浙江省强基联盟2025-2026学年高一下学期4月题库数学试题

这是一份浙江省强基联盟2025-2026学年高一下学期4月题库数学试题，共11页。
考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
选择题：本题共 8 小题，每小题 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．
已知复数 z  m2  1  (m  1)i(m  R) 为纯虚数，其中 i 为虚数单位，则实数m 的值为（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 1

–→–→–→
已知向量e1 ， e2 为单位向量， e1  2e2  e1 ，则e1 ， e2 的夹角为（）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°
已知圆锥的底面半径为 3，高为 4，则它的侧面积为（ ）
A. 12πB. 15πC. 24πD. 30π
6
3
6
用斜二测画法画一个边长为 4 的正三角形的直观图，则直观图的面积是（ ）
3
A.
B.
C. 2
D. 2
设V ABC 的三个角 A，B，C，所对的边分别为 a，b，c.已知a 
6, b  2, A  60 ，则C 
（ ）
A. 30B. 45C. 75D. 105
已知 m  (0, 2), n  ( 3,1) ，则 m 在n 上的投影向量为（ ）
0,1
 3 , 1 
 1 , 3 
 3 , 1 
 44 
 22 
 22 

若复数 z 满足| z  (3  4i) | 1，其中i 为虚数单位，则| z  i | 的取值范围为（ ）
[4，6]B. [3 2 1, 3 2 1]
[2
1, 2
1]
[
1,
1]
5
5
34
34
已知平面向量 a, b 满足| 2a  3b | 2,| a  4b | 1 ．当| a  b |取最大值时，下列结论成立的是（ ）
| a | 11
| b | 4
4 | a | 11| b |
| a  b | 2
选择题：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，有选错的得 0 分．
已知复数 z  1 i, z 是它的共轭复数，则下列结论成立的有（ ）
1  1 i
z
z  z
z  z  z  z
 1
z
z
正四棱台 ABCD  A1B1C1D1 中，已知 A1B1  1, AB  3, AA1  2 ，则下列说法正确的是（ ）
3
该四棱台的高为
该四棱台的体积为13 2
3
5
该四棱台外接球的半径为
3
若点 P 在棱 BB1 上，则 AP  CP 的最小值为3
已知点O 为V ABC 的外心，点 H 为V ABC 所在平面内一点，则下列结论一定成立的有（ ）
OA  OH  OB  OH  OC  OH
–––→ –––→
若 AO  AC  2 AH 2 ，则|??| ≤ |??|
若3OH  OA  OB  OC ，则点 H 为V ABC 的重心
若OH  OA  OB  OC ，则点 H 为V ABC 的垂心
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
已知球的表面积是16π，则该球的体积为.
已知sinα 1 ，则sin  π  2α ．
3 2

已知V ABC 的三个角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若sin A(sin B  cs B)  sin C,
2
SV ABC 1，则 a 的最小值为．
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．
在V ABC 中，点 D 在 AB 边上，且 AD  2DB ，记CA  m, CB  n ．
用 m, n 表示CD ；
–→→–→ →
若| m | 1,| n | 2, m, n 
π ，求| CD |．
2
如图，一个底面边长为4 的正三棱柱容器中盛有容器容积一半的水，若侧面 AA1B1B 水平放置时，水
面分别过 AC 、 BC 、 A1C1 、 B1C1 的 E 、 H 、 F 、G 点．
几何体 EFGH  AA1B1B 是否为棱台？请说明理由；
求图中水面的高．
设α,β是关于 z 的方程 z2  4z  x  0( x  R) 的两个根．
若 x  5 ，求α4  β4 的值；
求函数 f ( x) |α|  | β| 的解析式．
–––→9 –––→–––→ csβ 1
已知OA    , 0,OB  (sinα, 2 sinα),OC   22 , csβ (O 为原点）．
4
–––→
求| AB | 的最小值；
已知四边形 OABC 为平行四边形，求β的值．
如图，在平面上以V ABC 三边为边分别向外作三个正三角形VA1BC,VAB1C,VABC1 ，记这三个正三角形的中心分别为O1,O2,O3 ．（ VO1O2O3 被称为拿破仑三角形）
证明： VO1O2O3 为正三角形；
若ACB  π , S

3
，求V ABC 周长的取值范围．
3VO1O2O3
浙江省强基联盟 2025-2026 学年高一下学期 4 月题库数学试题
考生注意：
本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟．
考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
选择题：本题共 8 小题，每小题 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．
已知复数 z  m2  1  (m  1)i(m  R) 为纯虚数，其中 i 为虚数单位，则实数m 的值为（ ）
A. -1B. 0C. 1D. 1
【答案】A
【解析】
【详解】Q z 为纯虚数， m2 1  0 且 m 1  0 ，则 m  1.

–→–→–→
已知向量e1 ， e2 为单位向量， e1  2e2  e1 ，则e1 ， e2 的夹角为（）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量垂直列方程，由此求得cs e1 , e2 ，进而确定正确答案.
–→–→–→
–→–→–→–→2
–→ –→
【详解】因为e1  2e2   e1 ，所以e1  2e2  e1  e1
 2e1  e2
 1
–→ –→

–→ –→  1 ，
2 cs e1, e2
0, cs e1 , e22
由于0  e1, e2  180 ，所以e1, e2  60 .
已知圆锥的底面半径为 3，高为 4，则它的侧面积为（ ）
A. 12πB. 15πC. 24πD. 30π
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆锥侧面积公式求解即可.
32  42
【详解】圆锥的母线长l 
 5 ，则它的侧面积 S  πrl  15π ．
用斜二测画法画一个边长为 4 的正三角形的直观图，则直观图的面积是（ ）
3
A.
B.
C. 2
D. 2
6
3
6
【答案】B
【解析】
3
6
【详解】正三角形的面积为 S原图  4
，令直观图面积为 S直观图 ，
S原图
由
 2 2 ，得 S 4 3 ．
S直观图
直观图2
2
设V ABC 的三个角 A，B，C，所对的边分别为 a，b，c.已知a 
6, b  2, A  60 ，则C 
（ ）
A. 30B. 45C. 75D. 105
【答案】C
【解析】
【分析】根据正弦定理求解即可.
【详解】由正弦定理
a
sin A
b
sin B
, b  a,
2
b sin A2 sin 60
6
得sin B ,故 B  45 ，
a2
则C  180  A  B  180  60  45  75 ．
已知 m  (0, 2), n  ( 3,1) ，则 m 在n 上的投影向量为（ ）
0,1
 3 , 1 
 1 , 3 
 3 , 1 
 44 
 22 
 22 
【答案】D
【解析】

→
–→ →
m  n2

3
1 
2
【详解】 m 在n 上的投影向量为 →
 n  ( 3,1) 
4
,  ．
| n |
 22 
5
5
34
34
若复数 z 满足| z  (3  4i) | 1，其中i 为虚数单位，则| z  i | 的取值范围为（ ）
[4，6]B. [3 2 1, 3 2 1]
[2
1, 2
1]
[
1,
1]
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数及复数模的几何意义求解即可.
【详解】在复平面内，设 z 对应的点为 Z ，
则| z  (3  4i) | 1表示 Z 到点 A(3, 4) 的距离为1，
| z  i | 表示动点 Z 到点 B(0,1) 的距离，
32  4 12
2
2
因为 AB  3，
2
所以3
1 | z  i | 3
1 ．
已知平面向量 a, b 满足| 2a  3b | 2,| a  4b | 1 ．当| a  b |取最大值时，下列结论成立的是（ ）
| a | 11
| b | 4
4 | a | 11| b |
| a  b | 2
【答案】C
【解析】
【分析】设 m  2a  3b, n  a  4b ，得 m  n  a  b ，因此得出结论：当 m  2n 时，| a  b |最大，然后
→
可得出b 
4 →
a ,代入模计算可得各选项中的模.
11
⃗⃗⃗ →⃗⃗⃗⃗⃗⃗
【详解】设? = 2?−3?,? = ?−4?，则?−? = ? + ?，
⃗⃗
|?| = 2,|?| = 1 ，当 m  2n 时， | a  b |最大，
→4 →
于是2a  3b  2a  8b ，即4a  11b , b  11 a ,
→→5
所以 a  4b  
→
a ，|?−4?| =
5 |?| = 1 ，
1111
|?| = 11,|?| = 4,|?−?| = | 7 ?| = 7.
55
只有 C 正确.
115
选择题：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，有选错的得 0 分．
已知复数 z  1 i, z 是它的共轭复数，则下列结论成立的有（ ）
1  1 i
z
z  z
z  z  z  z
 1
z
z
【答案】CD
【解析】
【分析】对选项 A，利用复数的除法运算法则计算；对选项 B，根据复数的性质，复数不能比较大小判断即可；对选项 C，结合复数运算法则求解；对选项 D，利用复数模的性质判断.
【详解】 1  1  1 i ，故 A 错误；
z1 i2
复数不能比较大小，故 B 错误；
z  z  2, z  z  (1  i)(1  i)  2  z  z ，故 C 正确；
1 i
1 i
(1 i)2
(1 i)(1 i)
2i
2
z
z

1，故 D 正确．
正四棱台 ABCD  A1B1C1D1 中，已知 A1B1  1, AB  3, AA1  2 ，则下列说法正确的是（ ）
3
该四棱台的高为
该四棱台的体积为13 2
3
5
该四棱台外接球的半径为
3
若点 P 在棱 BB1 上，则 AP  CP 的最小值为3
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据棱台体积公式、勾股定理、余弦定理等知识逐项判断即可.
2
【详解】如图，?1? = 3 2,?2? = 2,??1 = 2 ，则棱台的高O1O2 为
，故 A 错误；
四棱台的体积? =
2
1
3
??1?1?1?1
+ ?
2
????
+
ℎ = 13
??1?1?1?1 ?????
3
2，故 B 正确；
2
2
四棱台的外接球的球心在直线O1O2 上，QO1B1  O1B,球心在O2O1 的延长线上，记为O ，设外接球的半径OB  OB1  r ，设OO1  a ，
则有?2 = ?2 +
2
3 2
2
= (? + 2)
2 +
，解得 a ，则 r ，故 C C 正确；
2
5
2
2
将侧面 ABB1 A1 和 BCC1B1 展开平铺成一个平面．当 A，P，C 三点共线时， AP  CP 最小，
32 + 32 — 2 × 3 × 3 ×
— 1
2
且 AP  CP 的最小值为线段 AC 长，易知∠???1 = 60°,∠???1 = 60°，且 AB  BC  3 ，在展开图中由余弦定理可知?? =
= 3 3，故 D 正确．
已知点O 为V ABC 的外心，点 H 为V ABC 所在平面内一点，则下列结论一定成立的有（ ）
OA  OH  OB  OH  OC  OH
–––→ –––→
–––→–––→
若 AO  AC  2 AH 2 ，则 AH  AO
若3OH  OA  OB  OC ，则点 H 为V ABC 的重心
若OH  OA  OB  OC ，则点 H 为V ABC 的垂心
【答案】BCD
【解析】
–––→–––→–––→–––→ –––→
【分析】对于选项 A,将OA  OH  OB  OH 变形为OA  OB OH  BA  OH ，结合外心性质分析是否
相等;对于选项 B，根据正弦定理可得∣AC∣ 2RsinB ，再结合∣AH∣ RsinB ，对比半径比较大小即可；对于选项 C：根据重心的向量性质求解即可；
对于选项 D，结合向量线性运算和数量积运算求解 AH  BC ，同理可证 BH  AC, CH  AB ，进而判断垂心.
【详解】已知O 是V ABC 外心，故∣OA∣∣OB∣∣OC∣ R （外接圆半径）
选项 A，若OA  OH  OB  OH  OC  OH ，

–––→–––→–––→–––→–––→–––→
整理得 OA  OB  OH  0, OB  OC  OH  0 ，
即 BA  OH , CB  OH ，仅对特定 H 成立，不是对任意 H 一定成立，故 A 错误；选项 B，如图所示，取 AC 中点 M ， OM  AC ，
–––→ –––→––––→––––→–––→––––→ –––→
1 –––→ 2
1 –––→ 2
–––→
2
故 AO  AC   AM  MO AC  AM  AC  ∣AC∣ 由题 ∣AC∣  2∣AH∣，
22
–––→ ∣AC∣
得∣AH∣
. 由正弦定理：∣AC∣ 2RsinB ，
2
故∣AH∣ RsinB  R ∣AO∣，即∣AH∣∣AO∣，B 正确.
–––→1
选项 C，对于任意点O ,重心G 的向量性质为： OG 
3
–––→–––→–––→

OA  OB  OC ，
即3OG  OA  OB  OC ，题设3OH  OA  OB  OC ，故 H 与G 重合，即 H 是V ABC 重心，C 正确；
选项 D，若OH  OA  OB  OC ，
AH  OH  OA  OB  OC, BC  OC  OB
AH  BC ∣OC∣2 ∣OB∣2  R2  R2  0 故 AH  BC ，同理可得 BH  AC, CH  AB ，即 H 是垂心，D 正确.
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
已知球的表面积是16π，则该球的体积为.
32π
【答案】
3
【解析】
【分析】
设球的半径为 r，代入表面积公式，可解得 r  2 ，代入体积公式，即可得答案.
【详解】设球的半径为 r，则表面积 S  4πr2  16π，解得 r  2 ，
所以体积V  4πr3  4π 23  32π，
333
32π
故答案为：
3
【点睛】本题考查已知球的表面积求体积，关键是求出半径，再进行求解，考查基础知识掌握程度，属基
础题.
已知sinα 1 ，则sin  π  2α ．
3 2

7
【答案】
9
【解析】
【分析】结合诱导公式和倍角公式求解.
【详解】 sin  π  2α  cs 2α 1 2 sin2α 7 ．
 29

已知V ABC 的三个角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若sin A(sin B  cs B)  sin C,
2
SV ABC 1，则 a 的最小值为．
【答案】2
【解析】
【分析】利用正弦定理整理原式可得 a(sin B  cs B)  c ，结合三角形面积公式和倍角公式建立关于 a 和
sin  2B  π  的等式，再根据三角函数的值域求解 a 的最小值.
4 

【详解】Qsin A(sin B  cs B)  sin C,a(sin B  cs B)  c ，
2
由 S 1 ac sin B 得 1 a2 (sin B  cs B) sin B 1,
△ABC
a2 

22
2( 2 1)
2( 2 1)
(sin B  cs B) sin B
1 cs 2B  1 sin 2B
22
4( 2 1)
12 sin  2B  π 

4( 2 1)
12
 4.
4 

π 5π
2
4
当sin  2B    1， B 

8 时，分母取最大值1，
此时a2 取最小值，即 a2  4 ， a 的最小值为 2．
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．
在V ABC 中，点 D 在 AB 边上，且 AD  2DB ，记CA  m, CB  n ．
用 m, n 表示CD ；
–→→–→ →
若| m | 1,| n | 2, m, n 
π ，求| CD |．
2
–––→
【答案】（1） CD 
1 –→2 →
m  n
33
（2） 17
3
【解析】
【分析】（1）根据向量加法的三角形法则及向量减法运算求解即可；
（2）结合（1）的结论可得
–––→
–––→2
CD
| CD |

，根据向量的数量积公式及模长计算可


1 →
m  4m n4n
2
→  →  →
2
9
求解.
【小问 1 详解】
–––→–––→–––→–––→
CD  CA  AD  CA 
2 –––→
AB
3
–––→
 CA 
2 –––→–––→
(CB  CA) 
1 –––→
CA 
2 –––→
CB 
1 –→2 →
m  n .
33333
【小问 2 详解】
–––→2
CD
–––→
CD 
1 →

m  4m  n  4n
2
→ →→
2
9



 1 →2 → 2
 3 m  3 n 


1 (1 0 16)
9

9
1  →→ 2
m  2n

17
.
3
如图，一个底面边长为4 的正三棱柱容器中盛有容器容积一半的水，若侧面 AA1B1B 水平放置时，水面分别过 AC 、 BC 、 A1C1 、 B1C1 的 E 、 H 、 F 、G 点．
几何体 EFGH  AA1B1B 是否为棱台？请说明理由；
求图中水面的高．
【答案】（1）不是，理由见解析
3
6
（2） 2
【解析】
【分析】（1）根据棱柱的定义判断即可得出结论；
S1EH 2
（2）设正三棱柱的侧棱为 a ，分析可知 VCEH  
，可求出△CEH 的高，进而可得出水面的高.
SVCBA2
AB2
【小问 1 详解】
不是，由图可知梯形 ABHE≌梯形 A1B1GF ，且 EF 、 AA1 、 BB1 、HG平行且相等， 故几何体 EFGH  AA1B1B 是四棱柱.
【小问 2 详解】
设正三棱柱的侧棱为 a ，
因为V
 1 V
，即 S
 a  1 S
 a ，
四棱柱EFGH  AA1B1B
2 三棱柱ABC  A1B1C1
四边形EHBA
2 △CBA
则得?
△???
= ?
四边形????
= 1? 2
△???
,易得VCEH 与VCBA 相似，
SVCEH
 1  EH 2
EH22
由
SVCBA2
AB2
，则
AB
，所以 EH 
2
AB  2 2 ，
2
2
则△CEH 的高为 3 × 2
2
故图中水面的高为 3 × 4−
2
= 6，
6
3
= 2
— 6．
设α,β是关于 z 的方程 z2  4z  x  0( x  R) 的两个根．
若 x  5 ，求α4  β4 的值；
求函数 f ( x) |α|  | β| 的解析式．
【答案】（1） 14
 16  4x , x  0,
2f (x)  4, 0  x  4,
（ ）
2


x , x  4.
【解析】
【分析】（1）方法一：利用韦达定理将两根之和与积直接代入对称式，通过代数变形求值；方法二：可先解出具体复根再分别计算高次幂后求和，体现复数运算法则的应用；
（2）根据判别式对参数分区间讨论，将两根按实根与共轭虚根分类；利用韦达定理、绝对值性质及复数模长公式，在不同情形下转化为根与系数的表达式或直接求模.
【小问 1 详解】
解一：Qα,β是方程的两个根，α β 4,αβ 5 ，
α4  β4  α2  β2 2  2α2β2  (α β)2  2αβ2  2(αβ)2  14 .
4 4
解二：当 x  5 ，则α,β 2  i ， 2
(2  i)2  4  i2  4i  3  4i, (2  i)4  (3  4i)2  7  24i ，
(2  i)2  4  i2  4i  3  4i,(2  i)4  (3  4i)2  7  24i,α4  β4  14 ．
【小问 2 详解】
zα,β
 4 
16  4x
2
 2 ，
4  x
当0  x  4 时，? ≤ 0,? ≤ 0,|?| + |?| = −?−? = −(? + ?) = 4 ；
(α β)2
(α β)2  4αβ 
16  4x
当 x  0 时，αβ 0,|α|  | β||α β|；
x
当 x  4 时，α,β 2 x  4i,|α|  | β| 2．
∴ ?(?) = |?| + |?| =
16−4?,? < 0,
4,0 ≤ ? ≤ 4,
2 ?,? > 4.
–––→9
 –––→–––→
 csβ 1
已知OA   
, 0,OB  (sinα, 2 sinα),OC   22 , csβ (O 为原点）．
4
–––→
求| AB | 的最小值；
已知四边形 OABC 为平行四边形，求β的值．
95
10
–––→
【答案】（1） | AB |min 
（2） β 2kπ  π (k  Z)
3
【解析】
【分析】(1)根据向量坐标求解模长，换元后利用二次函数性质求模长最小值
(2)根据平面向量基本定理列等式，换元后求方程的根
【小问 1 详解】
–––→–––→–––→9
4
因为 AB  OB  OA  sinα , 2 sinα ，
5sin2α 9 sinα 81
2
16


sinα  (2 sinα)2
9 2

4 
–––→
所以 AB 
令t  sinα，则t 1,1 ，
.
设 f (t)  5t 2  9 t  81 ，其对称轴为t  
216
9 1,1，
20
所以 f (t)
min 
f (
9 )  81  0 ，
2020
即当sinα  9 时，
–––→

= 81 = 95 ．
f (t)min
20| AB |min
2010
【小问 2 详解】
∵四边形OABC 为平行四边形，OA+OC=OB ，
即( 9
4
csβ 1
+22 ， csβ)  (sinα, 2 sinα) ，



由此可得方程： 
9 +2
4
csβ 1
2  sinα
，
 csβ 2sinα
1
9csβ 11
由第二式得sinα= 
csβ，代入第一式得：  +22 + csβ=0
242
csβ 119
整理得2
2 + csβ
24
=0 ．
m 1m9
令 m  csβ，则 m -1,1，换元后设 f (m)  2
2  ，
24
因为 m 1 和
22
m 在-1,1 均递增，所以 f (m) 在1,1 为递增函数.
2
 111
37
2 2 11
8 2  7
又因为 f (1)  2 2 ， f (1)  22   0 ，
4444
即 f 1 f 1  0 ，
所以 f m  0 在-1,1 有且仅有一个根，解得 m  1 .
2
由 m  1 得csβ 1 ，β 2kπ  π (k  Z) .
223
如图，在平面上以V ABC 三边为边分别向外作三个正三角形VA1BC,VAB1C,VABC1 ，记这三个正三角形的中心分别为O1,O2,O3 ．（ VO1O2O3 被称为拿破仑三角形）
证明： VO1O2O3 为正三角形；
若ACB  π , S

3
，求V ABC 周长的取值范围．
3VO1O2O3
【答案】（1）证明见解析
（2）[6, 4 3)
【解析】
【分析】（1）根据O1,O2,O3 是三个正三角形的中心的几何性质，再利用余弦定理分别求解|?1?2|,|?2?3|,
|?1?3|即可；
（2）结合余弦定理和面积公式求解 O1O2
，进而建立关于 a, b, c 的方程，可得周长l 
ab 12
12  2ab
，
t 12
设t  ab ，换元构造函数 f (t) 

，结合函数单调性求解即可.
12  2t
【小问 1 详解】
连接O1B,O1C,O2 A,O2C,O3 A,O3B ，设 BC  a, AC  b, AB  c ．
QO1,O2,O3 分别是正三角形VA1BC,VAB1C,VABC1 的中心，
331122
O BA  O AB  O BC  O CB  O AC  O CB  30 ，
在VO3BO1 中，|?1?3|2 = |?1?|2 + |?3?|2−2|?1?| ⋅ |?3?|cs(60° + ?)
1 2
= 3 ?
1
+ 3 ?
2−2 ⋅
3
3 ? ⋅
3
3 ?
1
2 cs?−
3
2 sin?
 1 a2  1 c2  1 ac  cs B 3 ac sin B,
3333
222
a2  c2  b2
Q a  c  b
 2ac cs B,ac cs B ，
2
∴ |? ? |2 =
?2 + ?2−
+ 2 3 ⋅ 1??sin?
1
3
?2+?2−?2
2
1 332
= 1(?2 + ?2 + ?2) + 2 3?，
63△???
同理，|? ? |2 = |? ? |2 = 1(?2 + ?2 + ?2) + 2 3?．
2 31 263△???
∴ |?1?2| = |?2?3| = |?1?3|，即VO1O2O3 为正三角形．
【小问 2 详解】
在VO1CO2 中，|?1?2|2 = |?1?|2 + |?2?|2−2|?1?| ⋅ |?2?|cs∠?1??2，
π2π
QC  3 ,O1CO2  3 ．又∵ ?△?1?2?3 = 3, ∴ |?1?2| = 2 ．
由余弦定理得： 1 a2  1 b2  2 3 a 3 b cs 2π  4 ，即 a2  b2  ab  12 ，①
33333
在△ACB 中，由余弦定理得： a2  b2  ab  c2 ，②
ab  12
由①得： (a  b)2  ab  12 ，故a  b ，
12  2ab
由①，②得： c2  12  2ab ，故c ．
ab  12
l  a  b  c 
．
12  2ab
又由②得：(?−?)2 +3?? = 12,0 < ?? ≤ 4 ．
? + 12
设t  ab ，则? = ?(?) =
+ 12−2?,0 < ? ≤ 4 ．
下面证明l 
f (t) 在(0, 4] 上单调递减．任取t1, t2 (0, 4], t1  t2 ．
?1 + 12
12−2?2
?(?1)−?(?2) =+12−2?1− ?2 + 12−
?1−?22(?1−?2)
=−
1
12+?1+ 12+?2
= (?1−?2)
−
?1 + 12 +?2 + 1212−2?1 +12−2?2
2
12−2?1+ 12−2?2
，
12  2t1
Qt1  0,

 2
，同理，
 2．
12  t1
12  t1
12  2t2
12  t2
12
12+?1+ 12+?2
12−2?1+ 12−2?2
∴−
< 0. ∴ ?(?1) > ?(?2)．
故6 ≤ ? < 4 3．即V ABC 的周长取值范围为[6, 4 3) ．