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2023-2024学年河北省邢台市翰林高级中学等校高一（下）期中数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年河北省邢台市翰林高级中学等校高一（下）期中数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.(3+i)(4−2i)=( )
A. 14−2iB. 8−2iC. 14+2iD. 8+2i
2.下列结论正确的是( )
A. 底面是正方形的棱锥是正四棱锥
B. 绕直角三角形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥
C. 有两个面是四边形且相互平行，其余四个面都是等腰梯形的几何体是四棱台
D. 棱台的所有侧棱所在直线必交于一点
3.已知向量a,b满足|a|=2|b|=2，且cs=13，则a在b上的投影向量为( )
A. 13bB. 12bC. 23bD. 32b
4.如图，△O′A′B′是△OAB在斜二测画法下的直观图，其中O′B′=2O′A′=4，则△OAB的面积是( )
A. 2 2
B. 4
C. 8
D. 8 2
5.如图，圆锥SO的顶点及底面圆的圆周都在球M的球面上，且圆锥SO的母线长和底面圆的直径均为2，则球M的表面积为( )
A. π
B. 4π
C. 8π3
D. 16π3
6.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin2A+sin2B+cs2C<1，则△ABC的形状是( )
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不确定的
7.如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，若点E，F分别满足AE=23AB,AF=23AC，平面EB1C1F将三棱柱分成的左、右两部分的体积分别为V1和V2，则V1：V2=( )
A. 19：8
B. 2：1
C. 17：10
D. 16：11
8.18世纪末，挪威测量学家维塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如|z|=|OZ|，即复数z的模的几何意义为z对应的点Z到原点的距离.设复数z=x+yi(x,y∈R)，且|(x−2)+(y−3)i|= 2，则|z+1|的取值范围是( )
A. [ 13− 2, 13+ 2]B. [ 13−1, 13+1]
C. [3 2−2,3 2+2]D. [2 2,4 2]
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数z=a+bi(a,b∈R，且b≠0)满足z2=z−，则( )
A. a=−12B. b= 32C. |z|=1D. z+z−=−1
10.用一个平面去截一个几何体，截面是四边形，则这个几何体可能是( )
A. 圆锥B. 圆柱C. 三棱柱D. 三棱锥
11.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=3A1B1=6，AA1=4，P为棱BB1上的动点(含端点)，则下列结论正确的是( )
A. 四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积是40+32 3
B. 四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积是104 23
C. AP+PC的最小值为6 3
D. AP+PC1的最小值为2 13
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一个棱台至少有______个面．
13.已知复数z和z−是关于x的方程x2+mx+8=0(m∈R)的两根，则|z|= ______．
14.在△ABC中，D，E分别在边BC，AC上，且BC=3BD,AE=3EC，若AD=xAB+yAC，则x−y= ______，线段AD与BE交于点F，则|AF||DF|= ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知复数z=m2−1+(m2−2m−3)i(m∈R)．
(1)若复数z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围；
(2)若zi1−i是纯虚数，求m的值．
16.(本小题15分)
如图，这是某建筑大楼的直观图，它是由一个半球和一个圆柱组合而成的.已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面(过圆柱上、下底面圆的圆心连线的平面)ABCD是边长为6的正方形．
(1)求该几何体的表面积；
(2)求该几何体的体积．
17.(本小题15分)
在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=6，∠BAD=π3，F是线段AD的中点，DE=λDC，λ∈[−1,1]．
(1)若λ=12，AE与BF交于点N，AN=xAB+yAD，求x−y的值；
(2)求BE⋅FE的最小值．
18.(本小题17分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别在BB1，AD上.已知AB=BC=6，AA1=8，BE=DF=2．
(1)作出平面C1EF截长方体ABCD−A1B1C1D1的截面，并写出作法；
(2)求(1)中所作截面的周长；
(3)长方体ABCD−A1B1C1D1被平面C1EF截成两部分，求体积较小部分的几何体的体积V．
19.(本小题17分)
如图，在平面四边形ABCD中，AB=1，BC=3，CD=2，AD=4．
(1)若A为锐角，且sinA= 158，求△BCD的面积；
(2)求四边形ABCD面积的最大值；
(3)当A=60°时，P在四边形ABCD所在平面内，求PA+PB+PD的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：(3+i)(4−2i)=12−6i+4i−2i2=12−6i+4i+2=14−2i．
故选：A．
直接利用复数代数形式的乘法运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，各侧面都是全等的等腰三角形，且底面为正多边形的棱锥是正棱锥，A错误；
对于B，绕直角三角形的一条直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥，B错误；
对于C，若几何体中，有两个面是四边形且相互平行，其余四个面都是等腰梯形，不能保证侧棱的延长线交于一点，该几何体不一定为棱台，C错误；
对于D，由棱台的定义，棱台的所有侧棱所在直线必交于一点，D正确．
故选：D．
根据题意，由棱锥的定义分析A，由圆锥的定义分析B，由棱台的定义分析C和D，综合可得答案．
本题考查棱柱、棱台、棱锥的结构特征，注意常见几何体的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由题意，a在b上的投影向量为：
a⋅b|b|⋅b|b|=2×1×131×1b=23b．
故选：C．
根据题设条件及投影向量的概念进行计算即可求解．
本题考查投影向量的概念，属基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，直观图△O′A′B′中，O′B′=2O′A′=4，∠B′O′A′=45°，
则其直观图的面积S′=12×O′B′×O′A′×sin45°=2 2，
则原图的面积S=2 2S′=2 2×2 2=8．
故选：C．
根据题意，求出直观图的面积，进而由原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案．
本题考查平面图形的直观图，注意原图面积与直观图面积的关系，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：如图，底面圆O半径r=1，母线l=2，球M半径为R，连接AM，
圆锥高h= l2−r2= 3，
则R2=(h−R)2+r2，即R2=( 3−R)2+1，
解得R=2 33，
则球M表面积S=4πR2=4π×43=16π3．
故选：D．
设底面圆O半径为r，球M半径为R，圆锥高为h，则R2=(h−R)2+r2，求解R得出结果．
本题考查了圆锥外接球表面积的计算，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：若sin2A+sin2B+cs2C<1，
则sin2A+sin2B<1−cs2C=sin2C，
由正弦定理得，a2+b2−c2<0，即csC<0，
所以C为钝角，即△ABC为钝角三角形．
故选：C．
由已知结合同角平方关系，正弦定理及余弦定理进行化简即可判断．
本题主要考查了同角基本关系，正弦定理及余弦定理在三角形形状判断中的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：设△ABC的面积为S，三棱柱ABC−A1B1C1的高为h，
则三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=Sh，
因为AE=23AB，AF=23AC，
所以EF//BC，
所以△AEF∽△ABC，且AEAB=23，
所以△AEF的面积S1=49S，
则三棱台AEF−A1B1C1的体积V1=13h(S1+S+ S1S)=1927Sh，
从而V2=V−V1=827Sh，
故V1：V2=1927Sh：827Sh=19：8．
故选：A．
先计算三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=Sh，再得出三棱台AEF−A1B1C1的体积V1，从而根据V2=V−V1=827Sh，即可求解．
本题考查几何体体积的计算，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由z=x+yi(x,y∈R)，且|(x−2)+(y−3)i|= 2，
得|[(x+1)+yi]−(3+3i)|= 2，
由 2=|[(x+1)+yi]−(3+3i)|≥|(x+1)+yi|−|3+3i|=|z+1|−3 2，所以|z+1|≤4 2；
由 2=|[(x+1)+yi]−(3+3i)|≥|3+3i|−|(x+1)+yi|=3 2−|z+1|，所以|z+1|≥2 2；
所以|z+1|的取值范围是[2 2,4 2].
故选：D．
由题意，把|(x−2)+(y−3)i|= 2化为|[(x+1)+yi]−(3+3i)|= 2，利用绝对值不等式求出|z+1|的取值范围．
本题考查了复数的模长应用问题，也考查了转化思想，是基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：复数z=a+bi(a,b∈R，且b≠0)满足z2=z−，
则(a+bi)2=a2−b2+2abi=a−bi，即a2−b2=a2ab=−b，解得a=−12，b=± 32，故A正确；B错误；
|z|= a2+b2=1，故C正确；
z+z−=2a=−1，故D正确．
故选：ACD．
结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，求出a，b，即可依次判断．
本题主要考查复数的运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：用一个平面去截一个圆锥，得到的图形可能是圆、椭圆、抛物线、双曲线的一支、三角形，不可能是四边形，故A不满足要求；
用一个平面去截一个圆柱，轴截面是四边形，故B满足要求；
用一个平面去截一个三棱柱，当截面平行于侧棱时，截面是四边形，故C满足要求；
用一个平面去截一个三棱锥，当截面经过两组对棱的中点时，截面是四边形，故D满足要求．
故选：BCD．
根据圆锥、圆柱、三棱柱、三棱锥的几何特征，分别分析出用一个平面去截该几何体时，可能得到的截面的形状，逐一比照后，即可得到答案．
本题考查的知识点是圆锥的几何特征，圆柱的几何特征，球的几何特征，其中熟练掌握相关旋转体的几何特征，培养良好的空间想像能力，是解答本题的关键．
11.【答案】ABC
【解析】解：如图1，由题意可知该四棱台的侧面都是等腰梯形，且∠A1AB=60°，作A1E⊥AB，垂足为E，
因为A1A=4，∠A1AB=60°，所以A1E=2 3，
所以S梯形A1ABB1=(2+6)×2 32=8 3，
则四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积S=4×8 3+22+62=40+32 3，故A正确；
如图2，设O1，O分别是A1C1和AC的中点，则OO1是四棱台ABCD−A1B1C1D1的高，
作A1H⊥AC，垂足为H，由题中数据可知AH=2 2，
则四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积V=13h⋅(S上+ S上S下+S下)=13×2 2×(22+ 22×62+62)=104 23，故B正确；
如图3，把四边形A1ABB1，BB1C1C展开至同一个平面，连接AC，AC1，AB1，易知AP+PC的最小值就是展开图中AC的长，
在△ABC中，AB=BC=6，∠ABC=120°，
则AC=6 3，
即AP+PC的最小值为6 3，故C正确；
在△AA1B1中，由余弦定理可得AB1=2 7，
则cs∠AB1A1=2 77，
从而AC1= AB12+B1C12−2AB1⋅B1C1cs(∠AB1A1+120°)=2 13，
由图可知AP+PC1>AC1=2 13，则D错误．
故选：ABC．
对于A，该四棱台的侧面都是等腰梯形，算出所有面的面积即可求解；
对于B，先求出棱台的高，再利用棱台的体积公式即可求解；
对于C，把四边形A1ABB1，BB1C1C展开至同一个平面，连接AC，AC1，AB1，易知AP+PC的最小值就是展开图中AC的长，解三角形即可；
对于D，在△AA1B1中，利用余弦定理即可求解．
本题考查正四棱台的体积与表面积以及利用展开思想求最值问题，属于中档题．
12.【答案】5
【解析】解：易知面数最少的棱台是三棱台，
而三棱台有5个面，
则一个棱台至少有5个面．
故答案为：5．
由题意，根据面数最少的棱台是三棱台，即可求解．
本题考查棱台的结构特征，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
13.【答案】2 2
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，则z−=a−bi，
从而z⋅z−=a2+b2=8，故|z|= a2+b2=2 2．
故答案为：2 2．
根据复数的运算及二次方程根与系数的关系即可求得．
本题考查二次方程根与系数的关系，考查共轭复数及复数的模长公式，属基础题．
14.【答案】13 9
【解析】解：因为BC=3BD，所以BD=13BC，
因为AD=AB+BD，
所以AD=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
则x=23，y=13，
故x−y=23−13=13，
因为B，F，E三点共线，所以AF=λAB+(1−λ)AE，
因为AE=3EC，
所以AE=34AC，
所以AF=λAB+3(1−λ)4AC，
因为A，F，D三点共线，所以AF=kAD，
所以λAB+3(1−λ)4AC=2k3AB+k3AC，
所以λ=2k33(1−λ)4=k3，解得k=910，
则|AF||DF|=9．
故答案为：13，9．
由已知结合向量的线性运算即可求解x，y，进而可求x−y；结合向量的线性运算及平面向量基本定理即可求解|AF||DF|．
本题主要考查了向量的线性运算及平面向量基本定理的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为z=m2−1+(m2−2m−3)i对应的点位于第四象限，
所以m2−1>0m2−2m−3<0，解得1故m的范围为(1,3)；
(2)因为zi1−i=zi(1+i)(1−i)(1+i)=zi−z2=−m2+m+2+(m+1)i是纯虚数，
故−m2+m+2=0，m+1≠0，
所以m=2．
【解析】(1)结合复数的几何意义即可求解；
(2)结合复数的四则运算及基本概念即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算，复数的几何意义及基本概念的应用，属于基础题．
16.【答案】解：由题意可知半球的半径R=3，圆柱的底面圆半径r=3，高h=6，
(1)由球的表面积公式可得半球的曲面面积S1=12×4πR2=18π，
由圆的面积公式可得圆柱底面圆的面积S2=πr2=9π，
由圆柱的侧面积公式可得圆柱的侧面积S3=2πrh=36π，
故该几何体的表面积S=S1+S2+S3=18π+9π+36π=63π．
(2)由球的体积公式可得半球的体积V1=12×43πR3=18π，
由圆柱的体积公式可得圆柱的体积V2=Sh=πr2h=54π，
故该几何体的体积V=V1+V2=18π+54π=72π．
【解析】(1)分别求出各个面的面积即可求解；
(2)分别求出半球和圆柱的体积即可求解．
本题考查几何体体积与表面积的计算，属于基础题．
17.【答案】解：(1)当λ=12时，E为CD的中点，可得AE=AD+12DC=12AB+AD，
若AN=xAB+yAD，则BN=AN−AB=(x−1)AB+yAD，
因为F是AD的中点，所以BF=AF−AB=−AB+12AD，结合BN//BF，得x−1−1=y12…①，
由AN//AE，得x12=y1…②，将①②组成方程组，解得x=15，y=25，所以x−y=−15；
(2)根据题意，可得AB⋅AD=|AB|⋅|AD|csπ3=12，
由DE=λDC=λAB，得AE=AD+DE=λAB+AD，可得BE=AE−AB=(λ−1)AB+AD，
由AF=12AD，得FE=AE−AF=λAB+12AD，
所以BE⋅FE=[(λ−1)AB+AD]⋅(λAB+12AD)=(λ2−λ)|AB|2+(3λ2−12)AB⋅AD+12|AD|2
=16(λ2−λ)+12(3λ2−12)+12×62=16λ2+2λ+12，
根据二次函数的性质，当λ=−116时，BE⋅FE的最小值为16×(−116)2+2×(−116)+12=19116．
【解析】(1)以向量AB、AD为基底，表示出AE、BN、BF，根据BN//BF且AN//AE建立关于x、y的方程组，解出x、y的值，即可得到本题的答案；
(2)根据题意算出AB⋅AD=12，将BE、FE表示为AB、AD的组合，利用平面向量数量积的运算性质，推导出BE⋅FE=[(λ−1)AB+AD]⋅(λAB+12AD)=16λ2+2λ+12，进而利用二次函数的性质，求出BE⋅FE的最小值．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、平面向量数量积的定义与运算性质、二次函数的最值求法等知识，属于中档题．
18.【答案】解：(1)如图所示，五边形PEC1QF为所求截面．
作法如下：延长C1E，与CB的延长线交于点N，
连接NF并延长，分别交AB于P，交CD的延长线于M，
连接MC1，交DD1于点Q，连接QF，PE，则五边形PEC1QF为所求截面．
(2)由(1)易得BNNC=BECC1=14，则BN=2，
由BPAP=BNAF=24=12，
得BP=2，AP=4，
则PE= 4+4=2 2，FP= 16+16=4 2，
由MDAP=DFAF=24=12，得MD=2，
由MDMC=QDCC1=28=14，得QD=2，QD1=6，
则QF= 4+4=2 2，QC1=EC1= 36+36=6 2，
故截面的周长为2 2+4 2+2 2+6 2+6 2=20 2．
(3)V=VP−MNC−VQ−MFD−VE−PNB=13×12×8×8×8−13×12×2×2×2−13×12×2×2×2=2483．
故所求体积为2483．
【解析】(1)延长C1E，与CB的延长线交于点N，连接NF并延长，分别交AB于P，交CD的延长线于M，连接MC1，交DD1于点Q，连接QF，PE，即可得到截面；
(2)根据相似关系得出各边的长，即可求解；
(3)利用割补法即可求得几何体的体积．
本题考查几何体的结构特征以及体积的计算，属于中档题．
19.【答案】解：(1)连接BD，
因为A为锐角，且sinA= 158，所以csA=78，
在△ABD中，由余弦定理得，BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅csA=1+16−8csA，即BD2=17−8csA，
在△BCD中，由余弦定理得，BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅csC=9+4−12csC，即BD2=13−12csC，
所以17−8csA=13−12csC，即2csA−3csC=1，
所以2×78−3csC=1，解得csC=14，
因为C∈(0,π)，所以sinC= 154，
故△BCD的面积为12BC⋅CDsinC=12×3×2× 154=3 154．
(2)四边形ABCD的面积S=12AB⋅ADsinA+12BC⋅CDsinC=2sinA+3sinC，
所以S2=4sin2A+12sinAsinC+9sin2C①，
由(1)知2csA−3csC=1，
所以4cs2A−12csAcsC+9cs2C=1②，
联立①②得，S2=12−12cs(A+C)≤24，
所以S≤2 6，
当且仅当A+C=π时，四边形ABCD的面积取得最大值2 6．
(3)将△APD绕点A旋转60°，使得P，D分别与P1，D1重合，连接BD1，PP1，
则PA=P1A，PD=P1D1，∠P1AD1=∠PAD，∠PAP1=60°，即△PAP1是等边三角形，
所以∠P1AD1+∠PAB=∠PAD+∠PAB=∠BAD=60°，且∠DAD1=∠P1AD1+∠DAP1=∠PAD+∠DAP1=60°，
所以∠BAD1=∠DAD1+∠BAD=60°+60°=120°，
在△ABD1中，由余弦定理知，BD12=AB2+AD12−2AB⋅AD1cs∠BAD1=1+16−2×1×4×(−12)=21，
所以BD1= 21，
由图可知PA+PB+PD=PP1+PB+P1D1≥BD1= 21，当且仅当B，P，P1，D1四点共线时，等号成立，
故PA+PB+PD的最小值是 21．
【解析】(1)连接BD，分别在△ABD和△BCD中，运用余弦定理，可得2csA−3csC=1，从而求出csC和sinC的值，再利用三角形的面积公式，求解即可；
(2)结合(1)中所得与三角形的面积公式，推出S2=12−12cs(A+C)，再由余弦函数的性质，即可得解；
(3)将△APD绕点A旋转60°，使得P，D分别与P1，D1重合，连接BD1，PP1，结合旋转的性质，推出△PAP1是等边三角形，且∠BAD1=120°，再在△ABD1中，利用余弦定理求得BD1= 21，然后由PA+PB+PD≥BD1，当且仅当B，P，P1，D1四点共线时，等号成立，即可得解．
本题考查解三角形，熟练掌握余弦定理，三角形的面积公式，两角和的余弦公式，旋转的性质等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
1.(3+i)(4−2i)=( )
A. 14−2iB. 8−2iC. 14+2iD. 8+2i
2.下列结论正确的是( )
A. 底面是正方形的棱锥是正四棱锥
B. 绕直角三角形的一条边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥
C. 有两个面是四边形且相互平行，其余四个面都是等腰梯形的几何体是四棱台
D. 棱台的所有侧棱所在直线必交于一点
3.已知向量a,b满足|a|=2|b|=2，且cs
A. 13bB. 12bC. 23bD. 32b
4.如图，△O′A′B′是△OAB在斜二测画法下的直观图，其中O′B′=2O′A′=4，则△OAB的面积是( )
A. 2 2
B. 4
C. 8
D. 8 2
5.如图，圆锥SO的顶点及底面圆的圆周都在球M的球面上，且圆锥SO的母线长和底面圆的直径均为2，则球M的表面积为( )
A. π
B. 4π
C. 8π3
D. 16π3
6.在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，若sin2A+sin2B+cs2C<1，则△ABC的形状是( )
A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不确定的
7.如图所示，在三棱柱ABC−A1B1C1中，若点E，F分别满足AE=23AB,AF=23AC，平面EB1C1F将三棱柱分成的左、右两部分的体积分别为V1和V2，则V1：V2=( )
A. 19：8
B. 2：1
C. 17：10
D. 16：11
8.18世纪末，挪威测量学家维塞尔首次利用坐标平面上的点来表示复数，使复数及其运算具有了几何意义，例如|z|=|OZ|，即复数z的模的几何意义为z对应的点Z到原点的距离.设复数z=x+yi(x,y∈R)，且|(x−2)+(y−3)i|= 2，则|z+1|的取值范围是( )
A. [ 13− 2, 13+ 2]B. [ 13−1, 13+1]
C. [3 2−2,3 2+2]D. [2 2,4 2]
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知复数z=a+bi(a,b∈R，且b≠0)满足z2=z−，则( )
A. a=−12B. b= 32C. |z|=1D. z+z−=−1
10.用一个平面去截一个几何体，截面是四边形，则这个几何体可能是( )
A. 圆锥B. 圆柱C. 三棱柱D. 三棱锥
11.在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=3A1B1=6，AA1=4，P为棱BB1上的动点(含端点)，则下列结论正确的是( )
A. 四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积是40+32 3
B. 四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积是104 23
C. AP+PC的最小值为6 3
D. AP+PC1的最小值为2 13
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.一个棱台至少有______个面．
13.已知复数z和z−是关于x的方程x2+mx+8=0(m∈R)的两根，则|z|= ______．
14.在△ABC中，D，E分别在边BC，AC上，且BC=3BD,AE=3EC，若AD=xAB+yAC，则x−y= ______，线段AD与BE交于点F，则|AF||DF|= ______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知复数z=m2−1+(m2−2m−3)i(m∈R)．
(1)若复数z在复平面内对应的点位于第四象限，求m的取值范围；
(2)若zi1−i是纯虚数，求m的值．
16.(本小题15分)
如图，这是某建筑大楼的直观图，它是由一个半球和一个圆柱组合而成的.已知该几何体的下半部分圆柱的轴截面(过圆柱上、下底面圆的圆心连线的平面)ABCD是边长为6的正方形．
(1)求该几何体的表面积；
(2)求该几何体的体积．
17.(本小题15分)
在平行四边形ABCD中，AB=4，AD=6，∠BAD=π3，F是线段AD的中点，DE=λDC，λ∈[−1,1]．
(1)若λ=12，AE与BF交于点N，AN=xAB+yAD，求x−y的值；
(2)求BE⋅FE的最小值．
18.(本小题17分)
如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别在BB1，AD上.已知AB=BC=6，AA1=8，BE=DF=2．
(1)作出平面C1EF截长方体ABCD−A1B1C1D1的截面，并写出作法；
(2)求(1)中所作截面的周长；
(3)长方体ABCD−A1B1C1D1被平面C1EF截成两部分，求体积较小部分的几何体的体积V．
19.(本小题17分)
如图，在平面四边形ABCD中，AB=1，BC=3，CD=2，AD=4．
(1)若A为锐角，且sinA= 158，求△BCD的面积；
(2)求四边形ABCD面积的最大值；
(3)当A=60°时，P在四边形ABCD所在平面内，求PA+PB+PD的最小值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：(3+i)(4−2i)=12−6i+4i−2i2=12−6i+4i+2=14−2i．
故选：A．
直接利用复数代数形式的乘法运算化简得答案．
本题考查复数代数形式的乘除运算，是基础题．
2.【答案】D
【解析】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，各侧面都是全等的等腰三角形，且底面为正多边形的棱锥是正棱锥，A错误；
对于B，绕直角三角形的一条直角边所在直线旋转一周得到的几何体是圆锥，B错误；
对于C，若几何体中，有两个面是四边形且相互平行，其余四个面都是等腰梯形，不能保证侧棱的延长线交于一点，该几何体不一定为棱台，C错误；
对于D，由棱台的定义，棱台的所有侧棱所在直线必交于一点，D正确．
故选：D．
根据题意，由棱锥的定义分析A，由圆锥的定义分析B，由棱台的定义分析C和D，综合可得答案．
本题考查棱柱、棱台、棱锥的结构特征，注意常见几何体的定义，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：由题意，a在b上的投影向量为：
a⋅b|b|⋅b|b|=2×1×131×1b=23b．
故选：C．
根据题设条件及投影向量的概念进行计算即可求解．
本题考查投影向量的概念，属基础题．
4.【答案】C
【解析】解：根据题意，直观图△O′A′B′中，O′B′=2O′A′=4，∠B′O′A′=45°，
则其直观图的面积S′=12×O′B′×O′A′×sin45°=2 2，
则原图的面积S=2 2S′=2 2×2 2=8．
故选：C．
根据题意，求出直观图的面积，进而由原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案．
本题考查平面图形的直观图，注意原图面积与直观图面积的关系，属于基础题．
5.【答案】D
【解析】解：如图，底面圆O半径r=1，母线l=2，球M半径为R，连接AM，
圆锥高h= l2−r2= 3，
则R2=(h−R)2+r2，即R2=( 3−R)2+1，
解得R=2 33，
则球M表面积S=4πR2=4π×43=16π3．
故选：D．
设底面圆O半径为r，球M半径为R，圆锥高为h，则R2=(h−R)2+r2，求解R得出结果．
本题考查了圆锥外接球表面积的计算，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：若sin2A+sin2B+cs2C<1，
则sin2A+sin2B<1−cs2C=sin2C，
由正弦定理得，a2+b2−c2<0，即csC<0，
所以C为钝角，即△ABC为钝角三角形．
故选：C．
由已知结合同角平方关系，正弦定理及余弦定理进行化简即可判断．
本题主要考查了同角基本关系，正弦定理及余弦定理在三角形形状判断中的应用，属于基础题．
7.【答案】A
【解析】解：设△ABC的面积为S，三棱柱ABC−A1B1C1的高为h，
则三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=Sh，
因为AE=23AB，AF=23AC，
所以EF//BC，
所以△AEF∽△ABC，且AEAB=23，
所以△AEF的面积S1=49S，
则三棱台AEF−A1B1C1的体积V1=13h(S1+S+ S1S)=1927Sh，
从而V2=V−V1=827Sh，
故V1：V2=1927Sh：827Sh=19：8．
故选：A．
先计算三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=Sh，再得出三棱台AEF−A1B1C1的体积V1，从而根据V2=V−V1=827Sh，即可求解．
本题考查几何体体积的计算，属于中档题．
8.【答案】D
【解析】解：由z=x+yi(x,y∈R)，且|(x−2)+(y−3)i|= 2，
得|[(x+1)+yi]−(3+3i)|= 2，
由 2=|[(x+1)+yi]−(3+3i)|≥|(x+1)+yi|−|3+3i|=|z+1|−3 2，所以|z+1|≤4 2；
由 2=|[(x+1)+yi]−(3+3i)|≥|3+3i|−|(x+1)+yi|=3 2−|z+1|，所以|z+1|≥2 2；
所以|z+1|的取值范围是[2 2,4 2].
故选：D．
由题意，把|(x−2)+(y−3)i|= 2化为|[(x+1)+yi]−(3+3i)|= 2，利用绝对值不等式求出|z+1|的取值范围．
本题考查了复数的模长应用问题，也考查了转化思想，是基础题．
9.【答案】ACD
【解析】解：复数z=a+bi(a,b∈R，且b≠0)满足z2=z−，
则(a+bi)2=a2−b2+2abi=a−bi，即a2−b2=a2ab=−b，解得a=−12，b=± 32，故A正确；B错误；
|z|= a2+b2=1，故C正确；
z+z−=2a=−1，故D正确．
故选：ACD．
结合复数的四则运算，以及共轭复数的定义，求出a，b，即可依次判断．
本题主要考查复数的运算，以及共轭复数的定义，属于基础题．
10.【答案】BCD
【解析】解：用一个平面去截一个圆锥，得到的图形可能是圆、椭圆、抛物线、双曲线的一支、三角形，不可能是四边形，故A不满足要求；
用一个平面去截一个圆柱，轴截面是四边形，故B满足要求；
用一个平面去截一个三棱柱，当截面平行于侧棱时，截面是四边形，故C满足要求；
用一个平面去截一个三棱锥，当截面经过两组对棱的中点时，截面是四边形，故D满足要求．
故选：BCD．
根据圆锥、圆柱、三棱柱、三棱锥的几何特征，分别分析出用一个平面去截该几何体时，可能得到的截面的形状，逐一比照后，即可得到答案．
本题考查的知识点是圆锥的几何特征，圆柱的几何特征，球的几何特征，其中熟练掌握相关旋转体的几何特征，培养良好的空间想像能力，是解答本题的关键．
11.【答案】ABC
【解析】解：如图1，由题意可知该四棱台的侧面都是等腰梯形，且∠A1AB=60°，作A1E⊥AB，垂足为E，
因为A1A=4，∠A1AB=60°，所以A1E=2 3，
所以S梯形A1ABB1=(2+6)×2 32=8 3，
则四棱台ABCD−A1B1C1D1的表面积S=4×8 3+22+62=40+32 3，故A正确；
如图2，设O1，O分别是A1C1和AC的中点，则OO1是四棱台ABCD−A1B1C1D1的高，
作A1H⊥AC，垂足为H，由题中数据可知AH=2 2，
则四棱台ABCD−A1B1C1D1的体积V=13h⋅(S上+ S上S下+S下)=13×2 2×(22+ 22×62+62)=104 23，故B正确；
如图3，把四边形A1ABB1，BB1C1C展开至同一个平面，连接AC，AC1，AB1，易知AP+PC的最小值就是展开图中AC的长，
在△ABC中，AB=BC=6，∠ABC=120°，
则AC=6 3，
即AP+PC的最小值为6 3，故C正确；
在△AA1B1中，由余弦定理可得AB1=2 7，
则cs∠AB1A1=2 77，
从而AC1= AB12+B1C12−2AB1⋅B1C1cs(∠AB1A1+120°)=2 13，
由图可知AP+PC1>AC1=2 13，则D错误．
故选：ABC．
对于A，该四棱台的侧面都是等腰梯形，算出所有面的面积即可求解；
对于B，先求出棱台的高，再利用棱台的体积公式即可求解；
对于C，把四边形A1ABB1，BB1C1C展开至同一个平面，连接AC，AC1，AB1，易知AP+PC的最小值就是展开图中AC的长，解三角形即可；
对于D，在△AA1B1中，利用余弦定理即可求解．
本题考查正四棱台的体积与表面积以及利用展开思想求最值问题，属于中档题．
12.【答案】5
【解析】解：易知面数最少的棱台是三棱台，
而三棱台有5个面，
则一个棱台至少有5个面．
故答案为：5．
由题意，根据面数最少的棱台是三棱台，即可求解．
本题考查棱台的结构特征，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
13.【答案】2 2
【解析】解：设z=a+bi(a,b∈R)，则z−=a−bi，
从而z⋅z−=a2+b2=8，故|z|= a2+b2=2 2．
故答案为：2 2．
根据复数的运算及二次方程根与系数的关系即可求得．
本题考查二次方程根与系数的关系，考查共轭复数及复数的模长公式，属基础题．
14.【答案】13 9
【解析】解：因为BC=3BD，所以BD=13BC，
因为AD=AB+BD，
所以AD=AB+13BC=AB+13(AC−AB)=23AB+13AC，
则x=23，y=13，
故x−y=23−13=13，
因为B，F，E三点共线，所以AF=λAB+(1−λ)AE，
因为AE=3EC，
所以AE=34AC，
所以AF=λAB+3(1−λ)4AC，
因为A，F，D三点共线，所以AF=kAD，
所以λAB+3(1−λ)4AC=2k3AB+k3AC，
所以λ=2k33(1−λ)4=k3，解得k=910，
则|AF||DF|=9．
故答案为：13，9．
由已知结合向量的线性运算即可求解x，y，进而可求x−y；结合向量的线性运算及平面向量基本定理即可求解|AF||DF|．
本题主要考查了向量的线性运算及平面向量基本定理的应用，属于中档题．
15.【答案】解：(1)因为z=m2−1+(m2−2m−3)i对应的点位于第四象限，
所以m2−1>0m2−2m−3<0，解得1
(2)因为zi1−i=zi(1+i)(1−i)(1+i)=zi−z2=−m2+m+2+(m+1)i是纯虚数，
故−m2+m+2=0，m+1≠0，
所以m=2．
【解析】(1)结合复数的几何意义即可求解；
(2)结合复数的四则运算及基本概念即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算，复数的几何意义及基本概念的应用，属于基础题．
16.【答案】解：由题意可知半球的半径R=3，圆柱的底面圆半径r=3，高h=6，
(1)由球的表面积公式可得半球的曲面面积S1=12×4πR2=18π，
由圆的面积公式可得圆柱底面圆的面积S2=πr2=9π，
由圆柱的侧面积公式可得圆柱的侧面积S3=2πrh=36π，
故该几何体的表面积S=S1+S2+S3=18π+9π+36π=63π．
(2)由球的体积公式可得半球的体积V1=12×43πR3=18π，
由圆柱的体积公式可得圆柱的体积V2=Sh=πr2h=54π，
故该几何体的体积V=V1+V2=18π+54π=72π．
【解析】(1)分别求出各个面的面积即可求解；
(2)分别求出半球和圆柱的体积即可求解．
本题考查几何体体积与表面积的计算，属于基础题．
17.【答案】解：(1)当λ=12时，E为CD的中点，可得AE=AD+12DC=12AB+AD，
若AN=xAB+yAD，则BN=AN−AB=(x−1)AB+yAD，
因为F是AD的中点，所以BF=AF−AB=−AB+12AD，结合BN//BF，得x−1−1=y12…①，
由AN//AE，得x12=y1…②，将①②组成方程组，解得x=15，y=25，所以x−y=−15；
(2)根据题意，可得AB⋅AD=|AB|⋅|AD|csπ3=12，
由DE=λDC=λAB，得AE=AD+DE=λAB+AD，可得BE=AE−AB=(λ−1)AB+AD，
由AF=12AD，得FE=AE−AF=λAB+12AD，
所以BE⋅FE=[(λ−1)AB+AD]⋅(λAB+12AD)=(λ2−λ)|AB|2+(3λ2−12)AB⋅AD+12|AD|2
=16(λ2−λ)+12(3λ2−12)+12×62=16λ2+2λ+12，
根据二次函数的性质，当λ=−116时，BE⋅FE的最小值为16×(−116)2+2×(−116)+12=19116．
【解析】(1)以向量AB、AD为基底，表示出AE、BN、BF，根据BN//BF且AN//AE建立关于x、y的方程组，解出x、y的值，即可得到本题的答案；
(2)根据题意算出AB⋅AD=12，将BE、FE表示为AB、AD的组合，利用平面向量数量积的运算性质，推导出BE⋅FE=[(λ−1)AB+AD]⋅(λAB+12AD)=16λ2+2λ+12，进而利用二次函数的性质，求出BE⋅FE的最小值．
本题主要考查平面向量的线性运算法则、平面向量数量积的定义与运算性质、二次函数的最值求法等知识，属于中档题．
18.【答案】解：(1)如图所示，五边形PEC1QF为所求截面．
作法如下：延长C1E，与CB的延长线交于点N，
连接NF并延长，分别交AB于P，交CD的延长线于M，
连接MC1，交DD1于点Q，连接QF，PE，则五边形PEC1QF为所求截面．
(2)由(1)易得BNNC=BECC1=14，则BN=2，
由BPAP=BNAF=24=12，
得BP=2，AP=4，
则PE= 4+4=2 2，FP= 16+16=4 2，
由MDAP=DFAF=24=12，得MD=2，
由MDMC=QDCC1=28=14，得QD=2，QD1=6，
则QF= 4+4=2 2，QC1=EC1= 36+36=6 2，
故截面的周长为2 2+4 2+2 2+6 2+6 2=20 2．
(3)V=VP−MNC−VQ−MFD−VE−PNB=13×12×8×8×8−13×12×2×2×2−13×12×2×2×2=2483．
故所求体积为2483．
【解析】(1)延长C1E，与CB的延长线交于点N，连接NF并延长，分别交AB于P，交CD的延长线于M，连接MC1，交DD1于点Q，连接QF，PE，即可得到截面；
(2)根据相似关系得出各边的长，即可求解；
(3)利用割补法即可求得几何体的体积．
本题考查几何体的结构特征以及体积的计算，属于中档题．
19.【答案】解：(1)连接BD，
因为A为锐角，且sinA= 158，所以csA=78，
在△ABD中，由余弦定理得，BD2=AB2+AD2−2AB⋅AD⋅csA=1+16−8csA，即BD2=17−8csA，
在△BCD中，由余弦定理得，BD2=BC2+CD2−2BC⋅CD⋅csC=9+4−12csC，即BD2=13−12csC，
所以17−8csA=13−12csC，即2csA−3csC=1，
所以2×78−3csC=1，解得csC=14，
因为C∈(0,π)，所以sinC= 154，
故△BCD的面积为12BC⋅CDsinC=12×3×2× 154=3 154．
(2)四边形ABCD的面积S=12AB⋅ADsinA+12BC⋅CDsinC=2sinA+3sinC，
所以S2=4sin2A+12sinAsinC+9sin2C①，
由(1)知2csA−3csC=1，
所以4cs2A−12csAcsC+9cs2C=1②，
联立①②得，S2=12−12cs(A+C)≤24，
所以S≤2 6，
当且仅当A+C=π时，四边形ABCD的面积取得最大值2 6．
(3)将△APD绕点A旋转60°，使得P，D分别与P1，D1重合，连接BD1，PP1，
则PA=P1A，PD=P1D1，∠P1AD1=∠PAD，∠PAP1=60°，即△PAP1是等边三角形，
所以∠P1AD1+∠PAB=∠PAD+∠PAB=∠BAD=60°，且∠DAD1=∠P1AD1+∠DAP1=∠PAD+∠DAP1=60°，
所以∠BAD1=∠DAD1+∠BAD=60°+60°=120°，
在△ABD1中，由余弦定理知，BD12=AB2+AD12−2AB⋅AD1cs∠BAD1=1+16−2×1×4×(−12)=21，
所以BD1= 21，
由图可知PA+PB+PD=PP1+PB+P1D1≥BD1= 21，当且仅当B，P，P1，D1四点共线时，等号成立，
故PA+PB+PD的最小值是 21．
【解析】(1)连接BD，分别在△ABD和△BCD中，运用余弦定理，可得2csA−3csC=1，从而求出csC和sinC的值，再利用三角形的面积公式，求解即可；
(2)结合(1)中所得与三角形的面积公式，推出S2=12−12cs(A+C)，再由余弦函数的性质，即可得解；
(3)将△APD绕点A旋转60°，使得P，D分别与P1，D1重合，连接BD1，PP1，结合旋转的性质，推出△PAP1是等边三角形，且∠BAD1=120°，再在△ABD1中，利用余弦定理求得BD1= 21，然后由PA+PB+PD≥BD1，当且仅当B，P，P1，D1四点共线时，等号成立，即可得解．
本题考查解三角形，熟练掌握余弦定理，三角形的面积公式，两角和的余弦公式，旋转的性质等是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于难题．
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