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安徽省淮南市第二中学2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（Word版附解析）
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这是一份安徽省淮南市第二中学2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（Word版附解析），文件包含安徽省淮南市第二中学2023-2024学年高一下学期期中教学检测数学试题Word版含解析docx、安徽省淮南市第二中学2023-2024学年高一下学期期中教学检测数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共24页， 欢迎下载使用。
注意事项：
1．答题前，务必在答题卷规定位置填写自己的姓名、班级、准考证号（智学号）；
2．在答题卷上答题时，选择题必须用2B铅笔将对应题号的答案涂黑，非选择题必须用0．5mm黑色墨水签字笔在指定区域作答，超出规定区域作答无效；
3．考试结束只需提交答题卷，试题卷学生自己保存．
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1. 已知复数在复平面内对应的点为，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的几何意义，写出复数的标准式，结合虚部的定义，可得答案.
【详解】由题意可知，则其虚部为.
故选：A.
2. 已知平面向量，且，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合向量共线的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，因为，可得，解得.
故选：B.
3. 如图，是水平放置的在斜二测画法下的直观图．若，，，则的面积为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出，再根据求解即可.
【详解】由已知得，
所以.
故选：B.
4. 复数的三角形式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的三角形式即可得解.
【详解】依题意，令，
则，所以，
因为，所以，
所以的三角形式是.
故选：D.
5. 已知分别为内角的对边，的面积，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理和三角形面积公式得到方程，求出，得到答案.
【详解】由余弦定理得，
又三角形面积公式得，
故，
又，故，即，
又，故.
故选：C
6. 已知非零向量，满足，且，则为（ ）
A. 钝角三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由左右互除得出，再由，得出，即可得出答案.
【详解】，
，
，
，
为等腰三角形，
又，
，
，又，所以，
为等边三角形，
故选：D.
7. 如图，底面为正方形的四棱锥中，四条侧棱相等，且，，分别为棱和上的两点，，，处有只蚂蚁欲沿该正四棱锥的侧面爬行到处，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A. B. C. D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据四棱锥的结构特征， 沿PA，PC剪开展成平面时EF最短，然后在
中，利用余弦定理求解.
【详解】如图所示：
因为底面为正方形的四棱锥中，四条侧棱相等，且，
所以四棱锥是正四棱锥且所有的棱都相等，
当沿PA，PC剪开展成平面，EF最短，
在中，，，，
由余弦定理得
，
解得 ，
所以蚂蚁爬行的最短距离为
故选：C
【点睛】本题主要考查四棱锥的结构特征以及展开图的应用，还考查了空间想象和转化求解问题的能力，属于基础题.
8. 已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得为等边三角形，为等腰三角形，再由投影向量的定义代入计算，即可得到结果.
【详解】
由可得为中点，
又因为为的外接圆圆心，所以，
又因为，所以，
所以为等边三角形，即，
等腰三角形，且，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：B
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错得0分．
9. 设复数在复平面内对应的点为，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则或
B. 若，则的最小值为
C. 若，则
D. 若，则点的集合所构成图形的面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，利用列举反例的方法，结合模长公式，可得答案；
对于B，根据复数的几何意义，写出点的轨迹方程，根据圆外一点到圆上点的最短距离，可得答案；
对于C，根据复数的模长公式，可得答案；
对于D，根据模长的几何意义作图，结合圆的面积公式，可得答案.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，设对于的点为，则其轨迹方程为，
由原点到的距离为，如下图：
易知当对应的点为时，取得最小值，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，由题意可作图如下：
点的集合所构成图形为图中的阴影部分，面积，故D正确.
故选：BCD.
10. 下列结论中正确的有（ ）
A. 已知向量，，“”是“”的充要条件
B. 已知四边形，“”是“四边形是平行四边形”的充要条件
C. 已知非零向量，，“”是“与共线”的充分不必要条件
D. 已知非零向量，，“”是“，夹角为锐角”的必要不充分条件
【答案】ABCD
【解析】
【分析】A选项，分均为非零向量或其中之一为零向量或两者均为零向量，结合数量积公式和定义得到A正确；B选项，根据平面向量的加法法则得到B正确；C选项，两边平方得到与反向共线，充分性成立，举出反例得到必要性不成立；D选项，举出反例得到充分性不成立，利用向量数量积公式得到必要性成立，得到答案.
【详解】A选项，若均为非零向量，，
若其中之一为零向量或两者均为零向量，根据定义可知，也满足，
故，
综上，”是“”的充要条件，A正确；
B选项，根据平面向量加法平行四边形法则，可以得到四边形平行四边形，反之也成立，故B正确；
C选项，非零向量满足，两边平方得，
故，
设的夹角为，由于，故，
故与反向共线，充分性成立，
若非零向量与正向共线，则，必要性不成立，
故C正确；
D选项，非零向量正向共线时，满足，但此时，夹角为0，不是锐角，充分性不成立，
当，夹角为锐角时，，必要性成立，D正确.
故选：ABCD
11. 下列关于几何体的描述错误的有（ ）
A. 有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱
B. 有两个面平行，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
C. 长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体
D. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意，结合棱柱、棱锥和棱台的定义和几何结构特征，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的两个扣在一起的斜棱柱组成的多面体就不是棱柱，所以A错误；
对于B中，有两个面平行，其他各个面都是梯形的多面体，只有各个梯形的腰延长交于一点时，该多面体才是棱台，所以B错误；
对于C中，长方体是四棱柱，但直四棱柱不一定是长方体，所以C错误；
对于D中，根据正棱锥的定义，可得正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，所以D正确.
故选：ABC.
12. 在中，角的对边分别是，且满足，则（ ）
A.
B. 若，则的周长的最大值为
C. 若为的中点，且，则的面积的最大值为
D. 若角的平分线与边相交于点，且，则的最小值为9
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.利用正弦定理求解判断；B.利用正弦定理求得三角形外接圆的半径，再利用时间恒等变换和三角函数的性质求解判断；C. 由为的中点，得到，再结合基本不等式，利用三角形的面积公式求解判断；D.由三角形面积公式得到，再利用基本不等式求解判断.
【详解】解：因为，所以，
因为，所以，
则，因为，所以，故A正确；
若，则的外接圆半径为：，
， ， ，，周长的最大值为9，故B错误；
因为为的中点，且，所以 ，
则，所以 ，当且仅当 时，等号成立，所以 ，故C正确；
由题意得：，即，即 ，即 ，
所以 ，当且仅当 时，等号成立，故D正确；
故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知球的表面积为，则它的直径为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】设球的半径为，根据球的表面积公式列方程求解即可.
【详解】设球的半径为，
则，解得，
所以直径为.
故答案为：.
14. 已知复数，若是关于的方程的一个根，则_____________；若复数在复平面内对应的点位于第三象限，则的取值范围为_____________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由是关于的方程的一个根，可得，即可求解的值；由已知，可得在复平面内对应的点，即可求解.
【详解】因为是关于的方程的一个根，
所以，所以，
所以，解得；
因为，所以，
所以复数在复平面内对应的点为，
又复数在复平面内对应的点位于第三象限，所以，
解得，
所以的取值范围为.
故答案为：；.
15. 已知的三个角的对边分别为，，．若有两解，则的取值范围是_________________．
【答案】
【解析】
【分析】过点作，垂足为,当时，有两解，计算可得的取值范围.
【详解】过点作，垂足为
当时，有两解，
又，
所以.
故答案为：.
16. 在复平面内的三个点，，对应的复数分别是，，，动点对应复数．若实数，满足，且，则最大值为_________________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据复数几何意义得出及动点的轨迹，然后利用向量坐标关系及三角代换可得，再利用三角函数的性质即得.
【详解】由题可知，
所以，
又，所以动点在以原点为圆心，半径为的圆上，
设，由可得，
所以，即，
所以，其中，
故当时，取得最大值3.
故答案为：3.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据复数的几何意义得到动点的轨迹，然后根据向量坐标关系结合三角函数的性质即得.
第Ⅱ卷
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知复数．
（1）求；
（2）若复数满足，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合复数的运算法则，准确运算，即可求解；
（2）根据题意，得到，结合复数的除法，即可求解.
【小问1详解】
解：由复数，则.
【小问2详解】
解：由复数，
因为复数满足，
可得
18. 已知，，．
（1）求与的夹角；
（2）求．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意先求出，进而根据平面向量的夹角公式求出答案；
（2）将变形为，然后展开，进而结合（1）求出答案.
【小问1详解】
因为，，
所以，
即，所以，
设的夹角为，则，
因为，所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以
.
19. 记的内角、、的对边分别为、、，且．
（1）求的大小；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和，得到，求出；
（2）由三角形面积公式和余弦定理得到，从而求出周长.
【小问1详解】
由正弦定理得，
因为，所以，
所以，
又，
故，
得，
因为，所以，得，
又，所以．
【小问2详解】
由，得，
由余弦定理，得，
得，得，
所以的周长为．
20. 如图，在中，，点满足．
（1）若点是线段上一点，且，求实数的值；
（2）若，求的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合图形以及平面向量的线性运算即可求解；
（2）设，在和中利用正弦定理，建立等量关系求的余弦值.
【小问1详解】
设，，
因为，所以，
，
又，
所以，所以，所以实数的值为；
【小问2详解】
因为，所以，
由题意设，所以，
在中，①，
在中，②，
由①②可得，
所以，
所以，又，，所以，
所以余弦值为.
21. 如图，在梯形中，，，，，过点作，以为轴旋转一周得到一个旋转体．
（1）求此旋转体的体积．
（2）求此旋转体的表面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）旋转后形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，由此能求出旋转体的体积；
（2）先求出圆柱的侧面积、底面积，再求出圆锥的侧面积、底面积和旋转体上底面的面积，由此能求出结果.
【小问1详解】
旋转后形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，
，
所以小圆锥的半径，
圆柱的体积
圆锥的体积
旋转体的体积；
【小问2详解】
圆柱的侧面积
圆锥的侧面积
圆柱的底面积，
圆锥的底面积
旋转体上底面的面积
旋转体的表面积.
22. 在一个特定时段内，以点为中心7海里以内海域被设为警戒水域，点正北55海里处有一个雷达观测站，如图所示．某时刻测得一艘匀速直线行驶的船位于点北偏东且与点相距海里的位置，经过40分钟又测得该船已行驶到点北偏东（其中）且与点相距海里的位置．
（1）求该船的行驶速度（单位：海里/小时）；
（2）若该船不改变航行方向继续行驶，判断它是否会进入警戒水域？如果会，大约会在警戒水域行驶多少海里？
【答案】（1）（海里/小时）
（2）船会进入警戒水域，且警戒水域行驶（海里）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由余弦定理求得，进而求得该船的形式速度，得到答案；
（2）以为原点建立平面直角坐标系，设点的坐标分别为，分别求得点的坐标，得出直线的方程为，结合点到直线的距离公式和圆的弦长公式，即可求解.
【小问1详解】
解：如图所示，由题意得，
由余弦定理得，所以，
所以，该船的形式速度为（海里/小时）.
【小问2详解】
解：如图所示，以为原点建立平面直角坐标系，
设点的坐标分别为，与轴的交点为，
因为，可得，
则，，
所以，，
，
所以点的直线的斜率为，直线的方程为，
又由点到直线距离为，
所以船会进入警戒水域，
又由圆的弦长公式，可得进入警戒水域行驶的路程为（海里）.
注意事项：
1．答题前，务必在答题卷规定位置填写自己的姓名、班级、准考证号（智学号）；
2．在答题卷上答题时，选择题必须用2B铅笔将对应题号的答案涂黑，非选择题必须用0．5mm黑色墨水签字笔在指定区域作答，超出规定区域作答无效；
3．考试结束只需提交答题卷，试题卷学生自己保存．
第Ⅰ卷
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1. 已知复数在复平面内对应的点为，则复数的虚部为（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的几何意义，写出复数的标准式，结合虚部的定义，可得答案.
【详解】由题意可知，则其虚部为.
故选：A.
2. 已知平面向量，且，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，结合向量共线的坐标表示，列出方程，即可求解.
【详解】由向量，因为，可得，解得.
故选：B.
3. 如图，是水平放置的在斜二测画法下的直观图．若，，，则的面积为（ ）
A. 2B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】先求出，再根据求解即可.
【详解】由已知得，
所以.
故选：B.
4. 复数的三角形式是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的三角形式即可得解.
【详解】依题意，令，
则，所以，
因为，所以，
所以的三角形式是.
故选：D.
5. 已知分别为内角的对边，的面积，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据余弦定理和三角形面积公式得到方程，求出，得到答案.
【详解】由余弦定理得，
又三角形面积公式得，
故，
又，故，即，
又，故.
故选：C
6. 已知非零向量，满足，且，则为（ ）
A. 钝角三角形B. 直角三角形C. 等腰直角三角形D. 等边三角形
【答案】D
【解析】
【分析】由左右互除得出，再由，得出，即可得出答案.
【详解】，
，
，
，
为等腰三角形，
又，
，
，又，所以，
为等边三角形，
故选：D.
7. 如图，底面为正方形的四棱锥中，四条侧棱相等，且，，分别为棱和上的两点，，，处有只蚂蚁欲沿该正四棱锥的侧面爬行到处，则蚂蚁爬行的最短距离为（ ）
A. B. C. D. 9
【答案】C
【解析】
【分析】根据四棱锥的结构特征， 沿PA，PC剪开展成平面时EF最短，然后在
中，利用余弦定理求解.
【详解】如图所示：
因为底面为正方形的四棱锥中，四条侧棱相等，且，
所以四棱锥是正四棱锥且所有的棱都相等，
当沿PA，PC剪开展成平面，EF最短，
在中，，，，
由余弦定理得
，
解得 ，
所以蚂蚁爬行的最短距离为
故选：C
【点睛】本题主要考查四棱锥的结构特征以及展开图的应用，还考查了空间想象和转化求解问题的能力，属于基础题.
8. 已知的外接圆圆心为，且，，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，由条件可得为等边三角形，为等腰三角形，再由投影向量的定义代入计算，即可得到结果.
【详解】
由可得为中点，
又因为为的外接圆圆心，所以，
又因为，所以，
所以为等边三角形，即，
等腰三角形，且，
所以向量在向量上的投影向量为.
故选：B
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得3分，有选错得0分．
9. 设复数在复平面内对应的点为，则下列说法正确的有（ ）
A. 若，则或
B. 若，则的最小值为
C. 若，则
D. 若，则点的集合所构成图形的面积为
【答案】BCD
【解析】
【分析】对于A，利用列举反例的方法，结合模长公式，可得答案；
对于B，根据复数的几何意义，写出点的轨迹方程，根据圆外一点到圆上点的最短距离，可得答案；
对于C，根据复数的模长公式，可得答案；
对于D，根据模长的几何意义作图，结合圆的面积公式，可得答案.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，设对于的点为，则其轨迹方程为，
由原点到的距离为，如下图：
易知当对应的点为时，取得最小值，故B正确；
对于C，，故C正确；
对于D，由题意可作图如下：
点的集合所构成图形为图中的阴影部分，面积，故D正确.
故选：BCD.
10. 下列结论中正确的有（ ）
A. 已知向量，，“”是“”的充要条件
B. 已知四边形，“”是“四边形是平行四边形”的充要条件
C. 已知非零向量，，“”是“与共线”的充分不必要条件
D. 已知非零向量，，“”是“，夹角为锐角”的必要不充分条件
【答案】ABCD
【解析】
【分析】A选项，分均为非零向量或其中之一为零向量或两者均为零向量，结合数量积公式和定义得到A正确；B选项，根据平面向量的加法法则得到B正确；C选项，两边平方得到与反向共线，充分性成立，举出反例得到必要性不成立；D选项，举出反例得到充分性不成立，利用向量数量积公式得到必要性成立，得到答案.
【详解】A选项，若均为非零向量，，
若其中之一为零向量或两者均为零向量，根据定义可知，也满足，
故，
综上，”是“”的充要条件，A正确；
B选项，根据平面向量加法平行四边形法则，可以得到四边形平行四边形，反之也成立，故B正确；
C选项，非零向量满足，两边平方得，
故，
设的夹角为，由于，故，
故与反向共线，充分性成立，
若非零向量与正向共线，则，必要性不成立，
故C正确；
D选项，非零向量正向共线时，满足，但此时，夹角为0，不是锐角，充分性不成立，
当，夹角为锐角时，，必要性成立，D正确.
故选：ABCD
11. 下列关于几何体的描述错误的有（ ）
A. 有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的多面体是棱柱
B. 有两个面平行，其他各个面都是梯形的多面体是棱台
C. 长方体是四棱柱，直四棱柱是长方体
D. 正棱锥的侧面是全等的等腰三角形
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据题意，结合棱柱、棱锥和棱台的定义和几何结构特征，逐项判定，即可求解.
【详解】对于A中，有两个面平行，其他各个面都是平行四边形的两个扣在一起的斜棱柱组成的多面体就不是棱柱，所以A错误；
对于B中，有两个面平行，其他各个面都是梯形的多面体，只有各个梯形的腰延长交于一点时，该多面体才是棱台，所以B错误；
对于C中，长方体是四棱柱，但直四棱柱不一定是长方体，所以C错误；
对于D中，根据正棱锥的定义，可得正棱锥的侧面是全等的等腰三角形，所以D正确.
故选：ABC.
12. 在中，角的对边分别是，且满足，则（ ）
A.
B. 若，则的周长的最大值为
C. 若为的中点，且，则的面积的最大值为
D. 若角的平分线与边相交于点，且，则的最小值为9
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.利用正弦定理求解判断；B.利用正弦定理求得三角形外接圆的半径，再利用时间恒等变换和三角函数的性质求解判断；C. 由为的中点，得到，再结合基本不等式，利用三角形的面积公式求解判断；D.由三角形面积公式得到，再利用基本不等式求解判断.
【详解】解：因为，所以，
因为，所以，
则，因为，所以，故A正确；
若，则的外接圆半径为：，
， ， ，，周长的最大值为9，故B错误；
因为为的中点，且，所以 ，
则，所以 ，当且仅当 时，等号成立，所以 ，故C正确；
由题意得：，即，即 ，即 ，
所以 ，当且仅当 时，等号成立，故D正确；
故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知球的表面积为，则它的直径为_____________．
【答案】
【解析】
【分析】设球的半径为，根据球的表面积公式列方程求解即可.
【详解】设球的半径为，
则，解得，
所以直径为.
故答案为：.
14. 已知复数，若是关于的方程的一个根，则_____________；若复数在复平面内对应的点位于第三象限，则的取值范围为_____________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由是关于的方程的一个根，可得，即可求解的值；由已知，可得在复平面内对应的点，即可求解.
【详解】因为是关于的方程的一个根，
所以，所以，
所以，解得；
因为，所以，
所以复数在复平面内对应的点为，
又复数在复平面内对应的点位于第三象限，所以，
解得，
所以的取值范围为.
故答案为：；.
15. 已知的三个角的对边分别为，，．若有两解，则的取值范围是_________________．
【答案】
【解析】
【分析】过点作，垂足为,当时，有两解，计算可得的取值范围.
【详解】过点作，垂足为
当时，有两解，
又，
所以.
故答案为：.
16. 在复平面内的三个点，，对应的复数分别是，，，动点对应复数．若实数，满足，且，则最大值为_________________．
【答案】3
【解析】
【分析】根据复数几何意义得出及动点的轨迹，然后利用向量坐标关系及三角代换可得，再利用三角函数的性质即得.
【详解】由题可知，
所以，
又，所以动点在以原点为圆心，半径为的圆上，
设，由可得，
所以，即，
所以，其中，
故当时，取得最大值3.
故答案为：3.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是根据复数的几何意义得到动点的轨迹，然后根据向量坐标关系结合三角函数的性质即得.
第Ⅱ卷
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 已知复数．
（1）求；
（2）若复数满足，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，结合复数的运算法则，准确运算，即可求解；
（2）根据题意，得到，结合复数的除法，即可求解.
【小问1详解】
解：由复数，则.
【小问2详解】
解：由复数，
因为复数满足，
可得
18. 已知，，．
（1）求与的夹角；
（2）求．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意先求出，进而根据平面向量的夹角公式求出答案；
（2）将变形为，然后展开，进而结合（1）求出答案.
【小问1详解】
因为，，
所以，
即，所以，
设的夹角为，则，
因为，所以.
【小问2详解】
由（1）知，
所以
.
19. 记的内角、、的对边分别为、、，且．
（1）求的大小；
（2）若，的面积为，求的周长．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由正弦定理和，得到，求出；
（2）由三角形面积公式和余弦定理得到，从而求出周长.
【小问1详解】
由正弦定理得，
因为，所以，
所以，
又，
故，
得，
因为，所以，得，
又，所以．
【小问2详解】
由，得，
由余弦定理，得，
得，得，
所以的周长为．
20. 如图，在中，，点满足．
（1）若点是线段上一点，且，求实数的值；
（2）若，求的余弦值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）结合图形以及平面向量的线性运算即可求解；
（2）设，在和中利用正弦定理，建立等量关系求的余弦值.
【小问1详解】
设，，
因为，所以，
，
又，
所以，所以，所以实数的值为；
【小问2详解】
因为，所以，
由题意设，所以，
在中，①，
在中，②，
由①②可得，
所以，
所以，又，，所以，
所以余弦值为.
21. 如图，在梯形中，，，，，过点作，以为轴旋转一周得到一个旋转体．
（1）求此旋转体的体积．
（2）求此旋转体的表面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）旋转后形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，由此能求出旋转体的体积；
（2）先求出圆柱的侧面积、底面积，再求出圆锥的侧面积、底面积和旋转体上底面的面积，由此能求出结果.
【小问1详解】
旋转后形成的几何体为圆柱中挖去一个倒放的与圆柱等高的圆锥，
，
所以小圆锥的半径，
圆柱的体积
圆锥的体积
旋转体的体积；
【小问2详解】
圆柱的侧面积
圆锥的侧面积
圆柱的底面积，
圆锥的底面积
旋转体上底面的面积
旋转体的表面积.
22. 在一个特定时段内，以点为中心7海里以内海域被设为警戒水域，点正北55海里处有一个雷达观测站，如图所示．某时刻测得一艘匀速直线行驶的船位于点北偏东且与点相距海里的位置，经过40分钟又测得该船已行驶到点北偏东（其中）且与点相距海里的位置．
（1）求该船的行驶速度（单位：海里/小时）；
（2）若该船不改变航行方向继续行驶，判断它是否会进入警戒水域？如果会，大约会在警戒水域行驶多少海里？
【答案】（1）（海里/小时）
（2）船会进入警戒水域，且警戒水域行驶（海里）
【解析】
【分析】（1）根据题意，由余弦定理求得，进而求得该船的形式速度，得到答案；
（2）以为原点建立平面直角坐标系，设点的坐标分别为，分别求得点的坐标，得出直线的方程为，结合点到直线的距离公式和圆的弦长公式，即可求解.
【小问1详解】
解：如图所示，由题意得，
由余弦定理得，所以，
所以，该船的形式速度为（海里/小时）.
【小问2详解】
解：如图所示，以为原点建立平面直角坐标系，
设点的坐标分别为，与轴的交点为，
因为，可得，
则，，
所以，，
，
所以点的直线的斜率为，直线的方程为，
又由点到直线距离为，
所以船会进入警戒水域，
又由圆的弦长公式，可得进入警戒水域行驶的路程为（海里）.
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