2021-2022学年福建省厦门一中高一(下)期中数学试卷【答案版】

2021-2022学年福建省厦门一中高一（下）期中数学试卷一、单选题：本大题8小题，每小题5分，共40分。每小题只有一个正确答案。1．复数z＝2﹣i的虚部是（）A．22．已知空间中的直线a，平面α，则a∥α的一个充分条件是（）A．直线与平面内的一条直线平行B．直线与平面内的某条直线不相交D．直线与平面内的所有直线不相交B．1C．﹣1D．﹣iC．直线与平面内的无数条直线平行3．已知平行四边形ABCD，O是平行四边形ABCD所在平面内任意一点，𝑂𝐴=𝑎，𝑂𝐵=𝑏，𝑂𝐶=𝑐，则向量𝑂𝐷等于（）A．𝑎+𝑏+𝑐4．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若2𝑏=√3𝑎，𝐴=4，则cosB＝（）A．±45．如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则该圆锥的表面积为（）A．36π6．故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群．故宫宫殿房檐设计恰好使北房在冬至前后阳光满屋，夏至前后屋檐遮阴．已知北京地区夏至前后正午太阳高度角约为75°，冬至前后正午太阳高度角约为30°．图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四棱柱的宫殿，图2是其示意图，则其出檐AB的长度（单位：米）约为（）B．27πC．18√2πD．9π√10→→→→→→→→→→B．𝑎+𝑏−𝑐→→→C．𝑎−𝑏+𝑐→→→D．𝑎−𝑏−𝑐→→→𝜋B．±4√6C．√104D．√64A．3B．4C．6（√3−1）第1页（共22页）D．3（√3+1）7．已知△ABC中，AB＝2，AC＝1，𝐴𝐵⋅𝐴𝐶=1，O为△ABC所在平面内一点，且满足𝑂𝐴+2𝑂𝐵+3𝑂𝐶=→→→→→→0，则𝐴𝑂⋅𝐵𝐶的值为（）A．﹣4B．﹣1C．1D．4→→8．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC的面积为A．2二、多选题：本大题4小题，全选对得5分，选对但不全得2分，选错或不答得分。9．已知𝑎，𝑏，𝑐为非零平面向量，则下列说法正确的有（）A．𝑎⊥𝑏⇔𝑎⋅𝑏=0C．若𝑎⋅𝑐=𝑏⋅𝑐，则𝑎=𝑏10．关于复数z＝cosA．|z|＝1B．z的共轭复数在复平面上对应的点位于第一象限C．z3＝1D．z2+z+1＝011．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体．如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体，则下列说法正确的是（）A．该多面体有18条棱B．DC∥平面LJKC．直线DH与直线IJ异面D．该截角四面体的表面积为6√3第2页（共22页）𝑐24，则+的最大值为（）𝑎𝑏𝑏𝑎B．4C．√5D．2√2→→→→→→→B．𝑎∥𝑏⇔∃𝜆∈𝑅，𝑏=𝜆𝑎→→→→→→→→→→D．(𝑎⋅𝑏)⋅𝑐=𝑎⋅(𝑏⋅𝑐)→→→→→→2𝜋3+isin2𝜋3（i为虚数单位），下列说法正确的是（）12．已知△ABC的三个内角A，B，C满足sinB+2sinAcosC＝0．则下列结论正确的是（）A．ABC是钝角三角形C．角B的最大值为6𝜋B．sinB＜cosAD．角C的最大值为2𝜋3三、填空题：本大题共4小题；每小题5分，共20分.13．i为虚数单位，则i2020+i2021+i2022＝．14．如图，△O'A'B'是△OAB在斜二测画法下的直观图，其中O'A'＝O'B'＝2，且O'A'⊥O'B'，则△OAB的面积为．15．在△ABC中，已知|2𝐴𝐵−𝐴𝐶|＝2，且|2𝐴𝐵+𝐴𝐶|＝6，则△ABC面积的最大值为．16．《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果．《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面直径和高都与球的直径相等的圆柱，与球放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去两个以圆柱底面为底，高为球半径的圆锥，得到一新几何体，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面（圆环与截面圆）面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即V球＝πR2•2R﹣2•πR2•R=3πR3．一个球被平面314→→→→截下的部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，球缺的曲面部分叫做球冠，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高．现有一个半径为4的球被一平面所截形成一个球缺，其高为2，则根据祖暅原理，该球缺的体积为，现有一个高为4正三棱锥，其底面与球缺底面重合，与其所有侧棱均与该球缺相切，则该三棱锥的体积为．第3页（共22页）四、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，把解答过程填写在答题卡的相应位置17．（10分）复数z是关于x的方程x2﹣2x+4＝0的一个根，且|z−√3i|≤1．（1）求复数z；（2）将z所对应向量绕原点O逆时针旋转30°得到向量𝑂𝑍1，记𝑂𝑍1所对应复数为z1．求z1的平方根，并写出它的代数形式．18．（12分）在△ABC中，内角A、B、C所对的边为a，b，c，已知𝑚=（sinB+sinC，sinA），𝑛=（sinB﹣sinA，sinB﹣sinC），𝑚∥𝑛．（1）求角C；（2）若acosB﹣bcosA=第4页（共22页）→→→→→→√33c，b=√23，求边c．19．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，PD⊥AD，PD⊥DC，PD⊥BD，且M是PA的中点．（1）证明：PC∥平面BDM；（2）若PD＝AD＝CD＝2，求∠BDM的大小．第5页（共22页）20．（12分）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥AD，EA⊥AB，FD∥EA，且FD=EA＝1．（1）记线段BC的中点为K，在平面ABCD内的直线过点K，与CD交于点M，且MK∥平面ECF，求12𝐶𝑀𝑀𝐷；（2）求多面体EABCDF体积．第6页（共22页）21．（12分）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝6，b+12cosB＝2c．（1）求A的大小；（2）M为△ABC内一点，AM的延长线交BC于点D，_____，求△ABC的面积．请从下列三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，并解决问题．①M为△ABC的外心，且𝐶𝐷→=2𝐷𝐵→；②M为△ABC的垂心，且MD＝3−√3；③M为△ABC的内心，AD＝2√6．第7页（共22页）22．（12分）在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，∠ACB=，CA＝CB＝CC1＝6，E为B1C1的中点，过AE的截面与棱BB1，A1C1分别交于点F，G．（1）若F为BB1的中点，①画出平面AFEG与平面ABC的交线l，说明画法，并求②求四棱锥C﹣AFEG的高；（2）设截面AFEG的面积为S0，△AEG面积为S1，△AEF面积为S2.当点F在棱BB1上变动时，求2𝑆0𝜋2𝐴1𝐺𝐺𝐶的值；的取值范围．第8页（共22页）𝑆1𝑆22021-2022学年福建省厦门一中高一（下）期中数学试卷参考答案与试题解析一、单选题：本大题8小题，每小题5分，共40分。每小题只有一个正确答案。1．复数z＝2﹣i的虚部是（）A．2B．1C．﹣1D．﹣i解：复数z＝2﹣i的虚部是﹣1．故选：C．2．已知空间中的直线a，平面α，则a∥α的一个充分条件是（）A．直线与平面内的一条直线平行B．直线与平面内的某条直线不相交D．直线与平面内的所有直线不相交C．直线与平面内的无数条直线平行解：对于选项A，直线a与平面内的一条直线平行，但直线a可能在平面内，不能说明a∥α，故选项A错误；对于选项B，直线a与平面内的某条直线不相交，直线a可能在平面内，也可能与平面斜交，不能说明a∥α，故选项B错误；对于选项C，直线a与平面内的无数条直线平行，直线a可能在平面内，不能说明a∥α，故选项C错误；对于选项D，直线a与平面内的所有直线不相交，则a∥α，故选项D正确．故选：D．3．已知平行四边形ABCD，O是平行四边形ABCD所在平面内任意一点，𝑂𝐴=𝑎，𝑂𝐵=𝑏，𝑂𝐶=𝑐，则向量𝑂𝐷等于（）A．𝑎+𝑏+𝑐→→→→→→→→→→B．𝑎+𝑏−𝑐→→→C．𝑎−𝑏+𝑐→→→→→→D．𝑎−𝑏−𝑐→→→→→→解：∵O是平行四边形ABCD所在平面内任意一点，𝑂𝐴=𝑎，𝑂𝐵=𝑏，𝑂𝐶=𝑐，则∴𝑂𝐷=𝑂𝐴+𝐴𝐷=𝑂𝐴+𝐵𝐶=𝑂𝐴+𝑂𝐶−𝑂𝐵=𝑎+𝑐−𝑏，故选：C．4．△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．若2𝑏=√3𝑎，𝐴=4，则cosB＝（）A．±4√10→→→→→→→→→→→𝜋B．±4𝜋√6C．√104D．√64解：因为2𝑏=√3𝑎，𝐴=4，第9页（共22页）所以由正弦定理可得2sinB=√3sinA=√3×2，可得sinB=4，又=𝑎𝑏√3＜1，可得b＜a，可得B为锐角，2√10√2√6所以cosB=√1−𝑠𝑖𝑛2𝐵=故选：C．4．5．如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则该圆锥的表面积为（）A．36πB．27πC．18√2πD．9π解：设圆锥的母线长为l，以S为圆心，SA为半径的圆的面积为S＝πl2，又圆锥的侧面积S圆锥侧＝πrl＝3πl，因为圆锥在平面内转到原位置时，圆锥本身滚动了3周，所以πl2＝3×3πl，解得l＝9，所以圆锥的表面积𝑆=𝑆圆锥侧+𝑆底=3×𝜋×9+𝜋×32=36𝜋，故选：A．6．故宫是世界上现存规模最大、保存最为完整的木质结构古建筑群．故宫宫殿房檐设计恰好使北房在冬至前后阳光满屋，夏至前后屋檐遮阴．已知北京地区夏至前后正午太阳高度角约为75°，冬至前后正午太阳高度角约为30°．图1是顶部近似为正四棱锥、底部近似为正四棱柱的宫殿，图2是其示意图，则其出檐AB的长度（单位：米）约为（）A．3B．4C．6（√3−1）D．3（√3+1）解：如图：由题意可得∠FCD＝30°，∠ADE＝75°，CD＝24，∴∠ADC＝180°﹣75°＝105°，∠CAD＝180°﹣30°﹣105°＝45°．第10页（共22页）△ACD中，由正弦定理可得24𝑠𝑖𝑛45°=𝐴𝐷𝑠𝑖𝑛30°，∴AD＝12√2．直角三角形ADB中，AB＝AD×sin∠ADB＝12√2×sin（90°﹣75°）＝12√2×sin（45°﹣30°）＝12√2×（sin45°cos30°﹣cos45°sin30°）＝12√2×（∴AB的长度为6（√3−6）米，故选：C．√2√3√21×−×）＝6√3−6，22227．已知△ABC中，AB＝2，AC＝1，𝐴𝐵⋅𝐴𝐶=1，O为△ABC所在平面内一点，且满足𝑂𝐴+2𝑂𝐵+3𝑂𝐶=→→→→→→0，则𝐴𝑂⋅𝐵𝐶的值为（）B．﹣1→→→→A．﹣4C．1D．4解：∵△ABC中，AB＝2，AC＝1，𝐴𝐵⋅𝐴𝐶=1，O为△ABC所在平面内一点，且满足𝑂𝐴+2𝑂𝐵+3𝑂𝐶=0，设AC的中点为M，BC的中点为N，则𝑂𝐴+𝑂𝐶=2𝑂𝑀，𝑂𝐵+𝑂𝐶=2𝑂𝑁∴𝑂𝑀+2𝑂𝑁=𝑂，∴O为线段MN的靠近N的三等分点，∴𝐴𝑂⋅𝐵𝐶=（𝐴𝑀+𝑀𝑂）（•𝐴𝐶−𝐴𝐵）＝（𝐴𝐶+2141−−=−1，236→→→→→→→→→→→→→→→→→→→1→23×12𝐴𝐵）（•𝐴𝐶−𝐴𝐵）=𝐴𝐶2−𝐴𝐵2−𝐴𝐶⋅𝐴𝐵=→→→12→13→16→→故选：B．8．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a、b、c，若△ABC的面积为A．2B．4𝑐21𝑐2𝑐24，则+的最大值为（）𝑎𝑏𝑏𝑎C．√5D．2√2解：若△ABC的面积为，则absinC=4，42第11页（共22页）∴2sinAsinB＝sinC，∴sinA•sinB=又+𝑎𝑏𝑎𝑏𝑠𝑖𝑛𝐶，2=𝑎2+𝑏2𝑎2+𝑏−𝑐2，cosC=，2𝑎𝑏𝑎𝑏2∴a2+b2＝2abcosC+c2，∴𝑎2+𝑏2𝑎𝑏=2𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠𝐶+𝑐2𝑎𝑏𝜋4𝑏𝑎𝑏𝑎=2cosC+𝑠𝑖𝑛𝐴⋅𝑠𝑖𝑛𝐵=2cosC+𝑠𝑖𝑛2𝐶𝑠𝑖𝑛2𝐶𝑠𝑖𝑛𝐶2＝2cosC+2sinC＝2√2sin（C+4），𝜋∴当C等于时，+的最大值为2√2．故选：D．二、多选题：本大题4小题，全选对得5分，选对但不全得2分，选错或不答得分。9．已知𝑎，𝑏，𝑐为非零平面向量，则下列说法正确的有（）A．𝑎⊥𝑏⇔𝑎⋅𝑏=0C．若𝑎⋅𝑐=𝑏⋅𝑐，则𝑎=𝑏解：∵𝑎，𝑏，𝑐为非零平面向量，∴AB对；∵𝑎，𝑏，𝑐为非零平面向量，∴𝑎•𝑏=𝑏•𝑐⇔𝑏•（𝑎−𝑐）＝0，∴𝑎−𝑐=0或𝑏⊥（𝑎−𝑐），∴C不对；∵（𝑎⋅𝑏）𝑐是与向量𝑐共线的向量，𝑎（𝑏⋅𝑐）是与向量𝑎共线的向量，∴D错．故选：AB．10．关于复数z＝cosA．|z|＝1B．z的共轭复数在复平面上对应的点位于第一象限C．z3＝1D．z2+z+1＝0解：∵z＝cos2𝜋32𝜋3→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→→B．𝑎∥𝑏⇔∃𝜆∈𝑅，𝑏=𝜆𝑎D．(𝑎⋅𝑏)⋅𝑐=𝑎⋅(𝑏⋅𝑐)→→→→→→→→→→+isin2𝜋3（i为虚数单位），下列说法正确的是（）+isin2𝜋3=−12+√3𝑖，2∴|z|=𝑐𝑜𝑠23+𝑠𝑖𝑛23=1，故A正确；𝑧=−−12√32𝜋2𝜋22𝑖，z的共轭复数在复平面上对应的点位于第三象限，故B错误；2𝑧3=(𝑐𝑜𝑠3𝜋+𝑖𝑠𝑖𝑛3𝜋)3=𝑐𝑜𝑠2𝜋+𝑖𝑠𝑖𝑛2𝜋=1，故C正确；z2+z+1=(𝑐𝑜𝑠3+𝑖𝑠𝑖𝑛3)2+𝑐𝑜𝑠3+𝑖𝑠𝑖𝑛3+1=𝑐𝑜𝑠3+𝑖𝑠𝑖𝑛3+𝑐𝑜𝑠3+𝑖𝑠𝑖𝑛3+1=−2−2𝑖−2+2𝑖+1=0，故D正确．第12页（共22页）2𝜋12𝜋2𝜋2𝜋4𝜋4𝜋2𝜋2𝜋1√3√3故选：ACD．11．截角四面体是一种半正八面体，可由四面体经过适当的截角，即截去四面体的四个顶点所产生的多面体．如图，将棱长为3的正四面体沿棱的三等分点作平行于底面的截面得到所有棱长均为1的截角四面体，则下列说法正确的是（）A．该多面体有18条棱B．DC∥平面LJKC．直线DH与直线IJ异面D．该截角四面体的表面积为6√3解：对于A，由题意可知截角四面体是由4个边长为1的正三角形，4个边长为1的正六边形构成，∴该截角四面体一共有8个面，18条棱，故A正确；对于B，∵BC∥KL，BD∥KL，BC∩BD＝B，KL∩KJ＝K，∴平面BDC∥平面LJK，∵DC⊂平面BDC，∴DC∥平面LJA，故B正确；对于C，∵平面BDC∥平面LJK，DH⊂平面BDC，IJ∩平面LJK＝J，∴直线DH与直线IJ异面，故C正确；对于D，边长为1的正三角形的面积S1=12√3√31×1×1×=，224√3边长为1的正六边形的面积S2=6××1×1×√32=3√3，2∴该截角四面体的表面积为S＝4×4+4×2=7√3，故D错误．故选：ABC．12．已知△ABC的三个内角A，B，C满足sinB+2sinAcosC＝0．则下列结论正确的是（）A．ABC是钝角三角形C．角B的最大值为6𝑏𝜋3√3B．sinB＜cosAD．角C的最大值为𝜋2𝜋3解：A．由题得b+2acosC＝0，∴𝑐𝑜𝑠𝐶=−2𝑎＜0，∴𝐶＞2，所以△ABC是钝角三角形，故该选项正确；B．由已知得sinAcosC+cosCsinA+2sinAcosC＝0，∴tanC＝﹣3tanA，∵cosA＞0，∴𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐴=1𝑠𝑖𝑛(𝐴+𝐶)𝑐𝑜𝑠𝐴=𝑠𝑖𝑛𝐴𝑐𝑜𝑠𝐶+𝑐𝑜𝑠𝐴𝑠𝑖𝑛𝐶𝑐𝑜𝑠𝐴1𝑠𝑖𝑛𝐶2＝tanAcosC+sinC=−3tanCcosC+sinC=−3𝑐𝑜𝑠𝐶cosC+sinC=3sinC＜1，∴sinB＜cosA，所以该选项正确；第13页（共22页）C．由题得b+2acosC＝0，∴a2+2b2＝c2，√3𝑎2+𝑐2−𝑏3𝑎2+𝑐23𝑎𝑐3𝑎𝑐所以𝑐𝑜𝑠𝐵===+≥2√⋅=，2𝑎𝑐4𝑎𝑐4𝑐4𝑎4𝑐4𝑎22因为B∈（0，π），所以角B的最大值为，所以该选项正确；6𝜋D．由已知得sinAcosC+cosCsinA+2sinAcosC＝0，∴tanC＝﹣3tanA，所以𝑡𝑎𝑛𝐵=−𝑡𝑎𝑛(𝐴+𝐶)=−1213𝑡𝑎𝑛𝐴+𝑡𝑎𝑛𝐶2𝑡𝑎𝑛𝐴=，1−𝑡𝑎𝑛𝐴⋅𝑡𝑎𝑛𝐶1+3𝑡𝑎𝑛2𝐴34当𝑡𝑎𝑛𝐵=时，𝑡𝑎𝑛𝐴=，𝑡𝑎𝑛𝐶=−1，∴𝐶=𝜋，所以该选项错误．故选：ABC．三、填空题：本大题共4小题；每小题5分，共20分.13．i为虚数单位，则i2020+i2021+i2022＝i．解：∵i2020＝（i4）505＝1，∴i2020+i2021+i2022＝1+i+i2＝i．故答案为：i．14．如图，△O'A'B'是△OAB在斜二测画法下的直观图，其中O'A'＝O'B'＝2，且O'A'⊥O'B'，则△OAB的面积为4√2．解：过B'分别作y'，x'轴的平行线，且交x'，y'轴于点M，N，∴𝑂′𝑁=2√2，O'M＝2，∴在原坐标系xOy中，点𝐵(−2，4√2)，点A（2，0），∴𝑆△𝑂𝐴𝐵=4√2．故答案为：4√2．第14页（共22页）15．在△ABC中，已知|2𝐴𝐵−𝐴𝐶|＝2，且|2𝐴𝐵+𝐴𝐶|＝6，则△ABC面积的最大值为→→→→32．解：如图所示，延长AB到点D，使得AB＝BD，在△ACD的基础上构造平行四边形ADEC，则：|2𝐴𝐵−𝐴𝐶|=|𝐴𝐷−𝐴𝐶|=|𝐶𝐷|=2，|2𝐴𝐵+𝐴𝐶|=|𝐴𝐷+𝐴𝐶|=|𝐴𝐸|=6，即平行四边形ADEC的对角线为定长，设对角线AE与CD交于点O，则：∴𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐶𝐷=𝑆𝐴𝐷𝐸𝐶=𝑆△𝑂𝐴𝐷=当且仅当OA⊥OD时等号成立．故答案为：．2312141113⋅𝑂𝐴⋅𝑂𝐷⋅𝑠𝑖𝑛∠𝐴𝑂𝐷≤⋅𝑂𝐴⋅𝑂𝐷=×1×3=．2222→→→→→→→→→→16．《缀术》是中国南北朝时期的一部算经，汇集了祖冲之和祖暅父子的数学研究成果．《缀术》中提出的“缘幂势既同，则积不容异”被称为祖暅原理，其意思是：如果两等高的几何体在同高处被截得的两截面面积均相等，那么这两个几何体的体积相等．运用祖暅原理计算球的体积时，构造一个底面直径和高都与球的直径相等的圆柱，与球放置在同一平面上，然后在圆柱内挖去两个以圆柱底面为底，高为球半径的圆锥，得到一新几何体，用任何一个平行于底面的平面去截它们时，可证得所截得的两个截面（圆环与截面圆）面积相等，由此可证明新几何体与半球体积相等，即V球＝πR2•2R﹣2•πR2•R=3πR3．一314个球被平面截下的部分叫做球缺，截面叫做球缺的底面，球缺的曲面部分叫做球冠，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后的线段叫做球缺的高．现有一个半径为4的球被一平面所截形成一个球缺，其高为2，则根据祖暅原理，该球缺的体积为40𝜋3，现有一个高为4正三棱锥，其底面与球缺底面重合，与其所有侧棱均与该球缺相切，则该三棱25615锥的体积为π．第15页（共22页）解：（1）一个半径为4的球被一平面所截形成一个球缺，其高为2，由祖暅原理，该球缺的体积为V＝π•42•2−π•42•4+π•22•2=131340𝜋．3（2）作出图形如图所示，H是高为4正三棱锥顶点在底面的投影，O为球心由已知易得MO＝4，NO＝6，NM＝2√5，△AHN∽△NMO，所以𝐴𝐻𝑁𝐻=𝑀𝑂𝑁𝑀，∴𝐴𝐻4=，所以AH=5，2√548√5故该三棱锥的体积为×π（故答案为：40𝜋313256158√52256）×4=15π．5；π．四、解答题：本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，把解答过程填写在答题卡的相应位置17．（10分）复数z是关于x的方程x2﹣2x+4＝0的一个根，且|z−√3i|≤1．（1）求复数z；（2）将z所对应向量绕原点O逆时针旋转30°得到向量𝑂𝑍1，记𝑂𝑍1所对应复数为z1．求z1的平方根，并写出它的代数形式．解：（1）设z＝a+bi，其中a，b∈R，由z2﹣2z+4＝0得a2﹣b2+2abi﹣2a﹣2bi+4＝0，即a2﹣b2﹣2a+4+2b（a﹣1）i＝0，𝑎=1𝑎=1𝑎2−𝑏2−2𝑎+4=0所以{，解得{或者{，2𝑏(𝑎−1)=0𝑏=√3𝑏=−√3由|z−√3i|≤1得√𝑎2+(𝑏−√3)2≤1，𝑎=1𝑎=1经检验{不满足，所以{，𝑏=−√3𝑏=√3所以z＝1+√3i．第16页（共22页）→→（2）z所对应向量的坐标为（1，√3），绕原点O逆时针旋转30°得到𝑂𝑍1=（0，2），则z1＝2i，所以z12＝（2i）2＝﹣4．18．（12分）在△ABC中，内角A、B、C所对的边为a，b，c，已知𝑚=（sinB+sinC，sinA），𝑛=（sinB﹣sinA，sinB﹣sinC），𝑚∥𝑛．（1）求角C；（2）若acosB﹣bcosA=√3→→→→→3c，b=√23，求边c．→→解：（1）在△ABC中，内角A、B、C所对的边为a，b，c，已知𝑚=(𝑠𝑖𝑛𝐵+𝑠𝑖𝑛𝐶，𝑠𝑖𝑛𝐴)，𝑛=(𝑠𝑖𝑛𝐵−𝑠𝑖𝑛𝐴，𝑠𝑖𝑛𝐵−𝑠𝑖𝑛𝐶)，𝑚∥𝑛，所以（sinB+sinC）（sinB﹣sinC）﹣sinA（sinB﹣sinA）＝0，整理得sin2B﹣sin2C﹣sinAsinB+sin2A＝0，利用正弦定理得：b2﹣c2﹣ab+a2＝0，𝑎2+𝑏−𝑐21𝜋即𝑐𝑜𝑠𝐶==，由于0＜C＜π，故C=．2𝑎𝑏232→→（2）由于acosB﹣bcosA=3𝑐，利用正弦定理sinAcosB﹣sinBcosA＝sin（A﹣B）=故sin（A﹣B）=3×2=2，由于0＜𝐴＜则−2𝜋2𝜋，0＜𝐵＜，33√3√3√3√33𝑠𝑖𝑛𝐶，12𝜋2𝜋＜𝐴−𝐵＜33𝜋所以A﹣B=6，由于A+B=3，所以B=4．23√3𝑏𝑠𝑖𝑛𝐶3×2利用正弦定理𝑐===．𝑠𝑖𝑛𝐵3𝑠𝑖𝑛𝜋4√√2𝜋𝜋19．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是正方形，PD⊥AD，PD⊥DC，PD⊥BD，且M是PA的中点．（1）证明：PC∥平面BDM；（2）若PD＝AD＝CD＝2，求∠BDM的大小．第17页（共22页）解：（1）证明：连接AC，交BD于点O，连接OM，则O为AC中点，又M是PA的中点，∴OM是△PAC的中位线，则OM∥PC，又OM⊂平面BDM，PC⊄平面BDM，∴PC∥平面BDM；（2）∵四边形ABCD是正方形，且AD＝CD＝2，∴𝐵𝐷=√22+22=2√2，又PD⊥AD，且PD＝AD＝2，∴𝐷𝑀=√2，又PD⊥AD，PD⊥CD，AD∩CD＝D，AD⊂平面ABCD，CD⊂平面ABCD，∴PD⊥平面ABCD，又AB⊂平面ABCD，∴PD⊥AB，又AB⊥AD，PD∩AD＝D，PD⊂平面PAD，AD⊂平面PAD，∴AB⊥平面PAD，又PA⊂平面PAD，∴AB⊥PA，∴𝐵𝑀=√𝐴𝑀2+𝐴𝐵2=√2+22=√6，𝐷𝑀2+𝐵𝐷2−𝐵𝑀22+8−61在△BDM中，由余弦定理有，𝑐𝑜𝑠∠𝐵𝐷𝑀===，2𝐷𝑀⋅𝐵𝐷2×√2×2√22又∠BDM∈（0，π），则∠𝐵𝐷𝑀=．20．（12分）如图，已知多面体EABCDF的底面ABCD是边长为2的正方形，EA⊥AD，EA⊥AB，FD∥EA，且FD=2EA＝1．（1）记线段BC的中点为K，在平面ABCD内的直线过点K，与CD交于点M，且MK∥平面ECF，求1𝜋3第18页（共22页）𝐶𝑀𝑀𝐷；（2）求多面体EABCDF体积．解：（1）令DM＝m，以点A为坐标原点，AB，AD，AE方向分别为x，y，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则K（2，1，0），M（m，2，0），∴𝐾𝑀=(𝑚−2，1，0)，E（0，0，2），C（2，2，0），F（0，2，1）．设平面ECF的法向量为𝑛=(𝑥，𝑦，𝑧)，𝑛⋅𝐸𝐶=𝑚⋅(2，2，−2)=2𝑥+2𝑦−2𝑧=0则：{→→，→𝑚⋅𝐶𝐹=𝑚⋅(−2，0，1)=−2𝑥+𝑧=0据此可得：𝑛=(1，1，2)．由平行关系可得𝑛⋅𝑘𝑀=0，即：m﹣2+1＝0，∴m＝1．即CM＝MD＝1，∴𝐶𝑀𝑀𝐷→→→→→→→→=1．（2）VEABCDF＝VE﹣ABCD+VE﹣CDF=3×(2×2)×2+3×(2×1×2)×2=3．21．（12分）△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，a＝6，b+12cosB＝2c．（1）求A的大小；第19页（共22页）11110（2）M为△ABC内一点，AM的延长线交BC于点D，_____，求△ABC的面积．请从下列三个条件中选择一个作为已知条件补充在横线上，并解决问题．①M为△ABC的外心，且𝐶𝐷=2𝐷𝐵；②M为△ABC的垂心，且MD＝3−√3；③M为△ABC的内心，AD＝2√6．𝑎2+𝑐2−𝑏解：（1）在△ABC中，由余弦定理得cosB=，又因为a＝6，b+12cosB＝2c，2𝑎𝑐𝑎2+𝑐2−𝑏所以b+12×=2c，整理得b2+c2﹣36＝bc，2𝑎𝑐22→→在△ABC中，由余弦定理得b2+c2﹣36＝2bccosA，所以bc＝2bccosA，即cosA=2，又因为A∈（0，π），所以A=3；（2）选①，设△ABC的外接圆半径为R，则在△ABC中，由正弦定理得2R=因为M为外心，所以AM＝BM＝CM＝2√3，设DM＝m，则22+𝑚2−124𝑚𝐵𝐶6=√3=4√3，即R＝2√3，𝑠𝑖𝑛𝐴21𝜋+42+𝑚2−128𝑚=0，解得m＝2，∴AD＝2+4√3，∴∠BDM＝120°，∴S△ABC＝S△ABD+S△ACD=选②，√3√311×2×（2+2√3）×+×4×（2+2√3）×=9+3√3；2222因为M为△ABC的垂心，所以∠BMD=2−∠MBD=2−（−∠ACB）＝∠ACB，2𝜋𝜋𝜋又MD＝3−√3，所以在△MBD中，BD＝MD⋅tan∠BMD＝（3−√3）tan∠ACB，同理可得CD＝（3−√3）tan∠ACB，又因为BD+CD＝6，所以（3−√3）tan∠ABC+（3−√3）tan∠ACB＝6，即tan∠ABC+tan∠ACB＝3+√3，又因为在△ABC中，tan（∠ABC+∠ACB）＝−tan∠BAC＝−√3，所以𝑡𝑎𝑛∠𝐴𝐵𝐶+𝑡𝑎𝑛∠𝐴𝐶𝐵1−𝑡𝑎𝑛∠𝐴𝐵𝐶⋅∠𝐴𝐶𝐵=−√3，因此tan∠ABCtan∠ACB=√3+2，即tan∠ABC=√3+2，tan∠ACB＝1或tan∠ABC＝1，tan∠ACB=√3+2，BD＝MD⋅tan∠BMD＝（3−√3）（√3+2）＝3