数学-高一下期中真题精选（常考60题专练）（解析版）

高一下期中真题精选（常考60题专练）一．选择题（共22小题）1．（2022春•台州期中）已知i为虚数单位，（1﹣i）z＝2，则复平面上z对应的点在（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】首先由（1﹣i）z＝2求得z，然后可确定复平面上z对应的点所在象限．【解答】解：首先由（1﹣i）z＝2求得z＝＝＝1+i，对应点为（1，1），在第一象限．故选：A．【点评】本题考查复数除法运算，考查复数几何意义，属于基础题．2．（2022春•滨江区校级期中）已知复数z＝，则z的共轭复数是（）A．1﹣i B．1+i C．i D．﹣i【分析】复数分子、分母同乘分母的共轭复数，化简为a+bi（a，b∈R）的形式，即可得到选项．【解答】解：复数z＝＝所以它的共轭复数为：1﹣i故选：A．【点评】本题是基础题，考查复数代数形式的乘除运算，复数的基本概念，考查计算能力，常考题型．3．（2022春•台州期中）已知△ABC中，角A，B，C的对边边长分别为a，b，c，若A：B：C＝1：1：4，则a：b：c等于（）A．1：1： B．2：2： C．1：1：2 D．1：1：4【分析】根据三角形内角和定理与正弦定理，即可求得a：b：c的值．【解答】解：△ABC中，A：B：C＝1：1：4，所以三个内角分别为30°，30°，120°；则a：b：c＝sinA：sinB：sinC＝：：＝1：1：．故选：A．【点评】本题考查了三角形内角和定理与正弦定理的应用问题，是基础题．4．（2022春•石首市期中）关于向量，，下列命题中，正确的是（）A．若||＝||，则＝ B．若||＞||，则＞ C．若，则∥ D．若∥，则【分析】根据向量的有关定义分别判断即可．【解答】解：对于A，向量的模相等，向量不一定相等，故A错误，对于B，向量不能比较大小，故B错误，对于C，若向量相等，则向量共线，反之，不成立，故C正确，D错误，故选：C．【点评】本题考查了向量的有关概念，熟练掌握向量的定义是解题的关键，是基础题．5．（2022春•上城区校级期中）已知平面向量，不共线，＝4+6，＝﹣+3，＝+3，则（）A．A，B，D三点共线 B．A，B，C三点共线 C．B，C，D三点共线 D．A，C，D三点共线【分析】根据平面向量的共线定理与线性运算法则，进行判断即可．【解答】解：因为＝4+6，＝﹣+3，＝+3，所以＝+＝3+9＝3（+3）＝3，所以与共线，即A、C、D三点共线．故选：D．【点评】本题考查了平面向量的线性运算与共线定理应用问题，是基础题．6．（2022春•浙江期中）圭表（如图1）是我国古代一种通过测量正午日影长度来推定节气的天文仪器，它包括一根直立的标竿（称为“表”）和一把呈南北方向水平固定摆放的与标竿垂直的长尺（称为“圭”）．当正午太阳照射在表上时，日影便会投影在圭面上，圭面上日影长度最长的那一天定为冬至，日影长度最短的那一天定为夏至．图2是一个根据北京的地理位置设计的圭表的示意图，已知北京冬至正午太阳高度角（即∠ABC）为26.5°，夏至正午太阳高度角（即∠ADC）为73.5°，圭面上冬至线与夏至线之间的距离（即DB的长）为a，则表高（即AC的长）为（）A． B． C． D．【分析】先求出∠BAD，然后利用正弦定理求出AD，再在△ADC中，求出AC．【解答】解：由题可知：∠BAD＝73.5°﹣26.5°＝47°，在△BAD中，由正弦定理可知：，即，则，又在△ACD中，，所以，故选：D．【点评】本题考查了解三角形，考查了学生数学建模思想，属于基础题．7．（2022春•乐清市校级期中）若复数z＝，则|z﹣i|＝（）A．2 B． C．4 D．5【分析】利用复数的运算法则、模的计算公式即可得出结论．【解答】解：复数z＝＝＝＝1﹣i，则|z﹣i|＝|1﹣2i|＝＝，故选：B．【点评】本题考查了复数的运算法则、模的计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．8．（2022春•台州期中）设z＝﹣3﹣2i，则在复平面内复数对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【分析】先求出共轭复数，然后即可求解其对应的点，即可．【解答】解：由题意可得，＝﹣3+2i，对应的点（﹣3，2）在第二象限．故选：B．【点评】本题主要考查了复数的基本概念的应用，属于基础试题．9．（2022春•金东区校级期中）已知一个圆锥的底面积为π，侧面积为2π，则该圆锥的体积为（）A． B． C． D．【分析】由条件底面积和侧面积建立方程，求出圆锥的底面半径和侧棱，再求出高，然后再求体积．【解答】解：设圆锥的底面半径、高、母线长分别为r，h，l，则解得所以．圆锥的体积故选：C．【点评】本题主要考查锥体体积的计算，空间想象能力的培养，属于基础题．10．（2022春•上城区校级期中）如图，一个水平放置的平面图形的直观图A'B'C'D'是边长为2的菱形，且O'D'＝2，则原平面图形的周长为（）A． B． C． D．8【分析】根据题意，把直观图还原出原平面图形，由此分析可得答案．【解答】解：根据题意，把直观图还原出原平面图形，如图所示；其中：OA＝2，OD＝4，AB＝CD＝2，则AD＝＝2，故原平面图形的周长为2+2+2+2＝4+4，故选：B．【点评】本题考查平面图形的直观图，涉及斜二测画法，属于基础题．11．（2022春•金东区校级期中）如图所示的是用斜二测画法画出的△AOB的直观图（图中虚线分别与x'轴，y'轴平行），则原图形△AOB的面积是（）A．8 B．16 C．32 D．64【分析】根据题意，分析原图形三角形的高和底边的边长，进而计算可得答案．【解答】解：根据题意，原图形△AOB的底边AB的长为4，高为16，其面积S＝×4×16＝32，故选：C．【点评】本题考查斜二测画法的应用，注意直观图的作法，属于基础题．12．（2022春•杭州期中）2022年北京冬奥会拉开帷幕，动作观赏性强、视觉冲击力大的自由式滑雪大跳台是目前“冬奥大家族”中最年轻的项目．首钢滑雪大跳台实现了竞赛场馆与工业遗产再利用、城市更新的完整结合，见证了中外运动员在大跳台“冲天一跳”的精彩表现和北京这座世界上独一无二“双奥之城”的无上荣光．如图为大跳台示意图，为测量大跳台最高处C点的高度，小王在场馆内的A，B两点测得C的仰角分别为45，30，AB＝60（单位：m），且∠AOB＝30°，则大跳台最高高度OC＝（）A．45m B． C．60m D．【分析】先用OC分别表示出OA、OB，再在三角形AOB中利用余弦定理求得OC．【解答】解：在△BOC中，OB＝＝OC，在△AOB中，OA＝＝OC，在△AOB中，由余弦定理可得AB2＝OA2+OB2﹣2OA•OBcos∠AOB，即有3600＝3OC2+OC2﹣2OC2cos30°，解得OC2＝3600，则OC＝60，故选：C．【点评】本题考查解三角形，涉及余弦定理的应用，属于基础题．13．（2022春•台州期中）已知向量＝（3，1），＝（1，3），且（+）⊥（﹣λ），则λ的值为（）A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2【分析】由题意，利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，求得λ的值．【解答】解：∵向量＝（3，1），＝（1，3），且（+）⊥（﹣λ），∴（+）•（﹣λ）＝+（1﹣λ）﹣λ＝10+（1﹣λ）（3+3）﹣10λ＝0，∴λ＝1，故选：C．【点评】本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积公式，属于基础题．14．（2022春•鄞州区校级期中）用斜二测画法画出的某平面图形的直观图如图，边AB平行于y轴，BC，AD平行于x轴．已知四边形ABCD的面积为2cm2，则原平面图形的面积为（）A．4cm2 B．4cm2 C．8cm2 D．8cm2【分析】根据所给的图形中∠BAD＝45°，得到原图形为一个直角梯形，然后，根据高之间的关系进行求解．【解答】解：根据题意，得∠BAD＝45°，原图形为一个直角梯形；且上下底面的边长和BC、AD相等，高为梯形ABCD的高的2倍；∴原平面图形的面积为＝8（cm2）．故答案为：8cm2．故选：C．【点评】本题重点考查了斜二侧画法、平面图形的面积的求解方法等知识，属于中档题．解题关键是准确理解斜二侧画法的内涵，与x轴平行的线段长度保持不变，与y轴平行的线段的长度减少为原来的一半．15．（2022春•滨江区校级期中）已知等腰梯形ABCD，现绕着它的较长底CD所在的直线旋转一周，所得的几何体为（）A．一个圆台、两个圆锥 B．一个圆柱、两个圆锥 C．两个圆台、一个圆柱 D．两个圆柱、一个圆台【分析】先考虑两个全等的直角三角形分别绕它的一条直角边所在的直线旋转一周形成的几何体，再考虑一个矩形绕它的一边所在的直线旋转一周形成的几何体，即可得到答案．【解答】解：等腰梯形的底CD较长，绕其所在的直线旋转一周，相当于两个全等的直角三角形分别绕它的一条直角边所在的直线旋转一周，形成两个圆锥，还有一个矩形绕它的一边所在的直线旋转一周，形成一个圆柱，所以所得的几何体为一个圆柱、两个圆锥．故选：B．【点评】本题考查了旋转体的理解与应用，考查了空间想象能力与逻辑推理能力，属于基础题．16．（2022春•滨江区校级期中）如图，在△ABC中，D为AB的中点，E为CD的中点，设＝，＝，以向量，为基底，则向量＝（）A．+ B．+ C．+ D．+【分析】利用向量的加减法运算法则，化简求解即可．【解答】解：因为E为CD的中点，则＝（+）．因为D为AB的中点，则＝．所以＝+，故选：B．【点评】本题考查向量的四则运算，向量在几何中的应用，考查计算能力．17．（2022春•台州期中）奔驰定理：已知O是△ABC内的一点，△BOC，△AOC，△AOB的面积分别为SA，SB，SC，则SA•+SB•+SC•＝．“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，因为这个定理对应的图形与“奔驰”轿车的logo很相似，故形象地称其为“奔驰定理”．设O为三角形ABC内一点，且满足+2+3＝3+2+，则＝（）A． B． C． D．【分析】直接根据向量的基本运算得到3++2＝，再结合“奔驰定理”即可求解结论．【解答】解：∵O为三角形ABC内一点，且满足+2+3＝3+2+，∴+2+3＝3（﹣）+2（﹣）+（﹣）⇒3++2＝，∵SA•+SB•+SC•＝．∴＝＝＝，故选：D．【点评】本题考查向量的基本运算以及“奔驰定理”的应用，考查数形结合以及计算能力，是中档题．18．（2022春•金东区校级期中）如图，在△ABC中，∠BAC＝，点D在线段BC上，AD⊥AC，，则sinC＝（）A． B． C． D．【分析】在△ABC以及△ABD中，用正弦定理联立求得：＝，再结合同角三角函数基本关系式，即可求解结论．【解答】解：因为在△ABC中，∠BAC＝，点D在线段BC上，AD⊥AC，，在△ABC中，＝⇒＝，①在△ABD中，＝⇒＝，②②÷①得：＝，即tanC＝，∴＝，又sin2C+cos2C＝1，∴sinC＝，故选：B．【点评】本题主要考查正弦定理以及同角三角函数基本关系式的应用，属于中档题目．19．（2022春•北仑区校级期中）在△ABC中，，则角C的度数为（）A．135° B．45° C．45°或135° D．120°【分析】由已知中在△ABC中，若a＝4、b＝6，其面积等于6，代入S＝a•b•sinC可得sinC的值，进而根据特殊角的三角函数值，可得C的大小．【解答】解：∵在△ABC中，若a＝4、b＝6，∴△ABC的面积等于S＝a•b•sinC＝sinC＝6，∴解得sinC＝，∵C∈（0°，180°），∴C＝45°或C＝135°故选：C．【点评】本题考查的知识点是三角形的面积公式，其中根据已知求出sinC的值，是解答的关键．20．（2022春•上城区校级期中）骑自行车是一种能有效改善心肺功能的耐力性有氧运动，深受大众喜爱，如图是某一自行车的平面结构示意图，已知图中的圆A（前轮），圆D（后轮）的半径均为，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为4的等边三角形．设点P为后轮上的一点，则在骑动该自行车的过程中，的最大值为（）A．18 B．24 C．36 D．48【分析】根据题意建立平面直角坐标系，然后将涉及到的点的坐标求出来，其中P点坐标借助于三角函数表示，则所求的结果即可转化为三角函数的最值问题求解．【解答】解：据题意：圆D（后轮）的半径均为，△ABE，△BEC，△ECD均是边长为4的等边三角形．点P为后轮上的一点，如图建立平面直角坐标系：则A（﹣8，0），B（﹣6，），C（﹣2，）．圆D的方程为x2+y2＝3，可设P（），所以，．故＝＝＝12sin（）+24≤12+24＝36．故选：C．【点评】本题考查数量积的运算、三角函数的性质在实际问题中的应用，同时考查了学生的数学建模的核心素养．属于中档题．21．（2022春•浙江期中）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c已知c＝2，且2asinCcosB＝asinA﹣bsinB+bsinC，点O满足＝，cos∠CAO＝，则△ABC的面积为（）A． B．3 C．5 D．【分析】求出b的值，根据余弦定理求出||＝，从而求出三角形的面积即可．【解答】解：∵2asinCcosB＝asinA﹣bsinB+bsinC，∴2ac•＝a2﹣b2+bc，即c＝b，又c＝2，故b＝4，∵＝，∴O是△ABC的重心，∴+＝3，故＝3﹣，两边平方得：＝9﹣6||||cos∠CAO+，∵cos∠CAO＝，故＝9﹣6||||×+，于是9﹣9||﹣4＝0，故||＝，△AOC的面积S＝×||×||×sin∠CAO＝，故S△ABC＝，故选：D．【点评】本题考查了余弦定理的应用以及三角形的面积以及转化思想，是一道常规题．22．（2022春•北仑区校级期中）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为△ABC的面积，且2S＝a2﹣（b﹣c）2，则的取值范围为（）A． B． C． D．【分析】根据余弦定理和△ABC的面积公式，结合题意求出sinA、cosA的值，再用C表示B，求出＝的取值范围，利用对勾函数的性质即可求出的取值范围．【解答】解：△ABC中，由余弦定理得，a2＝b2+c2﹣2bccosA，且△ABC的面积为S＝bcsinA，由2S＝a2﹣（b﹣c）2，得bcsinA＝2bc﹣2bccosA，化简得sinA+2cosA＝2，又A∈（0，），sin2A+cos2A＝1，所以sinA+2＝2，化简得5sin2A﹣4sinA＝0，解得sinA＝，或sinA＝0（不合题意，舍去），所以＝＝＝＝+，由B+C＝π﹣A，且B∈（0，），π﹣A∈（，π），解得C∈（﹣A，π﹣A）∩（0，）＝（﹣A，），所以tanC＞＝，所以∈（0，），所以∈（，），设t＝，其中t∈（，），所以y＝＝＝2t+≥2，当且仅当2t＝时，即t＝时取最小值2，由于＜，且函数f（t）＝2t+在（，]上单调递减，函数y＝2t+在[，）上单调递增，又f（）＝2×+＝，f（）＝2×+＝，所以y＝＝＝2t+∈[2，）．故选：C．【点评】本题考查了解三角形的应用问题，也考查了运算求解能力与推理转化能力，属于难题．二．多选题（共10小题）（多选）23．（2022春•温州期中）已知复数z的共轭复数为，若iz＝1+i，则（）A．z的实部是1 B．z的虚部是﹣i C． D．|z|＝2【分析】根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数的性质，即可求解．【解答】解：∵iz＝1+i，∴，∴z的实部是1，虚部为﹣1，故A正确，B错误，∴，故C正确，|z|＝，故D错误．故选：AC．【点评】本题主要考查复数的运算法则，以及复数的性质，属于基础题．（多选）24．（2022春•西湖区校级期中）已知复数z1＝2﹣2i（i为虚数单位）在复平面内对应的点为P1，复数z2满足|z2﹣i|＝1，则下列结论正确的是（）A．P1点的坐标为（2，﹣2） B．＝2+2i C．|z2﹣z1|的最大值为+1 D．|z2﹣z1|的最小值为2【分析】利用复数的几何意义、圆的方程即可判断出正误．【解答】解：A．复数z1＝2﹣2i在复平面内对应的点为P1（2，﹣2），故A正确；B．复数z1＝2﹣2i，所以复数，故B正确；C．D．设z2＝x+yi（x，y∈R），所以，所以x2+（y﹣1）2＝1，|z2﹣z1|表示的是复数z1和z2在复平面内对应的点的距离，故|z2﹣z1|的最大值为，最小值为，故C正确，D错误．故选：ABC．【点评】本题考查了复数的几何意义、圆的方程，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．（多选）25．（2022春•北仑区校级期中）下面是关于复数z＝（i为虚数单位）的命题，其中真命题为（）A．|z|＝ B．z﹣z2＝1+i C．z的共轭复数为﹣1+i D．z的虚部为1【分析】利用复数的运算法则及其有关知识即可得出．【解答】解：关于复数z＝＝＝＝1+i，∴|z＝，z﹣z2＝1+i﹣（1+i）2＝1+i﹣2i＝1﹣i，共轭复数为1﹣i，z的虚部为1．其中真命题为AD．BC为假命题．故选：AD．【点评】本题考查了复数的运算法则及其有关知识，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．（多选）26．（2022春•上城区校级期中）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．下列各组条件中使得△ABC有两个解的是（）A． B． C． D．【分析】直接利用三角形的解的情况的应用，判定A、B、C、D的结论．【解答】解：对于A：，所以该三角形为钝角三角形，且a＜b，故三角形无解，故A错误；对于B：由于，所以sinA＝，由于a＝bsinA，故三角形有一解，故B错误；对于C：由于，满足b＞a＞bsinA，故三角形有两解，故C正确；对于D：由于，满足b＞a＞bsinA，故三角形有两解，故D正确．故选：CD．【点评】本题考查的知识要点：三角形的解得情况的判定，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．（多选）27．（2022春•北仑区校级期中）已知，是单位向量，且+＝（1，﹣1），则（）A．||＝2 B．与垂直 C．与的夹角为 D．||＝1【分析】利用模的坐标运算即可判断选项A；由（）2＝2+2+2•＝2，求得•＝0，即可判断选项B；利用模的运算求得||，即可判断选项D；利用向量夹角公式即可判断选项C．【解答】解：因为+＝（1，﹣1），所以||＝＝，故A错误；（）2＝2+2+2•＝2，因为，是单位向量，所以2＝||2＝1，2＝||2＝1，所以•＝0，所以⊥，故B正确；||＝＝＝＝，故D错误；因为•（）＝2﹣•＝1，所以cos＜，＞＝＝＝，所以与的夹角为，故C正确，D错误．故选：BC．【点评】本题主要考查平面向量数量积的运算，向量的模与夹角公式，考查运算求解能力，属于基础题．（多选）28．（2022春•滨江区校级期中）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P是线段BC1上的动点，则下列结论中正确的是（）A．AC⊥BD1 B．A1P的最小值为 C．A1P∥平面ACD1 D．异面直线A1P与AD1所成角的取值范围是[，]【分析】通过证明AC⊥平面BDD1B1判断A选项；B选项，在等边三角形△A1BC1中讨论A1P的长度；根据平面ACD1∥平面A1C1B判断C选项；D选项，将A1P与AD1所成角转化为A1P与BC1所成角，在等边三角形△A1BC1中讨论．【解答】解：A选项：因为AC⊥BD，AC⊥DD1，所以AC⊥平面BDD1B1，所以AC⊥BD1，说法正确．B选项：△A1BC1是边长为的等边三角形，当P时线段BC1的中点时，A1P取最小值，说法正确．C选项：正方体中，平面ACD1∥平面A1C1B，A1P⊆平面A1C1B，所以A1P∥平面ACD1.说法正确．D选项：因为BC1∥AD1，所以A1P与AD1所成角即为A1P与BC1所成角．在等边三角形△A1BC1中，当P时BC1中点时，所成角最大为；当P是BC1的端点时，所成角最小为，说法错误．故选：ABC．【点评】本题考查空间线面位置关系和异面直线夹角，考查逻辑推理能力，空间想象能力，属于中档题．（多选）29．（2022春•鄞州区校级期中）正三棱锥底面边长为3，侧棱长为，则下列叙述正确的是（）A．正三棱锥高为3 B．正三棱锥的斜高为 C．正三棱锥的体积为 D．正三棱锥侧面积为【分析】正三棱锥S﹣ABC中，底面△ABC是边长为3的等边三角形，侧棱长为SA＝SB＝SC＝，取BC中点D，连结SD，AD，过S作SO⊥平面ABC，交AD于O，由此能求出正三棱锥高、斜高、体积和侧面积．【解答】解：正三棱锥S﹣ABC中，底面△ABC是边长为3的等边三角形，侧棱长为SA＝SB＝SC＝，取BC中点D，连结SD，AD，过S作SO⊥平面ABC，交AD于O，AD＝＝，AO＝＝＝，∴正三棱锥高为：SO＝＝＝3，故A正确；正三棱锥的斜高为：SD＝＝＝，故B正确；正三棱锥的体积为：V＝＝＝，故C错误；正三棱锥侧面积为：S＝3×＝，故D错误．故选：AB．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．（多选）30．（2022春•滨江区校级期中）在△ABC中，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，下列叙述正确的是（）A．若，则△ABC为等腰三角形 B．若A＝30°，b＝4，a＝3，则△ABC有两解 C．若tanA+tanB+tanC＜0，则△ABC为钝角三角形 D．若a＝bsinC+ccosB，则【分析】本题需要逐项分析，根据每个选项所给的条件，具体分析得出结论．【解答】解：对于A：因为，由正弦定理得，即sin2A＝sin2B，由于A、B为三角形的内角，2A＝2B，或2A+2B＝π，即A＝B，或A+B＝，△ABC为等腰三角形或直角三角形，故A错误；对于B：因为A＝30°，b＝4，a＝3，由正弦定理得，＝，可得sinB＝，cosA＝，cosB＝±＝±，cosC＝cos[π﹣（A+B）]＝﹣cos（A+B）＝sinAsinB﹣cosAcosB，若cosB＝，B是锐角，则cosC＝﹣＝＜0，C是钝角，若cosB＝﹣，B是钝角，cosC＝+＝＞0，C是锐角，故B有两角，故B正确；对于C：若tanA+tanB+tanC＜0，因为tanC＝﹣tan（A+B）＝﹣，tanA+tanB＝﹣tanC（1﹣tanAtanB），tanA+tanB+tanC＝tanAtanBtanC＜0，因为tanA，tanB，tanC中必有一个值为负，即A，B，C中必有一个为钝角，所以△ABC为钝角三角形，故C正确；对于D：a＝bsinC+ccosB，由正弦定理得：sinA＝sinBsinC+sinCcosB，即sin（B+C）＝sinBsinC+sinCcosB，即sinBcosC＝sinBsinC，因为sinC≠0，所以cosC＝sinC，即tanC＝1，因为0＜C＜π，所以C＝，故D正确．故选：BCD．【点评】本题主要考查了正弦定理，两角和的正切公式，两角和的正弦公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．（多选）31．（2022春•鄞州区校级期中）如图，平行四边形ABCD中，AB＝2，AD＝4，，E为CD的中点，AE与DB交于F，则（）A．在方向上的投影为0 B． C． D．【分析】根据向量投影、向量线性运算、向量数量积、向量的模等知识对选项进行分析，由此确定正确选项．【解答】解：平行四边形ABCD中，，所以，所以AB⊥BD，E为CD的中点，AE与DB交于F，所以在AB方向上的投影为0，所以A正确；，∴．所以B正确；，所以C不正确；因为，所以，所以D不正确．故选：AB．【点评】本题考查向量投影、向量线性运算、向量数量积、向量的模，考查学生的运算能力，属于中档题．（多选）32．（2022春•金东区校级期中）如图所示，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，则下列结论正确的是（）A．C1，M，O三点共线 B．C1，M，O，C四点共面 C．C1，O，A，M四点共面 D．D1，D，O，M四点共面【分析】在选项A中，推导出C1，M，O三点是平面C1BD和平面ACC1A1的公共点，由此得到C1，M，O三点共线；在选项B中，由C1，M，O三点共线，得C1，M，O，C四点共面；在选项C中，由C1，M，O三点共线，得C1，M，O，A四点共面；在选项D中，DD1∥CC1，从而D1，D，O，M四点不共面．【解答】解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O为DB的中点，直线A1C交平面C1BD于点M，在选项A中，∵直线A1C交平面C1BD于点M，∴M∈平面C1BD，M∈直线A1C，又A1C⊂平面ACC1A1，∴M∈平面ACC1A1，∵O为DB的中点，BD⊂平面C1BD，且BD⊂平面ACC1A1，∴O∈平面C1BD，且O∈平面ACC1A1，又C1∈平面C1BD，且C1∈平面ACC1A1，∴C1，M，O三点共线，故选项A正确；在选项B中，∵C1，M，O三点共线，∴C1，M，O，C四点共面，故B正确；在选项C中，∵C1，M，O三点共线，∴C1，M，O，A四点共面，故C正确；在选项D中，∵直线OM∩CC1＝C1，DD1∥CC1，∴D1，D，O，M四点不共面，故D错误．故选：ABC．【点评】本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．三．填空题（共14小题）33．（2022春•台州期中）已知圆柱的高为2，它的两个底面的圆周在半径为2的同一个球的球面上．则球的体积与圆柱的体积的比值为．【分析】画图分析可得，该球的直径与圆柱的底面直径和高构成直角三角形，进而求得圆柱的底面半径，进而求得球的体积与圆柱的体积的比值．【解答】解：如图，外接球的体积，圆柱的底面直径，故底面半径，故圆柱体积V2＝3π×2＝6π．故球的体积与圆柱的体积的比值为．故答案为：．【点评】本题主要考查了圆柱与外接球的关系，需要根据球的直径和圆柱的底面直径和高构成直角三角形进行求解．属于基础题．34．（2022春•北仑区校级期中）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．若，B＝45°，C＝75°，则b＝．【分析】由已知利用三角形内角和定理可求A，根据正弦定理即可求b的值．【解答】解：在△ABC中，∵，∴A＝180°﹣45°﹣75°＝60°，∴由正弦定理可得：．故答案为：．【点评】本题考查了正弦定理的应用，属于基础题．35．（2022春•滨江区校级期中）已知a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边，c2＝2ab且sinA＝sinC，则cosA＝．【分析】结合正弦定理与余弦定理即可求解．【解答】解：c2＝2ab且sinA＝sinC，由正弦定理可得，2a＝c，∴b＝c＝2a，则cosA＝＝．故答案为：【点评】本题主要考查了正弦定理与余弦定理的应用，属于基础试题．36．（2022春•金东区校级期中）若复数z＝（m+2）+（m2﹣9）i（m∈R）是正实数，则实数m的值为3．【分析】利用复数的代数形式求解即可．【解答】解：∵复数z＝（m+2）+（m2﹣9）i（m∈R）是正实数，∴，∴m＝3，故答案为：3．【点评】本题考查复数代数形式的应用，是基础题．37．（2022春•上城区校级期中）i是虚数单位，复数＝1+3i．【分析】根据已知条件，结合复数的运算法则，即可求解．【解答】解：＝．故答案为：1+3i．【点评】本题主要考查复数的运算法则，属于基础题．38．（2022春•湖州期中）已知圆柱的底面圆的半径为2，高为3，则该圆柱的侧面积为12π．【分析】根据圆柱的侧面积公式，计算即可．【解答】解：圆柱的底面圆半径为r＝2，高为h＝3，则该圆柱的侧面积为S侧＝2πrh＝2π×2×3＝12π．故答案为：12π．【点评】本题考查了圆柱的侧面积计算问题，是基础题．39．（2022春•台州期中）已知向量与的夹角为，则|5|＝7．【分析】先利用两个向量的数量积的定义求出，根据|5|＝＝，求得结果．【解答】解：由题意可得＝1×3cos120°＝﹣，∴|5|＝＝＝＝＝7．故答案为：7．【点评】本题主要考查两个向量的数量积的定义，求向量的模的方法，属于基础题．40．（2022春•浙江期中）若||＝1，||＝2，与的夹角为60°，若（3+5）⊥（m﹣），则m的值为．【分析】由条件可求得，根据两向量垂直，则两向量的数量积为0，从而会得到关于m的方程，解方程即可求出m．【解答】解：∵∴＝0；∴m＝．故答案为：．【点评】本题考查向量数量积的计算公式，量向量垂直的充要条件是两向量的数量积为0．41．（2022春•鄞州区校级期中）若一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，则该圆锥的体积为．【分析】通过侧面展开图的面积．求出圆锥的母线，底面的半径，求出圆锥的体积即可．【解答】解：由题意一个圆锥的侧面展开图是面积为2π的半圆面，因为4π＝πl2，所以l＝2，半圆的弧长为2π，圆锥的底面半径为2πr＝2π，r＝1，所以圆锥的体积为：＝．故答案为：．【点评】本题考查旋转体的条件的求法，侧面展开图的应用，考查空间想象能力，计算能力．42．（2022春•鄞州区校级期中）小华同学骑电动自行车以24km/h的速度沿着正北方向的公路行驶，在点A处望见电视塔S在电动车的北偏东30°方向上，15min后到点B处望见电视塔在电动车的北偏东75°方向上，则电动车在点B时与电视塔S的距离是km．【分析】在△ABS中，可得∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°﹣75°＝105°则∠ASB＝45°，由正弦定理可得BS＝．【解答】解：如图，由已知可得，AB＝24×＝6在△ABS中，∠BAS＝30°，AB＝6，∠ABS＝180°﹣75°＝105°∠ASB＝45°由正弦定理可得BS＝＝3，故答案为：3．【点评】本题主要考查了正弦定理在实际问题中的应用，解题的关键是要把实际问题转化为数学问题．进而利用数学基本知识进行求解．43．（2022春•宁波期中）古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且sin∠ABD：sin∠ADB：sin∠BCD＝2：3：4，若|AC|2＝λ|BC|•|CD|，则实数λ的最小值为．【分析】由圆内接四边形性质结合正弦定理可得到|AD|：|AB|：|BD|＝2：3：4，再利用托勒密定理得|AC|⋅|BD|＝|AB|⋅|CD|+|AD|⋅|BC|，结合|AC|2＝λ|BC|⋅|CD|整理得16λ|BC|⋅|CD|≥24|CD|⋅|BC|，从而求得答案．【解答】解：根据圆内接四边形的性质可知；∠BAD+∠BCD＝π，sin∠BAD＝sin∠BCD，所以sin∠ABD：sin∠ADB：sin∠BCD＝2：3：4，即sin∠ABD：sin∠ADB：sin∠BAD＝2：3：4，在△BAD中，，故|AD|：|AB|：|BD|＝2：3：4，由题意可知：|AC|⋅|BD|＝|AB|⋅|CD|+|AD|⋅|BC|，则4|AC|＝3|CD|+2|BC|，所以16|AC|2＝9|CD|2+4|BC|2+12|CD|⋅|BC|，故16|AC|2＝9|CD|2+4|BC|2+12|CD|⋅|BC|≥24|CD|⋅|BC|，当且仅当|CD|＝|BC|时等号取得，又|AC|2＝λ|BC|⋅|CD|，所以16λ|BC|⋅|CD|≥24|CD|⋅|BC|，则，则实数λ的最小值为，故答案为：．【点评】本题考查了三角形中的几何计算，属于中档题．44．（2022春•上城区校级期中）在△ABC中，若面积，则∠A＝．【分析】直接利用余弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．【解答】解：在△ABC中，若面积，所以，整理得sinA＝cosA，所以tanA＝1，由于A∈（0，π），故A＝．故答案为：【点评】本题考查的知识要点：余弦定理和三角形面积公式，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．45．（2022春•滨江区校级期中）窗花是贴在窗纸或户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一．每年新春佳节，我国许多地区的人们都有贴窗花的习俗，以此达到装点环境、渲染气氛的目的，并寄托着辞旧迎新、接福纳祥的愿望．图一是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，已知图二中正六边形ABCDEF的边长为4，圆O的圆心为正六边形的中心，半径为2，若点P在正六边形的边上运动，MN为圆O的直径，则的取值范围是[8，12]．【分析】先利用平面向量的线性运算法则，把，用向量，来表示，然后将所求表达为||2的形式，结合函数思想求范围．【解答】解：由正六边形ABCDEF的边长为4，圆O的圆心为正六边形的中心，半径为2，故正六边形ABCDEF的内切圆半径为r＝OAsin60°＝2，外接圆半径R＝4．，则＝（+）•（+）＝2﹣2＝||2﹣4．由图可知2≤||≤4，∴∈[8，12]．故答案为：[8，12]．【点评】本题考查平面向量数量积的应用、转化思想，考查数学运算能力，属于中档题．46．（2022春•西湖区校级期中）△ABC外接圆的半径为1，圆心为O，且2++＝，＝||，则•的值是3．【分析】设边BC的中点为D，可得＝2．根据2++＝，可得D与O点重合．又＝||，可得△OAB是等边三角形．再利用数量积定义即可得出．【解答】解：设边BC的中点为D，则＝2．∵2++＝，∴＝，∴D与O点重合．∵＝||，∴△OAB是等边三角形．∴∠ACB＝30°．则•＝＝3．故答案为：3．【点评】本题考查了向量的平行四边形法则、等边三角形的性质、含30°角的直角三角形的边角关系，考查了推理能力和计算能力，属于难题．四．解答题（共14小题）47．（2022春•温州期中）已知向量，．（1）若，求的值；（2）若，求实数k的值；（3）若与的夹角是钝角，求实数k的取值范围．【分析】（1）利用向量平行的性质求出k＝﹣6，由此能求出的值．（2）利用向量垂直的性质能求出实数k．（3）由与的夹角是钝角，得到且与不共线．由此能求出实数k的取值范围．【解答】解：（1）因为向量，，且，所以1×k﹣2×（﹣3）＝0，解得k＝﹣6，所以．（2）因为，且，所以1×（﹣5）+2×（2+2k）＝0，解得，（3）因为与的夹角是钝角，则且与不共线．即1×（﹣3）+2×k＜0且k≠﹣6，所以且k≠﹣6．【点评】本题考查向量的模、实数值的求法，考查向量平行、向量垂直、向量夹角余弦公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．48．（2022春•温州期中）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，已知a＝1，b＝2，．（Ⅰ）求c的值；（Ⅱ）求△ABC的面积．【分析】（Ⅰ）由已知利用余弦定理即可求解c的值．（Ⅱ）利用同角三角函数基本关系式可求sinC的值，进而根据三角形的面积公式即可求解．【解答】解：（Ⅰ）因为a＝1，b＝2，，所以由余弦定理可得c2＝a2+b2﹣2abcosC＝12+22﹣2×1×2×＝4，可得c＝2．（Ⅱ）因为sinC＝＝＝，所以△ABC的面积S＝absinC＝＝．【点评】本题主要考查了余弦定理，同角三角函数基本关系式，三角形的面积公式在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．49．（2021春•温州期中）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，，E是PD的中点．（1）求证：BC∥AD；（2）线段AD上是否存在点N，使平面CEN∥平面PAB，若不存在请说明理由；若存在给出证明．【分析】（1）由线面平行性质定理可以得证；（2）存在，且当点N是AD的中点时，平面CEN∥平面PAB．分别证得EN∥平面PAB和CN∥平面PAB，由面面平行判定定理可证得结论．【解答】解：（1）证明：因为BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD＝AD，所以BC∥AD；（2）存在，且当点N是AD的中点时，平面CEN∥平面PAB．下面给出证明：因为E、N分别是PD、AD的中点，所以EN∥PA，又EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，所以EN∥平面PAB．由（1）知，BC∥AN，又N是AD的中点，，所以BC＝AN，所以四边形ABCN是平行四边形，从而CN∥BA，又CN⊄平面PAB，BA⊂平面PAB，所以CN∥平面PAB．又因为CN∩EN＝N，所以，平面CEN∥平面PAB．【点评】本题考查线面平行和面面平行的判定定理，属于基础题．50．（2022春•西湖区校级期中）已知向量，，在同一平面上，且＝（﹣2，1）．（1）若∥，且||＝25，求向量的坐标；（2）若＝（3，2），且k﹣与+2垂直，求k的值．【分析】（1）根据向量平行设出，利用坐标表示向量的模进行求解；（2）求出向量的坐标，利用数量积的坐标运算，结合两向量垂直数量积等于0，进而求解．【解答】解：（1）∵，设，∵，即，∴，∴或；（2）∵，，∴，，∵，∴，即4（﹣2k﹣3）+5（k﹣2）＝0，即﹣3k＝22，则．【点评】本题考查了向量的坐标运算，向量共线的应用，以及数量积的坐标运算，属于基础题．51．（2021春•金东区校级期中）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝AD，E是PD的中点．（Ⅰ）求证：BC∥AD；（Ⅱ）求证：CE∥平面PAB；（Ⅲ）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN∥平面PAB？说明理由．【分析】（Ⅰ）根据线面平行的性质定理即可证明；（Ⅱ）取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明；（Ⅲ）取AD中点N，连接CN，EN，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．【解答】证明：（Ⅰ）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PAD＝AD，∴BC∥AD，（Ⅱ）取PA的中点F，连接EF，BF，∵E是PD的中点，∴EF∥AD，EF＝AD，又由（Ⅰ）可得BC∥AD，BC＝AD，∴BC∥EF，BC＝EF，∴四边形BCEF是平行四边形，∴CE∥BF，∵CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，∴CE∥平面PAB．（Ⅲ）取AD中点N，连接CN，EN，∵E，N分别为PD，AD的中点，∴EN∥PA，∵EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，∴EN∥平面PAB，又由（Ⅱ）可得CE∥平面PAB，CE∩EN＝E，∴平面CEN∥平面PAB，∵M是CE上的动点，MN⊂平面CEN，∴MN∥平面PAB，∴线段AD存在点N，使得MN∥平面PAB．【点评】本题考查线面平行、线线平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，是中档题．52．（2022春•上城区校级期中）北京2022年冬奥会将于2022年2月4日在北京和张家口开幕，运动员休息区本着环保、舒适、温馨这一出发点，进行精心设计，如图，在四边形ABCD休闲区域，四周是步道，中间是花卉种植区域，为减少拥堵，中间穿插了氢能源环保电动步道AC，∠D＝2∠B，且AD＝1，CD＝3，．（1）求氢能源环保电动步道AC的长；（2）若_____；求花卉种植区域总面积．从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答．【分析】（1）cosD＝cos2B＝2cos2B﹣1＝﹣，利用余弦定可求AC的长；（2）选①：由正弦定理可求得AB＝，利用两角和的正弦公式可求得sin∠BAC，可分别求得S△ABC，S△ADC，从而可求花卉种植区域总面积．选②：利用余弦定理求出AB＝3，利用面积公式可求得S△ABC，S△ADC，从而可求花卉种植区域总面积．【解答】解：（1）∵．∠D＝2∠B，∴cosD＝cos2B＝2cos2B﹣1＝﹣，∵AD＝1，CD＝3，∴由余弦定理得AC2＝AD2+CD2﹣2AD•CDcosD＝1+9﹣6×（﹣）＝12，∵AC＞0，∴AC＝2．（2）选①：，在△ABC中，由正弦定理得＝，∵．∴sinB＝，由（1）知AC＝2．代入上式可得＝，解得AB＝，sin∠BAC＝sin（∠B+∠ACB）＝sinBcos∠ACB+cosBsin∠ACB＝×+×＝，∴S△ABC＝AB×AC•sin∠BAC＝××2×＝，∵cosD＝﹣，∴sinD＝＝，故S△ADC＝×AD×DC×sinD＝×1×3×＝，∴花卉种植区域总面积为+＝．选②：，在△ABC中，由余弦定理得cosB＝＝，解得AB＝3或AB＝﹣（舍去），∵．∴sinB＝，∴S△ABC＝AB×BC•sinB＝××3×＝3，∵cosD＝﹣，∴sinD＝＝，故S△ADC＝×AD×DC×sinD＝×1×3×＝，∴花卉种植区域总面积为3+＝4．【点评】本题考查正余弦定理的应用，以及三角恒等变换，属中档题．53．（2022春•台州期中）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cosC（acosB+bcosA）＝c．（1）求C；（2）若c＝，△ABC的面积为，求△ABC的周长．【分析】（1）直接利用三角函数关系式的恒等变换和正弦定理的应用求出结果．（2）利用余弦定理和三角形的面积公式的应用求出结果．【解答】解：（1）△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知2cosC（acosB+bcosA）＝c．所以2cosC（sinAcosB+sinBcosA）＝sinC．整理得：2cosCsin（A+B）＝2cosCsinC＝sinC，故：cosC＝．由于0＜C＜π，故C＝．（2）由于，解得ab＝6，由于c2＝a2+b2﹣2abcosC，所以7＝（b+a）2﹣2ab﹣ab，整理得：a+b＝5．则：．【点评】本题考查的知识要点：三角函数关系式的恒等变换，正弦定理余弦定理和三角形面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型．54．（2022春•上城区校级期中）已知||＝4，||＝8，与夹角是120°．（1）求的值及||的值；（2）当k为何值时，？【分析】（1）利用数量积定义及其运算性质即可得出；（2）由于，•＝0，展开即可得出．【解答】解：（1）＝cos120°＝＝﹣16．||＝＝＝4．（2）∵，∴•＝+＝0，∴16k﹣128+（2k﹣1）×（﹣16）＝0，化为k＝﹣7．∴当k＝﹣7值时，．【点评】本题考查了数量积定义及其运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．55．（2022春•浙江期中）杭州市为迎接2022的亚运会，规划公路自行车比赛赛道，该赛道的平面示意图为如图的五边形ABCDE，运动员的公路自行车比赛中如出现故障，可以从本队的器材车、公共器材车上或收容车上获得帮助．比赛期间，修理或更换车轮或赛车等，也可在固定修车点上进行．还需要运送一些补给物品，例如食物、饮料、工具和配件．所以项目设计需要预留出BD，BE为赛道内的两条服务通道（不考虑宽度），ED，DC，CB，BA，AE为赛道，∠BCD＝∠BAE＝，∠CBD＝，CD＝2km，DE＝8km．（1）从以下两个条件中任选一个条件，求服务通道BE的长度；①∠CDE＝；②cos∠DBE＝．（2）在（1）的条件下，应该如何设计，才能使折线赛道BAE最长（即BA+AE最大），最长值为多少？【分析】（1）选择①，由正弦定理求出BD，利用勾股定理求解角BE．选择②由正弦定理求解BD，在△BDE中，由余弦定理求出BE即可．（2）在△ABE中，由余弦定理，结合基本不等式求解即可．【解答】（1）解：选择①，在△BCD中，由正弦定理：，又，所以，在Rt△BDE中，；选择②，在△BCD中，由正弦定理：，在△BDE中，由余弦定理：即：5BE2﹣36BE﹣140＝0，解得BE＝10（负值舍去）（2）解：在△ABE中，由余弦定理：，，当时取等号．故时，折线赛道BAE最长，最长值为．【点评】本题考查三角形的解法，正弦定理以及余弦定理的应用，勾股定理的应用，是中档题．56．（2022春•鄞州区校级期中）设两个非零向量与不共线．（1）若＝+，＝2+8，＝3（﹣）．求证：A，B，D三点共线；（2）试确定实数k，使k+和+k共线．【分析】（1）根据所给的三个首尾相连的向量，用其中两个相加，得到两个首尾相连的向量，根据表示这两个向量的基底，得到两个向量之间的共线关系，从而得到三点共线．（2）两个向量共线，写出向量共线的充要条件，进而得到关于实数k的等式，解出k的值，有两个结果，这两个结果都合题意．【解答】解：（1）∵＝＝＝，∴与共线两个向量有公共点B，∴A，B，D三点共线．（2