浙江宁波市2025-2026学年高一下学期4月期中考试数学试题

这是一份浙江宁波市2025-2026学年高一下学期4月期中考试数学试题，文件包含哈九中2025-2026学年度高三下学期第四次模拟考试地理pdf、哈九中2025-2026学年度高三下学期第四次模拟考试地理答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共7页， 欢迎下载使用。
本题共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟．
答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号．
所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效．
结束后，只需上交答题卡．
选择题部分
一、单选题：本大题共 8 小题，每题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
→→
设向量 a  2, 2, b  1, 0 ，则b 与a  b 夹角的余弦值为（ ）
A. 0B.5
5
C. 5
5
D. 1
在V ABC 中，内角A、B、C 所对的边分别为a、b、c ，若sinA：sinB：sinC  2：3：4 ，则sinB 
（ ）
15B. 11C.5
161616
D. 3 15
16
如图，正方形OABC 的边长为 3，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原四边形OABC 中
AB 的长度为（ ）
2
3
6C. 6
D. 9
2
已知α，β为两个不同的平面， m，n 为两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
若 m / /α，m / /β，则α/ /β
若m / /n, m / /α, n / /β，则α/ /β
若α/ /β,α∩γ m,β∩γ n ，则 m // n
若 m，n 为异面直线， m / /α, n / /β，则α/ /β
已知在直角ABC 中，角 A, B,C 的对边分别为 a, b, c ，若 B  π 且满足 a 
2
2, c  2, BM  AC ，且
点 M 在 AC 上，则 BM  BC 的值为（ ）
A. 2 6B. 4
33
6D. 1
33
已知V ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c ．若C  πb  2a ，则V ABC 是（ ）
，
3
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形
–––→
2 –––→
–––→–––→
1 –––→
在V ABC 中， BD 
BC ，点 E 在 AD 上，若 BE  λAB 
33
AC ，则λ （ ）
 2
3
 4
5
 5
6
−6
7
在V ABC 中， a, b, c 分别是V ABC 的内角 A, B,C 所对的边，点G 是V ABC 的重心，若 AG  BG ，则csC 的取值范围是（ ）
 4 ,1
 0, 4 
 4 ,6 
6 ,1
 5
5 
 53 
 3


二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错或不选的得 0 分．
若向量 a  2, 0, b   x, y  ，若 a 与b 的夹角为 π
3
→
，且 b  2 则（ ）
3
A. x  1, y B. a  b  2
1 →→→→→
C. b 在 a 上的投影向量为 2 a
D. a  b  a  b
V ABC 中，角 A, B, C 的对边分别是 a，b，c ，向量 →  sinA, sinB， →  csB, csA ，且
mn
m  n  sin2C ，则下列说法正确的是（ ）
π
C=
3
7
若 a  4，b  6 ，则c  2
若c  7，SV ABC  6 3 ，则V ABC 周长为 16
3
若c  2 ，则V ABC 面积的最大值为
如图，在棱长为 3 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E，F 分别是棱 B1C1，C1D1 的中点， P 是正方形
A1B1C1D1 内的动点，则下列结论正确的是（ ）
若 B1P / / 平面CEF ，则点 P 的轨迹长度为3
2
若 DP / / 平面CEF ，则点 P 的轨迹长度为 32
2
若 DP / / 平面CEF ，则三棱锥 P  DEF 的体积为定值
17
若 AP ，则点 P 的轨迹长度为2π
非选择题部分三、填空题：本题 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
在V ABC 中，角 A, B,C 的对边分别是 a, b, c ，若 a  1, csA 
15 , b  2 ，则 B ．
4
如图，在直角梯形 ABCD 中， AB  BC，AD / / BC，AD  2，BC  4，AB  6 ，则V ACD 绕直线
AB 旋转一周形成的几何体的体积为．
–––→–––→–––→
已知O 为坐标原点， OB  2 OA  2，AB 
–––→–––→

3, C 3，2 ，则 CA  2 AB 的最大值是．
→
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．
已知平面向量 a  1, x ， b  2x  3, x ， x  R ．
a ⊥b
若 →，求 x 的值；
→→→
若 a ∥b ，求 2a  b 的值．
如图，已知正三棱锥 P  ABC 的棱长均为 6，棱 PA, PB, PC 的中点分别为 D, E, F ，用平面 DEF 截四面体 PABC ，得到正三棱台 DEF  ABC ，若 M 为棱 BC 上的动点，
求正三棱锥 P  ABC 的体积和正三棱台 DEF  ABC 的表面积
求 EM  MA 的最小值，并求取最小值时线段 BM 的长．
在ABC 中，内角 A, B,C 的对边分别为 a, b, c ，且分别以 a, b, c 为边长的三个正三角形的面积依次为
S1, S2 , S3 ，已知 S  S  S 3 ac ．
1324
求角 B ；
已知 a  4 ，当
b2  9
c
取最小值时，求ABC 外接圆的半径．
如图所示，如图，三棱锥 P  ABC 各棱长均为 1，侧棱上的 D ， E ， F 满足
PD  DA, BE  PF  λ，线段 BC 上的点G 满足 AG// 平面 DEF ，点Q 在 PC 上，且与端点不重合，
BPPC
AQ//DF ．
求证：平面 AQG// 平面 DEF ；
求证： QG//EF ；
若GC  3BG ，求λ的值．
已知平面内两个非零向量 a   x1, y1 , b   x2 , y2  ，定义一种运算： a  b  x1 y2  x2 y1 ，且此运算满

→→→→→→→
足如下运算律① a  b  b  a ；② a  b  c  a  c  b  c ；试求解下列问题：
（1）设点 A2,1 ， B 0, 4 ， C 1, 2 ，求 AB  AC ．
在（1）的条件下，求证
SV ABC

–––→–––→
1
2
AB  AC ．
其实对任意ABC ，此结论
SV ABC

–––→–––→
1
2
AB  AC 均成立．设四边形 ABCD 有外接圆，圆心为O ，
半径为 2，对角线 AC、BD 相互垂直且交点为 E，OE  1，AB、CD 交于 F，M、N 分别为 AC、BD
的中点，求三角形 FMN 的面积的最大值．
高一数学学科练习
注意事项：
本题共 4 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟．
答题前，在答题卡指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号．
所有答案必须写在答题卡上，写在试题上无效．
结束后，只需上交答题卡．
选择题部分
一、单选题：本大题共 8 小题，每题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
→→
设向量 a  2, 2, b  1, 0 ，则b 与a  b 夹角的余弦值为（ ）
A. 0B.5
5
C. 5
5
D. 1
【答案】B
【解析】
→
→→→→
【详解】 a  b  1, 2，b  a  b   1 ，
→→→
→ →→b  a  b  1 5
5
b
a  b
故cs b, a  b  →→→ .
15
在V ABC 中，内角A、B、C 所对的边分别为a、b、c ，若sinA：sinB：sinC  2：3：4 ，则sinB 
（ ）
15B. 11C.5
161616
D. 3 15
16
【答案】D
【解析】
【详解】由正弦定理得：
a
sin A
b
sin B
c
sin C
 2R, a : b : c  sin A : sin B : sin C  2 : 3 : 4 ,
a  2k, b  3k, c  4k
a2  c2  b2
4k 2 16k 2  9k 2
11k 211
设,由余弦定理的推论得： cs B ，
Qsin2 B  cs2 B  1, B 0, πsin B 
2ac
1 cs2 B
1 121
256

2  2k  4k
135
256
 3 15 .
16
16k 216
如图，正方形OABC 的边长为 3，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原四边形OABC 中
AB 的长度为（ ）
2
3
6C. 6
D. 9
2
【答案】D
【解析】
【分析】根据斜二测画法先求出原图中的OA 与OB ，再在直角三角形 AOB 中用勾股定理求 AB 即可.
【详解】正方形OABC 的边长为3 ，所以OA  OA  3.
2
2
所以OB  2OB ，
32  32
在正方形OABC 中， OB 
因为原图中OA  OB ，
 3
，因此OB  2  3
 6 2.
OA2  OB2
所以在直角三角形 AOB 中 AB 

 9 .
32  6
2 2
已知α，β为两个不同的平面， m，n 为两条不同的直线，则下列命题正确的是（ ）
若 m / /α，m / /β，则α/ /β
若m / /n, m / /α, n / /β，则α/ /β
若α/ /β,α∩γ m,β∩γ n ，则 m // n
若 m，n 为异面直线， m / /α, n / /β，则α/ /β
【答案】C
【解析】
【分析】借助正方体中的空间关系，来举反例，判断 ABD 是错误的，故 C 正确.
【详解】
在正方体中，由于 AB / / 平面 A1B1C1D1 ， AB / / 平面 DCC1D1 ，但平面 A1B1C1D1 与平面 DCC1D1 不平行，故 A 错误；
同理，由于 AB / / 平面 A1B1C1D1 ， A1B1 // 平面 DCC1D1 ，且 AB / / A1B1
但平面 A1B1C1D1 与平面 DCC1D1 不平行，故 B 错误；
同理，由于 AB / / 平面 A1B1C1D1 ， A1D1 / / 平面 BCC1B1 ，且 AB 与 A1D1 是异面直线，但平面 A1B1C1D1 与平面 BCC1B1 不平行，故 D 错误；
对于 C，两平行平面被第三个平面所截,截得的两条交线一定平行，即若 α/ /β,α∩γ m,β∩γ n ,则
m // n , C 正确.
已知在直角ABC 中，角 A, B,C 的对边分别为 a, b, c ，若 B  π 且满足 a 
2
2, c  2, BM  AC ，且
点 M 在 AC 上，则 BM  BC 的值为（ ）
A. 2 6B. 4
33
6D. 1
33
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知 B  π ，且 BC  a 
2
接计算向量数量积 BM  BC 即可.
2, AB  c  2. 建立直角坐标系后，先求出点 M 的坐标，再直
【详解】因为 B  π ，所以以点 B 为原点， BC 所在直线为 x 轴， BA 所在直线为 y 轴，
2
建立平面直角坐标系.
因为 BC  a 2, AB  c  2, 所以可设 B 0, 0, C  2, 0, A0, 2.
又因为点 M 在 AC 上，设 AM  t AC ，设 M  x, y  ，
–––→
则 AM   x, y  2 ， AC   2, 2, 则 x, y  2  t  2, 2,
从而 x 2t, y  2  2t. 故 M   2t, 2  2t .
由于 BM  AC, 所以 BM  AC  0.
––––→–––→
其中 BM   2t, 2  2t , AC   2, 2.
故有 2t, 2  2t  2, 2  0. 即2t  2 2  2t   0,
解得2t  4  4t  0, 即6t  4, 即t  2 . 于是 M   2 2 , 2 .
333 
––––→
 2 2 2 

–––→
所以 BM  3 , 3  , BC   2, 0.

––––→ –––→
 2 2 2 
2 24
2
因此 BM  BC  3 , 3    2, 0 
 .
33

故选 B.
已知V ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c ．若C  πb  2a ，则V ABC 是（ ）
，
3
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 等腰三角形
【答案】B
【解析】
【详解】由
C  πb  2a 和余弦定理，可知c
，
3
2  b2  a2  2ab cs C  3a2 ，因此c 3a ；
则 a2  c2  a2  3a2  2a2  b2 ，
因此V ABC 是以角 B 为直角的直角三角形.
–––→
2 –––→
–––→–––→
1 –––→
在V ABC 中， BD 
BC ，点 E 在 AD 上，若 BE  λAB 
33
AC ，则λ （ ）
 2
3
 4
5
 5
6
−6
7
【答案】C
【解析】
–––→2 –––→
【分析】把 AB, AC 作为一组基向量表示其他向量，先由 BD  3 BC 求出 AD ；再利用点 E 在 AD 上，设
AE  t AD, 从而表示出 BE ，与已知式比较系数即可求出λ.
【详解】设 AB  b, AC  c.
则 BC  BA  AC  b  c  c  b.
–––→
由已知 BD 
2 –––→
BC, 3
–––→2 →→
3
得 BD  c  b.
–––→–––→–––→→2 →→
1 →2 →
所以 AD  AB  BD  b  c  b  b  c ，
333
–––→–––→ 1 →2 → t →2t →

因为点 E 在 AD 上，所以设 AE  t AD  t  3 b  3 c   3 b  3 c.
–––→–––→–––→→t →2t → t →2t →
于是 BE  BA  AE  b  b 
3
c   1 b c.
33
3
–––→–––→
1 –––→→1 →
而题目又给出 BE  λAB 
比较c 的系数，得 2t  1 ,
33
AC  λb  c.
33
所以t  1 . 再比较b 的系数，得λ t 1  1 1   5 . 故λ  5 .
2
故选 C.
3666
在V ABC 中， a, b, c 分别是V ABC 的内角 A, B,C 所对的边，点G 是V ABC 的重心，若 AG  BG ，则csC 的取值范围是（ ）
 4 ,1
 0, 4 
 4 ,6 
6 ,1
 5
5 
 53 
 3

【答案】A

【解析】
【分析】设C 0, 0, Ab, 0, B acsC, asinC , 这样就能直接利用边长与角的关系表示三点坐标，再由重
心坐标写出 AG, BG, 利用 AG  BG 得到关于 a, b, csC 的关系式，最后设 x  a  0 求函数值范围即可.
b
【详解】设C 0, 0, Ab, 0, B acsC, asinC .
因为 BC  a, CA  b, 所以这样的设法符合题意，
因为点G 是V ABC 的重心，所以G  b  acsC , asinC .
33

–––→ acsC  2b asinC  –––→ b  2acsC2asinC 
于是 AG  3,3 , BG  3, 3.

由 AG  BG 可得 AG  BG  0.
所以 acsC  2b  b  2acsC    asinC   2asinC   0.
3333

得acsC  2bb  2acsC   2a2sin2C  0.
展开整理： abcsC  2a2cs2C  2b2  4abcsC  2a2sin2C  0,
5abcsC  2a2 cs2C  sin2C   2b2  0, 5abcsC  2a2  2b2 .
2 a2  b2 
因此csC 
a
.
5ab
2 a2  b2 
2 x2b2  b2 2 1 
设 x  b  0, 则 a  xb ， csC 

5ab
5xb2
  x  .
5x

x  1
x
csC  2  2 2  2  4 .
555
当且仅当 x  1 即 a  b 时取等号，所以最小值为 4 .
5
又因为三角形内角0  C  π, 且这里由上式可知 csC  0 ，所以必须有csC  1.
事实上 2  x  1   1 等价于2x2  5x  2  0, 即 1  x  2.
5 x 2

1 
csC  1,
当 x  或
2
x  2时，
综上， csC   4

 5 ,1.
二、多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错或不选的得 0 分．
若向量 a  2, 0, b   x, y  ，若 a 与b 的夹角为 π
3
→
，且 b  2 则（ ）
3
A. x  1, y B. a  b  2
1 →→→→→
C. b 在 a 上的投影向量为 2 a
【答案】BC
D. a  b  a  b
【解析】
【分析】选项 AB，利用向量的数量积定义，坐标公式和模的坐标公式求出a  b 和 x, y 的值；选项 C，利用
→→→→
投影向量的公式求解；选项 D，分别计算 a  b , a  b 的值得到结论.
→
【详解】选项 B，因为 a  2, 0, 所以 a  2.
→→ →π
又已知 b
 2,
a, b  , 3
→ →→ →π1
因此 a  b  a
b cs
 2  2   2. 所以 B 正确.
32
a a  a.
a  b →2 →1 →
选项 C： b 在 a 上的投影向量为 → 2
a
222所以 C 正确.
选项 A：设b   x, y ,
→
由 b  2 及 a  b  2 得2x  2,
故 x  1. 再由 x2  y2  4 可得 y   3. 所以 A 错误.
→→ 2→ 2→ 2→ →
选项 D： a  b  a  b  2a  b  4  4  2  2  12,
→→ 2→ 2→ 2→ →
a  b  a  b  2a  b  4  4  2  2  4.
→→→→
所以 a  b  a  b , 故 D 错误.
V ABC 中，角 A, B, C 的对边分别是 a，b，c ，向量 →  sinA, sinB， →  csB, csA ，且
mn
m  n  sin2C ，则下列说法正确的是（ ）
π
C=
3
7
若 a  4，b  6 ，则c  2
若c  7，SV ABC  6 3 ，则V ABC 周长为 16
3
若c  2 ，则V ABC 面积的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用数量积的坐标表示及和角的正弦求解判断 A；利用余弦定理及三角形面积公式求解判断
BCD.
→ →
【详解】选项 A: m·n  sin A cs B  sin B cs A  sin  A  B  sin 2C, A  B  2C 或 A  B  π  2C ,
若 A  B  2C, A  B  C  3C  π, C  π .
3
若 A  B  π  2C，A  B  2C  π
与 A  B  C  π 矛盾，故C  π ，A 正确.
3
选项 B:由 A 知， C  π ，若 a  4, b  6 ,
3
由余弦定理得： c2  a2  b2  2ab cs C  16  36  2  4  6  1  28,c  2 7.故 B 正确.
2
选项 C: S
 1 ab sin C  1 ab 3  6 3, ab  24 ,
V ABC222
由余弦定理得：
121
c2  a2  b2  2ab cs C  a  b2  2ab  2ab cs C  a  b2  48  24  49,a  b2  121, a  b  11
V ABC 的周长为 a  b  c  18 ，故 C 错误.
选项 D: c  2, C  π ,由余弦定理得： c2  4  a2  b2  2ab cs C  a2  b2  ab  2ab  ab  ab ,
3
即 ab  4 , S
 1 ab sin π 3 ab 3  4 3 ,
V ABC2344
当且仅当 a  b  2 时“” 成立,故 D 正确.
如图，在棱长为 3 的正方体 ABCD  A1B1C1D1 中， E，F 分别是棱 B1C1，C1D1 的中点， P 是正方形
A1B1C1D1 内的动点，则下列结论正确的是（ ）
2
若 B1P / / 平面CEF ，则点 P 的轨迹长度为3
若 DP / / 平面CEF ，则点 P 的轨迹长度为 32
2
若 DP / / 平面CEF ，则三棱锥 P  DEF 的体积为定值
17
若 AP ，则点 P 的轨迹长度为2π
【答案】ABC
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，用平面CEF 的法向量把直线与平面平行的问题转化为向量数量积为 0 的问题；再把点 P 限制在正方形 A1B1C1D1 内，得到点 P 的轨迹线段或圆弧. 利用点 P 到平面 DEF 的距离是否为定值判断三棱锥体积是否为定值.
【详解】以点 A 为坐标原点，分别以 AB, AD, AA1 所在直线为 x, y, z 轴建立空间直角坐标系，
则 A0, 0, 0 ， B 3, 0, 0 ， C 3, 3, 0 ， D 0, 3, 0 ， A1 0, 0, 3 ， B1 3, 0, 3 ， C1 3, 3, 3 ， D1 0, 3, 3 .
E, F
3
 3
因为分别是 B1C1, C1D1 的中点，所以 E  3, 2 , 3 ， F  2 , 3, 3 .

设 P  x, y, 3 ，其中0  x  3 ， 0  y  3 .
–––→
3–––→3
对平面CEF ，有CE   0,  2 , 3 ， CF    2 , 0, 3 .

→→→33
设平面CEF 的法向量为 n  u, v, w ，则 n  CE  0 ，n  CF  0 ，即
→
以可取 n  2, 2,1 .
对于 A 项， B1P   x  3, y, 0 .
v  3w  0 ，
2
u  3w  0 ，所
2
若 B P / / 平面CEF ，则 B P  →  0 ，即2  x  3  2 y  0 ，整理得 x  y  3 .
2
11n
32  32
在正方形 A1B1C1D1 内，该轨迹是从 B1 3, 0, 3 到 D1 0, 3, 3 的一条线段，长度为
 3
，故 A 正
确.
对于 B 项， DP   x, y  3, 3 .
若 DP 平面CEF ，则 DP  →，即2x  2  y  3  3  0 ，整理得 x  y  3 .
n  0
 3
2
 3 2 3 2
  
 2  2 
3 2
3
在正方形 A1B1C1D1 内，该轨迹是端点为 2 , 0, 3 和 0, 2 , 3 的线段，长度为

，故 B
2
正确.
对于 C 项，由上面 B 项可知 DP / / 平面CEF 时，点 P 满足 x  y  3 .
2
又 D, E, F 确定，所以三棱锥 P  DEF 的底面 DEF 面积为定值.下面只需看点 P 到平面 DEF 的距离是否为定值.
3 3
由 D 0, 3, 0 ， E  3, 2 , 3 ， F  2 , 3, 3 可得平面 DEF 的一个法向量为2, 2,1 ，所以平面 DEF 的方

程可写为2x  2 y  z  6 .
22  22  12
2x  2 y  3  6
P x, y, 3
 2  x  y   9
对  ，其到平面 DEF 的距离为3.
当 x  y  3 时，该距离等于 2，为定值，因此三棱锥 P  DEF 的体积为定值，故 C 正确.
2
17
对于 D 项，由 AP 得 x2  y2  32  17 ，即 x2  y2  8 .
2
点 P 在正方形 A1B1C1D1 内运动，所以轨迹是以 A1 为圆心，2
为半径的圆在该正方形内的一段四分之一圆
2
弧，弧长为 1  2π 2
4
π 2 ，不是2π，故 D 错误.
故选 ABC.
非选择题部分三、填空题：本题 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
在V ABC 中，角 A, B,C 的对边分别是 a, b, c ，若 a  1, csA 
15 , b  2 ，则 B ．
4
π5π
【答案】 或
66
【解析】
【分析】已知csA 
15 , 可先求出sinA.再由正弦定理
4
a
sinA
b
sinB
求出sinB ，最后结合0  B  π 确定 B
的两个可能值.
【详解】因为csA 
ab
15 , 所以sinA 
4

1 cs2 A
1 2 .
 1 .
1 15
16
4
由正弦定理sinA  sinB , 代入 a  1, b  2, 得 1sinB
4
于是4 
2
sinB
, 所以sinB  1 .
2
又因为三角形内角满足0  B  π ，故 B  π
或 5π ,
66
经检验，这两个解均满足构成三角形的条件，故 B  π
或 5π .
66
如图，在直角梯形 ABCD 中， AB  BC，AD / / BC，AD  2，BC  4，AB  6 ，则V ACD 绕直线
AB 旋转一周形成的几何体的体积为．
【答案】24π
【解析】
【详解】如图，
直角梯形 ABCD 绕直线 AB 旋转一周形成的几何体是圆台，
且圆台上底面面积 S  π 22  4π ,下底面圆的面积为 S  π 42  16π ，圆台的高为 h  6 .
12
S1S2
因此，该圆台的体积V  1 S  S h  1  28π  6  56π .
13123
V ABC 绕直线 AB 旋转一周形成的几何体为圆锥，
2
且该圆锥的底面圆的面积为 S  π 42  16π ，圆锥的高为 h  6 ，因此，该圆锥的体积为
V  1 Sh  1 16π  6  32π ,
33
故所求几何体的体积V  V1 V2  56π  32π  24π .

–––→–––→–––→–––→–––→
已知O 为坐标原点， OB  2 OA  2，AB 3, C 3，2 ，则 CA  2 AB 的最大值是．
13
【答案】 2
【解析】
–––→
【分析】先由条件判断 OA  AB ，求出 OA  OB  1 ， OC

13
，再利用向量数量积的运算律化简得
–––→–––→ 2
–––→–––→–––→
–––→–––→
CA  2 AB 26  2OA  4OB OC 及 2OA  4OB  2 13 ， 根 据 向 量 数 量 积 的 定 义 推 得
–––→–––→–––→–––→–––→
2OA  4OB OC  26 ，即得 CA  2 AB 的最大值.
32  22
–––→
【详解】由题意得： OC  13 ，
–––→–––→–––→
又 OB  2 OA  2，AB 
–––→–––→
3
，所以 OB  2, OA  1 ，
–––→ 2
所以 OA 
–––→ 2
AB
–––→ 2
 OB
，所以OA  AB ，
所以csAOB  1 ，
2
–––→ –––→–––→ –––→1
所以OA  OB  OA OB cs AOB  1 2   1，
2

–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→
所以CA  2 AB  OA  OC  2 OB  OA  2OB  OA  OC ，


–––→–––→ 2–––→–––→–––→ 2–––→2–––→2–––→2–––→ –––→–––→–––→–––→
所以 CA  2 AB 2OB  OA  OC 4OB  OA  OC  4OB  OA  2OA  4OB  OC
–––→ 2
 4 OB
–––→ 2
OA
–––→ 2
OC
–––→ –––→–––→–––→–––→

 4OB  OA  2OA  4OB  OC
–––→–––→–––→–––→–––→–––→
 4  22 113  4 1 2OA  4OB OC  26  2OA  4OB OC ，

–––→–––→ 2–––→–––→ 2–––→2–––→2–––→ –––→
又因为 2OA  4OB 2OA  4OB 4OA 16OB 16OA  OB
–––→ 2–––→ 2–––→ –––→
 4 OA 16 OB 16OA  OB  4  64 16  52 ，
–––→–––→
所以 2OA  4OB  2 13 ，

–––→–––→–––→–––→–––→ –––→
所以 2OA  4OB  OC  2OA  4OB OC
 26 ，
–––→–––→ 2
所以 CA  2 AB
–––→–––→
–––→–––→–––→

 26  2OA  4OB  OC  26  26  52 ，
–––→–––→
13
13
所以 CA  2 AB  2
，则 CA  2 AB 的最大值是2.
→
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．
已知平面向量 a  1, x ， b  2x  3, x ， x  R ．
a ⊥b
若 →，求 x 的值；
→→→
若 a ∥b ，求 2a  b
【答案】（1） 1或 3
5
（2）1 或3
的值．
【解析】
【分析】（1）运用两向量垂直坐标公式 x1x2  y1 y2  0 计算即可.
（2）运用两向量平行坐标公式 x1 y2  x2 y1  0 计算可求得 x 的值，结合向量线性运算及模的坐标公式计算即可.
【小问 1 详解】
→→
若 a ⊥b ，则 a  b  1, x2x  3, x  12x  3  x x  0 ．整理得 x2  2x  3  0 ，解得 x=−1 或 x  3 ．
故 x 的值为−1或3 ．
【小问 2 详解】
a ∥b
若 →，则有1x  x 2x  3  0 ，即 x 2x  4  0 ，解得 x  0 或 x  2 ．
→→→→
当 x  0 时， a  1, 0 ， b  3, 0 ，∴ 2a  b  1, 0 ，∴ 2a  b  1 ．
→→→→
32  62
5
当 x  2 时， a  1, 2 ， b  1, 2 ，∴ 2a  b  3, 6 ，∴ 2a  b 
 3．
→→
5
综上， 2a  b 的值为 1 或3．
如图，已知正三棱锥 P  ABC 的棱长均为 6，棱 PA, PB, PC 的中点分别为 D, E, F ，用平面 DEF 截四面体 PABC ，得到正三棱台 DEF  ABC ，若 M 为棱 BC 上的动点，
求正三棱锥 P  ABC 的体积和正三棱台 DEF  ABC 的表面积
求 EM  MA 的最小值，并求取最小值时线段 BM 的长．
【答案】（1）VP ABC
 18
，表面积为 63 3
2
2
7
（2）最小值为3
，取最小值时 BM  2
【解析】
【分析】（1）作点 P 在平面 ABC 内的射影O ，连接 AO ，根据题意可知，O 是等边三角形 ABC 的中心，从而求出 AO ，利用勾股定理得到 PO ，求得结果；
（2）将平面 PBC 与 ABC 展开到同一平面，可知 EM  MA  AE ，在V ABE 中，利用余弦定理求得
AE ，利用VBEM ∽VCAM 求得 AM ，在V ABM 中，由余弦定理得到 BM ，即可得出结论.
【小问 1 详解】
作点 P 在平面 ABC 内的射影O ，连接 AO .
根据题意可知， O 是等边三角形 ABC 的中心，则 AO 
3 AB  2 3 ，
6
3
PA2  AO2
PO 
 2 6 ，即四面体 P  ABC 的高为2.
所以V
 1 S PO  1 3  62  2
 18，
6
P ABC3 V ABC34
2
3
正三棱台 DEF  ABC 的上下底面积分别为 93 和9，
4
正三棱台侧面为等腰梯形，其中一个侧面如图所示：
其面积为
1 3  6
32  
 6  3 2

2


2
，
27 3
4
所以表面积为 9
3  9
 3 27
3  63 3 ；
3
442
【小问 2 详解】
如图所示，将平面 PBC 与 ABC 展开到同一平面，可知 EM  MA  AE .
在V ABE 中， AB  6, BE  3,∠ABE  120∘ ，
7
由余弦定理得 AE2  AB2  BE2  2 AB  BEcs∠ABE  63 ，即 AE  3.
7
AMAC
因为VBEM ∽VCAM ，所以 2 ，所以 AM  2，
EMBE
在V ABM 中，设 BM  x ，
由余弦定理得 AB2  BM 2  2 AB  BMcs∠ABM  AM 2 ，即62  x2  6x  (2 7 )2 ，解得 x  2 或 x  4 ，结合图可知 BM  2 .
7
综上， EM  MA 的最小值为3，且取最小值时 BM  2 .
在ABC 中，内角 A, B,C 的对边分别为 a, b, c ，且分别以 a, b, c 为边长的三个正三角形的面积依次为
S1, S2 , S3 ，已知 S  S  S 3 ac ．
1324
求角 B ；
已知 a  4 ，当
【答案】（1） B  π
3
b2  9
c
取最小值时，求ABC 外接圆的半径．
7
（2）．
【解析】
【分析】（1）由正三角形面积公式可先把 S1 , S2 , S3 转化成关于 a2 , b2 , c2 的式子，再结合余弦定理求角 B .
3
（2）由第（1）问已经得到 B  π , 所以可以先用余弦定理把b2 表示成c 的函数，再利用基本不等式求最值，
最后用正弦定理求外接圆半径.
【小问 1 详解】
由题意 S
 1 a2sin60∘ 
3 a2 , S
 1 b2sin60∘ 
3 b2 ，
124224
S  1 c2sin60∘ 3 c2，
324
则 S  S  S 
3 ac 3 a2 3 c2 3 b2 ，即 ac  a2  c2  b2 ，
132
4444
a2  c2  b21
B  0, π
B  π
由余弦定理csB  ．因为 ，所以 ．
2ac23
【小问 2 详解】
因为 a  4, B  π ，所以b2  a2  c2  2accsB  16  c2  4c ，
3
c  25
c
b9 25
2 
所以c  4  2
cc
 4  6 ，当且仅当
c  25
c
，即c  5 时等号成立，
21
此时b2  16  c2  4c  21 ，所以b ，
21
3 / 2
7
b
由正弦定理可知外接圆直径2R  2，
sinB
7
7
所以 R ，所以ABC 外接圆的半径为．
如图所示，如图，三棱锥 P  ABC 各棱长均为 1，侧棱上的 D ， E ， F 满足
PD  DA, BE  PF  λ，线段 BC 上的点G 满足 AG// 平面 DEF ，点Q 在 PC 上，且与端点不重合，
BPPC
AQ//DF ．
求证：平面 AQG// 平面 DEF ；
求证： QG//EF ；
若GC  3BG ，求λ的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析（3）λ 1
4
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理得到 AQ// 平面 DEF ，再结合面面平行的判定定理求解即可.
利用面面平行的性质定理求解即可.
–––→1  –––→3 –––→
44
结合题意与空间向量的线性运算得到GQ   2λ  PC  PB ，最后利用空间向量基本定理建立方

程，求解参数即可.
【小问 1 详解】
Q AQ//DF，DF  平面 DEF , AQ  平面 DEF ，
 AQ// 平面 DEF ，Q AG// 平面 DEF , AQ// 平面 DEF ，而 AG ∩ AQ  A, AG  平面 AGQ, AQ  平面 AGQ ，
平面 AQG// 平面 DEF ．
【小问 2 详解】
由（1）知平面 AQG// 平面 DEF ，
又平面 BCP ∩ 平面 DEF  EF ，平面 BCP ∩ 平面 AQG  QG ，QG∥EF .
【小问 3 详解】
如图，作出符合题意的图形，
Q PD  DA ，点 D 是 PA 的中点，

PFPD
Q AQ//DF ， FQDA1，点 F 是 PQ 的中点， PF  FQ ．
Q BE  PF  λ，且三棱锥 P  ABC 各棱长均为 1，
BPPC
 BE  PF  λ， PE  1λ, FQ  λ, PQ  2λ, CQ  1 2λ．
Q点Q 在 PC 上且与端点不重合，1 2λ 0 ，解得λ 1 ．
2
–––→
QGC  3BG ，CG 
3 –––→3
CB 
–––→–––→

PB  PC ，
44
又Q EF  PF  PE  λPC  1λ PB ，
–––→–––→–––→–––→
3 –––→–––→
1  –––→
3 –––→

4
而GQ  CQ  CG  1 2λCP 
PB  PC    2λ
 PC 
4

PB ，
4
由（2）知QG//EF ，GQ// EF ，
k  R ，使得 EF  kGQ ，
–––→–––→1  –––→3 –––→1  –––→3 –––→
即λPC  1λ PB  k  2λ 4  PC  4 PB  k  2λ 4  PC  4 k PB ，

λ1 
4

k  2λ 

由空间向量基本定理可得1λ   3 k ，解得λ 1 .

44
1
0  λ
2
已知平面内两个非零向量 a   x1, y1 , b   x2 , y2  ，定义一种运算： a  b  x1 y2  x2 y1 ，且此运算满

→→→→→→→
足如下运算律① a  b  b  a ；② a  b  c  a  c  b  c ；试求解下列问题：
（1）设点 A2,1 ， B 0, 4 ， C 1, 2 ，求 AB  AC ．
在（1）的条件下，求证
SV ABC

–––→–––→
1
2
AB  AC ．
其实对任意ABC ，此结论
SV ABC

–––→–––→
1
2
AB  AC 均成立．设四边形 ABCD 有外接圆，圆心为O ，
半径为 2，对角线 AC、BD 相互垂直且交点为 E，OE  1，AB、CD 交于 F，M、N 分别为 AC、BD
的中点，求三角形 FMN 的面积的最大值．
【答案】（1） 1
7
（2）证明见解析（3） ．
4
【解析】
【分析】（1）直接按定义计算即可；
把 AB  AC 与三角形面积公式 1 absinθ联系起来求解；
2
先利用第 2 问得到 S
V FMN
 1 S
4
ABCD
，再借助圆中“垂径定理”和对角线互相垂直，将四边形面积转
化为关于OM , ON 的式子，最后求最值.
【小问 1 详解】
因为 A2,1, B 0, 4, C 1, 2 ，所以 AB  0  2, 4 1  2, 3,
AC  1 2, 2 1  1,1.
可得 AB  AC  2 1 31  1 .
【小问 2 详解】
–––→ –––→

AB  AC
2 1 315 26
Q AB  2, 3 ， AC  1,1 ，
cs
AB,AC
 –––→–––→ 
22  32
12 12
AB  AC
26，
sin
–––→ –––→
26
AB，AC ，
26
 S
–––→–––→–––→ –––→
1
2
,
 1 ，
ΔABC
ABAC sin
AB AC
2
Q AB  AC  1， S 1 –––→  –––→  1 .
ΔABC
ABAC
22
【小问 3 详解】
由结论 S△ ABC
S
–––→–––→
1
2
AB  AC ，
1
2
1 1
2 2
––––→–––→–––→–––→
2
–––→–––→
可得 ΔFMN
FM  FN FA  FC 
FB  FD

–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→–––→
1
8
   
FA FB  FC  FD  FA FD  FB  FC
1
8
1
1
4
2
–––→–––→–––→–––→–––→–––→1 –––→–––→

2
FA FD  FC  FB FA FD FC  FB
 1 S
4
V FAD
 SV FBC
  1 S
4
ABCD ．
222
由垂径定理知OM  AC, ON  BD, OM ON OE 1，

 AC
OA 2  OM 2

 2
 2
4  OM 2
OB 2  ON 2
4  ON 2
，
4  OM 2 4  ON 2 
 BD  2 2
16  4 OM 2  ON 2   OM 2ON 2
12  
 OM 2  ON 2 
2



2


AC  BD  4 4
12  OM 2 ON 2
 4
 4
 14，
当且仅当 OM
 ON 
时等号成立，
2
则S 1 S 1  1 AC  BD  1  1 14  7 ，

V FMN max4ABCD max42424
当且仅当 OM
 ON 
2 时等号成立，
2
7
综上所述三角形 FMN 的面积的最大值为 4 ．