项C，根据向量平行的性质判断选项D.
9．【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】接：对于A，在中，由余弦定理，得：，
，故A正确；
对于B，当时，为等腰三角形，则，
，
设外接圆半径为，则，，故B正确；
对于C，，
，则，，故C错误；
对于D，由，知（当且仅当时取等号），
解得：，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】在中，利用余弦定理可得的长，则判断出选项A；根据等腰三角形的结构特征和三角形内角和定理以及正弦定理，从而得出三角形外接圆的半径长，则判断出选项B；利用和三角形的面积公式，则判断出选项C；根据和基本不等式求最值的方法，从而可构造不等式得出，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数的模
【解析】【解答】 ，
∴A： 为纯虚数，有 可得 ，故正确；
B： 在复平面内对应的点在第三象限，有 解得 ，故错误；
C： 时， ； 时， 即 ，它们互为充要条件，故正确；
D： 时，有 ，即 ，故正确。
故答案为：ACD
【分析】利用已知条件结合复数的乘法运算法则，从而求出复数z，再利用复数为纯虚数的判断方法，从而求出a的值；再利用复数的几何意义，从而结合已知条件复数 在复平面内对应的点在第三象限， 从而求出实数a的取值范围；利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法，从而推出实数 是 （ 为 的共轭复数）的充要条件；利用复数的加减法运算法则结合复数求模公式，再结合复数相等的充要条件，从而求出实数a的值，从而求出正确命题的选项。
11．【答案】A,C
【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；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、设菱形对角线的交点为，如图所示：
无论点在何位置，总有，，
因为，，平面，平面，，
所以平面，又因为平面，所以成立，故A正确；
B、点旋转到使得平面平面成立时，取得最大值，
其中
使得成立，只有平面平面成立时的一个点，故B错误；
C、因为，
所以异面直线与所成角即为（或其补角），
因为平面平面，且平面平面，
，所以平面，平面，即有，
因为菱形的边长为2，，
所以，所以，
在中，，故C正确；
D、当时，易得，都为正三角形，取最小值时，点为中点，的最小值为，故D不正确.
故答案为：AC.
【分析】设菱形对角线的交点为，无论点在何位置，总有，，根据线面垂直的判定和性质即可判断A；点旋转到使得平面平面成立时，取得最大值，计算三棱锥的体积即可判断B；由，可得异面直线与所成角即为（或其补角）将异面直线所成角，转化为相交直线所成角求解即可判断C；根据，都为正三角形即可判断D.
12．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】接：由，
得，，
则，
由三角形面积公式，得
则，所以，三角形的周长为：
，当且仅当时，等号成立，
则的周长的最小值为.故答案为：.
【分析】化简已知条件得出角的大小，根据三角形面积公式和已知条件得出bc的值，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出周长的最小值.
13．【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：在中，由，，则斜边，，
因为CH为斜边AB上的高，所以，，，
因为平面平面，平面平面，
所以，平面，则平面，
又因为，所以两两垂直，且，，，
则三棱锥的外接球半径，
所以三棱锥的外接球表面积为.
故答案为：.
【分析】由题意，先证明两两垂直，再由的边长，求出外接球半径，代入球的表面积公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；轨迹方程
【解析】【解答】接：设点，由，可得，
整理可得，
化为标准方程可得，
因为为的中点，
所以，
，
记圆心为，
当点为线段与圆的交点时，取最小值，此时，，
所以，.
故答案为：.
【分析】设点，利用已知条件结合两点距离公式，从而求出点的轨迹方程，再利用数量积的运算律可得出，数形结合求出的最小值，进而得出的最小值.
15．【答案】（1）解：由题意可知，，，
因为与垂直，所以，所以，
所以，解得.
（2）解：由题意可知，，，
因为与共线，所以，
所以，解得，
所以，
所以，
所以.
【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；平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）先求出 与 ，进而根据向量垂直的坐标表示列式即可求得k的值；
（2）先求出与 ，进而借助向量共线定理求得的值，即可求得，利用模长的坐标表示计算即可得 .
（1）因为，，
所以，，
因为与垂直，所以，
整理得，解得；
（2）因为，，，
所以，，
因为与共线，故，
所以，解得，
所以，，
所以.
16．【答案】（1）证明：设平面与几何体的上底面交于点，即平面平面，
因为平面平面，平面平面，所以，
又因为平面，平面，平面，所以，所以，
因为，所以，
又因为平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：连接，由（1）知平面，
所以就是直线与平面所成的角，即，
因为，所以，所以为直角三角形，
又，所以，
又因为平面平面，所以点到平面的距离为，
因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，设为，
因为，所以，
因为，所以，
即点到平面的距离为；
（3）解：分别取的中点，连接，则，
因为且平面，，且平面，所以平面平面，
若平面与平面夹角余弦值为，则平面与平面夹角的余弦值也为，
因为为的中点，，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
连接，过点作于点，
因为平面平面，且平面，所以平面，
过点作于点，连接，
则即为平面与平面夹角，即为，所以，
设，则，
因为，所以，
又因为，所以，，
在直角中，由射影定理知，所以，
在直角中，，所以，
在直角中，，整理得，解得，即，
故.
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）设平面与几何体的上底面交于点，由平面平面，利用面面平行的性质证明，再由平面，利用线面平行的性质证得，进而得到和，利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证得平面平面；
（2）连接，由（1）知平面，是直线与平面所成的角，，根据平面，将问题转化为到平面的距离，再利用等体积法求解即可；
（3）分别取的中点，连接，利用面面平行的判定定理证明平面平面，将问题转化为平面与平面夹角的余弦值为，过点作于点，连接，即为平面与平面夹角，设，根据射影定理以及等面积法求解即可.
（1）证明：设平面与几何体的上底面交于点，即平面平面，
因为平面平面，平面平面，所以，
又因为平面，平面，平面，
所以，所以，
因为，所以，
又因为平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接，由（1）知平面，
所以就是直线与平面所成的角，即，
因为，所以，所以为直角三角形，
又，所以，
又因为平面平面，
所以点到平面的距离为，
因为平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，设为，
因为，所以，
因为，所以，
即点到平面的距离为.
（3）解：分别取的中点，连接，则，
因为且平面，，且平面，
所以平面平面，
若平面与平面夹角余弦值为，则平面与平面夹角的余弦值也为，
因为为的中点，，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
连接，过点作于点，
因为平面平面，且平面，所以平面，
过点作于点，连接，
则即为平面与平面夹角，即为，所以，
设，则，
因为，所以，
又因为，所以，，
在直角中，由射影定理知，所以，
在直角中，，所以，
在直角中，，
整理得，解得，即，
所以.
17．【答案】解：(1)因为
，
由，
得.
所以，函数的单调递增区间为.
（2）由，
得，
则函数的单调递减区间为，
当时，在区间和上单调递增，
在区间上单调递减，
又因为，，，，
因为在区间上有三个零点，
等价于函数与的图象在区间上有三个交点，
结合草图可知，
所以，当函数在区间上有三个零点时，.

【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换将函数化为，再利用正弦型函数的单调性得出函数的单调递增区间.
（2）将在区间上有三个零点等价于函数与的图象在区间上有三个交点，数形结合得出实数k的取值范围.
18．【答案】（1）解：点E在棱PB上，满足，即点为靠近点的三等分点；
点F在棱PC上，满足，即为的中点，
取PC上靠近C的四等分点为G，如图所示：
则，即，
因为平面，平面， 所以EF平面；
（2）解：①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H，如图所示：
由（1） 可得：为的中点， 由， 可得B为MC的中点，
因为AD∥BC，，所以D为CN的中点，
在等腰三角形PCD中， F为PC的中点， 取CD的中点K， 连接FK，
则，，即， 即；
② 连接，两线交于点，连接，如图所示：
则平面，因为平面，所以，
又因为是正方形，所以，
又因为，所以平面，
由①得，则，即平面，
又因为，所以平面，且平面，
过点作于点，则，则即直线与平面α所成角，
因为，所以，在中，，
则，即直线PA与平面α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
【解析】【分析】（1）由题意可得点为靠近点的三等分点，为的中点考虑取PC上靠近C的四等分点为G，推得，即可证明平面；
（2）①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H，利用相似形即得到，，即，据此求解即可；
②先证明平面，再证得平面，从而平面，作，证得到即直线与平面α所成角，解即可.
19．【答案】（1）解：在中，，
由正弦定理，得，
因为，所以，则，
所以，
则，
因为，所以，
又因为，所以，则，
因为，所以.
（2）解：（i）根据柯西不等式：
，
（当且仅当为正三角形时取等号）
即：的最小值为108.
（ii）因为.
又因为
由三维柯西不等式，则
当且仅当时，即当时等号成立，
所以，
由余弦定理，得，
所以，则，
所以，
令，则.
因为，
所以，当且仅当时等号成立，
则，所以，
令，令，
则，
由二次函数单调性，可知当时，即当时，有最大值，
此时有最小值（此时与可以同时取到）.
【知识点】函数的最大（小）值；两角和与差的正弦公式；一般形式的柯西不等式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由已知条件和正弦定理以及两角和的正弦公式、三角形中角的取值范围，从而得出角A的值.
（2）（i）利用已知条件化简为，再利用三维柯西不等式得出的最小值.
（ii）由已知条件和三角形的面积公式以及三维柯西不等式得出，再利用余弦定理和二次函数的单调性求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）在中，，
由正弦定理得，，
因为，所以，所以，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以，故，又，所以；
（2）（i）根据柯西不等式：
，
（当且仅当为正三角形时取等号）
即：的最小值为108.
（ii）.
又，
由三维柯西不等式有
当且仅当即时等号成立.
所以，
由余弦定理得，
所以，即，
则，
令，则.
因为，得，当且仅当时等号成立，
所以，则，
令，令，则，
由二次函数单调性可知，当即时，有最大值，
此时有最小值（此时与可以同时取到）
1 / 1江苏省宿迁市某校2024-2025学年高一下学期期末调研测试数学试题
一、选择题：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．（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的正弦公式
【解析】【解答】解：原式.
故答案为：D.
【分析】逆用两角差的正弦公式求值即可.
2．复数的共轭复数为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的乘除运算；共轭复数
【解析】【解答】解：依题意，则，
所以，复数的共轭复数为.
故答案为：C.
【分析】利用复数的除法运算法则求出复数，从而求出复数z的共轭复数.
3．已知x，y为非零实数，向量，为非零向量，则“”是“存在非零实数x，y，使得”的（　　）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；数量积表示两个向量的夹角
【解析】【解答】解：将两边同时平方，整理得到，即，则，共线且方向相同，存在非零实数x，y，使得，，共线，
即“”是“存在非零实数x，y，使得”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】将两边同时平方化简得到，即，共线且方向相同，故存在非零实数x，y，使得得到，共线，即可判断“”是“存在非零实数x，y，使得”的充分不必要条件.
4．若，则的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；两角和与差的正弦公式；两角和与差的正切公式；同角三角函数间的基本关系
【解析】【解答】解：若，则，
所以，
所以，即，
，
若使得取得最大值，不妨设，
则，
当且仅当，即时取等号.
故答案为：D.
【分析】原式转化为，利用两角差的正弦公式，结合同角三角函数基本关系化简整理可得，再利用得到，若使得取得最大值，不妨设，利用基本不等式求解即可.
5．在锐角三角形中，内角的对边分别为，已知，则角的最小值为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：由已知条件，得，
整理得，
因为，所以，
又因为，
所以，则，
所以，
当且仅当时等号成立，
则角A的最小值为．
故答案为：B.
【分析】利用两角差的正弦公式展开整理可得，再利用两角和的余弦公式、同角三角函数基本关系式，从而化简得出，根据基本不等式可得的最小值，进而得出角A的最小值.
6．已知，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题正确的是（　　）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，则
【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；空间中平面与平面之间的位置关系
【解析】【解答】解：A、若，，，则与相交或，故A错误；
B、若，，则，又，则，故B正确；
C、若，，，则与相交或或，故C错误；
D、若，，则或，故D错误.
故答案为：B.
【分析】根据空间中线线、线面以及面面位置关系判断即可.
7．如图，在直三棱柱中，底面为直角三角形，，，，点是线段上一动点，则的最小值是
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】解：连接A1B，沿BC1将△CBC1展开与△A1BC1在同一个平面内，连接A1C，长度即是所求，
∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，底面为直角三角形，∠ACB＝90°，AC＝6，BC＝CC1，
∴矩形BCC1B1是边长为的正方形，则BC1＝2，
因为A1C1＝AC＝6，在矩形ABB1A1中，A1B1＝AB＝，BB1，
则A1B＝；所以62+22＝40，则A1C12+BC12＝A1B2，
∴∠A1C1B＝90°，则∠A1C1C＝135°
所以A1C.
故答案为：B.
【分析】连接A1B，沿BC1将△CBC1展开，并且与△A1BC1在同一个平面内，从而得出CP+PA1的最小值是A1C的长，再利用余弦定理得出A1C的长，从而得出的最小值．
8．设，是夹角为的单位向量，由平面向量基本定理知：对平面内任一向量，存在唯一有序实数对，使得，我们称有序数对为向量的“仿射坐标”.若向量和的“仿射坐标”分别为，，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．若，则的“仿射坐标”为
C．若，则
D．若，则
【答案】A,B,D
【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；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：根据题目给出的“仿射坐标”定义可得．
对于A，，即，因此．故A正确．
对于B，，则，根据“仿射坐标”定义，的“仿射坐标”为．故B正确．
对于C，若，则， 化简，
即，解得，故C错误．
对于D，若，，
则，联立得出，故D正确．
故选：ABD.
【分析】由“仿射坐标”定义可得．将陌生的仿射坐标转化为熟悉的向量表达式来解题即可．根据数量积的运算法则判断选项A，根据向量的线性运算判断选项B，根据数量积的坐标运算法则判断选项C，根据向量平行的性质判断选项D.
二、选择题：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，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9．在中，角所对边长为，，角的平分线交于，且，则下列说法正确的是（　　）
A．若，则
B．若，则的外接圆半径是
C．
D．
【答案】A,B,D
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】接：对于A，在中，由余弦定理，得：，
，故A正确；
对于B，当时，为等腰三角形，则，
，
设外接圆半径为，则，，故B正确；
对于C，，
，则，，故C错误；
对于D，由，知（当且仅当时取等号），
解得：，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】在中，利用余弦定理可得的长，则判断出选项A；根据等腰三角形的结构特征和三角形内角和定理以及正弦定理，从而得出三角形外接圆的半径长，则判断出选项B；利用和三角形的面积公式，则判断出选项C；根据和基本不等式求最值的方法，从而可构造不等式得出，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
10．设i为虚数单位，复数 ，则下列命题正确的是（　　）
A．若 为纯虚数，则实数a的值为2
B．若 在复平面内对应的点在第三象限，则实数a的取值范围是
C．实数 是 （ 为 的共轭复数）的充要条件
D．若 ，则实数a的值为2
【答案】A,C,D
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；复数相等的充要条件；复数在复平面中的表示；复数的模
【解析】【解答】 ，
∴A： 为纯虚数，有 可得 ，故正确；
B： 在复平面内对应的点在第三象限，有 解得 ，故错误；
C： 时， ； 时， 即 ，它们互为充要条件，故正确；
D： 时，有 ，即 ，故正确。
故答案为：ACD
【分析】利用已知条件结合复数的乘法运算法则，从而求出复数z，再利用复数为纯虚数的判断方法，从而求出a的值；再利用复数的几何意义，从而结合已知条件复数 在复平面内对应的点在第三象限， 从而求出实数a的取值范围；利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法，从而推出实数 是 （ 为 的共轭复数）的充要条件；利用复数的加减法运算法则结合复数求模公式，再结合复数相等的充要条件，从而求出实数a的值，从而求出正确命题的选项。
11．如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折为三棱锥，点为翻折过程中点的某一位置，则下列结论正确的是（　　）
A．无论点在何位置，总有
B．点存在两个位置，使得成立
C．当平面平面时，异面直线与所成角的余弦值为
D．当时，为上一点，则的最小值为
【答案】A,C
【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；锥体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：A、设菱形对角线的交点为，如图所示：
无论点在何位置，总有，，
因为，，平面，平面，，
所以平面，又因为平面，所以成立，故A正确；
B、点旋转到使得平面平面成立时，取得最大值，
其中
使得成立，只有平面平面成立时的一个点，故B错误；
C、因为，
所以异面直线与所成角即为（或其补角），
因为平面平面，且平面平面，
，所以平面，平面，即有，
因为菱形的边长为2，，
所以，所以，
在中，，故C正确；
D、当时，易得，都为正三角形，取最小值时，点为中点，的最小值为，故D不正确.
故答案为：AC.
【分析】设菱形对角线的交点为，无论点在何位置，总有，，根据线面垂直的判定和性质即可判断A；点旋转到使得平面平面成立时，取得最大值，计算三棱锥的体积即可判断B；由，可得异面直线与所成角即为（或其补角）将异面直线所成角，转化为相交直线所成角求解即可判断C；根据，都为正三角形即可判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知分别是的内角的对边，，且，则周长的最小值为　 　．
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】接：由，
得，，
则，
由三角形面积公式，得
则，所以，三角形的周长为：
，当且仅当时，等号成立，
则的周长的最小值为.故答案为：.
【分析】化简已知条件得出角的大小，根据三角形面积公式和已知条件得出bc的值，再利用基本不等式求最值的方法，从而得出周长的最小值.
13．在直角三角形ABC中，已知CH为斜边AB上的高，，，现将沿着CH折起，使得点B到达点，且平面平面ACH，则三棱锥的外接球的表面积为　 　.
【答案】
【知识点】球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体；平面与平面垂直的性质
【解析】【解答】解：在中，由，，则斜边，，
因为CH为斜边AB上的高，所以，，，
因为平面平面，平面平面，
所以，平面，则平面，
又因为，所以两两垂直，且，，，
则三棱锥的外接球半径，
所以三棱锥的外接球表面积为.
故答案为：.
【分析】由题意，先证明两两垂直，再由的边长，求出外接球半径，代入球的表面积公式求解即可.
14．古希腊著名数学家阿波罗尼斯与欧几里得、阿基米德齐名.他发现：“平面内到两个定点、的距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆”.后来人们将这个圆以他的名字命名，称为阿波罗尼斯圆，简称阿氏圆，在平面直角坐标系中，、，点满足，则的最小值为　 　.
【答案】
【知识点】平面向量的数量积运算；轨迹方程
【解析】【解答】接：设点，由，可得，
整理可得，
化为标准方程可得，
因为为的中点，
所以，
，
记圆心为，
当点为线段与圆的交点时，取最小值，此时，，
所以，.
故答案为：.
【分析】设点，利用已知条件结合两点距离公式，从而求出点的轨迹方程，再利用数量积的运算律可得出，数形结合求出的最小值，进而得出的最小值.
四、解答题：本题共5小题，共77分，除特别说明外，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15．已知平面向量，
（1）若与垂直，求k；
（2）若向量，若与共线，求.
【答案】（1）解：由题意可知，，，
因为与垂直，所以，所以，
所以，解得.
（2）解：由题意可知，，，
因为与共线，所以，
所以，解得，
所以，
所以，
所以.
【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；平面向量数量积的坐标表示；平面向量垂直的坐标表示
【解析】【分析】（1）先求出 与 ，进而根据向量垂直的坐标表示列式即可求得k的值；
（2）先求出与 ，进而借助向量共线定理求得的值，即可求得，利用模长的坐标表示计算即可得 .
（1）因为，，
所以，，
因为与垂直，所以，
整理得，解得；
（2）因为，，，
所以，，
因为与共线，故，
所以，解得，
所以，，
所以.
16．如图1，直角梯形中，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中分别为上下底面直径，点分别在圆弧上，直线平面.
（1）证明：平面平面；
（2）若直线与平面所成角的正切值等于，求到平面的距离；
（3）若平面与平面夹角的余弦值为，求．
【答案】（1）证明：设平面与几何体的上底面交于点，即平面平面，
因为平面平面，平面平面，所以，
又因为平面，平面，平面，所以，所以，
因为，所以，
又因为平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面；
（2）解：连接，由（1）知平面，
所以就是直线与平面所成的角，即，
因为，所以，所以为直角三角形，
又，所以，
又因为平面平面，所以点到平面的距离为，
因为平面，所以点到平面的距离等于点到平面的距离，设为，
因为，所以，
因为，所以，
即点到平面的距离为；
（3）解：分别取的中点，连接，则，
因为且平面，，且平面，所以平面平面，
若平面与平面夹角余弦值为，则平面与平面夹角的余弦值也为，
因为为的中点，，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
连接，过点作于点，
因为平面平面，且平面，所以平面，
过点作于点，连接，
则即为平面与平面夹角，即为，所以，
设，则，
因为，所以，
又因为，所以，，
在直角中，由射影定理知，所以，
在直角中，，所以，
在直角中，，整理得，解得，即，
故.
【知识点】平面与平面垂直的判定；直线与平面所成的角；二面角及二面角的平面角
【解析】【分析】（1）设平面与几何体的上底面交于点，由平面平面，利用面面平行的性质证明，再由平面，利用线面平行的性质证得，进而得到和，利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证得平面平面；
（2）连接，由（1）知平面，是直线与平面所成的角，，根据平面，将问题转化为到平面的距离，再利用等体积法求解即可；
（3）分别取的中点，连接，利用面面平行的判定定理证明平面平面，将问题转化为平面与平面夹角的余弦值为，过点作于点，连接，即为平面与平面夹角，设，根据射影定理以及等面积法求解即可.
（1）证明：设平面与几何体的上底面交于点，即平面平面，
因为平面平面，平面平面，所以，
又因为平面，平面，平面，
所以，所以，
因为，所以，
又因为平面，且平面，所以，
因为，且平面，所以平面，
又因为平面，所以平面平面.
（2）解：连接，由（1）知平面，
所以就是直线与平面所成的角，即，
因为，所以，所以为直角三角形，
又，所以，
又因为平面平面，
所以点到平面的距离为，
因为平面，
所以点到平面的距离等于点到平面的距离，设为，
因为，所以，
因为，所以，
即点到平面的距离为.
（3）解：分别取的中点，连接，则，
因为且平面，，且平面，
所以平面平面，
若平面与平面夹角余弦值为，则平面与平面夹角的余弦值也为，
因为为的中点，，所以，
又因为且平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
连接，过点作于点，
因为平面平面，且平面，所以平面，
过点作于点，连接，
则即为平面与平面夹角，即为，所以，
设，则，
因为，所以，
又因为，所以，，
在直角中，由射影定理知，所以，
在直角中，，所以，
在直角中，，
整理得，解得，即，
所以.
17．已知函数.
（1）求的单调递增区间；
（2）若函数在区间上有三个零点，求实数的取值范围.
【答案】解：(1)因为
，
由，
得.
所以，函数的单调递增区间为.
（2）由，
得，
则函数的单调递减区间为，
当时，在区间和上单调递增，
在区间上单调递减，
又因为，，，，
因为在区间上有三个零点，
等价于函数与的图象在区间上有三个交点，
结合草图可知，
所以，当函数在区间上有三个零点时，.

【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换将函数化为，再利用正弦型函数的单调性得出函数的单调递增区间.
（2）将在区间上有三个零点等价于函数与的图象在区间上有三个交点，数形结合得出实数k的取值范围.
18．在通用技术课上，老师给同学们提供了一个如图所示的木质正四棱锥模型，点E在棱PB上，满足， 点F在棱PC上，满足要求同学们按照以下方案进行切割：
（1）试在棱PC上确定一点G，使得 平面，并说明理由；
（2）过点A，E，F的平面α交PD于点H，沿平面α平将四棱锥模型切割成两部分，在实施过程中为了方便切割，需先在模型中确定H 点的位置；
①请求出 的值；
②若正四棱锥模型的棱长均为6，求直线与平面α所成角的正弦值.
【答案】（1）解：点E在棱PB上，满足，即点为靠近点的三等分点；
点F在棱PC上，满足，即为的中点，
取PC上靠近C的四等分点为G，如图所示：
则，即，
因为平面，平面， 所以EF平面；
（2）解：①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H，如图所示：
由（1） 可得：为的中点， 由， 可得B为MC的中点，
因为AD∥BC，，所以D为CN的中点，
在等腰三角形PCD中， F为PC的中点， 取CD的中点K， 连接FK，
则，，即， 即；
② 连接，两线交于点，连接，如图所示：
则平面，因为平面，所以，
又因为是正方形，所以，
又因为，所以平面，
由①得，则，即平面，
又因为，所以平面，且平面，
过点作于点，则，则即直线与平面α所成角，
因为，所以，在中，，
则，即直线PA与平面α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
【解析】【分析】（1）由题意可得点为靠近点的三等分点，为的中点考虑取PC上靠近C的四等分点为G，推得，即可证明平面；
（2）①延长FE， 与的延长线交于点M ， 连接并延长与的延长线交于N， 连接FN， 交PD于H，利用相似形即得到，，即，据此求解即可；
②先证明平面，再证得平面，从而平面，作，证得到即直线与平面α所成角，解即可.
19．在中，对应的边分别为.
（1）求A；
（2）奥古斯丁·路易斯·柯西，法国著名数学家柯西在数学领域有非常高的造诣.很多数学的定理和公式都以他的名字来命名，如柯西不等式 柯西积分公式.其中柯西不等式在解决不等式证明的有关问题中有着广泛的应用.已知三维柯西不等式：，，当且仅当时等号成立.在（1）的条件下，若a＝3.
（ⅰ）求：的最小值；
（ⅱ）若P是内一点，过P作AB，BC，AC的垂线，垂足分别为D，E，F，设的面积为S，求的最小值.
【答案】（1）解：在中，，
由正弦定理，得，
因为，所以，则，
所以，
则，
因为，所以，
又因为，所以，则，
因为，所以.
（2）解：（i）根据柯西不等式：
，
（当且仅当为正三角形时取等号）
即：的最小值为108.
（ii）因为.
又因为
由三维柯西不等式，则
当且仅当时，即当时等号成立，
所以，
由余弦定理，得，
所以，则，
所以，
令，则.
因为，
所以，当且仅当时等号成立，
则，所以，
令，令，
则，
由二次函数单调性，可知当时，即当时，有最大值，
此时有最小值（此时与可以同时取到）.
【知识点】函数的最大（小）值；两角和与差的正弦公式；一般形式的柯西不等式；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由已知条件和正弦定理以及两角和的正弦公式、三角形中角的取值范围，从而得出角A的值.
（2）（i）利用已知条件化简为，再利用三维柯西不等式得出的最小值.
（ii）由已知条件和三角形的面积公式以及三维柯西不等式得出，再利用余弦定理和二次函数的单调性求最值的方法，从而得出的最小值.
（1）在中，，
由正弦定理得，，
因为，所以，所以，
所以，即，
因为，所以，
因为，所以，故，又，所以；
（2）（i）根据柯西不等式：
，
（当且仅当为正三角形时取等号）
即：的最小值为108.
（ii）.
又，
由三维柯西不等式有
当且仅当即时等号成立.
所以，
由余弦定理得，
所以，即，
则，
令，则.
因为，得，当且仅当时等号成立，
所以，则，
令，令，则，
由二次函数单调性可知，当即时，有最大值，
此时有最小值（此时与可以同时取到）
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