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2023-2024学年广东省大湾区高一下学期期末联合考试数学试题（含解析）
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这是一份2023-2024学年广东省大湾区高一下学期期末联合考试数学试题（含解析），共15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.若复数z=1+i2+i，则z的模为( )
A. 2B. 5C. 3D. 10
2.已知向量a=1,2与向量b=k,k+1平行，则k=( )
A. 1B. 0C. −1D. −2
3.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若a= 3，b=1，A=60∘，则B等于( )
A. 30∘B. 30∘或150∘C. 60∘D. 150∘
4.已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列命题中正确的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//n
B. 若α∩β=m，m⊥n，则n⊥α
C. 若m//α，n//α，则m//n
D. 若m//α，m⊂β，α∩β=n，则m//n
5.如图1，在高为ℎ的直三棱柱容器ABC−A1B1C1中，现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则容器的高ℎ为( )
A. 2 2B. 3C. 4D. 6
6.已知扇形AOB的半径为13，以O为原点建立如图所示的平面直角坐标系，OA=13,0,OB=12,5，弧AB的中点为C，则OC=( )
A. 3 13,2 13B. 52 26,12 26C. 4 10,3D. 153,4
7.将函数y=sin2x的图象向左平移φ个单位长度后，得到函数y=cs(2x+π3)的图象，则φ的值可以是( )
A. 7π12B. 5π12C. π12D. π3
8.如图：正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为DD1的中点，过点D作正方体截面使其与平面A1EC1平行，则该截面的面积为( )
A. 2 3B. 2 6C. 4 6D. 4 3
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z1=2−i，z2为复数，则( )
A. 存在唯一的z2，使 |z1z2|=5 B. 存在唯一的z2，使z1z2=5
C. 存在唯一的z2，使z1+z2=4D. 存在唯一的z2，使z1z2+z1+z2=9
10.如图，ABCD是底面直径为2高为1的圆柱OO1的轴截面，四边形OO1DA绕OO1逆时针旋转θ0≤θ≤π到OO1D1A1，则( )
A. 圆柱OO1的侧面积为4π
B. 当0<θ<π时，DD1⊥A1C
C. 当θ=π3时，异面直线A1D与OO1所成的角为π4
D. ▵A1CD面积的最大值为 3
11.直角ΔABC中，斜边AB=2，P为ΔABC所在平面内一点，AP=12sin2θ⋅AB+cs2θ⋅AC(其中θ∈R)，则( )
A. AB⋅AC的取值范围是(0,4)
B. 点P经过ΔABC的外心
C. 点P所在轨迹的长度为2
D. PC⋅(PA+PB)的取值范围是−12,0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则此圆锥的表面积为 ．
13.计算：2sinπ18−csπ92sinπ9= ．
14.已知对任意平面向量AB=x,y，把AB绕其起点A沿逆时针方向旋转θ角得到向量AP=(xcsθ−ysinθ,xsinθ+ycsθ)，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P.已知平面内点A1,2，点B1+ 2,2−2 2，把点B绕点A沿逆时针方向旋转π4角得到点P，则点P的坐标为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC//AD，∠ADC=90∘，E，F分别为线段AD，PC的中点，PE⊥底面ABCD，BC=CD=12AD=12PE=1．
(1)作出平面BEF与平面PCD的交线l，并证明l//BE；
(2)求点C到平面FBE的距离．
16.(本小题12分)
如图，△ABC是等边三角形，D是BC边上的动点(含端点)，记∠BAD=α，∠ADC=β．
(1)求2csα−csβ的最大值；
(2)若BD=1，csβ=17，求△ABD的面积．
17.(本小题12分)
人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点Ax1,y1，Bx2,y2，则曼哈顿距离为：dA,B=x1−x2+y1−y2，余弦相似度为：csA,B=x1 x12+y12×x2 x22+y22+y1 x12+y12×y2 x22+y22，余弦距离为1−csA,B
(1)若A−1,2，B35,45，求A，B之间的曼哈顿距离dA,B和余弦距离；
(2)已知Msinα,csα，Nsinβ,csβ，Qsinβ,−csβ，若csM,N=15，csM,Q=25，求tanαtanβ的值
(3)已知0<α<β<π2，M5csα,5sinα、N13csβ,13sinβ，P5csα+β,5sinα+β，若csM,P=513，csM,N=6365，求M、P之间的曼哈顿距离．
18.(本小题12分)
已知平行四边形ABCD中，DE=2EC，AF+DF=0，AE和BF交于点P．
(1)试用AB，AD表示向量AP．
(2)若▵BPE的面积为S1，▵APF的面积为S2，求S1S2的值．
(3)若AB+AD=AB−AD，AC⋅BD=0，求∠APF的余弦值．
19.(本小题12分)
如图，三棱台ABC−A1B1C1中，AB=AC= 5，B1C1=2BC=2 2，AA1=2 6，点A在平面A1B1C1上的射影在∠B1A1C1的平分线上．
(1)求证：AA1⊥B1C1；
(2)若A到平面A1B1C1的距离为4，求直线AC与平面AA1B1B所成角的正弦值．
答案解析
1.D
【解析】由复数z=1+i2+i=1+3i，所以z= 12+32= 10．
故选：D．
2.A
【解析】因为向量a=1,2与向量b=k,k+1平行，所以1×k+1=2k，解得k=1．
故选：A
3.A
【解析】解：由正弦定理可得sinB=basinA=1 3sin60∘=1 3× 32=12，
由a= 3，b=1，可得a>b，则A>B，故B<60∘，
又sinB=12，则B=30∘．
故选：A．
4.D
【解析】对选项A：若m//α，n⊂α，则m//n或m,n为异面直线，错误；
对选项B：若α∩β=m，m⊥n，则n和α可以是任何位置关系，错误；
对选项C：若m//α，n//α，则n和m可以是任何位置关系，错误；
对选项D：若m//α，m⊂β，α∩β=n，则m//n，正确；
故选：D．
5.B
【解析】解：在图(1)中的几何体中，水的体积为V1=S▵ABC×2=2S▵ABC，
在图(2)的几何体中，水的体积为：V2=V ABC−A1B1C1−VC−A1B1C1=S▵ABC×ℎ−13×S ▵A1B1C1×ℎ=23S▵ABCℎ，
因为V1=V2，可得23S▵ABCℎ=2S▵ABC，解得ℎ=3．
故选：B．
6.B
【解析】因为csOA,OB=OA⋅OBOA⋅OB=13,0⋅12,513× 144+25=1213，
故csOA,OC= 1+csOA,OB2= 2526=5 2626，
故xC=13csOA,OC=5 262，
故yC= 132−5 2622= 262，故OC=52 26,12 26．
故选：B
7.B
【解析】因为y=cs(2x+π3)=sin(2x+5π6)．
将函数y=sin2x的图象向左平移φ个单位长度后，得到函数y=sin(2x+2φ)的图象，
所以有sin(2x+2φ)=sin(2x+5π6)，所以2φ+2kπ=5π6,k∈Z，
所以有，φ=5π12−kπ,k∈Z．
对于A项，令φ=7π12，即5π12−kπ=7π12，解得k=−16∉Z，A项错误；
对于B项，令φ=5π12，即5π12−kπ=5π12，解得k=0∈Z，B项正确；
对于C项，令φ=π12，即5π12−kπ=π12，解得k=13∉Z，C项错误；
对于D项，令φ=π3，即5π12−kπ=π3，解得k=112∉Z，D项错误
故选：B．
8.B
【解析】根据题意，取AA1,CC1的中点分别为M,N，连接DM,DN,B1M,B1N,MN，如下图所示：
易知DE=C1N=1，且DE//C1N，所以四边形DEC1N是平行四边形；
即DN//EC1，又DN⊄平面A1EC1，EC1⊂平面A1EC1，
所以DN//平面A1EC1；
同理可得DM//平面A1EC1；
DN∩DM=D，DN,DM⊂平面DMN，
所以平面DMN//平面A1EC1平行，
即过点D作正方体截面使其与平面A1EC1平行的截面即为平面DMN；
显然A1E//B1N，A1E=B1N= 5，且DM//A1E，A1E=DM= 5；
所以四边形DMB1N是边长为 5的菱形，即所求截面面积即为菱形DMB1N的面积；
易知MN=2 2,B1D=2 3，所以其面积为12MN⋅B1D=12×2 2×2 3=2 6．
故选：B
9.BCD
【解析】解：设z2=a+bi，a，b均为实数，
则z1z2=(2−i)(a+bi)=2a+b+(2b−a)i，
对于A，|z1z2|=5时，(2a+b)2+(2b−a)2=25，
化简得，a2+b2=5，有无数组解，故选项A错误；
对于B，z1z2=5时，2a+b+(2b−a)i=5，
所以2a+b=52b−a=0，解得a=2b=1，有唯一解，故选项B正确；
对于C，z1+z2=4时，z2=4−z1=4−(2−i)=2+i，存在唯一解，故选项C正确；
对于D，z1z2+z1+z2=9，
即2a+b+(2b−a)i+2−i+a+bi=(3a+b+2)+(3b−a−1)i=9，
所以3a+b+2=93b−a−1=0,
解得a=2b=1，有唯一解，故选项D正确．
故选：BCD．
10.BC
【解析】对于A，圆柱OO1的侧面积为2π×1×1=2π， A错误；
对于B，因为0<θ<π，所以DD1⊥D1C，又DD1⊥A1D1，
所以DD1⊥平面A1D1C，所以DD1⊥A1C， B正确；
对于C，因为A1D1//OO1，所以∠DA1D1就是异面直线A1D与OO1
所成的角，因为∠DO1D1=π3，所以▵DO1D1为正三角形，
所以DD1=A1D1=1，因为A1D1⊥DD1，所以∠DA1D1=π4， C正确；
对于D，作D1E⊥DC，垂足为E，连接A1E，所以DC⊥平面A1D1E，所以A1E⊥DC．
在Rt▵A1D1E中，A1E= A1D12+ED12= 1+D1E2≤ 1+D1O12= 2，
S▵A1CD=12×DC×A1E≤12×2× 2= 2，所以S▵A1CDmax= 2， D错误．
故选：BC．
11.ABD
【解析】解：由AB⋅AC=AC2，又斜边AB=2，则|AC|∈(0,2)，则AB⋅AC∈(0,4)，A正确；
若O为AB中点，则AO=12AB，故AP=sin2θ⋅AO+cs2θ⋅AC，又sin2θ+cs2θ=1，
所以O，P，C共线，故P在线段OC上，轨迹长为1，又O是△ABC的外心，B正确，C错误；
由上PA+PB=2PO，则PC⋅(PA+PB)=2PC⋅PO=−2|PC||PO|，
又|PC|+|PO|=|OC|=1，则|PC||PO|≤(|PC|+|PO|22)2=14，
当且仅当|PC|=|PO|=12等号成立，
所以PC⋅(PA+PB)=−2|PC||PO|∈[−12,0]，D正确．
故选ABD．
12.3π
【解析】∵圆锥轴截面是边长为2的等边三角形，∴圆锥底面半径r=1，圆锥母线长l=2，
∴圆锥的表面积S=πrl+πr2=2π+π=3π．
故答案为：3π．
13.− 32或−12 3
【解析】2sinπ18−csπ92sinπ9
=2sinπ6−π9−csπ92sinπ9
=2sinπ6csπ9−2csπ6sinπ9−csπ92sinπ9
=−csπ6=− 32．
故答案为：− 32．
14.(4,1)
【解析】解：AB=( 2,−2 2),
AP=( 2cs π4−(−2 2)sin π4, 2sin π4+(−2 2)cs π4)=(3,−1)
OP=OA+AP=(1,2)+(3,−1)=(4,1),
所以P点坐标为P(4,1)．
故答案为(4,1)
15.(1)
在图形中作出交线l
∵BC//AD，且E为AD中点，BC=12AD
∴BC//DE且BC=DE
∴四边形BCDE为平行四边形
∴BE//CD，∵BE⊄面PCD，CD⊂面PCD，
∴BE//面PCD
又BE⊂面BEF，面BEF∩面PCD=l，
∴BE//l
(2)
设点C到平面FBE的距离为ℎ，l∩PD=G，连接GE，
∵F为PC中点，∴G为PD中点，∴GE=12PA
∵BE//CD，∠ADC=90∘，∴BE⊥AD，
∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BE
∵PE∩AD=E，∴BE⊥平面PAD，∴BE⊥EG．
∵VC−BEF=VF−BCE=VG−BCE=VG−BED
∴13S▵BEF⋅ℎ=13S▵BED⋅12PE
∴12BE⋅GE⋅ℎ=12BE⋅DE
∴ℎ=DEGE=1 52=2 55
【解析】(1)先利用线面平行的判定定理可证得BE//面PCD，再由线面平行的性质定理可证得结论，
(2)利用等体积VC−BEF=VF−BCE=VG−BCE=VG−BED求解即可
16.解：(1)由△ABC是等边三角形，得β=α+π3，0≤α≤π3，
故2cs α−cs β=2cs α−cs(α+π3)
=32csα+ 32sinα= 3sin(α+π3)，
故当α=π6，即D为BC中点时，原式取最大值 3．
(2)由cs β=17，得sin β=4 37，
故sin α=sin(β−π3)=sin βcs π3−cs βsin π3=3 314，
由正弦定理ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
故AB=sinβsinαBD=83，
故S△ABD=12AB⋅BD⋅sin B=12×83×1× 32=2 33．
【解析】(1)求出β=α+π3，0≤α≤π3，根据三角函数的运算性质求出其最大值即可；
(2)根据正弦定理求出AB的值，从而求出三角形的面积即可．
17.(1)
dA,B=−1−35+2−45=145，
csA,B=−1 5×35+2 5×45= 55，故余弦距离等于1−csA,B=1− 55；
(2)
csM,N=sinα sin2α+cs2α⋅sinβ sin2β+cs2β+csα sin2α+cs2α⋅csβ sin2β+cs2β=sinαsinβ+csαcsβ=15；
csM,Q=sinα sin2α+cs2α⋅sinβ sin2β+cs2β+csα sin2α+cs2α⋅−csβ sin2β+cs2β=sinαsinβ−csαcsβ=25
故sinαsinβ=310，csαcsβ=−110，则tanαtanβ=sinαsinβcsαcsβ=−3．
(3)
因为 5sinα2+5csα2=5， 5sinα+β2+5csα+β2=5，
所以csM,P=5csα5×5csα+β5+5sinα5×5sinα+β5=csβ=513．
因为0<β<π2，所以sinβ= 1−cs2β=1213．
因为 13sinα2+13csα2=13，
所以csM,N=5csα5×13csβ13+5sinα5×13sinβ13=csα−β=6365．
因为0<α<β<π2，则−π2<α−β<0，
所以sinα−β=− 1−cs2α−β=−1665．
因为csα=csα−β+β=csα−βcsβ−sinα−βsinβ=35，
sinα= 1−cs2α=45，所以M3,4．
因为csα+β=csαcsβ−sinαsinβ=−3365，
sinα+β=sinαcsβ+csαsinβ=5665，
所以P−3313,5613．
因为3−−3313+4−5613=7213+413=7613，
所以M、P之间的曼哈顿距离是7613．
【解析】(1)根据公式直接计算即可．
(2)根据公式得到sinαsinβ+csαcsβ=15，sinαsinβ−csαcsβ=25，计算得到答案．
(3)利用两角和与差的正弦、余弦公式可求出点M、P的坐标，结合题中定义可求得M、P之间的曼哈顿距离．
18.(1)解：∵点P在BF上，∴AP=xAF+1−xAB=x2AD+1−xAB
又∵AE=AD+23AB，AP//AE，
∴x2=1−x23，解得x=34，∴AP=14AB+38AD．
(2)解：由(1)可得AP=38AE，∴APAE=38，即APPE=35
∵AP=14AB+34AF，14+34AP=14AB+34AF
∴BP=3PF，BPPF=3，∴S1S2=S▵BPES▵APF=BP⋅PEPF⋅AP=5．
(3)解：由AB+AD=AB−AD，所以AB+AD2=AB−AD2，
即AB2+2AB⋅AD+AD2=AB2−2AB⋅AD+AD2，所以4AB⋅AD=0，即AB⊥AD，
又AC⋅BD=0，所以平行四边形ABCD是正方形，如图所示的建系
则∠APF是向量AE和FB的夹角，不妨设AB=1，AE=23,1，FB=1,−12
∴cs ⟨AE,FB⟩=AE⋅FB|AE|⋅|FB|= 6565，∴∠APF的余弦值是 6565．
【解析】(1)根据平面向量共线定理的推论得到AP=xAF+(1−x)AB，再由AE=AD+23AB且AP//AE，即可得到方程，求出x，即可得解；
(2)由(1)得到线段的比，即可得到面积之比；
(3)依题意可得平行四边形ABCD是正方形，建立平面直角坐标系，利用坐标法求出两向量夹角的余弦值，即可得解；
19.解：(1)(1)证明：设点A在平面A1B1C1上的射影为O，
则点O在∠B1A1C1的平分线A1D上，
所以AO⊥平面A1B1C1，因为B1C1⊂平面A1B1C1，所以AO⊥B1C1，
因为AB=AC，△ABC∽△A1B1C1，所以A1B1=A1C1，所以A1D⊥B1C1，
又因为AO∩A1D=O，AO⊂平面AA1O
所以B1C1⊥平面AA1O，又因为AA1⊂平面AA1O，所以AA1⊥B1C1;
(2)以O为原点，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为A到平面A1B1C1的距离为4，所以A(0,0,4)，
A1O= AA12−AO2= (2 6)2−42=2 2，
所以A1(0,−2 2,0)，
由已知得B1C1=2BC=2 2，结合△ABC∽△A1B1C1，及(1)中A1B1=A1C1，
得A1B1=A1C1=2AB=2 5，
所以A1D= (2 5)2−( 2)2=3 2，所以OD= 2，
所以B1( 2, 2,0)，C1(− 2, 2,0)，所以AC=12A1C1=(− 22,3 22,0)，
A1A=(0,2 2,4)，A1B1=( 2,3 2,0)，
设平面AA1B1B的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n•A1A=0n•A1B1=0，即2 2y+4z=0 2x+3 2y=0，令y=−1，得x=3，z= 22，
所以n=(3,−1, 22)，设直线AC与平面AA1B1B所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=|n⋅AC||n||AC|
=−3 22−3 22+0 9+1+0× 12+92+0=2 10535，
所以直线 AC 与平面 AA1B1B 所成角的正弦值为 2 10535 ．
【解析】(1)利用线面垂直证线线垂直即可；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．
1.若复数z=1+i2+i，则z的模为( )
A. 2B. 5C. 3D. 10
2.已知向量a=1,2与向量b=k,k+1平行，则k=( )
A. 1B. 0C. −1D. −2
3.设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c，若a= 3，b=1，A=60∘，则B等于( )
A. 30∘B. 30∘或150∘C. 60∘D. 150∘
4.已知空间两条不同的直线m，n和两个不同的平面α，β，则下列命题中正确的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//n
B. 若α∩β=m，m⊥n，则n⊥α
C. 若m//α，n//α，则m//n
D. 若m//α，m⊂β，α∩β=n，则m//n
5.如图1，在高为ℎ的直三棱柱容器ABC−A1B1C1中，现往该容器内灌进一些水，水深为2，然后固定容器底面的一边AB于地面上，再将容器倾斜，当倾斜到某一位置时，水面恰好为A1B1C(如图2)，则容器的高ℎ为( )
A. 2 2B. 3C. 4D. 6
6.已知扇形AOB的半径为13，以O为原点建立如图所示的平面直角坐标系，OA=13,0,OB=12,5，弧AB的中点为C，则OC=( )
A. 3 13,2 13B. 52 26,12 26C. 4 10,3D. 153,4
7.将函数y=sin2x的图象向左平移φ个单位长度后，得到函数y=cs(2x+π3)的图象，则φ的值可以是( )
A. 7π12B. 5π12C. π12D. π3
8.如图：正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E为DD1的中点，过点D作正方体截面使其与平面A1EC1平行，则该截面的面积为( )
A. 2 3B. 2 6C. 4 6D. 4 3
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知z1=2−i，z2为复数，则( )
A. 存在唯一的z2，使 |z1z2|=5 B. 存在唯一的z2，使z1z2=5
C. 存在唯一的z2，使z1+z2=4D. 存在唯一的z2，使z1z2+z1+z2=9
10.如图，ABCD是底面直径为2高为1的圆柱OO1的轴截面，四边形OO1DA绕OO1逆时针旋转θ0≤θ≤π到OO1D1A1，则( )
A. 圆柱OO1的侧面积为4π
B. 当0<θ<π时，DD1⊥A1C
C. 当θ=π3时，异面直线A1D与OO1所成的角为π4
D. ▵A1CD面积的最大值为 3
11.直角ΔABC中，斜边AB=2，P为ΔABC所在平面内一点，AP=12sin2θ⋅AB+cs2θ⋅AC(其中θ∈R)，则( )
A. AB⋅AC的取值范围是(0,4)
B. 点P经过ΔABC的外心
C. 点P所在轨迹的长度为2
D. PC⋅(PA+PB)的取值范围是−12,0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则此圆锥的表面积为 ．
13.计算：2sinπ18−csπ92sinπ9= ．
14.已知对任意平面向量AB=x,y，把AB绕其起点A沿逆时针方向旋转θ角得到向量AP=(xcsθ−ysinθ,xsinθ+ycsθ)，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转θ角得到点P.已知平面内点A1,2，点B1+ 2,2−2 2，把点B绕点A沿逆时针方向旋转π4角得到点P，则点P的坐标为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，BC//AD，∠ADC=90∘，E，F分别为线段AD，PC的中点，PE⊥底面ABCD，BC=CD=12AD=12PE=1．
(1)作出平面BEF与平面PCD的交线l，并证明l//BE；
(2)求点C到平面FBE的距离．
16.(本小题12分)
如图，△ABC是等边三角形，D是BC边上的动点(含端点)，记∠BAD=α，∠ADC=β．
(1)求2csα−csβ的最大值；
(2)若BD=1，csβ=17，求△ABD的面积．
17.(本小题12分)
人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点Ax1,y1，Bx2,y2，则曼哈顿距离为：dA,B=x1−x2+y1−y2，余弦相似度为：csA,B=x1 x12+y12×x2 x22+y22+y1 x12+y12×y2 x22+y22，余弦距离为1−csA,B
(1)若A−1,2，B35,45，求A，B之间的曼哈顿距离dA,B和余弦距离；
(2)已知Msinα,csα，Nsinβ,csβ，Qsinβ,−csβ，若csM,N=15，csM,Q=25，求tanαtanβ的值
(3)已知0<α<β<π2，M5csα,5sinα、N13csβ,13sinβ，P5csα+β,5sinα+β，若csM,P=513，csM,N=6365，求M、P之间的曼哈顿距离．
18.(本小题12分)
已知平行四边形ABCD中，DE=2EC，AF+DF=0，AE和BF交于点P．
(1)试用AB，AD表示向量AP．
(2)若▵BPE的面积为S1，▵APF的面积为S2，求S1S2的值．
(3)若AB+AD=AB−AD，AC⋅BD=0，求∠APF的余弦值．
19.(本小题12分)
如图，三棱台ABC−A1B1C1中，AB=AC= 5，B1C1=2BC=2 2，AA1=2 6，点A在平面A1B1C1上的射影在∠B1A1C1的平分线上．
(1)求证：AA1⊥B1C1；
(2)若A到平面A1B1C1的距离为4，求直线AC与平面AA1B1B所成角的正弦值．
答案解析
1.D
【解析】由复数z=1+i2+i=1+3i，所以z= 12+32= 10．
故选：D．
2.A
【解析】因为向量a=1,2与向量b=k,k+1平行，所以1×k+1=2k，解得k=1．
故选：A
3.A
【解析】解：由正弦定理可得sinB=basinA=1 3sin60∘=1 3× 32=12，
由a= 3，b=1，可得a>b，则A>B，故B<60∘，
又sinB=12，则B=30∘．
故选：A．
4.D
【解析】对选项A：若m//α，n⊂α，则m//n或m,n为异面直线，错误；
对选项B：若α∩β=m，m⊥n，则n和α可以是任何位置关系，错误；
对选项C：若m//α，n//α，则n和m可以是任何位置关系，错误；
对选项D：若m//α，m⊂β，α∩β=n，则m//n，正确；
故选：D．
5.B
【解析】解：在图(1)中的几何体中，水的体积为V1=S▵ABC×2=2S▵ABC，
在图(2)的几何体中，水的体积为：V2=V ABC−A1B1C1−VC−A1B1C1=S▵ABC×ℎ−13×S ▵A1B1C1×ℎ=23S▵ABCℎ，
因为V1=V2，可得23S▵ABCℎ=2S▵ABC，解得ℎ=3．
故选：B．
6.B
【解析】因为csOA,OB=OA⋅OBOA⋅OB=13,0⋅12,513× 144+25=1213，
故csOA,OC= 1+csOA,OB2= 2526=5 2626，
故xC=13csOA,OC=5 262，
故yC= 132−5 2622= 262，故OC=52 26,12 26．
故选：B
7.B
【解析】因为y=cs(2x+π3)=sin(2x+5π6)．
将函数y=sin2x的图象向左平移φ个单位长度后，得到函数y=sin(2x+2φ)的图象，
所以有sin(2x+2φ)=sin(2x+5π6)，所以2φ+2kπ=5π6,k∈Z，
所以有，φ=5π12−kπ,k∈Z．
对于A项，令φ=7π12，即5π12−kπ=7π12，解得k=−16∉Z，A项错误；
对于B项，令φ=5π12，即5π12−kπ=5π12，解得k=0∈Z，B项正确；
对于C项，令φ=π12，即5π12−kπ=π12，解得k=13∉Z，C项错误；
对于D项，令φ=π3，即5π12−kπ=π3，解得k=112∉Z，D项错误
故选：B．
8.B
【解析】根据题意，取AA1,CC1的中点分别为M,N，连接DM,DN,B1M,B1N,MN，如下图所示：
易知DE=C1N=1，且DE//C1N，所以四边形DEC1N是平行四边形；
即DN//EC1，又DN⊄平面A1EC1，EC1⊂平面A1EC1，
所以DN//平面A1EC1；
同理可得DM//平面A1EC1；
DN∩DM=D，DN,DM⊂平面DMN，
所以平面DMN//平面A1EC1平行，
即过点D作正方体截面使其与平面A1EC1平行的截面即为平面DMN；
显然A1E//B1N，A1E=B1N= 5，且DM//A1E，A1E=DM= 5；
所以四边形DMB1N是边长为 5的菱形，即所求截面面积即为菱形DMB1N的面积；
易知MN=2 2,B1D=2 3，所以其面积为12MN⋅B1D=12×2 2×2 3=2 6．
故选：B
9.BCD
【解析】解：设z2=a+bi，a，b均为实数，
则z1z2=(2−i)(a+bi)=2a+b+(2b−a)i，
对于A，|z1z2|=5时，(2a+b)2+(2b−a)2=25，
化简得，a2+b2=5，有无数组解，故选项A错误；
对于B，z1z2=5时，2a+b+(2b−a)i=5，
所以2a+b=52b−a=0，解得a=2b=1，有唯一解，故选项B正确；
对于C，z1+z2=4时，z2=4−z1=4−(2−i)=2+i，存在唯一解，故选项C正确；
对于D，z1z2+z1+z2=9，
即2a+b+(2b−a)i+2−i+a+bi=(3a+b+2)+(3b−a−1)i=9，
所以3a+b+2=93b−a−1=0,
解得a=2b=1，有唯一解，故选项D正确．
故选：BCD．
10.BC
【解析】对于A，圆柱OO1的侧面积为2π×1×1=2π， A错误；
对于B，因为0<θ<π，所以DD1⊥D1C，又DD1⊥A1D1，
所以DD1⊥平面A1D1C，所以DD1⊥A1C， B正确；
对于C，因为A1D1//OO1，所以∠DA1D1就是异面直线A1D与OO1
所成的角，因为∠DO1D1=π3，所以▵DO1D1为正三角形，
所以DD1=A1D1=1，因为A1D1⊥DD1，所以∠DA1D1=π4， C正确；
对于D，作D1E⊥DC，垂足为E，连接A1E，所以DC⊥平面A1D1E，所以A1E⊥DC．
在Rt▵A1D1E中，A1E= A1D12+ED12= 1+D1E2≤ 1+D1O12= 2，
S▵A1CD=12×DC×A1E≤12×2× 2= 2，所以S▵A1CDmax= 2， D错误．
故选：BC．
11.ABD
【解析】解：由AB⋅AC=AC2，又斜边AB=2，则|AC|∈(0,2)，则AB⋅AC∈(0,4)，A正确；
若O为AB中点，则AO=12AB，故AP=sin2θ⋅AO+cs2θ⋅AC，又sin2θ+cs2θ=1，
所以O，P，C共线，故P在线段OC上，轨迹长为1，又O是△ABC的外心，B正确，C错误；
由上PA+PB=2PO，则PC⋅(PA+PB)=2PC⋅PO=−2|PC||PO|，
又|PC|+|PO|=|OC|=1，则|PC||PO|≤(|PC|+|PO|22)2=14，
当且仅当|PC|=|PO|=12等号成立，
所以PC⋅(PA+PB)=−2|PC||PO|∈[−12,0]，D正确．
故选ABD．
12.3π
【解析】∵圆锥轴截面是边长为2的等边三角形，∴圆锥底面半径r=1，圆锥母线长l=2，
∴圆锥的表面积S=πrl+πr2=2π+π=3π．
故答案为：3π．
13.− 32或−12 3
【解析】2sinπ18−csπ92sinπ9
=2sinπ6−π9−csπ92sinπ9
=2sinπ6csπ9−2csπ6sinπ9−csπ92sinπ9
=−csπ6=− 32．
故答案为：− 32．
14.(4,1)
【解析】解：AB=( 2,−2 2),
AP=( 2cs π4−(−2 2)sin π4, 2sin π4+(−2 2)cs π4)=(3,−1)
OP=OA+AP=(1,2)+(3,−1)=(4,1),
所以P点坐标为P(4,1)．
故答案为(4,1)
15.(1)
在图形中作出交线l
∵BC//AD，且E为AD中点，BC=12AD
∴BC//DE且BC=DE
∴四边形BCDE为平行四边形
∴BE//CD，∵BE⊄面PCD，CD⊂面PCD，
∴BE//面PCD
又BE⊂面BEF，面BEF∩面PCD=l，
∴BE//l
(2)
设点C到平面FBE的距离为ℎ，l∩PD=G，连接GE，
∵F为PC中点，∴G为PD中点，∴GE=12PA
∵BE//CD，∠ADC=90∘，∴BE⊥AD，
∵PE⊥平面ABCD，∴PE⊥BE
∵PE∩AD=E，∴BE⊥平面PAD，∴BE⊥EG．
∵VC−BEF=VF−BCE=VG−BCE=VG−BED
∴13S▵BEF⋅ℎ=13S▵BED⋅12PE
∴12BE⋅GE⋅ℎ=12BE⋅DE
∴ℎ=DEGE=1 52=2 55
【解析】(1)先利用线面平行的判定定理可证得BE//面PCD，再由线面平行的性质定理可证得结论，
(2)利用等体积VC−BEF=VF−BCE=VG−BCE=VG−BED求解即可
16.解：(1)由△ABC是等边三角形，得β=α+π3，0≤α≤π3，
故2cs α−cs β=2cs α−cs(α+π3)
=32csα+ 32sinα= 3sin(α+π3)，
故当α=π6，即D为BC中点时，原式取最大值 3．
(2)由cs β=17，得sin β=4 37，
故sin α=sin(β−π3)=sin βcs π3−cs βsin π3=3 314，
由正弦定理ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，
故AB=sinβsinαBD=83，
故S△ABD=12AB⋅BD⋅sin B=12×83×1× 32=2 33．
【解析】(1)求出β=α+π3，0≤α≤π3，根据三角函数的运算性质求出其最大值即可；
(2)根据正弦定理求出AB的值，从而求出三角形的面积即可．
17.(1)
dA,B=−1−35+2−45=145，
csA,B=−1 5×35+2 5×45= 55，故余弦距离等于1−csA,B=1− 55；
(2)
csM,N=sinα sin2α+cs2α⋅sinβ sin2β+cs2β+csα sin2α+cs2α⋅csβ sin2β+cs2β=sinαsinβ+csαcsβ=15；
csM,Q=sinα sin2α+cs2α⋅sinβ sin2β+cs2β+csα sin2α+cs2α⋅−csβ sin2β+cs2β=sinαsinβ−csαcsβ=25
故sinαsinβ=310，csαcsβ=−110，则tanαtanβ=sinαsinβcsαcsβ=−3．
(3)
因为 5sinα2+5csα2=5， 5sinα+β2+5csα+β2=5，
所以csM,P=5csα5×5csα+β5+5sinα5×5sinα+β5=csβ=513．
因为0<β<π2，所以sinβ= 1−cs2β=1213．
因为 13sinα2+13csα2=13，
所以csM,N=5csα5×13csβ13+5sinα5×13sinβ13=csα−β=6365．
因为0<α<β<π2，则−π2<α−β<0，
所以sinα−β=− 1−cs2α−β=−1665．
因为csα=csα−β+β=csα−βcsβ−sinα−βsinβ=35，
sinα= 1−cs2α=45，所以M3,4．
因为csα+β=csαcsβ−sinαsinβ=−3365，
sinα+β=sinαcsβ+csαsinβ=5665，
所以P−3313,5613．
因为3−−3313+4−5613=7213+413=7613，
所以M、P之间的曼哈顿距离是7613．
【解析】(1)根据公式直接计算即可．
(2)根据公式得到sinαsinβ+csαcsβ=15，sinαsinβ−csαcsβ=25，计算得到答案．
(3)利用两角和与差的正弦、余弦公式可求出点M、P的坐标，结合题中定义可求得M、P之间的曼哈顿距离．
18.(1)解：∵点P在BF上，∴AP=xAF+1−xAB=x2AD+1−xAB
又∵AE=AD+23AB，AP//AE，
∴x2=1−x23，解得x=34，∴AP=14AB+38AD．
(2)解：由(1)可得AP=38AE，∴APAE=38，即APPE=35
∵AP=14AB+34AF，14+34AP=14AB+34AF
∴BP=3PF，BPPF=3，∴S1S2=S▵BPES▵APF=BP⋅PEPF⋅AP=5．
(3)解：由AB+AD=AB−AD，所以AB+AD2=AB−AD2，
即AB2+2AB⋅AD+AD2=AB2−2AB⋅AD+AD2，所以4AB⋅AD=0，即AB⊥AD，
又AC⋅BD=0，所以平行四边形ABCD是正方形，如图所示的建系
则∠APF是向量AE和FB的夹角，不妨设AB=1，AE=23,1，FB=1,−12
∴cs ⟨AE,FB⟩=AE⋅FB|AE|⋅|FB|= 6565，∴∠APF的余弦值是 6565．
【解析】(1)根据平面向量共线定理的推论得到AP=xAF+(1−x)AB，再由AE=AD+23AB且AP//AE，即可得到方程，求出x，即可得解；
(2)由(1)得到线段的比，即可得到面积之比；
(3)依题意可得平行四边形ABCD是正方形，建立平面直角坐标系，利用坐标法求出两向量夹角的余弦值，即可得解；
19.解：(1)(1)证明：设点A在平面A1B1C1上的射影为O，
则点O在∠B1A1C1的平分线A1D上，
所以AO⊥平面A1B1C1，因为B1C1⊂平面A1B1C1，所以AO⊥B1C1，
因为AB=AC，△ABC∽△A1B1C1，所以A1B1=A1C1，所以A1D⊥B1C1，
又因为AO∩A1D=O，AO⊂平面AA1O
所以B1C1⊥平面AA1O，又因为AA1⊂平面AA1O，所以AA1⊥B1C1;
(2)以O为原点，OD所在直线为y轴，OA所在直线为z轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
因为A到平面A1B1C1的距离为4，所以A(0,0,4)，
A1O= AA12−AO2= (2 6)2−42=2 2，
所以A1(0,−2 2,0)，
由已知得B1C1=2BC=2 2，结合△ABC∽△A1B1C1，及(1)中A1B1=A1C1，
得A1B1=A1C1=2AB=2 5，
所以A1D= (2 5)2−( 2)2=3 2，所以OD= 2，
所以B1( 2, 2,0)，C1(− 2, 2,0)，所以AC=12A1C1=(− 22,3 22,0)，
A1A=(0,2 2,4)，A1B1=( 2,3 2,0)，
设平面AA1B1B的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n•A1A=0n•A1B1=0，即2 2y+4z=0 2x+3 2y=0，令y=−1，得x=3，z= 22，
所以n=(3,−1, 22)，设直线AC与平面AA1B1B所成的角为θ，
则sinθ=|cs
=−3 22−3 22+0 9+1+0× 12+92+0=2 10535，
所以直线 AC 与平面 AA1B1B 所成角的正弦值为 2 10535 ．
【解析】(1)利用线面垂直证线线垂直即可；
(2)建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解．
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