2023-2024学年广西南宁二中高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2023-2024学年广西南宁二中高一（下）期中数学试卷（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.已知i是虚数单位，则i1−i=( )
A. 1−2i2B. −1+i2C. 2+i2D. 1+2i2
2.已知a，b是两条不同的直线，α是平面，且a⊄α，b⊂α，则“a/​/α”是“a/​/b”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 既不充分又不必要条件D. 充要条件
3.如图所示，△ABC中，点D是线段BC的中点，E是线段AD的靠近A的三等分点，则BE=( )
A. 23BA+16BC
B. 13BA+13BC
C. 23BA+13BC
D. 13BA+16BC
4.已知向量a=(2,0)，b=(λ, 32)，若向量b在向量a上的投影向量c=(12,0)，则|b|=( )
A. 3B. 7C. 104D. 1
5.已知一个圆柱和一个圆锥的底面半径和高分别相等，圆柱的轴截面是一个正方形，则这个圆柱的侧面积和圆锥的侧面积的比值是( )
A. 54B. 4 55C. 52D. 2 55
6.已知m，n为实数，1−i(i为虚数单位)是关于x的方程x2−mx+n=0的一个根，则m+n=( )
A. 0B. 1C. 2D. 4
7.如图，已知正方形ABCD的边长为4，若动点P在以AB为直径的半圆上(正方形ABCD内部，含边界)，则PC⋅PD的取值范围为( )
A. (0,16)
B. [0,16]
C. (0,4)
D. [0,4]
8.在△ABC中，已知a+b=atanA+btanB，则△ABC的形状一定是( )
A. 等腰三角形B. 直角三角形C. 等边三角形D. 等腰或直角三角形
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法错误的是( )
A. 过三个点有且只有一个平面
B. 已知直线l，m，平面α，β，l/​/β，m//β，l⊂α，m⊂α，则α/​/β
C. 已知直线l，m，平面α，m/​/l，l/​/α，则m/​/α
D. 如果两个不重合的平面有一个公共点，那么它们有且只有一条过该点的公共直线
10.复数z=2+i1−i，i是虚数单位，则下列结论正确的是( )
A. |z|= 5B. z的共轭复数为32+12i
C. z的实部与虚部之和为2D. z在复平面内的对应点位于第一象限
11.把函数f(x)=sinx的图象向左平移π3个单位长度，再把横坐标变为原来的12倍(纵坐标不变)得到函数g(x)的图象，下列关于函数g(x)的说法正确的是( )
A. 最小正周期为πB. 在区间[−π3,π6]上的最大值为 32
C. 图象的一个对称中心为(−π3,0)D. 图象的一条对称轴为直线x=π12
12.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=4，E是棱BB1上的一点，点F在棱DD1上，则下列结论正确的是( )
A. 若A1，C，E，F四点共面，则BE=DF
B. 存在点E，使得BD/​/平面A1CE
C. 若A1，C，E，F四点共面，则四棱锥C1−A1ECF的体积为定值
D. 若E为BB1的中点，则三棱锥E−A1CC1的外接球的表面积是32π
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.半径为2cm，圆心角为2π3的扇形面积为______．
14.已知向量AB=(−1,2)，AC=(2,3)，AD=(m,−3)，若B，C，D三点共线，则m= ______．
15.在△ABC中，若a=1，csA= 154，b=x，三角形有唯一解，则整数x= ______．
16.如图，在正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，A1B1= 2,AB=2 2，该棱台体积V=14 33，则该棱台外接球的表面积为______．
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.(本小题10分)
已知平面向量a,b满足|a|=2，|b|=4，a与b的夹角为2π3．
(1)求|a−b|；
(2)当实数k为何值时，(a+kb)⊥(ka−b)．
18.(本小题12分)
已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且sinBsinA+sinAsinB−4csC=0．
(1)证明：a2+b2=2c2；
(2)若csB=2sin2BsinAsinC，求角A的大小．
19.(本小题12分)
如图，在正方体中，S是B1D1的中点，E、F、G分别是BC、DC、SC的中点．求证：
(1)平面EFG/​/平面DBB1D1；
(2)若正方体棱长为1，过A、E、C1三点作正方体的截面，画出截面与正方体的交线(不必说明画法与理由，但要说明点在棱的位置)，并求出截面的面积．
20.(本小题12分)
如图，现有一直径AB=2百米的半圆形广场，AB所在直线上存在两点C，D，满足OC=OD=2百米(O为AB的中点)，市政规划要求，从广场的半圆弧AB上选取一点E，各修建一条地下管道EC和ED通往C、D两点．
(1)设∠EOB=θ，试将管道总长(即线段EC+ED)表示为变量θ的函数；
(2)求管道总长的最大值．
21.(本小题12分)
已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c且 3ccsA+csinA= 3b．
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，角A与角B的内角平分线相交于点D，求△ABD面积的取值范围．
22.(本小题12分)
定义非零向量OM=(a,b)的“相伴函数”为f(x)=asinx+bcsx(x∈R)，向量OM=(a,b)称为函数f(x)=asinx+bcsx(x∈R)的“相伴向量”(其中O为坐标原点).记平面内所有向量的“相伴函数”构成的集合为S．
(1)设h(x)= 3cs(x+π6)+3cs(π3−x)(x∈R)，请问函数h(x)是否存在相伴向量OM，若存在，求出与OM共线的单位向量；若不存在，请说明理由．
(2)已知点M(a,b)满足：ba∈(0,12]，向量OM的“相伴函数”f(x)在x=x0处取得最大值，求tan2x0的取值范围．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：i1−i=i(1+i)(1−i)(1+i)=−12+12i.
故选：B．
利用复数的四则运算法则即可得出结论．
本题考查了复数的四则运算法则，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】解：依题意得，
当a⊄α，b⊂α，a/​/α时，直线a与直线b的位置关系为平行或者异面，
当a⊄α，b⊂α，a/​/b时，由线面平行的判定定理可得a/​/α，
综上所述，“a/​/α”是“a/​/b”的必要不充分条件．
故选：B．
根据空间中直线与直线的位置关系以及线面平行的判定定理，结合必要不充分条件的概念即可得出结论．
本题主要考查了充分条件和必要条件的定义，属于基础题．
3.【答案】A
【解析】解：由题意可得：BE=BA+AE，AE=13AD，AD=AB+BD，BD=12BC，
∴BE=23BA+16BC，
故选：A．
利用向量共线定理、三角形法则即可得出结论．
本题考查了向量三角形法则、向量共线定理、平面向量基本定理，考查了推理能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：由已知可得，b在a上的投影向量为a⋅b|a|⋅a|a|=2λ2×2a=λ2a=(λ,0)，
又b在a上的投影向量c=(12,0)，所以λ=12．
所以|b|= λ2+( 32)2= (12)2+( 32)2= 14+34=1，D正确．
故选：D．
利用b在a上的投影向量的定义求解．
本题考查投影向量的定义，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：设圆柱的底面半径为r，则高为2r，母线长为2r，
所以圆柱的侧面积为2πr⋅2r=4πr2，
由题意可知，圆锥的底面半径为r，高为2r，
所以圆锥的母线长为 r2+(2r)2= 5r，
所以圆锥的侧面积为πr× 5r= 5πr2，
所以圆柱的侧面积和圆锥的侧面积的比值是4πr2 5πr2=4 55．
故选：B．
设圆柱的底面半径为r，则高为2r，则圆锥的底面半径为r，高为2r，母线长 5r，再利用圆柱和圆锥的侧面积公式求解即可．
本题主要考查了圆柱和圆锥的结构特征，考查了圆柱和圆锥的侧面积公式，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：由1−i是关于x的方程x2−mx+n=0的一个根，
则1+i是关于x的方程x2−mx+n=0的一个根，
则m=1−i+1+i=2，n=(1−i)×(1+i)=2，
即m=2，n=2，则m+n=4．
故选：D．
由1−i是关于x的方程x2−mx+n=0的一个根，则1+i是关于x的方程x2−mx+n=0的一个根，结合根与系数的关系求解即可．
本题主要考查复数的运算，属于基础题．
7.【答案】B
【解析】解：建立直角坐标系，如图所示：正方形ABCD的边长为4，
设：A(0,0)，B(4,0)，C(0,4)，D(4,4)，
取CD的中点E，连接PE，所以PE的取值范围为[AD2,AE]，
即[2,2 5]，
由于PC⋅PD=(PE+ED)⋅(PE+EC)=PE2−CD24，
故PC⋅PD∈[0,16]．
故选：B．
直接利用向量的数量积运算求出结果．
本题考查的知识要点：向量的数量积运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为a+b=atanA+btanB，
所以sinA+sinB=sinAsinAcsA+sinBsinBcsB=csA+csB，整理可得sinA−csA=−sinB+csB，
所以 2sin(A−π4)=− 2sin(B−π4)，
又因为A，B∈(0,π)，
所以A−π4∈(−π4,3π4)，B−π4∈(−π4,3π4)，
所以A−π4=−(B−π4)，可得A+B=π2，
所以△ABC的形状一定是直角三角形．
故选：B．
先通过“边化角”，再通过辅助角公式即可求解．
本题主要考查了正弦定理，同角三角函数基本关系式，两角差的正弦公式以及正弦函数的性质在解三角形中的应用，考查了转化思想和函数思想，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：对于A，过不共线的三个点有且只有一个平面，故A错误；
对于B，如果一个平面内有两条相交直线与另一个平面平行，那么这两个平面平行，故B错误；
对于C，若m/​/l，l/​/α，则m/​/α或m⊂α，故C错误；
对于D，由平面相交公理，可知D正确．
故选：ABC．
由立体几何公理判断AD，由面面平行的判定及线面关系判断CD．
本题考查立体几何公理、面面平行的判定及线面关系等基础知识，考查空间思维能力，是基础题．
10.【答案】CD
【解析】解：z=2+i1−i=(2+i)(1+i)(1+i)(1−i)=12+32i，
对于A，|z|= (12)2+(32)2= 102，故A错误，
对于B，z的共轭复数为12−32i，故B错误，
对于C，z的实部与虚部之和为12+32=2，故C正确，
对于D，z在复平面内的对应点(12,32)位于第一象限，故D正确．
故选：CD．
根据已知条件，先对z化简，再结合复数模公式，共轭复数的定义，实部和虚部的定义，复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数模公式，共轭复数的定义，实部和虚部的定义，复数的几何意义，属于基础题．
11.【答案】AD
【解析】解：f(x)=sinx的图象向左平移π3个单位长度，再把横坐标变为原来的12倍(纵坐标不变)得到函数g(x)=sin(2x+π3)的图象；
所以函数的最小正周期为π，
当x=π12时，函数取得最大值1．
故选：AD．
首先利用平移变换和伸缩变换的应用求出函数g(x)的关系式，进一步利用函数的性质求出结果．
本题考查的知识要点：三角函数关系式的平移变换和伸缩变换，函数的性质的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
12.【答案】BCD
【解析】解：对于A，若A1、C、E、F共面，根据长方体相对的侧面互相平行，可得A1E与CF平行、A1F与CE平行，
所以四边形A1CEF是平行四边形，可得到A1E与CF平行且相等，由此可得Rt△A1B1E≌Rt△CDF，
所以B1E=DF，可知BE=DF不成立，故A项不正确；
对于B，当点E为BB1中点时，可得BD/​/平面A1CE，证明如下：
设A1C与B1D的交点为O，则O为B1D的中点，连接OE，则OE是△BB1D的中位线，
由OE/​/BD，OE⊂平面A1CE，BD⊄平面A1CE，可得BD/​/平面A1CE，故B项正确；
对于C，若A1，C，E，F四点共面，则四棱锥C1−A1ECF的体积等于三棱锥C1−A1EC的体积的2倍，
根据点A1到平面C1EC的距离等于AB=2，可知VC1−A1CE=VA1−C1CE=13S△C1CE⋅2=13×12×4×2×2=83，
所以四棱锥C1−A1ECF的体积等于2×83=163(定值)，故C项正确；
对于D，由长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，AA1=4，可知对角线A1C= 22+22+42=2 6，
根据长方体ABCD−A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，
可知：若E为BB1的中点，则OE/​/BD，所以OE⊥平面A1CC1，
结合E为△A1CC1的外心，可知三棱锥E−A1CC1的外接球的球心在直线OE上，
设该球的半径为R，球心为Q，则QE=QC=R，可得(R−OE)2+OC2=R2，
即(R− 2)2+( 6)2=R2，解得R=2 2，所以三棱锥E−A1CC1的外接球的表面积S=4πR2=32π，故D项正确．
故选：BCD．
根据所给条件，利用长方体的结构特征，结合线面平行的判定定理、棱锥的体积公式与多面体外接球的性质，对各项中的结论依次进行验证，可得正确答案．
本题主要考查长方体的结构特征/线面平行的判定定理、棱锥的体积公式与多面体的外接球等知识，考查了计算能力、图形的理解能力，属于中档题．
13.【答案】4π3cm2
【解析】解：因为半径为2cm，圆心角为2π3的扇形，弧长为4π3，
所以扇形面积为：12×4π3×2cm2=4π3cm2
故答案为：4π3cm2．
求出扇形的弧长，利用扇形面积公式求解即可．
本题考查扇形的面积公式的应用，考查计算能力．
14.【答案】−16
【解析】解：由题意可得：BC=AC−AB=(3,1)，BD=AD−AB=(m+1,−5)，
若B，C，D三点共线，可知BC//BD，
则m+1=−15，解得m=−16．
故答案为：−16．
根据题意求BC,BD，结合向量共线的坐标运算求解．
本题主要考查了向量平行与点共线的转化及向量平行的坐标表示，属于基础题．
15.【答案】1或4
【解析】解：如图：设h是AB边上的高，由三角形有唯一解的等价条件是a=h或a≥b，
由csA= 154⇒sinA=14，因为b=x，所以h=bsinA=x4，
又因为a=1，根据唯一解的条件可知：x4=1或1≥x，解得x=4或x≤1，
又因为x为整数，b=x，所以b的值为1或4．
故答案为：1或4．
三角形有唯一解的充要条件是a=h或a≥b，然后根据这个条件即可解得整数b的值．
本题主要考查了正弦定理在三角形解的个数判断中的应用，属于基础题．
16.【答案】16π
【解析】解：设正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上底面的中心为O1，下底面中心为O2，其外接球球心为O，
∵A1B1= 2,AB=2 2，
∴S正方形A1B1C1D1=2，S正方形ABCD=8，
则V棱台=13⋅O1O2⋅(2+8+ 2×8)=143O1O2=14 33，
可得O1O2= 3．
作出正四棱台ABCD−A1B1C1D1的轴截面ACC1A1，
由A1B1= 2,AB=2 2，得A1C1=2，AC=4，
则A1O1=1，AO2=2，棱台外接球的半径为R，
则 R2−12− R2−22= 3，解得R=2．
∴该棱台外接球的表面积为4π×22=16π．
故答案为：16π．
由已知求出棱台的高，再画出截面图，利用勾股定理列式求外接球的半径，代入球的表面积公式得答案．
本题考查多面体的外接球及其表面积的求法，考查运算求解能力，是中档题．
17.【答案】解：(1)因为|a|=2,|b|=4,a与b的夹角为2π3，
所以a⋅b=|a|⋅|b|cs2π3=2×4×(−12)=−4，
所以|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2
= 22−2×(−4)+42=2 7．
(2)因为(a+kb)⊥(ka−b)，
所以(a+kb)⋅(ka−b)=ka2+(k2−1)a⋅b−kb2
=4k−4(k2−1)−16k=0，
化为k2+3k−1=0，解得k=−3± 132．
【解析】(1)由|a−b|= (a−b)2= a2−2a⋅b+b2代入计算即可；
(2)由题得(a+kb)⋅(ka−b)=0，列出方程，求解即可．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，也考查了数学运算核心素养，是基础题．
18.【答案】(1)证明：由正弦定理及条件可得ba+ab−4csC=0，
由余弦定理可得b2+a2ab−4⋅a2+b2−c22ab=0，
化简得a2+b2=2c2；
(2)解：由csB=2sin2BsinAsinC得a2+c2−b22ac=2b2ac，化简得a2+c2=5b2，
又a2+b2=2c2，故c= 2b，所以a= 3b，
故csA=b2+c2−a22bc=b2+2b2−3b22b× 2b=0．
所以角A为90°．
【解析】(1)借助正弦定理与余弦定理化简即可得；
(2)借助正弦定理与余弦定理化简后可得a2+c2=5b2，结合(1)中所得可得a，b，c间的关系，再借助余弦定理即可得解．
本题考查正弦定理，余弦定理，属于基础题．
19.【答案】解：(1)证明：连接SB，由EG为△CSB的中位线，可得EG/​/SB，
由EG⊄平面BDD1B1，SB⊂平面BDD1B1，可得EG/​/平面BDD1B1；
由EF/​/DB，EF⊄平面BDD1B1，DB⊂//平面BDD1B1，
可得EF////平面BDD1B1，
EF∩EG=E，
∴平面EFG/​/平面BDD1B1；
(3)取B1C1的中点N，连接A1N，NE，
可得AE//A1N，AE=A1N，
取A1D1的中点M，连接MC1，AM，
可得MC1=A1N，MC1//A1N，
可得截面AEC1M为平行四边形，且AE=EC1=AM=MC1= 1+14= 52，
所以截面的面积为12×A1C1×ME=12× 3× 2= 62．
【解析】(1)连接SB，由三角形的中位线定理、线面平行的判定定理，线面平行和面面平行的判定定理，即可得证；
(2)取B1C1的中点N，连接A1N，NE，取A1D1的中点M，连接MC1，AM，由平行四边形的判定和性质，推得截面为菱形，由对角线互相垂直，可得所求面积．
本题考查线面平行、面面平行的判定和正方体的截面的做法和面积求法，考查转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
20.【答案】解：(1)在△DOE中，由余弦定理得：
ED2=OD2+OE2−2OD⋅OE⋅cs∠EOD=4+1−2×2×1×csθ=5−4csθ，
在△COE中，由余弦定理得：
EC2=OC2+OE2−2⋅OC⋅OE⋅cs∠EOC=4+1−2×2×1×cs(π−θ)=5+4csθ，
∴EC+ED= 5+4csθ+ 5−4csθ=f(θ)，θ∈[0,π]．
∴将管道总长(即线段EC+ED)表示为变量θ的函数为：
f(θ)= 5+4csθ+ 5−4csθ，θ∈[0,π]．
(2)由(1)可得：
[f(θ)]2=( 5+4csθ+ 5−4csθ)2=10+2 5+4csθ⋅ 5−4csθ
=10+2 25−16cs2θ≤10+2 25=20(百米)，θ∈[0,π]．
当且仅当cs2θ=0，即θ=π2时取等号，
∵f(θ)= 5+4csθ+ 5−4csθ>0，∴f(θ)≤ 20=2 5(百米)．
∴管道总长的最大值为2 5百米，
【解析】(1)由余弦定理得：ED2=OD2+OE2−2OD⋅OE⋅cs∠EOD=5−4csθ，EC2=OC2+OE2−2⋅OC⋅OE⋅cs∠EOC5+4csθ，由此能将管道总长(即线段EC+ED)表示为变量θ的函数．
(2)[f(θ)]2=( 5+4csθ+ 5−4csθ)2=10+2 25−16cs2θ≤10+2 25=20(百米)，θ∈[0,π].由此能求出管道总长的最大值．
本题考查管道总长与变量θ的函数的表示，考查管道总长的最大值的求法，考查三角函数的性质等基础知识，考查运算求解能力和应用意识，是中档题．
21.【答案】解：(1)因为 3ccsA+csinA= 3b，
由正弦定理，得 3sinCcsA+sinCsinA= 3sinB= 3sin(A+C)，
整理可得： 3sinCcsA+sinCsinA= 3sinAcsC+ 3sinCcsA，即sinCsinA= 3sinAcsC，
又00，所以sinC= 3csC，
即tanC=sinCcsC= 3，
由0解得C=π3；
(2)由题意可知∠ADB=2π3，设∠DAB=α，所以∠ABD=π3−α，
又因为0<2α<π2，又B=π−π3−2α∈(0,π2)，所以α∈(π12,π4)，
在△ABD中，由正弦定理可得：ABsin∠ADB=ADsin∠ABD，
即2sin2π3=ADsin(π3−α)，
可得AD=4 3sin(π3−α)，
所以S△ABD=12AB⋅AD⋅sinα=12×2×4 3sin(π3−α)sinα
=2sinαcsα−2 3sin2α=sin2α−2 3⋅1−cs2α2=sin2α+ 33cs2α− 33
=2 33( 32sin2α+12cs2α)− 33=2 33sin(2α+π6)− 33，
因为α∈(π12,π4)，所以2α+π6∈(π3,2π3)，
所以sin(2α+π6)∈( 32,1],
所以2 33sin(2α+π6)− 33∈(3− 33, 33],
所以三角形面积的取值范围为(3− 33, 33]．
【解析】(1)利用正弦定理，将等式中的边化为角，根据和角公式以及同角三角函数的商式公式，可得答案；
(2)根据锐角三角形内角的性质，可得角的取值范围，利用正弦定理，用角表示边，将三角形的面积整理为三角函数，可得答案．
本题考查正弦定理，三角形面积公式的应用，三角恒等变换的应用，属于中档题．
22.【答案】解：(1)存在相伴向量OM=(−12,− 32)或OM=(12, 32)．
理由如下：因为h(x)= 3cs(x+π6)+3cs(π3−x)
= 3csxcsπ6− 3sinxsinπ6+3csxcsπ3+3sinxsinπ3
=32csx− 32sinx+3 32sinx+32csx= 3sinx+3csx，
所以函数h(x)存在“相伴向量”OM=( 3,3)，
所以与OM共线的单位向量为OM|OM|=12 3( 3,3)=(12, 32)，
或−OM|OM|=−12 3( 3,3)=(−12,− 32)．
(2)OM=(a,b)的“相伴函数”f(x)=asinx+bcsx= a2+b2sin(x+φ)(其中tanφ=ba)，
因为f(x)在x=x0处取得最大值，
所以当x0+φ=π2+2kπ(k∈Z)，即x0=π2+2kπ−φ(k∈Z)时，f(x)有最大值 a2+b2，
所以sinx0=csφ，csx0=sinφ，
所以tan0=1tanϕ，
因为tanφ=ba∈(0,12],1tanϕ∈[2,+∞)，
所以tanx0=csφsinϕ=1tanϕ∈[2,+∞),
所以tan2x0=2tanx01−tan2x0=21tanx0−tanx0，
令t=tanx0，t∈[2,+∞)，则1tanx0−tanx0=1t−t，
因为y=1t,y=−t均为[2,+∞)上的单调递减函数，
所以y=1t−t在[2,+∞)上单调递减，
所以1tanx0−tanx0=1t−t∈(−∞,−32],
所以tan2x0=2tanx01−tan2x0=21tanx0−tanx0∈[−43,0),
所以tan2x0的取值范围为[−43,0)．
【解析】(1)利用和差角公式化简函数h(x)，结合所给定义得到“相伴向量”OM=( 3,3)，再求出与其共线的单位向量；
(2)依题意可得f(x)=asinx+bcsx，再由辅助角公式化简，从而得到tanx0=1tanϕ，再根据ba的范围求出tanφ的范围，最后根据二倍角公式及函数的性质计算可得．
本题考查三角函数中的恒等变换应用及平面向量数量积的性质及其运算，考查运算能力，属于中档题．