云南省保山市2024-2025学年高一下学期4月期中质量监测数学试题

Sheet1 保山市2024~2025学年春季学期期中质量监测高一数学·多维细目表 序号 题型 分值 试题内容 关键能力 核心素养 学科思想 难易程度（打√） 易 中 难 1 单选题 5 集合的运算 运算求解能力 推理论证能力 数学运算 逻辑推理 分类与整合思想 转化与化归思想 √ 2 单选题 5 复数的概念与运算 运算求解能力 推理论证能力 数学运算 逻辑推理 转化与化归思想 √ 3 单选题 5 空间几何体的轴截面 空间想象能力 运算求解能力 直观想象 数学运算 数形结合思想 √ 4 单选题 5 斜二测画法概念辨析 空间想象能力 推理论证能力 直观想象 逻辑推理 转化与化归思想 √ 5 单选题 5 数量积运算与解三角形 运算求解能力 推理论证能力 数学运算 转化与化归思想 √ 6 单选题 5 空间几何体的结构 空间想象能力 运算求解能力 直观想象 数学运算 数形结合思想 转化与化归思想 √ 7 单选题 5 函数的性质 推理论证能力 运算求解能力 逻辑推理 数学抽象 转化与化归思想 函数与方程思想 √ 8 单选题 5 函数的零点 抽象思维能力 推理论证能力 直观想象 逻辑推理 数形结合思想 函数与方程思想 √ 9 多选题 6 平面向量基本定理 推理论证能力 逻辑推理 转化与化归思想 √ 10 多选题 6 正弦定理与余弦定理 推理论证能力 运算求解能力 逻辑推理 数学运算 转化与化归思想 √ 11 多选题 6 图形推理 推理论证能力 创新能力 逻辑推理 转化与化归思想 √ 12 填空题 5 向量的运算 运算求解能力 数学运算 转化与化归思想 √ 13 填空题 5 直观图面积计算 运算求解能力 空间想象能力 逻辑推理 数学运算 直观想象 转化与化归思想 √ 14 填空题 5 向量线性运算的几何运用 推理论证能力 创新能力 逻辑推理 数学运算 转化与化归思想 特殊与一般思想 √ 15 解答题 13 复数的几何意义 运算求解能力 推理论证能力 逻辑推理 数学运算 数形结合思想 转化与化归思想 √ 16 解答题 15 解三角形 推理论证能力 运算求解能力 逻辑推理 数学运算 转化与化归思想 √ 17 解答题 15 三角函数的应用 抽象思维能力 推理论证能力 信息提取与加工能力 数学建模 数学抽象 数形结合思想 转化与化归思想 模型思想 √ 18 解答题 17 新定义 运算求解能力 推理论证能力 信息提取与加工能力 批判性思维能力创新能力 逻辑推理 数学运算数学建模 函数与方程思想 转化与化归思想 √ 19 解答题 17 平面向量的应用 运算求解能力 推理论证能力 逻辑推理 数学运算 数形结合思想 转化与化归思想 √ 命题思想 达成 目标 优秀率 及格率 平均分 20% 50% 75±5分 试题多数来源于教材，旨在引导教学基于课标、用好教材，准确把握高中数学课程目标与容，聚焦学生对重要数学概念、定理、方法、思想的理解和应用，促进数学学科核心素养连续和阶段性发展；淡化解题技巧，规避解题套路，旗帜鲜明的反机械刷题反套路，培养学生良好的思维品质和创新意识。 $$【考试时间：2025年4月25日14：30-16：30】 保山市2024~2025学年春季学期中质量监测 高一数学试题卷 本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第I卷第1页至第3页， 第Ⅱ卷第3页至第6页.考试结束后，请将答题卡交回.满分150分，考试用时120分钟， 第I卷（选择题，共58分） 注意事项： 1答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号、 准考证号在答题卡上填写清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动， 用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只 有一项是符合题目要求的) 1.已知集合A={1,2},集合B={a,a2+1},若AnB=1},则实数a的值为 A.0 B.1 C.0或1 D.-1 2若复数：的实部为0，则实数。= A.-1 B.-2 C.1 D.2 3.用一个平行于圆锥底面的平面去截圆锥，截得的小圆锥的高是圆台的一半，若小圆锥 的母线长为3，则圆台的母线长为 A.3 B.6 C.9 D.12 4.用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是 ①梯形的直观图可能不是梯形 ②相等的线段在直观图中仍然相等 ③不相等的线段在直观图中一定不相等 ④线段的中点仍是线段的中点 A.①③ B.④ C.③④ D.②③ 高一数学·第1贞（共6页） 5.在△ABC中，AB=4,AC=3,AB·AC=8,则SAAc= A.2 B.45 C.4 D.2W5 6.在一个棱长为2的正三棱柱实心模具中，切削出一个球，则球的最大半径为 A.5 5 B.1 C. n.23 3 7.定义在R上的函数f(x),满足(1+x)=-1-x),对任意x,x2e[1,+0),且当x ,时，都)，0立，设a=e,b=付，e=因，则下列不等关 X1-x2 系式成立的是 A.f(c)<f(b)<f(a) B.f(b)<f(c)<f(a) C.f(c)<f(a)<f(b) D.f(a)<f(c)<f(b) 8.已知函数f八x)=x2-2x+|x-l|+a至少有一个零点，则实数a的取值范围为 A.（-∞，-1] B.(-0,1] C.[-1,1] D.[1,+∞) 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有 多项是符合题目要求的.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分) 9.设{，e2}是平面内的一组基底，则下列命题正确的是 A.若向量a=2c,-c2,则a的相反向量为-2e,+e2 B.若向量=3e1-ke2与c=6e1+2e2共线，则=1 C.若入·e1+μ·e2=0,则A=u=0 D.若d是平面内的任意向量，则存在唯一实数对A,k,使d=入(e,+e2)+u(e1-e2) 10.在△ABC中，内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,下列命题正确的是 A.若△ABC的三边长分别为3,5,7，则△ABC为钝角三角形 B.在锐角三角形中，不等式siM>cosB恒成立 C.在△ABC中，若a=8,b=10,B=60°，则此三角形有两解 D.已知角Ce(0,r),当角C增大时(a,b边长不变)，△ABC的面积先增大后减小 高一数学·第2页（共6页） 家田全王 净年雪未可内清名 11.如图1，数学史上有一个著名的问题一“哥尼斯保七 桥问题”.普鲁士的哥尼斯堡城市中有一条河和两个小 岛，有七座桥连接其中.一个步行者怎样才能不重复、 不遗漏地一次走完七座桥？数学家欧拉将此问题转化为 了一个几何问题一“一笔画问题”，证明了“七桥问 图1 题”无解，并开创了数学的一个新的分支一儿何拓扑 学.下列图形能用不重复线条一笔画出的是 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 注意事项： 第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.已知向量a=(2,m),=(1,m-1),若2a-6与平行，则161= 13.如图2所示，正方形OA'B'C是一个水平放置的平面图形的直观 图，若正方形的边长为2，则原图形中OC边的长= 14.在△ABC中，AB=8,BC=9,AC=10,点M为△ABC三边上的动 点，PQ是△ABC外接圆的直径，则MP·MQ的最小值是 0 A 图2 四、解答题（本大题共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.(本小题满分13分)》 在复平面上，点A、B对应的复数分别为，=2+i,2=3+4i. (1)求向量AB对应的复数： (2)将向量OB绕原点0逆时针旋转90°得到向量0C,求点C对应的复数： (3)在(2)的条件下，求△ABC的而积. 高一数学·第3页（共6页） 家甲全 16.(本小题满分15分) 在△MBC中，∠ABC=T,D为AC边上的-点，且D1AB,BD=1 (1)若AB=BD,求BC边的长： (2)若AD=2DC,求△ABC的面积 17.(本小题满分15分)》 近年来，为丰富市民的娱乐生活，各地都建设了不少摩天轮供市民游玩，保山市青华 海湿地公园旁就屹立着一座名为“保山之星”的摩天轮。如图3，若该摩天轮的转盘 直径为80m,摩天轮支柱塔基高为50m,摩天轮做匀速转动，每20min转一图，摩天 轮上的点P的起始位置在最低点处 (1)已知在时刻t(单位：min)时点P距离地面的高度f(t)=Asin(ot+o)+h(其中A> 0,w>0,|p|<π)，求函数f(t)的解析式及25min时点P距离地面的高度； (2)当点P距离地面70m及以上时，可以看到青华海湿地公园的全貌，求摩天轮转 一圈中，游客有多长时间可以看到公园的全貌（精确到小数点后一位数字）· 地面 图3 高一数学·第4页（共6页） 44 18.(本小题满分17分) 如图4，我们把平面内两坐标轴0x与0y的夹角为60的坐标系称为“斜角坐标系”. 设，c分别为Ox,Oy正方向上的单位向量，若向量0币=xC+yc,则称有序实数对 (x,y)为向量0P的“斜角坐标”. (1)若向量0P的斜角坐标为(2，-1)，求10币1； (2)（i)已知向量a、的斜角坐标分别为(x1,y)和(x2,y2),证明： .i=x1x2+y2+2(x+x2) (ⅱ)已知函数f(x)=a·6,且=(2,1)，=(2,2*)，若方程f(x)=2k-1在 -1≤x<2时有两个不同的实数解，求实数k的取值范围. e 图4 高一数学·第5页（共6页） 家国全王 19.(本小题满分17分) 向量是近代数学中重要的概念之一，是沟通儿何和代数的桥梁，人们经常用向量帮助 解决和证明儿何问题.如图5，在△ABG中， (I)已知点D是BC边上的中点，用向量法证明：中线AD的长度满足：AD= 721B2+241C-BC (2)（i)记角A,B,C的对边分别为a,b,c,设为△ABC平面的一个单位向量， 若c与的夹角为0°，现构造等式A+BC+C=0,试用向量方法证明：acosB+bcosA =C. (ⅱ)上述结论被称为“射影定理”，常用于解三角形的运算和证明.在△ABC中， 若c=-2b·cosM,求lanC的最大值 图5 高一数学·第6页（共6页） 家国全 保山市2024~2025学年春季学期期中质量监测 高一数学参考答案 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C B B D C A B 【解析】 1．（人教A版必修一35页第9题改编） 若，则，此时，不符题意；若，即，此时，符合题意，故选A． 2．复数，若实部为0，则，故选C． 3．小圆锥的高与大圆锥的高之比为1:3，故小圆锥的母线与大圆锥的母线之比为1∶3，由小圆锥的母线长为3，故大圆锥母线长为9，圆台母线长，故选B． 4．（人教A版必修二109页练习1改编） ①梯形的上下底互相平行，直观图中仍然平行，两腰不平行，直观图中仍然不平行，所以直观图仍然为梯形，①错误；②正方形的直观图是平行四边形，四条边长不再相等，②错误；③长是宽的两倍的矩形的直观图邻边相等，③错误；④线段的中点仍是线段的中点，④正确，故选B． 5．，即，得，，故选D． 6．水平方向上：正三角形的边长为2，由等面积法得，，则；垂直方向上：．，正三棱柱内的体积最大的球半径为，故选C． 7．由题意，对任意，且当时，都有成立，∴函数在上单调递增；又，则函数关于对称，所以由函数在上单调递增，得函数在R上单调递增；又，，而，∴，则，故选A． ( 图1 )8．令，即，可得，令，，原题意等价于曲线与至少有一个交点，如图1，注意到与的对称轴均为，可得，即，即，∴，故选B． 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 题号 9 10 11 答案 ACD ABD BCD 【解析】 9．向量的相反向量为正确；对于B，向量与共线，则，错误；对于C，是一组基底，基底是不共线的，所以若，只有系数都为0，正确；对于D，由于不共线，可构成一组基底，所以任意向量可以被唯一表示，正确，故选ACD． 10．对于A，最长边长7所对的角余弦值小于0，因此最大角为钝角，为钝角三角形，正确；对于B，由锐角三角形知，即，，正确；对于C，由，得又，故此三角形只有一解，错误；对于D，三角形面积，当C从0增加到π时，先增大到时最大，然后减小，因此三角形面积先增大后减小，正确，故选ABD． 11．此题主要考察学生的动手操作能力，学生可在图上推导得出结论；也可以把图形中的点分为两类：起点（终点）、途经点．途经点有进必有出，所以途经点连接的路径数必为偶数条，称为“偶点”．若起点和终点为不同点时，起点可以只出不进，终点可以只进不出，所以起点和终点连接的路径条数必为奇数条，称为“奇点”，故奇点数为2；若起点和终点相同时，该点既进又出，所以连接的路径条数为偶数条，故奇点个数为0．所以能用一笔画出的图形中，奇点个数只能是0个或2个．A选项有4个奇点，不能一笔画，B选项有0个奇点，C、D选项有2个奇点，均为一笔画，故选BCD． 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14 答案 6 【解析】 12．由题设，又与平行，所以，可得，所以． ( 图 2 )13．由题意知，，，如图2，所以在原图形中，，，． 14．如图3，设外接圆的圆心为，半径为，可得 ( 图 3 )因为为△ABC三边上的动点，可知的最大值为到三角形顶点的距离，即为半径，且的最小值为到边的距离，过作，垂足为，则，所以的最小值为，故的最小值为−25． 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．（本小题满分13分）（人教A版必修二71页例2改编） 解：（1）由题意知，，， ．……………………………………………………………（3分） （2）， 由题意知：，……………………………………………………（5分） 所以，，……………………………………………………………………（6分） 解得，或， ．…………………………………………………………（8分） （3）， ，…………………………………………………（11分） ，即， ．………………………………………………………（13分） 16．（本小题满分15分） 解：（1） ，， ……………………………………（1分） ，…………………………………………………………（2分） ．………………………………………………（4分） 又 由正弦定理得： ．…………………………………………………………（6分） （2） 在中， ………………………………………（8分） 在中， ……………………………………………………………………………………………（10分） ， 又均为锐角，，…………………………………（12分） ……………………………………………………………………………………（14分） ．…………………………………（15分） 17．（本小题满分15分） 解：（1）由题意可知：，，， 所以，得到，即，………………（2分） 又摩天轮上的点P的起始位置在最低点处，即， 所以，即， 又，所以，………………………………………………………………（4分） 故，……………………………………（6分） 当时，， 所以时点P距离地面的高度为．…………………………………………（8分） （2）高度为及以上能看到公园全貌，，……………………………（9分） ，，………………………………………（11分） ，即……………（13分） ， 所以摩天轮转一圈，游客共有约可以看到公园的全貌．……………………（15分） 18．（本小题满分17分）（人教A版必修二37页拓广探索15题改编） 解：（1），，． 又，，…………………………………………………（2分） ， ．………………………………………………………………………………（4分） （2）（ⅰ）易知，，，． 又，，……………………………（6分） ， 原命题得证．……………………………………………………………………………（8分） （ⅱ），， ．…………………（10分） 又，，即 令，，，即，………………………………（12分） 记， 由对勾函数性质知在上单调递减，在上单调递增． ……………………………………………………………………………………（14分） 又，，， 由方程有两个不同的实数解，结合图象知，， 解得：，实数的取值范围为．……………………（17分） 19．（本小题满分17分）（人教A版必修二39页例2改编） 解：（1）如图4，， ，① ( 图 4 )，② ………………………（2分） 两式平方得，， ，…………………………………………………………（4分） 两式相加得， ，， 即，．…………………（5分） （2）（ⅰ）如图5，与的夹角为， ， ……………………………………………………………（6分） ( 图 5 )同理， ． ………………………………………………………………………………………（8分） 由已知，，得， ，即：，得证．…………………（10分） （ⅱ）， 即，…………………………………………………………………（11分） ……………………………………（13分） 又……………………（14分） 当且仅当时取等号，的最大值为． ……………………………………………………………………………………（17分） 高一数学参考答案·第7页（共7页） 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一数学参考答案·第 1 页（共 7 页） 保山市 2024~2025 学年春季学期期中质量监测 高一数学参考答案 第Ⅰ卷（选择题，共 58 分） 一、单项选择题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的选项中，只有一 项是符合题目要求的） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 A C B B D C A B 【解析】 1．（人教 A 版必修一 35 页第 9 题改编） 若 1a  ，则 2 1 2a   ，此时 {1 2}A B  ， ，不符题意；若 2 1 1a   ，即 0a  ，此时 {0 1} {1}B A B ， ， ，符合题意，故选 A． 2．复数 1 i (1 i)(1 i) 1 1i 1 i (1 i)(1 i) 2 2 a a a a z             ，若实部为 0，则 1a  ，故选 C． 3．小圆锥的高与大圆锥的高之比为 1:3，故小圆锥的母线与大圆锥的母线之比为 1∶3，由小 圆锥的母线长为 3，故大圆锥母线长为 9，圆台母线长9 3 6  ，故选 B． 4．（人教 A 版必修二 109 页练习 1 改编） ①梯形的上下底互相平行，直观图中仍然平行，两腰不平行，直观图中仍然不平行，所以 直观图仍然为梯形，①错误；②正方形的直观图是平行四边形，四条边长不再相等，②错 误；③长是宽的两倍的矩形的直观图邻边相等，③错误；④线段的中点仍是线段的中点， ④正确，故选 B． 5． 8AB AC     ，即 4 3 cos 8A   ，得 2cos 3 A  ， (0 π)A ， ，∵ 2 5sin 1 cos 3 A A  ∴ ， 1 sin 2 5 2ABC S AB AC A   △ ，∴ 故选 D． 6．水平方向上：∵正三角形的边长为 2，由等面积法得 21 3( ) 2 4ABC S a b c r a   △ ， 21 3(2 2 2) 2 2 4 r   ∴ ，则 3 3 r  ；垂直方向上： 1 1 2 r h   ． 3 1 3 ∵ ，∴正三棱柱 内的体积最大的球半径为 3 3 r  ，故选 C． 高一数学参考答案·第 2 页（共 7 页） 7．由题意，对任意 1 2 [1 )x x  ， ， ，且当 1 2x x 时，都有 1 2 1 2 ( ) ( ) 0f x f x x x    成立，∴函数 ( )f x 在 [1 ) ， 上单调递增；又 (1 ) (1 )f x f x    ，则函数 ( )f x 关于 (1 0)， 对称，所以由函数 ( )f x 在 ( 1]， 上单调递增，得函数 ( )f x 在 R 上单调递增；又 5 1log 5 2 a   ， 1 2 11 1 5 25 b         ，而 3 1 5 5 2 6 1 1 1 25 5 5 c b                      ，∴ c b a  ，则 ( ) ( ) ( )f c f b f a  ， 故选 A． 8．令 ( ) 0f x  ，即 2 2 | 1| 0x x x a     ，可得 2 2 | 1|x x a x     ， 令 2( ) 2g x x x a   ， ( ) | 1|x x    ，原题意等价于曲线 ( )g x 与 ( )x 至少有一个交点，如图 1，注意到 ( )g x 与 ( )x 的对称轴均 为 1x  ，可得 (1) (1)g ≤ ，即 1 0a  ≤ ，即 1a≤ ，∴ ( 1]a ， ， 故选 B． 二、多项选择题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的选项中，有多项 是符合题目要求的．全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分） 题号 9 10 11 答案 ACD ABD BCD 【解析】 9．向量 1 22a e e     的相反向量为 1 22e e    ，正确；对于 B，向量 1 23b e ke     与 1 26 2c e e     共线， 则 1k   ，错误；对于 C， 1 2{ }e e   ， 是一组基底，基底是不共线的，所以若 1 2 0e e      ， 只有系数都为 0，正确；对于 D，由于 1 2 1 2e e e e      ， 不共线，可构成一组基底，所以任意 向量 d  可以被唯一表示，正确，故选 ACD． 10．对于 A，最长边长 7 所对的角余弦值小于 0，因此最大角为钝角， ABC△ 为钝角三角形， 正 确 ； 对 于 B ， 由 锐 角 三 角 形 知 π 2 A B  ， 即 π π 0 2 2 A B    ， πsin sin cos 2 A B B        ∴ ，正确；对于 C，由 sin sin a b A B  ，得 2 3 3sin 5 2 A   ，又 a b A B ，∴ ，故此三角形只有一解，错误；对于 D，三角形面积 1 sin 2 S ab C ，当 C 从 0 增加到 π 时， sinC 先增大到 π 2 时最大，然后减小，因此三角形面积先增大后减小， 正确，故选 ABD． 图 1 高一数学参考答案·第 3 页（共 7 页） 11．此题主要考察学生的动手操作能力，学生可在图上推导得出结论；也可以把图形中的点分 为两类：起点（终点）、途经点．途经点有进必有出，所以途经点连接的路径数必为偶数 条，称为“偶点”．若起点和终点为不同点时，起点可以只出不进，终点可以只进不出， 所以起点和终点连接的路径条数必为奇数条，称为“奇点”，故奇点数为 2；若起点和终 点相同时，该点既进又出，所以连接的路径条数为偶数条，故奇点个数为 0．所以能用一 笔画出的图形中，奇点个数只能是 0 个或 2 个．A 选项有 4 个奇点，不能一笔画，B 选项 有 0 个奇点，C、D 选项有 2 个奇点，均为一笔画，故选 BCD． 第Ⅱ卷（非选择题，共 92 分） 三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 题号 12 13 14 答案 2 6 25 【解析】 12．由题设 2 (3 1)a b m    ， ，又 2a b  与b  平行，所以3 ( 1) 1 ( 1) 0m m      ，可得 2m  ， (1 1)b   ， ，∴ 所以 2 2| | 1 1 2b     ． 13．由题意知， 2O A A B     ， 2 2O B  ∴ ，如图 2，所以在 原 图 形 中 ， 2OA BC  ， 4 2OB  ， 2 2 2 2(4 2) 2 36 6OC OB BC     ∴ ． 14．如图 3，设外接圆的圆心为O，半径为 R ，可得 ( ) ( )MP MQ MO OP MO OQ           2 2 2( )MO MO OP OQ OP OQ MO R               ，因为 M 为△ABC 三边上的动点，可知 | |MO  的最大值为O到三角形顶点的距离，即为半径 R ，且 | |MO  的 最小值为O到 AC 边的距离，过O作 0OM AC ，垂足为 0M ，则 2 2 2 0| | 5 25OM R R    ， 所 以 MP MQ    的 最 小 值 为 2 2 2 2 0| | 25 25OM R R R      ，故MP MQ    的最小值为−25． 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．（本小题满分 13 分）（人教 A 版必修二 71 页例 2 改编） 解：（1）由题意知， (2 1) (3 4)A B， ， ， ， (3 4) (2 1) (1 3)AB     ， ， ，∴ ， 1 3iAB   对应的复数为：∴ ．……………………………………………………………（3 分） 图 2 图 3 高一数学参考答案·第 4 页（共 7 页） （2） ( ) ( ) (3 4)C x y OC x y OB    设点 的坐标为： ， ， ， ， ，∴ ， 由题意知： | | | |OB OC OB OC      ， ，……………………………………………………（5 分） 所以， 2 2 3 4 0 5 x y x y      ，……………………………………………………………………（6 分） 解得 4 3 x y     ，或 4 3 x y     （舍去）， 3 4 3iC z   点 对应的复数∴ ．…………………………………………………………（8 分） （3） (2 1) (3 4) ( 4 3)A B C ， ， ， ， ，∵ ， 10 2 10 5 2AB AC BC  ， ，∴ ，…………………………………………………（11 分） 2 2 2AB AC BC ∴ ，即 AB AC ， 1 10 2 10 10 2ABC S    △∴ ．………………………………………………………（13 分） 16．（本小题满分 15 分） 解：（1） π 2 AB BD ABD  ， ，∵ π 4 A ADB   ∴ ， 3ππ 4 BDC ADB   ∴ ， ……………………………………（1 分） ππ 12 C ABC A    ∴ ，…………………………………………………………（2 分） π π π 6 2sin sin sin 12 4 6 4 C         ∴ ．………………………………………………（4 分） 又 1BD  ， 由正弦定理得： sin sin BD BC C BDC   ， 1 3πsin 3 1 π 4sin 12 BC    ∴ ．…………………………………………………………（6 分） （2） 2 2AD DC DC a AD a  ， 设 ， ，∵ ∴ 在 ABD△ 中， π 1sin 2 2 BD ABD A AD a   ∠ ， ，∴ ………………………………………（8 分） 在 BDC△ 中， π π 1sin 2 6 sin sin 2 BD DC DBC ABC C C DBC a       ∠ ∠ ， ， ，∴ ……………………………………………………………………………………………（10 分） 高一数学参考答案·第 5 页（共 7 页） sin sinA C∴ ， 又 A C ， 均为锐角， 2π 3 ABC  ， π 6 A C ∴ ，…………………………………（12 分） 1 2 2DC BD AD DC   ， ，∴ 2 23 3AC AB AD BD   ， ，∴ ……………………………………………………………………………………（14 分） 1 1 1 3 3sin 3 3 2 2 2 4ABC S AB AC A       △∴ ．…………………………………（15 分） 17．（本小题满分 15 分） 解：（1）由题意可知： 40A  ， 50h  ， 20T  ， 所以 2π 20 0   ， ，得到 π 10   ，即 π( ) 40sin 50 10 f t t        ，………………（2 分） 又摩天轮上的点 P 的起始位置在最低点处，即 (0) 10f  ， 所以 40sin 50 10   ，即 sin 1   ， 又 | | π  ，所以 π 2    ，………………………………………………………………（4 分） 故 π π π( ) 40sin 50 40cos 50 10 2 10 f t t t                ，……………………………………（6 分） 当 25t  时， π 5π(25) 40cos 25 50 40cos 50 50 10 2 f             ， 所以 25min 时点 P 距离地面的高度为50m ．…………………………………………（8 分） （2）∵高度为 70m 及以上能看到公园全貌， ( ) 70f t ≥∴ ，……………………………（9 分） π40cos 50 70 10 t       ≥∴ ， π 1cos 10 2 t       ≤∴ ，………………………………………（11 分） 2π π 4π2 π 2 π( ) 3 10 3 k t k k  Z≤ ≤∴ ，即 20 4020 20 ( ) 3 3 k t k k  Z≤ ≤ ，……………（13 分） 40 20 20 6.7 3 3 3   可见时间为：∴ ， 所以摩天轮转一圈，游客共有约 6.7min 可以看到公园的全貌．……………………（15 分） 18．（本小题满分 17 分）（人教 A 版必修二 37 页拓广探索 15 题改编） 解：（1） 2 2 1 1| | 1e e    ∵ ， 2 2 2 2| | 1e e    ， 1 2 1 2 1| | | | cos60 2 e e e e          ． 又 (2 1)OP    ，∵ ， 1 22OP e e     ∴ ，…………………………………………………（2 分） 2 2 22 2 1 2 1 2 1 2| | (2 ) 4 4 4 1 4 1 1 cos60 3OP OP e e e e e e                      ∴ ， | | 3OP   ∴ ．………………………………………………………………………………（4 分） 高一数学参考答案·第 6 页（共 7 页） （2）（ⅰ）易知， 2 2 1 1| | 1e e    ， 2 2 2 2| | 1e e    ， 1 2 1 2 1| | | | cos60 2 e e e e          ． 又 1 1 1 1 1 2( )a x y x e y e     ，∵ ， 2 2 2 1 2 2( )b x y x e y e     ， ，……………………………（6 分） 1 1 1 2 2 1 2 2( ) ( )a b x e y e x e y e        ∴ 2 2 1 2 1 1 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2x x e y y e x y e e x y e e            1 2 1 2 1 2 2 1 1 11 1 2 2 x x y y x y x y        1 2 1 2 1 2 2 1 1 ( ) 2 x x y y x y x y    ， ∴原命题得证．……………………………………………………………………………（8 分） （ⅱ） (2 1)xa  ，∵ ， (2 2 )xb   ， ， 1( ) 2 2 1 2 (2 2 2 1) 2 x x x xf x a b            ∴ 1 32 2 2 2 x x    ．…………………（10 分） 又 ( ) 2 1f x k ∵ ， 1 32 2 2 1 2 2 x x k   ∴ ，即 1 52 2 2 2 2 x x k   ， 令 2xt  ， 1 2x ≤∵ ， 1 2 4 2 x ≤∴ ，即 1 4 2 t ≤ ，………………………………（12 分） 记 1 1( ) 2 4 2 f t t t t        ， ≤ ， 由对勾函数性质知 ( )f t 在 1 2 2 2 t        ， 上单调递减，在 2 4 2 t        ， 上单调递增． ……………………………………………………………………………………（14 分） 又 2 2 2 2 f        ， 1 3 2 f       ， 33(4) 4 f  ， 由方程 5( ) 2 2 f t k  有两个不同的实数解，结合图象知， 52 2 2 3 2 k  ≤ ， 解得： 5 112 4 4 k  ≤ ，∴实数 k 的取值范围为 5 112 4 4     ， ．……………………（17 分） 19．（本小题满分 17 分）（人教 A 版必修二 39 页例 2 改编） 解：（1）如图 4， D BC点 为 的中点∵ ， 1 ( ) 2 AD AB AC     ，∴ 2 ( )AD AB AC     ∴ ，① BC AC AB     又∵ ，② ………………………（2 分） 两式平方得， 2 2 2 4 2AD AB AC AB AC         ， 2 2 2 2BC AB AC AB AC         ，…………………………………………………………（4 分） 图 4 高一数学参考答案·第 7 页（共 7 页） 两式相加得， 2 2 2 2 4 2 2AD BC AB AC       ， 2 2 2 2 4 2 2AD AB AC BC       ∴ ， 即 2 2 2 24 2 2AD AB AC BC   ， 2 2 21 2 2 2 AD AB AC BC  ∴ ．…………………（5 分） （2）（ⅰ）如图 5， e∵ 与 AB  的夹角为 0， | | | | cos0 | |e AB e AB AB AB c          ∴ ， ……………………………………………………………（6 分） 同理 | | | | cos(π ) ( cos ) cose BC e BC B a B a B             ， | | | | cos(π ) ( cos ) cose CA e CA A b A b A             ． ………………………………………………………………………………………（8 分） 由已知， 0AB BC CA       ，得 ( ) 0 0e AB BC CA e          ， 0e AB e BC e CA         ∴ ， cos cos 0c a B b A   ∴ ，即： cos cosc a B b A   ，得证．…………………（10 分） （ⅱ） 2 cos cos cos 2 cosc b A a B b A b A     ，∵ ∴ ， 即 cos 3 cosa B b A  ，…………………………………………………………………（11 分） sin cos 3sin cos tan 3tanA B B A A B   ， ，∴ ∴ ……………………………………（13 分） 又 2 cos 0 cos 0 tan 0c b A A A B     ， ， 为钝角， ，∵ ∴ ∴ ∴ ……………………（14 分） 2 tan tan(π ( )) tan( ) tan tan 2 tan 1 tan tan 1 3tan 2 3 1 33tan tan C A B A B A B B A B B B B               ≤ ， ∴ 当且仅当 1 33tan tan tan 3 B B B  ，即 时取等号， tanC∴ 的最大值为 3 3 ． ……………………………………………………………………………………（17 分） 图 5