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2023-2024学年重庆市名校联盟高一（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年重庆市名校联盟高一（下）期中数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.(1−i)(2+i)=( )
A. 1−iB. 1+3iC. 3−iD. 3+3i
2.已知向量a=(1,x)，b=(−1,3)，若向量2a+b与向量b平行，则x的值为( )
A. −3B. 0C. 43D. −43
3.用斜二测画法作一个边长为6的正方形，则其直观图的面积为( )
A. 36B. 18 2C. 9 2D. 9 22
4.若|a|=2，|b|=1，且a⊥(a−4b)，则向量a，b的夹角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
5.在△ABC中，csC=23，AC=4，BC=3，则csB=( )
A. 19B. 13C. 12D. 23
6.中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台ABCD−A1B1C1D1，上下底面的中心分别为O1和O，若AB=2A1B1=4，∠A1AB=60°，则正四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为( )
A. 20 23B. 28 23C. 20 63D. 28 63
7.如图，在△ABC中，AD=23AC，BP=13BD，若AP=λAB+μAC，则λμ的值为( )
A. −3B. 3C. 2D. −2
8.已知△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点D为AC的中点，点M为边BC上一动点，则MD⋅MC的最小值为( )
A. 27B. 0C. −716D. −916
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法不正确的是( )
A. 若直线a⊂面α，直线b⊄面α，则直线a，直线b无公共点
B. 若直线l//面α，则直线l与面α内的直线平行或异面
C. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
D. 有两个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台
10.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列叙述正确的是( )
A. a=3，b=4，A=150°，有两解
B. 若acsB=bcsA，则△ABC为等腰三角形
C. 若△ABC为锐角三角形，则sinA>csB
D. 若sinA：sinB：sinC=2：3：4，则△ABC为钝角三角形
11.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心(重心、内心、外心、垂心)有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且SA⋅MA+SB⋅MB+Sc⋅MC=0.以下命题正确的有( )
A. 若SA：SB：SC=1：1：1，则M为△ABC的重心
B. 若M为△ABC的内心，则BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0
C. 若∠BAC=45°，∠ABC=60°，M为△ABC的外心，则SA：SB：SC= 3：2：1
D. 若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则cs∠AMB=− 66
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数3+4i与−5−2i分别表示向量OA与OB，则向量AB表示的复数是______．
13.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asinA+bsinC=bsinB+csinC.若b=2，c=4，则△ABC的面积为______．
14.在三棱锥A−BCD中，∠ABD=∠ABC=60°，BC=BD=3 2，AB=6 2，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为______．
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.(本小题13分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，截去三棱锥A1−ABD．
(1)求截去的三棱锥A1−ABD的体积；
(2)求剩余的几何体A1B1C1D1−DBC的表面积．
16.(本小题15分)
已知向量a=(1, 3)，b=(−2,0)．
(1)求a−b的坐标以及a−b与a之间的夹角；
(2)当t∈[−1,1]时，求|a−tb|的取值范围．
17.(本小题15分)
某景区为打造景区风景亮点，欲在一不规则湖面区域(阴影部分)上A，B两点之间建一条观光通道，如图所示.在湖面所在的平面(不考虑湖面离地平面的距离，视湖面与地平面为同一平面)内距离点B50米的点C处建一凉亭，距离点B70米的点D处再建一凉亭，测得∠ACB=∠ACD，cs∠ACB= 105．
(1)求sin∠BDC的值；
(2)测得AC=AD，观光通道每米的造价为2000元，若景区准备预算资金8万元建观光通道，问：预算资金够用吗？
18.(本小题17分)
定义在封闭的平面区域D内任意两点的距离的最大值称为平面区域D的“直径”.如图，已知锐角三角形的三个顶点A，B，C在半径为1的圆上，角的对边分别为a，b，c，若acsBcsA+b=2c．
(1)求角A的大小；
(2)分别以△ABC各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和△ABC构成平面区域D，求平面区域D的“直径”的取值范围．
19.(本小题17分)
如图，在△ABC中，∠ABC为钝角，AB=2 2，BC=2 63，sin∠CAB=13.过点B作AB的垂线，交AC于点D，E为BD延长线上一点，连接AE，CE，若EA=3CE．
(1)求边AC的长；
(2)证明：∠AEB=∠CEB；
(3)设∠EAB=α，∠ECB=β，是否存在实数λ，使得λsinαsinβ+sin2α+cs2β=1恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：(1−i)(2+i)=2+i−2i−i2=3−i．
故选：C．
利用复数的运算性质化简即可求解．
本题考查了复数的运算性质，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵向量a=(1,x)，b=(−1,3)，
∴2a+b=2(1,x)+(−1,3)=(1,2x+3)
∵2a+b与向量b平行，
∴3=−2x−3，
解得x=−3，
故选：A．
先求出2a+b，然后利用向量的平行列出方程求解x即可
本题考查向量的共线以及坐标运算，基本知识的考查．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，原图为边长为6的正方形，其面积S=6×6=36，
则其直观图的面积S′= 24S=9 2．
故选：C．
根据题意，求出原图的面积，由直观图面积与原图面积的关系，分析可得答案．
本题考查平面图形的直观图，注意直观图面积与原图面积的关系，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：若|a|=2，|b|=1，且a⊥(a−4b)，设向量a，b的夹角为θ，θ∈[0°,180°]，
则a⋅(a−4b)=a2−4a⋅b=4−4⋅2⋅1⋅csθ=0，
求得csθ=12，θ=60°，
故选：B．
由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的定义，求得向量a，b的夹角．
本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的定义，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了余弦定理的应用，熟练掌握余弦定理是解本题的关键，属于基础题．
先根据余弦定理求出AB，再代入余弦定理求出结论．
【解答】
解：在△ABC中，csC=23，AC=4，BC=3，
由余弦定理可得AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅csC=42+32−2×4×3×23=9，故AB=3，
∴csB=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=32+32−422×3×3=19．
故选A．
6.【答案】B
【解析】解：如图，
过A1作A1E⊥AC，垂足为E，则A1E⊥平面ABCD，
过E作EF⊥AB，垂足为F，连接EF，则EF为A1F在底面上的射影，
∵可得A1F⊥AB．
在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2A1B1=4，
∴AE= 2，则AF=1，
∵∠A1AB=60°，∴A1A=2，则A1E= 2．
∴VABCD−A1B1C1D1=13× 2×(4+16+ 4×16)=28 23．
故选：B．
由已知求出棱台的高，再由棱台体积公式求解．
本题考查棱台体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了平面向量基本定理的应用问题，解题时应根据向量的加法与减法运算将向量进行分解，是基础题．
根据平面向量的基本定理，结合向量加法与减法的三角形法则，进行化简运算即可．
【解答】
解：∵AP=AB+BP，
BP=13BD
=13(AD−AB)
=13AD−13AB
=13×23AC−13AB
=29AC−13AB，
∴AP=AB+(29AC−13AB)
=23AB+29AC；
又AP=λAB+μAC，
∴λ=23，μ=29；
∴λμ=23×92=3．
故选：B．
8.【答案】D
【解析】解：由题意，以BC所在直线为x轴，线段BC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示．
∵AB=AC=5，BC=6，D为AC中点，∴C(3,0)，A(0,4)，D(32,2)，
又点M在BC边上运动，可设M(t,0)，其中t∈[−3,3]，
∴MD=(32−t,2)，MC=(3−t,0)，
故MD⋅MC=(32−t)×(3−t)=t2−92t+92=(t−94)2−916，t∈[−3,3]，
∴当t=94时，上式有最小值−916．
故选：D．
根据图形特点，建立直角坐标系，由题设数量关系得出A，C，D的坐标，再设出点M的坐标，将所求问题转化为函数的最小值问题即可．
本题考查了用坐标法解决有关平面向量的计算问题，属简单题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A：如图：若直线a⊂面α，直线b⊄面α，a与b可以相交，故A错误；
对于B：若直线l//面α，则l与面α没有公共点，所以直线l与面α内的直线平行或异面，故B正确；
对于C：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，
由这些面所围成的多面体叫做棱柱，故C错误．
对于D：由棱台的定义得：棱台侧棱延长后交于一点，有两个面互相平行，其余各面都是梯形几何体的侧棱延长后不一定交于一点，故D错误．
故选：ACD．
对于A，画出图形即可判断；对于B，根据直线l//面α，l与面α没有公共点即可判断；对于C，利用棱柱的定义判断即可；对于D，由棱台的定义判断即可．
本题考查异面直线的判定，平面的基本性质，棱台的结构特征，棱柱的概念，属于基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：A中，由a150°，显然这样的三角形不存在，所以A不正确；
B中，由正弦定理可得ab=sinAsinB，而acsB=bcsA，即ab=csBcsA，
所以sinAsinB=csBcsA，即sinAcsA=sinBcsB，即sin2A=sin2B，
所以2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，
所以三角形为等腰三角形或直角三角形，所以B不正确；
C中，△ABC为锐角三角形，可得A+B>π2，即π2>A>π2−B>0，
所以sinA>sin(π2−B)=csB，即sinA>csB，所以C正确；
D中，因为sinA：sinB：sinC=2：3：4，可得a：b：c=2：3：4，
设a=2，b=3，c=4，
则csC=a2+b2−c22ab=2+9−162×3×2=−512<0，所以角C为钝角，即该三角形为钝角三角形，所以D正确．
故选：CD．
A中，由题意及大边对大角可得该三角形不存在，判断出A的真假；B中，由正弦定理可得该三角形为等腰三角形或直角三角形，判断出B的真假；C中，由锐角三角形可得A+B>π2，即π2>A>π2−B>0，由正弦函数的单调性及诱导公式可得sinA>csB，判断出C的真假；D中，由正弦定理可得各边之比，求出最大角的余弦值小于0，可得为钝角三角形，判断出D的真假．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，取BC的中点D，连接MD，AM，
由SA：SB：SC=1：1：1，则MA+MB+MC=0，
所以2MD=MB+MC=−MA，
所以A，M，D三点共线，且AM=23AD，
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得CM=23CE，BM=23BF，
所以M为△ABC的重心，故A正确；
对于B，由M为△ABC的内心，则可设内切圆半径为r，
则有SA=12BC⋅r，SB=12AC⋅r，SC=12AB⋅r，
所以12BC⋅r⋅MA+12AC⋅r⋅MB+12AB⋅r⋅MC=0，
即BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0，故B正确；
对于C，由M为△ABC的外心，则可设△ABC的外接圆半径为R，
因为∠BAC=45°，∠ABC=60°，
则有∠BMC=2∠BAC=90°，∠AMC=2∠ABC=120°，∠AMB=2∠ACB=150°，
所以SA=12R2⋅sin∠BMC=12R2⋅sin90°=12R2，SB=12R2⋅sin∠AMC=12R2⋅sin120°= 34R2，SC=12R2⋅sin∠AMB=12R2⋅sin150°=14R2，
所以SA：SB：SC=2： 3：1，故C错误；
对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，
由M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则SA：SB：SC=3：4：5，
又S△ABC=SA+SB+SC，则S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，
设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，
所以cs∠BMD=x2y=cs∠AMF=y3x，即3x2=2y2，
所以cs∠BMD= 66，所以cs∠AMB=cs(π−∠BMD)=− 66，故D正确；
故选：ABD．
对A，取BC的中点D，连接MD，AM，结合奔驰定理可得到2MD=−MA，进而即可判断A；对B，设内切圆半径为r，从而可用r表示出SA，SB，SC，再结合奔驰定理即可判断B；对C，设△ABC的外接圆半径为R，根据圆的性质结合题意可得∠BMC=90°，∠AMC=120°，∠AMB=150°，从而可用R表示出SA，SB，SC，进而即可判断C；对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，从而可设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，代入即可求解cs∠AMB，进而即可判断D．
本题主要考查了平面向量的数量积运算，考查了三角形的重心、内心、外心和垂心的性质，属于中档题．
12.【答案】−8−6i
【解析】解：根据题意，复数3+4i与−5−2i分别表示向量OA与OB，
则OA=(3,4)，OB=(−5,−2)，
故AB=OB−OA=(−8,−6)，
则向量AB表示的复数是−8−6i．
故答案为：−8−6i．
根据题意，求出向量AB的坐标，由复数的几何意义分析可得答案．
本题考查复数的几何意义，涉及向量的加减运算，属于基础题．
13.【答案】2 3
【解析】解：由asinA+bsinC=bsinB+csinC及正弦定理可得a2+bc=b2+c2，
即bc=b2+c2−a2，故bc=2bccsA，解得csA=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3，
又b=2，c=4，
则△ABC的面积为12bcsinA=12×2×4× 32=2 3．
故答案为：2 3．
由正弦定理及余弦定理可得A=π3，根据三角形面积公式即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
14.【答案】72π
【解析】解：由∠ABD=∠ABC=60°，BC=BD=3 2，AB=6 2，
在△ABC中，由余弦定理可得AC= AB2+BC2−2AB⋅BCcs60°
= (6 2)2+(3 2)2−2×6 2×3 2×cs60°=3 6，
所以AC2+BC2=AB2，则AC⊥BC，
在△ABD中，由余弦定理可得AD= AB2+BD2−2AB⋅BDcs60°
= (6 2)2+(3 2)2−2×6 2×3 2×cs60°=3 6，
所以AD2+BD2=AB2，则AD⊥BD，
取AB中点O，则在Rt△ABC和Rt△ABD中，OA=OB=OC=OD，
则三棱锥A−BCD外接球的球心为O，其半径为AB2=3 2，
所以三棱锥A−BCD外接球的表面积为4π⋅(AB2)2=4π×(3 2)2=72π，
故答案为：72π．
由余弦定理可求得AD，AC，可判断△ABC和△ABD均为直角三角形，取AB中点O，根据直角三角形的性质，即可判断O为三棱锥A−BCD外接球的球心，其半径为AB2，从而求得三棱锥A−BCD外接球的表面积．
本题考查几何体外接球的表面积的求法，考查余弦定理的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)∵正方体棱长为2，
∴VA1−ABD=13S△ABD⋅AA1=13×12×2×2×2=43．
(2)由题意可知，剩余的几何体的面分别是一个△A1DB，三个全等的△A1BB1，以及三个正方形，
所以剩余几何体A1B1C1D1−DBC表面积为：
S=S△A1DB+3S△A1BB1+3S正方形A1B1C1D1= 34(2 2)2+3×12×2×2+3×2×2=18+2 3．
【解析】(1)直接利用棱锥的体积公式即可求解；
(2)剩余的几何体的面分别是一个△A1DB，三个全等的△A1BB1，以及三个正方形，分别求出各自面积即可求解．
本题考查几何体的体积与表面积，属于中档题．
16.【答案】解：(1)∵向量a=(1, 3)，b=(−2,0)，
∴a−b=(1, 3)−(−2,0)=(3, 3)，
设a−b与a之间的夹角为θ，
∴csθ=(a−b)⋅a|a−b|⋅|a|=64 3= 32．
∵θ∈[0,π]，∴向量a−b与a的夹角为π6．
(2)|a−tb|2=a2−2ta⋅b+t2b2=4t2+4t+4=4(t+12)2+3，
∴当t∈[−1,1]时，|a−tb|2∈[3,12]，
∴|a−tb|的取值范围是[ 3,2 3].
【解析】(1)推导出a−b=(3, 3)，由此由求出a−b与a之间的夹角．
(2)求出|a−tb|2=4t2−4t+4=4(t−12)2+3，由此能当t∈[−1,1]时，|a−tb|2∈[3,12]，由此能求出|a−tb|的取值范围．
本题考查向量数量积公式、向量坐标运算法则、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．
17.【答案】解：(1)设∠ACB=∠ACD=θ，则∠BCD=2θ∈(0°,180°)，所以θ∈(0°,90°)，
因为csθ= 105，所以sinθ= 1−cs2θ= 155，
所以sin2θ=2sinθcsθ=2× 155× 105=2 65，在△BCD中，由正弦定理：BDsin2θ=BCsin∠BDC，
所以sin∠BDC=BC⋅sin2θBD=50×2 6570=2 67；
(2)由(1)知，sin∠BCD=2 65，cs∠BCD=−15，sin∠BDC=2 67，cs∠BDC=57，
所以sin∠CBD=sin[π−(∠BCD+∠BDC)]=sin(∠BCD+∠BDC)=sin∠BCDcs∠BDC+cs∠BCDsin∠BDC=2 65×57−15×2 67=8 635，
在△BCD中，由正弦定理得：CDsin∠CBD=BCsin∠BDC，
所以CD=BC⋅sin∠CBDsin∠BDC=50×8 6352 67=40，
设AC=AD=y，在△ACD中，由余弦定理有：AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD，
即y2=y2+1600−2×y×40× 105，解得y=10 10，
在△ABC中，由余弦定理：AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠ACD=1000+2500−2×10 10×50× 105=1500，
所以AB=10 15，
所以总造价为2000×10 15=20000 15<80000，所以预算资金够用．
【解析】(1)由同角三角函数的基本关系和二倍角公式可求sin∠BCD，再由正弦定理即可求得；
(2)由(1)可求得sin∠CBD，在△BCD中由正弦定理求得CD，在△ACD中，由余弦定理求得AC，AD，在△ABC中，由余弦定理可求得AB，再求出造价与预算比较即可．
本题考查利用正余弦定理解三角形的实际应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意，acsB+bcsA=2ccsA，
由正弦定理可得，sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsA，
即sin(A+B)=2sinCcsA，
又A+B=π−C，
从而sin(A+B)=sinC=2sinCcsA，
所以csA=12，A=π3．
(2)如图，F，G是AC，BC的中点，E，F，G，H四点共线，
设P，Q分别为BC、AC上任意一点，PQ=PG+GF+FQ，|PQ|=|PG+GF+FQ|≤|PG|+|GF|+|FQ|=HG+GF+FE=HE=a+b+c2，
即PQ的长小于等于△ABC周长的一半，当PQ与HE重合时取等，
同理可证，三个半圆上任意两点的距离最大值等于△ABC周长的一半，
由正弦定理可得：a=2sinπ3= 3，b=2sinB，c=2sinC，
设周长为l，则l= 3+2sinB+2sin(2π3−B)= 3+2 3sin(B+π6)，
因为△ABC为锐角三角形，
所以π6所以3+ 3从而平面区域D的“直径”的取值范围是(3+ 32,3 32]．
【解析】(1)由acsBcsA+b=2c得到acsB+bcsA=2ccsA，再根据正弦定理求解即可；
(2)取AC，BC的中点F，G，且P，Q分别为BC、AC上任意一点，即可证明三个半圆上任意两点的距离最大值等于△ABC周长的一半，再根据正弦定理得到l= 3+2sinB+2sin(2π3−B)= 3+2 3sin(B+π6)，即可求出l的取值范围．
本题主要考查解三角形，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意，可得∠CAB为锐角，
又sin∠CAB=13，
可得cs∠CAB=2 23，
在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccs∠CAB，即83=8+b2−2×2 2b×2 23，解得b=4或b=43，
因为∠ABC为钝角，可得b=4，即边AC的长为4；
(2)证明：S△AEDS△CED=12EA⋅ED⋅sin∠AED12EC⋅ED⋅sin∠CED，
又S△AEDS△CED=ADCD，
因为sin∠CAB=BDAD=13，可得AD=3BD，根据勾股定理AD2=BD2+AB2，可得9BD2=BD2+8，可得BD=1，AD=3，可得CD=1，
所以sin∠AEDsin∠CED=ADCD⋅ECEA=3×13=1，
可得sin∠AED=sin∠CED，
即∠AEB=∠CEB；
(3)在△ADE和△CDE中，由余弦定理可求出DE=1,AE=2 3，CE=2 33，
在△ABE和△CBE中，分别由余弦定理可求得csα= 63,csβ=0，
进而可得sinα= 33，sinβ=1，λ=1−cs2β−sin2αsinαsinβ=1−0−13 33×1=2 33，
故存在实数λ=2 33，使得λsinαsinβ+sin2α+cs2β=1．
【解析】(1)由题意利用同角三角函数基本关系式可求cs∠CAB=2 23，进而利用余弦定理即可求解AC的值；
(2)由题意利用三角形的面积公式可求得AD=3BD，根据勾股定理可得BD=1，AD=3，CD=1，可得sin∠AEDsin∠CED=1，进而即可证明∠AEB=∠CEB；
(3)由题意利用余弦定理可求出DE=1,AE=2 3，CE=2 33，可得csα= 63,csβ=0，进而可得sinα= 33，sinβ=1，可求λ=1−cs2β−sin2αsinαsinβ=1−0−13 33×1=2 33，即可得解．
本题考查了同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形的面积公式，勾股定理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．
1.(1−i)(2+i)=( )
A. 1−iB. 1+3iC. 3−iD. 3+3i
2.已知向量a=(1,x)，b=(−1,3)，若向量2a+b与向量b平行，则x的值为( )
A. −3B. 0C. 43D. −43
3.用斜二测画法作一个边长为6的正方形，则其直观图的面积为( )
A. 36B. 18 2C. 9 2D. 9 22
4.若|a|=2，|b|=1，且a⊥(a−4b)，则向量a，b的夹角为( )
A. 30°B. 60°C. 120°D. 150°
5.在△ABC中，csC=23，AC=4，BC=3，则csB=( )
A. 19B. 13C. 12D. 23
6.中国国家馆，以城市发展中的中华智慧为主题，表现出了“东方之冠，鼎盛中华，天下粮仓，富庶百姓”的中国文化精神与气质.如图，现有一个与中国国家馆结构类似的正四棱台ABCD−A1B1C1D1，上下底面的中心分别为O1和O，若AB=2A1B1=4，∠A1AB=60°，则正四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积为( )
A. 20 23B. 28 23C. 20 63D. 28 63
7.如图，在△ABC中，AD=23AC，BP=13BD，若AP=λAB+μAC，则λμ的值为( )
A. −3B. 3C. 2D. −2
8.已知△ABC中，AB=AC=5，BC=6，点D为AC的中点，点M为边BC上一动点，则MD⋅MC的最小值为( )
A. 27B. 0C. −716D. −916
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法不正确的是( )
A. 若直线a⊂面α，直线b⊄面α，则直线a，直线b无公共点
B. 若直线l//面α，则直线l与面α内的直线平行或异面
C. 有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱
D. 有两个面平行，其余各面都是梯形的几何体是棱台
10.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列叙述正确的是( )
A. a=3，b=4，A=150°，有两解
B. 若acsB=bcsA，则△ABC为等腰三角形
C. 若△ABC为锐角三角形，则sinA>csB
D. 若sinA：sinB：sinC=2：3：4，则△ABC为钝角三角形
11.“奔驰定理”因其几何表示酷似奔驰的标志得来，是平面向量中一个非常优美的结论.奔驰定理与三角形四心(重心、内心、外心、垂心)有着神秘的关联.它的具体内容是：已知M是△ABC内一点，△BMC，△AMC，△AMB的面积分别为SA，SB，SC，且SA⋅MA+SB⋅MB+Sc⋅MC=0.以下命题正确的有( )
A. 若SA：SB：SC=1：1：1，则M为△ABC的重心
B. 若M为△ABC的内心，则BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0
C. 若∠BAC=45°，∠ABC=60°，M为△ABC的外心，则SA：SB：SC= 3：2：1
D. 若M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则cs∠AMB=− 66
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.复数3+4i与−5−2i分别表示向量OA与OB，则向量AB表示的复数是______．
13.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asinA+bsinC=bsinB+csinC.若b=2，c=4，则△ABC的面积为______．
14.在三棱锥A−BCD中，∠ABD=∠ABC=60°，BC=BD=3 2，AB=6 2，则三棱锥A−BCD外接球的表面积为______．
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.(本小题13分)
如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，截去三棱锥A1−ABD．
(1)求截去的三棱锥A1−ABD的体积；
(2)求剩余的几何体A1B1C1D1−DBC的表面积．
16.(本小题15分)
已知向量a=(1, 3)，b=(−2,0)．
(1)求a−b的坐标以及a−b与a之间的夹角；
(2)当t∈[−1,1]时，求|a−tb|的取值范围．
17.(本小题15分)
某景区为打造景区风景亮点，欲在一不规则湖面区域(阴影部分)上A，B两点之间建一条观光通道，如图所示.在湖面所在的平面(不考虑湖面离地平面的距离，视湖面与地平面为同一平面)内距离点B50米的点C处建一凉亭，距离点B70米的点D处再建一凉亭，测得∠ACB=∠ACD，cs∠ACB= 105．
(1)求sin∠BDC的值；
(2)测得AC=AD，观光通道每米的造价为2000元，若景区准备预算资金8万元建观光通道，问：预算资金够用吗？
18.(本小题17分)
定义在封闭的平面区域D内任意两点的距离的最大值称为平面区域D的“直径”.如图，已知锐角三角形的三个顶点A，B，C在半径为1的圆上，角的对边分别为a，b，c，若acsBcsA+b=2c．
(1)求角A的大小；
(2)分别以△ABC各边为直径向外作三个半圆，这三个半圆和△ABC构成平面区域D，求平面区域D的“直径”的取值范围．
19.(本小题17分)
如图，在△ABC中，∠ABC为钝角，AB=2 2，BC=2 63，sin∠CAB=13.过点B作AB的垂线，交AC于点D，E为BD延长线上一点，连接AE，CE，若EA=3CE．
(1)求边AC的长；
(2)证明：∠AEB=∠CEB；
(3)设∠EAB=α，∠ECB=β，是否存在实数λ，使得λsinαsinβ+sin2α+cs2β=1恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：(1−i)(2+i)=2+i−2i−i2=3−i．
故选：C．
利用复数的运算性质化简即可求解．
本题考查了复数的运算性质，属于基础题．
2.【答案】A
【解析】解：∵向量a=(1,x)，b=(−1,3)，
∴2a+b=2(1,x)+(−1,3)=(1,2x+3)
∵2a+b与向量b平行，
∴3=−2x−3，
解得x=−3，
故选：A．
先求出2a+b，然后利用向量的平行列出方程求解x即可
本题考查向量的共线以及坐标运算，基本知识的考查．
3.【答案】C
【解析】解：根据题意，原图为边长为6的正方形，其面积S=6×6=36，
则其直观图的面积S′= 24S=9 2．
故选：C．
根据题意，求出原图的面积，由直观图面积与原图面积的关系，分析可得答案．
本题考查平面图形的直观图，注意直观图面积与原图面积的关系，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：若|a|=2，|b|=1，且a⊥(a−4b)，设向量a，b的夹角为θ，θ∈[0°,180°]，
则a⋅(a−4b)=a2−4a⋅b=4−4⋅2⋅1⋅csθ=0，
求得csθ=12，θ=60°，
故选：B．
由题意利用两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的定义，求得向量a，b的夹角．
本题主要考查两个向量垂直的性质，两个向量的数量积的定义，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查了余弦定理的应用，熟练掌握余弦定理是解本题的关键，属于基础题．
先根据余弦定理求出AB，再代入余弦定理求出结论．
【解答】
解：在△ABC中，csC=23，AC=4，BC=3，
由余弦定理可得AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅csC=42+32−2×4×3×23=9，故AB=3，
∴csB=AB2+BC2−AC22AB⋅BC=32+32−422×3×3=19．
故选A．
6.【答案】B
【解析】解：如图，
过A1作A1E⊥AC，垂足为E，则A1E⊥平面ABCD，
过E作EF⊥AB，垂足为F，连接EF，则EF为A1F在底面上的射影，
∵可得A1F⊥AB．
在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2A1B1=4，
∴AE= 2，则AF=1，
∵∠A1AB=60°，∴A1A=2，则A1E= 2．
∴VABCD−A1B1C1D1=13× 2×(4+16+ 4×16)=28 23．
故选：B．
由已知求出棱台的高，再由棱台体积公式求解．
本题考查棱台体积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
7.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了平面向量基本定理的应用问题，解题时应根据向量的加法与减法运算将向量进行分解，是基础题．
根据平面向量的基本定理，结合向量加法与减法的三角形法则，进行化简运算即可．
【解答】
解：∵AP=AB+BP，
BP=13BD
=13(AD−AB)
=13AD−13AB
=13×23AC−13AB
=29AC−13AB，
∴AP=AB+(29AC−13AB)
=23AB+29AC；
又AP=λAB+μAC，
∴λ=23，μ=29；
∴λμ=23×92=3．
故选：B．
8.【答案】D
【解析】解：由题意，以BC所在直线为x轴，线段BC的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示．
∵AB=AC=5，BC=6，D为AC中点，∴C(3,0)，A(0,4)，D(32,2)，
又点M在BC边上运动，可设M(t,0)，其中t∈[−3,3]，
∴MD=(32−t,2)，MC=(3−t,0)，
故MD⋅MC=(32−t)×(3−t)=t2−92t+92=(t−94)2−916，t∈[−3,3]，
∴当t=94时，上式有最小值−916．
故选：D．
根据图形特点，建立直角坐标系，由题设数量关系得出A，C，D的坐标，再设出点M的坐标，将所求问题转化为函数的最小值问题即可．
本题考查了用坐标法解决有关平面向量的计算问题，属简单题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对于A：如图：若直线a⊂面α，直线b⊄面α，a与b可以相交，故A错误；
对于B：若直线l//面α，则l与面α没有公共点，所以直线l与面α内的直线平行或异面，故B正确；
对于C：有两个面互相平行，其余各面都是四边形，并且每相邻两个四边形的公共边都互相平行，
由这些面所围成的多面体叫做棱柱，故C错误．
对于D：由棱台的定义得：棱台侧棱延长后交于一点，有两个面互相平行，其余各面都是梯形几何体的侧棱延长后不一定交于一点，故D错误．
故选：ACD．
对于A，画出图形即可判断；对于B，根据直线l//面α，l与面α没有公共点即可判断；对于C，利用棱柱的定义判断即可；对于D，由棱台的定义判断即可．
本题考查异面直线的判定，平面的基本性质，棱台的结构特征，棱柱的概念，属于基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：A中，由a
B中，由正弦定理可得ab=sinAsinB，而acsB=bcsA，即ab=csBcsA，
所以sinAsinB=csBcsA，即sinAcsA=sinBcsB，即sin2A=sin2B，
所以2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，
所以三角形为等腰三角形或直角三角形，所以B不正确；
C中，△ABC为锐角三角形，可得A+B>π2，即π2>A>π2−B>0，
所以sinA>sin(π2−B)=csB，即sinA>csB，所以C正确；
D中，因为sinA：sinB：sinC=2：3：4，可得a：b：c=2：3：4，
设a=2，b=3，c=4，
则csC=a2+b2−c22ab=2+9−162×3×2=−512<0，所以角C为钝角，即该三角形为钝角三角形，所以D正确．
故选：CD．
A中，由题意及大边对大角可得该三角形不存在，判断出A的真假；B中，由正弦定理可得该三角形为等腰三角形或直角三角形，判断出B的真假；C中，由锐角三角形可得A+B>π2，即π2>A>π2−B>0，由正弦函数的单调性及诱导公式可得sinA>csB，判断出C的真假；D中，由正弦定理可得各边之比，求出最大角的余弦值小于0，可得为钝角三角形，判断出D的真假．
本题考查正弦定理及余弦定理的应用，属于基础题．
11.【答案】ABD
【解析】解：对于A，取BC的中点D，连接MD，AM，
由SA：SB：SC=1：1：1，则MA+MB+MC=0，
所以2MD=MB+MC=−MA，
所以A，M，D三点共线，且AM=23AD，
设E，F分别为AB，AC的中点，同理可得CM=23CE，BM=23BF，
所以M为△ABC的重心，故A正确；
对于B，由M为△ABC的内心，则可设内切圆半径为r，
则有SA=12BC⋅r，SB=12AC⋅r，SC=12AB⋅r，
所以12BC⋅r⋅MA+12AC⋅r⋅MB+12AB⋅r⋅MC=0，
即BC⋅MA+AC⋅MB+AB⋅MC=0，故B正确；
对于C，由M为△ABC的外心，则可设△ABC的外接圆半径为R，
因为∠BAC=45°，∠ABC=60°，
则有∠BMC=2∠BAC=90°，∠AMC=2∠ABC=120°，∠AMB=2∠ACB=150°，
所以SA=12R2⋅sin∠BMC=12R2⋅sin90°=12R2，SB=12R2⋅sin∠AMC=12R2⋅sin120°= 34R2，SC=12R2⋅sin∠AMB=12R2⋅sin150°=14R2，
所以SA：SB：SC=2： 3：1，故C错误；
对于D，如图，延长AM交BC于点D，延长BM交AC于点F，延长CM交AB于点E，
由M为△ABC的垂心，3MA+4MB+5MC=0，则SA：SB：SC=3：4：5，
又S△ABC=SA+SB+SC，则S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，
设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，
所以cs∠BMD=x2y=cs∠AMF=y3x，即3x2=2y2，
所以cs∠BMD= 66，所以cs∠AMB=cs(π−∠BMD)=− 66，故D正确；
故选：ABD．
对A，取BC的中点D，连接MD，AM，结合奔驰定理可得到2MD=−MA，进而即可判断A；对B，设内切圆半径为r，从而可用r表示出SA，SB，SC，再结合奔驰定理即可判断B；对C，设△ABC的外接圆半径为R，根据圆的性质结合题意可得∠BMC=90°，∠AMC=120°，∠AMB=150°，从而可用R表示出SA，SB，SC，进而即可判断C；对D，延长AM交BC于点D，延长BO交AC于点F，延长CO交AB于点E，根据题意结合奔驰定理可得到S△ABCSA=4，S△ABCSB=3，从而可设MD=x，MF=y，则AM=3x，BM=2y，代入即可求解cs∠AMB，进而即可判断D．
本题主要考查了平面向量的数量积运算，考查了三角形的重心、内心、外心和垂心的性质，属于中档题．
12.【答案】−8−6i
【解析】解：根据题意，复数3+4i与−5−2i分别表示向量OA与OB，
则OA=(3,4)，OB=(−5,−2)，
故AB=OB−OA=(−8,−6)，
则向量AB表示的复数是−8−6i．
故答案为：−8−6i．
根据题意，求出向量AB的坐标，由复数的几何意义分析可得答案．
本题考查复数的几何意义，涉及向量的加减运算，属于基础题．
13.【答案】2 3
【解析】解：由asinA+bsinC=bsinB+csinC及正弦定理可得a2+bc=b2+c2，
即bc=b2+c2−a2，故bc=2bccsA，解得csA=12，
因为A∈(0,π)，所以A=π3，
又b=2，c=4，
则△ABC的面积为12bcsinA=12×2×4× 32=2 3．
故答案为：2 3．
由正弦定理及余弦定理可得A=π3，根据三角形面积公式即可求解．
本题考查了正弦定理和余弦定理的综合应用，属于中档题．
14.【答案】72π
【解析】解：由∠ABD=∠ABC=60°，BC=BD=3 2，AB=6 2，
在△ABC中，由余弦定理可得AC= AB2+BC2−2AB⋅BCcs60°
= (6 2)2+(3 2)2−2×6 2×3 2×cs60°=3 6，
所以AC2+BC2=AB2，则AC⊥BC，
在△ABD中，由余弦定理可得AD= AB2+BD2−2AB⋅BDcs60°
= (6 2)2+(3 2)2−2×6 2×3 2×cs60°=3 6，
所以AD2+BD2=AB2，则AD⊥BD，
取AB中点O，则在Rt△ABC和Rt△ABD中，OA=OB=OC=OD，
则三棱锥A−BCD外接球的球心为O，其半径为AB2=3 2，
所以三棱锥A−BCD外接球的表面积为4π⋅(AB2)2=4π×(3 2)2=72π，
故答案为：72π．
由余弦定理可求得AD，AC，可判断△ABC和△ABD均为直角三角形，取AB中点O，根据直角三角形的性质，即可判断O为三棱锥A−BCD外接球的球心，其半径为AB2，从而求得三棱锥A−BCD外接球的表面积．
本题考查几何体外接球的表面积的求法，考查余弦定理的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)∵正方体棱长为2，
∴VA1−ABD=13S△ABD⋅AA1=13×12×2×2×2=43．
(2)由题意可知，剩余的几何体的面分别是一个△A1DB，三个全等的△A1BB1，以及三个正方形，
所以剩余几何体A1B1C1D1−DBC表面积为：
S=S△A1DB+3S△A1BB1+3S正方形A1B1C1D1= 34(2 2)2+3×12×2×2+3×2×2=18+2 3．
【解析】(1)直接利用棱锥的体积公式即可求解；
(2)剩余的几何体的面分别是一个△A1DB，三个全等的△A1BB1，以及三个正方形，分别求出各自面积即可求解．
本题考查几何体的体积与表面积，属于中档题．
16.【答案】解：(1)∵向量a=(1, 3)，b=(−2,0)，
∴a−b=(1, 3)−(−2,0)=(3, 3)，
设a−b与a之间的夹角为θ，
∴csθ=(a−b)⋅a|a−b|⋅|a|=64 3= 32．
∵θ∈[0,π]，∴向量a−b与a的夹角为π6．
(2)|a−tb|2=a2−2ta⋅b+t2b2=4t2+4t+4=4(t+12)2+3，
∴当t∈[−1,1]时，|a−tb|2∈[3,12]，
∴|a−tb|的取值范围是[ 3,2 3].
【解析】(1)推导出a−b=(3, 3)，由此由求出a−b与a之间的夹角．
(2)求出|a−tb|2=4t2−4t+4=4(t−12)2+3，由此能当t∈[−1,1]时，|a−tb|2∈[3,12]，由此能求出|a−tb|的取值范围．
本题考查向量数量积公式、向量坐标运算法则、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．
17.【答案】解：(1)设∠ACB=∠ACD=θ，则∠BCD=2θ∈(0°,180°)，所以θ∈(0°,90°)，
因为csθ= 105，所以sinθ= 1−cs2θ= 155，
所以sin2θ=2sinθcsθ=2× 155× 105=2 65，在△BCD中，由正弦定理：BDsin2θ=BCsin∠BDC，
所以sin∠BDC=BC⋅sin2θBD=50×2 6570=2 67；
(2)由(1)知，sin∠BCD=2 65，cs∠BCD=−15，sin∠BDC=2 67，cs∠BDC=57，
所以sin∠CBD=sin[π−(∠BCD+∠BDC)]=sin(∠BCD+∠BDC)=sin∠BCDcs∠BDC+cs∠BCDsin∠BDC=2 65×57−15×2 67=8 635，
在△BCD中，由正弦定理得：CDsin∠CBD=BCsin∠BDC，
所以CD=BC⋅sin∠CBDsin∠BDC=50×8 6352 67=40，
设AC=AD=y，在△ACD中，由余弦定理有：AD2=AC2+CD2−2AC⋅CD⋅cs∠ACD，
即y2=y2+1600−2×y×40× 105，解得y=10 10，
在△ABC中，由余弦定理：AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC⋅cs∠ACD=1000+2500−2×10 10×50× 105=1500，
所以AB=10 15，
所以总造价为2000×10 15=20000 15<80000，所以预算资金够用．
【解析】(1)由同角三角函数的基本关系和二倍角公式可求sin∠BCD，再由正弦定理即可求得；
(2)由(1)可求得sin∠CBD，在△BCD中由正弦定理求得CD，在△ACD中，由余弦定理求得AC，AD，在△ABC中，由余弦定理可求得AB，再求出造价与预算比较即可．
本题考查利用正余弦定理解三角形的实际应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)由题意，acsB+bcsA=2ccsA，
由正弦定理可得，sinAcsB+sinBcsA=2sinCcsA，
即sin(A+B)=2sinCcsA，
又A+B=π−C，
从而sin(A+B)=sinC=2sinCcsA，
所以csA=12，A=π3．
(2)如图，F，G是AC，BC的中点，E，F，G，H四点共线，
设P，Q分别为BC、AC上任意一点，PQ=PG+GF+FQ，|PQ|=|PG+GF+FQ|≤|PG|+|GF|+|FQ|=HG+GF+FE=HE=a+b+c2，
即PQ的长小于等于△ABC周长的一半，当PQ与HE重合时取等，
同理可证，三个半圆上任意两点的距离最大值等于△ABC周长的一半，
由正弦定理可得：a=2sinπ3= 3，b=2sinB，c=2sinC，
设周长为l，则l= 3+2sinB+2sin(2π3−B)= 3+2 3sin(B+π6)，
因为△ABC为锐角三角形，
所以π6
【解析】(1)由acsBcsA+b=2c得到acsB+bcsA=2ccsA，再根据正弦定理求解即可；
(2)取AC，BC的中点F，G，且P，Q分别为BC、AC上任意一点，即可证明三个半圆上任意两点的距离最大值等于△ABC周长的一半，再根据正弦定理得到l= 3+2sinB+2sin(2π3−B)= 3+2 3sin(B+π6)，即可求出l的取值范围．
本题主要考查解三角形，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由题意，可得∠CAB为锐角，
又sin∠CAB=13，
可得cs∠CAB=2 23，
在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，由余弦定理可得a2=b2+c2−2bccs∠CAB，即83=8+b2−2×2 2b×2 23，解得b=4或b=43，
因为∠ABC为钝角，可得b=4，即边AC的长为4；
(2)证明：S△AEDS△CED=12EA⋅ED⋅sin∠AED12EC⋅ED⋅sin∠CED，
又S△AEDS△CED=ADCD，
因为sin∠CAB=BDAD=13，可得AD=3BD，根据勾股定理AD2=BD2+AB2，可得9BD2=BD2+8，可得BD=1，AD=3，可得CD=1，
所以sin∠AEDsin∠CED=ADCD⋅ECEA=3×13=1，
可得sin∠AED=sin∠CED，
即∠AEB=∠CEB；
(3)在△ADE和△CDE中，由余弦定理可求出DE=1,AE=2 3，CE=2 33，
在△ABE和△CBE中，分别由余弦定理可求得csα= 63,csβ=0，
进而可得sinα= 33，sinβ=1，λ=1−cs2β−sin2αsinαsinβ=1−0−13 33×1=2 33，
故存在实数λ=2 33，使得λsinαsinβ+sin2α+cs2β=1．
【解析】(1)由题意利用同角三角函数基本关系式可求cs∠CAB=2 23，进而利用余弦定理即可求解AC的值；
(2)由题意利用三角形的面积公式可求得AD=3BD，根据勾股定理可得BD=1，AD=3，CD=1，可得sin∠AEDsin∠CED=1，进而即可证明∠AEB=∠CEB；
(3)由题意利用余弦定理可求出DE=1,AE=2 3，CE=2 33，可得csα= 63,csβ=0，进而可得sinα= 33，sinβ=1，可求λ=1−cs2β−sin2αsinαsinβ=1−0−13 33×1=2 33，即可得解．
本题考查了同角三角函数基本关系式，余弦定理，三角形的面积公式，勾股定理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．
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