浙江五湖联盟2025-2026学年高一下学期4月期中考试数学试题

这是一份浙江五湖联盟2025-2026学年高一下学期4月期中考试数学试题，文件包含地理docx、地理答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共9页， 欢迎下载使用。
考生须知：
本卷共 4 页满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
m 
单项选择题：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，只有一项是符合要求的.
z  m2  4  m  2 i
若复数是纯虚数，则实数（ ）
2
B. 2C. 2
D. 0
已知向量 →   x, x  6 ， b  1, 2 ，且 →，则 x  （ ）
a
A. 2B. 6
a / /b
C. 4D. 2
已知1 i z  1 i ，则 z  z  （ ）
A. 0B. 1C. i
D. i
2
已知V ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 a : b : c  1:
: 2 ，则最大角的余弦值为（ ）
A. 3B.2
44
C.  3
4
D. 2
4
如图，正方形OABC 边长为 2cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是
（ ）
A. 4 2cmB. 8 2cmC. 8cmD. 2 6 cm
在△OAB 中，
2 AD  3DB
，记OA  → ，
OB  b
–––→
2
a
，则OD  （ ）

2 →3 →
a b
3 →2 →

a b
7 →2 →

a b
 2 →7 →

a
b
55555555
OA,OB
已知向量OA ， OB 满足| OA || OB | 4 ， –––→ –––→  π ，若OC  λOA  μOB λ,μ R  ，且λ μ 1 ，则
3
| OC | 的最小值为（ ）
3
2
​
2D.
5
2
3
如图，已知V ABC 中， A  60 ，点 D，E 分别为边 AB ， AC 上的两个动点，且满足 BD  CE  2 ，若点 M，N 分别为 DE ， BC 的中点，则 MN 的最小值是（ ）
2
1
2
2
3D.
3
2
多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
下列命题中正确的是（ ）
若复数 z  2i 1，则 z  z  5
3
若复数 z  1 3ii10  2 ，则 z 的虚部是
已知 m, n  R ， 2i 是关于 x 的方程 x2  mx  n  0 的一个根，则 m  n  4
2
若复数 z 满足 z 1  2 ，则 z  i 的最小值为2 
→
已知平面向量 a ， b 满足 a
→
 2, b
 1， →  b  1 ，则下列说法正确的是（ ）
a
→→→
a  a  b   0
→→→→
a  2b   a  2b 
→→3
λ R ，使 a λb 
2
→→→→
λ R ， a λb  a  b
如图， AC 为圆锥 SO 底面圆 O 的直径，点 B 是圆 O 上异于 A，C 的动点， SO  OC  2 ，则下列结论
正确的是（ ）
圆锥 SO 的表面积为4  4 2 π
32π
圆锥 SO 的外接球体积是 3
2
圆锥 SO 的内切球半径为1
3
若 AB  BC ，E 为线段 AB 上的动点，则 SE  CE 的最小值为2  2
非选择题部分
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
a
a
已知向量 →  2,1 ， b  1, x ，若 → ⊥b ，则 x  .
如图测量河对岸的塔高 AB 时，选择与塔底 B 在同一水平面内的两个测点 C 与 D，现测得BCD  75 ，
BDC  60 ， CD  20 ，并在点 C 测得塔顶 A 的仰角为 60°，则塔高 AB 为.
在圆的内接四边形 ABCD 中，已知 AB  2 ， AD  4 ， A  2 π ，则四边形 ABCD 的面积的最大值是
3
.
解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
已知复数 z1  1  2i ， z2  3  i ， z  z1 z2  m 1i ， m  R .
若 z  5 ，求 m 的值；
若复数 z  m2  2m  8  m2  5m 1i 在复平面上对应的点在第二象限，求 m 的范围.
→→→→→
已知向量 a ， b 满足 a  4 ， b  2 ，且4a  a  4b .
a  b
求→的值；
a
求 a 与 →  b 的夹角余弦值.
已知长方体 ABCD  A1B1C1D1 中 AB : BC : AA1  3 : 2 : 4 ，其外接球的表面积为116π ，用平面 A1C1B
截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体 ABCD  A1C1D1 .
求 AB 的长；
求几何体 ABCD  A1C1D1 的体积；
求几何体 ABCD  A1C1D1 的表面积.
在平面直角坐标系 xOy 中，已知四边形OABC 是等腰梯形，且CB / /OA ， A6, 0 ， C 1, 3 ，点 M 满足
––––→
OM 
1 –––→
2 OA ，点 P 在线段 BC 上运动（包括端点），如图所示.
求与OC 共线的单位向量 a 的坐标；
求OC 在CM 上的投影向量的坐标；

–––→–––→––––→
是否存在实数λ，使 OA λOP  CM ？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，请说明理由.
已知 a，b，c 分别为三角形三个内角 A，B，C 的对边，且 acsC 
3 asinC  b .
3
求角 A 的大小；
若 a  3 ， sinBsinC  1 ，求V ABC 的面积.
4
如图，若直线 l 与三角形的边 AB ， AC 分别相交于点 D，E，设ADE θ，求证 acs B θ  bcs A θ  ccsθ.
2025 学年第二学期五湖联盟期中联考
高一年级数学学科试题
考生须知：
本卷共 4 页满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
m 
单项选择题：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，只有一项是符合要求的.
z  m2  4  m  2 i
若复数是纯虚数，则实数（ ）
2
B. 2C. 2
D. 0
【答案】B
【解析】
【详解】因为复数 z  m2  4  (m  2)i 是纯虚数，
m2  4  0

所以m  2  0 ，解得 m  2 ．
已知向量 →   x, x  6 ， b  1, 2 ，且 →，则 x  （ ）
a
A. 2B. 6
【答案】B
a / /b
C. 4D. 2
【解析】
→→
【详解】已知向量 a   x, x  6 ， b  1, 2 ，且 a / /b ，则2x  x  6 ，解得 x  6 .
已知1 i z  1 i ，则 z  z  （ ）
A. 0B. 1C. i
【答案】A
【解析】
D. i
1 i1 i22i
【详解】Q1 i z  1 i ， z  i ，
 z  i ，则 z  z  0 .
1 i
1 i1 i2
2
已知V ABC 的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若 a : b : c  1:
: 2 ，则最大角的余弦值为（ ）
A. 3B.2
44
C.  3
4
D. 2
4
【答案】D
【解析】
2
【详解】因 a : b : c  1:: 2 ，可设 a  k, b 2k, c  2k ， k  0 ，
因c  b  a ，则最大内角为 C，
2
a2  b2  c2k 2  2k 2  4k 21
2  k  2k
2 2
由余弦定理， cs C  ．
2ab4
如图，正方形OABC 边长为 2cm ，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则原平面图形的周长是
（ ）
A. 4 2cmB. 8 2cmC. 8cmD. 2 6 cm
2
【答案】B
【解析】
【分析】根据斜二测画法还原原平面图形，分别求出 x 轴、 y 轴方向线段长度，然后计算周长.
【详解】根据题意，直观图OABC 边长为 2cm ，
2
2  42
2
OA  AB ， OB  2 ，还原为平行四边形OABC ，
2
2
OA ， OB  4 ，所以 AB 
 3，
2
原平面图形的周长是2(
 3 2)  8
cm.
在△OAB 中，
2 AD  3DB
，记OA  → ，
OB  b
–––→
，则OD  （ ）
a

2 →3 →
a b
3 →2 →

a b
7 →2 →

a b
 2 →7 →

a
b
55555555
【答案】A
【解析】
【详解】在△OAB 中，
2 AD  3DB
，记OA  → ，
OB  b ，
a
–––→3 –––→–––→–––→–––→–––→3 –––→
所以 AD  5 AB ， OD  OA  AD  OA  5 AB ， AB  OB  OA ，
–––→–––→
3 –––→–––→
3 –––→–––→
2 –––→
3 –––→–––→
2 →3 →
所以OD  OA 
AB  OA  (OB  OA)  OA  OB ，即OD  a  b .
555555
已知向量OA ， OB 满足| OA || OB | 4 ， –––→ –––→  π ，若OC  λOA  μOB λ,μ R  ，且λ μ 1 ，则
OA,OB
3
| OC | 的最小值为（ ）
3
2
​
2D.
5
2
3
【答案】A
【解析】
–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→π
【详解】由题意知： OA·OB  OA OB cs
OA, OB
 4  4 cs
3
 8 ,
| OC |2  (λOA  μOB)2  (λOA  1λOB)2
OA·OB
 16λ2 16 1λ2  2λ1λ–––→ –––→   16λ2 16 1λ2 16λ1λ

 16 λ2 λ1  16 λ

1 2

2

12 ,
12
当且仅当λ 1 时， | OC | 2 3 .
2min
如图，已知V ABC 中， A  60 ，点 D，E 分别为边 AB ， AC 上的两个动点，且满足 BD  CE  2 ，若点 M，N 分别为 DE ， BC 的中点，则 MN 的最小值是（ ）
2
1
2
2
3D.
3
2
【答案】C
【解析】
2
––––→1
–––→–––→
–––→
1 –––→–––→
【分析】根据几何图形中线段对应向量的线性关系，可得 AM 
uuur 2
x AB  y AC  ， AN 
( AB  AC) ， 2
再根据 MN  AN  AM 并结合 BD  CE  2 ，可得 MN 的函数式，由基本不等式即可求 MN 的最小值.
【详解】在V ABC 中，线段 DE, BC 的中点分别为 M , N ，记 AD  x AB, AE  y AC ，
––––→
1 –––→–––→1–––→–––→
–––→
1 –––→–––→

则 AM 
AD  AE 
22
x AB  y AC  ， AN 
( AB  AC) ， 2
1
2
––––→–––→––––→1 –––→–––→–––→ –––→–––→ –––→–––→ –––→
∴ MN  AN  AM  2 (1 x) AB  (1 y) AC  ， AB·AC  AB · AC cs60 AB · AC ，
∴两边平方得：
––––→21 
–––→
2
2
–––→ –––→
–––→2
2
MN  4 (1 x) AB  2(1 x)(1 y) AB  AC  (1 y) AC 
 1 1 y 2 –––→ 2  1 x 2 –––→ 2  1 y 1–––→ –––→ 
4  AC ABx AC AB 

–––→–––→
∵ BD  CE  2 ， 1 y AC  1 x AB  2 ，

1 y 2 –AC––→ 2  1 x2 –AB––→ 2  2 1 y 1 x –AC––→ –AB––→  4  4 1 y 1 x –AC––→ –AB––→ ，
–––→ –––→
1 y 1 x AC AB  1，
––––→21 
–––→ 2
2
–––→–––→
–––→ 2

2
∴ MN
 4 (1 x)
AB  (1 x)(1 y) AB  AC  (1 y)
AC 
 1 3(1 x)(1
–––→  –––→   3 ，
4 y) ABAC 4
–––→–––→
1
uuur 233
当y  AC
 1 x AB  1时，等号成立，所以 MN
最小值为 ，即 MN 的最小值为.
42
多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
下列命题中正确的是（ ）
若复数 z  2i 1，则 z  z  5
3
若复数 z  1 3ii10  2 ，则 z 的虚部是
已知 m, n  R ， 2i 是关于 x 的方程 x2  mx  n  0 的一个根，则 m  n  4
2
若复数 z 满足 z 1  2 ，则 z  i 的最小值为2 
【答案】ACD
【解析】
【分析】应用共轭复数的定义及复数乘法判断 A，由复数的乘法、乘方运算化简，并确定虚部判断 B，由实数方程复数根的性质及韦达定理求参数值判断 C，由复数模的几何性质确定 z 的轨迹为圆，结合圆的几何性质求距离最小值判断 D.
【详解】A：由题设 z  z  1 2i1 2i  12  4i2  5 ，正确，
3
B： z  1 3ii10  2  1 3i2  i422   1 3i2 1  1 3i ，虚部为，错误，
C：由题设， 2i 是方程的另一个复数根，
m  2i  2i  0m  0
则n  2i2i  4 ，即n  4 ，故 m  n  4 ，正确，

D：由 z 1  2 ，则 z 对应点在以1, 0 为圆心，2 为半径的圆上，而 z  i 表示圆上点到点0, 1 的距离，且点0, 1 在圆内，
1 02  0 12
故其最小值为2 
 2 
2 ，正确.
→
已知平面向量 a ， b 满足 a
→
 2, b
 1， →  b  1 ，则下列说法正确的是（ ）
a
→→→
a  a  b   0
→→→→
a  2b   a  2b 
→→3
λ R ，使 a λb 
2
→→→→
λ R ， a λb  a  b
【答案】BD
【解析】
→→→
→2→ →
【详解】A 选项， a  a  b   a  a  b  4 1  3  0 ，故 A 错误；
→→→
→→2→2
B 选项， a  2b a  2b   a  4b  4  4  0 ，
→→→→
所以a  2b   a  2b  ，故 B 正确；
→→ 2
→→ →→
 3 2
C 选项， a λb
 a2  2λa  b  λ2b 2  4  2λ λ2   
 2 
，则4λ2  8λ 7  0 ，
→→3
因为  64 112  0 ，所以不存在λ R ，使 a λb
 ，故 C 错误；
2
D 选项，若 →
→ 2→→ 2→ 2


，则
→→→→→
→
2
→
2 22 ，
a λbab
a  2λa  b λb
 a  2a  b  b
则4  2λ λ2  4  2 1 ，即λ2  2λ1  0 ， 因为λ2  2λ1  0 对λ R ，所以 D 正确.
如图， AC 为圆锥 SO 底面圆 O 的直径，点 B 是圆 O 上异于 A，C 的动点， SO  OC  2 ，则下列结论
正确的是（ ）
圆锥 SO 的表面积为4  4 2 π
32π
圆锥 SO 的外接球体积是 3
2
圆锥 SO 的内切球半径为1
3
若 AB  BC ，E 为线段 AB 上的动点，则 SE  CE 的最小值为2  2
【答案】ABD
【解析】
【分析】A 求出底面积和侧面积相加即可；B 求出外接球半径即可；C 根据体积公式可得；D 展开共线时最短；
【详解】根据题意可得底面半径和母线的长分别为 r  2，l  2 2 ，
2
所以侧面积为πrl  π 2  2 4 2π，底面积为 πr 2  π 22  4π ，
所以圆锥 SO 的表面积为4  4 2 π ，故 A 对；
设外接球的半径为 R ，球心到圆锥底面的距离为 d 。由于圆锥的高 SO  2 ，底面半径 r  2 ，
所以 R2  d 2  r 2 ，代入 d  R  2 得
R2  R2  4R  4  4  0  4R  8  4R  8  R  2 ，
所以V  4πR3  4π 23  32π，故 B 正确；
333
圆锥的体积V  1 πr 2  h  1 π 22  2  8π，V  1  S  r ， 8π 1 4  4 2 π r ，
3333内33
8 2
2 
1
2 
1
2
2
2
 r  2 2 ，故 C 错误；
2
2
2
2
4  4
1

1
1
2 1
由 AB  BC ，E 为线段 AB 上的动点， ABC  90 ,AC  4 得 AB  BC  2 2 ，
又 SA  SB  2
，所以△SAB 为等边三角形，则SBA  60 ，
2
将△SAB 以 AB 为轴旋转到与△CAB 共面，得到VS1 AB ，所以VS AB 为等边三角形，则S BA  60 ，
11
则SE  CE min  S1C ,
111
因为 S B  BC  2 2,S BC  S BA  ABC  150 ,
3
3
111
S C 2  S B2  BC 2  2  S B  BC cs150  8  8  8 2 22 ,
3
则SE  CE min  S1C  2 1，故 D 正确
非选择题部分
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
a
a
已知向量 →  2,1 ， b  1, x ，若 → ⊥b ，则 x  .
【答案】2
【解析】
【详解】由题意得， a  b  2  x  0 ，得 x  2
如图测量河对岸的塔高 AB 时，选择与塔底 B 在同一水平面内的两个测点 C 与 D，现测得BCD  75 ，
BDC  60 ， CD  20 ，并在点 C 测得塔顶 A 的仰角为 60°，则塔高 AB 为.
2
【答案】30米
【解析】
【详解】在△BCD 中， CBD  180∘  75∘  60∘  45∘ ，
由正弦定理得解得 BC  10
BC
sin 60∘
6
(m），
20
，
sin 45∘
3
2
在 Rt△ABC 中， AB  BC tan ACB  10 6  30
(m).
在圆的内接四边形 ABCD 中，已知 AB  2 ， AD  4 ， A  2 π ，则四边形 ABCD 的面积的最大值是
3
.
3
【答案】9
【解析】
7
7
3
【分析】应用正余弦定理求得 BD  2、△ABD 外接圆的半径 r  2，再由四边形 ABCD 的面积最
大，只需△BCD 的面积最大，结合 SABCD  S△ ABD  S△ BCD 即可求.
7
【详解】由题设 BD2  AB2  AD2  2 AB  AD cs A  4 16  8  28 ，即 BD  2
（负数舍去），
又△ABD 外接圆的半径 r 
BD
2 sin A
 2，
7
3
r 2  
 BD 2

2

7
3
7
3
21
要使四边形 ABCD 的面积最大，只需△BCD 的面积最大，
由O 到 BD 的距离 d 

，则△BCD 中 BD 边上的最大高为 d  r  3，
所以最大 S
 S S
 1 AB  AD sin A  1 BD 
 2
 7
 9.
ABCD
V ABD
V BCD22
21
3
3
3
解答题：本题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤.
已知复数 z1  1  2i ， z2  3  i ， z  z1 z2  m 1i ， m  R .
若 z  5 ，求 m 的值；
若复数 z  m2  2m  8  m2  5m 1i 在复平面上对应的点在第二象限，求 m 的范围.
【答案】（1） 4
（2） 1,1
【解析】
【分析】（1）根据复数的运算法则计算得出复数 z 的表达式，再根据 z  5 可解得 m 的值；
（2）将所求复数整理化简，根据第二象限对应的复数实部与虚部的符号特征解不等式即可.
【小问 1 详解】
由已知得 z1z2  1 2i3  i  5  5i ，
所以 z  z1z2  m 1i  5  m  4i ，
52  (m  4)2
又 z  5  5 ，解得 m  4 ，
故实数 m 的值为4 .
【小问 2 详解】
由（1）得 z  5  m  4i ，
z  m2  2m  8  m2  5m 1i  m2  2m  3  m2  4m  3i ，由复数在复平面上对应的点在第二象限得
m2  2m  3  01  m  3
m2  4m  3  0  m  3或m  1 ，解得1  m  1，

故实数 m 的取值范围为1,1 .
→→
→→→
已知向量 a ， b 满足 a  4 ， b  2 ，且4a  a  4b .
a  b
求→的值；
a
求 a 与 →  b 的夹角余弦值.
【答案】（1） 4
（2） 5 7
14
【解析】
【分析】（1）根据向量垂直的表示及运算律的性质求解即可；
→→→→→
7
（2）根据模的运算求得 a  a  b   20 ， a  b  2，进而利用向量夹角公式求解即可.
【小问 1 详解】
→→→→→→
由4a  a  4b 得4a  a  4b   0 ，
→2→→→
所以4a 16a  b  0 ，又 a  4 ，得 a  b  4 ；
【小问 2 详解】
→→→
由（1）得 a  b  4 ，又 a  4 ， b  2 ，
→→→→2→ →
即得 a  a  b   a  a  b  16  4  20 ，
(a  b )
→
→
2
a  2a  b  b
→2
→
→→
2
→→
7
又 a  b


 2，
→→→
→ →→ a a  b 205 7
a
所以csa, a  b 
→  →
→ ，
7
a  b
4  214
5 7
a
即 a 与 →  b 的夹角余弦值为.
14
已知长方体 ABCD  A1B1C1D1 中 AB : BC : AA1  3 : 2 : 4 ，其外接球的表面积为116π ，用平面 A1C1B
截去长方体的一个角后，得到如图所示的几何体 ABCD  A1C1D1 .
求 AB 的长；
求几何体 ABCD  A1C1D1 的体积；
求几何体 ABCD  A1C1D1 的表面积.
【答案】（1） AB  6
61
（2）160（3）156  4
【解析】
【分析】（1）先根据球的表面积公式求得直径，再利用长方体外接球的直径等于长方体的体对角线长列式求解即可；
结合长方体和棱锥的体积公式，利用割补法求体积即可；
61
5 5
在△AC B 中由余弦定理和同角三角函数关系求得sinA BC ，求得△AC B 的面积，即可
1 1111 1
求解表面积.
【小问 1 详解】
设 AB  3x ，由 AB : BC : AA1  3 : 2 : 4 可得 BC  2x ， AA1  4x ，
116
因为外接球的表面积为116π ，即4πR2  116π ，解得2R ，又长方体外接球的直径等于长方体的体对角线长，
(3x)2  (2x)2  (4x)2
即2R 
所以 AB  6 ；
【小问 2 详解】
，解得 x  2 ，
29x2
116
VABCD A C D  VABCD A B C D VB A B C
1 1 11 1 1 11 1 1
 6  4  8  1  1  6  4  8  160 ，
3  2

即几何体 ABCD  A1C1D1 的体积为 160；
【小问 3 详解】
由（1）得 AB  6 ， BC  4 ， AA1  8 ，则 A1C1 
42  62
 2 13 ，
82  62
A1B 
 10 ， BC1 
 4，
42  82
5
102  (4 5)2  (2 13)2
2 10  4 5
8
5 5
在△A1C1B 中由余弦定理csA1BC1 ，
1 cs2A BC
11
则sinA1BC1
，
61
5 5
61
VA BC  2   5 5 
161
所以S 10 4 54，
1 1
从而得几何体 ABCD  A1C1D1 的表面积为
61
S  4  6  4  8  6  8  1  4  6  1  4  8  1  6  8  4
222
61
 3 4  6  4  8  6  8  4
61
2
 156  4.
在平面直角坐标系 xOy 中，已知四边形OABC 是等腰梯形，且CB / /OA ， A6, 0 ， C 1, 3 ，点 M 满足
––––→
OM 
–––→
OA ，点 P 在线段 BC 上运动（包括端点），如图所示.
求与OC 共线的单位向量 a 的坐标；
求OC 在CM 上的投影向量的坐标；

–––→–––→––––→
是否存在实数λ，使 OA λOP  CM ？若存在，求出λ的取值范围；若不存在，请说明理由.
→ 13 13 
【答案】（1） a   , 或  2 ,  2  ；
 22 
（2）   2 ,3 
77 

（3）存在，λ , 12 12 , 

 7
【解析】
【分析】（1）根据向量的坐标运算和单位向量的定义可求得答案；
–––→––––→
根据题意可得OC  1, 3 , CM  2,  3 ，根据向量的坐标运算求投影向量；
设 P t, 3  ，根据向量垂直的坐标表示可求得2t  3λ 12 ．分t  3 ， t  3 讨论可求得λ的范
22
围.
【小问 1 详解】
由题意可知： O 0, 0, A6, 0, C 1, 3 , B 5, 3 , M 3, 0 ，
–––→
则OC  (1, 3) ，可得 OC  2 ，
3
3
–––→–––→–––→–––→
→OC
11
→OC11
所以 a  –––→  OC   , 或 a   –––→   OC    ,  .
2
OC 22 
OC2
22 
【小问 2 详解】
 
–––→––––→
由题意可得： OC  1, 3 , CM  2, 
––––→
3 ，
则OC  CM  1， CM 7 ，
 –––→ ––––→  ––––→––––→
所以OC 在上的投影向量为 OC  CM  CM  1 CM    2 , 3  .
CM––––→2
777 
CM
【小问 3 详解】
设 P t, 3  ，1  t  5 ，

–––→
–––→–––→
––––→
则λOP  λt, 3λ， OA λOP  6 λt,  3λ ， CM  2,  3 ，
–––→–––→––––→–––→–––→––––→
若OA λOP  CM ，则OA λOP CM  0 ，
即12  2λt  3λ 0 ，可得2t  3λ 12 ，
若t  3 ，则λ不存在； 2
若t  3 ，则λ
2
12
，
2t  3
t   3  3
 22
因为1,   , 5 ，则2t  31, 0 0, 7，

可得λ 12 ∞, 12 12 , ∞ ；

2t  3
 7
综上所述：存在实数λ满足题意，λ的取值范围为∞, 12 12 , ∞ ．
 7
已知 a，b，c 分别为三角形三个内角 A，B，C 的对边，且 acsC 


3 asinC  b .
3
求角 A 的大小；
若 a  3 ， sinBsinC  1 ，求V ABC 的面积.
4
如图，若直线 l 与三角形的边 AB ， AC 分别相交于点 D，E，设ADE θ，求证 acs B θ 
bcs A θ  ccsθ.
【答案】（1） A  π
3
3 3
4
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）应用正弦定理结合两角和差正弦公式化简，再结合特殊值的三角函数值计算求解；
应用正弦定理边角转化结合面积公式求解；
应用向量的数量积公式及运算律计算证明.
【小问 1 详解】
∵ acsC 
3 asinC  b ，
3
∴ sinAcsC 
∴ sinAcsC 
3 sinAsinC  sin  A  C  ，
3
3 sinAsinC  sinAcsC  csAsinC ， 3
∴3 sinAsinC  csAsinC ， 3
∵ sinC  0 ，∴ 3 sinA  csA ， 3
3
∴ tanA ，∵∠A 为三角形内角，
∴ A  π
3
【小问 2 详解】
a
∵
sinA
b
sinB
c
sinC
 2
， sinB 
b ， sinC c，
3
2 3
2 3
∴ sinBsinC  bc  1 ，即bc  3 ，
124
∴ SV ABC
 1 bcsinA  3 3
24
【小问 3 详解】
–––→–––→–––→→
如图，在V ABC 中， AB  BC  CA  0 ，
→1–––→
→–––→–––→–––→
→→→
设单位向量 m  –––→
DE
DE ，于是 m   AB  BC  CA  0 ，即 m  AB  m  BC  m  CA  0
→ –––→–––→
过点 D 作 BC 的平行线，则 m  BC  BC cs B θ  acs  B θ ，
→ –––→–––→→ –––→–––→
而 m  AB  AB csπ θ  ccsθ， m  CA  CA cs A θ  bcs  A θ ，
故ccsθ acs B θ  bcs  A θ  0 ， 即证 acs B θ  bcs  A θ  ccsθ