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2023-2024学年重庆市南开中学高一（下）期中数学试卷-普通用卷
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这是一份2023-2024学年重庆市南开中学高一（下）期中数学试卷-普通用卷，共18页。
2.已知复数z满足(1−i)z=2i−1(i为虚数单位)，则|z|=( )
A. 52B. 52C. 102D. 5
3.设有两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列命题正确的是( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m//α，m//β，则α//β
C. 若m//n，m//α，则n//αD. 若α//β，m⊂α，则m//β
4.已知a，b，c分别是△ABC的内角A、B、C的对边，若cA. 钝角三角形B. 直角三角形C. 锐角三角形D. 等边三角形
5.已知梯形ABCO按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形A′B′CO′，且A′B′=1，O′A′=2，O′C′=4，现将梯形ABCO绕OA㯀转一周得到一个几何体，则该几何体的侧面积为( )
A. 15πB. 18πC. 25πD. 28π
6.设△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=4，sinA=45，则下列条件能使解出的△ABC有两个的是( )
A. b=4B. c=5C. B=60∘D. C=45∘
7.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2=b2+c2+2bcsinC，当sinB+2sinC取得最大值时，∠C为( )
A. π12B. π6C. π4D. π3
8.已知平行四边形ABCD，E，F分别为BC，CD中点，设AE在AC方向上投影向量为λAC，AF在AC−方向上投影向量为μAC，已知λ：μ=3，则cs∠DAB的最大值为( )
A. −23B. − 63C. − 53D. − 56
9.如图，过直三棱柱ABC−A1B1C1的棱BC作截面分别与棱A1B1，A1C1相交于M，N(M,N不与顶点重合)，则下列判断正确的有( )
A. MN//B1C1
B. 直线CM与直线AA1共面
C. 几何体A1MN−ABC为棱台
D. 当M为A1B1中点时，几何体A1MN−ABC与三棱柱ABC−A1B1C1的体积之比为712
10.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3sinA=2sinC，a+c=2b，则以下说法正确的是( )
A. sinA：sinB：sinC=4：5：6
B. △ABC是钝角三角形
C. 若c= 7，则△ABC外接圆半径为43
D. 若△ABC周长为15，则内切圆半径为 72
11.重庆南开中学校徽的核心图像为八角星形，八角星形由两个正方形叠加、结合而成，八个角皆为直角，分别指向东、西、南、北、东南、东北、西南、西北八个方向.一是体现“方方正正做人”之意，二是体现南开人“面向四面八方，胸怀博大，广纳新知，锐意进取”之精神.八角星形方圆互动，融合东西，体现了南开中学“智圆行方”的入世哲学、“追求卓越”的立世哲学和“允公允能”的济世哲学.如图，A，B1，B，C1，C，D1，D，A1是半径为1的⊙O上的八个等分点，则以下说法正确的有( )
A. D1A= 2+12D1A1+12D1C1
B. |D1A1+D1B1|= 2+1
C. 若P在正方形ABCD的边上移动，D1P=xD1A1+yD1C1，则x+y∈[1− 22,1+ 22]，则x+y∈[1− 22,1+ 22]
D. 若P在正方形ABCD的边上移动，Q在正方形A1B1C1D1的边上移动，M在圆O上移动，则MQ⋅OP∈[−1− 22,1+ 22]
12.将一个半径为1cm的铁球熔化后，浇铸成一个底面半径为1cm的圆锥铁锭，则圆锥的母线长为______cm.
13.已知复数z满足|z|=|z−2i|，且z−2iz+i是纯虚数，试写出一个满足条件的复数z=______.
14.如图，四边形ABCD中，BC= 2，对任意实数λ都有|CA+λCB|min=|AB|，若S为△ABD的面积，且AB⋅AD=2 33S，∠BDC=π4，则AD的最大值是______.
15.已知e1，e2是平面内两个不共线的向量，若AB=e1−e2，BP=2e1+λe2，PC−=e1+e2，且A、P、C三点共线.
(1)求实数λ的值；
(2)若e1=(1,0)，e2=(0,1).
(ⅰ)求BC；
(ⅱ)若D(−2,4)，A，B，C，D恰好构成平行四边形ABCD，求点A的坐标.
16.如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为棱AB，PC上的点，且AE=2EB，FC=2PF.
(1)求证：BF//平面PDE；
(2)在棱AD上是否存在点G，使得PG//平面BDF？若存在求出AGDG的值；若不存在，说明理由.
17.某公园湖心有一浮动观景亭A，湖边一点O到观景亭A的一座桥长为10 3米.现公园打算升级改造，在湖边选取两个点B，C，新建两座桥梁BA，CA，且∠BAC=120∘.
(1)若O为BC中点，且BC=40米，求两座桥梁长度之和BA+CA的值；
(2)若BO=2OC，已知玻璃桥的建设成本为2千元/米，普通桥的建设成本为1千元/米，若CA用玻璃桥，BA用普通桥梁，不考虑其他费用支出，请你帮公园规划部计算一下，建设这两座桥梁总预算成本的最大值(单位：千元)
18.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若1+2csBcsC−cs2C=2cs(B−C).
(1)求b：c；
(2)若(b−a)(sinB+sinA)=(85b−c)sinC，求1tanB+1tanC的值；
(3)如图所示，若AD，AE三等分∠BAC，D，E在线段BC上(D靠近C)，已知ADAE=78，求CD：DE：EB.
19.我们知道复数有三角形式，z=r(csθ+isinθ)，其中r为复数的模，θ为辐角主值.由复数的三角形式可得出，若OZ1=r1(csθ1+isinθ1)，OZ2=r2(csθ2+isinθ2)，则r1(csθ1+isinθ1)⋅r2(csθ2+isinθ2)=r1r2[cs(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)].其几何意义是把向量OZ1绕点O按逆时针方向旋转角θ2(如果θ2<0，就要把OZ1−绕点O按顺时针方向旋转角|θ2|)，再把它的模变为原来的r2倍.
已知圆O半径为1，圆O的内接正方形ABCD的四个顶点均在圆O上运动，建立如图所示坐标系，设A点所对应的复数为z1，B点所对应的复数为z2，C点所对应的复数为z3，D点所对应的复数为z4.
(1)若z1= 32+12i，求出z2，z3；
(2)如图，若P(2,0)，以PA为边作等边△PAQ，且Q在AP上方.
(ⅰ)求线段OQ长度的最小值；
(ⅱ)若PQ=xOA+yOD(x,y∈R)，求x+y的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：a=(1,3)，b=(x,2)，
则a−b=(1−x,1)，
(a−b)⊥a，
则(a−b)⋅a=1−x+3=0，解得x=4.
故选：B.
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为(1−i)z=2i−1，
所以|1−i||z|=|2i−1|，
即 2|z|= 5，
所以|z|= 5 2= 102.
故选：C.
根据复数的模长公式，计算即可．
本题考查了复数的模长计算问题，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，
对于A，若m//α，n//α，则m与n相交、平行、异面，故A错误；
对于B，若m//α，m//β，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若m//n，m//α，则n//α或n⊂α，故C错误；
对于D，若α//β，m⊂α，则由面面平行的性质得m//β，故A正确．
故选：D.
对于A，m与n相交、平行、异面；对于B，α与β相交或平行；对于C，n//α或n⊂α；对于D，由面面平行的性质得m//β.
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
4.【答案】A
【解析】解：∵c∴利用正弦定理化简得：
sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB整理得：sinAcsB<0，
∵sinA≠0，
∴csB<0.
∵B∈(0,π)，
∴B为钝角，三角形ABC为钝角三角形．
故选：A.
已知不等式利用正弦定理化简，再利用诱导公式及两角和的正弦函数公式化简，整理得到sinAcsB<0，根据sinA不为0得到csB<0，进而可得B为钝角，即可得解．
此题考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由题意该梯形为直角梯形ABCO，如图，
其中，AO⊥OC，AB//OC，OC=OA=4，AB=2，
∴将梯形ABCO绕OA㯀转一周得到的几何体是圆台，
且该圆台的上底面圆半径为r=2，下底面圆半径为R=4，母线长l= 42+(4−1)2=5，
∴该几何体的侧面积为S=π(r+R)l=π(1+4)×5=25π.
故选：C.
该梯形为直角梯形ABCO，其中，AO⊥OC，AB//OC，OC=OA=4，AB=2，将梯形ABCO绕OA㯀转一周得到的几何体是圆台，且该圆台的上底面圆半径为r=2，下底面圆半径为R=4，母线长l= 42+(4−1)2=5，由此能求出该几何体的侧面积．
本题考查斜二测法、旋转体、圆台等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由正弦定理可得bsinB=csinC=asinA=445=5，
若b=4，可得sinB=45<1，则三角形的解只有一个；
若c=5，可得sinC=1，即C=90∘，则三角形的解只有一个；
若B=60∘，可得b=5 32>a，即有A为锐角，则三角形的解只有一个；
若C=45∘，可得c=5 2245∘，A可以为锐角，或钝角，则三角形的解有两个．
故选：D.
由三角形的正弦定理和边角关系，可得结论．
本题考查三角形的正弦定理和边角关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：因为a2=b2+c2+2bcsinC=b2+c2−2bccsA，
所以sinC=−csA，可得cs(π2+C)=csA，结合A、C为三角形的内角，得A=π2+C，
结合A+B+C=π，得B=π−A−C=π2−2C，
所以sinB+2sinC=sin(π2−2C)+2sinC=cs2C+2sinC=−2sin2C+2sinC+1，
根据二次函数的性质，可知当sinC=12时，sinB+2sinC取得最大值，此时C=π6(C=5π6不符合题意，舍去).
故选：B.
利用余弦定理算出sinC=−csA，推导出A=π2+C，B=π2−2C，从而将sinB+2sinC化简为关于sinC的表达式，进而利用二次函数的性质算出答案．
本题主要考查三角函数的诱导公式、余弦定理、二倍角的三角函数公式与二次函数的性质等知识，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意得：AE=AB+BE=AB+12AD，AF=AD+DF=AD+12AB，
因为AE⋅AC=λAC2，
所以(AB+12AD)⋅(AB+AD)=λ(AB+AD)2，
即AB2+12AD2+32AD⋅AB=λ(AD2+AB2+2AD⋅AB)①，
因为AF⋅AC=μAC2，
所以(AD+12AB)⋅(AD+AB)=μ(AD2+AB2+2AD⋅AB)，
即AD2+12AB2+32AD⋅AB=μ(AB2+AD2+2AD⋅AB)②，
因为λ：μ=3，λ=3μ，
所以①②得：AB2+12AD2+32AD⋅ABAD2+12AB2+32AD⋅AB=3，
化简可得：AB⋅AD=−(56AD2+16AB2)，
所以cs∠DAB=AD⋅AB|AD||AB|=−(56AD2+16AB2)|AB||AD|=−(5|AD|6|AB|+|AB|6|AD|)≤−2 56×16=− 53，
当且仅当5|AD|6|AB|=|AB|6|AD|，即|AB|= 5|AD|时等号成立，
所以cs∠DAB的最大值为− 53.
故选：C.
由平面向量的线性运算和数量积运算，投影向量的概念可得①②两式，再由①②化简可得AB⋅AD=−(56AD2+16AB2)，再由夹角计算公式和基本不等式计算即可求得．
本题考查平面向量的线性运算和数量积，涉及基本不等式的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对A选项，∵直三棱柱ABC−A1B1C1的上下底面平行，
∴根据面面平行的性质定理可得MN//B1C1，∴A选项正确；
对B选项，根据异面直线的判定定理可得直线CM与直线AA1异面，∴B选项错误；
对C选项，由A选项分析可知MN//B1C1，又A1M//AB，A1N//AC，
∴△ABC∽△A1MN，∴分别延长AA1，BM，CN必交于同一点，
∴几何体A1MN−ABC为三棱台，∴C选项正确；
对D选项，当M为A1B1中点时，设直三棱柱ABC−A1B1C1的上下底面面积为S，高为h，
则三棱台A1MN−ABC的上底面面积为14S，下底面面积为S，高为h，
∴几何体A1MN−ABC与三棱柱ABC−A1B1C1的体积之比为：
13×(S+14S+ S×14S)×hS×h=712，∴D选项正确．
故选：ACD.
根据面面平行的性质定理，异面直线的判定定理，三棱台的定义，棱台与棱柱的体积公式，针对各个选项即可分别求解．
本题考查面面平行的性质定理，异面直线的判定定理，三棱台的定义，棱台与棱柱的体积公式，属中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：若3sinA=2sinC，
则由正弦定理可得3a=2c，即a=2c3，
又a+c=2c3+c=2b，
则可得b=5c6，
所以sinA：sinB：sinC=a：b：c=4：5：6，故A正确；
因为a0，
所以可得三角形最大角C为锐角，故B错误；
若c= 7，sinC= 1−cs2C=3 78，
则△ABC外接圆半径R=c2sinC= 72×3 78=43，故C正确；
若△ABC周长为15，a：b：c=4：5：6，
所以a=4，b=5，
设三角形内切圆半径为r，则12×15×r=12absinC=12×4×5×3 78，
解得r= 72，故D正确．
故选：ACD.
由题意利用正弦定理可得a=2c3，又a+c=2c3+c=2b，可得b=5c6，即可判断A；
由a0，可得三角形最大角C为锐角，即可判断B；
利用同角三角函数基本关系式可求sinC，利用正弦定理即可判断C；
由题意可求a=4，b=5，利用三角形的面积公式即可判断D.
本题考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式以及三角形的面积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．
11.【答案】ACD
【解析】解：过O作OH⊥A1D1于H，连接OA，作AN⊥D1A1的延长线于点N，
由题意可得NH=1，A1H=OH= 22，所以D1ND1A1=1+ 22 2= 2+12，
从而由向量加法的平行四边形法则，可得D1A= 2+12D1A1+12D1C1，故A正确；
由题意，|D1A1|= 2，|D1B1|=2，=45∘，
则|D1A1+D1B1|= (D1A1+D1B1)2= 2+4+2× 2×2× 22= 10，故B错误；
当P在边CD上移动时，x+y的值为定值，
当P在点D时，由A的计算易得DHD1C1=1− 22 2= 2−12，
所以D1P=12D1A1+1− 22D1C1，此时x+y=1− 22+12=1− 22，
当P在边DA上移动时，x，y均在增大，
当P在点A时，达到x+y的最大值，
由A可得x+y=1+ 22+12=1+ 22，
当P在边AB上移动时，x+y的值为定值，
P在边BC上移动时，x，y均在减小，x+y的值减小，
故可得x+y∈[1− 22,1+ 22]，故C正确；
由a⋅b=|a||b|cs，可知数量积与模的大小和夹角的余弦值有关，
当P在点A时，|OP|最大为1，
只要|MQ|⋅cs最大或最小，即可求得MQ⋅OP的最大值与最小值，
当M在点A处时，当Q在D1C1上移动时，|MQ|⋅cs可取得最大值，MQ⋅OP=1+ 22，
当M在点C处时，当Q在A1B1上移动时，|MQ|⋅cs可取得最小值，MQ⋅OP=−1− 22，
综上所述：可得MQ⋅OP∈[−1− 22,1+ 22]，故D正确．
故选：ACD.
过O作OH⊥A1D1于H，连接OA，作AN⊥D1A1的延长线于点N，可求得D1ND1A1= 2+12，可判断A；计算可得|D1A1+D1B1|= (D1A1+D1B1)2= 5，可判断B；分类讨论可求得x+y的范围判断C；利用向量的数量积公式可求得MQ⋅OP的范围判断D.
本题考查向量的线性运算与向量的模的求法，考查向量的数量积运算，属中档题．
12.【答案】 17
【解析】解：根据题意，熔化前后几何体的质量不变，即体积不变，
设熔化后圆锥的高为h，
熔化前球的体积V=4π3×13=4π3，
熔化后为圆锥，则有V=π×123h=4π3，解可得h=4，
则该圆锥的母线l= 16+1= 17.
故答案为： 17.
根据题意，设熔化后圆锥的高为h，由于熔化前后的体积不变，由此求出h的值，进而计算可得答案．
本题考查圆锥的体积计算，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．
13.【答案】 2+i或− 2+i
【解析】解：根据题意，设z=a+bi(a、b∈R)，
若|z|=|z−2i|，即|a+bi|=|a+(b−2)i|，则有a2+b2=a2+(b−2)2，
变形可得b=1，
又由z−2iz+i是纯虚数，即a−ia+2i是纯虚数，
设a−ia+2i=mi(m∈R且m≠0)，变形可得a−i=−2m+ami，则有a=−2mam=−1，解可得a=± 2，
故z= 2+i或z=− 2+i，
故答案为： 2+i或− 2+i.
根据题意，设z=a+bi(a、b∈R)，由复数模的计算公式可得b的值，结合复数的除法运算法则和纯虚数的定义可得b的值，综合可得答案．
本题考查复数的计算，涉及纯虚数的定义，属于基础题．
14.【答案】 6+2 33
【解析】解：因为|CA+λCB|= CA2+2λCA⋅CB⋅cs∠BCA+λ2CB2，
根据二次函数y=ax2+bx+c的最小值为4ac−b24a，可得：|CA+λCB|min= 4CB2⋅CA2−(2CA⋅CB⋅cs∠BCA)24CB2，
代入BC= 2，和|CA+λCB|min=|AB|可得：|CA+λCB|min= 2⋅CA2−(CA⋅ 2⋅cs∠BCA)22=CAsin∠BCA=AB，①
再由正弦定理可得：CAsin∠ABC=ABsin∠BCA⇒CAsin∠BCA=ABsin∠ABC，②
由①②可得：sin∠ABC=1，即∠ABC=π2，
又由△ABD的面积公式可得：S=12AB⋅ADsin∠BAD，
代入AB⋅AD=2 33S，可得|AB|⋅|AD|cs∠BAD=2 33(12AB⋅ADsin∠BAD)，
可得tan∠BAD= 3，又因为∠BAD∈(0,π)，所以∠BAD=π3，
设∠ABD=α，由∠BDC=π4，可得：∠DBC=π2−α⇒∠BCD=π−∠DBC−∠BDC=π4+α，
在△BCD中，由正弦定理可得：BDsin∠BCD=BCsin∠BDC⇒BDsin(π4+α)= 2sinπ4⇒BD=2sin(π4+α)，
又在△ABD中，由正弦定理可得：ADsin∠ABD=BDsin∠BAD⇒ADsinα=BDsinπ3⇒AD=2 33BDsinα，
代入BD=2sin(π4+α)得：AD=2 332sin(π4+α)sinα，
利用积化和差公式可得：AD=2 33[cs(π4+α−α)−cs(π4+α+α)]=2 33[ 22−cs(π4+2α)]，
当π4+2α=π时，即α=3π8∈(0,π2)，ADmax=2 33( 22+1)= 6+2 33.
故答案为： 6+2 33.
运用向量的平方运算可求|CA+λCB|最小值，然后得到相等关系CAsin∠BCA=AB，再结合正弦定理可得∠ABC=π2，利用面积公式可得∠BAD=π3，设∠ABD=α，然后通过正弦定理解三角形，就可以得到AD=2 332sin(π4+α)sinα，再运用三角恒等变换来求出最大值即可．
本题考查平面向量的数量积与夹角，正、余弦定理和三角形的面积公式的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)e1，e2是平面内两个不共线的向量，
AB=e1−e2，BP=2e1+λe2，PC−=e1+e2，
A、P、C三点共线，
∴AP=AB+BP=e1−e2+2e1+λe2=3e1+(λ−1)e2，
AP=tPC=t(e1+e2)=te1+te2，
则3=tλ−1=t，解得λ=4.
(2)(ⅰ)BC=BP+PC=2e1+4e2+e1+e2=3e1+5e2，
向量BC的坐标为(3,5).
(ⅱ)设A的坐标为(x,y)，
∵A，B，C，D恰好为构成平行四边形ABCD，
则AD=BC，AD=(−2−x,4−y)，BC=(3,5)，
∴−2−x=34−y=5，解得x=−5y=−1，∴A的坐标为(−5,−1).
【解析】(1)求出AP，由A、P、C三点共线，得AP=tPC=t(e1+e2)=te1+te2，列方程组能求出λ的值．
(2)(ⅰ)BC=BP+PC=2e1+4e2+e1+e2=3e1+5e2，由此能求出向量BC的坐标．
(ⅱ)设A的坐标为(x,y)，由A，B，C，D恰好为构成平行四边形ABCD，得到AD=BC，AD=(−2−x,4−y)，BC=(3,5)，列方程组，能求出A的坐标．
本题考查向量坐标运算法则、三点共线、向量相等等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】解：(1)在DC上取点M，使得CM=2DM，连接FM，BM，
在△CDP中，又FC=2PF，则有FM//PD，∵FM⊄面PDE、PD⊂面PDE，∴FM//面PDE，
∵DM//EB且DM=EB，∴四边形DEBM为平行四边形，
∴DE//BM，∵BM⊄面PDE、DE⊂面PDE，∴BM//面PDE，
∵FM⊂面FMB、BM⊂面FMB，FM∩BM=M，∴面FMB//面PDE，
∵BF⊂面FMB，∴BF⊂面PDE；
(2)假设在棱AD上存在点G，使得PG//面BDF，
连接CG，交BD于H，
∵PG//面BDF，PG⊂面PGC，面PGC∩面BDF=FH，∴PG//FH，
则在△CPG中，CFCP=CHCG=23，易知△DGH∽△BCH，
∴GHCH=DGBC=12，∴点G为棱AD的中点．
【解析】(1)可先证明面面平行再证明线面平行；(2)根据线面平行的性质，可得线线平行，根据比例关系可判断
本题考查线面平行的判定和性质，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意知，AO=12(AB+AC)，
所以AO2=14(AB2+AC2+2⋅AB⋅AC)，
即(10 3)2=14(BA2+CA2+2BA⋅CA⋅cs120∘)=14(BA2+CA2−BA⋅CA)，
即得：BA2+CA2−BA⋅CA=1200，…①
由余弦定理得BC2=BA2+CA2−2BA⋅CAcs∠BAC，
即BA2+CA2+BA⋅CA=1600，…②
联立①②得(BA+CA)2−3BA⋅CA=1200(BA+CA)2−BA⋅CA=1600，可得BA+CA=30 2BA⋅CA=200；
所以BA+CA=30 2.
(2)由题意知，桥梁预算总成本为：y=2CA+BA，
设BA=m，2CA=n，
由AO=13AB+23AC，平方得AO2=19(AB2+4AC2+4⋅AB⋅AC)=19(m2+n2−mn)，
由m2+n2−mn=2700，得(m+n)2−3mn=2700，
由基本不等式mn≤(m+n)24，当且仅当m=n时取“=”，
所以14(m+n)2≤2700，解得m+n≤60 3，
所以建设这两座桥梁总预算成本的最大值为60 3千元．
【解析】(1)由中线的向量表示和余弦定理，即可求出BA+CA的值；
(2)写出预算总成本函数，利用中线的向量表示和基本不等式求解即可．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)1+2csBcsC−cs2C=2cs(B−C)，
即为sin2C+2csBcsC=2csBcsC+2sinBsinC，
即sin2C=2sinBsinC，
由sinC>0，可得sinC=2sinB，结合正弦定理，可得c=2b，
则b：c=1：2；
(2)(b−a)(sinB+sinA)=(85b−c)sinC⇔(b−a)(b+a)=(85b−c)c，
化简可得b2+c2−a2=85bc①，
即b2+c2−a22bc=45，
即csA=45，
则sinA=35，1tanB+1tanC=csBsinB+csCsinC=sin(B+C)sinBsinC=sinAsinBsinC，
可构造齐次式sinAsinBsinC=53sin2AsinBsinC=53a2bc=5a26b2②，
由第(1)问结果结合①式可得a2=95b2，代入②式可得5a26b2=32，
则1tanB+1tanC=32；
(3)设∠CAD=∠DAE=∠EAB=θ，由于△CAD，△DAE，△EAB高相等，
则CDEB=S△CADS△EAB=CA⋅DA⋅sinθEA⋅BA⋅sinθ=716，可令CD=7m，EB=16m，
同理观察△CAE，△DAB，CEDB=S△CAES△DAB=CA⋅AE⋅sin2θDA⋅AB⋅sin2θ=47，
令DE=n，
则CE=7m+n，DB=16m+n，即7m+n16m+n=47⇔n=5m，
∴CD：DE：EB=7：5：16.
【解析】(1)由三角函数的恒等变换和正弦定理，可得所求值；
(2)由三角形的正弦定理、余弦定理和三角函数的恒等变换，可得所求值；
(3)由三角形的面积公式化简可得所求值．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，以及三角函数的恒等变换，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵z1= 32+12i，
∴z2=z1⋅(cs90∘+isin90∘)=( 32+12i)⋅i=−12+ 32i，z3=z2⋅(cs90∘+isin90∘)=(−12+ 32i)⋅i=− 32−12i；
(2)(ⅰ)设z1=csθ+isinθ，θ∈[0,2π),PA所表示的复数为z5，PQ所表示的复数为z6，
则z5=csθ−2+isinθ，z6=z5⋅(cs(−π3)+isin(−π3))=cs(θ−π3)−1+i[sin(θ−π3)+ 3]，
故Q(cs(θ−π3)+1,sin(θ−π3)+ 3)，
得|OQ|= [cs(θ−π3)+1]2+[sin(θ−π3)+ 3]2
= 5+2 3sin(θ−π3)+2cs(θ−π3)= 5+4sin(θ−π3+φ)，其中tanφ= 33，
当sin(θ−π3+φ)=−1时，线段OQ长度取最小值为1；
(ⅱ)设z1=csθ+isinθ，则z4=sinθ−icsθ，即D点坐标为(sinθ,−csθ)，
此时PQ=(cs(θ−π3)−1,sin(θ−π3)+ 3)，OA=(csθ,sinθ)，OD=(sinθ,−csθ)，
由PQ=xOA+yOD(x,y∈R)，
得：(cs(θ−π3)−1,sin(θ−π3)+ 3)=x(csθ,sinθ)+y(sinθ,−csθ)，
即cs(θ−π3)−1=xcsθ+ysinθsin(θ−π3)+ 3=xsinθ−ycsθ，解得x=csπ3−csθ+ 3sinθy=sinπ3−sinθ− 3csθ，
∴x=12−csθ+ 3sinθy= 32−sinθ− 3csθ，
故x+y=1+ 32−(1+ 3)csθ+( 3−1)sinθ=1+ 32+2 2sin(θ+γ)，其中tanγ=− 3+1 3−1，
可得x+y∈[1+ 32−2 2,1+ 32+2 2].
【解析】(1)由已知利用复数代数形式的乘除运算求解z2，z3；
(2)(ⅰ)设z1=csθ+isinθ，θ∈[0,2π),PA所表示的复数为z5，PQ所表示的复数为z6，利用复数运算求出Q的坐标，再由两点间的距离公式及三角函数求最值；
(ⅱ)设z1=csθ+isinθ，则z4=sinθ−icsθ，即D点坐标为(sinθ,−csθ)，再由向量等式及向量的坐标运算求解x，y，作和后利用三角函数求解x+y的取值范围．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数的三角形式，考查运算求解能力，是中档题．
2.已知复数z满足(1−i)z=2i−1(i为虚数单位)，则|z|=( )
A. 52B. 52C. 102D. 5
3.设有两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列命题正确的是( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若m//α，m//β，则α//β
C. 若m//n，m//α，则n//αD. 若α//β，m⊂α，则m//β
4.已知a，b，c分别是△ABC的内角A、B、C的对边，若c
5.已知梯形ABCO按斜二测画法得到的直观图为如图所示的梯形A′B′CO′，且A′B′=1，O′A′=2，O′C′=4，现将梯形ABCO绕OA㯀转一周得到一个几何体，则该几何体的侧面积为( )
A. 15πB. 18πC. 25πD. 28π
6.设△ABC三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=4，sinA=45，则下列条件能使解出的△ABC有两个的是( )
A. b=4B. c=5C. B=60∘D. C=45∘
7.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a2=b2+c2+2bcsinC，当sinB+2sinC取得最大值时，∠C为( )
A. π12B. π6C. π4D. π3
8.已知平行四边形ABCD，E，F分别为BC，CD中点，设AE在AC方向上投影向量为λAC，AF在AC−方向上投影向量为μAC，已知λ：μ=3，则cs∠DAB的最大值为( )
A. −23B. − 63C. − 53D. − 56
9.如图，过直三棱柱ABC−A1B1C1的棱BC作截面分别与棱A1B1，A1C1相交于M，N(M,N不与顶点重合)，则下列判断正确的有( )
A. MN//B1C1
B. 直线CM与直线AA1共面
C. 几何体A1MN−ABC为棱台
D. 当M为A1B1中点时，几何体A1MN−ABC与三棱柱ABC−A1B1C1的体积之比为712
10.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若3sinA=2sinC，a+c=2b，则以下说法正确的是( )
A. sinA：sinB：sinC=4：5：6
B. △ABC是钝角三角形
C. 若c= 7，则△ABC外接圆半径为43
D. 若△ABC周长为15，则内切圆半径为 72
11.重庆南开中学校徽的核心图像为八角星形，八角星形由两个正方形叠加、结合而成，八个角皆为直角，分别指向东、西、南、北、东南、东北、西南、西北八个方向.一是体现“方方正正做人”之意，二是体现南开人“面向四面八方，胸怀博大，广纳新知，锐意进取”之精神.八角星形方圆互动，融合东西，体现了南开中学“智圆行方”的入世哲学、“追求卓越”的立世哲学和“允公允能”的济世哲学.如图，A，B1，B，C1，C，D1，D，A1是半径为1的⊙O上的八个等分点，则以下说法正确的有( )
A. D1A= 2+12D1A1+12D1C1
B. |D1A1+D1B1|= 2+1
C. 若P在正方形ABCD的边上移动，D1P=xD1A1+yD1C1，则x+y∈[1− 22,1+ 22]，则x+y∈[1− 22,1+ 22]
D. 若P在正方形ABCD的边上移动，Q在正方形A1B1C1D1的边上移动，M在圆O上移动，则MQ⋅OP∈[−1− 22,1+ 22]
12.将一个半径为1cm的铁球熔化后，浇铸成一个底面半径为1cm的圆锥铁锭，则圆锥的母线长为______cm.
13.已知复数z满足|z|=|z−2i|，且z−2iz+i是纯虚数，试写出一个满足条件的复数z=______.
14.如图，四边形ABCD中，BC= 2，对任意实数λ都有|CA+λCB|min=|AB|，若S为△ABD的面积，且AB⋅AD=2 33S，∠BDC=π4，则AD的最大值是______.
15.已知e1，e2是平面内两个不共线的向量，若AB=e1−e2，BP=2e1+λe2，PC−=e1+e2，且A、P、C三点共线.
(1)求实数λ的值；
(2)若e1=(1,0)，e2=(0,1).
(ⅰ)求BC；
(ⅱ)若D(−2,4)，A，B，C，D恰好构成平行四边形ABCD，求点A的坐标.
16.如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD为平行四边形，E，F分别为棱AB，PC上的点，且AE=2EB，FC=2PF.
(1)求证：BF//平面PDE；
(2)在棱AD上是否存在点G，使得PG//平面BDF？若存在求出AGDG的值；若不存在，说明理由.
17.某公园湖心有一浮动观景亭A，湖边一点O到观景亭A的一座桥长为10 3米.现公园打算升级改造，在湖边选取两个点B，C，新建两座桥梁BA，CA，且∠BAC=120∘.
(1)若O为BC中点，且BC=40米，求两座桥梁长度之和BA+CA的值；
(2)若BO=2OC，已知玻璃桥的建设成本为2千元/米，普通桥的建设成本为1千元/米，若CA用玻璃桥，BA用普通桥梁，不考虑其他费用支出，请你帮公园规划部计算一下，建设这两座桥梁总预算成本的最大值(单位：千元)
18.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若1+2csBcsC−cs2C=2cs(B−C).
(1)求b：c；
(2)若(b−a)(sinB+sinA)=(85b−c)sinC，求1tanB+1tanC的值；
(3)如图所示，若AD，AE三等分∠BAC，D，E在线段BC上(D靠近C)，已知ADAE=78，求CD：DE：EB.
19.我们知道复数有三角形式，z=r(csθ+isinθ)，其中r为复数的模，θ为辐角主值.由复数的三角形式可得出，若OZ1=r1(csθ1+isinθ1)，OZ2=r2(csθ2+isinθ2)，则r1(csθ1+isinθ1)⋅r2(csθ2+isinθ2)=r1r2[cs(θ1+θ2)+isin(θ1+θ2)].其几何意义是把向量OZ1绕点O按逆时针方向旋转角θ2(如果θ2<0，就要把OZ1−绕点O按顺时针方向旋转角|θ2|)，再把它的模变为原来的r2倍.
已知圆O半径为1，圆O的内接正方形ABCD的四个顶点均在圆O上运动，建立如图所示坐标系，设A点所对应的复数为z1，B点所对应的复数为z2，C点所对应的复数为z3，D点所对应的复数为z4.
(1)若z1= 32+12i，求出z2，z3；
(2)如图，若P(2,0)，以PA为边作等边△PAQ，且Q在AP上方.
(ⅰ)求线段OQ长度的最小值；
(ⅱ)若PQ=xOA+yOD(x,y∈R)，求x+y的取值范围.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：a=(1,3)，b=(x,2)，
则a−b=(1−x,1)，
(a−b)⊥a，
则(a−b)⋅a=1−x+3=0，解得x=4.
故选：B.
根据已知条件，结合向量垂直的性质，即可求解．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：因为(1−i)z=2i−1，
所以|1−i||z|=|2i−1|，
即 2|z|= 5，
所以|z|= 5 2= 102.
故选：C.
根据复数的模长公式，计算即可．
本题考查了复数的模长计算问题，是基础题．
3.【答案】D
【解析】解：两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，
对于A，若m//α，n//α，则m与n相交、平行、异面，故A错误；
对于B，若m//α，m//β，则α与β相交或平行，故B错误；
对于C，若m//n，m//α，则n//α或n⊂α，故C错误；
对于D，若α//β，m⊂α，则由面面平行的性质得m//β，故A正确．
故选：D.
对于A，m与n相交、平行、异面；对于B，α与β相交或平行；对于C，n//α或n⊂α；对于D，由面面平行的性质得m//β.
本题考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
4.【答案】A
【解析】解：∵c
sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB
∵sinA≠0，
∴csB<0.
∵B∈(0,π)，
∴B为钝角，三角形ABC为钝角三角形．
故选：A.
已知不等式利用正弦定理化简，再利用诱导公式及两角和的正弦函数公式化简，整理得到sinAcsB<0，根据sinA不为0得到csB<0，进而可得B为钝角，即可得解．
此题考查了正弦定理，两角和的正弦函数公式，熟练掌握正弦定理是解本题的关键，属于基础题．
5.【答案】C
【解析】解：由题意该梯形为直角梯形ABCO，如图，
其中，AO⊥OC，AB//OC，OC=OA=4，AB=2，
∴将梯形ABCO绕OA㯀转一周得到的几何体是圆台，
且该圆台的上底面圆半径为r=2，下底面圆半径为R=4，母线长l= 42+(4−1)2=5，
∴该几何体的侧面积为S=π(r+R)l=π(1+4)×5=25π.
故选：C.
该梯形为直角梯形ABCO，其中，AO⊥OC，AB//OC，OC=OA=4，AB=2，将梯形ABCO绕OA㯀转一周得到的几何体是圆台，且该圆台的上底面圆半径为r=2，下底面圆半径为R=4，母线长l= 42+(4−1)2=5，由此能求出该几何体的侧面积．
本题考查斜二测法、旋转体、圆台等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由正弦定理可得bsinB=csinC=asinA=445=5，
若b=4，可得sinB=45<1，则三角形的解只有一个；
若c=5，可得sinC=1，即C=90∘，则三角形的解只有一个；
若B=60∘，可得b=5 32>a，即有A为锐角，则三角形的解只有一个；
若C=45∘，可得c=5 22
故选：D.
由三角形的正弦定理和边角关系，可得结论．
本题考查三角形的正弦定理和边角关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：因为a2=b2+c2+2bcsinC=b2+c2−2bccsA，
所以sinC=−csA，可得cs(π2+C)=csA，结合A、C为三角形的内角，得A=π2+C，
结合A+B+C=π，得B=π−A−C=π2−2C，
所以sinB+2sinC=sin(π2−2C)+2sinC=cs2C+2sinC=−2sin2C+2sinC+1，
根据二次函数的性质，可知当sinC=12时，sinB+2sinC取得最大值，此时C=π6(C=5π6不符合题意，舍去).
故选：B.
利用余弦定理算出sinC=−csA，推导出A=π2+C，B=π2−2C，从而将sinB+2sinC化简为关于sinC的表达式，进而利用二次函数的性质算出答案．
本题主要考查三角函数的诱导公式、余弦定理、二倍角的三角函数公式与二次函数的性质等知识，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：由题意得：AE=AB+BE=AB+12AD，AF=AD+DF=AD+12AB，
因为AE⋅AC=λAC2，
所以(AB+12AD)⋅(AB+AD)=λ(AB+AD)2，
即AB2+12AD2+32AD⋅AB=λ(AD2+AB2+2AD⋅AB)①，
因为AF⋅AC=μAC2，
所以(AD+12AB)⋅(AD+AB)=μ(AD2+AB2+2AD⋅AB)，
即AD2+12AB2+32AD⋅AB=μ(AB2+AD2+2AD⋅AB)②，
因为λ：μ=3，λ=3μ，
所以①②得：AB2+12AD2+32AD⋅ABAD2+12AB2+32AD⋅AB=3，
化简可得：AB⋅AD=−(56AD2+16AB2)，
所以cs∠DAB=AD⋅AB|AD||AB|=−(56AD2+16AB2)|AB||AD|=−(5|AD|6|AB|+|AB|6|AD|)≤−2 56×16=− 53，
当且仅当5|AD|6|AB|=|AB|6|AD|，即|AB|= 5|AD|时等号成立，
所以cs∠DAB的最大值为− 53.
故选：C.
由平面向量的线性运算和数量积运算，投影向量的概念可得①②两式，再由①②化简可得AB⋅AD=−(56AD2+16AB2)，再由夹角计算公式和基本不等式计算即可求得．
本题考查平面向量的线性运算和数量积，涉及基本不等式的应用，属于中档题．
9.【答案】ACD
【解析】解：对A选项，∵直三棱柱ABC−A1B1C1的上下底面平行，
∴根据面面平行的性质定理可得MN//B1C1，∴A选项正确；
对B选项，根据异面直线的判定定理可得直线CM与直线AA1异面，∴B选项错误；
对C选项，由A选项分析可知MN//B1C1，又A1M//AB，A1N//AC，
∴△ABC∽△A1MN，∴分别延长AA1，BM，CN必交于同一点，
∴几何体A1MN−ABC为三棱台，∴C选项正确；
对D选项，当M为A1B1中点时，设直三棱柱ABC−A1B1C1的上下底面面积为S，高为h，
则三棱台A1MN−ABC的上底面面积为14S，下底面面积为S，高为h，
∴几何体A1MN−ABC与三棱柱ABC−A1B1C1的体积之比为：
13×(S+14S+ S×14S)×hS×h=712，∴D选项正确．
故选：ACD.
根据面面平行的性质定理，异面直线的判定定理，三棱台的定义，棱台与棱柱的体积公式，针对各个选项即可分别求解．
本题考查面面平行的性质定理，异面直线的判定定理，三棱台的定义，棱台与棱柱的体积公式，属中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：若3sinA=2sinC，
则由正弦定理可得3a=2c，即a=2c3，
又a+c=2c3+c=2b，
则可得b=5c6，
所以sinA：sinB：sinC=a：b：c=4：5：6，故A正确；
因为a
所以可得三角形最大角C为锐角，故B错误；
若c= 7，sinC= 1−cs2C=3 78，
则△ABC外接圆半径R=c2sinC= 72×3 78=43，故C正确；
若△ABC周长为15，a：b：c=4：5：6，
所以a=4，b=5，
设三角形内切圆半径为r，则12×15×r=12absinC=12×4×5×3 78，
解得r= 72，故D正确．
故选：ACD.
由题意利用正弦定理可得a=2c3，又a+c=2c3+c=2b，可得b=5c6，即可判断A；
由a
利用同角三角函数基本关系式可求sinC，利用正弦定理即可判断C；
由题意可求a=4，b=5，利用三角形的面积公式即可判断D.
本题考查了正弦定理，余弦定理，同角三角函数基本关系式以及三角形的面积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．
11.【答案】ACD
【解析】解：过O作OH⊥A1D1于H，连接OA，作AN⊥D1A1的延长线于点N，
由题意可得NH=1，A1H=OH= 22，所以D1ND1A1=1+ 22 2= 2+12，
从而由向量加法的平行四边形法则，可得D1A= 2+12D1A1+12D1C1，故A正确；
由题意，|D1A1|= 2，|D1B1|=2，
则|D1A1+D1B1|= (D1A1+D1B1)2= 2+4+2× 2×2× 22= 10，故B错误；
当P在边CD上移动时，x+y的值为定值，
当P在点D时，由A的计算易得DHD1C1=1− 22 2= 2−12，
所以D1P=12D1A1+1− 22D1C1，此时x+y=1− 22+12=1− 22，
当P在边DA上移动时，x，y均在增大，
当P在点A时，达到x+y的最大值，
由A可得x+y=1+ 22+12=1+ 22，
当P在边AB上移动时，x+y的值为定值，
P在边BC上移动时，x，y均在减小，x+y的值减小，
故可得x+y∈[1− 22,1+ 22]，故C正确；
由a⋅b=|a||b|cs
当P在点A时，|OP|最大为1，
只要|MQ|⋅cs
当M在点A处时，当Q在D1C1上移动时，|MQ|⋅cs
当M在点C处时，当Q在A1B1上移动时，|MQ|⋅cs
综上所述：可得MQ⋅OP∈[−1− 22,1+ 22]，故D正确．
故选：ACD.
过O作OH⊥A1D1于H，连接OA，作AN⊥D1A1的延长线于点N，可求得D1ND1A1= 2+12，可判断A；计算可得|D1A1+D1B1|= (D1A1+D1B1)2= 5，可判断B；分类讨论可求得x+y的范围判断C；利用向量的数量积公式可求得MQ⋅OP的范围判断D.
本题考查向量的线性运算与向量的模的求法，考查向量的数量积运算，属中档题．
12.【答案】 17
【解析】解：根据题意，熔化前后几何体的质量不变，即体积不变，
设熔化后圆锥的高为h，
熔化前球的体积V=4π3×13=4π3，
熔化后为圆锥，则有V=π×123h=4π3，解可得h=4，
则该圆锥的母线l= 16+1= 17.
故答案为： 17.
根据题意，设熔化后圆锥的高为h，由于熔化前后的体积不变，由此求出h的值，进而计算可得答案．
本题考查圆锥的体积计算，涉及圆锥的结构特征，属于基础题．
13.【答案】 2+i或− 2+i
【解析】解：根据题意，设z=a+bi(a、b∈R)，
若|z|=|z−2i|，即|a+bi|=|a+(b−2)i|，则有a2+b2=a2+(b−2)2，
变形可得b=1，
又由z−2iz+i是纯虚数，即a−ia+2i是纯虚数，
设a−ia+2i=mi(m∈R且m≠0)，变形可得a−i=−2m+ami，则有a=−2mam=−1，解可得a=± 2，
故z= 2+i或z=− 2+i，
故答案为： 2+i或− 2+i.
根据题意，设z=a+bi(a、b∈R)，由复数模的计算公式可得b的值，结合复数的除法运算法则和纯虚数的定义可得b的值，综合可得答案．
本题考查复数的计算，涉及纯虚数的定义，属于基础题．
14.【答案】 6+2 33
【解析】解：因为|CA+λCB|= CA2+2λCA⋅CB⋅cs∠BCA+λ2CB2，
根据二次函数y=ax2+bx+c的最小值为4ac−b24a，可得：|CA+λCB|min= 4CB2⋅CA2−(2CA⋅CB⋅cs∠BCA)24CB2，
代入BC= 2，和|CA+λCB|min=|AB|可得：|CA+λCB|min= 2⋅CA2−(CA⋅ 2⋅cs∠BCA)22=CAsin∠BCA=AB，①
再由正弦定理可得：CAsin∠ABC=ABsin∠BCA⇒CAsin∠BCA=ABsin∠ABC，②
由①②可得：sin∠ABC=1，即∠ABC=π2，
又由△ABD的面积公式可得：S=12AB⋅ADsin∠BAD，
代入AB⋅AD=2 33S，可得|AB|⋅|AD|cs∠BAD=2 33(12AB⋅ADsin∠BAD)，
可得tan∠BAD= 3，又因为∠BAD∈(0,π)，所以∠BAD=π3，
设∠ABD=α，由∠BDC=π4，可得：∠DBC=π2−α⇒∠BCD=π−∠DBC−∠BDC=π4+α，
在△BCD中，由正弦定理可得：BDsin∠BCD=BCsin∠BDC⇒BDsin(π4+α)= 2sinπ4⇒BD=2sin(π4+α)，
又在△ABD中，由正弦定理可得：ADsin∠ABD=BDsin∠BAD⇒ADsinα=BDsinπ3⇒AD=2 33BDsinα，
代入BD=2sin(π4+α)得：AD=2 332sin(π4+α)sinα，
利用积化和差公式可得：AD=2 33[cs(π4+α−α)−cs(π4+α+α)]=2 33[ 22−cs(π4+2α)]，
当π4+2α=π时，即α=3π8∈(0,π2)，ADmax=2 33( 22+1)= 6+2 33.
故答案为： 6+2 33.
运用向量的平方运算可求|CA+λCB|最小值，然后得到相等关系CAsin∠BCA=AB，再结合正弦定理可得∠ABC=π2，利用面积公式可得∠BAD=π3，设∠ABD=α，然后通过正弦定理解三角形，就可以得到AD=2 332sin(π4+α)sinα，再运用三角恒等变换来求出最大值即可．
本题考查平面向量的数量积与夹角，正、余弦定理和三角形的面积公式的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)e1，e2是平面内两个不共线的向量，
AB=e1−e2，BP=2e1+λe2，PC−=e1+e2，
A、P、C三点共线，
∴AP=AB+BP=e1−e2+2e1+λe2=3e1+(λ−1)e2，
AP=tPC=t(e1+e2)=te1+te2，
则3=tλ−1=t，解得λ=4.
(2)(ⅰ)BC=BP+PC=2e1+4e2+e1+e2=3e1+5e2，
向量BC的坐标为(3,5).
(ⅱ)设A的坐标为(x,y)，
∵A，B，C，D恰好为构成平行四边形ABCD，
则AD=BC，AD=(−2−x,4−y)，BC=(3,5)，
∴−2−x=34−y=5，解得x=−5y=−1，∴A的坐标为(−5,−1).
【解析】(1)求出AP，由A、P、C三点共线，得AP=tPC=t(e1+e2)=te1+te2，列方程组能求出λ的值．
(2)(ⅰ)BC=BP+PC=2e1+4e2+e1+e2=3e1+5e2，由此能求出向量BC的坐标．
(ⅱ)设A的坐标为(x,y)，由A，B，C，D恰好为构成平行四边形ABCD，得到AD=BC，AD=(−2−x,4−y)，BC=(3,5)，列方程组，能求出A的坐标．
本题考查向量坐标运算法则、三点共线、向量相等等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
16.【答案】解：(1)在DC上取点M，使得CM=2DM，连接FM，BM，
在△CDP中，又FC=2PF，则有FM//PD，∵FM⊄面PDE、PD⊂面PDE，∴FM//面PDE，
∵DM//EB且DM=EB，∴四边形DEBM为平行四边形，
∴DE//BM，∵BM⊄面PDE、DE⊂面PDE，∴BM//面PDE，
∵FM⊂面FMB、BM⊂面FMB，FM∩BM=M，∴面FMB//面PDE，
∵BF⊂面FMB，∴BF⊂面PDE；
(2)假设在棱AD上存在点G，使得PG//面BDF，
连接CG，交BD于H，
∵PG//面BDF，PG⊂面PGC，面PGC∩面BDF=FH，∴PG//FH，
则在△CPG中，CFCP=CHCG=23，易知△DGH∽△BCH，
∴GHCH=DGBC=12，∴点G为棱AD的中点．
【解析】(1)可先证明面面平行再证明线面平行；(2)根据线面平行的性质，可得线线平行，根据比例关系可判断
本题考查线面平行的判定和性质，属于中档题．
17.【答案】解：(1)由题意知，AO=12(AB+AC)，
所以AO2=14(AB2+AC2+2⋅AB⋅AC)，
即(10 3)2=14(BA2+CA2+2BA⋅CA⋅cs120∘)=14(BA2+CA2−BA⋅CA)，
即得：BA2+CA2−BA⋅CA=1200，…①
由余弦定理得BC2=BA2+CA2−2BA⋅CAcs∠BAC，
即BA2+CA2+BA⋅CA=1600，…②
联立①②得(BA+CA)2−3BA⋅CA=1200(BA+CA)2−BA⋅CA=1600，可得BA+CA=30 2BA⋅CA=200；
所以BA+CA=30 2.
(2)由题意知，桥梁预算总成本为：y=2CA+BA，
设BA=m，2CA=n，
由AO=13AB+23AC，平方得AO2=19(AB2+4AC2+4⋅AB⋅AC)=19(m2+n2−mn)，
由m2+n2−mn=2700，得(m+n)2−3mn=2700，
由基本不等式mn≤(m+n)24，当且仅当m=n时取“=”，
所以14(m+n)2≤2700，解得m+n≤60 3，
所以建设这两座桥梁总预算成本的最大值为60 3千元．
【解析】(1)由中线的向量表示和余弦定理，即可求出BA+CA的值；
(2)写出预算总成本函数，利用中线的向量表示和基本不等式求解即可．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)1+2csBcsC−cs2C=2cs(B−C)，
即为sin2C+2csBcsC=2csBcsC+2sinBsinC，
即sin2C=2sinBsinC，
由sinC>0，可得sinC=2sinB，结合正弦定理，可得c=2b，
则b：c=1：2；
(2)(b−a)(sinB+sinA)=(85b−c)sinC⇔(b−a)(b+a)=(85b−c)c，
化简可得b2+c2−a2=85bc①，
即b2+c2−a22bc=45，
即csA=45，
则sinA=35，1tanB+1tanC=csBsinB+csCsinC=sin(B+C)sinBsinC=sinAsinBsinC，
可构造齐次式sinAsinBsinC=53sin2AsinBsinC=53a2bc=5a26b2②，
由第(1)问结果结合①式可得a2=95b2，代入②式可得5a26b2=32，
则1tanB+1tanC=32；
(3)设∠CAD=∠DAE=∠EAB=θ，由于△CAD，△DAE，△EAB高相等，
则CDEB=S△CADS△EAB=CA⋅DA⋅sinθEA⋅BA⋅sinθ=716，可令CD=7m，EB=16m，
同理观察△CAE，△DAB，CEDB=S△CAES△DAB=CA⋅AE⋅sin2θDA⋅AB⋅sin2θ=47，
令DE=n，
则CE=7m+n，DB=16m+n，即7m+n16m+n=47⇔n=5m，
∴CD：DE：EB=7：5：16.
【解析】(1)由三角函数的恒等变换和正弦定理，可得所求值；
(2)由三角形的正弦定理、余弦定理和三角函数的恒等变换，可得所求值；
(3)由三角形的面积公式化简可得所求值．
本题考查三角形的正弦定理、余弦定理和面积公式，以及三角函数的恒等变换，考查方程思想和运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)∵z1= 32+12i，
∴z2=z1⋅(cs90∘+isin90∘)=( 32+12i)⋅i=−12+ 32i，z3=z2⋅(cs90∘+isin90∘)=(−12+ 32i)⋅i=− 32−12i；
(2)(ⅰ)设z1=csθ+isinθ，θ∈[0,2π),PA所表示的复数为z5，PQ所表示的复数为z6，
则z5=csθ−2+isinθ，z6=z5⋅(cs(−π3)+isin(−π3))=cs(θ−π3)−1+i[sin(θ−π3)+ 3]，
故Q(cs(θ−π3)+1,sin(θ−π3)+ 3)，
得|OQ|= [cs(θ−π3)+1]2+[sin(θ−π3)+ 3]2
= 5+2 3sin(θ−π3)+2cs(θ−π3)= 5+4sin(θ−π3+φ)，其中tanφ= 33，
当sin(θ−π3+φ)=−1时，线段OQ长度取最小值为1；
(ⅱ)设z1=csθ+isinθ，则z4=sinθ−icsθ，即D点坐标为(sinθ,−csθ)，
此时PQ=(cs(θ−π3)−1,sin(θ−π3)+ 3)，OA=(csθ,sinθ)，OD=(sinθ,−csθ)，
由PQ=xOA+yOD(x,y∈R)，
得：(cs(θ−π3)−1,sin(θ−π3)+ 3)=x(csθ,sinθ)+y(sinθ,−csθ)，
即cs(θ−π3)−1=xcsθ+ysinθsin(θ−π3)+ 3=xsinθ−ycsθ，解得x=csπ3−csθ+ 3sinθy=sinπ3−sinθ− 3csθ，
∴x=12−csθ+ 3sinθy= 32−sinθ− 3csθ，
故x+y=1+ 32−(1+ 3)csθ+( 3−1)sinθ=1+ 32+2 2sin(θ+γ)，其中tanγ=− 3+1 3−1，
可得x+y∈[1+ 32−2 2,1+ 32+2 2].
【解析】(1)由已知利用复数代数形式的乘除运算求解z2，z3；
(2)(ⅰ)设z1=csθ+isinθ，θ∈[0,2π),PA所表示的复数为z5，PQ所表示的复数为z6，利用复数运算求出Q的坐标，再由两点间的距离公式及三角函数求最值；
(ⅱ)设z1=csθ+isinθ，则z4=sinθ−icsθ，即D点坐标为(sinθ,−csθ)，再由向量等式及向量的坐标运算求解x，y，作和后利用三角函数求解x+y的取值范围．
本题考查复数的代数表示法及其几何意义，考查复数的三角形式，考查运算求解能力，是中档题．
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