【文档说明】江苏省苏州市星海实验中学2020-2021学年高一下学期期中考试数学试题 含答案.docx，共(18)页，162.495 KB，由小赞的店铺上传

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江苏省苏州市星海实验中学2020-2021学年高一下学期期中数学试题一、单选题（共8题；共40分）1.设复数𝑧1,𝑧2在复平面内的对应点关于实轴对称，𝑧1＝3+4𝑖,则𝑧1𝑧2＝（）A.25B.-25C.7−24𝑖D.−7−24𝑖

2.在𝛥𝐴𝐵𝐶中，cos𝐶2=√55,𝐵𝐶=1,𝐴𝐶=5则𝐴𝐵=（）A.4√2B.√30C.√29D.2√53.已知△𝐴𝐵𝐶的内角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，若向量𝑚⃗⃗=(𝑎,√3𝑏)与𝑛⃗=(co

s𝐴,sin𝐵)平行，则𝐴=（）A.π6B.π3C.π2D.2π34.已知𝑎,𝑏⃗是相互垂直的单位向量，与𝑎,𝑏⃗共面的向量𝑐满足𝑎⋅𝑐＝𝑏⃗⋅𝑐＝2,则𝑐的模为（）A.1B.√2C.2D.2√25.

在△𝐴𝐵𝐶中，已知𝑎，𝑏，𝑐分别为角𝐴,𝐵,𝐶的对边且∠A=60°，若𝑆△𝐴𝐵𝐶=3√32且2sin𝐵=3sin𝐶，则△ABC的周长等于（）A.5+√7B.12C.10+√7D.5+2√76.已知圆锥的高为3，底面半径为√3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都

在同一个球面上，则这个球的体积等于()A.83πB.323πC.16πD.32π7.在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸、𝐹分别是棱𝐴𝐵、𝐴𝐴1的中点，𝑀、𝑁分别是线段𝐷1𝐸与𝐶1𝐹上的点

，则与平面𝐴𝐵𝐶𝐷平行的直线𝑀𝑁有（）A.0条B.1条C.2条D.无数条8.在𝛥𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=√2，𝐴𝐶=2，𝐸是边𝐵𝐶的中点.𝑂为𝛥𝐴𝐵𝐶所在平面内一点且满足|𝑂𝐴⃯|2=|𝑂𝐵⃯|2=|𝑂𝐶⃯|2，则𝐴𝐸

⃯·𝐴𝑂⃯的值为（）A.12B.1C.√22D.32二、选择题（共4题；共20分）9.在复平面内，下列说法正确的是（）A.若复数𝑧=1+𝑖1−𝑖（i为虚数单位），则𝑧30=−1B.若复数z满足𝑧2∈𝑅，则𝑧∈𝑅C.若复数𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎,𝑏∈

𝑅)，则z为纯虚数的充要条件是𝑎=0D.若复数z满足|𝑧|=1，则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆10.在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，下列直线或平面与平面𝐴𝐶𝐷1平行的是（）A.直线𝐴1𝐵B

.直线𝐵𝐵1C.平面𝐴1𝐷𝐶1D.平面𝐴1𝐵𝐶111.在△𝐴𝐵𝐶中，内角A，B，C所对的边长分别是a，b，c，若𝑐−𝑎cos𝐵=(2𝑎−𝑏)cos𝐴，则下列结论正确的有（）A.𝐴=𝜋2B.𝐵=𝐴C.𝐵=𝜋2D.𝐵=𝐶12.

设𝑒1⃗⃗⃗,𝑒2⃗⃗⃗为单位向量，满足|2𝑒1⃗⃗⃗−𝑒2⃗⃗⃗|≤√2,𝑎=𝑒1⃗⃗⃗+𝑒2⃗⃗⃗,𝑏⃗=3𝑒1⃗⃗⃗+𝑒2⃗⃗⃗，设𝑎,𝑏⃗的夹角为𝜃，则cos2𝜃的可能取值为（）A.1929B.2029C.2829D

.3829三、填空题（共4题；共20分）13.已知向量𝑎=(1,2),𝑏⃗=(0,−2),𝑐=(−1,𝜆)，若(2𝑎−𝑏⃗)⊥𝑐，则实数𝜆=________．14.已知复数𝑧对应的点在复平面第一象限内，甲､乙､丙､丁四人对复

数𝑧的陈述如下（𝑖为虚数单位）：甲：𝑧+𝑧̅=2；乙：𝑧−𝑧̅=2√3𝑖；丙：𝑧⋅𝑧̅=4；丁：𝑧𝑧̅=𝑧22.在甲､乙､丙､丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数𝑧=________.15.如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的棱长为1，则四棱锥A

1–BB1D1D的体积为________．16.在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，已知𝑎sin𝐴+𝑏sin𝐵=2𝑐sin𝐶，则角𝐶的最大值为________；若𝑐=2𝑎=2，则△𝐴𝐵𝐶的面积为____

____．四、解答题（共6题；共70分）17.已知𝑧为复数，𝑧+2𝑖和𝑧2−𝑖均为实数，其中𝑖是虚数单位.(Ⅰ)求复数𝑧和|𝑧|；(Ⅱ)若𝑧1=𝑧̅+1𝑚−1−7𝑚+2𝑖在第四象限，求𝑚的取值范围.18.如图，已知向量𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗

=𝑎,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗，点A，B分别是𝑆𝑀,𝑆𝑁的中点．（1）试用向量𝑎，𝑏⃗表示向量𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗；（2）设|𝑎|=1,|𝑏⃗|=2，|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|∈[2√3,2√7]，试求𝑎与𝑏⃗的夹角𝜃的取值范围．19.如图

，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷与四边形𝐴𝐷𝐸𝐹为平行四边形，𝑀，𝑁，𝐺分别是𝐴𝐵，𝐴𝐷，𝐸𝐹的中点，求证：（1）𝐵𝐸∥平面𝐷𝑀𝐹；（2）平面𝐵𝐷𝐸∥平面𝑀𝑁𝐺.20.在①2𝑎−𝑏

=2𝑐cos𝐵，②𝑆=√34(𝑎2+𝑏2−𝑐2)，③√3sin(𝐴+𝐵)=1+2sin2𝐶2三个条件中选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题.在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别是𝑎，𝑏，𝑐，设△𝐴𝐵𝐶的面积为𝑆

，已知________.（1）求角𝐶的值；（2）若𝑏=4，点𝐷在边𝐴𝐵上，𝐶𝐷为∠𝐴𝐶𝐵的平分线，△𝐶𝐷𝐵的面积为2√33，求边长𝑎的值.21.如图，我国南海某处的一个圆形海域上有四个小岛，小岛𝐵与小岛𝐴、小岛𝐶相距都为5nmile

，与小岛𝐷相距为3√5nmile．小岛𝐴对小岛𝐵与𝐷的视角为钝角，且sin𝐴=35．（Ⅰ）求小岛𝐴与小岛𝐷之间的距离和四个小岛所形成的四边形的面积；（Ⅱ）记小岛𝐷对小岛𝐵与𝐶的视角为𝛼，小岛𝐵对小岛𝐶与𝐷的视角为𝛽，求sin(2𝛼+𝛽)的值．22.在锐角�

�𝐴𝐵𝐶中，𝑎,𝑏,𝑐分别为角𝐴,𝐵,𝐶的对边，且4sin𝐴cos2𝐴−√3cos(𝐵+𝐶)=sin3𝐴+√3．（Ⅰ）求𝐴的大小；（Ⅱ）若𝑏=2，求𝛥𝐴𝐵𝐶面积的取值范围．答案解析部分一、单

选题（共8题；共40分）1.设复数𝑧1,𝑧2在复平面内的对应点关于实轴对称，𝑧1＝3+4𝑖,则𝑧1𝑧2＝（）A.25B.-25C.7−24𝑖D.−7−24𝑖【答案】A【考点】复数的代数表示法及其几何意义，复数代数形式的乘除运算【解析】【解答】复数𝑧1

,𝑧2在复平面内的对应点关于实轴对称，𝑧1＝3+4𝑖,则𝑧2＝3−4𝑖，所以𝑧1𝑧2＝(3+4𝑖)(3−4𝑖)=9+16=25。故答案为：A【分析】利用已知条件结合复数的几何意义，再结合点与点关于实轴对称的判断方法，进而求出𝑧2＝3−

4𝑖，进而结合复数的乘法运算法则，从而求出复数𝑧1𝑧2。2.在𝛥𝐴𝐵𝐶中，cos𝐶2=√55,𝐵𝐶=1,𝐴𝐶=5则𝐴𝐵=（）A.4√2B.√30C.√29D.2√5【答案】A【考点】余弦定理【解析】【解答】∵cos𝐶=2cos2

𝑐2−1=−35∴AB2=1+52-2×5×（−35）=26+6=32∴AB=4√2故答案为：A【分析】先由cos𝐶2用二倍角公式可求cos𝐶，再由余弦定理可得。3.已知△𝐴𝐵𝐶的内角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，若向量𝑚⃗⃗=(𝑎,√3�

�)与𝑛⃗=(cos𝐴,sin𝐵)平行，则𝐴=（）A.π6B.π3C.π2D.2π3【答案】B【考点】同角三角函数间的基本关系，正弦定理【解析】【解答】解：因为向量𝑚⃗⃗=(𝑎,√3𝑏)与𝑛⃗=(cos𝐴,sin𝐵)平行，所以𝑎s

in𝐵=√3𝑏cos𝐴，由正弦定理得，𝑠𝑖𝑛𝐴sin𝐵=√3𝑠𝑖𝑛𝐵cos𝐴，因为𝐵∈(0,𝜋)，所以sin𝐵≠0，所以𝑠𝑖𝑛𝐴=√3cos𝐴，因为cos𝐴≠0，所以tan𝐴=√3，因为𝐴∈(0,𝜋)，所以𝐴=π3，故答案为：B【分析】由已知

条件，结合平面向量平行的坐标表示可得到𝑎sin𝐵=√3𝑏cos𝐴，再由正弦定理易得s𝑠𝑖𝑛𝐴sin𝐵=√3𝑠𝑖𝑛𝐵cos𝐴结合B为三角形的内角可知sin𝐵≠0，由同角三角函数的基本关系式求出tanA，由此求得A的大小.4.已知𝑎,𝑏⃗是相互垂直的单位

向量，与𝑎,𝑏⃗共面的向量𝑐满足𝑎⋅𝑐＝𝑏⃗⋅𝑐＝2,则𝑐的模为（）A.1B.√2C.2D.2√2【答案】D【考点】向量的模，平面向量数量积的含义与物理意义【解析】【解答】𝑎,𝑏⃗是相互垂直的单位向量，不妨设𝑎=

(1,0)，𝑏⃗=(0,1)，设𝑐=(𝑥,𝑦)，由𝑎⋅𝑐＝𝑏⃗⋅𝑐＝2,可得𝑥=𝑦=2，即𝑐=(2,2)，则𝑐的模为|𝑐|=√22+22=√8=2√2。故答案为：D【分析】利用𝑎,𝑏⃗是相互垂直的单位向量，再利用单位向量的定

义结合两向量垂直数量积为0，不妨设𝑎=(1,0)，𝑏⃗=(0,1)，设𝑐=(𝑥,𝑦)，由𝑎⋅𝑐＝𝑏⃗⋅𝑐＝2,再结合数量积的坐标表示，进而求出𝑐=(2,2)，再利用向量的模的求解公式，进而求出向量𝑐的模。5.

在△𝐴𝐵𝐶中，已知𝑎，𝑏，𝑐分别为角𝐴,𝐵,𝐶的对边且∠A=60°，若𝑆△𝐴𝐵𝐶=3√32且2sin𝐵=3sin𝐶，则△ABC的周长等于（）A.5+√7B.12C.10+√7D.5+2√7【答案

】A【考点】正弦定理，余弦定理【解析】【解答】在𝛥𝐴𝐵𝐶中，∠𝐴=60∘,∵2sin𝐵=3sin𝐶，故由正弦定理可得2𝑏=3𝑐，再由𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶=3√32=12𝑏𝑐⋅sin𝐴，可得𝑏𝑐=6,∴𝑏=3,𝑐=2，再由余弦定理可得𝑎2=𝑏2+𝑐2−2𝑏𝑐

⋅cos𝐴=7，所以𝑎=√7，故△𝐴𝐵𝐶的周长为𝑎+𝑏+𝑐=5+√7，故答案为：A.【分析】根据题意首先由正弦定理整理得到2𝑏=3𝑐，再由三角形的面积公式整理得出𝑏𝑐=6,然后由余弦定理代入数值计算出a的值，由此得出三角形的周长。6.已知圆锥的高

为3，底面半径为√3，若该圆锥的顶点与底面的圆周都在同一个球面上，则这个球的体积等于()A.83πB.323πC.16πD.32π【答案】B【考点】球的体积和表面积【解析】【解答】如图，作轴截面，圆锥的轴截面是等腰三角形𝑃𝐴𝐵，𝛥𝑃𝐴𝐵的外接圆是球的大圆，设该圆锥的外接球的半径

为R，依题意得，R2＝(3－R)2＋(√3)2，解得R＝2，所以所求球的体积V＝43πR3＝43π×23＝323π，故答案为：B．【分析】根据题意由圆锥的性质结合勾股定理计算出球的半径，再把数值代入到球的体积公式计算出

答案即可。7.在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，𝐸、𝐹分别是棱𝐴𝐵、𝐴𝐴1的中点，𝑀、𝑁分别是线段𝐷1𝐸与𝐶1𝐹上的点，则与平面𝐴𝐵𝐶𝐷平行的直线𝑀𝑁有（）A.0条B

.1条C.2条D.无数条【答案】D【考点】直线与平面平行的性质，平面与平面平行的判定，平面与平面平行的性质【解析】【解答】如图：取𝐵𝐵1的中点𝐻，连接𝐹𝐻，则𝐹𝐻//𝐶1𝐷1，连接𝐻𝐸，在𝐷1𝐸上任取一点𝑀，过𝑀在面𝐷

1𝐻𝐸中，作𝑀𝐺平行于𝐻𝑂，其中𝑂为线段𝐷1𝐸的中点，交𝐷1𝐻于𝐺，再过𝐺作𝐺𝑁//𝐹𝐻，交𝐶1𝐹于𝑁，连接𝑀𝑁，𝑂在平面𝐴𝐵𝐶𝐷的正投影为𝐾，连接

𝐾𝐵，则𝑂𝐻//𝐾𝐵，由于𝐺𝑀//𝐻𝑂，𝐻𝑂//𝐾𝐵，𝐾𝐵⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，𝐺𝑀⊂平面𝐴𝐵𝐶𝐷，所以𝐺𝑀//平面𝐴𝐵𝐶𝐷，同理由𝑁𝐺//𝐹𝐻，可推得𝑁𝐺//平面𝐴𝐵𝐶

𝐷，由面面平行的判定定理得，平面𝑀𝑁𝐺//平面𝐴𝐵𝐶𝐷，则𝑀𝑁//平面𝐴𝐵𝐶𝐷．由于𝑀为𝐷1𝐸上任一点，故这样的直线𝑀𝑁有无数条．故答案为：D．【分析】由已知条件取BB1的中点H，连接FH，则FH//

C1D，连接HE，在D1E上任取一点M，过M在面D1HE中，作MG平行于HO，交D1H于G，再过G作GN//FH，交C1F于N，连接MN，由面面平行的判定定理得，平面MNG//平面ABCD，由此能求出与平面ABCD垂直的直

线MN有无数条.8.在𝛥𝐴𝐵𝐶中，𝐴𝐵=√2，𝐴𝐶=2，𝐸是边𝐵𝐶的中点.𝑂为𝛥𝐴𝐵𝐶所在平面内一点且满足|𝑂𝐴⃯|2=|𝑂𝐵⃯|2=|𝑂𝐶⃯|2，则𝐴𝐸⃯·𝐴𝑂⃯的值为（）A.12B.1C.√22D.

32【答案】D【考点】向量加减混合运算及其几何意义，向量的线性运算性质及几何意义，平面向量数量积的运算【解析】【解答】∵𝐸为𝐵𝐶中点∴𝐴𝐸⃯=12(𝐴𝐵⃯+𝐴𝐶⃯)∴𝐴𝐸⃯⋅𝐴𝑂⃯=

12(𝐴𝐵⃯+𝐴𝐶⃯)⋅𝐴𝑂⃯=12𝐴𝐵⃯⋅𝐴𝑂⃯+12𝐴𝐶⃯⋅𝐴𝑂⃯∵|𝑂𝐴⃯|2=|𝑂𝐵⃯|2=|𝑂𝐶⃯|2∴𝛥𝐴𝑂𝐵和𝛥𝐴𝑂𝐶为等腰三角形∴𝐴𝐵⃯⋅𝐴𝑂⃯=|𝐴

𝐵⃯||𝐴𝑂⃯|cos∠𝑂𝐴𝐵=|𝐴𝐵⃯|⋅12|𝐴𝐵⃯|=12|𝐴𝐵⃯|2，同理可得：𝐴𝐶⃯⋅𝐴𝑂⃯=12|𝐴𝐶⃯|2∴𝐴𝐸⃯⋅𝐴𝑂⃯=14|𝐴𝐵⃯|2+14|𝐴𝐶⃯|2=12+1=32故答案为：D【分析】根据题意由向量的加、减运算

法则以及数量积的运算公式，结合三角形的几何性质整理即可得出𝐴𝐵⇀⋅𝐴𝑂⇀=12|𝐴𝐵⇀|2同理得到𝐴𝐶⃯⋅𝐴𝑂⃯=12|𝐴𝐶⃯|2，结合已知条件整理得到答案即可。二、选择题（共4题；共20分）9.在复平面内，下列说法正确的是（

）A.若复数𝑧=1+𝑖1−𝑖（i为虚数单位），则𝑧30=−1B.若复数z满足𝑧2∈𝑅，则𝑧∈𝑅C.若复数𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎,𝑏∈𝑅)，则z为纯虚数的充要条件是𝑎=0D.若复数z满足|𝑧|=1，则复数z对应点的集合是

以原点O为圆心，以1为半径的圆【答案】A,D【考点】复数的基本概念，复数代数形式的混合运算，复数求模【解析】【解答】解：对于A：𝑧=1+𝑖1−𝑖=(1+𝑖)2(1−𝑖)(1+𝑖)=𝑖，𝑖2=−1，𝑖4=1，所以𝑧30=𝑖30

=𝑖4×7+2=𝑖2=−1，A符合题意；对于B：设𝑧=𝑎+𝑏𝑖，𝑎,𝑏∈𝑅，所以𝑧2=(𝑎+𝑏𝑖)2=𝑎2−𝑏2+2𝑎𝑏𝑖，若𝑧2∈𝑅，则2𝑎𝑏=0，则𝑎=0,𝑏≠0或𝑏=0,𝑎≠0或𝑎=𝑏=0，当𝑏=0时𝑧∈𝑅，B不符合

题意；复数𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎,𝑏∈𝑅)，则z为纯虚数的充要条件是𝑎=0且𝑏≠0，C不符合题意；若复数z满足|𝑧|=1，则复数z对应点的集合是以原点O为圆心，以1为半径的圆，D符合题意；故答案为：AD【分析】根据题

意选项A先化简.复数𝑧=1+𝑖1−𝑖’根据复数的周期性及其运算法则即可得出z30，即可判断出正误.选项B举例𝑧=𝑖即可判断出正误.选项C.复数z=a+bi(a，bER)，则z为纯虚数的充要条件是𝑎=0,𝑏≠0，即可判断出正误.D.根据复数的几何

意义即可判断出正误.10.在正方体𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，下列直线或平面与平面𝐴𝐶𝐷1平行的是（）A.直线𝐴1𝐵B.直线𝐵𝐵1C.平面𝐴1𝐷𝐶1D.平面𝐴1�

�𝐶1【答案】A,D【考点】空间中直线与平面之间的位置关系，平面与平面之间的位置关系【解析】【解答】如图由𝐴1𝐵∥𝐷1𝐶，且𝐴1𝐵⊄平面𝐴𝐶𝐷1，𝐷1𝐶⊂平面𝐴𝐶𝐷1，故直线𝐴1𝐵与平面𝐴𝐶𝐷1平行，A符合题意；

直线𝐵𝐵1∥𝐷𝐷1，𝐷𝐷1与平面𝐴𝐶𝐷1相交，故直线𝐵𝐵1与平面𝐴𝐶𝐷1相交，B不符合题意；由图，显然平面𝐴1𝐷𝐶1与平面𝐴𝐶𝐷1相交，C不符合题意；由𝐴1𝐵∥𝐷1𝐶，𝐴𝐶∥𝐴1𝐶1，且𝐴1𝐵∩𝐴1𝐶1=𝐴1，𝐴𝐶∩𝐷

1𝐶=𝐶，故平面𝐴1𝐵𝐶1与平面𝐴𝐶𝐷1平行，D符合题意；故答案为：AD【分析】根据题意由线线、线面以及面面平行的判定定理对选项逐一判断即可得出答案。11.在△𝐴𝐵𝐶中，内角A，B，

C所对的边长分别是a，b，c，若𝑐−𝑎cos𝐵=(2𝑎−𝑏)cos𝐴，则下列结论正确的有（）A.𝐴=𝜋2B.𝐵=𝐴C.𝐵=𝜋2D.𝐵=𝐶【答案】A,B【考点】两角和与差的正弦公式，正弦定理【解析】【解答】在△𝐴𝐵𝐶中，由𝑐−𝑎cos𝐵

=(2𝑎−𝑏)cos𝐴，则sin𝐶−sin𝐴cos𝐵=(2sin𝐴−sin𝐵)cos𝐴，即sin(𝐴+𝐵)−sin𝐴cos𝐵=(2sin𝐴−sin𝐵)cos𝐴，⇒cos𝐴sin𝐵=2sin𝐴cos�

�−sin𝐵cos𝐴，⇒sin𝐵cos𝐴=sin𝐴cos𝐴，⇒cos𝐴(sin𝐵−sin𝐴)=0，则cos𝐴=0或sin𝐵=sin𝐴，所以𝐴=𝜋2或𝐵=𝐴.故答案为：AB【分析】根据题意由正弦定理整理得出sin𝐶−sin𝐴cos

𝐵=(2sin𝐴−sin𝐵)cos𝐴再由两角和的正弦公式整理得出cos𝐴(sin𝐵−sin𝐴)=0，由此得出cos𝐴=0或sin𝐵=sin𝐴从而求出角的大小。12.设𝑒1⃗⃗⃗,𝑒

2⃗⃗⃗为单位向量，满足|2𝑒1⃗⃗⃗−𝑒2⃗⃗⃗|≤√2,𝑎=𝑒1⃗⃗⃗+𝑒2⃗⃗⃗,𝑏⃗=3𝑒1⃗⃗⃗+𝑒2⃗⃗⃗，设𝑎,𝑏⃗的夹角为𝜃，则cos2𝜃的可能取值为（）A.1929B.2029C.2829D.3829【答案】C【

考点】函数的最值及其几何意义，数量积表示两个向量的夹角，复数代数形式的混合运算【解析】【解答】因为𝑒1⃗⃗⃗,𝑒2⃗⃗⃗为单位向量，不妨设𝑒1⃗⃗⃗=(1,0),𝑒2⃗⃗⃗=(𝑥,𝑦)，且𝑥2+𝑦2=1，所以𝑎=(1+𝑥,𝑦),𝑏⃗=(3+𝑥,𝑦)，又因

为|2𝑒1⃗⃗⃗−𝑒2⃗⃗⃗|≤√2，所以(𝑥−2)2+𝑦2≤2，化简得34≤𝑥≤1，所以cos2𝜃=(𝑎⃗⋅𝑏⃗|𝑎⃗|⋅|𝑏⃗|)2，=((1+𝑥)(3+𝑥)+𝑦2√(1+𝑥)2+𝑦2⋅√(3+�

�)2+𝑦2)2，=4(1+𝑥)2(1+𝑥)(5+3𝑥)=4(1+𝑥)5+3𝑥，当𝑥=34时，cos2𝜃=2829，故答案为：C【分析】利用复数模的平方等于复数的平方化简条件得34≤𝑥≤1，再根据向量夹角公

式求出cosA函数关系式，再根据函数单调性求出最值.三、填空题（共4题；共20分）13.已知向量𝑎=(1,2),𝑏⃗=(0,−2),𝑐=(−1,𝜆)，若(2𝑎−𝑏⃗)⊥𝑐，则实数𝜆=________．【答案】

13【考点】数量积的坐标表达式【解析】【解答】由题意2𝑎−𝑏⃗=(2,6)，又(2𝑎−𝑏⃗)⊥𝑐，∴−2+6𝜆=0，解得𝜆=13．故答案为：13．【分析】由已知条件结合向量以及数量积的坐标公式计算出𝜆的值即可。14.已知复数𝑧对应的点在复平面第一象限内，甲､乙､丙､丁四

人对复数𝑧的陈述如下（𝑖为虚数单位）：甲：𝑧+𝑧̅=2；乙：𝑧−𝑧̅=2√3𝑖；丙：𝑧⋅𝑧̅=4；丁：𝑧𝑧̅=𝑧22.在甲､乙､丙､丁四人陈述中，有且只有两个人的陈述正确，则复数𝑧=________.【答案】1+i【考点】复

数的代数表示法及其几何意义，进行简单的演绎推理【解析】【解答】设𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎>0,𝑏>0)，则𝑧̅=𝑎−𝑏𝑖，∴𝑧+𝑧̅=2𝑎，𝑧−𝑧̅=2𝑏𝑖，𝑧⋅𝑧̅=𝑎2+

𝑏2，𝑧𝑧̅=𝑧2𝑎2+𝑏2。∵𝑧⋅𝑧̅=4与𝑧𝑧̅=𝑧22不可能同时成立，∴丙丁不能同时正确；∵𝑧−𝑧̅=2√3𝑖时，𝑏2=3>2，∴𝑧𝑧̅=𝑧22不成立，∴乙丁不能同时正确；当甲乙正确时：𝑎=1，𝑏=√3，则丙也正

确，不合题意；当甲丙正确时：𝑎=1，𝑏=√3，则乙也正确，不合题意；当乙丙正确时：𝑏=√3，𝑎=1，则甲也正确，不合题意；∴甲丁陈述正确，此时𝑎=𝑏=1，∴𝑧=1+𝑖。故答案为：1+i

。【分析】设𝑧=𝑎+𝑏𝑖(𝑎>0,𝑏>0)，利用复数与共轭复数的关系式结合复数的运算法则，再结合演绎推理的方法，进而求出甲丁陈述正确，此时𝑎=𝑏=1，进而求出复数z。15.如图，已知正方体ABCD–A1B1C1D1的

棱长为1，则四棱锥A1–BB1D1D的体积为________．【答案】13【考点】棱柱、棱锥、棱台的体积，直线与平面垂直的性质【解析】【解答】如图所示，连结𝐴1𝐶1，交𝐵1𝐷1于点𝑂，很明显𝐴1𝐶1⊥平面𝐵𝐷𝐷1𝐵1，则𝐴1𝑂是四棱锥的高，且𝐴1�

�=12𝐴1𝐶1=12√12+12=√22，𝑆四边形𝐵𝐷𝐷1𝐵1=𝐵𝐷×𝐷𝐷1=√2×1=√2，结合四棱锥体积公式可得其体积为𝑉=13𝑆ℎ=13×√2×√22=13，故答案为13.【分析】由正方体的几何性质以及线面垂直的性质定理即可得出𝐴1�

�是四棱锥的高，结合勾股定理即可得出高的值，再把数值代入到四棱锥的体积公式计算出结果即可。16.在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别为𝑎，𝑏，𝑐，已知𝑎sin𝐴+𝑏sin𝐵=2𝑐sin𝐶，则角𝐶的最大值为________；若𝑐=2𝑎=2，则△𝐴𝐵𝐶

的面积为________．【答案】𝜋3；√32【考点】基本不等式在最值问题中的应用，同角三角函数间的基本关系，正弦定理，余弦定理【解析】【解答】由正弦定理，得𝑎2+𝑏2=2𝑐2，又由余弦定理得，𝑎2+𝑏2=2(𝑎2+𝑏2−2𝑎𝑏cos𝐶)，即4𝑎𝑏cos𝐶=𝑎2+

𝑏2≥2𝑎𝑏，cos𝐶≥12，所以0<𝐶≤𝜋3，即∠𝐶的最大值为𝜋3；又𝑐=2𝑎=2，则由余弦定理得cos𝐵=𝑎2+𝑐2−𝑏22𝑎𝑐=𝑎2+𝑐2−(2𝑐2−𝑎2)2𝑎�

�=−12，故△𝐴𝐵𝐶的面积为𝑆=12𝑎𝑐sin𝐵=√32．故答案为：𝜋3,√32【分析】根据题意由正弦定理和余弦定理结合基本不等式即可求出cos𝐶≥12，从而得出0<𝐶≤𝜋3由此求出角C的大小，再由已知条件结合余弦定理计算出cosB的值，结合同角三角

函数的基本关系式求出sinB的值然后把数值代入到三角形的面积公式计算出答案即可。四、解答题（共6题；共70分）17.已知𝑧为复数，𝑧+2𝑖和𝑧2−𝑖均为实数，其中𝑖是虚数单位.(Ⅰ)求复数𝑧和|𝑧|；(Ⅱ)

若𝑧1=𝑧̅+1𝑚−1−7𝑚+2𝑖在第四象限，求𝑚的取值范围.【答案】解：（Ⅰ）设𝑧=𝑎+𝑏i(𝑎,𝑏∈𝑅)，则𝑏+2=0,𝑏=−2.𝑧2−i=2𝑎+25+𝑎−45i⇒𝑎−45=0⇒𝑎=4,𝑧=4−2i|𝑧|=2

√5.（Ⅱ）𝑧1=4+1𝑚−1+(2−7𝑚+2)i⇒{4+1𝑚−1>02−7𝑚+2<0⇒−2<𝑚<34或1<𝑚<32.【考点】复数的代数表示法及其几何意义，复数代数形式的混合运算，复数求模【解析】【分析】（Ⅰ）根据题意首先设出𝑧=𝑎+𝑏i(𝑎,

𝑏∈𝑅)，由此求出b的值再由复数代数形式的运算性质整理再结合复数模的概念即可求出答案。(2)由已知条件结合题意以及复数代数形式的几何意义得到关于m的不等式组，求解出m的取值范围即可。18.如图，已知向量𝑂𝐴⃗⃗

⃗⃗⃗=𝑎,𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=𝑏⃗，点A，B分别是𝑆𝑀,𝑆𝑁的中点．（1）试用向量𝑎，𝑏⃗表示向量𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗；（2）设|𝑎|=1,|𝑏⃗|=2，|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|∈

[2√3,2√7]，试求𝑎与𝑏⃗的夹角𝜃的取值范围．【答案】（1）解：依题意知𝐴𝐵是△𝑆𝑁𝑀的中位线，所以，𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗=2(𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗−𝑂𝐴⃗⃗⃗

⃗⃗)=2(𝑏⃗−𝑎)（2）解：由（1）得𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗=2(𝑏⃗−𝑎)，平方得：𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗2=4(𝑏⃗−𝑎)2=4(𝑏⃗2−2𝑎⋅𝑏⃗+𝑎2)=4(|𝑏⃗|2

−2𝑎⋅𝑏⃗+|𝑎|2)=4(22−2𝑎⋅𝑏⃗+12)=20−8𝑎⋅𝑏⃗所以8𝑎⋅𝑏⃗=20−|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2，由|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|∈[2√3,2√7]可得𝑎⋅𝑏⃗∈[−1,1]，所以cos𝜃=𝑎⃗⋅𝑏⃗|𝑎⃗|⋅|𝑏

⃗|=12𝑎⋅𝑏⃗∈[−12,12]，又𝜃∈[0,𝜋]，所以𝜃∈[𝜋3，2𝜋3].故𝑎与𝑏⃗夹角𝜃的取值范围是[𝜋3，2𝜋3].【考点】向量加减混合运算及其几何意义，向量的线性运算性质及几何意义，数量积表示两

个向量的夹角【解析】【分析】(1)由向量的坐标公式计算出答案即可。(2)由(1)的结论结合数量积的坐标公式以及数量积的运算性质整理得出8𝑎⋅𝑏⃗=20−|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|2，即|𝑀𝑁⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗|∈[2√3,2√7]由此得到𝑎⋅𝑏⃗∈[−1,1]

，再由向量夹角的公式整理即可得出cos𝜃=𝑎⃗⋅𝑏⃗|𝑎⃗|⋅|𝑏⃗|=12𝑎⋅𝑏⃗∈[−12,12]，然后由𝜃∈[0,𝜋]即可求出答案。19.如图，四边形𝐴𝐵𝐶𝐷与四边形𝐴𝐷𝐸𝐹为平行四边形，𝑀，𝑁，

𝐺分别是𝐴𝐵，𝐴𝐷，𝐸𝐹的中点，求证：（1）𝐵𝐸∥平面𝐷𝑀𝐹；（2）平面𝐵𝐷𝐸∥平面𝑀𝑁𝐺.【答案】（1）证明：如图，连接𝐴𝐸，则𝐴𝐸必过𝐷𝐹与𝐺𝑁的交点𝑂，连接，则𝑀𝑂为𝛥𝐴𝐵𝐸的中位线，所以𝐵𝐸∥𝑀𝑂，又𝐵𝐸⊄平面�

�𝑀𝐹，𝑀𝑂⊂平面𝐷𝑀𝐹，所以𝐵𝐸∥平面𝐷𝑀𝐹.（2）证明：因为𝑁，𝐺分别为平行四边形𝐴𝐷𝐸𝐹的边𝐴𝐷,𝐸𝐹的中点，所以𝐷𝐸∥𝐺𝑁，又𝐷𝐸⊄平面𝑀𝑁𝐺，𝐺𝑁⊂平面𝑀𝑁𝐺，所以𝐷𝐸∥平面𝑀𝑁𝐺.又

𝑀为𝐴𝐵中点，所以𝑀𝑁为𝛥𝐴𝐵𝐷的中位线，所以𝐵𝐷∥𝑀𝑁，又𝐵𝐷⊄平面𝑀𝑁𝐺，𝑀𝑁⊂平面𝑀𝑁𝐺，所以𝐵𝐷∥平面𝑀𝑁𝐺，又𝐷𝐸与𝐵𝐷为平面𝐵𝐷𝐸内的两条相交直线，所以平面𝐵𝐷𝐸∥平面

𝑀𝑁𝐺.【考点】直线与平面平行的判定，平面与平面平行的判定【解析】【分析】(1)连接𝐴𝐸，结合题意证得𝐵𝐸∥𝑀𝑂，利用线面平行的判断定理即可证得𝐵𝐸∥平面𝐷𝑀𝐹.(2)结合题

意首先证得线面平行：𝐷𝐸∥平面𝑀𝑁𝐺，𝐵𝐷∥平面𝑀𝑁𝐺，且𝐷𝐸与𝐵𝐷为平面𝐵𝐷𝐸内的两条相交直线，据此可得平面𝐵𝐷𝐸∥平面𝑀𝑁𝐺.20.在①2𝑎−𝑏=2𝑐cos

𝐵，②𝑆=√34(𝑎2+𝑏2−𝑐2)，③√3sin(𝐴+𝐵)=1+2sin2𝐶2三个条件中选一个，补充在下面的横线处，然后解答问题.在△𝐴𝐵𝐶中，角𝐴，𝐵，𝐶所对的边分别是𝑎，𝑏，𝑐，设△𝐴𝐵𝐶的面积为𝑆，已知________.（1）求角𝐶的值；（2）若

𝑏=4，点𝐷在边𝐴𝐵上，𝐶𝐷为∠𝐴𝐶𝐵的平分线，△𝐶𝐷𝐵的面积为2√33，求边长𝑎的值.【答案】（1）解：如选①：由正弦定理得：2sin𝐴−sin𝐵=2sin𝐶cos𝐵，∵𝐴+𝐵+𝐶=𝜋，∴sin𝐴=sin(𝐵+𝐶)，∴2sin

(𝐵+𝐶)−sin𝐵=2sin𝐵cos𝐶+2cos𝐵sin𝐶−sin𝐵=2sin𝐶cos𝐵，整理得：2sin𝐵cos𝐶=sin𝐵，又𝐵∈(0,𝜋)，∴sin𝐵≠0，∴cos𝐶=12，∵𝐶∈(0,𝜋)，∴𝐶=𝜋3.如选②：∵𝑆△�

�𝐵𝐶=√3(𝑎2+𝑏2−𝑐2)4=12𝑎𝑏sin𝐶，∴sin𝐶=√3(𝑎2+𝑏2−𝑐2)2𝑎𝑏=√3cos𝐶，∴tan𝐶=sin𝐶cos𝐶=√3，∵𝐶∈(0,𝜋)，∴𝐶=𝜋3.如选③：√3sin(𝐴+𝐵)=1+2sin2𝐶2=1+1−cos�

�=2−cos𝐶，∵𝐴+𝐵+𝐶=𝜋，∴sin𝐶=sin(𝐴+𝐵)，∴√3sin𝐶=2−cos𝐶，即√3sin𝐶+cos𝐶=2sin(𝐶+𝜋6)=2，∴sin(𝐶+𝜋6)=1，∵𝐶∈(0,𝜋)，∴𝐶+𝜋6∈(𝜋

6,7𝜋6)，∴𝐶+𝜋6=𝜋2，解得：𝐶=𝜋3.（2）解：在△𝐴𝐵𝐶中，𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐶𝐷+𝑆△⬚𝐵𝐶𝐷，∴12𝐶𝐵⋅𝐶𝐷sin∠𝐵𝐶𝐷+12𝐶𝐴⋅𝐶𝐷sin∠𝐴𝐶𝐷=12𝐶𝐴

⋅𝐶𝐵sin∠𝐴𝐶𝐵∴14𝑎×𝐶𝐷+𝐶𝐷=√3𝑎…①又𝑆△𝐶𝐷𝐵=14𝑎×𝐶𝐷=2√33…②由①②得：𝑎2𝑎+4=23，解得：𝑎=2或𝑎=−43（舍）∴边长𝑎的值为2.【考点】两角和与差的正弦公式，正弦定理，三角形中的

几何计算【解析】【分析】（1）如选①：利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换知识整理可求得cos𝐶，进而得到结果；如选②：利用三角形面积公式和余弦定理可化简求得tan𝐶，进而得到结果；如选③：利用二倍角公式和辅助角公式可化简求得sin(𝐶+𝜋6)=1，根据C的范围

可求得结果；（2）利用𝑆△𝐴𝐵𝐶=𝑆△𝐴𝐶𝐷+𝑆△⬚𝐵𝐶𝐷，可构造关于𝑎和𝐶𝐷的方程。利用△𝐶𝐷𝐵面积可构造关于𝑎和𝐶𝐷的方程，解方程组可求得𝑎。21.如图，我国南海某处的一个圆形海域上有四个小岛，小岛𝐵与小岛𝐴、小岛𝐶相距都为5

nmile，与小岛𝐷相距为3√5nmile．小岛𝐴对小岛𝐵与𝐷的视角为钝角，且sin𝐴=35．（Ⅰ）求小岛𝐴与小岛𝐷之间的距离和四个小岛所形成的四边形的面积；（Ⅱ）记小岛𝐷对小岛𝐵与𝐶的视角为𝛼，小岛𝐵对小岛𝐶与𝐷的视角为𝛽，求sin(

2𝛼+𝛽)的值．【答案】解：（Ⅰ）∵sin𝐴=35，且角𝐴为钝角，∴cos𝐴=−√1−(35)2=−45.在𝛥𝐴𝐵𝐷中，由余弦定理得，𝐴𝐷2+𝐴𝐵2−2𝐴𝐷⋅𝐴𝐵⋅cos

𝐴=𝐵𝐷2，∴𝐴𝐷2+52−2𝐴𝐷⋅5⋅(−45)=(3√5)2，∴𝐴𝐷2+8𝐴𝐷−20=0，解得𝐴𝐷=2或𝐴𝐷=−10（舍），∴小岛𝐴与小岛𝐷之间的距离为2nmile∵𝐴，𝐵，𝐶，𝐷四点共圆，∴角𝐴与角𝐶互补．∴sin𝐶=

35，cos𝐶=cos(180∘−𝐴)=−cos𝐴=45．在△𝐵𝐷𝐶中，由余弦定理得，𝐶𝐷2+𝐶𝐵2−2𝐶𝐷⋅𝐶𝐵⋅cos𝐶=𝐵𝐷2，∴𝐶𝐷2+52−2𝐶𝐷⋅5⋅45=(3√5)2，∴𝐶𝐷2−8𝐶

𝐷−20=0，解得𝐶𝐷=−2（舍）或𝐶𝐷=10．∴𝑆四边形𝐴𝐵𝐶𝐷=𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶+𝑆𝛥𝐵𝐶𝐷=12𝐴𝐵⋅𝐴𝐷⋅sin𝐴+12𝐶𝐵⋅𝐶𝐷⋅sin𝐶=18，∴四个小岛所

形成的四边形的面积为18平方nmile．（Ⅱ）在△𝐵𝐶𝐷中，由正弦定理，𝐵𝐶sin𝛼=𝐵𝐷sin𝐶，即5sin𝛼=3√535，解得sin𝛼=√55,∵𝐷𝐶2+𝐷𝐵2>𝐵𝐶2,∴𝛼为锐角，∴cos𝛼=2√55，又∵sin(𝛼+𝛽)=sin(180∘

−𝐶)=sin𝐶=35,cos(𝛼+𝛽)=cos(180∘−𝐶)=−cos𝐶=−45，∴sin(2𝛼+𝛽)=sin[𝛼+(𝛼+𝛽)]=sin𝛼cos(𝛼+𝛽)+cos𝛼sin(𝛼+

𝛽)=2√525【考点】两角和与差的余弦公式，正弦定理，余弦定理的应用【解析】【分析】（Ⅰ）结合已知条件利用同角三角函数的基本关系式以及余弦定理代入计算出AD的值，再结合诱导公式以及余弦定理得到𝐶𝐷2−8𝐶𝐷−20

=0由此求出CD的值，再结合四边形的面积公式计算出结果即可。（Ⅱ）首先由正弦定理代入数值整理得出sin𝛼=√55,结合三角形的性质即可得出𝛼为锐角，进而计算出cos𝛼=2√55然后由诱导公式以及两角和的余弦公式整理得出cos(𝛼+𝛽)=cos(

180∘−𝐶)=−cos𝐶=−45，再由两角和的正弦公式计算出结果即可。22.在锐角𝛥𝐴𝐵𝐶中，𝑎,𝑏,𝑐分别为角𝐴,𝐵,𝐶的对边，且4sin𝐴cos2𝐴−√3cos(𝐵+𝐶)=sin3𝐴+√3．（Ⅰ）

求𝐴的大小；（Ⅱ）若𝑏=2，求𝛥𝐴𝐵𝐶面积的取值范围．【答案】解：（Ⅰ）∵𝐴+𝐵+𝐶=𝜋，∴cos(𝐵+𝐶)=−cos𝐴①，又∵3𝐴=2𝐴+𝐴，∴sin3𝐴=sin(2𝐴+𝐴)=sin2𝐴cos𝐴+cos2𝐴sin�

�②，又sin2𝐴=2sin𝐴cos𝐴③，将①，②，③代入已知得：2sin2𝐴cos𝐴+√3cos𝐴=sin2𝐴cos𝐴+cos2𝐴sin𝐴+√3，整理得sin𝐴+√3cos𝐴=√3，即sin(𝐴+𝜋3)=√32，又

∵𝐴∈(0,𝜋2)，∴𝐴+𝜋3=2𝜋3，即𝐴=𝜋3．（Ⅱ）由（Ⅰ）得𝐵+𝐶=2𝜋3，∴𝐶=2𝜋3−𝐵，∵𝛥𝐴𝐵𝐶为锐角三角形，∴2𝜋3−𝐵∈(0,𝜋2)且𝐵∈(0,𝜋2)，解得𝐵∈(𝜋6,𝜋2)，在𝛥𝐴𝐵𝐶

中，由正弦定理得：2sin𝐵=𝑐sin𝐶，∴𝑐=2sin𝐶sin𝐵=2sin(2𝜋3−𝐵)sin𝐵=√3tan𝐵+1，又𝐵∈(𝜋6,𝜋2)，∴1tan𝐵∈(0,√3)，∴𝑐∈(1,4)，又∵𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶=12𝑏𝑐sin𝐴

=√32𝑐，∴𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶∈(√32,2√3)【考点】两角和与差的正弦公式，二倍角的正弦公式，正弦定理【解析】【分析】(1)利用三角形内角和定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin(𝐴+𝜋3)=√

32，由𝐴∈(0,𝜋2)的范围可求出𝐴+𝜋3=2𝜋3，从而求出角A的大小。(Ⅱ)由已知利用正弦定理、三角形内角和定理三角函数恒等变换的应用可得𝑐=√3tan𝐵+1由B的范围可求1tan𝐵∈(0,√3)即可求

出𝑐∈(1,4)，从而可求出三角形面积𝑆𝛥𝐴𝐵𝐶∈(√32,2√3)的取值范围。