人教版高一下學期期中考試數(shù)學試卷及答案解析(共五套)

人教版高一下學期期中考試數(shù)學試卷（一）注意事項：本試卷滿分150分，考試時間120分鐘，試題共22題．答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.點C是線段AB靠近點B的三等分點，下列正確的是（）A． B． C． D．2.已知復(fù)數(shù)z滿足z（3+i）＝3+i2020，其中i為虛數(shù)單位，則z的共軛復(fù)數(shù)的虛部為（）A． B． C． D．3.如圖，?ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延長AB至點E，且AB＝BE，則?的值為（）A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．4.設(shè)i是虛數(shù)單位，則2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值為（）A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010i C．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i5.如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，異面直線A1B與CD所成的角為（）A．30° B．45° C．60° D．135°6.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若（a﹣2b）cosC＝c（2cosB﹣cosA），△ABC的面積為a2sin，則C＝（）A． B． C． D．7.在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四個結(jié)論中錯誤的是（）A．直線B1C與直線AC所成的角為60° B．直線B1C與平面AD1C所成的角為60° C．直線B1C與直線AD1所成的角為90° D．直線B1C與直線AB所成的角為90°8.如圖，四邊形ABCD為正方形，四邊形EFBD為矩形，且平面ABCD與平面EFBD互相垂直．若多面體ABCDEF的體積為，則該多面體外接球表面積的最小值為（）A．6π B．8π C．12π D．16π二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，選對得分，選錯、少選不得分）9.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a2＝b2+bc，則角A可為（）A． B． C． D．10.如圖，四邊形ABCD為直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分別為AB，CD的中點，則下列結(jié)論正確的是（）A． B． C． D．11.下列說法正確的有（）A．任意兩個復(fù)數(shù)都不能比大小 B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），則當且僅當a＝b＝0時，z＝0 C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，則z1＝z2＝0 D．若復(fù)數(shù)z滿足|z|＝1，則|z+2i|的最大值為312.如圖，已知ABCD﹣A1B1C1D1為正方體，E，F(xiàn)分別是BC，A1C的中點，則（）A． B． C．向量與向量的夾角是60° D．異面直線EF與DD1所成的角為45°三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）13.已知正方形ABCD的邊長為2，點P滿足＝（+），則||＝；?＝．14.若虛數(shù)z1、z2是實系數(shù)一元二次方程x2+px+q＝0的兩個根，且，則pq＝．15.已知平面四邊形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，將△ABD沿對角線BD折起，使點A到達點A'的位置，當A'C＝時，三棱錐A﹣BCD的外接球的體積為．16.已知一圓錐底面圓的直徑為3，圓錐的高為，在該圓錐內(nèi)放置一個棱長為a的正四面體，并且正四面體在該幾何體內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動，則a的最大值為．四、解答題（本大題共6小題，共70分．請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.在四邊形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．（1）若AB＝，求BC；（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求滿足=+的復(fù)數(shù)z．（2）已知z，ω為復(fù)數(shù)，（1+3i）﹣z為純虛數(shù)，ω=，且|ω|=5．求復(fù)數(shù)ω．19.如圖，墻上有一壁畫，最高點A離地面4米，最低點B離地面2米．觀察者從距離墻x（x＞1）米，離地面高a（1≤a≤2）米的C處觀賞該壁畫，設(shè)觀賞視角∠ACB＝θ．（1）若a＝1.5，問：觀察者離墻多遠時，視角θ最大？（2）若tanθ＝，當a變化時，求x的取值范圍．20.如圖，已知復(fù)平面內(nèi)平行四邊形ABCD中，點A對應(yīng)的復(fù)數(shù)為﹣1，對應(yīng)的復(fù)數(shù)為2+2i，對應(yīng)的復(fù)數(shù)為4﹣4i．（Ⅰ）求D點對應(yīng)的復(fù)數(shù)；（Ⅱ）求平行四邊形ABCD的面積．21.如圖所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和兩個全等的Rt△FCB和Rt△EDA組成，AB＝1，CF＝2．現(xiàn)將Rt△FCB沿BC所在的直線折起，點F移至點G，使二面角E﹣BC﹣G的大小為60°．（1）求四棱錐G﹣ABCE的體積；（2）求異面直線AE與BG所成角的大小．22.如圖，四邊形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是邊長為2的正三角形，以AC為折痕，將△MAC向上折疊到△DAC的位置，使點D在平面ABC內(nèi)的射影在AB上，再將△MAC向下折疊到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成幾何體DABCE．（1）點F在BC上，若DF∥平面EAC，求點F的位置；（2）求直線AB與平面EBC所成角的余弦值．參考答案一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.點C是線段AB靠近點B的三等分點，下列正確的是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)共線向量的定義即可得結(jié)論．【解答】解：由題，點C是線段AB靠近點B的三等分點，＝3＝﹣3，所以選項A錯誤；＝2＝﹣2，所以選項B和選項C錯誤，選項D正確．故選：D．【知識點】平行向量（共線）、向量數(shù)乘和線性運算2.已知復(fù)數(shù)z滿足z（3+i）＝3+i2020，其中i為虛數(shù)單位，則z的共軛復(fù)數(shù)的虛部為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】直接利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡，然后利用共軛復(fù)數(shù)的概念得答案．【解答】解：∵z（3+i）＝3+i2020，i2020＝（i2）1010＝（﹣1）1010＝1，∴z（3+i）＝4，∴z＝，∴＝，∴共軛復(fù)數(shù)的虛部為，故選：D．【知識點】復(fù)數(shù)的運算3.如圖，?ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延長AB至點E，且AB＝BE，則?的值為（）A．﹣1 B．﹣3 C．1 D．【答案】C【分析】利用圖形，求出數(shù)量積的向量，然后轉(zhuǎn)化求解即可．【解答】解：由題意，?ABCD中，∠DAB＝60°，AD＝2AB＝2，延長AB至點E，且AB＝BE，可知＝+＝，＝﹣＝﹣2，所以?＝（）?（﹣2）＝﹣2﹣2＝1．故選：C．【知識點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算4.設(shè)i是虛數(shù)單位，則2i+3i2+4i3+……+2020i2019的值為（）A．﹣1010﹣1010i B．﹣1011﹣1010i C．﹣1011﹣1012i D．1011﹣1010i【答案】B【分析】利用錯位相減法、等比數(shù)列的求和公式及其復(fù)數(shù)的周期性即可得出．【解答】解：設(shè)S＝2i+3i2+4i3+……+2020i2019．∴iS＝2i2+3i3+……+2020i2020．則（1﹣i）S＝i+i+i2+i3+……+i2019﹣2020i2020．＝＝i+＝＝﹣2021+i，∴S＝＝．故選：B．【知識點】復(fù)數(shù)的運算5.如圖，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，異面直線A1B與CD所成的角為（）A．30° B．45° C．60° D．135°【答案】B【分析】易知∠ABA1即為所求，再由△ABA1為等腰直角三角形，得解．【解答】解：因為AB∥CD，所以∠ABA1即為異面直線A1B與CD所成的角，因為△ABA1為等腰直角三角形，所以∠ABA1＝45°．故選：B．【知識點】異面直線及其所成的角6.在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，若（a﹣2b）cosC＝c（2cosB﹣cosA），△ABC的面積為a2sin，則C＝（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先利用正弦定理將已知等式中的邊化角，再結(jié)合兩角和公式與三角形的內(nèi)角和定理，可推出sinB＝2sinA；然后利用三角形的面積公式、正弦定理，即可得解．【解答】解：由正弦定理知，＝＝，∵（a﹣2b）cosC＝c（2cosB﹣cosA），∴（sinA﹣2sinB）cosC＝sinC（2cosB﹣cosA），即sinAcosC+sinCcosA＝2（sinBcosC+cosBsinC），∴sin（A+C）＝2sin（B+C），即sinB＝2sinA．∵△ABC的面積為a2sin，∴S＝bcsinA＝a2sin，根據(jù)正弦定理得，sinB?sinC?sinA＝sin2A?sin，化簡得，sinB?sincos＝sinA?cos，∵∈（0，），∴cos＞0，∴sin＝＝，∴＝，即C＝．故選：C．【知識點】正弦定理、余弦定理7.在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，下列四個結(jié)論中錯誤的是（）A．直線B1C與直線AC所成的角為60° B．直線B1C與平面AD1C所成的角為60° C．直線B1C與直線AD1所成的角為90° D．直線B1C與直線AB所成的角為90°【答案】B【分析】連接AB1，求出∠ACB1可判斷選項A；連接B1D1，找出點B1在平面AD1C上的投影O，設(shè)直線B1C與平面AD1C所成的角為θ，由cosθ＝可判斷選項B；利用平移法找出選項C和D涉及的異面直線夾角，再進行相關(guān)運算，即可得解．【解答】解：連接AB1，∵△AB1C為等邊三角形，∴∠ACB1＝60°，即直線B1C與AC所成的角為60°，故選項A正確；連接B1D1，∵AB1＝B1C＝CD1＝AD1，∴四面體AB1CD1是正四面體，∴點B1在平面AD1C上的投影為△AD1C的中心，設(shè)為點O，連接B1O，OC，則OC＝BC，設(shè)直線B1C與平面AD1C所成的角為θ，則cosθ＝＝＝≠，故選項B錯誤；連接BC1，∵AD1∥BC1，且B1C⊥BC1，∴直線B1C與AD1所成的角為90°，故選項C正確；∵AB⊥平面BCC1B1，∴AB⊥B1C，即直線B1C與AB所成的角為90°，故選項D正確．故選：B．【知識點】直線與平面所成的角、異面直線及其所成的角8.如圖，四邊形ABCD為正方形，四邊形EFBD為矩形，且平面ABCD與平面EFBD互相垂直．若多面體ABCDEF的體積為，則該多面體外接球表面積的最小值為（）A．6π B．8π C．12π D．16π【答案】A【分析】由題意可得AC⊥面EFBD，可得VABCDEF＝VC﹣EFBD+VA﹣EFBD＝2VA﹣EFBD，再由多面體ABCDEF的體積為，可得矩形EFBD的高與正方形ABCD的邊長之間的關(guān)系，再由題意可得矩形EFBD的對角線的交點為外接球的球心，進而求出外接球的半徑，再由均值不等式可得外接球的半徑的最小值，進而求出外接球的表面積的最小值．【解答】解：設(shè)正方形ABCD的邊長為a，矩形BDEF的高為b，因為正方形ABCD，所以AC⊥BD，設(shè)AC∩BD＝O'，由因為平面ABCD與平面EFBD互相垂直，AC?面ABCD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，所以AC⊥面EFBD，所以VABCDEF＝VC﹣EFBD+VA﹣EFBD＝2VA﹣EFBD＝2?SEFBD?CO'＝?a?b?a＝a2b，由題意可得VABCDEF＝，所以a2b＝2；所以a2＝，矩形EFBD的對角線的交點O，連接OO'，可得OO'⊥BD，而OO'?面EFBD，而平面ABCD⊥平面EFBD，平面ABCD∩平面EFBD＝BD，所以O(shè)O'⊥面EFBD，可得OA＝OB＝OE＝OF都為外接球的半徑R，所以R2＝（）2+（a）2＝+＝+＝++≥3＝3×，當且僅當＝即b＝時等號成立．所以外接球的表面積為S＝4πR2≥4π?3×＝6π．所以外接球的表面積最小值為6π．故選：A．【知識點】球的體積和表面積二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，選對得分，選錯、少選不得分）9.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，若a2＝b2+bc，則角A可為（）A． B． C． D．【答案】BC【分析】由已知利用余弦定理整理可得cosA＝，對于A，若A＝，可得b＝＜0，錯誤；對于B，若A＝，可得b＝＞0，對于C，若A＝，可得b＝＞0，對于D，若A＝，可得c＝0，錯誤，即可得解．【解答】解：因為在△ABC中，a2＝b2+bc，又由余弦定理可得：a2＝b2+c2﹣2bccosA，所以b2+bc＝b2+c2﹣2bccosA，整理可得：c＝b（1+2cosA），可得：cosA＝，對于A，若A＝，可得：﹣＝，整理可得：b＝＜0，錯誤；對于B，若A＝，可得：＝，整理可得：b＝＞0，對于C，若A＝，可得：cos＝＝，整理可得：b＝＞0，對于D，若A＝，可得：cos＝﹣＝，整理可得：c＝0，錯誤．故選：BC．【知識點】余弦定理10.如圖，四邊形ABCD為直角梯形，∠D＝90°，AB∥CD，AB＝2CD，M，N分別為AB，CD的中點，則下列結(jié)論正確的是（）A． B． C． D．【答案】ABC【分析】由向量的加減法法則、平面向量基本定理解決【解答】解：由，知A正確；由知B正確；由知C正確；由N為線段DC的中點知知D錯誤；故選：ABC．【知識點】向量數(shù)乘和線性運算、平面向量的基本定理11.下列說法正確的有（）A．任意兩個復(fù)數(shù)都不能比大小 B．若z＝a+bi（a∈R，b∈R），則當且僅當a＝b＝0時，z＝0 C．若z1，z2∈C，且z12+z22＝0，則z1＝z2＝0 D．若復(fù)數(shù)z滿足|z|＝1，則|z+2i|的最大值為3【答案】BD【分析】通過復(fù)數(shù)的基本性質(zhì)，結(jié)合反例，以及復(fù)數(shù)的模，判斷命題的真假即可．【解答】解：當兩個復(fù)數(shù)都是實數(shù)時，可以比較大小，所以A不正確；復(fù)數(shù)的實部與虛部都是0時，復(fù)數(shù)是0，所以B正確；反例z1＝1，z2＝i，滿足z12+z22＝0，所以C不正確；復(fù)數(shù)z滿足|z|＝1，則|z+2i|的幾何意義，是復(fù)數(shù)的對應(yīng)點到（0，﹣2）的距離，它的最大值為3，所以D正確；故選：BD．【知識點】復(fù)數(shù)的模、復(fù)數(shù)的運算、虛數(shù)單位i、復(fù)數(shù)、命題的真假判斷與應(yīng)用12.如圖，已知ABCD﹣A1B1C1D1為正方體，E，F(xiàn)分別是BC，A1C的中點，則（）A． B． C．向量與向量的夾角是60° D．異面直線EF與DD1所成的角為45°【答案】ABD【分析】在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，建立合適的空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為2，根據(jù)空間向量的坐標運算，以及異面直線所成角的向量求法，逐項判斷即可．【解答】解：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，以點A為坐標原點，分別以AB，AD，AA1為x軸、y軸、z軸建立空間直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為2，則A（0，0，0），A1（0，0，2），B（2，0，0），B1（2，0，2），C（2，2，0），D（0，2，0），D1（0，2，2），所以，故，故選項A正確；又，又，所以，，則，故選項B正確；，所以，因此與的夾角為120°，故選項C錯誤；因為E，F(xiàn)分別是BC，A1C的中點，所以E（2，1，0），F(xiàn)（1，1，1），則，所以，又異面直線的夾角大于0°小于等于90°，所以異面直線EF與DD1所成的角為45°，故選項D正確；故選：ABD．【知識點】異面直線及其所成的角三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）13.已知正方形ABCD的邊長為2，點P滿足＝（+），則||＝；?＝．【分析】根據(jù)向量的幾何意義可得P為BC的中點，再根據(jù)向量的數(shù)量積的運算和正方形的性質(zhì)即可求出．【解答】解：由＝（+），可得P為BC的中點，則|CP|＝1，∴|PD|＝＝，∴?＝?（+）＝﹣?（+）＝﹣2﹣?＝﹣1，故答案為：，﹣1．【知識點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算14.若虛數(shù)z1、z2是實系數(shù)一元二次方程x2+px+q＝0的兩個根，且，則pq＝．【答案】1【分析】設(shè)z1＝a+bi，則z2＝a﹣bi，（a，b∈R），根據(jù)兩個復(fù)數(shù)相等的充要條件求出z1，z2，再由根與系數(shù)的關(guān)系求得p，q的值．【解答】解：由題意可知z1與z2為共軛復(fù)數(shù)，設(shè)z1＝a+bi，則z2＝a﹣bi，（a，b∈R且b≠0），又，則a2﹣b2+2abi＝a﹣bi，∴（2a+b）+（a+2b）i＝1﹣i，∴，解得．∴z1＝+i，z2＝i，（或z2＝+i，z1＝i）．由根與系數(shù)的關(guān)系，得p＝﹣（z1+z2）＝1，q＝z1?z2＝1，∴pq＝1．故答案為：1．【知識點】復(fù)數(shù)的運算15.已知平面四邊形ABCD中，AB＝AD＝2，BC＝CD＝BD＝2，將△ABD沿對角線BD折起，使點A到達點A'的位置，當A'C＝時，三棱錐A﹣BCD的外接球的體積為．【分析】由題意畫出圖形，找出三棱錐外接球的位置，求解三角形可得外接球的半徑，再由棱錐體積公式求解．【解答】解：記BD的中點為M，連接A′M，CM，可得A′M2+CM2＝A′C2，則∠A′MC＝90°，則外接球的球心O在△A′MC的邊A′C的中垂線上，且過正三角形BCD的中點F，且在與平面BCD垂直的直線m上，過點A′作A′E⊥m于點E，如圖所示，設(shè)外接球的半徑為R，則A′O＝OC＝R，，A′E＝1，在Rt△A′EO中，A′O2＝A′E2+OE2，解得R＝．故三棱錐A﹣BCD的外接球的體積為．故答案為：．【知識點】球的體積和表面積16.已知一圓錐底面圓的直徑為3，圓錐的高為，在該圓錐內(nèi)放置一個棱長為a的正四面體，并且正四面體在該幾何體內(nèi)可以任意轉(zhuǎn)動，則a的最大值為．【分析】根據(jù)題意，該四面體內(nèi)接于圓錐的內(nèi)切球，通過內(nèi)切球即可得到a的最大值．【解答】解：依題意，四面體可以在圓錐內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，故該四面體內(nèi)接于圓錐的內(nèi)切球，設(shè)球心為P，球的半徑為r，下底面半徑為R，軸截面上球與圓錐母線的切點為Q，圓錐的軸截面如圖：則OA＝OB＝，因為SO＝，故可得：SA＝SB＝＝3，所以：三角形SAB為等邊三角形，故P是△SAB的中心，連接BP，則BP平分∠SBA，所以∠PBO＝30°；所以tan30°＝，即r＝R＝×＝，即四面體的外接球的半徑為r＝．另正四面體可以從正方體中截得，如圖：從圖中可以得到，當正四面體的棱長為a時，截得它的正方體的棱長為a，而正四面體的四個頂點都在正方體上，故正四面體的外接球即為截得它的正方體的外接球，所以2r＝AA1＝a＝a，所以a＝．即a的最大值為．故答案為：．【知識點】旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）四、解答題（本大題共6小題，共70分．請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.在四邊形ABCD中，AB∥CD，AD＝BD＝CD＝1．（1）若AB＝，求BC；（2）若AB＝2BC，求cos∠BDC．【分析】（1）直接利用余弦定理的應(yīng)用求出結(jié)果；（2）利用余弦定理的應(yīng)用建立等量關(guān)系式，進一步求出結(jié)果．【解答】解：（1）在四邊形ABCD中，AD＝BD＝CD＝1．若AB＝，所以：cos∠ADB＝＝，由于AB∥CD，所以∠BDC＝∠ABD，即cos∠BDC＝cos∠ABD＝，所以BC2＝BD2+CD2﹣2?BD?CD?cos∠BDC＝＝，所以BC＝．（2）設(shè)BC＝x，則AB＝2BC＝2x，由余弦定理得：cos∠ADB＝＝，cos∠BDC＝＝＝，故，解得或﹣（負值舍去）．所以．【知識點】余弦定理18.（1）已知z1=1﹣2i，z2=3+4i，求滿足=+的復(fù)數(shù)z．（2）已知z，ω為復(fù)數(shù)，（1+3i）﹣z為純虛數(shù)，ω=，且|ω|=5．求復(fù)數(shù)ω．【分析】（1）把z1，z2代入=+，利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡求出，進一步求出z；（2）設(shè)z=a+bi（a，b∈R），利用復(fù)數(shù)的運算及（1+3i）?z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i為純虛數(shù)，可得，又ω==i，|ω|=5，可得，即可得出a，b，再代入可得ω．【解答】解：（1）由z1=1﹣2i，z2=3+4i，得=+==，則z=；（2）設(shè)z=a+bi（a，b∈R），∵（1+3i）?z=（1+3i）（a+bi）=a﹣3b+（3a+b）i為純虛數(shù)，∴．又ω===i，|ω|=5，∴．把a=3b代入化為b2=25，解得b=±5，∴a=±15．∴ω=±（i）=±（7﹣i）．【知識點】復(fù)數(shù)的運算19.如圖，墻上有一壁畫，最高點A離地面4米，最低點B離地面2米．觀察者從距離墻x（x＞1）米，離地面高a（1≤a≤2）米的C處觀賞該壁畫，設(shè)觀賞視角∠ACB＝θ．（1）若a＝1.5，問：觀察者離墻多遠時，視角θ最大？（2）若tanθ＝，當a變化時，求x的取值范圍．【分析】（1）首項利用兩角和的正切公式建立函數(shù)關(guān)系，進一步利用判別式確定函數(shù)的最大值；（2）利用兩角和的正切公式建立函數(shù)關(guān)系，利用a的取值范圍即可確定x的范圍．【解答】解：（1）如圖，作CD⊥AF于D，則CD＝EF，設(shè)∠ACD＝α，∠BCD＝β，CD＝x，則θ＝α﹣β，在Rt△ACD和Rt△BCD中，tanα＝，tanβ＝，則tanθ＝tan（α﹣β）＝＝（x＞0），令u＝，則ux2﹣2x+1.25u＝0，∵上述方程有大于0的實數(shù)根，∴△≥0，即4﹣4×1.25u2≥0，∴u≤，即（tanθ）max＝，∵正切函數(shù)y＝tanx在（0，）上是增函數(shù)，∴視角θ同時取得最大值，此時，x＝＝，∴觀察者離墻米遠時，視角θ最大；（2）由（1）可知，tanθ＝＝＝，即x2﹣4x+4＝﹣a2+6a﹣4，∴（x﹣2）2＝﹣（a﹣3）2+5，∵1≤a≤2，∴1≤（x﹣2）2≤4，化簡得：0≤x≤1或3≤x≤4，又∵x＞1，∴3≤x≤4．【知識點】解三角形20.如圖，已知復(fù)平面內(nèi)平行四邊形ABCD中，點A對應(yīng)的復(fù)數(shù)為﹣1，對應(yīng)的復(fù)數(shù)為2+2i，對應(yīng)的復(fù)數(shù)為4﹣4i．（Ⅰ）求D點對應(yīng)的復(fù)數(shù)；（Ⅱ）求平行四邊形ABCD的面積．【分析】（I）利用復(fù)數(shù)的幾何意義、向量的坐標運算性質(zhì)、平行四邊形的性質(zhì)即可得出．（II）利用向量垂直與數(shù)量積的關(guān)系、模的計算公式、矩形的面積計算公式即可得出．【解答】解：（Ⅰ）依題點A對應(yīng)的復(fù)數(shù)為﹣1，對應(yīng)的復(fù)數(shù)為2+2i，得A（﹣1，0），＝（2，2），可得B（1，2）．又對應(yīng)的復(fù)數(shù)為4﹣4i，得＝（4，﹣4），可得C（5，﹣2）．設(shè)D點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為x+yi，x，y∈R．得＝（x﹣5，y+2），＝（﹣2，﹣2）．∵ABCD為平行四邊形，∴＝，解得x＝3，y＝﹣4，故D點對應(yīng)的復(fù)數(shù)為3﹣4i．（Ⅱ）＝（2，2），＝（4，﹣4），可得：＝0，∴．又||＝2，＝4．故平行四邊形ABCD的面積＝＝16．【知識點】復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義21.如圖所示，等腰梯形ABFE是由正方形ABCD和兩個全等的Rt△FCB和Rt△EDA組成，AB＝1，CF＝2．現(xiàn)將Rt△FCB沿BC所在的直線折起，點F移至點G，使二面角E﹣BC﹣G的大小為60°．（1）求四棱錐G﹣ABCE的體積；（2）求異面直線AE與BG所成角的大小．【分析】（1）推導出GC⊥BC，EC⊥BC，從而∠ECG＝60°．連接DG，推導出DG⊥EF，由BC⊥EF，BC⊥CG，得BC⊥平面DEG，從而DG⊥BC，進而DG⊥平面ABCE，DG是四棱錐G﹣ABCE的高，由此能求出四棱錐G﹣ABCE的體積．（2）取DE的中點H，連接BH、GH，則BH∥AE，∠GBH既是AE與BG所成角或其補角．由此能求出異面直線AE與BG所成角的大小．【解答】解：（1）由已知，有GC⊥BC，EC⊥BC，所以∠ECG＝60°．連接DG，由CD＝AB＝1，CG＝CF＝2，∠ECG＝60°，有DG⊥EF①，由BC⊥EF，BC⊥CG，有BC⊥平面DEG，所以，DG⊥BC②，由①②知，DG⊥平面ABCE，所以DG就是四棱錐G﹣ABCE的高，在Rt△CDG中，．故四棱錐G﹣ABCE的體積為：．（2）取DE的中點H，連接BH、GH，則BH∥AE，故∠GBH既是AE與BG所成角或其補角．在△BGH中，，，則．故異面直線AE與BG所成角的大小為．【知識點】異面直線及其所成的角、棱柱、棱錐、棱臺的體積22.如圖，四邊形MABC中，△ABC是等腰直角三角形，AC⊥BC，△MAC是邊長為2的正三角形，以AC為折痕，將△MAC向上折疊到△DAC的位置，使點D在平面ABC內(nèi)的射影在AB上，再將△MAC向下折疊到△EAC的位置，使平面EAC⊥平面ABC，形成幾何體DABCE．（1）點F在BC上，若DF∥平面EAC，求點F的位置；（2）求直線AB與平面EBC所成角的余弦值．【分析】（1）點F為BC的中點，設(shè)點D在平面ABC內(nèi)的射影為O，連接OD，OC，取AC的中點H，連接EH，由題意知EH⊥AC，EH⊥平面ABC，由題意知DO⊥平面ABC，得DO∥平面EAC，取BC的中點F，連接OF，則OF∥AC，從而OF∥平面EAC，平面DOF∥平面EAC，由此能證明DF∥平面EAC．（2）連接OH，由OF，OH，OD兩兩垂直，以O(shè)為坐標原點，OF，OH，OD所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，利用向量法能求出直線AB與平面EBC所成角的余弦值．【解答】解：（1）點F為BC的中點，理由如下：設(shè)點D在平面ABC內(nèi)的射影為O，連接OD，OC，∵AD＝CD，∴OA＝OC，∴在Rt△ABC中，O為AB的中點，取AC的中點H，連接EH，由題意知EH⊥AC，又平面EAC⊥平面ABC，平面EAC∩平面ABC＝AC，∴EH⊥平面ABC，由題意知DO⊥平面ABC，∴DO∥EH，∴DO∥平面EAC，取BC的中點F，連接OF，則OF∥AC，又OF?平面EAC，AC?平面EAC，∴OF∥平面EAC，∵DO∩OF＝O，∴平面DOF∥平面EAC，∵DF?平面DOF，∴DF∥平面EAC．（2）連接OH，由（1）可知OF，OH，OD兩兩垂直，以O(shè)為坐標原點，OF，OH，OD所在直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示空間直角坐標系，則B（1，﹣1，0），A（﹣1，1，0），E（0，1，﹣），C（1，1，0），∴＝（2，﹣2，0），＝（0，2，0），＝（﹣1，2，﹣），設(shè)平面EBC的法向量＝（a，b，c），則，取a＝，則＝（，0，﹣1），設(shè)直線與平面EBC所成的角為θ，則sinθ＝＝＝．∴直線AB與平面EBC所成角的余弦值為cosθ＝＝．【知識點】直線與平面平行、直線與平面所成的角人教版高一下學期期中考試數(shù)學試卷（二）注意事項：本試卷滿分150分，考試時間120分鐘，試題共22題．答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知復(fù)平面內(nèi)，（2﹣i）z對應(yīng)的點位于虛軸的正半軸上，則復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限2.平行四邊形ABCD中，點E是DC的中點，點F是BC的一個三等分點（靠近B），則＝（）A． B． C． D．3.已知向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），若（+）∥（﹣），則t＝（）A．﹣1 B．﹣ C． D．14.已知矩形ABCD的一邊AB的長為4，點M，N分別在邊BC，DC上，當M，N分別是邊BC，DC的中點時，有（+）?＝0．若+＝x+y，x+y＝3，則線段MN的最短長度為（）A． B．2 C．2 D．25.若z∈C且|z+3+4i|≤2，則|z﹣1﹣i|的最大和最小值分別為M，m，則M﹣m的值等于（）A．3 B．4 C．5 D．96.已知球的半徑為R，一等邊圓錐（圓錐母線長與圓錐底面直徑相等）位于球內(nèi)，圓錐頂點在球上，底面與球相接，則該圓錐的表面積為（）A．R2 B．R2 C．R2 D．R27.農(nóng)歷五月初五是端午節(jié)，民間有吃粽子的習慣，粽子又稱粽籺，俗稱“粽子”，古稱“角黍”，是端午節(jié)大家都會品嘗的食品，傳說這是為了紀念戰(zhàn)國時期楚國大臣、愛國主義詩人屈原．小明在和家人一起包粽子時，想將一丸子（近似為球）包入其中，如圖，將粽葉展開后得到由六個邊長為4的等邊三角形所構(gòu)成的平行四邊形，將粽葉沿虛線折起來，可以得到如圖所示的粽子形狀的六面體，則放入丸子的體積最大值為（）A．π B．π C．π D．π8.已知半球O與圓臺OO'有公共的底面，圓臺上底面圓周在半球面上，半球的半徑為1，則圓臺側(cè)面積取最大值時，圓臺母線與底面所成角的余弦值為（）A． B． C． D．二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，選對得分，選錯、少選不得分）9.下列有關(guān)向量命題，不正確的是（）A．若||＝||，則＝ B．已知≠，且?＝?，則＝ C．若＝，＝，則＝ D．若＝，則||＝||且∥10.若復(fù)數(shù)z滿足，則（）A．z＝﹣1+i B．z的實部為1 C．＝1+i D．z2＝2i11.如圖，在平行四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為線段AD，CD的中點，AF∩CE＝G，則（）A． B． C． D．12.已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，棱長為2，E為線段B1C上的動點，O為AC的中點，P為棱CC1上的動點，Q為棱AA1的中點，則以下選項中正確的有（）A．AE⊥B1C B．直線B1D⊥平面A1BC1 C．異面直線AD1與OC1所成角為 D．若直線m為平面BDP與平面B1D1P的交線，則m∥平面B1D1Q三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）13.已知向量＝（m，1），＝（m﹣6，m﹣4），若∥，則m的值為．14.將表面積為36π的圓錐沿母線將其側(cè)面展開，得到一個圓心角為的扇形，則該圓錐的軸截面的面積S＝．15.如圖，已知有兩個以O(shè)為圓心的同心圓，小圓的半徑為1，大圓的半徑為2，點A為小圓上的動點，點P，Q是大圓上的兩個動點，且?＝1，則||的最大值是．16.如圖，在三棱錐A﹣BCD的平面展開圖中，已知四邊形BCED為菱形，BC＝1，BF＝，若二面角A﹣CD﹣B的余弦值為﹣，M為BD的中點，則CD＝，直線AD與直線CM所成角的余弦值為．四、解答題（本大題共6小題，共70分．請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.已知，．（1）若與同向，求；（2）若與的夾角為120°，求．18.已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的對邊，a＝4，b＝6，cosA＝﹣．（1）求c；（2）求cos2B的值．19.已知：復(fù)數(shù)z1與z2在復(fù)平面上所對應(yīng)的點關(guān)于y軸對稱，且z1（1﹣i）＝z2（1+i）（i為虛數(shù)單位），|z1|＝．（Ⅰ）求z1的值；（Ⅱ）若z1的虛部大于零，且（m，n∈R），求m，n的值．20.（Ⅰ）在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解方程|z|2+（z+）i＝（i為虛數(shù)單位）（Ⅱ）設(shè)z是虛數(shù)，ω＝z+是實數(shù)，且﹣1＜ω＜2．（1）求|z|的值及z的實部的取值范圍；（2）設(shè)，求證：μ為純虛數(shù)；（3）在（2）的條件下求ω﹣μ2的最小值．21.如圖，直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝AC＝1，，A1A＝4，點M為線段A1A的中點．（1）求直三棱柱A1B1C1﹣ABC的體積；（2）求異面直線BM與B1C1所成的角的大小．（結(jié)果用反三角表示）22.如圖所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點G在棱D1C1上，且D1G＝D1C1，點E、F、M分別是棱AA1、AB、BC的中點，P為線段B1D上一點，AB＝4．（Ⅰ）若平面EFP交平面DCC1D1于直線l，求證：l∥A1B；（Ⅱ）若直線B1D⊥平面EFP．（i）求三棱錐B1﹣EFP的表面積；（ii）試作出平面EGM與正方體ABCD﹣A1B1C1D1各個面的交線，并寫出作圖步驟，保留作圖痕跡．設(shè)平面EGM與棱A1D1交于點Q，求三棱錐Q﹣EFP的體積．答案解析一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知復(fù)平面內(nèi)，（2﹣i）z對應(yīng)的點位于虛軸的正半軸上，則復(fù)數(shù)z對應(yīng)的點位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】B【分析】直接利用復(fù)數(shù)的運算和幾何意義的應(yīng)用求出該點所表示的位置．【解答】解：設(shè)z＝a+bi（a，b∈R），所以（2﹣i）（a+bi）＝2a+b+（2b﹣a）i，由于對應(yīng)的點在虛軸的正半軸上，所以，即，所以a＜0，b＞0．故該點在第二象限．故選：B．【知識點】復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義2.平行四邊形ABCD中，點E是DC的中點，點F是BC的一個三等分點（靠近B），則＝（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用平行四邊形的性質(zhì)以及向量相等的概念，再利用平面向量基本定理進行轉(zhuǎn)化即可．【解答】解：因為ABCD為平行四邊形，所以，故．故選：D．【知識點】平面向量的基本定理3.已知向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），若（+）∥（﹣），則t＝（）A．﹣1 B．﹣ C． D．1【答案】B【分析】根據(jù)平面向量的坐標表示和共線定理，列方程求出t的值．【解答】解：向量＝（6t+3，9），＝（4t+2，8），所以+＝（6t+3，11），﹣＝（4t+2，5）．又（+）∥（﹣），所以5（6t+3）﹣11（4t+2）＝0，解得t＝﹣．故選：B．【知識點】平面向量共線（平行）的坐標表示4.已知矩形ABCD的一邊AB的長為4，點M，N分別在邊BC，DC上，當M，N分別是邊BC，DC的中點時，有（+）?＝0．若+＝x+y，x+y＝3，則線段MN的最短長度為（）A． B．2 C．2 D．2【答案】D【分析】先根據(jù)M，N滿足的條件，將（+）?＝0化成的表達式，從而判斷出矩形ABCD為正方形；再將+＝x+y，左邊用表示出來，結(jié)合x+y＝3，即可得NC+MC＝4，最后借助于基本不等式求出MN的最小值．【解答】解：當M，N分別是邊BC，DC的中點時，有（+）?＝＝＝，所以AD＝AB，則矩形ABCD為正方形，設(shè)，，則＝．則x＝2﹣λ，y＝2﹣μ．又x+y＝3，所以λ+μ＝1．故NC+MC＝4，則MN＝＝（當且僅當MC＝NC＝2時取等號）．故線段MN的最短長度為2．故選：D．【知識點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算5.若z∈C且|z+3+4i|≤2，則|z﹣1﹣i|的最大和最小值分別為M，m，則M﹣m的值等于（）A．3 B．4 C．5 D．9【答案】B【分析】由題意畫出圖形，再由復(fù)數(shù)模的幾何意義，數(shù)形結(jié)合得答案．【解答】解：由|z+3+4i|≤2，得z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在以Q（﹣3，﹣4）為圓心，以2為半徑的圓及其內(nèi)部．如圖：|z﹣1﹣i|的幾何意義為區(qū)域內(nèi)的動點與定點P得距離，則M＝|PQ|+2，m＝|PQ|﹣2，則M﹣m＝4．故選：B．【知識點】復(fù)數(shù)的運算6.已知球的半徑為R，一等邊圓錐（圓錐母線長與圓錐底面直徑相等）位于球內(nèi)，圓錐頂點在球上，底面與球相接，則該圓錐的表面積為（）A．R2 B．R2 C．R2 D．R2【答案】B【分析】設(shè)圓錐的底面半徑為r，求得圓錐的高，由球的截面性質(zhì)，運用勾股定理可得r，由圓錐的表面積公式可得所求．【解答】解：如圖，設(shè)圓錐的底面半徑為r，則圓錐的高為r，則R2＝r2+（r﹣R）2，解得r＝R，則圓錐的表面積為S＝πr2+πr?2r＝3πr2＝3π（R）2＝πR2，故選：B．【知識點】球內(nèi)接多面體、旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）7.農(nóng)歷五月初五是端午節(jié)，民間有吃粽子的習慣，粽子又稱粽籺，俗稱“粽子”，古稱“角黍”，是端午節(jié)大家都會品嘗的食品，傳說這是為了紀念戰(zhàn)國時期楚國大臣、愛國主義詩人屈原．小明在和家人一起包粽子時，想將一丸子（近似為球）包入其中，如圖，將粽葉展開后得到由六個邊長為4的等邊三角形所構(gòu)成的平行四邊形，將粽葉沿虛線折起來，可以得到如圖所示的粽子形狀的六面體，則放入丸子的體積最大值為（）A．π B．π C．π D．π【答案】A【分析】先根據(jù)題意求得正四面體的體積，進而得到六面體的體積，再由圖形的對稱性得，內(nèi)部的丸子要是體積最大，就是丸子要和六個面相切，設(shè)丸子的半徑為R，則，由此求得R，進而得到答案．【解答】解：由題意可得每個三角形面積為，由對稱性可知該六面體是由兩個正四面體合成的，可得該四面體的高為，故四面體的體積為，∵該六面體的體積是正四面體的2倍，∴六面體的體積是，由圖形的對稱性得，內(nèi)部的丸子要是體積最大，就是丸子要和六個面相切，連接球心和五個頂點，把六面體分成了六個三棱錐，設(shè)丸子的半徑為R，則，解得，∴丸子的體積的最大值為．故選：A．【知識點】棱柱、棱錐、棱臺的體積8.已知半球O與圓臺OO'有公共的底面，圓臺上底面圓周在半球面上，半球的半徑為1，則圓臺側(cè)面積取最大值時，圓臺母線與底面所成角的余弦值為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)題意畫出圖形，結(jié)合圖形利用圓臺的母線長表示出半球的半徑r，計算圓臺的側(cè)面積，利用導數(shù)求得側(cè)面積取得最大值時對應(yīng)的母線長和半球的半徑，從而求得圓臺母線與底面所成角的余弦值．【解答】解：如圖1所示，設(shè)BC＝x，CO′＝r，作CF⊥AB于點F，延長OO′交球面于點E，則BF＝1﹣r，OO′＝CF＝＝．由圓的相交弦定理和圖2知，CO′?O′E?O′H＝（1+OO′）?（1﹣OO′），即r2＝（1+）?（1﹣），解得r＝1﹣，所以圓臺的側(cè)面積為S側(cè)＝π?（1+1﹣）?x（0＜x＜）；求導數(shù)得S側(cè)′＝π（2﹣x2），令S側(cè)＝0，得出當x＝時S側(cè)取得最大值，所以當x＝BC＝時，r＝1﹣＝，則BF＝1﹣r＝；在軸截面中，∠OBC為圓臺母線與底面所成的角，在Rt△CFB中，cos∠OBC＝＝．故選：D．【知識點】旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，選對得分，選錯、少選不得分）9.下列有關(guān)向量命題，不正確的是（）A．若||＝||，則＝ B．已知≠，且?＝?，則＝C．若＝，＝，則＝ D．若＝，則||＝||且∥【答案】AB【分析】根據(jù)向量的概念與向量的模的概念逐一分析各個選項即可得解．【解答】解：向量由兩個要素方向和長度描述，A錯誤；若∥，且與垂直，結(jié)果成立，當不一定等于，B錯誤；若＝，＝，由向量的定義可得＝，C正確；相等向量模相等，方向相同，D選項正確．故選：AB．【知識點】向量的概念與向量的模10.若復(fù)數(shù)z滿足，則（）A．z＝﹣1+i B．z的實部為1 C．＝1+i D．z2＝2i【答案】BC【分析】把已知等式變形，再由復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡，然后逐一核對四個選項得答案．【解答】解：由＝，得z＝，∴z的實部為1；＝1+i；z2＝（1﹣i）2＝﹣2i．故選：BC．【知識點】復(fù)數(shù)的運算11.如圖，在平行四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為線段AD，CD的中點，AF∩CE＝G，則（）A． B． C． D．【答案】AB【分析】對于A：直接利用三角形法則的應(yīng)用和線性運算的應(yīng)用求出結(jié)果．對于B：利用三角形法則的應(yīng)用和線性運算的應(yīng)用求出結(jié)果．對于C：利用平行線分線段成比例和三角形法則和線性運算的應(yīng)用求出結(jié)果．對于D：直接利用平行線成比例的應(yīng)用求出結(jié)果．【解答】解：在平行四邊形ABCD中，E，F(xiàn)分別為線段AD，CD的中點，AF∩CE＝G，如圖所示：根據(jù)三角形法則：對于A：，故選項A正確．對于B：E，F(xiàn)分別為線段AD，CD的中點，所以，故選項B正確．對于C：過E作EH∥DC，所以，所以，故，整理得，所以，即＝，故選項C錯誤．對于D：根據(jù)平行線分線段成比例定理，點B、G、D共線，故選項D錯誤．故選：AB．【知識點】平面向量的基本定理12.已知正方體ABCD﹣A1B1C1D1，棱長為2，E為線段B1C上的動點，O為AC的中點，P為棱CC1上的動點，Q為棱AA1的中點，則以下選項中正確的有（）A．AE⊥B1C B．直線B1D⊥平面A1BC1 C．異面直線AD1與OC1所成角為 D．若直線m為平面BDP與平面B1D1P的交線，則m∥平面B1D1Q【答案】BD【分析】根據(jù)面面平行和垂直的性質(zhì)、判定，結(jié)合圖形，從而可判斷選項的正誤．【解答】解：在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，B1C⊥BC1，B1C⊥AB，BC1∩AB＝B，∴B1C⊥平面ABC1D1，∵只有當E運動到線段B1C的中點時，AE⊥B1C才成立，故A錯誤．連接B1D1，∵在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，DD1⊥平面A1B1C1D1，∴DD1⊥A1C1，∵BD1⊥A1C1，BD1∩DD1＝D1，∴A1C1⊥平面BDD1B1，∴A1C1⊥B1D，同理可得BC1⊥B1D，又A1C1∩BC1＝C1，∴直線B1D⊥平面A1BC1，故選項B正確．連接BD，BC1，則AD1∥BC1，∴∠OC1B（或其補角）即為異面直線AD1與OC1所成的角．因為正方體的棱長為2，則BC1＝2，OB＝，在Rt△C1OB中，OC1＝，∴cos∠OC1B＝＝，∴∠OC1B＝，故選項C錯誤．由題意知，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為棱CC1上的動點，Q為棱AA1的中點，直線m為平面BDP與平面B1D1P的交線，且BD∥B1D1，∴m∥B1D1.∵m?平面B1D1Q，∴m∥平面B1D1Q，故選項D正確．故選：BD．【知識點】空間中直線與平面之間的位置關(guān)系、異面直線及其所成的角、直線與平面垂直、命題的真假判斷與應(yīng)用三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）13.已知向量＝（m，1），＝（m﹣6，m﹣4），若∥，則m的值為．【答案】2或3【分析】根據(jù)題意，由向量平行的坐標表示方法可得（m﹣4）m﹣（m﹣6）＝0，變形解可得m的值，即可得答案．【解答】解：根據(jù)題意，知向量＝（m，1），＝（m﹣6，m﹣4），若∥，則有（m﹣4）m﹣（m﹣6）＝0，變形可得：m2﹣5m+6＝0，解可得m＝2或3，故答案為：2或3．【知識點】平面向量共線（平行）的坐標表示14.將表面積為36π的圓錐沿母線將其側(cè)面展開，得到一個圓心角為的扇形，則該圓錐的軸截面的面積S＝．【分析】設(shè)圓錐的母線長為l，底面半徑為r，根據(jù)題意列出方程組求出l和r的值，再計算圓錐的高軸截面面積．【解答】解：設(shè)圓錐的母線長為l，底面半徑為r，由題意得，解得l＝9，r＝3；所以圓錐的高為h＝＝＝6，所以圓錐的軸截面面積為S＝×＝18．故答案為：18．【知識點】旋轉(zhuǎn)體（圓柱、圓錐、圓臺）、扇形面積公式15.如圖，已知有兩個以O(shè)為圓心的同心圓，小圓的半徑為1，大圓的半徑為2，點A為小圓上的動點，點P，Q是大圓上的兩個動點，且?＝1，則||的最大值是．【分析】由向量的和差運算求出數(shù)量積?的表達式，再由||的值為1，可得﹣﹣＝0，再由（+﹣）2的展開可得|+﹣|＝3，再由絕對值不等式的定理可得||的取值范圍，求出其最大值．【解答】解：由題意＝（﹣）?（﹣）＝﹣﹣+1＝1，所以﹣﹣＝0，由（+﹣）2＝+2+2+2（﹣﹣）＝9，所以|+﹣|＝3，又|+|﹣||≤|+﹣|≤|+|+||，所以2≤|+|≤4，又|+|2+|﹣|2＝2（||2+||2）＝16，所以0≤|﹣|，即0≤||，||的最大值是2，故答案為：2．【知識點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算16.如圖，在三棱錐A﹣BCD的平面展開圖中，已知四邊形BCED為菱形，BC＝1，BF＝，若二面角A﹣CD﹣B的余弦值為﹣，M為BD的中點，則CD＝，直線AD與直線CM所成角的余弦值為．【分析】將三棱錐A﹣BCD的直觀圖還原，取CD中點N，連接AN，BN，可知ANB為二面角A﹣CD﹣B的平面角，設(shè)CD＝a（0＜a＜2），根據(jù)題意由余弦定理建立關(guān)于a的方程，解出即可求得CD的值，取AB的中點O，連接OM，OC，則∠OMC為直線AD與直線CM所成的角或其補角，求出相關(guān)邊的長度，利用余弦定理直接求解即可．【解答】解：將三棱錐A﹣BCD的直觀圖還原，則BC＝BD＝AC＝AD＝1，，取CD中點N，連接AN，BN，則AN⊥CD，BN⊥CD，故∠ANB為二面角A﹣CD﹣B的平面角，設(shè)CD＝a（0＜a＜2），則，故，又二面角A﹣CD﹣B的余弦值為，故，解得，即；取AB的中點O，連接OM，OC，易知OM∥AD，所以∠OMC為直線AD與直線CM所成的角或其補角，易知，所以，∴直線AD與直線CM所成角的余弦值為．故答案為：；．【知識點】二面角的平面角及求法、異面直線及其所成的角四、解答題（本大題共6小題，共70分．請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.已知，．（1）若與同向，求；（2）若與的夾角為120°，求．【分析】（1）設(shè)＝λ＝（2λ，0），由||＝1可得2λ＝1，解可得λ的值，即可得答案，（2）根據(jù)題意，由數(shù)量積的計算公式可得?＝﹣1，設(shè)＝（x，y），由數(shù)量積的坐標計算公式可得?＝2x＝﹣1，即可得x的值，由向量模的計算公式可得y的值，即可得的坐標，由向量的坐標計算公式計算可得答案．【解答】解：（1）根據(jù)題意，與同向，且，設(shè)＝λ＝（2λ，0），又由||＝1，則有2λ＝1，即λ＝，則＝（1，0）；（2），則||＝2，若與的夾角為120°，則?＝||||cos120°＝2×1×cos120°＝﹣1，設(shè)＝（x，y），則?＝2x＝﹣1，則x＝﹣，又由||＝1，則x2+y2＝1，解可得y＝±，故＝（，±），則+＝（，±）．【知識點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算、數(shù)量積表示兩個向量的夾角18.已知a、b、c是△ABC中∠A、∠B、∠C的對邊，a＝4，b＝6，cosA＝﹣．（1）求c；（2）求cos2B的值．【分析】（1）由余弦定理即可求得c的值；（2）先由同角三角函數(shù)的平方關(guān)系求得sinA的值，再由正弦定理求出sinB的值，最后根據(jù)cos2B＝1﹣2sin2B，得解．【解答】解：（1）由余弦定理知，a2＝b2+c2﹣2bccosA，即48＝36+c2﹣2×6×c×（﹣），整理得，c2+4c﹣12＝0，解得c＝2或﹣6（舍負），故c＝2．（2）∵cosA＝﹣，且A∈（0，π），∴sinA＝＝，由正弦定理知，＝，即＝，∴sinB＝，∴cos2B＝1﹣2sin2B＝﹣．【知識點】余弦定理19.已知：復(fù)數(shù)z1與z2在復(fù)平面上所對應(yīng)的點關(guān)于y軸對稱，且z1（1﹣i）＝z2（1+i）（i為虛數(shù)單位），|z1|＝．（Ⅰ）求z1的值；（Ⅱ）若z1的虛部大于零，且（m，n∈R），求m，n的值．【分析】（Ⅰ）設(shè)z1＝x+yi（x，y∈R），則z2＝﹣x+yi，由題意列方程組求得x，y的值，則答案可求；（Ⅱ）求得z1，代入，利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡化簡，再由復(fù)數(shù)相等的條件求解．【解答】解：（Ⅰ）設(shè)z1＝x+yi（x，y∈R），則z2＝﹣x+yi，∵z1（1﹣i）＝z2（1+i），|z1|＝，∴，解得或，即z1＝1﹣i或z1＝﹣1+i；（Ⅱ）∵z1的虛部大于零，∴z1＝﹣1+i，則，則有，∴，解得．【知識點】復(fù)數(shù)的運算20.（Ⅰ）在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)解方程|z|2+（z+）i＝（i為虛數(shù)單位）（Ⅱ）設(shè)z是虛數(shù)，ω＝z+是實數(shù)，且﹣1＜ω＜2．（1）求|z|的值及z的實部的取值范圍；（2）設(shè)，求證：μ為純虛數(shù)；（3）在（2）的條件下求ω﹣μ2的最小值．【分析】（Ⅰ）利用待定系數(shù)法，結(jié)合復(fù)數(shù)相等進行求解即可（Ⅱ）設(shè)z＝a+bi，結(jié)合ω是實數(shù)求出a，b的取值范圍，結(jié)合復(fù)數(shù)的有關(guān)概念進行證明求解即可．【解答】解：（Ⅰ）原方程等價為|z|2+（z+）i＝＝1﹣i，設(shè)z＝x+yi，x，y∈R，代入方程整理得x2+y2+2xi＝1﹣i，得得，即z＝﹣±i．（Ⅱ）（1）z＝a+bi，a，b∈R且b≠0，則ω＝z+＝a+bi+＝（a+）+（b﹣）i，∵ω＝z+是實數(shù)，∴b﹣＝0，得1﹣＝0，即a2+b2＝1，即|z|＝1，則ω＝z+＝2a∈（﹣1，2），∴a∈（﹣，1）．（2）證明：＝＝＝，由（1）知a2+b2＝1，則μ＝i，∵a∈（﹣，1）．b≠0，∴μ是純虛數(shù)．（3）ω﹣μ2＝2a+＝2a+＝2a﹣＝2a﹣1+＝2[（a+1）+]﹣3，∵a∈（﹣，1），∴a+1＞0，∴（a+1）+≥2＝2，當且僅當a+1＝，即a＝0時取等號，即ω﹣μ2＝2[（a+1）+]﹣3≥2×2﹣3＝1，即ω﹣μ2的最小值為1【知識點】復(fù)數(shù)的運算21.如圖，直三棱柱A1B1C1﹣ABC中，AB＝AC＝1，，A1A＝4，點M為線段A1A的中點．（1）求直三棱柱A1B1C1﹣ABC的體積；（2）求異面直線BM與B1C1所成的角的大?。ńY(jié)果用反三角表示）【分析】（1）由V＝S△ABC?A1A，即可得解；（2）易知∠MBC或其補角即為所求，再在△MBC中，由余弦定理求得cos∠MBC的值，即可．【解答】解：（1）∵，∴V＝S△ABC?A1A＝×4＝2．（2）∵BC∥B1C1，∴∠MBC或其補角是異面直線BM與B1C1所成的角，在△MBC中，BM＝CM＝，BC＝，由余弦定理得，cos∠MBC＝＝，∴∠MBC＝arccos，故異面直線BM與B1C1所成的角為．【知識點】棱柱、棱錐、棱臺的體積、異面直線及其所成的角22.如圖所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點G在棱D1C1上，且D1G＝D1C1，點E、F、M分別是棱AA1、AB、BC的中點，P為線段B1D上一點，AB＝4．（Ⅰ）若平面EFP交平面DCC1D1于直線l，求證：l∥A1B；（Ⅱ）若直線B1D⊥平面EFP．（i）求三棱錐B1﹣EFP的表面積；（ii）試作出平面EGM與正方體ABCD﹣A1B1C1D1各個面的交線，并寫出作圖步驟，保留作圖痕跡．設(shè)平面EGM與棱A1D1交于點Q，求三棱錐Q﹣EFP的體積．【分析】（1）根據(jù)面面平行的性質(zhì)即可得到EF∥l，再結(jié)合線線平行的傳遞性即可證明結(jié)論；（2）（i）先根據(jù)直線B1D⊥平面EFP得到B1D⊥EP，進而得到P是DB1的中點，然后依次求出三棱錐的四個面的面積再相加即可得到三棱錐B1﹣EFP的表面積；（ii）①根據(jù)公理“一條直線上的兩點在一個平面內(nèi)，那么這條直線在此平面內(nèi)”作出平面EGM與正方體ABCD﹣A1B1C1D1各個面的交線即可；②根據(jù)NEFP四點共面，且三角形PNE與三角形PEF面積相等，那么三棱錐Q﹣EFP的體積等于三棱錐P﹣ENQ的體積，直接利用三棱錐的體積公式求解即可．【解答】解：（1）在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，因為平面ABB1A1∥平面DCC1D1，平面EFP∩平面ABB1A1＝EF，所以EF∥l，因為點E、F分別是棱AA1、AB的中點，所以EF∥A1B，所以l∥A1B．（2）（i）因為直線B1D⊥平面EFP，EP?平面EFP，所以B1D⊥EP，又因為△DAE≌△B1A1E，所以DE＝B1E，所以DP＝B1P，因為，×，，所以三棱錐B1﹣EFP的表面積為．（ii）作圖步驟如下：連接GE，過點G作GH⊥DC于點H，連接HA并延長交GE的延長線于點I，連接IM并延長交AB于點J交DC的延長線于點K，再連接GK交CC1于點S，連接MS并延長交B1C1的延長線于點R，連接RG并延長交A1D1于點Q，再連接EQ，GS，EJ，則圖中EQ，QG，GS，SM，MJ，JE即為平面EGM與正方體各個面的交線．設(shè)BJ＝CK＝x，由題知2AJ＝HC+CK＝3+x，所以，所以，解得，因為，∵MC＝2，∴，所以，如上圖，設(shè)N為線段A1D1的中點，可證點N在平面PEF內(nèi)，且三角形PNE與三角形PEF面積相等，所以，三棱錐Q﹣EFP的體積＝三棱錐Q﹣ENP的體積＝三棱錐P﹣ENQ的體積＝，所以三棱錐Q﹣EFP的體積為．【知識點】平面與平面垂直、棱柱、棱錐、棱臺的體積、棱柱、棱錐、棱臺的側(cè)面積和表面積人教版高一下學期期中考試數(shù)學試卷（三）注意事項：本試卷滿分150分，考試時間120分鐘，試題共22題．答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級等信息填寫在試卷規(guī)定的位置．一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知直線a在平面α外，則（）A．a(chǎn)∥α B．直線a與平面α至少有一個公共點 C．a(chǎn)∩α＝A D．直線a與平面α至多有一個公共點2.在△ABC中，，．若點D滿足，則＝（）A． B． C． D．3.設(shè)E為△ABC所在平面內(nèi)一點，若＝2，則（）A．＝+ B．＝﹣ C．＝+ D．＝﹣4.復(fù)數(shù)z滿足z（1+i）＝1﹣ai，且z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第四象限，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．[﹣1，1] B．（﹣∞，﹣1） C．（﹣1，1） D．（1，+∞）5.在棱長為4的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點M為B1C1的中點，過點D作平面a使a⊥BM，則平面a截正方體所得截面的面積為（）A． B． C． D．6.已知z＝x+yi，x，y∈R，i是虛數(shù)單位．若復(fù)數(shù)+i是實數(shù)，則|z|的最小值為（）A．0 B． C．5 D．7.已知平面向量，，滿足||＝2|﹣|＝2|﹣|＝2||＝2，則?的取值范圍是（）A．[1，2] B． C． D．8.如圖所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱AA1的上的一點，且A1E＝2EA＝2，M為側(cè)面ABB1A1上的動點．若C1M∥面ECD1，動點M形成的圖形為線段PQ，則三棱錐B1﹣PQC1的外接球的表面積是（）A．27π B．11π C．14π D．17π二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，選對得分，選錯、少選不得分）9.△ABC是邊長為2的等邊三角形，已知向量滿足，則下列結(jié)論正確的是（）A．是單位向量 B． C． D．10.四邊形ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，AB＝2AD＝2DC，，則下列表示正確的是（）A． B． C． D．11.如圖，直角梯形ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝1，E為AB中點，以DE為折痕把ADE折起，使點A到達點P的位置，且PC＝．則（）A．平面PED⊥平面EBCD B．二面角P﹣DC﹣B的大小為 C．PC⊥ED D．PC與平面PED所成角的正切值為12.如圖，正方體ABCD﹣A1B1C1D1的棱長為a，線段B1D1上有兩個動點E，F(xiàn)，且EF＝a，以下結(jié)論正確的有（）A．AC⊥BE B．點A到△BEF的距離為定值 C．三棱錐A﹣BEF的體積是正方體ABCD﹣A1B1C1D1體積的 D．異面直線AE，BF所成的角為定值三、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分．不需寫出解答過程，請把答案直接填寫在橫線上）13.已知平面向量，，其中，，，則＝；若t為實數(shù)，則的最小值為．14.在△ABC中，AB＝4，AC＝3，∠BAC＝90°，D在邊BC上，延長AD到P，使得AP＝9．若＝m+（﹣m）（m為常數(shù)），則CD的長度是．15.已知復(fù)數(shù)z＝x+yi（x，y∈R）滿足|z﹣1|＝x，那么z在復(fù)平面上對應(yīng)的點（x，y）的軌跡方程為﹣；|z|min＝．16.農(nóng)歷五月初五是端午節(jié)，民間有吃粽子的習慣，粽子又稱粽籺，俗稱“粽子”，古稱“角黍”，是端午節(jié)大家都會品嘗的食品，傳說這是為了紀念戰(zhàn)國時期楚國大臣、愛國主義詩人屈原．如圖，平行四邊形形狀的紙片是由六個邊長為1的正三角形構(gòu)成的，將它沿虛線折起來，可以得到如圖所示粽子形狀的六面體，則該六面體的體積為；若該六面體內(nèi)有一球，則該球體積的最大值為．四、解答題（本大題共6小題，共70分．請在答題卡指定區(qū)域內(nèi)作答，解答時應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟）17.已知向量＝（2sinA，1），＝（sinA+cosA，﹣3），⊥，其中A是△ABC的內(nèi)角．（1）求角A的大?。唬?）若角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且a＝，＞0，求b+c的取值范圍．18.如圖，在△OAB中，點P為直線AB上的一個動點，且滿足＝，Q是OB中點．（Ⅰ）若O（0，0），A（1，3），B（，0），且＝，求的坐標和模？（Ⅱ）若AQ與OP的交點為M，又＝t，求實數(shù)t的值．19.已知復(fù)數(shù)z1＝+（a2﹣1）i，z2＝2+2（a+1）i（a∈R，i是虛數(shù)單位）．（1）若復(fù)數(shù)z1﹣z2在復(fù)平面上對應(yīng)點落在第一象限，求實數(shù)a的取值范圍；（Ⅱ）若虛數(shù)z1是實系數(shù)一元二次方程4x2﹣4x+m＝0的根，求實數(shù)m值．20.已知復(fù)數(shù)z滿足z＝（﹣1+3i）（1﹣i）﹣4．（1）求復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)；（2）若ω＝z+ai，且復(fù)數(shù)ω對應(yīng)向量的模不大于復(fù)數(shù)z所對應(yīng)向量的模，求實數(shù)a的取值范圍．21.如圖所示，在四棱錐E﹣ABCD中，四邊形ABCD是直角梯形，AB＝AE＝BC＝AD＝1，BC∥AD，AE⊥平面ABCD，∠BAD＝90°，N為DE的中點．（1）求證：NC∥平面EAB；（2）求二面角A﹣CN﹣D的余弦值．22.如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，AB＝2，PD⊥平面ABCD，PB與底面ABCD所成的角為45°，過AD的平面分別與PB，PC交于點E，F(xiàn)．（Ⅰ）求證：EF⊥DC；（Ⅱ）若二面角P﹣AD﹣E所成角的余弦值為，求的值．參考答案一、選擇題（本大題共8小題，每小題5分，共40分）在每小題所給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知直線a在平面α外，則（）A．a(chǎn)∥α B．直線a與平面α至少有一個公共點 C．a(chǎn)∩α＝A D．直線a與平面α至多有一個公共點【答案】D【分析】由直線在平面外包括直線與平面平行和直線與平面相交得答案．【解答】解：空間中直線與平面的位置關(guān)系有兩種，即直線在平面外和直線在平面內(nèi)，而直線在平面外包括直線與平面平行和直線與平面相交，可知，若直線a在平面α外，則直線a與平面α至多有一個公共點，故選：D．【知識點】平面的基本性質(zhì)及推論2.在△ABC中，，．若點D滿足，則＝（）A． B． C． D．【答案】C【分析】由題意先求出，，再求出．【解答】解：在△ABC中，，；如圖；∴＝﹣＝﹣，又，∴＝＝（﹣）；∴＝+＝+（﹣）＝+；故選：C．【知識點】向量加減混合運算3.設(shè)E為△ABC所在平面內(nèi)一點，若＝2，則（）A．＝+ B．＝﹣ C．＝+ D．＝﹣【答案】A【分析】直接利用向量的線性運算的應(yīng)用和減法求出結(jié)果．【解答】解：E為△ABC所在平面內(nèi)一點，若＝2，根據(jù)向量的線性運算：，則．故選：A．【知識點】向量數(shù)乘和線性運算4.復(fù)數(shù)z滿足z（1+i）＝1﹣ai，且z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第四象限，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．[﹣1，1] B．（﹣∞，﹣1） C．（﹣1，1） D．（1，+∞）【答案】C【分析】把已知等式變形，利用復(fù)數(shù)代數(shù)形式的乘除運算化簡，由實部大于0且虛部小于0聯(lián)立不等式組求解．【解答】解：由z（1+i）＝1﹣ai，得z＝，∵z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點在第四象限，∴，解得﹣1＜a＜1．∴實數(shù)a的取值范圍是（﹣1，1）．故選：C．【知識點】復(fù)數(shù)的代數(shù)表示法及其幾何意義5.在棱長為4的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，點M為B1C1的中點，過點D作平面a使a⊥BM，則平面a截正方體所得截面的面積為（）A． B． C． D．【答案】C【分析】先作出平面α，進而求出截面的面積．【解答】解：作出截面CDEF，點E，F(xiàn)分別為AA1，BB1中點，四邊形CDEF的面積為＝．故選：C．【知識點】平面的基本性質(zhì)及推論6.已知z＝x+yi，x，y∈R，i是虛數(shù)單位．若復(fù)數(shù)+i是實數(shù)，則|z|的最小值為（）A．0 B． C．5 D．【答案】D【分析】利用復(fù)數(shù)的運算法則和復(fù)數(shù)為實數(shù)的充要條件可得x＝y(tǒng)+2，再利用復(fù)數(shù)模的計算公式和二次函數(shù)的單調(diào)性即可得出．【解答】解：∵復(fù)數(shù)+i＝＝＝是實數(shù)，∴＝0，得到x＝y(tǒng)+2．∴|z|＝＝＝，當且僅當y＝﹣1，x＝1取等號．∴|z|的最小值為．故選：D．【知識點】復(fù)數(shù)的模7.已知平面向量，，滿足||＝2|﹣|＝2|﹣|＝2||＝2，則?的取值范圍是（）A．[1，2] B． C． D．【答案】C【分析】建立平面坐標系，得出三向量的終點滿足的條件，用參數(shù)表示出，根據(jù)三角恒等變換化簡即可求出最小值．【解答】解：設(shè)＝，＝，＝，則由題意可知PA＝2，AB＝1，PC＝1，BC＝1，以PA為x軸，以PA的中垂線為y軸建立平面直角坐標系O﹣xy，則B點在圓A：（x﹣1）2+y2＝1上，C點在圓P：（x+1）2+y2＝1上，設(shè)B（1+cosα，sinα），C（﹣1+cosβ，sinβ），則＝＝（2+cosα，sinα），＝＝（cosβ，sinβ），∴＝2cosβ+cosαcosβ+sinαsinβ，∵BC＝1，∴||＝1，∴+﹣2＝1，即（1+cosα）2+sin2α+（﹣1+cosβ）2+sin2β﹣2（1+cosα）（﹣1+cosβ）﹣2sinαsinβ＝1，整理可得：cosαcosβ+sinαsinβ＝+2cosα﹣2cosβ，∴＝+2cosα，∵|BC|＝1，∴以B為圓心，以1為半徑的圓B與圓P有公共點，故1≤|PB|≤2，即1≤（2+cosα）2+sin2α≤2，∴﹣2≤2cosα≤﹣，∴≤≤1．故選：C．【知識點】平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算8.如圖所示，在正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為棱AA1的上的一點，且A1E＝2EA＝2，M為側(cè)面ABB1A1上的動點．若C1M∥面ECD1，動點M形成的圖形為線段PQ，則三棱錐B1﹣PQC1的外接球的表面積是（）A．27π B．11π C．14π D．17π【答案】D【分析】若C1M∥面ECD1，則P、Q分別滿足B1Q＝2QB＝2，B1P＝2PA1＝2；然后證明C1Q∥D1E，PQ∥D1C，根據(jù)面面平行的判定定理可推出平面C1PQ∥平面ECD1，故C1M∥面ECD1；于是以B1為頂點，B1P、B1Q、B1C1分別為長、寬、高構(gòu)造一個長方體，求得該長方體的體對角線即可得三棱錐B1﹣PQC1外接球的直徑，再由球的表面積公式即可得解．【解答】解：若C1M∥面ECD1，則P、Q分別滿足B1Q＝2QB＝2，B1P＝2PA1＝2．理由如下：連接C1Q、C1P，∵A1E＝2EA＝2，B1Q＝2QB＝2，∴C1D1∥EQ，C1D1＝EQ，∴四邊形C1D1EQ為平行四邊形，∴C1Q∥D1E．∵B1Q＝2QB＝2，B1P＝2PA1＝2∴PQ∥A1B∥D1C．又C1Q∩PQ＝Q，D1E∩D1C＝D1，C1Q、PQ?平面C1PQ，D1E、D1C?平面ECD1，∴平面C1PQ∥平面ECD1，∵C1M?平面C1PQ，∴C1M∥面ECD1．以B1為頂點，B1P＝2、B1Q＝2、B1C1＝3分別為長、寬、高構(gòu)造一個長方體，則該長方體的體對角線為三棱錐B1﹣PQC1外接球的直徑，∴2R＝，其中R為外接球的半徑，∴R＝，∴外接球的表面積S＝4πR2＝17π．故選：D．【知識點】球的體積和表面積二、多選題（本大題共4小題，每小題5分，選對得分，選錯、少選不得分）9.△ABC是邊長為2的等邊三角形，已知向量滿足，則下列結(jié)論正確的是（）A．是單位向量 B． C． D．【答案】ABD【分析】根據(jù)條件可求出，從而判斷選項A正確；可得出，從而判斷選項B正確；對兩邊平方即可得出，從而判斷選項C錯誤；根據(jù)前面，可以得出，從而判斷選項D正確．【解答】解：A．∵，∴由得，，∴是單位向量，該選項正確；B．∵，∴，該選項正確；C.，∴由得，，即，∴，該選項錯誤；D．∵，由上面得，，∴，該選項正確．故選：ABD．【知識點】數(shù)量積判斷兩個平面向量的垂直關(guān)系、平面向量數(shù)量積的性質(zhì)及其運算10.四邊形ABCD中，AB∥CD，∠A＝90°，AB＝2AD＝2DC，，則下列表示正確的是（）A． B． C． D．【答案】BD【分析】根據(jù)圖象以及三角形法則分別求出對應(yīng)選項的向量，即可判斷選項是否正確．【解答】解：由已知四邊形ABCD如圖所示：由圖可得：＝++＝﹣++＝+，所以A錯誤，＝＝（+）＝+）＝+＝＝+＝，B正確，＝＝﹣＝，C錯誤，＝＝＝﹣，D正確，故選：BD．【知識點】平面向量的基本定理11.如圖，直角梯形ABCD，AB∥CD，AB⊥BC，BC＝CD＝AB＝1，E為AB中點，以DE為折痕把ADE折起，使點A到達點P的位置，且PC＝．則（）A．平面PED⊥平面EBCD B．二面角P﹣DC﹣B的大小為 C．PC⊥ED D．PC與平面PED所成角的正切值為【答案】AB【分析】根據(jù)PC的長證明PE⊥平面BCDE，分別計算線線角、線面角、面面角的大小即可作出判斷．【解答】解：∵AB∥CD，BC⊥AB，CD＝BC＝AB＝BE，∴四邊形BCDE是正方形，∴DE⊥AE，DE⊥BE，故翻折后DE⊥PE，∵PE＝AE＝1，EC＝＝，PC＝，∴PE2+EC2＝PC2，故PE⊥EC，又DE∩EC＝E，∴PE⊥平面BCDE，又PE?平面PDE，∴平面PED⊥平面BCDE，故A正確，由PE⊥平面BCDE可得PE⊥CD，又CD⊥DE，PE∩DE＝E，∴CD⊥平面PDE，故CD⊥PD，∴∠PDE為二面角P﹣D