2023-2024学年浙江省温州中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省温州中学高一（下）期中数学试卷（含解析），共20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.设α，β，γ是三个不同平面，且α∩γ=l，β∩γ=m，则“l/​/m”是“α/​/β”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
2.棣莫弗公式(csx+i⋅sinx)n=cs(nx)+i⋅sin(nx)(其中i为虚数单位)是由法国数学家棣莫弗(1667−1754)发现的，根据棣莫弗公式可知，复数(csπ3+i⋅sinπ3)2在复平面内所对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.如图，在△ABC中，设AB=a，AC=b，BD=2DC，AE=4ED，则BE=( )
A. 1115a−815b
B. 23a−815b
C. −1115a+815b
D. −23a+815b
4.在△ABC中，若asinB+bcsA=c，则B=( )
A. π6B. π4C. π3D. 2π3
5.如图，四棱锥A−BCDE是棱长均为2的正四棱锥，三棱锥A−CDF是正四面体，G为BE的中点，则下列结论错误的是( )
A. 点A，B，C，F共面
B. 平面ABE/​/平面CDF
C. FG⊥CD
D. FG⊥平面ACD
6.已知|a|=1，|b|=2，|c|=3，且a⋅b=58，则|a+b+c|的最大值为( )
A. 5B. 5.5C. 6D. 6.5
7.在△ABC中，点E是边AB上的点，且|AE|=|CE|=2，|BE|=3，∠ACB=2π3，则△ABC的面积为( )
A. 25 314B. 5 314C. 2114D. 25 714
8.如图，斜三棱柱ABC−A1B1C1中，底面△ABC是正三角形，E，F，G分别是侧棱AA1，BB1，CC1上的点，且AE>CG>BF，设直线CA，CB与平面EFG所成的角分别为α，β，平面EFG与底面ABC所成的锐二面角为θ，则( )
A. sinθB. sinθ≥sinα+sinβ，csθC. sinθcsα+csβ
D. sinθ≥sinα+sinβ，csθ≥csα+csβ
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.已知复数z1，z2，则下列命题一定成立的有( )
A. 若|z1+z2|=0，则z1−=−z2−B. 若|z1|=|z2|，则z12=z22
C. |z1⋅z2|=|z1−⋅z2−|D. (z1+z2)2=(z2−+z2−)2
10.中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体(扇环是指圆环被扇形截得的部分).现有一个如图所示的曲池，AA1垂直于底面，AA1=5，底面扇环所对的圆心角为π2，弧AD的长度是弧BC长度的3倍，CD=2，则下列说法正确的是( )
A. 弧AD长度为32π
B. 曲池的体积为10π3
C. 曲池的表面积为20+14 π
D. 三棱锥A−CC1D的体积为5
11.已知a，b，c是互不相等的非零向量，其中a，b是互相垂直的单位向量，c=xa+yb(x,y∈R)，记OA=a，OB=b，OC=c，则下列说法正确的是( )
A. 若(a−c)⋅(b−c)=0，则O，A，B，C四点在同一个圆上
B. 若(a−c)⋅(b−c)=0，则|c|的最大值为2
C. 若|c|=1，则(a−c)⋅(b−c)的最大值为 22+1
D. 若|c|=1，则x+y的最小值为− 2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若复数z是方程x2−2x+2=0的一个根，则i⋅z的虚部为______．
13.如图，正三棱锥P−ABC中，三条侧棱PA，PB，PC两两垂直且相等，PA=2，M为PC的中点，N为平面ABC内一动点，则NM+NP的最小值为______．
14.已知△ABC满足3AB|AB|+2AC|AC|= 19(AB+AC)|AB+AC|，点D为线段AB上一动点，若DA⋅DC最小值为−3，则△ABC的面积S= ______．
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)
已知a=(1,0),b=(2,1)．
(1)若AB=2a−b,BC=a+mb，且A、B、C三点共线，求m的值．
(2)当实数k为何值时，ka−b与a+2b垂直？
16.(本小题15分)
已知z是复数，z+2i与z2−i均为实数．
(1)求复数z；
(2)复数(z+ai)2在复平面上对应的点在第一象限，求实数a的取值范围．
17.(本小题15分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，底面是边长为2的正三角形，∠A1AB=∠A1AC=45°，平行于AA1和BC1的平面分别与AB，AC，A1C1，A1B1交于D，E，F，G四点．
(1)试判断四边形DEFG的形状，并说明理由；
(2)若AA1=3，D是AB的中点，求直线DF与平面ABC所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
如图，在△ABC中，已知AB=4，AC=10，∠BAC=60°，BC边上的中点为M，AC边上的中点为N，AM，BN相交于点P．
(1)求BC；
(2)求AM与BN夹角的余弦值；
(3)过点P作直线交边AB，BC于点E，F，求该直线将△ABC分成的上下两部分图形的面积之比的取值范围．
19.(本小题17分)
早在公元5世纪，我国数学家祖暅在求球体积时，就创造性地提出了一个原理“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．

(1)如图一所示，在一个半径为3的半球体中，挖去一个半径为32的球体，求剩余部分的体积．
(2)如图二，由抛物线y=13x2(−3≤x≤3)跟线段y=3(−3≤x≤3)围成一个几何形，将该几何形绕y轴旋转得到一个抛物线旋转体，请运用祖暅原理求该旋转体的体积．
(3)将两个底面半径为1，高为3圆柱体按如图三所示正交拼接在一起，构成一个十字型几何体.求这个十字型的体积，等价于求两个圆柱公共部分几何体的体积，请运用祖昆原理求出该公共部分几何体的体积．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由α∩γ=l，β∩γ=m，l/​/m，则α，β可能相交，
故“l/​/m”推不出“α/​/β”，
由α∩γ=l，β∩γ=m，α/​/β，由面面平行的性质定理知l/​/m，
故“α/​/β”能推出“l/​/m”，
故“l/​/m”是“α/​/β”的必要不充分条件．
故选：B．
由充分条件和必要条件的定义结合线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案．
本题考查面面平行的性质的应用，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：由题意，(csπ3+i⋅sinπ3)2=cs2π3+i⋅sin2π3=−12+ 32i，
在复平面内所对应的点为(−12, 32)，位于第二象限．
故选：B．
根据棣莫弗公式化简，由复数的几何意义得出点所在的象限．
本题考查复数的几何意义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：因为BC=AC−AB=b−a，BD=2DC，
所以BD=23BC=23(b−a)，AD=AB+BD=23b+13a，
又因为AE=4ED，
所以DE=15DA=−15(23b+13a)=−215b−115a，
所以BE=BD+DE=23(b−a)−215b−115a=−1115a+815b．
故选：C．
利用向量加减法的运算和数乘运算得出所求解的向量与已知向量之间的关系，注意运算的准确性和向量倍数关系的正确转化．
本题主要考查平面向量的线性运算，属于基础题．
4.【答案】B
【解析】解：asinB+bcsA=c，
由正弦定理可知，sinAsinB+sinBcsA=sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
故sinAsinB=sinAcsB，
A为三角形的内角，
则sinA>0，
故sinB=csB，即tanB=1，
B为三角形的内角，
则B=π4．
故选：B．
结合正弦定理，以及三角形的两角和定理，即可求解．
本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：对于A：如图，取CD中点H，连接GH，FH，AG，AH，
∵A−BCDE是正四棱锥，A−CDF是正四面体，G为BE的中点，
∴CD⊥GH，CD⊥AH，CD⊥FH，
∵GH∩AH=H，GH，AH⊂平面AGH，∴CD⊥平面AGH，
∵AH∩FH=H，AH，FH⊂平面AFH，∴CD⊥平面AFH，
∴A，G，H，F四点共面，
由题意知AG=HF= 3，GH=AF=2，
∴四边形AGHF是平行四边形，∴GH/​/AF，
∵BC//GH，∴BC/​/AF，∴A，B，C，F四点共面，故A正确；
对于B，由A知AG//FH，又AG⊄平面CDF，FH⊂平面CDF，∴AG/​/平面CDF，
∵CD/​/BE，且BE⊄平面CDF，CD⊂平面CDF，∴BE/​/平面CDF，
又AG⊂平面ABE，BE⊂平面ABE，且AG∩BE=G，
∴平面ABE/​/平面CDF，故B正确；
对于C，由A可得CD⊥平面AGHF，又FG⊂平面AGHF，∴FG⊥CD，故C正确；
对于D，假设FG⊥平面ACD，
∵AH⊂平面ACD，∴FG⊥AH，
由A知四边形AGHF是平行四边形，∴四边形AGHF是菱形，
与AG= 3，GH=2矛盾，故D错误．
故选：D．
取CD中点H，连接GH，FH，AG，AH，利用线面垂直的判断定理证明CD⊥平面AGH，CD⊥平面AFH，得到A，G，H，F四点共面，再利用平行四边形的性质判断A，利用面面平行的判定定理判断B，利用线面垂直的性质定理判断C，假设FG⊥平面ACD，由线面垂直的性质可知FG⊥AH，进而得到四边形AGHF是菱形，与已知矛盾判断D．
本题考查四点共面、线面平行、面面平行、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】B
【解析】解：由|a|=1，|b|=2，a⋅b=58，
可得|a+b|= a2+2 a⋅b+b2= 1+54+4=52，又|c|=3，
则|a+b+c|= a2+b2+c2+2a⋅b+2a⋅c+2b⋅c
= 1+4+9+54+2c⋅(a+b)，
设向量c与a+b的夹角为θ，则θ∈[0,π]，
故|a+b+c|= 614+2×3×52csθ≤ 614+15= 1214=112=5.5，
当csθ=1，即c与a+b同向时等号成立．
故选：B．
根据题设条件，求得|a+b|，设向量c与a+b的夹角为θ，则由模长公式可得当csθ=1时，|a+b+c|取得最大值．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
7.【答案】A
【解析】解：设A=α(0<α<π2)，因为∠ACB=2π3，所以B=π3−α.因为|AE|=|CE|=2，
所以∠ACE=∠CAE=α，∠CEB=2α，∠BCE=2π3−α．
在△BCE中，由正弦定理可得|CE|sin(π3−α)=|BE|sin(2π3−α)，
即2sin(π3−α)=3sin(2π3−α)，得2( 32csα+12sinα)=3( 32csα−12sinα)，
化简得52sinα= 32csα，即tanα= 35，故sinA=sinα= 2114，csα=5 714．
因为sin2α=2sinαcsα=5 314，
所以S△ABC=S△BCE+S△ACE=12⋅|CE|⋅|BE|⋅sin2α+12⋅|CE|⋅|AE|⋅sin(π−2α)=12×5 314×(2×3+2×2)=25 314．
故选：A．
根据正弦定理及三角形面积公式，结合基本关系式及两角差的正弦公式可得结果．
本题主要考查了正弦定理，和差角公式，辅助角公式，二倍角公式及三角形的面积公式在求解三角形中的应用，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：如图，延长EF，AB交于M，延长EG，AC交于N，延长FG，BC交于D，易得MN为平面ABC和平面EFG的交线，
又D在平面ABC和平面EFG上，则D在直线MN上，即M，N，D三点共线，由外角定理可得∠ANM+∠CDN=π3．
过A作AP⊥面EFG，垂足为P，过A作AQ⊥MN，垂足为Q，连接PQ，PN，易得∠ANP即为直线CA与平面EFG所成的角α，
则sinα=APAN，又AP⊥面EFG，MN⊂面EFG，则AP⊥MN，又AQ⊥MN，AP，AQ⊂面APQ，AP∩AQ=A，
所以MN⊥面APQ，PQ⊂面APQ，则MN⊥PQ，则∠AQP即为平面EFG与底面ABC所成的锐二面角θ，则sinθ=APAQ，
又sin∠ANM=AQAN，则sinα=sinθ⋅sin∠ANM，同理可得sinβ=sinθ⋅sin∠CDN，则sinα+sinβ=sinθ⋅(sin∠ANM+sin∠CDN)，
又由sin∠ANM=sin(∠ANM+∠CDN2+∠ANM−∠CDN2)
=sin(∠ANM+∠CDN2)cs(∠ANM−∠CDN2)+cs(∠ANM+∠CDN2)sin(∠ANM−∠CDN2)，
sin∠CDN=sin(∠ANM+∠CDN2−∠ANM−∠CDN2)
=sin(∠ANM+∠CDN2)cs(∠ANM−∠CDN2)−cs(∠ANM+∠CDN2)sin(∠ANM−∠CDN2)，
则sin∠ANM+sin∠CDN=2sin(∠ANM+∠CDN2)cs(∠ANM−∠CDN2)
≤2sin(∠ANM+∠CDN2)=2sinπ6=1，
故sinα+sinβ=sinθ⋅(sin∠ANM+sin∠CDN)≤sinθ，A，C错误；
故cs2θ=1−sin2θ≤1−(sinα+sinβ)2，由α,β∈[0,π2]可知α−β∈[−π2,π2]，
所以1+2cs(α−β)>0，
即1+2csαcsβ+2sinαsinβ>0，
整理可得sin2α+cs2α+sin2β+cs2β+2csαcsβ+2sinαsinβ−1>0，
即(sinα+sinβ)2+(csα+csβ)2−1>0，即(csα+csβ)2>1−(sinα+sinβ)2，
故cs2θ=1−sin2θ≤1−(sinα+sinβ)2<(csα+csβ)2，又csα，csβ，csθ≥0，
故csθ故选：B．
先在图中作出直线CA与平面EFG所成的角∠ANP，平面EFG与底面ABC所成的锐二面角∠AQP，可得sinα=sinθ⋅sin∠ANM，同理得sinβ=sinθ⋅sin∠CDN，再由和差化积公式得到sinα+sinβ=sinθ⋅(sin∠ANM+sin∠CDN)≤sinθ，即可判断A、C选项；再通过三角恒等变换得到(csα+csβ)2>1−(sinα+sinβ)2，进而得到cs2θ=1−sin2θ≤1−(sinα+sinβ)2<(csα+csβ)2，即csθ本题主要考查二面角的相关计算，立体几何中的不等式问题，空间想象能力的培养等知识，属于中等题．
9.【答案】AC
【解析】解：设z1=a+bi，z2=c+di(a,b,c,d∈R)，则z1−=a−bi,z2−=c−di．
z1+z2=a+bi+c+di=(a+c)+(b+d)i，若|z1+z2|=0，则a+c=0，b+d=0，
所以z1−+z2−=a−bi+c−di=(a+c)−(b+d)i=0，即z1−=−z2−，A正确；
|z1|= a2+b2,|z2|= c2+d2，若|z1|=|z2|，则a2+b2=c2+d2①，
z12=a2+2abi+(bi)2=a2−b2+2abi，同理z22=c2−d2+2cdi，
若z12=z22，则需满足a2−b2=c2−d2且ab=cd，与①式不同，B错误；
|z1⋅z2|=|(a+bi)(c+di)|=|(ac−bd)+(ad+bc)i|= (ac−bd)2+(ad+bc)2，
|z1−⋅z2−|=|(a−bi)(c−di)|=|(ac−bd)−(ad+bc)i|= (ac−bd)2+(ad+bc)2，
所以|z1z2|=|z1−⋅z2−|，C正确；
(z1+z2)2=[(a+c)+(b+d)i]2=(a+c)2−(b+d)2+2(a+c)(b+d)i②，
(z1−+z2−)2=[(a+c)−(b+d)i]2=(a+c)2−(b+d)2−2(a+c)(b+di)，与②式不同，D错误．
故选：AC．
根据共轭复数的概念和复数的四则运算，结合复数模的计算及性质，逐项判断即可．
本题考查复数的运算，属于中档题．
10.【答案】ACD
【解析】解：设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，
因为弧AD长度是弧BC长度的3倍，底面扇环所对的圆心角为π2，
所以π2R=3×π2r，即R=3r；
所以CD=R−r=2r=2，解得：r=1，R=3，
所以弧AD长度为32π，选项A正确；
该曲池的体积为V=(14πR2−14πr2)⋅AA1=(9π4−π4)×5=10π，选项B错误；
曲池的表面积为S=(14×2πR+14×2πr)⋅AA1+2×CD⋅AA1+2×14π(R2−r2)=π2×(3+1)×5+2×2×5+π2×8=20+14π，选项C正确；
三棱锥A−CC1D的体积为VA−CC1D=13S△CD1D⋅R=13×12×2×5×3=5，选项D正确．
故选：ACD．
设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，根据题意列方程组求出R、r，再判断选项中的命题是否正确．
本题考查了简单几何体的结构特征应用问题，也考查了推理与运算能力，是基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：对于A选项，如图，若(a−c)⋅(b−c)=0，则CA⋅CB=0，
所以CA⊥CB，
又a⊥b，
所以∠AOB+∠ACB=π，
所以O，A，B，C四点在同一个圆上，故A正确；
对于B选项，若(a−c)⋅(b−c)=0，由A选项知，O，A，B，C四点在同一个圆上，
又|c|=|OC|，
则其长度为圆上弦的长度．当线段OC为该圆的直径时，|c|最大，
且最大值等于|AB|= |a|2+|b|2= 2，故B错误；
对于C选项，由题可得A，B，C均在以O为圆心、1为半径的圆上，
设OA=(csα,sinα),OC=(csβ,sinβ)，
又OA⊥OB，
则OB=(cs(π2+α),sin(π2+α))=(−sinα,csα).其中α，β∈[0,2π)．
则(a−c)⋅(b−c)=(OA−OC)⋅(OB−OC)=(csα−csβ)⋅(−sinα−csβ)+(sinα−sinβ)⋅(csα−sinβ)
=sinαcsβ−sinβcsα−(csαcsβ+sinαsinβ)+1
=sin(α−β)−cs(α−β)+1
=1+ 2sin(α−β−π4)≤1+ 2，
当α−β=3π4时取等号．故C错误．
对于D选项，由C选项分析结合c=xa+yb可知，若|c|=1，
则(xcsα−ysinα)2+(xsinα+ycsα)2=1
⇒x2(cs2α+sin2α)+y2(cs2α+sin2α)−2xycsαsinα+2xycsαsinα=1
⇒x2+y2=1，
则由重要不等式有：(x+y)2=x2+y2+2xy≤2(x2+y2)=2．
得x+y≥− 2，当且仅当x=y=− 22时取等号．故D正确．
故选：AD．
对于A选项，(a−c)⋅(b−c)=0⇔CA⊥CB，后由∠AOB+∠ACB=π可得答案．对于B选项，由A分析可知，O，A，B，C四点在同一个圆上．又|c|=|OC|，则其长度为圆上弦的长度．对于C选项，由题可得A，B，C均在以O为圆心、1为半径的圆上，设A(csα,sinα)，C(csβ,sinβ)，又OA⊥OB，则B(−sinα,csα).表示出(a−c)⋅(b−c)后可得答案．对于D选项，由|c|=1，可得x2+y2=1，后由重要不等式可得答案．
本题考查向量，三角函数．判断A，B选项关键为能由(a−c)⋅(b−c)=0得到CA⊥CB，从而可以得到O，A，B，C四点在同一个圆上．判断C，D选项关键，为利用A，B，C在单位圆上设出其坐标，后利用向量坐标表示结合三角函数，不等式知识解决问题，属于较难题目．
12.【答案】1
【解析】解：方程x2−2x+2=0，即(x−1)2=−1=i2，解得x1=1+i或x2=1−i，
若z=1+i，则i⋅z=i(1+i)=−1+i，所以i⋅z的虚部为1；
若z=1−i，则i⋅z=i(1−i)=1+i，所以i⋅z的虚部为1；
综上可得i⋅z的虚部为1．
故答案为：1．
首先求出方程的虚根，再由复数代数形式的乘法运算化简i⋅z，即可判断其虚部．
本题主要考查了复数的四则运算及复数的基本概念，属于基础题．
13.【答案】 333
【解析】解：设△ABC的中心为O，则PO⊥底面ABC，延长PO至Q，
使得PO=QO，则NP=NQ，∴NM+NP=NM+NQ≥MQ，
由三条侧棱PA，PB，PC两两垂直且相等，
故可以PA，PB，PC所在的直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
由PA=2，则P(0,0,0)、M(0,0,1)，AB=AC=BC=2 2，
有PO= 22−(23× 32×2 2)2=2 33，
由对称性可设Q(a,a,a)，则有PQ= a2+a2+a2=2×2 33=4 33，
解得a=43，故Q(43,43,43)，
∴QM= (43−0)2+(43−0)2+(43−1)2= 333，
∴NM+NP的最小值为 333．
故答案为： 333．
找到点P关于底面ABC对称点Q，可得NP=NQ，结合不等式可得MQ为NM+NP的最小值，建立适当空间直角坐标系后借助两点间的距离公式计算即可得．
本题考查线段长度和的最小值的求法，考查转化能力，属中档题．
14.【答案】18 3
【解析】解：∵3AB|AB|+2AC|AC|= 19(AB+AC)|AB+AC|，
两边同时平方可得，9×AB2|AB|2+4×AC2|AC|2+12×AB⋅AC|AB|×|AC|=19，
∴9+4+12csA=19，∴csA=12，
又0以A为原点，建立平面直角坐标系，如图所示：
则C(12b, 32b)，B(c,0)，
设D(t,0)，t≥0，
∴DA=(−t,0)，DC=(12b−t, 32b)，
∴DA⋅DC=t2−12bt=(t−b4)2−b216≥−b216，
∴−b216=−3，解得b=4 3，此时t=bt= 3，C(2 3,6)，
则AB|AB|=(1,0)，AC|AC|=(12, 32)，
∴3AB|AB|+2AC|AC|=(4, 3)，
∵3AB|AB|+2AC|AC|= 19(AB+AC)|AB+AC|=(4, 3)，
∴AB+AC|AB+AC|=(4 19, 3 19)，
又∵AB+AC=(c+2 3,6)，
∴6c+2 3= 34，
解得c=6 3，
∴S=12bcsinA=12×4 3×6 3× 32=18 3．
故答案为：18 3．
对3AB|AB|+2AC|AC|= 19(AB+AC)|AB+AC|两边同时平方可求角A，再建立平面直角坐标系，表示出DA、DC的坐标，然后结合已知计算三角形的面积．
本题考查了平面向量的数量积应用问题，也考查了运算求解能力，是难题．
15.【答案】解；(1)由题意可得，AB=(0,−1),BC=(1+2m,m)，
且A、B、C三点共线，则可得AB=λBC，
即0=λ(1+2m)−1=λm，解得m=−12．
(2)由题意可得，ka−b=(k−2,−1),a+2b=(5,2)，
因为ka−b与a+2b垂直，则可得5(k−2)+2×(−1)=0，解得k=125．
【解析】(1)根据题意，由A、B、C三点共线，可得AB与BC共线，列出方程即可得到m的值；
(2)根据题意，由平面向量垂直的坐标运算，代入公式，即可得到结果．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．
16.【答案】解：(1)设z=x+yi(x,y∈R)，
则z+2i=x+(y+2)i为实数，
∴y=−2．
∵z2−i=x−2i2−i=(x−2i)(2+i)(2−i)(2+i)
=2x+2+(x−4)i5=2x+25+x−45i为实数，
∴x−45=0，解得x=4．
则z=4−2i；
(2)∵(z+ai)2=(4−2i+ai)2
=(12+4a−a2)+8(a−2)i，
其在复平面上对应的点在第一象限，
∴12+4a−a2>08(a−2)>0，
解得2∴a的取值范围为(2,6)．
【解析】本题考查了复数代数形式的乘除运算，考查了复数的概念及其几何意义，属于中档题．
(1)设z=x+yi(x,y∈R)，然后代入z+2i结合已知求出y的值，再代入z2−i，利用复数代数形式的乘除运算化简结合已知可求出x的值，则复数z可求；
(2)把z=4−2i代入(z+ai)2化简结合已知条件列出不等式组，求解即可得答案．
17.【答案】解：(1)四边形DEFG是矩形，下面给出证明：
因为AA1/​/CC1，
由题意CC1//平面DEFG，BC1/​/平面DEFG，
CC1∩BC1=C1，CC1，BC1⊂面BCC1B1，
所以平面BCC1B1/​/平面DEFG，
又平面ABB1A1⋂平面DEFG=DG，平面ABB1A1⋂平面BCC1B1=BB1，
所以DG/​/BB1，
同理EF//CC1，
又CC1/​/BB1，
所以DG/​/EF，
同理DE//BC//B1C1//GF，
所以四边形DEFG是平行四边形．
取BC中点P，连接AP、A1P，则AP⊥BC．

又因为△ABA1≅△ACA1，
所以A1B=A1C，
故有A1P⊥BC．
AP、A1P交于P且都在面AA1P内，
所以BC⊥平面AA1P，
又AA1⊂面AA1P，
所以BC⊥AA1，
综上知：DE⊥DG，即四边形DEFG是矩形．
(2)设F到平面ABC的距离为h，即为A1到平面ABC的距离．
作A1H⊥AP交AP于点H，由(1)及BC在面ABC内知：平面AA1P⊥平面ABC，
而AP为两垂直平面的交线，A1H在面AA1P内，
所以A1H⊥平面ABC，h=A1H.
设直线DF与平面ABC所成角为θ，则sinθ=hDF．
设AA1=3，在△ABA1中由余弦定理知：A1B= 9+4−6 2= 13−6 2=A1C，
在△A1BC中，A1P= A1B2−1= 12−6 2，
在△A1AP中，AP= 3,cs∠A1AP=AA12+AP2−A1P22AA1⋅AP= 63，
所以sin∠A1AP= 33，
h=A1H=AA1⋅sin∠A1AP= 3．
DF= FG2+DG2= 1+9= 10，
所以sinθ=hDF= 310= 3010，
所以直线DF与平面ABC所成角的正弦值为 3010．
【解析】(1)首先根据面面平行的判定以及面面平行的性质证明线线平行，然后证明四边形DEFG是矩形；
(2)首先求出F到平面ABC的距离，然后求解直线DF与平面ABC所成角的正弦值．
本题考查空间中线线，线面，面面间的位置关系，考查线面角的定义及其求解，考查逻辑推理能力和运算求解能力，属于中档题．
18.【答案】解：(1)在△ABC中，且AB=4，AC=10，由余弦定理得12=16+100−BC22×4×10，解得BC=2 19，(负根舍去)，故BC=2 19．
以A为原点，建立平面直角坐标系，易知A(0,0)，C(10,0)，
如图所示：

设B(x,y)，由两点间距离公式得x2+y2=16(x−10)2+y2=76，解得x=2，y=2 3，(负根舍去)，
故B(2,2 3)，由中点坐标公式得N(5,0)，M(6, 3)，
故AM=(6, 3)，BN=(3,−2 3)，设AM与BN的夹角为θ，
故csθ=18−6 36+( 3)2× 9+(−2 3)2=12 39× 21=4 9191．
(3)易知由于BC边上的中点为M，AC边上的中点为N，而P是△ABC两条中线的交点，故P是△ABC的重心，所以BPBN=23，
设BEBA=p，BFBC=q，BP=23BN=13(BA+BC)=13(1pBE+1qBF)，
由于P在直线EF上，所以13(1p+1q)=1，即1p+1q=3，
而0故得1p(3−1p)=94−(1p−32)2≤941p(3−1p)=94−(1p−32)2≥94−(12)2=2，
所以pq=1(1p×1q)=11p×(3−1p)≥49，pq=1(1p×1q)=11p×(3−1p)≤12，
故得S△BEFS△ABC=12×BE×BF×sin∠ABC12×sin∠ABC×AB×BC=p×AB×q×BCAB×BC=pq∈[49,12]；
所以上下两部分的面积之比为，
因为pq∈[49,12]，所以上下两部分的面积之比的取值范围是[45,1]．
【解析】(1)利用余弦定理求解即可；
(2)建立平面直角坐标系，利用向量夹角的坐标求法处理即可；
(3)设出线段的比例关系，用向量共线的条件合理转化，消去变量求范围即可．
本题考查的知识点：平面向量与解三角形，基本不等式的运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)依题意该几何体的体积V1=12×4π3×33−4π3×(32)3=27π2；
(2)图1阴影部分是由长方形ABCD(长为6，宽为3)和抛物线y=13x2围成，
图2阴影部分是由半径为3的半圆O和直径为3的圆P围成的，

将图1绕y轴旋转一周可得一圆柱挖去中间的部分的几何体记为M，
将图2以小圆的直径为轴旋转一周可得一个半球挖去一个小球的几何体记为N，
将两个几何体放在同一水平面上，用与圆柱下底面或与半球大圆距离为t(0
几何体M的截面面积为π×32−π×( 3t)2=9π−3tπ，
几何体N的截面面积为π×( 9−t2)2−π( (32)2−(32−t)2)2=9π−3tπ，
又两几何体等高，由祖暅原理可得两几何体的体积相等，
结合(1)可知几何体M的体积VM=V1=27π2，
而由抛物线y=13x2(−3≤x≤3)跟线段y=3(−3≤x≤3)围成一个几何形，
将该几何形绕y轴旋转得到一个抛物线旋转体，是由一个圆柱(底面半径为3，高为3)减去几何体M，
所以所求的体积V2=π×32×3−VM=27π−27π2=27π2；
(3)首先证明“牟合方盖”的体积公式为163r3(r为圆柱的底面半径)：
“牟合方盖”是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分，
计算其体积的方法是将原来的“牟合方盖”平均分为八份，取它的八分之一(如图四)，
记正方形OABC的边长为r，设OP=h，过P点作平面PQRS平行于平面OABC，
又OS=OQ=r，由勾股定理有PS=PQ= r2−h2，
故此正方形PQRS面积是r2−h2，
如果将图四的几何体放在棱长为r的正方体内(如图五)，不难证明图五中与图四等高处阴影部分的面积等于h2，
(如图六)设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为h，不难发现对于任何高度h，此截面面积必为h2，


由V棱锥=13Sh=13×r2×r=13r3，
由祖暅原理图五中“牟合方盖”外部的体积等于V棱锥=13r3，
所以图四中几何体体积为V=r3−13r3=23r3，
所以“牟合方盖”的体积为8V=163r3，
又圆柱的底面半径为1，
所以两个圆柱公共部分几何体的体积为163×13=163．
【解析】(1)根据球的体积公式计算可得；
(2)利用祖暅原理求出图二中阴影部分旋转得到的几何体的体积，而抛物线旋转体是由圆柱减去刚刚的几何体的体积，从而得解；
(3)首先证明“牟合方盖”的体积公式，利用公式计算可得．
本题考查将不规则的几何体转化为熟悉的、规则的几何体．属于中档题．