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2023-2024学年河南省安阳市百师联盟高一（下）月考数学试卷（5月份）（含答案）
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这是一份2023-2024学年河南省安阳市百师联盟高一（下）月考数学试卷（5月份）（含答案），共14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.复数z=1+1+i1−i，则z的共轭复数z−在复平面中对应的点所在的象限为( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.下列命题正确的是( )
A. 过三个点有且只有一个平面
B. 如果一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线不一定共面
C. 四边形为平面图形
D. 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
3.若单位向量a，b的夹角为60°，则|a−3b|=( )
A. 7B. 13C. 4D. 5
4.在正四面体A−BCD中，AB=6 6，DE=2EA，则点E到直线BC的距离为( )
A. 6 5B. 3 7C. 12D. 114
5.法国数学家棣莫弗发现：[r(csθ+isinθ)]n=rn(csnθ+isinnθ)(n∈Z)，我们称这个结论为棣莫弗定理，则(1+i)2024=( )
A. 1B. 21012C. −21012D. 21012i
6.已知2i−3是关于x的方程2x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p+q=( )
A. −38B. −14C. 14D. 38
7.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=3 2，BC=CC1=1，P是BC1上一动点，则CP+PA1的最小值为( )
A. 5
B. 5 62
C. 2 5
D. 3 5
8.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanAtanBtanA+tanB=12，c= 3，C=60°，则ab的值为( )
A. 34B. 32C. 3D. 3
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.在△ABC中，若m=(a,b)，n=(cs(A+C),cs(B+C))，若m//n，则△ABC可能是( )
A. 等边三角形B. 等腰三角形
C. 直角三角形D. 含45°角的钝角三角形
10.如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体之后，下列结论正确的有( )
A. HG//CD
B. CD与EF异面
C. EF与AB异面
D. GH//AB
11.设点O是△ABC所在平面内任意一点，△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知点O不在△ABC的边上，则下列结论正确的是( )
A. 若点O是△ABC的重心，则AO+BO=OC
B. 若点O是△ABC的垂心，则(AO+BO)⋅CO=0
C. 若(OA+OB)⋅AB=(OB+OC)⋅BC=0，则点O是△ABC的外心
D. 若O为△ABC的外心，H为△ABC的垂心，则OH=OA+OB+OC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(1,csx)，b=(2,sinx)，且a//b，则sinx+csxsinx−csx= ______．
13.设M为△ABC内一点，且AM=12AB+14AC，则△MBC与△ABC的面积之比为______．
14.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，则平面A1EC截该正方体所得截面面积为______；平面A1EC与底面ABCD所成锐二面角的余弦值为______．
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)
当实数m取什么值时，复数z=(m2−3 2m+4)+(m2− 2m)i分别满足下列条件？
(1)实数；
(2)纯虚数；
(3)z在复平面内表示的点位于第四象限．
16.(本小题15分)
在△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=2csinAtanC2．
(1)求角C的大小；
(2)若b=2，a=3，CH为AB边上的高，H为垂足，CH=mCB+nCA，其中m，n∈R，求mn的值．
17.(本小题15分)
如图，为了测量山顶M和山顶N之间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一铅垂平面内.飞机从点A到点B路程为a，途中在点A观测到M，N处的俯角分别为α，β，在点B观测到M，N处的俯角分别为γ，δ．
(1)求△ABM的面积(用字母表示)；
(2)若a=10 3，α=75°，β=30°，γ=45°，δ=60°，求M，N之间的距离．
18.(本小题17分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点D为线段AC的中点．
(1)证明：B1C//平面A1BD；
(2)若AB⊥BC，AA1=4，AB=BC=3 2，求C1到平面A1BD的距离．
19.(本小题17分)
数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理.例如：如图甲，在△ABC中，D为BC的中点，则AD=AB+BD，AD=AC+CD，两式相加得，2AD=AB+BD+AC+CD，因为D为BC的中点，所以BD+CD=0，于是2AD=AB+AC.请用“算两次”的方法解决下列问题：
(1)如图乙，在四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，证明：2EF=AB+DC．
(2)如图丙，在四边形中，E，F分别在边AD，BC上，且AD=3AE，BC=3BF，AB=9，DC=6，AB与DC的夹角为60°，求向量EF与向量AB夹角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为z=1+1+i1−i=1+(1+i)22=1+i，
所以z−=1−i，故复数z−在复平面中对应的点所在的象限为第四象限．
故选：D．
根据复数的除法及共轭复数的概念求出z−=1−i，即可得解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：根据公理知，过不共线的三点确定一个平面，故A错误；
因为两条平行直线确定一个平面，而两个交点都在这个平面内，故这条直线也在这个平面内，所以三条直线共面，故B错误；
由空间四边形不是平面图形可知，C错误；
由公理知，两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，故D正确．
故选：D．
根据平面的基本性质可判断A，D，由推论可判断B，根据特例可判断C．
本题考查平面的基本性质及推论，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为单位向量a，b的夹角为60°，所以a⋅b=|a||b|cs60°=12，
所以|a−3b|= (a−3b)2= a2−6a⋅b+9b2= 1−6×12+9= 7．
故选：A．
根据向量的数量积定义及运算法则求解．
本题考查平面向量的数量积与模的求法，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：取BC中点F，连接EB，EF，EC，
由正四面体可知△EBD≅△ECD，
所以BE=CE，所以EF⊥BC，
在△ABE中由余弦定理可知，
BE2=AB2+AE2−2AB⋅AE⋅cs60°=216+24−2×6 6×2 6cs60°=168，
所以在Rt△BEF中，EF= BE2−BF2= 168−(3 6)2= 114．
故选：D．
做出并证明EF⊥BC，再根据余弦定理及勾股定理求解即可．
本题考查点到直线的距离计算，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：(1+i)2024=[ 2(csπ4+isinπ4)]2024=21012(cs2024π4+isin2024π4)=21012．
故选：B．
化为三角形式，根据棣莫弗定理求解．
本题考查棣莫弗定理的应用，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：2i−3是关于x的方程2x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，
则−3−2i也是关于x的方程2x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，
故−3+2i+(−3)−2i=−p2(−3+2i)(−3−2i)=q2，解得p=12，q=26，
故p+q=38．
故选：D．
根据已知条件，推得−3−2i也是关于x的方程2x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，再结合韦达定理，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：连接A1B，
将△A1BC1与△CBC1同时展平形成一个四边形A1BCC1，如图，
则此时对角线|CP+PA1|=A1C达到最小，
在等腰直角△BCC1中，BC1= 2，∠CC1B=45°，
在直角△ACB中，AB= AC2+BC2= 18+1= 19，
在△A1BC1中，A1B= 12+( 19)2= 20=2 5，A1C1=3 2，BC1= 2，
所以A1C12+BC12=A1B2，即∠A1C1B=90°，
对于展开形成的四边形A1BCC1，在△A1C1C中，C1C=1，A1C1=3 2，∠A1C1C=135°，
由余弦定理有CP+PA1=A1C= 1+18−2×3 2cs135°= 25=5．
故选：A．
将△A1BC1与△CBC1同时展平形成一个四边形A1BCC1，对角线A1C即为所求得答案，利用勾股定理和余弦定理求出答案．
本题考查利用展开思想求线段和的最值问题，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为tanAtanBtanA+tanB=12，C=60°，
所以tanA+tanB=2tanAtanB，
又tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB=−2tanAtanB1−tanAtanB= 3，
所以2sinAsinBcsAcsB−csAcsB−sinAsinBcsAcsB= 3，可得2sinAsinB−cs(A+B)=2sinAsinBcsC=2sinAsinB12= 3，
所以sinAsinB= 34，
又c= 3，C=60°，
由正弦定理可得absinAsinB=(csinC)2，可得ab 34=( 3 32)2，
解得ab= 3．
故选：C．
由已知利用三角函数恒等变换的应用可求sinAsinB= 34，进而利用正弦定理以及比例的性质即可求解．
本题主要考查了三角函数恒等变换以及正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：因为m=(a,b)，n=(cs(A+C),cs(B+C))，m//n，
所以acs(B+C)=bcs(A+C)，
因为A+B+C=π，所以cs(B+C)=−csA，cs(A+C)=−csB，
所以acsA=bcsB，由正弦定理得sinAcsA=sinBcsB，即sin2A=sin2B，
所以2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，
所以△ABC可能是等腰三角形或直角三角形．
故选：BC．
利用向量平行得出等量关系，利用边角互化可得答案．
本题主要考查向量平行的性质，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：根据正方体的展开图画出正方体如图所示：
由图可得：HG//CD，CD与EF相交，EF与AB异面，GH与AB相交．
故选：AC．
可画出展开图对应的立体图形，根据图形即可判断每个选项的正误，从而得出正确的选项．
本题考查几何体的结构特征，空间中直线的位置关系，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，取AB中点M，如图，因为点O是△ABC的重心，
所以OC=−2OM=−2×12(OA+OB)=AO+BO，故A正确；
对于B，因为点O是△ABC的垂心，所以OC⊥AB，
故OC⋅BA=OC⋅(OA−OB)=OC⋅(BO−AO)=0，而不是(AO+BO)⋅OC=0，
另一方面由于OB在垂线OC的下方，故由平行四边形法则可知AO+BO显然不与OC垂直，故B错误；
对于C，因为(OA+OB)⋅AB=(OA+OB)⋅(OB−OA)=OB2−OA2=0，所以|OA|=|OB|，
同理可得|OC|=|OB|，所以OA=OB=OC，即O为外心，故C正确；
对于D，如图，
因为 AH⊥BC,(OB+OC)⊥BC，
所以AH⋅BC=(OH−OA)⋅BC=0,(OB+OC)⋅BC=0，
两式相减可得：(OH−OA−OB−OC)⋅BC=0，
同理可得(OH−OA−OB−OC)⋅AC=0，
若OH−OA−OB−OC≠0，该平面向量同时垂直于BC，AC，显然不可能，
所以OH−OA−OB−OC=0，即OH=OA+OB+OC，故D正确．
故选：ACD．
根据重心分中线长度为2：1，结合向量的线性运算可判断A；根据垂心的性质及向量的线性运算判断B；根据向量的线性运算及数量积运算可得O到顶点距离相等即可判断C；根据垂心的性质利用数量积运算，化简可得OH−OA−OB−OC垂直于两个不共线向量，即可得解判断D．
本题考查向量的线性运算、数量积运算及数量积的性质，属于中档题．
12.【答案】3
【解析】解：a=(1,csx)，b=(2,sinx)，由a//b，可得sinx=2csx，
所以tanx=2，所以sinx+csxsinx−csx=tanx+1tanx−1=3．
故答案为：3．
根据向量平行得到方程，求出tanx=2，再化弦为切，代入求值．
本题主要考查了向量平行的坐标表示，还考查了同角基本关系的应用，属于基础题．
13.【答案】14
【解析】解：取AC的中点N，
则AM=12AB+14AC=12AB+12AN，
可知点M为BN的中点，
所以S△MBC=12S△NBC=12(12S△ABC)=14S△ABC，即S△MBCS△ABC=14，
所以△MBC与△ABC的面积之比为14．
故答案为：14．
根据题意结合三点共线的结论确定点M的位置，进而分析运算即可．
本题考查平面向量的线性运算，涉及三角形的面积，属于基础题．
14.【答案】2 6 63
【解析】解：如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵平面A1D1DA//平面B1C1CB，平面A1EC∩平面A1D1DA=A1E，
平面A1EC∩平面B1C1CB=CF，
∴A1E//CF，同理可证A1F//CE，
四边形A1ECF是平行四边形，
∵BC//A1D1，
∴∠BCF=∠D1A1E，
又BC=A1D1=2，∠CBF=∠A1D1E=90°，
∴△A1D1E≅△CBF，
∴BF=D1E=1，则F为BB1的中点，
∴CF= BC2+BF2= 5，同理CE= 5，
∴截面A1ECF是边长为 5的菱形，其对角线EF=BD=2 2，A1C=2 3，
故截面面积S=12A1C×EF=12×2 2×2 3=2 6．
设平面A1EC与底面ABCD所成锐二面角为θ，
∵截面在底面的射影为正方形ABCD，
∴csθ=S正方形ABCDS截面=222 6= 63．
故答案为：2 6； 63．
设平面A1EC交BB1于点F，可知平面A1EC截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面为A1ECF，推导出点F为BB1的中点，计算得知四边形A1ECF是边长为 5的菱形，并求出菱形A1ECF的对角线长，由此可求得该截面的面积，再由二面角余弦公式求值即可．
本题考查截面积和二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)若z为实数，则m2− 2m=0，解得m=0或m= 2．
(2)若z为纯虚数，则m2− 2m≠0m2−3 2m+4=0，解得m=2 2．
(3)若复数z在复平面内对应的点位于第四象限，
则m2−3 2m+4>0m2− 2m<0，解得0故m的取值范围为(0, 2).
【解析】(1)若z为实数，可知虚部为0，列式求解即可；
(2)若z为纯虚数，可知虚部不为0，实部为0，列式求解即可；
(3)由题意可知虚部小于0，实部大于0，列式求解即可．
本题主要考查复数的概念，以及复数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】解：(1)△ABC中，a2c=sinAtanC2，结合a2c=sinA2sinC，tanC2=sinC2csC2，
可得sinA2sinC=sinA⋅sinC2csC2，由二倍角公式得sinA4sinC2⋅csC2=sinA⋅sinC2csC2．
又因为A、C∈(0,π)，可知sinA≠0,csC2≠0．
所以sin2C2=14，sinC2=12，可得C2=π6，即C=π3．
(2)如图所示，a=3，b=2，C=π3，则CA⋅CB=|CA|⋅|CB|⋅csC=abcsC=3×2×csπ3=3，
由题意CH⊥AB，所以CH⋅AB=0，结合CH=mCB+nCA，AB=CB−CA，
可得(nCA+mCB)⋅(CB−CA)=(n−m)(CB⋅CA)−nCA2+mCB2=3(n−m)−4n+9m=0.整理得n=6m，所以mn=16．
【解析】(1)根据正弦定理将已知等式化成角的关系式，然后根据同角三角函数的关系与二倍角公式，化简得sin2C2=14，由此求得角C的值；
(2)以CA,CB为基底，由CH⋅AB=0化简得到m、n的关系，从而可得mn的值．
本题主要考查三角恒等变换公式、正弦定理、平面向量数量积的定义与运算性质等知识，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，可得∠AMB=π−α−γ，
由正弦定理asin∠AMB=AMsinγ，得AM=asinγsin∠AMB=asinγsin(α+γ)，
所以△ABM的面积S=12AB⋅AMsinα=a2sinαsinγ2sin(α+γ)；
(2)由(1)的结论，得AM=asinγsin(α+γ)=10 3sin45°sin(75°+45°)=10 2，
在△ABN中，ANsin∠ABN=ABsin∠ANB，AN=ABsin∠ABNsin∠ANB=10 3sin60°sin(180°−120°−30°)=30，
在△AMN中，∠MAN=α−β=45°，由余弦定理得MN2=AM2+AN2−2AM⋅AN⋅cs∠MAN，
可得MN2=200+900−2×10 2×30×cs45°=500，解得MN=10 5，
综上所述，M、N之间的距离等于10 5．
【解析】(1)先根据正弦定理表示出边AM，然后利用三角形面积公式求出△ABM的面积；
(2)利用正弦定理求出AM、AN的表达式，然后根据余弦定理算出M、N之间的距离．
本题主要考查特殊角的三角函数值、利用正弦定理与余弦定理解三角形等知识，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：连接AB1，交A1B于O，连接OD，
因为四边形ABB1A1为矩形，所以O为A1B的中点，
因为D为线段AC的中点，所以OD//CB1，
因为OD⊂平面A1BD，CB1⊄平面A1BD，
所以B1C//平面A1BD．
(2)因为AB=BC=3 2，AB⊥BC，D为线段AC的中点，
所以BD⊥AC，且BD=3，AC=A1C1=6，
因为直棱柱中CC1⊥平面ABC，BD⊂面ABC，
所以CC1⊥BD，
因为AC∩CC1=C，AC，CC1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1，
即点B到平面ACC1A1的距离为BD=3，由线面垂直的性质易得BD⊥A1D，
在直角三角形BDA1中，A1D= AD2+AA12=5，BD=3，
所以面积S△BDA1=12×3×5=152，
又三角形A1DC1的面积为12×6×4=12．
设C1到平面A1BD的距离为d，
因为VC1−BDA1=VB−A1DC1，
所以13S△BDA1⋅d=13S△A1DC1⋅BD，
所以152d=12×3，解得d=245，
即C1到平面A1BD的距离为245．
【解析】(1)作辅助线，利用中位线得到线线平行，结合线面平行的判定得证结论；
(2)利用等体积法可求C1到平面A1BD的距离．
本题考查线面平行的判定以及等体积法求点到平面的距离，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，
所以EA+ED=0，BF+CF=0；
因为EF=EA+AB+BF，EF=ED+DC+CF，
所以2EF=(EA+AB+BF)+(ED+DC+CF)=(EA+ED)+(AB+DC)+(BF+CF)=AB+DC，
即2EF=AB+DC．
(2)解：因为AD=3AE，BC=3BF，AB=9，DC=6，AB与DC的夹角为60°，
所以EF=EA+AB+BF，EF=ED+DC+CF，所以3EF=2(AE+AB+BF)+(ED+DC+CF)=(2AE+ED)+(2AB+DC)+(2BF+CF)=2AB+DC，
所以EF=23AB+13DC，
所以EF⋅AB=(23AB+13DC)⋅AB=23AB2+13AB⋅DC=23×92+13×9×6×cs60°=63，
|EF|= (23AB+13DC)2= 49AB2+49AB⋅DC+19DC2= 49×81+49×9×6×cs60°+19×36=2 13，|AB|=9，
所以向量EF与向量AB夹角的余弦值为cs=EF⋅AB|EF||AB|=632 13×9=7 1326．
【解析】(1)根据题意知，EA+ED=0，BF+CF=0，由EF=EA+AB+BF，EF=ED+DC+CF，两式相加即可．
(2)由题意得出EF=EA+AB+BF，EF=ED+DC+CF，利用2AE+ED=2BF+CF=0求出EF=23AB+13DC，再求EF与AB夹角的余弦值．
本题考查了平面向量的线性运算和数量积运算问题，是基础题．
1.复数z=1+1+i1−i，则z的共轭复数z−在复平面中对应的点所在的象限为( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.下列命题正确的是( )
A. 过三个点有且只有一个平面
B. 如果一条直线与两条平行直线都相交，那么这三条直线不一定共面
C. 四边形为平面图形
D. 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
3.若单位向量a，b的夹角为60°，则|a−3b|=( )
A. 7B. 13C. 4D. 5
4.在正四面体A−BCD中，AB=6 6，DE=2EA，则点E到直线BC的距离为( )
A. 6 5B. 3 7C. 12D. 114
5.法国数学家棣莫弗发现：[r(csθ+isinθ)]n=rn(csnθ+isinnθ)(n∈Z)，我们称这个结论为棣莫弗定理，则(1+i)2024=( )
A. 1B. 21012C. −21012D. 21012i
6.已知2i−3是关于x的方程2x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p+q=( )
A. −38B. −14C. 14D. 38
7.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1的底面为直角三角形，∠ACB=90°，AC=3 2，BC=CC1=1，P是BC1上一动点，则CP+PA1的最小值为( )
A. 5
B. 5 62
C. 2 5
D. 3 5
8.在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanAtanBtanA+tanB=12，c= 3，C=60°，则ab的值为( )
A. 34B. 32C. 3D. 3
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.在△ABC中，若m=(a,b)，n=(cs(A+C),cs(B+C))，若m//n，则△ABC可能是( )
A. 等边三角形B. 等腰三角形
C. 直角三角形D. 含45°角的钝角三角形
10.如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体之后，下列结论正确的有( )
A. HG//CD
B. CD与EF异面
C. EF与AB异面
D. GH//AB
11.设点O是△ABC所在平面内任意一点，△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知点O不在△ABC的边上，则下列结论正确的是( )
A. 若点O是△ABC的重心，则AO+BO=OC
B. 若点O是△ABC的垂心，则(AO+BO)⋅CO=0
C. 若(OA+OB)⋅AB=(OB+OC)⋅BC=0，则点O是△ABC的外心
D. 若O为△ABC的外心，H为△ABC的垂心，则OH=OA+OB+OC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知a=(1,csx)，b=(2,sinx)，且a//b，则sinx+csxsinx−csx= ______．
13.设M为△ABC内一点，且AM=12AB+14AC，则△MBC与△ABC的面积之比为______．
14.在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点，则平面A1EC截该正方体所得截面面积为______；平面A1EC与底面ABCD所成锐二面角的余弦值为______．
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)
当实数m取什么值时，复数z=(m2−3 2m+4)+(m2− 2m)i分别满足下列条件？
(1)实数；
(2)纯虚数；
(3)z在复平面内表示的点位于第四象限．
16.(本小题15分)
在△ABC中角A，B，C的对边分别为a，b，c，且a=2csinAtanC2．
(1)求角C的大小；
(2)若b=2，a=3，CH为AB边上的高，H为垂足，CH=mCB+nCA，其中m，n∈R，求mn的值．
17.(本小题15分)
如图，为了测量山顶M和山顶N之间的距离，飞机沿水平方向在A，B两点进行测量，A，B，M，N在同一铅垂平面内.飞机从点A到点B路程为a，途中在点A观测到M，N处的俯角分别为α，β，在点B观测到M，N处的俯角分别为γ，δ．
(1)求△ABM的面积(用字母表示)；
(2)若a=10 3，α=75°，β=30°，γ=45°，δ=60°，求M，N之间的距离．
18.(本小题17分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点D为线段AC的中点．
(1)证明：B1C//平面A1BD；
(2)若AB⊥BC，AA1=4，AB=BC=3 2，求C1到平面A1BD的距离．
19.(本小题17分)
数学家波利亚说：“为了得到一个方程，我们必须把同一个量以两种不同的方法表示出来，即将一个量算两次，从而建立相等关系”这就是算两次原理，又称为富比尼原理.例如：如图甲，在△ABC中，D为BC的中点，则AD=AB+BD，AD=AC+CD，两式相加得，2AD=AB+BD+AC+CD，因为D为BC的中点，所以BD+CD=0，于是2AD=AB+AC.请用“算两次”的方法解决下列问题：
(1)如图乙，在四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，证明：2EF=AB+DC．
(2)如图丙，在四边形中，E，F分别在边AD，BC上，且AD=3AE，BC=3BF，AB=9，DC=6，AB与DC的夹角为60°，求向量EF与向量AB夹角的余弦值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：因为z=1+1+i1−i=1+(1+i)22=1+i，
所以z−=1−i，故复数z−在复平面中对应的点所在的象限为第四象限．
故选：D．
根据复数的除法及共轭复数的概念求出z−=1−i，即可得解．
本题主要考查复数的四则运算，以及复数的几何意义，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：根据公理知，过不共线的三点确定一个平面，故A错误；
因为两条平行直线确定一个平面，而两个交点都在这个平面内，故这条直线也在这个平面内，所以三条直线共面，故B错误；
由空间四边形不是平面图形可知，C错误；
由公理知，两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线，故D正确．
故选：D．
根据平面的基本性质可判断A，D，由推论可判断B，根据特例可判断C．
本题考查平面的基本性质及推论，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：因为单位向量a，b的夹角为60°，所以a⋅b=|a||b|cs60°=12，
所以|a−3b|= (a−3b)2= a2−6a⋅b+9b2= 1−6×12+9= 7．
故选：A．
根据向量的数量积定义及运算法则求解．
本题考查平面向量的数量积与模的求法，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：取BC中点F，连接EB，EF，EC，
由正四面体可知△EBD≅△ECD，
所以BE=CE，所以EF⊥BC，
在△ABE中由余弦定理可知，
BE2=AB2+AE2−2AB⋅AE⋅cs60°=216+24−2×6 6×2 6cs60°=168，
所以在Rt△BEF中，EF= BE2−BF2= 168−(3 6)2= 114．
故选：D．
做出并证明EF⊥BC，再根据余弦定理及勾股定理求解即可．
本题考查点到直线的距离计算，属于中档题．
5.【答案】B
【解析】解：(1+i)2024=[ 2(csπ4+isinπ4)]2024=21012(cs2024π4+isin2024π4)=21012．
故选：B．
化为三角形式，根据棣莫弗定理求解．
本题考查棣莫弗定理的应用，是基础题．
6.【答案】D
【解析】解：2i−3是关于x的方程2x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，
则−3−2i也是关于x的方程2x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，
故−3+2i+(−3)−2i=−p2(−3+2i)(−3−2i)=q2，解得p=12，q=26，
故p+q=38．
故选：D．
根据已知条件，推得−3−2i也是关于x的方程2x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，再结合韦达定理，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：连接A1B，
将△A1BC1与△CBC1同时展平形成一个四边形A1BCC1，如图，
则此时对角线|CP+PA1|=A1C达到最小，
在等腰直角△BCC1中，BC1= 2，∠CC1B=45°，
在直角△ACB中，AB= AC2+BC2= 18+1= 19，
在△A1BC1中，A1B= 12+( 19)2= 20=2 5，A1C1=3 2，BC1= 2，
所以A1C12+BC12=A1B2，即∠A1C1B=90°，
对于展开形成的四边形A1BCC1，在△A1C1C中，C1C=1，A1C1=3 2，∠A1C1C=135°，
由余弦定理有CP+PA1=A1C= 1+18−2×3 2cs135°= 25=5．
故选：A．
将△A1BC1与△CBC1同时展平形成一个四边形A1BCC1，对角线A1C即为所求得答案，利用勾股定理和余弦定理求出答案．
本题考查利用展开思想求线段和的最值问题，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：因为tanAtanBtanA+tanB=12，C=60°，
所以tanA+tanB=2tanAtanB，
又tanC=−tan(A+B)=−tanA+tanB1−tanAtanB=−2tanAtanB1−tanAtanB= 3，
所以2sinAsinBcsAcsB−csAcsB−sinAsinBcsAcsB= 3，可得2sinAsinB−cs(A+B)=2sinAsinBcsC=2sinAsinB12= 3，
所以sinAsinB= 34，
又c= 3，C=60°，
由正弦定理可得absinAsinB=(csinC)2，可得ab 34=( 3 32)2，
解得ab= 3．
故选：C．
由已知利用三角函数恒等变换的应用可求sinAsinB= 34，进而利用正弦定理以及比例的性质即可求解．
本题主要考查了三角函数恒等变换以及正弦定理在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
9.【答案】BC
【解析】解：因为m=(a,b)，n=(cs(A+C),cs(B+C))，m//n，
所以acs(B+C)=bcs(A+C)，
因为A+B+C=π，所以cs(B+C)=−csA，cs(A+C)=−csB，
所以acsA=bcsB，由正弦定理得sinAcsA=sinBcsB，即sin2A=sin2B，
所以2A=2B或2A+2B=π，即A=B或A+B=π2，
所以△ABC可能是等腰三角形或直角三角形．
故选：BC．
利用向量平行得出等量关系，利用边角互化可得答案．
本题主要考查向量平行的性质，属于基础题．
10.【答案】AC
【解析】解：根据正方体的展开图画出正方体如图所示：
由图可得：HG//CD，CD与EF相交，EF与AB异面，GH与AB相交．
故选：AC．
可画出展开图对应的立体图形，根据图形即可判断每个选项的正误，从而得出正确的选项．
本题考查几何体的结构特征，空间中直线的位置关系，属于基础题．
11.【答案】ACD
【解析】解：对于A，取AB中点M，如图，因为点O是△ABC的重心，
所以OC=−2OM=−2×12(OA+OB)=AO+BO，故A正确；
对于B，因为点O是△ABC的垂心，所以OC⊥AB，
故OC⋅BA=OC⋅(OA−OB)=OC⋅(BO−AO)=0，而不是(AO+BO)⋅OC=0，
另一方面由于OB在垂线OC的下方，故由平行四边形法则可知AO+BO显然不与OC垂直，故B错误；
对于C，因为(OA+OB)⋅AB=(OA+OB)⋅(OB−OA)=OB2−OA2=0，所以|OA|=|OB|，
同理可得|OC|=|OB|，所以OA=OB=OC，即O为外心，故C正确；
对于D，如图，
因为 AH⊥BC,(OB+OC)⊥BC，
所以AH⋅BC=(OH−OA)⋅BC=0,(OB+OC)⋅BC=0，
两式相减可得：(OH−OA−OB−OC)⋅BC=0，
同理可得(OH−OA−OB−OC)⋅AC=0，
若OH−OA−OB−OC≠0，该平面向量同时垂直于BC，AC，显然不可能，
所以OH−OA−OB−OC=0，即OH=OA+OB+OC，故D正确．
故选：ACD．
根据重心分中线长度为2：1，结合向量的线性运算可判断A；根据垂心的性质及向量的线性运算判断B；根据向量的线性运算及数量积运算可得O到顶点距离相等即可判断C；根据垂心的性质利用数量积运算，化简可得OH−OA−OB−OC垂直于两个不共线向量，即可得解判断D．
本题考查向量的线性运算、数量积运算及数量积的性质，属于中档题．
12.【答案】3
【解析】解：a=(1,csx)，b=(2,sinx)，由a//b，可得sinx=2csx，
所以tanx=2，所以sinx+csxsinx−csx=tanx+1tanx−1=3．
故答案为：3．
根据向量平行得到方程，求出tanx=2，再化弦为切，代入求值．
本题主要考查了向量平行的坐标表示，还考查了同角基本关系的应用，属于基础题．
13.【答案】14
【解析】解：取AC的中点N，
则AM=12AB+14AC=12AB+12AN，
可知点M为BN的中点，
所以S△MBC=12S△NBC=12(12S△ABC)=14S△ABC，即S△MBCS△ABC=14，
所以△MBC与△ABC的面积之比为14．
故答案为：14．
根据题意结合三点共线的结论确定点M的位置，进而分析运算即可．
本题考查平面向量的线性运算，涉及三角形的面积，属于基础题．
14.【答案】2 6 63
【解析】解：如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵平面A1D1DA//平面B1C1CB，平面A1EC∩平面A1D1DA=A1E，
平面A1EC∩平面B1C1CB=CF，
∴A1E//CF，同理可证A1F//CE，
四边形A1ECF是平行四边形，
∵BC//A1D1，
∴∠BCF=∠D1A1E，
又BC=A1D1=2，∠CBF=∠A1D1E=90°，
∴△A1D1E≅△CBF，
∴BF=D1E=1，则F为BB1的中点，
∴CF= BC2+BF2= 5，同理CE= 5，
∴截面A1ECF是边长为 5的菱形，其对角线EF=BD=2 2，A1C=2 3，
故截面面积S=12A1C×EF=12×2 2×2 3=2 6．
设平面A1EC与底面ABCD所成锐二面角为θ，
∵截面在底面的射影为正方形ABCD，
∴csθ=S正方形ABCDS截面=222 6= 63．
故答案为：2 6； 63．
设平面A1EC交BB1于点F，可知平面A1EC截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面为A1ECF，推导出点F为BB1的中点，计算得知四边形A1ECF是边长为 5的菱形，并求出菱形A1ECF的对角线长，由此可求得该截面的面积，再由二面角余弦公式求值即可．
本题考查截面积和二面角，解题中注意转化思想的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)若z为实数，则m2− 2m=0，解得m=0或m= 2．
(2)若z为纯虚数，则m2− 2m≠0m2−3 2m+4=0，解得m=2 2．
(3)若复数z在复平面内对应的点位于第四象限，
则m2−3 2m+4>0m2− 2m<0，解得0
【解析】(1)若z为实数，可知虚部为0，列式求解即可；
(2)若z为纯虚数，可知虚部不为0，实部为0，列式求解即可；
(3)由题意可知虚部小于0，实部大于0，列式求解即可．
本题主要考查复数的概念，以及复数的几何意义，属于基础题．
16.【答案】解：(1)△ABC中，a2c=sinAtanC2，结合a2c=sinA2sinC，tanC2=sinC2csC2，
可得sinA2sinC=sinA⋅sinC2csC2，由二倍角公式得sinA4sinC2⋅csC2=sinA⋅sinC2csC2．
又因为A、C∈(0,π)，可知sinA≠0,csC2≠0．
所以sin2C2=14，sinC2=12，可得C2=π6，即C=π3．
(2)如图所示，a=3，b=2，C=π3，则CA⋅CB=|CA|⋅|CB|⋅csC=abcsC=3×2×csπ3=3，
由题意CH⊥AB，所以CH⋅AB=0，结合CH=mCB+nCA，AB=CB−CA，
可得(nCA+mCB)⋅(CB−CA)=(n−m)(CB⋅CA)−nCA2+mCB2=3(n−m)−4n+9m=0.整理得n=6m，所以mn=16．
【解析】(1)根据正弦定理将已知等式化成角的关系式，然后根据同角三角函数的关系与二倍角公式，化简得sin2C2=14，由此求得角C的值；
(2)以CA,CB为基底，由CH⋅AB=0化简得到m、n的关系，从而可得mn的值．
本题主要考查三角恒等变换公式、正弦定理、平面向量数量积的定义与运算性质等知识，属于中档题．
17.【答案】解：(1)根据题意，可得∠AMB=π−α−γ，
由正弦定理asin∠AMB=AMsinγ，得AM=asinγsin∠AMB=asinγsin(α+γ)，
所以△ABM的面积S=12AB⋅AMsinα=a2sinαsinγ2sin(α+γ)；
(2)由(1)的结论，得AM=asinγsin(α+γ)=10 3sin45°sin(75°+45°)=10 2，
在△ABN中，ANsin∠ABN=ABsin∠ANB，AN=ABsin∠ABNsin∠ANB=10 3sin60°sin(180°−120°−30°)=30，
在△AMN中，∠MAN=α−β=45°，由余弦定理得MN2=AM2+AN2−2AM⋅AN⋅cs∠MAN，
可得MN2=200+900−2×10 2×30×cs45°=500，解得MN=10 5，
综上所述，M、N之间的距离等于10 5．
【解析】(1)先根据正弦定理表示出边AM，然后利用三角形面积公式求出△ABM的面积；
(2)利用正弦定理求出AM、AN的表达式，然后根据余弦定理算出M、N之间的距离．
本题主要考查特殊角的三角函数值、利用正弦定理与余弦定理解三角形等知识，属于中档题．
18.【答案】解：(1)证明：连接AB1，交A1B于O，连接OD，
因为四边形ABB1A1为矩形，所以O为A1B的中点，
因为D为线段AC的中点，所以OD//CB1，
因为OD⊂平面A1BD，CB1⊄平面A1BD，
所以B1C//平面A1BD．
(2)因为AB=BC=3 2，AB⊥BC，D为线段AC的中点，
所以BD⊥AC，且BD=3，AC=A1C1=6，
因为直棱柱中CC1⊥平面ABC，BD⊂面ABC，
所以CC1⊥BD，
因为AC∩CC1=C，AC，CC1⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1，
即点B到平面ACC1A1的距离为BD=3，由线面垂直的性质易得BD⊥A1D，
在直角三角形BDA1中，A1D= AD2+AA12=5，BD=3，
所以面积S△BDA1=12×3×5=152，
又三角形A1DC1的面积为12×6×4=12．
设C1到平面A1BD的距离为d，
因为VC1−BDA1=VB−A1DC1，
所以13S△BDA1⋅d=13S△A1DC1⋅BD，
所以152d=12×3，解得d=245，
即C1到平面A1BD的距离为245．
【解析】(1)作辅助线，利用中位线得到线线平行，结合线面平行的判定得证结论；
(2)利用等体积法可求C1到平面A1BD的距离．
本题考查线面平行的判定以及等体积法求点到平面的距离，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：四边形ABCD中，E，F分别为AD，BC的中点，
所以EA+ED=0，BF+CF=0；
因为EF=EA+AB+BF，EF=ED+DC+CF，
所以2EF=(EA+AB+BF)+(ED+DC+CF)=(EA+ED)+(AB+DC)+(BF+CF)=AB+DC，
即2EF=AB+DC．
(2)解：因为AD=3AE，BC=3BF，AB=9，DC=6，AB与DC的夹角为60°，
所以EF=EA+AB+BF，EF=ED+DC+CF，所以3EF=2(AE+AB+BF)+(ED+DC+CF)=(2AE+ED)+(2AB+DC)+(2BF+CF)=2AB+DC，
所以EF=23AB+13DC，
所以EF⋅AB=(23AB+13DC)⋅AB=23AB2+13AB⋅DC=23×92+13×9×6×cs60°=63，
|EF|= (23AB+13DC)2= 49AB2+49AB⋅DC+19DC2= 49×81+49×9×6×cs60°+19×36=2 13，|AB|=9，
所以向量EF与向量AB夹角的余弦值为cs
【解析】(1)根据题意知，EA+ED=0，BF+CF=0，由EF=EA+AB+BF，EF=ED+DC+CF，两式相加即可．
(2)由题意得出EF=EA+AB+BF，EF=ED+DC+CF，利用2AE+ED=2BF+CF=0求出EF=23AB+13DC，再求EF与AB夹角的余弦值．
本题考查了平面向量的线性运算和数量积运算问题，是基础题．
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