高中试卷答案网安徽省池州市贵池区2021-2022学年高一下学期数学期中试卷
一、单选题
1．（2021高二下·浦东期中）设，为虚数单位，则与的关系是（ ）
A． B． C． D．
2．（2022高一下·贵池期中）.如图，在△ABC中，＝，，若＋μ，则λ＋μ的值为（ ）
A． B． C． D．
3．（2022高一下·贵池期中）某人从出发点向正东走后到，然后向左转150°再向前走到，测得的面积为，此人这时离出发点的距离为（ ）
A． B． C． D．
4．（2022高一下·贵池期中）直角三角形直角边长分别为1，，以边长为1的直角边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的侧面积等于（ ）
A． B． C．2 D．1
5．（2022高一下·贵池期中）将一个长方体沿从同一个顶点出发的三条棱截去一个棱锥，棱锥的体积与剩下的几何体的体积之比为（ ）.
A． B． C． D．
6．（2022高三下·张掖月考）已知菱形的边长为2，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
7．（2022高一下·贵池期中）已知正三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，其侧棱长为，底面边长为4，则球O的表面积是（ ）
A． B． C． D．
8．（2022高二下·金华月考）已知点C为扇形AOB的弧上任意一点，且∠AOB＝120°，若＝λ＋μ (λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围为（ ）
A．[－2，2] B．(1，] C．[1，] D．[1，2]
二、多选题
9．（2022高一下·贵池期中）八卦是中国古老文化的深奥概念，其深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中O为正八边形的中心，且，则（ ）
A． B．
C． D．
10．（2022高一下·贵池期中）已知向量，，则（ ）
A．
B．
C．向量在向量上的投影向量是
D．是向量的单位向量
11．（2020高一下·胶州期中）已知复数 满足 ， ，则实数 的值可能是（ ）
A．1 B．-4 C．0 D．5
12．（2022高一下·贵池期中）在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为S，下列与有关的结论，正确的是（ ）
A．若为锐角三角形，则
B．若，则
C．若，则一定是等腰三角形
D．若为斜三角形，则
三、填空题
13．（2022高一下·贵池期中）一水平位置的平面图形的斜二测直观图是一个底平行于轴，底角为，两腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是 ．
14．（2022高一下·贵池期中）如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是 m．
15．（2019高三上·常州月考）已知向量 ，若 与 平行，则实数m等于 .
16．（2019高一下·上海期中）张老师整理旧资料时发现一题部分字迹模糊不清，只能看到：在 中， 分别是角是 的对边，已知 ， ，求边 ，显然缺少条件，若他打算补充 的大小，并使得 有两解，那么 的取值范围是
四、解答题
17．（2022高一下·贵池期中）已知复数z满足|3+4i|+z=1+3i.
（1）求；
（2）求的值.
18．（2022高一下·贵池期中）如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶到A处时测得公路北侧一山顶D在北偏西45°的方向上，仰角为α，行驶300米后到达B处，测得此山顶在北偏西15°的方向上，仰角为β，若β=45°，则此山的高度CD和仰角α的正切值．
19．（2022高一下·合肥期中）已知圆锥的底面半径，高
（1）求圆锥的表面积和体积
（2）如图若圆柱内接于该圆锥，试求圆柱侧面积的最大值
20．（2022高一下·贵池期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，求面积的最大值及此时边b，c的值．
21．（2022高一下·贵池期中）已知向量.
（1）若函数，求函数的最大值及相应自变量的取值；
（2）在中，角、、所对的边边长分别为、、，若，，求的取值范围.
22．（2022高一下·贵池期中）在①，其中为角的平分线的长（与交于点），②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.在中，内角，，的对边分别为，，，____.
（1）求角的大小；
（2）若，，为的重心，求的长.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】 ，所以 。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合虚数单位i的运算法则和复数的运算法则，再结合比较大小的方法，从而判断出M，N的大小。
2．【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理及其意义
【解析】【解答】
因为＋μ，
所以λ＝，μ＝，
则λ＋μ＝＋＝.
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合三角形法则、向量共线定理和平面向量基本定理，进而得出λ，μ的值，从而得出λ＋μ的值。
3．【答案】D
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】如图，由题意可得，
因为的面积为，，，
所以，解得，
由余弦定理得
，
所以，
故答案为：D
【分析】由题意可得，再利用三角形的面积为，，和三角形的面积公式得出x的值，再结合余弦定理得出AC的长，进而得出此人这时离出发点的距离。
4．【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）
【解析】【解答】由题意知，旋转所得圆锥的底面圆半径为，高为1，
所以母线长为，
所以圆锥的侧面积，
故答案为：A
【分析】由题意知，旋转所得圆锥的底面圆半径为，高为1，再利用勾股定理得出母线长，再结合圆锥的侧面积公式得出圆锥的侧面积。
5．【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】设长方体同一顶点引出的三条棱长分别是、、，
则截去的棱锥的体积，
原长方体的体积，剩下的几何体的体积为，
∴
故答案为：D
【分析】设长方体同一顶点引出的三条棱长分别是、、，再利用棱锥的体积公式得出截去的棱锥的体积，再结合长方体的体积公式得出原长方体的体积，再结合作差法得出剩下的几何体的体积，从而得出棱锥的体积与剩下的几何体的体积之比。
6．【答案】B
【知识点】向量的加法及其几何意义；向量数乘的运算及其几何意义；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】因为 ，
所以
，
因为
，
，
所以
，
，
，
，
故答案为：B
【分析】由 ，得 ，将 转化为含 和 的式子计算即可.
7．【答案】D
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】如图所示：
设为正三角形的中心，连接，
则平面，球心在上，
设球的半径为，连接，
∵正三角形的边长为4，∴，
又∵，
∴在中，，
在中，，，，
∴，解得，
∴球的表面积为．
故答案为：D．
【分析】设为正三角形的中心，连接，则平面，球心在上，设球的半径为，连接，再利用正三角形的边长为4得出的长，再结合和勾股定理得出的长，再结合作差法和勾股定理得出球的半径长，再利用球的表面积公式得出球的表面积。
8．【答案】D
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质
【解析】【解答】设半径为1，由已知可设OB为x轴的正半轴，O为坐标原点，建立直角坐标系，
则A，B(1，0)，C(cosθ，sinθ)（其中），
则由＝λ＋μ (λ，μ∈R)，可得(cosθ，sinθ)＝λ＋μ(1，0)，
整理得：－λ＋μ＝cosθ，λ＝sinθ，解得λ＝，μ＝cosθ＋，则λ＋μ＝＋cosθ＋＝sinθ＋cosθ＝2sin（其中），易知λ＋μ＝2sin在上单调递增，在上单调递减，由单调性易得其值域为[1，2]。
故答案为：D
【分析】设半径为1，由已知可设OB为x轴的正半轴，O为坐标原点，建立直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合平面向量基本定理和向量的坐标运算和向量相等的判断方法，从而解得λ＝，μ＝cosθ＋，再结合辅助角公式得出λ＋μ＝2sin（其中），再结合正弦型函数的图象判断出正弦型函数的单调性，从而得出正弦型函数的值域，进而得出λ＋μ的取值范围。
9．【答案】B,C
【知识点】相等向量与相反向量；向量的三角形法则；平面向量数量积的含义与物理意义；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】由于八边形是正八边形.
对于A，，A不符合题意；
对于B，，B符合题意；
对于C，由题意得，所以，C符合题意；
对于D，，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用已知条件结合正八边形的结构特征，再结合向量相等的判断方法、三角形法则、向量垂直的判断方法、数量积的定义，进而得出正确的选项。
10．【答案】A,D
【知识点】向量的模；单位向量；数量积判断两个平面向量的垂直关系；向量的投影
【解析】【解答】对于A，，则，
所以，A符合题意；
对于B，，则，B不符合题意；
对于C，向量在向量上的投影向量为，
C不符合题意；
对于D，因为向量的模等于1，
，所以向量与向量共线，故是向量的单位向量，D符合题意.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算和数量积为0两向量垂直的等价关系、数量积求向量的模的公式、数量积求投影向量的方法、向量共线定理、单位向量的定义，进而找出正确的选项。
11．【答案】A,B,C
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】设 ，∴ ，
∴ ，
∴ ，解得： ，
∴实数 的值可能是 .
故答案为：ABC.
【分析】设 ，从而有 ，利用消元法得到关于 的一元二次方程，利用判别式大于等于0，从而求得a的范围，即可得答案.
12．【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的正切公式；正弦函数的单调性；正弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】对于A，若为锐角三角形，可得且，
可得，且，根据正弦定理的单调性，
可得，所以，A符合题意；
对于B，在中，由知，根据正弦定理可得，B符合题意；
对于C，由正弦定理知，，则
可得，故或，
是等腰三角形或直角三角形，C不符合题意；
对于D，在中，可得则，
所以，即，
可得，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件结合锐角三角形中角的取值范围，再结合正弦函数的单调性和正弦函数的图象判断出；再利用三角形中大边对应大角，小边对应小角的性质和正弦定理得出；再结合已知条件和正弦定理得出或，再利用等腰三角形和直角三角形的定义，进而判断出三角形是等腰三角形或直角三角形；再结合已知条件和三角形中内角和为180度的性质、诱导公式和两角和的正切公式变形得出，从而找出正确的选项。
13．【答案】
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】由已知斜二测直观图根据斜二测化法规则画出原平面图形，如图所示：
这个平面图形的面积：．
故答案为：．
【分析】利用已知条件结合斜二测画法画出原平面图形，再结合梯形的面积公式得出这个平面图形的面积。
14．【答案】
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】如图所示，根据题意可得为边长为的正三角形，
所以，
所以圆锥底面周长，
根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，可得，
故，则，
所以，
所以小猫所经过的最短路程是．
故答案为：
【分析】根据题意可得为边长为的正三角形，进而得出BC的长，再结合圆的周长公式得出圆锥底面周长，根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，可得，进而得出n对应的角度，从而得出的值，再结合勾股定理得出猫所经过的最短路程。
15．【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由向量 和 ，
所以 ，
，
由 与 平行，所以 ．
解得 ．
故答案为： ．
【分析】由向量坐标的数乘及加减法运算求出 与 ，然后利用向量共线的坐标表示列式求解．
16．【答案】
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】由题意可知三角形有两个解
由上图可知：
若 有两解，可知以 为圆心， 为半径的圆弧与 有两个交点
则 ，即
【分析】问题为三角形有两个解，根据画圆法可确定 ，从而得到所求范围.
17．【答案】（1）解：因为|3+4i|=5，
所以z=1+3i-5=-4+3i，所以=-4-3i.
（2）解：===2.
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；复数求模
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合复数的模求解公式和复数相等的判断方法，进而得出复数z，再结合复数与共轭复数的关系，进而得出复数z的共轭复数。
（2）利用已知条件结合复数的乘除法运算法则得出 的值。
18．【答案】解：设山的高度CD=x米，
由题可得∠CAB=45°，∠ABC=105°，AB=300米，∠CBD=45°．
在ABC中，得：∠ACB=180°-45°-105°=30°，
利用正弦定理可得，
所以，
在RtBCD中，由∠CBD=45°得CD=CB=300，
在RtACD中可得
【知识点】任意角三角函数的定义；正弦定理的应用
【解析】【分析】 设山的高度CD=x米，由题可得∠CAB=45°，∠ABC=105°，AB=300米，∠CBD=45°．
在ABC中结合三角形内角和为180度的性质得出∠ACB的值，再利用正弦定理可得CB和AC的长，在RtBCD中，由∠CBD=45°得CD=CB=300，在RtACD中结合正切函数的定义得出仰角α的正切值。
19．【答案】（1）解：∵圆锥的底面半径R=6，高H=8，
圆锥的母线长，
则表面积，体积.
（2）解：作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，
其中，
设圆柱底面半径为r，则，即 .
设圆柱的侧面积为.
当时，有最大值为.
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合勾股定理求出圆锥的母线长，再结合圆锥的表面积公式得出圆锥的表面积，再利用圆锥的体积公式得出圆锥的体积。
（2） 作出圆锥、圆柱的轴截面，其中，设圆柱底面半径为r，再利用对应边成比例得出 ，再结合圆柱的侧面积公式得出圆柱的侧面积为，再利用二次函数的图象求最值的方法，进而得出的最大值，从而得出圆柱侧面积的最大值。
20．【答案】（1）解：在中由正弦定理得：，，
所以，即，
化简得：，
即，∵，
∴，∴，
∵，∴.
（2）解：由余弦定理得，又，，
∴，
又，∴，
当且仅当时，取到等号.
则，
∴的面积最大值为，当且仅当时等号成立，
即此时，.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；同角三角函数基本关系的运用；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合正弦定理和同角三角函数基本关系式以及两角和的正弦公式，再结合三角形内角和为180度的性质得出角A的余弦值，再利用三角形中角的取值范围，进而得出角A的值。
（2）利用已知条件结合余弦定理和均值不等式求最值的方法得出bc的最大值，再结合三角形的面积公式得出三角形 面积的最大值及此时边b，c的值。
21．【答案】（1）解： ，
，
当时，即时，取到最大值，
，相应自变量的取值为；
（2）解：，且，
，
解得，
由余弦定理，
由基本不等式得，
即，即（当且仅当时，取“=”），
又三角形两边之和大于第三边，
，
的取值范围为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；数量积的坐标表达式；三角函数的最值；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合数量积的坐标表示、二倍角的正弦公式和辅助角公式化简函数为正弦型函数，再结合正弦型函数的图象求最值的方法得出函数的最大值及相应自变量的取值。
（2）利用已知条件结合函数的解析式和代入法以及三角形中角的取值范围和不等式的基本性质，进而得出角A的值，由余弦定理和均值不等式求最值的方法得出b+c的最大值，再利用三角形两边之和大于第三边，进而得出的取值范围。
22．【答案】（1）解：方案一：选条件①.
由题意可得，∴.
∵为的平分线，，
，即
又，∴，即，
∵，∴，
∴，∴.
方案二：选条件②.
由已知结合正弦定理得，
由余弦定理得，
∵，∴.
方案三：选条件③.
由正弦定理得，，
又，∴，
∴，
∴，
易知，
∴，∵，∴.
（2）解：在中，由余弦定理可得，，
∴，∴.
延长交于点，
∵为的重心，∴为的中点，且.
在中，由余弦定理可得，，
∴，∴.
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；三角形五心；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1） 方案一：选条件①，由题意可得和三角形的面积公式和为的平分线，所以，再利用和二倍角的正弦公式得出，再利用得出的值， 从而得出的值，再结合两角互补得出的值，从而得出角A的值；
方案二：选条件②，由已知结合正弦定理和余弦定理以及三角形中角的取值范围得出角A的值；
方案三：选条件③结合正弦定理和三角形内角和为180度的性质以及两角和的正弦公式和三角形中角的取值范围得出角A的正切值，再结合三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值。
（2） 在中，由余弦定理得出a的值，再结合余弦定理得出角B的余弦值，延长交于点结合为的重心，所以为的中点，且，在中，由余弦定理可得AM的长，再结合比例的关系得出AG的长。
安徽省池州市贵池区2021-2022学年高一下学期数学期中试卷
一、单选题
1．（2021高二下·浦东期中）设，为虚数单位，则与的关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】虚数单位i及其性质；复数代数形式的加减运算
【解析】【解答】 ，所以 。
故答案为：C.
【分析】利用已知条件结合虚数单位i的运算法则和复数的运算法则，再结合比较大小的方法，从而判断出M，N的大小。
2．（2022高一下·贵池期中）.如图，在△ABC中，＝，，若＋μ，则λ＋μ的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】平面向量的基本定理及其意义
【解析】【解答】
因为＋μ，
所以λ＝，μ＝，
则λ＋μ＝＋＝.
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合三角形法则、向量共线定理和平面向量基本定理，进而得出λ，μ的值，从而得出λ＋μ的值。
3．（2022高一下·贵池期中）某人从出发点向正东走后到，然后向左转150°再向前走到，测得的面积为，此人这时离出发点的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】余弦定理的应用；三角形中的几何计算
【解析】【解答】如图，由题意可得，
因为的面积为，，，
所以，解得，
由余弦定理得
，
所以，
故答案为：D
【分析】由题意可得，再利用三角形的面积为，，和三角形的面积公式得出x的值，再结合余弦定理得出AC的长，进而得出此人这时离出发点的距离。
4．（2022高一下·贵池期中）直角三角形直角边长分别为1，，以边长为1的直角边所在直线为旋转轴，将该三角形旋转一周所得几何体的侧面积等于（ ）
A． B． C．2 D．1
【答案】A
【知识点】旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）
【解析】【解答】由题意知，旋转所得圆锥的底面圆半径为，高为1，
所以母线长为，
所以圆锥的侧面积，
故答案为：A
【分析】由题意知，旋转所得圆锥的底面圆半径为，高为1，再利用勾股定理得出母线长，再结合圆锥的侧面积公式得出圆锥的侧面积。
5．（2022高一下·贵池期中）将一个长方体沿从同一个顶点出发的三条棱截去一个棱锥，棱锥的体积与剩下的几何体的体积之比为（ ）.
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积
【解析】【解答】设长方体同一顶点引出的三条棱长分别是、、，
则截去的棱锥的体积，
原长方体的体积，剩下的几何体的体积为，
∴
故答案为：D
【分析】设长方体同一顶点引出的三条棱长分别是、、，再利用棱锥的体积公式得出截去的棱锥的体积，再结合长方体的体积公式得出原长方体的体积，再结合作差法得出剩下的几何体的体积，从而得出棱锥的体积与剩下的几何体的体积之比。
6．（2022高三下·张掖月考）已知菱形的边长为2，，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】向量的加法及其几何意义；向量数乘的运算及其几何意义；平面向量数量积的运算
【解析】【解答】因为 ，
所以
，
因为
，
，
所以
，
，
，
，
故答案为：B
【分析】由 ，得 ，将 转化为含 和 的式子计算即可.
7．（2022高一下·贵池期中）已知正三棱锥的四个顶点都在球O的球面上，其侧棱长为，底面边长为4，则球O的表面积是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】球的体积和表面积；球内接多面体
【解析】【解答】如图所示：
设为正三角形的中心，连接，
则平面，球心在上，
设球的半径为，连接，
∵正三角形的边长为4，∴，
又∵，
∴在中，，
在中，，，，
∴，解得，
∴球的表面积为．
故答案为：D．
【分析】设为正三角形的中心，连接，则平面，球心在上，设球的半径为，连接，再利用正三角形的边长为4得出的长，再结合和勾股定理得出的长，再结合作差法和勾股定理得出球的半径长，再利用球的表面积公式得出球的表面积。
8．（2022高二下·金华月考）已知点C为扇形AOB的弧上任意一点，且∠AOB＝120°，若＝λ＋μ (λ，μ∈R)，则λ＋μ的取值范围为（ ）
A．[－2，2] B．(1，] C．[1，] D．[1，2]
【答案】D
【知识点】函数的值域；函数单调性的性质
【解析】【解答】设半径为1，由已知可设OB为x轴的正半轴，O为坐标原点，建立直角坐标系，
则A，B(1，0)，C(cosθ，sinθ)（其中），
则由＝λ＋μ (λ，μ∈R)，可得(cosθ，sinθ)＝λ＋μ(1，0)，
整理得：－λ＋μ＝cosθ，λ＝sinθ，解得λ＝，μ＝cosθ＋，则λ＋μ＝＋cosθ＋＝sinθ＋cosθ＝2sin（其中），易知λ＋μ＝2sin在上单调递增，在上单调递减，由单调性易得其值域为[1，2]。
故答案为：D
【分析】设半径为1，由已知可设OB为x轴的正半轴，O为坐标原点，建立直角坐标系，从而得出点的坐标，再结合平面向量基本定理和向量的坐标运算和向量相等的判断方法，从而解得λ＝，μ＝cosθ＋，再结合辅助角公式得出λ＋μ＝2sin（其中），再结合正弦型函数的图象判断出正弦型函数的单调性，从而得出正弦型函数的值域，进而得出λ＋μ的取值范围。
二、多选题
9．（2022高一下·贵池期中）八卦是中国古老文化的深奥概念，其深邃的哲理解释了自然、社会现象．如图1所示的是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形，其中O为正八边形的中心，且，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】相等向量与相反向量；向量的三角形法则；平面向量数量积的含义与物理意义；数量积判断两个平面向量的垂直关系
【解析】【解答】由于八边形是正八边形.
对于A，，A不符合题意；
对于B，，B符合题意；
对于C，由题意得，所以，C符合题意；
对于D，，D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】利用已知条件结合正八边形的结构特征，再结合向量相等的判断方法、三角形法则、向量垂直的判断方法、数量积的定义，进而得出正确的选项。
10．（2022高一下·贵池期中）已知向量，，则（ ）
A．
B．
C．向量在向量上的投影向量是
D．是向量的单位向量
【答案】A,D
【知识点】向量的模；单位向量；数量积判断两个平面向量的垂直关系；向量的投影
【解析】【解答】对于A，，则，
所以，A符合题意；
对于B，，则，B不符合题意；
对于C，向量在向量上的投影向量为，
C不符合题意；
对于D，因为向量的模等于1，
，所以向量与向量共线，故是向量的单位向量，D符合题意.
故答案为：AD.
【分析】利用已知条件结合向量的坐标运算和数量积为0两向量垂直的等价关系、数量积求向量的模的公式、数量积求投影向量的方法、向量共线定理、单位向量的定义，进而找出正确的选项。
11．（2020高一下·胶州期中）已知复数 满足 ， ，则实数 的值可能是（ ）
A．1 B．-4 C．0 D．5
【答案】A,B,C
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】设 ，∴ ，
∴ ，
∴ ，解得： ，
∴实数 的值可能是 .
故答案为：ABC.
【分析】设 ，从而有 ，利用消元法得到关于 的一元二次方程，利用判别式大于等于0，从而求得a的范围，即可得答案.
12．（2022高一下·贵池期中）在中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、c，的面积为S，下列与有关的结论，正确的是（ ）
A．若为锐角三角形，则
B．若，则
C．若，则一定是等腰三角形
D．若为斜三角形，则
【答案】A,B,D
【知识点】两角和与差的正切公式；正弦函数的单调性；正弦定理；三角形的形状判断
【解析】【解答】对于A，若为锐角三角形，可得且，
可得，且，根据正弦定理的单调性，
可得，所以，A符合题意；
对于B，在中，由知，根据正弦定理可得，B符合题意；
对于C，由正弦定理知，，则
可得，故或，
是等腰三角形或直角三角形，C不符合题意；
对于D，在中，可得则，
所以，即，
可得，D符合题意.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件结合锐角三角形中角的取值范围，再结合正弦函数的单调性和正弦函数的图象判断出；再利用三角形中大边对应大角，小边对应小角的性质和正弦定理得出；再结合已知条件和正弦定理得出或，再利用等腰三角形和直角三角形的定义，进而判断出三角形是等腰三角形或直角三角形；再结合已知条件和三角形中内角和为180度的性质、诱导公式和两角和的正切公式变形得出，从而找出正确的选项。
三、填空题
13．（2022高一下·贵池期中）一水平位置的平面图形的斜二测直观图是一个底平行于轴，底角为，两腰和上底长均为2的等腰梯形，则这个平面图形的面积是 ．
【答案】
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】由已知斜二测直观图根据斜二测化法规则画出原平面图形，如图所示：
这个平面图形的面积：．
故答案为：．
【分析】利用已知条件结合斜二测画法画出原平面图形，再结合梯形的面积公式得出这个平面图形的面积。
14．（2022高一下·贵池期中）如图，有一圆锥形粮堆，其轴截面是边长为的正，粮堆母线的中点P处有一老鼠正在偷吃粮食，此时小猫正在B处，它要沿圆锥侧面到达P处捕捉老鼠，则小猫所经过的最短路程是 m．
【答案】
【知识点】多面体和旋转体表面上的最短距离问题
【解析】【解答】如图所示，根据题意可得为边长为的正三角形，
所以，
所以圆锥底面周长，
根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，可得，
故，则，
所以，
所以小猫所经过的最短路程是．
故答案为：
【分析】根据题意可得为边长为的正三角形，进而得出BC的长，再结合圆的周长公式得出圆锥底面周长，根据底面圆的周长等于展开后扇形的弧长，可得，进而得出n对应的角度，从而得出的值，再结合勾股定理得出猫所经过的最短路程。
15．（2019高三上·常州月考）已知向量 ，若 与 平行，则实数m等于 .
【答案】
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：由向量 和 ，
所以 ，
，
由 与 平行，所以 ．
解得 ．
故答案为： ．
【分析】由向量坐标的数乘及加减法运算求出 与 ，然后利用向量共线的坐标表示列式求解．
16．（2019高一下·上海期中）张老师整理旧资料时发现一题部分字迹模糊不清，只能看到：在 中， 分别是角是 的对边，已知 ， ，求边 ，显然缺少条件，若他打算补充 的大小，并使得 有两解，那么 的取值范围是
【答案】
【知识点】正弦定理
【解析】【解答】由题意可知三角形有两个解
由上图可知：
若 有两解，可知以 为圆心， 为半径的圆弧与 有两个交点
则 ，即
【分析】问题为三角形有两个解，根据画圆法可确定 ，从而得到所求范围.
四、解答题
17．（2022高一下·贵池期中）已知复数z满足|3+4i|+z=1+3i.
（1）求；
（2）求的值.
【答案】（1）解：因为|3+4i|=5，
所以z=1+3i-5=-4+3i，所以=-4-3i.
（2）解：===2.
【知识点】复数的基本概念；复数相等的充要条件；复数代数形式的混合运算；复数求模
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合复数的模求解公式和复数相等的判断方法，进而得出复数z，再结合复数与共轭复数的关系，进而得出复数z的共轭复数。
（2）利用已知条件结合复数的乘除法运算法则得出 的值。
18．（2022高一下·贵池期中）如图，一辆汽车在一条水平的公路上向正西行驶到A处时测得公路北侧一山顶D在北偏西45°的方向上，仰角为α，行驶300米后到达B处，测得此山顶在北偏西15°的方向上，仰角为β，若β=45°，则此山的高度CD和仰角α的正切值．
【答案】解：设山的高度CD=x米，
由题可得∠CAB=45°，∠ABC=105°，AB=300米，∠CBD=45°．
在ABC中，得：∠ACB=180°-45°-105°=30°，
利用正弦定理可得，
所以，
在RtBCD中，由∠CBD=45°得CD=CB=300，
在RtACD中可得
【知识点】任意角三角函数的定义；正弦定理的应用
【解析】【分析】 设山的高度CD=x米，由题可得∠CAB=45°，∠ABC=105°，AB=300米，∠CBD=45°．
在ABC中结合三角形内角和为180度的性质得出∠ACB的值，再利用正弦定理可得CB和AC的长，在RtBCD中，由∠CBD=45°得CD=CB=300，在RtACD中结合正切函数的定义得出仰角α的正切值。
19．（2022高一下·合肥期中）已知圆锥的底面半径，高
（1）求圆锥的表面积和体积
（2）如图若圆柱内接于该圆锥，试求圆柱侧面积的最大值
【答案】（1）解：∵圆锥的底面半径R=6，高H=8，
圆锥的母线长，
则表面积，体积.
（2）解：作出圆锥、圆柱的轴截面如图所示，
其中，
设圆柱底面半径为r，则，即 .
设圆柱的侧面积为.
当时，有最大值为.
【知识点】二次函数在闭区间上的最值；旋转体（圆柱、圆锥、圆台、球）
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合勾股定理求出圆锥的母线长，再结合圆锥的表面积公式得出圆锥的表面积，再利用圆锥的体积公式得出圆锥的体积。
（2） 作出圆锥、圆柱的轴截面，其中，设圆柱底面半径为r，再利用对应边成比例得出 ，再结合圆柱的侧面积公式得出圆柱的侧面积为，再利用二次函数的图象求最值的方法，进而得出的最大值，从而得出圆柱侧面积的最大值。
20．（2022高一下·贵池期中）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
（1）求角A的大小；
（2）若，求面积的最大值及此时边b，c的值．
【答案】（1）解：在中由正弦定理得：，，
所以，即，
化简得：，
即，∵，
∴，∴，
∵，∴.
（2）解：由余弦定理得，又，，
∴，
又，∴，
当且仅当时，取到等号.
则，
∴的面积最大值为，当且仅当时等号成立，
即此时，.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；同角三角函数基本关系的运用；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】(1)利用已知条件结合正弦定理和同角三角函数基本关系式以及两角和的正弦公式，再结合三角形内角和为180度的性质得出角A的余弦值，再利用三角形中角的取值范围，进而得出角A的值。
（2）利用已知条件结合余弦定理和均值不等式求最值的方法得出bc的最大值，再结合三角形的面积公式得出三角形 面积的最大值及此时边b，c的值。
21．（2022高一下·贵池期中）已知向量.
（1）若函数，求函数的最大值及相应自变量的取值；
（2）在中，角、、所对的边边长分别为、、，若，，求的取值范围.
【答案】（1）解： ，
，
当时，即时，取到最大值，
，相应自变量的取值为；
（2）解：，且，
，
解得，
由余弦定理，
由基本不等式得，
即，即（当且仅当时，取“=”），
又三角形两边之和大于第三边，
，
的取值范围为.
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；数量积的坐标表达式；三角函数的最值；余弦定理
【解析】【分析】（1）利用已知条件结合数量积的坐标表示、二倍角的正弦公式和辅助角公式化简函数为正弦型函数，再结合正弦型函数的图象求最值的方法得出函数的最大值及相应自变量的取值。
（2）利用已知条件结合函数的解析式和代入法以及三角形中角的取值范围和不等式的基本性质，进而得出角A的值，由余弦定理和均值不等式求最值的方法得出b+c的最大值，再利用三角形两边之和大于第三边，进而得出的取值范围。
22．（2022高一下·贵池期中）在①，其中为角的平分线的长（与交于点），②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答.在中，内角，，的对边分别为，，，____.
（1）求角的大小；
（2）若，，为的重心，求的长.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）解：方案一：选条件①.
由题意可得，∴.
∵为的平分线，，
，即
又，∴，即，
∵，∴，
∴，∴.
方案二：选条件②.
由已知结合正弦定理得，
由余弦定理得，
∵，∴.
方案三：选条件③.
由正弦定理得，，
又，∴，
∴，
∴，
易知，
∴，∵，∴.
（2）解：在中，由余弦定理可得，，
∴，∴.
延长交于点，
∵为的重心，∴为的中点，且.
在中，由余弦定理可得，，
∴，∴.
【知识点】两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；三角形五心；正弦定理；余弦定理；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1） 方案一：选条件①，由题意可得和三角形的面积公式和为的平分线，所以，再利用和二倍角的正弦公式得出，再利用得出的值， 从而得出的值，再结合两角互补得出的值，从而得出角A的值；
方案二：选条件②，由已知结合正弦定理和余弦定理以及三角形中角的取值范围得出角A的值；
方案三：选条件③结合正弦定理和三角形内角和为180度的性质以及两角和的正弦公式和三角形中角的取值范围得出角A的正切值，再结合三角形中角A的取值范围，从而得出角A的值。
（2） 在中，由余弦定理得出a的值，再结合余弦定理得出角B的余弦值，延长交于点结合为的重心，所以为的中点，且，在中，由余弦定理可得AM的长，再结合比例的关系得出AG的长。
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