2021-2022學(xué)年新疆烏魯木齊一中高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷

第1頁（共1頁）2021-2022學(xué)年新疆烏魯木齊一中高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷一、單選題（每小題5分，共40分）1．（5分）已知復(fù)數(shù)z滿足（1﹣i）z＝3﹣i（i為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)z的模等于（）A．1 B．2 C． D．42．（5分）若圓臺兩底面周長的比是1：4，過高的中點作平行于底面的平面，則圓臺被分成兩部分的體積比是（）A．1：16 B．3：27 C．13：129 D．39：1293．（5分）如圖，點A，B，C，M，N是正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中不能滿足MN∥平面ABC的是（）A． B． C． D．4．（5分）已知向量，滿足||＝，||＝，（﹣）?＝1，則向量，夾角的大小等于（）A．30° B．45° C．60° D．120°5．（5分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足+a＝2c，則角B＝（）A． B． C． D．6．（5分）圣?索菲亞教堂坐落于中國黑龍江省，是每一位到哈爾濱旅游的游客拍照打卡的必到景點．其中央主體建筑集球，圓柱，棱柱于一體，極具對稱之美．小明同學(xué)為了估算索菲亞教堂的高度，在索菲亞教堂的正東方向找到一座建筑物AB，高為，在它們之間的地面上的點M（B，M，D三點共線）處測得樓頂A，教堂頂C的仰角分別是15°和60°，在樓頂A處測得塔頂C的仰角為30°，則小明估算索菲亞教堂的高度為（）A．20m B．30m C． D．7．（5分）我國東漢末數(shù)學(xué)家趙爽在《周髀算經(jīng)》中利用一副“弦圖”給出了勾股定理的證明，后人稱其為“趙爽弦圖”，它是由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形，如圖所示．在“趙爽弦圖”中，若，，，則＝（）A． B． C． D．8．（5分）已知點O是△ABC的內(nèi)心，若＝+，則cos∠BAC＝（）A． B． C． D．二、多選題（每小題5分，共20分）（多選）9．（5分）在復(fù)平面內(nèi)，下列說法正確的是（）A．若復(fù)數(shù)（i為虛數(shù)單位），則z30＝﹣1 B．若復(fù)數(shù)z滿足z2∈R，則 C．若復(fù)數(shù)z滿足|z|＝1，則復(fù)數(shù)z對應(yīng)點的集合是以原點O為圓心，以1為半徑的圓 D．若復(fù)數(shù)z滿足|z﹣4i|＝2，則|z|的最小值為6（多選）10．（5分）設(shè)，是兩個非零向量．則下列命題為假命題的是（）A．若|+|＝||﹣||，則⊥ B．若⊥，則|+|＝||﹣|| C．若|+|＝||﹣||，則存在實數(shù)λ，使得＝λ D．若存在實數(shù)λ，使得＝λ，則|+|＝||﹣||（多選）11．（5分）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)，G分別為BC，CC1，BB1的中點，則（）A．直線A1D與直線AF垂直 B．直線A1G與平面AEF平行 C．平面AEF截正方體所得的截面面積為 D．點B到平面AEF的距離為（多選）12．（5分）若△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足b﹣2a+4asin2＝0，則下列結(jié)論正確的是（）A．角C一定為銳角 B．a(chǎn)2+2b2﹣c2＝0 C．3tanA+tanC＝0 D．tanB的最小值為三、填空題（每小題5分，共20分）13．（5分）如圖所示，直觀圖四邊形A′B′C′D′是一個底角為45°，腰和上底均為1的等腰梯形，那么原平面圖形的面積是．14．（5分）在三棱錐P﹣ABC中，已知PA＝PB＝PC＝AC，AB⊥BC，則直線PB與平面ABC所成角的余弦值為．15．（5分）足球運動是一項古老的體育活動，眾多的資料表明，中國古代足球的出現(xiàn)比歐洲早，歷史更為悠久，如圖，現(xiàn)代比賽用足球是由正五邊形與正六邊形構(gòu)成的共32個面的多面體，著名數(shù)學(xué)家歐拉證明了凸多面體的面數(shù)（F），頂點數(shù)（V），棱數(shù)（E）滿足F+V﹣E＝2，那么，足球有個正六邊形的面，若正六邊形的邊長為，則足球的直徑為cm（結(jié)果保留整數(shù)）（參考數(shù)據(jù)．16．（5分）在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，它的面積等于，且b2+c2＝a2+2a，則A＝，△ABC的面積的取值范圍是．四、解答題（第17題10分，第18題-第22題每題12分）17．（10分）已知a∈R，b∈R，方程x2+ax+b＝0的一個根為1﹣i，復(fù)數(shù)z1＝a+bi，滿足|z2|＝4．（1）求復(fù)數(shù)；（2）若z2＞0，求復(fù)數(shù)z2．18．（12分）已知四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，點M、N、Q分別在PA、BD、PD上．（1）若PM：MA＝BN：ND＝PQ：QD，求證：平面MNQ∥平面PBC；（2）如圖2所示，若Q滿足PQ：QD＝2，PM＝tPA，當(dāng)t為何值時，BM∥面AQC．19．（12分）在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，．（1）求A；（2）若D為BC的中點，且△ABC的面積為，AB＝2，求AD的長．20．（12分）已知向量，．（Ⅰ）求與平行的單位向量；（Ⅱ）設(shè)，若存在t∈[0，2]使得成立，求k的取值范圍．21．（12分）在△ABC中，滿足：，M是BC的中點．（1）若O是線段AM上任意一點，且，求的最小值；（2）若點P是∠BAC內(nèi)一點，且，，，求的最小值．22．（12分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別是a，b，c，AD為∠BAC的角平分線，已知c＝2且a2+c2﹣b2＝（﹣2cosA）bc，AD＝．（1）求△ABC的面積；（2）設(shè)點E，F(xiàn)分別為邊AB，AC上的動點，線段EF交AD于G，且△AEF的面積為△ABC面積的一半，求的最?。?/p>

2021-2022學(xué)年新疆烏魯木齊一中高一（下）期中數(shù)學(xué)試卷參考答案與試題解析一、單選題（每小題5分，共40分）1．（5分）已知復(fù)數(shù)z滿足（1﹣i）z＝3﹣i（i為虛數(shù)單位），則復(fù)數(shù)z的模等于（）A．1 B．2 C． D．4【分析】根據(jù)復(fù)數(shù)的運算法則進行化簡，結(jié)合復(fù)數(shù)模長模長公式進行計算．【解答】解：由（1﹣i）z＝3﹣i得z＝＝＝＝2+i，則|z|＝＝，故選：C．【點評】本題主要考查復(fù)數(shù)的模長的計算，結(jié)合復(fù)數(shù)的運算法則進行化簡是解決本題的關(guān)鍵．比較基礎(chǔ)．2．（5分）若圓臺兩底面周長的比是1：4，過高的中點作平行于底面的平面，則圓臺被分成兩部分的體積比是（）A．1：16 B．3：27 C．13：129 D．39：129【分析】根據(jù)條件分別設(shè)上、下底面半徑分別為r，4r，截面半徑為x，圓臺的高為2h，則有，從而尋求到x與r的關(guān)系，再由圓臺體積公式求解．【解答】解：由題意設(shè)上、下底面半徑分別為r，4r，截面半徑為x，圓臺的高為2h，則有，∴x＝．∴＝＝．故選：D．【點評】本題主要考查圓臺的結(jié)構(gòu)特征及體積的求法，是?？碱愋?，屬中檔題．3．（5分）如圖，點A，B，C，M，N是正方體的頂點或所在棱的中點，則下列各圖中不能滿足MN∥平面ABC的是（）A． B． C． D．【分析】根據(jù)題意，利用線面平行的判定定理和面面平行的性質(zhì)，判斷各選項即可．【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項：對于A，易得MN∥AC，而MN不在平面ABC內(nèi)，則有MN∥平面ABC；對于B，如圖①，易得MN在平面ABC內(nèi)，不能滿足MN∥平面ABC，對于C，易得MN∥BC，而MN不在平面ABC內(nèi)，則有MN∥平面ABC；對于D，如圖：G為所在棱的中點，易得MG∥AB，NG∥BC，則平面MNG∥平面ABC，則有MN∥平面ABC；故選：B．【點評】本題考查直線與平面平行的判斷，注意線面平行的判斷定理，屬于基礎(chǔ)題．4．（5分）已知向量，滿足||＝，||＝，（﹣）?＝1，則向量，夾角的大小等于（）A．30° B．45° C．60° D．120°【分析】根據(jù)題意，利用夾角公式，即可得出向量，夾角的大?。窘獯稹拷猓河?，得，所以，則向量，夾角的大小為30°．故選：A．【點評】本題考查了平面向量的線性運算以及數(shù)量積的運算問題，屬于基礎(chǔ)題．5．（5分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足+a＝2c，則角B＝（）A． B． C． D．【分析】由正弦定理，兩角和的正弦公式化簡已知等式可得sinC＝2sinCcosB，結(jié)合sinC≠0，可得cosB＝，結(jié)合范圍B∈（0，π），可得B的值．【解答】解：因為+a＝2c，可得＝2c﹣a，即bcosA＝（2c﹣a）cosB，所以由正弦定理可得sinBcosA＝2sinCcosB﹣sinAcosB，可得sinBcosA+sinAcosB＝sin（A+B）＝sinC＝2sinCcosB，因為sinC≠0，可得cosB＝，因為B∈（0，π），所以B＝．故選：C．【點評】本題主要考查了正弦定理，兩角和的正弦公式在解三角形中的綜合應(yīng)用，考查了計算能力和轉(zhuǎn)化思想，屬于基礎(chǔ)題．6．（5分）圣?索菲亞教堂坐落于中國黑龍江省，是每一位到哈爾濱旅游的游客拍照打卡的必到景點．其中央主體建筑集球，圓柱，棱柱于一體，極具對稱之美．小明同學(xué)為了估算索菲亞教堂的高度，在索菲亞教堂的正東方向找到一座建筑物AB，高為，在它們之間的地面上的點M（B，M，D三點共線）處測得樓頂A，教堂頂C的仰角分別是15°和60°，在樓頂A處測得塔頂C的仰角為30°，則小明估算索菲亞教堂的高度為（）A．20m B．30m C． D．【分析】由正弦得出AM，再結(jié)合正弦定理得到CM，進而能求CD．【解答】解：由題意知：∠CAM＝45°，∠AMC＝105°所以∠ACM＝30°，在Rt△ABM中，AM＝＝，在△ACM中，由正弦定理得＝，所以CM＝＝，在Rt△DCM中，CD＝CM?sin60°＝＝＝30．故選：D．【點評】本題考查解三角形的實際應(yīng)用，考查正余弦定理，考查數(shù)學(xué)運算和直觀想象的核心素養(yǎng)，屬于中檔題．7．（5分）我國東漢末數(shù)學(xué)家趙爽在《周髀算經(jīng)》中利用一副“弦圖”給出了勾股定理的證明，后人稱其為“趙爽弦圖”，它是由四個全等的直角三角形與一個小正方形拼成的一個大正方形，如圖所示．在“趙爽弦圖”中，若，，，則＝（）A． B． C． D．【分析】如圖，設(shè)小正方形的另外兩個頂點為G，H，利用向量的線性運算構(gòu)建關(guān)于的向量方程，從而可得．【解答】解：如圖，設(shè)小正方形的另外兩個頂點為G，H，則，因為，由正方形的對稱性可得，所以，故，故．所以，故選：A．【點評】本題考查平面向量的基本定理，考查學(xué)生的運算能力，屬于中檔題．8．（5分）已知點O是△ABC的內(nèi)心，若＝+，則cos∠BAC＝（）A． B． C． D．【分析】設(shè)＝，＝，則四邊形ADOE為菱形，設(shè)該菱形的邊長為a，則AB＝a，AC＝9a，表示出內(nèi)切圓的半徑，根據(jù)等積法可以求出BC的長度，然后轉(zhuǎn)化為等腰三角形處理即可．【解答】解依題意＝+，設(shè)＝，＝，則四邊形ADOE為平行四邊形，因為O為三角形ABC內(nèi)心，所以∠OAD＝∠OAE，所以四邊形ADOE為菱形，設(shè)該菱形的邊長為a，則AB＝a，AC＝9a，因為OD∥AC，∠BDO＝∠BAC，所以三角形ABC的內(nèi)切圓半徑r＝asin∠BAC，由等積法，S△ABC＝AB?AC?sin∠BAC＝（AB+AC+BC）r，∴×9a×sin∠BAC＝（+9a+BC）×asin∠BAC，解得BC＝9a，所以△ABC為等腰三角形，所以cos∠BAC＝＝．故選：C．【點評】本題考查了向量的平行四邊形法則以及求三角形內(nèi)角的三角函數(shù)值；關(guān)鍵是適當(dāng)作出輔助線，將問題轉(zhuǎn)化為解三角形問題．屬于中檔題．二、多選題（每小題5分，共20分）（多選）9．（5分）在復(fù)平面內(nèi)，下列說法正確的是（）A．若復(fù)數(shù)（i為虛數(shù)單位），則z30＝﹣1 B．若復(fù)數(shù)z滿足z2∈R，則 C．若復(fù)數(shù)z滿足|z|＝1，則復(fù)數(shù)z對應(yīng)點的集合是以原點O為圓心，以1為半徑的圓 D．若復(fù)數(shù)z滿足|z﹣4i|＝2，則|z|的最小值為6【分析】根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)的運算法則，以及復(fù)數(shù)的幾何意義，即可求解．【解答】解：對于A，＝，則z30＝i30＝（i4）7?i2＝﹣1，故A正確，對于B，令z＝i，滿足z2∈R，但，故B錯誤，對于C，設(shè)z＝a+bi，a，b∈R，∵|z|＝1，∴a2+b2＝1，∴復(fù)數(shù)z對應(yīng)點的集合是以原點O為圓心，以1為半徑的圓，故C正確，對于D，設(shè)z＝x+yi，x，y∈R，∵|z﹣4i|＝2，∴|x+（y﹣4）i|＝2，即x2+（y﹣4）2＝4，表示以（0，4）為圓心，2為半徑的圓，|z|表示圓上的點到原點的距離，故|z|的最小值為，故D錯誤．故選：AC．【點評】本題主要考查復(fù)數(shù)的運算法則，以及復(fù)數(shù)的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題．（多選）10．（5分）設(shè)，是兩個非零向量．則下列命題為假命題的是（）A．若|+|＝||﹣||，則⊥ B．若⊥，則|+|＝||﹣|| C．若|+|＝||﹣||，則存在實數(shù)λ，使得＝λ D．若存在實數(shù)λ，使得＝λ，則|+|＝||﹣||【分析】通過向量和向量的模相關(guān)性質(zhì)進行判斷即可．【解答】解：對于A，若|+|＝||﹣||，則||2+||2+2?＝||2+||2﹣2||||，得?＝﹣||||≠0，與不垂直，所以A不正確；對于B，由A解析可知，|+|≠|(zhì)|﹣||，所以B不正確；對于C，若|+|＝||﹣||，則||2+||2+2?＝||2+||2﹣2||||，得?＝﹣||||，則cosθ＝﹣1，則與反向，因此存在實數(shù)λ，使得＝λ，所以C正確．對于D，若存在實數(shù)λ，則?＝λ||2，﹣||||＝λ||2，由于λ不能等于0，因此?≠﹣||||，則|+|≠|(zhì)|﹣||，所以D不正確．故選：ABD．【點評】本題考查向量的關(guān)系的綜合應(yīng)用，特例法的具體應(yīng)用，考查計算能力．（多選）11．（5分）如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為1，E，F(xiàn)，G分別為BC，CC1，BB1的中點，則（）A．直線A1D與直線AF垂直 B．直線A1G與平面AEF平行 C．平面AEF截正方體所得的截面面積為 D．點B到平面AEF的距離為【分析】對于A，取B1C1中點K，連接KF，B1C，A1D，由正方體性質(zhì)易判斷；對于B，作出輔助線：取B1C1的中點N，連接A1N、GN，然后利用面面平行判斷；對于C，把截面AEF補形為四邊形AEFD1，由等腰梯形計算其面積判斷；對于D，由等體積法直接計算即可．【解答】解：對于A，如圖所示，取B1C1中點K，連接KF，B1C，A1D，由正方體性質(zhì)可知，A1D∥KF，在△AKF中，，而AK2≠AF2+KF2，即AF與KF不垂直，∴直線A1D與AF不垂直，故選項A錯誤；對于B，如圖所示，取B1C1的中點N，連接A1N、GN，則有GN∥EF，A1N∥AE，因為CN∩A1N＝N，EF∩AE＝E，所以平面A1GN∥平面AEF．又因為A1G?平面A1GQ，所以A1G∥平面AEF，故選項B正確；對于C，如圖所示，連接D1F，D1A，延長D1F，AE交于點S，因為E，F(xiàn)分別為BC，C1C的中點，所以EF∥AD1，所以A、E、F、D1四點共面，所以截面即為梯形AEFD1．因為CF＝CE，所以CF2+CS2＝CE2+CS2，即FS2＝ES2，所以FS＝ES又D1F＝AE，所以D1F+FS＝AE+ES即D1S＝AS＝，AD1＝，所以等腰△AD1S的高h＝，梯形AEFD1的高為＝，所以梯形AEFD1的面積為（EF+AD1）×＝（+）×＝，故選項C正確；對于D，，∴在△AEF中，由余弦定理有，∴，則，設(shè)點B到平面AEF的距離為d，則由VB﹣AEF＝VF﹣ABE可得，解得，故選項D正確．故選：BCD．【點評】本題考查立體幾何的綜合運用，涉及了線面平行，線面垂直以及等體積法的運用等知識點，考查邏輯推理能力及運算求解能力，屬于中檔題．（多選）12．（5分）若△ABC的內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足b﹣2a+4asin2＝0，則下列結(jié)論正確的是（）A．角C一定為銳角 B．a(chǎn)2+2b2﹣c2＝0 C．3tanA+tanC＝0 D．tanB的最小值為【分析】選項A，結(jié)合誘導(dǎo)公式、二倍角公式對已知等式化簡可得cosC＝＜0，從而知C為鈍角；選項B，由cosC＝和余弦定理，可得解；選項C，結(jié)合選項B的結(jié)論，再根據(jù)同角三角函數(shù)的商數(shù)關(guān)系、正弦定理和余弦定理，可推出＝﹣，從而得解；選項D，結(jié)合選項C的結(jié)論，再由三角形的內(nèi)角和定理與正切的兩角和公式，可推出tanB＝，然后由基本不等式，得解．【解答】解：∵b﹣2a+4asin2＝0，∴b﹣2a+4acos2＝0，即b﹣2a+2a（cosC+1）＝0，∴cosC＝＜0，又C∈（0，π），∴C一定為鈍角，即選項A錯誤；由余弦定理知，cosC＝＝，化簡得，a2+2b2﹣c2＝0，即選項B正確；∵＝＝?＝?＝＝﹣，∴3tanA+tanC＝0，即選項C正確；∵A+B+C＝π，∴tanB＝﹣tan（A+C）＝﹣＝﹣＝∵C為鈍角，∴A∈（0，），tanA＞0，∴+3tanA≥2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)＝3tanA，即tanA＝時，等號成立，此時tanB取得最大值，即選項D錯誤．故選：BC．【點評】本題主要考查解三角形的應(yīng)用，還涉及利用基本不等式求最值，熟練掌握正弦定理、余弦定理是解題的關(guān)鍵，考查學(xué)生的轉(zhuǎn)化與化歸思想、邏輯推理能力和運算求解能力，屬于中檔題．三、填空題（每小題5分，共20分）13．（5分）如圖所示，直觀圖四邊形A′B′C′D′是一個底角為45°，腰和上底均為1的等腰梯形，那么原平面圖形的面積是．【分析】原圖為直角梯形，上底為1，高為2，下底為1+，利用梯形面積公式求解即可．也可利用原圖和直觀圖的面積關(guān)系求解．【解答】解：根據(jù)斜二側(cè)畫法可知，原圖形為直角梯形，其中上底AD＝1，高AB＝2A'B'＝2，下底為BC＝1+，∴．故答案為：2+．【點評】本題考查水平放置的平面圖形的直觀圖斜二測畫法，比較基礎(chǔ)．14．（5分）在三棱錐P﹣ABC中，已知PA＝PB＝PC＝AC，AB⊥BC，則直線PB與平面ABC所成角的余弦值為．【分析】取AC的中點O，連接PO，BO，推導(dǎo)出PO⊥AC，△PAO≌△PCO≌△PBO，PO⊥OB，從而PO⊥平面ABC，進而PB與平面ABC所成角為∠PBO，由此能求出直線PB與平面ABC所成角的余弦值．【解答】解：如圖，取AC的中點O，連接PO，BO，∵AB⊥BC，∴OB＝OA＝OC，又PA＝PC＝PB，∴PO⊥AC，∴△PAO≌△PCO≌△PBO，∴PO⊥OB，從而PO⊥平面ABC，∴PB與平面ABC所成角為∠PBO，cos∠PBO＝＝＝．故答案為：．【點評】本題考查線面角的余弦值的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理論證能力、運算求解能力等基礎(chǔ)知識，是中檔題．15．（5分）足球運動是一項古老的體育活動，眾多的資料表明，中國古代足球的出現(xiàn)比歐洲早，歷史更為悠久，如圖，現(xiàn)代比賽用足球是由正五邊形與正六邊形構(gòu)成的共32個面的多面體，著名數(shù)學(xué)家歐拉證明了凸多面體的面數(shù)（F），頂點數(shù)（V），棱數(shù)（E）滿足F+V﹣E＝2，那么，足球有20個正六邊形的面，若正六邊形的邊長為，則足球的直徑為22cm（結(jié)果保留整數(shù)）（參考數(shù)據(jù)．【分析】首先根據(jù)足球表面的特點，設(shè)正五邊形有x塊，正六邊形有y塊，可得5x＝×6y，且x+y+（5x+6y）﹣（5x+6y）＝2，解得x，y，分別計算每個正六邊形和正五邊形的面積，進而得到足球的表面積，再由球的表面積公式計算，可得球的直徑．【解答】解：由足球的表面為正六邊形和正五邊形構(gòu)成，且每塊正五邊形的周圍都是正六邊形，可得每相鄰的多邊形都有一條公共邊，每個頂點處都有三條邊，且一個正五邊形，連接兩個正六邊形．設(shè)正五邊形有x塊，正六邊形有y塊，可得解得，所以足球表面有20個正六邊形的面，每個正六邊形的面積為×（）2××6＝，每個正五邊形的面積為×××5＝，球的表面積S＝20×＝+12×＝630+315tan54°＝1089.9+434.7＝1524.6．所以4πR2＝π（2R）2＝1524.6，2R≈22，所以足球的直徑為22cm．故答案為：20；22．【點評】本題考查球的表面積公式的運用，以及正多邊形的性質(zhì)和面積的運用，考查轉(zhuǎn)化思想、方程思想和運算能力，屬于中檔題．16．（5分）在銳角△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，它的面積等于，且b2+c2＝a2+2a，則A＝，△ABC的面積的取值范圍是[，）．【分析】利用余弦定理，三角形的面積公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式可求cosA，結(jié)合A為銳角可得A＝，利用正弦定理，余弦定理，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用可得＝sin（2B﹣）+，可求范圍2B﹣∈（，），利用正弦函數(shù)的性質(zhì)可求解a的范圍，進而可求得S△ABC＝a的范圍．【解答】解：由余弦定理cosA＝，又S△ABC＝bcsinA，則bcsinA＝?2bccosA，可得sinA＝cosA，又sinA+cosA＝1，聯(lián)立可得sinA＝，cosA＝，可得A＝，因為b2+c2＝a2+2a，所以cosA＝＝＝，可得2a＝bc，所以S△ABC＝bcsinA＝a，因為由正弦定理可得b＝sinB，c＝sin（﹣B），代入2a＝bc，可得2a＝sinBsin（﹣B），可得＝sin（2B﹣）+，由△ABC為銳角三角形，則B∈（，），2B﹣∈（，），則＝sin（2B﹣）+∈（，]，可得a∈[2，3），可得S△ABC＝a∈[，）．故答案為：，[，）．【點評】本題主要考查了余弦定理，三角形的面積公式，正弦定理，三角函數(shù)恒等變換的應(yīng)用以及正弦函數(shù)的性質(zhì)在解三角形中的綜合應(yīng)用，考查了轉(zhuǎn)化思想和函數(shù)思想，屬于中檔題．四、解答題（第17題10分，第18題-第22題每題12分）17．（10分）已知a∈R，b∈R，方程x2+ax+b＝0的一個根為1﹣i，復(fù)數(shù)z1＝a+bi，滿足|z2|＝4．（1）求復(fù)數(shù)；（2）若z2＞0，求復(fù)數(shù)z2．【分析】（1）將1﹣i代入到方程x2+ax+b＝0，并結(jié)合復(fù)數(shù)相等的定義和共軛復(fù)數(shù)的概念，即可求解．（2）根據(jù)已知條件，結(jié)合復(fù)數(shù)模公式和復(fù)數(shù)的乘除法運算，即可求解．【解答】解：（1）∵方程x2+ax+b＝0的一個根為1﹣i，∴（1﹣i）2+a（1﹣i）+b＝0，即（a+b）+（﹣2﹣a）i＝0，由復(fù)數(shù)相等的定義及a，b∈R，得，解得，故復(fù)數(shù)．（2）設(shè)z2＝x+yi，（x，y∈R），由∵|z2|＝4，∴x2+y2＝16①，∵z2＝（﹣2﹣2i）（x+yi）＝（﹣2x+2y）﹣（2x+2y）i＞0，∴，即②，聯(lián)立①②解得，∴．【點評】本題主要考查了復(fù)數(shù)的運算，以及復(fù)數(shù)模公式和共軛復(fù)數(shù)的概念，屬于中檔題．18．（12分）已知四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，點M、N、Q分別在PA、BD、PD上．（1）若PM：MA＝BN：ND＝PQ：QD，求證：平面MNQ∥平面PBC；（2）如圖2所示，若Q滿足PQ：QD＝2，PM＝tPA，當(dāng)t為何值時，BM∥面AQC．【分析】（1）由已知比例式結(jié)合平行線截線段成比例證明線線平行，進一步得到線面平行，再由線面平行的判定可得平面MNQ∥平面PBC；（2）連接AC，角BD于O，連接OQ，取PQ的中點G，連接BG，則BG∥OQ，可得BG∥平面AQC，取PA中點M，連接GM，則GM∥AQ，可得GM∥平面AQC，得到平面BGM∥平面AQC，則BM∥平面AQC，得M為PA的中點．【解答】（1）證明：∵PM：MA＝PQ：QD，∴QM∥AD，∵AD∥BC，∴QM∥BC，∵QM?平面PBC，BC?平面PBC，∴MQ∥平面PBC；∵BN：ND＝PQ：QD，∴QN∥PB，∵QN?平面PBC，PB?平面PBC，又QM∩QN＝Q，∴平面MNQ∥平面PBC；（2）解：連接AC，交BD于O，連接OQ，取PQ的中點G，連接BG，則BG∥OQ，∵QO?平面AQC，BG?平面AQC，∴BG∥平面AQC，取PA中點M，連接GM，則GM∥AQ，∵AQ?平面AQC，GM?平面AQC，∴GM∥平面AQC，又BG∩GM＝G，∴平面BGM∥平面AQC，則BM∥平面AQC，此時M為PA的中點．∵PM＝tPA，∴t＝．【點評】本題考查直線與平面、平面與平面平行的判定，考查空間想象能力與思維能力，是中檔題．19．（12分）在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，．（1）求A；（2）若D為BC的中點，且△ABC的面積為，AB＝2，求AD的長．【分析】（1）直接利用向量的數(shù)量積和余弦定理的應(yīng)用求出A的值；（2）利用余弦定理和三角形的面積公式的應(yīng)用求出結(jié)果．【解答】解：（1）由于，整理得，故，由于△ABC為銳角三角形；所以；所以A＝．（2）如圖所示：由△ABC的面積為，所以，解得AC＝3；所以在△ABC中，利用余弦定理，解得BC＝，所以BD＝CD＝，在△ADB和△ADC中，，，利用cos∠ADB+cos∠ADC＝0，解得AD＝．【點評】本題考查的知識要點：正弦定理，余弦定理和三角形面積公式的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運算能力和數(shù)學(xué)思維能力，屬于中檔題．20．（12分）已知向量，．（Ⅰ）求與平行的單位向量；（Ⅱ）設(shè)，若存在t∈[0，2]使得成立，求k的取值范圍．【分析】（Ⅰ）設(shè)向量＝（x，y），根據(jù)題意，向量為單位向量且與平行，可得；解可得x、y的值，即可得答案；（Ⅱ）根據(jù)題意，由可得﹣kt||2+（t2+3）||2＝0，進一步可化簡為t2﹣4kt+3＝0；可將原問題方程t2﹣4kt+3＝0在t∈[0，2]內(nèi)有解，分析易得t≠0，則可將其變形為k＝（t+），由基本不等式易得k的最小值，即可得答案．【解答】解：（I）設(shè)向量＝（x，y），則有；解可得或，則＝（，﹣）或（﹣，）；（II）根據(jù)題意，易得||＝2，||＝1，且?＝0；由可得﹣kt||2+（t2+3）||2＝0，即t2﹣4kt+3＝0，問題轉(zhuǎn)化為方程t2﹣4kt+3＝0在t∈[0，2]內(nèi)有解，則當(dāng)t＝0時，方程t2﹣4kt+3＝0不成立，所以t≠0，此時k＝（t+）≥，當(dāng)且僅當(dāng)t＝時取到等號，故