阶段检测卷一(第六至七章)-【金试卷】2025-2026学年高一数学必修第二册同步单元双测卷（人教A版）

12.BD对于A,令=+满足z=1,但≠士1且≠士i,故A错误， 21.解(1)因为在复平面内，点A,B,C对应的复数分别是1十i,2一3i,6-2i, 所以A(1,1),B(2,-3),C(6,-2),所以AB=(1,-4), 对于B,点Z的坐标为(-3,2)，且z是关于x的方程x2+px十q=0的一个根， =一3-2i也是关于x的方程x2+px十q=0的一个根， 设在复平面内点D的坐标为(x,y),则DC=(6-x,一2-x). 时结-80g释=601， 因为四边形ABCD为正方形，所以AB=DC, 故p十q=19,故B正确； 所以仁2年件2 y=2. 所以D(5,2),即点D对应的复数为5十2i 对于C,之=√3-2i,则之的虚部为-2，故C错误； (2)选①. 对于D,点Z的坐标为(2，一1)，.z=2一i,.之=2十i,故D正确.故选BD 易知△ABC为直角三角形，且B为直角顶点， 13.答案一1±③ 所以△ABC的垂心为B,所以T(2,一3)， 2 解析因为△=1-4=-3<0，所以方程x2十x十1=0的根为1±√△ 所以TA=(-1,4),TB=(0,0),TC=(4,1), 2 所以TA+TB+TC=(-1,4)+(0,0)+(4,1)=(3,5), 一13，故答案为一1生③ 所以TA+TB+TC对应的复数为3十5i 2 2 选② 1k答案号+号（答案不唯-） 易知△ABC为直角三角形，且B为直角顶，点， 解折泉=-号+号则1=(-9+)八-(-+}八·（竖+） 所以△ABC的外心为斜边AC的中点，所以T(仔，-）， 2 所以Ti=(-号，是)，=(-是，-)，元-（侵，-）， =-1,滴足性质@，”-号<0满足性质①复复=号+号满足题意（答 212 所以T+7成+元=（吾，名）+（名-名）+（侵-）=(-号，）： 案不唯一). 15.答案√2+1 所以T方+7店+7心对应的复载为-号1 解析设复数之在复平面上对应的点为M,由|之一i=1,可得点M在复平面上的 22.解之=z1z2=(m+mi)(2m+2i)=2m2-2m+(2m2+2m)i. 轨迹是以点(0,1)为圆心，1为半径的圆，易知之一1表示在复平面上，点M到，点(1， (1),之是纯虚数，∴.2m2-2m=0且2m2+2m≠0，解得m=1. 0)的距离，该距离的最大值为√2+1. (2):z≤4，∴.z2≤42，即(2m2-2m)2+(2m2+2m)2≤16，解得-1≤m≤1. 16.答案1√2 ∴.|之1-x21=|-m+(m-2)i|=√-m)2+(m-2)2=√2m2-4m+4 解析易知- 2+i=i, =√2(m-1)2+2, 1-√2i -1≤m≤1，∴.0≤(m-1)2≤4，∴.2≤2(m-1)2+2≤10， 所以之=（ + =(-i)2024+2023=i4+i3=1-i, ∴W2(m-1)2+2∈[V2,√10]，∴.|1-z2|∈[v2,√10. z=1十i,则z的虚部是1，|z=√2. 阶段检测卷一（第六至七章） 17.解(1)因为|3+4i=5,所以z=1十3i-5=-4十3i,所以x=一4一3i, 1.C由题意得(1一i)(a十i)=a十1+(1一a)i(a∈R),又该复数对应点在第四象限，. (2)1+D2(4+3D-=2i(4+3) 2 2(-4-3i) 一i (a+1>0a>1.故选C l1-a<0,1 18.解(1)设之1=a+bi(a,b∈R), 则1+a+bi=(-1+2i)(1-a-bi)=-1+a+2b+(2-2a+b)i, 2.D因为a2十c2=2-3ac,所以由余孩定理的推论可得cosB=2+c2-& 2ac 则1十a=。-1+a+2b解得a=1,故1=1+i. lb=2-2a+b, b=1, c=吗，又周为B∈(0，，所以B=吾故选D, 2ac （2设号=uER0,则=偏=十，1=1，牛7=1，解得=士号。 20212020·ii _i(1+i) -*-+2 21 3.C=1==1-i六-01+ 2 故号+号成竖号 区=一召一2区在复平西内对应的点的全标为（日一召）：该点在第三象 19.解(1)：x=1+i(i是虚数单位)是关于x的方程x2-px十q=0的根， 限.故选C. ∴之=1一i也是关于x的方程x2一x十q=0的根， 4.D由于=2±gai2+)1+2D-2-2a+4+ai为纯虚数，则a=1, ∴.p=1十i+1一i=2,g=x·x=2. z21-2i(1-2i)(1+2i) 5 (2)结合(1)可得(p+qi)·(m2+2mi)=(2+2i)·(m2+2mi)=2m2-4m+(4m+ 所以1=2十i,则之1=√5.故选D. 2m2)i, 5.D对于A,a=√22+12=5，bl=√2+32=√10，|bl≠3|a,选项A中的结论 错误； 又：p+D·(m2+2m是纯虚数，十2m2≠0解得m=2。 对于B,由于2×3一1X1=5≠0，故a,b不平行，选项B中的结论错误； 20解（1=-5+5i=5--4二号号-8- 1 对于C,os@,b三品=50-号，又a,b》∈0，，所以(a,b》三，即o (2)x3=(3-x2)[(m2-2m-3)+(m-1)i门=i汇(m2-2m-3)+(m-1)门 =-(m-1)+(m2-2m-3)i, 与b的夹角为不，选项C中的结论错误； ,3在复平面内所对应的点在第四象限，∴{ -(m-1)>0,解得-1<m<1, m2-2m-3<0, 对于Da在6上的教形向量的魂为--四，选项D中的始论正 故实数m的取值范围是(-1,1). 确.故选D. 6.D易知△ABE≌△CDG,BE=DG,BG-BD-GD=2BO-BE, 又B=5,1Bò，Bò=5+5BG,易知A=5,1Aò， 2 10 晾-A+-i+5Aò-成+5(0-=3,5.A+ dB萨-325Bi+5B成放选D 7.B设x=x十yi(x,y∈R),则|x十yi-1|=|x十yi+1|, 即(x-1)2+y2=(x十1)2+y2,解得x=0, 所以之=yi(y∈R),故|z+1|=|1+yi=√1+y2≥1， 所以|之十1|的最小值为1.故选B. 8.C如图所示，连接OA,OB, 因为中间阴影部分是正方形且边长为2， 所以|OA1=√10，OB|=√2，lAB|=25, 所以|OP1=|OA=√10， 在△AOB中，由余弦定理的推论可得cos∠AOB= OA12+1O2-AB2=10+2-20=25 210AOBI 2×√10X√25 所以如∠A0B=5, 设OA,OP的夹角为a,OB,OP的夹角为B, AB.OP=(OB-OA).OP=OB.OP-OA.OP=2 /5cos8-10cos a, 当P在∠AOB所对的优孤上时，a十B=2π一∠AOB, 所以cms(e+80=∠A0B-=25ha+0=-m∠A0B=5,则cma cas[a+0-用=-2g5osg9日nR, 所以AB.OP-2V5cosB-10cosa=6W5cosB+2W5sinB=10V2sin(8+p)(其中tan p=3),所以AB·OP的最大值为10√2. 当P在∠AOB所对的劣孤上时，a十B=∠AOB, 所以osa+》=as∠A0B=-2g5,sna+m=sn∠A0B= 51 则oms0=[a+的-月=2g5og+5nR所以应.0市-25og-10cm a=6√5cosB-2W5sinB=l0√2sin(B+p)(其中tanp=-3), 所以AB·OP的最大值为10√2. 综上所述，AB·OP的最大值为10√2.故选C 9.ACD由题意知之=1x2=f(0)+g()i=(a+bi)·(cos0+isin)=acos0-bsin0 +(asin 0++bcos 0)i, ∴f(0)=acos0-bsin0,g(0)=asin0+bcos0,故A正确，B错误； 若f0)=2sn(吾-p）,即aos0-6sin9=cos0-5sin0, 则a=1,b=√3，故C正确； 若a=1,b=√5，且g(0)=2,即g(0)=sin0+√3cos0=2, 六2sin(0+写)=2，又：0是锐角0=否，故D正确.故选ACD, 10.ADA中，因为a 为osAB而由正孩定理可得oA一sB所以c0sA=n b A,在三角形中，可得A=牙，所以A正确； B中，若sin2A=sin2B,则2A=2B或2A+2B=元，所以A=B或A+B=.所以 该三角形为等腰三角形或直角三角形，所以B不正确； C中，若A=30,a=1b=2,由oA白B可得smB=合·sinA=导×号=1， a 所以B=受，只存在一个三角形，所以C不正确： 参考答案59 D中，若△ABC是锐角三角形，则A十B>,所以5>A>2-B>0,所以sinA >sin(受-B）=cosB.同理可得sinB>cosA,所以sinA+sinB>cosA十cosB 所以D正确.故选AD. 1.AC由F是DE的中点可得A-b+D成-b+2(-b叶a+b)-名a+b, 故A正确； 连接AC,因为E是BC的中点，M是AB的中点，所以ME∥AC,又AC与AF有交 点，所以ME与AF不平行，故B错误； 易知D成=A店-AD=a-b,又A=a+b,a=1b=1,0sa,b)=60, 所以A.D脑=(2a+)小a-b)=-}+a·b=-冬+日=-日放C正 4 确； 过点E作AB的平行线，交AN于点G,交AD于 点H, 因为HE∥AB∥DC,E为BC的中点， 所以H为AD的中点，G为AN的中点， 可证得△DNF≌△EGF,所以NF=GF, 所以NF=号AF,即A-3F成， 故D错误.故选AC. 12.BC当之=0时，之一之=0∈R,所以选项A错误； 当之=i,n=1时，之2m=i2=一1<0，所以选项B正确； 由复数的模与共轭复数的定义，知z=之，所以选项C正确； 当=i或一i时均满足】=一之，所以选项D错误.故选BC. 2z 13.答案F叫 sin 解析由题意，小环重力忽略不计且小环与杆无摩擦，设拉环Q受轻线的拉力为 T,当两环稳定时，由小环P受力平衡知轻线与OA杆垂直，则轻线与OB杆的夹角 为受一8，故T-品即经钱上的鞋力的大小为品 sin 14.答案-19 解析由于AB=7,BC=5,CA=6,所以cosB=25,+4936=19, 2×5×7351 则A店.C=A.BC·cs(a-B)=7X5×(一端）=-19， 15.答案4i 解析设m=ai(a∈R,且a≠0)，所以x2+(2-i)x+(2ai一4)i=0, 化简得x2+2x-2a+i(-工-40=0，脚2+2-2a=0,所以{z=4, -x-4=0, a=4. 故纯虚数m=4i. 16.答案53 2 解析国为A=子，所以e0sA=之 由已知及余弦定理a2=b2十c2-2 bccos A得16=b2+c2-bc①， 因为Ai=号C+A,所以A市=子(+AC+2AC.应，即36=b+2 +bc②，由①②解得bc=10, 所以△ABC的面积S=2 besinA=号X10×g-5 、22 17.解(1)z1=i(1-i03=i(-2i)(1-i)=2(1-i), 所以名1=√22+(-2)2=2√2. (2)|z|=1,所以设x=cos0+isin0, |z-x1|=|cos0+isin0-2+2il=√(cos0-2)2+(sin0+2)2 气/9+42sin(9-平)， 60参考答案 当sin(0-)=1时，z-取得最大值v9+4V2=22+1, 所以之一1的最大值为2√2+1. 18.解(1)证明：由题意得AM=OM-OA-OB+0元=2O币. (2)解法一：由|BA+BC=|AC=6,得 |BA+BC1=|BC-BA→BA·BC=0→∠ABC=90°， 此时O为AC的中点，M与B重合，P为△ABC的重心，所以P可=}|BO-1, 所以A正.C京=(AP+P2·(C+P) =AP.CP+AP.PF+PE.CP+PE.PF =(AO+OP).(CO+OP)+AP.PF-PF.CP-1 =|1OP2-|AO12+PF.(AP-CP)-1=-9+PF.AC, 设PF与AC的夹角为0，易知0∈[0，π]， 则AE.CF=-9+6cos0∈[-15，-3]. 解法二：由BA+BCI=|AC|=6,得 |BA+BC=|BC-BA→BA·BC=0→∠ABC=90°， 此时O为AC的中，点，M与B重合，P为△ABC的重心 建立如图所示的平面直角坐标系， 设A(0,a,C(c,0,则P(兮，号），且a2+c2=36, 设Ew),到F(号-，号-0）小则有 0 A花=(w-,C市=（号-，号-0）且 (号）°+(w号)°-1. BI(M) D 设x0=号十cos0.0=号+sin0,0e[0,2x], 则A应.c本=（号-）+(w-a)·(号-0）=（号+os0(-号-s0）+ (-号+sin0)(号-sim0）=-号a2+e2)-1+asin 0-ceos0=-9+a+e sin(0-p)=-9+6sin(0-p)∈[-15，-3]. 共中097·mp+元 C 19.解(1)因为△ABC是边长为2的等边三角形，|PB=m, 所以PC=2-m, 所以P元-22BC-22A-22”正=22622a 2 2 2 (2南题知ò-庇+ò-2,2+a2(2-小加 i=Ai-A花=-a-b,a:b=2X2X合-2，la=b=2 所以Ci.Pò=a-b)·[22b-(220-小]=2-m-4(22”-)-4: 22”+2(22m-）=2+2m-4. 设△PBD中PB边上的高为h,则号mh=尽，所以h=2,5. m 因为Ci=tAB(>0),所以CD∥AB,所以∠BCD=60°， 所以56m-号×2×2源-号×2X2m60中=品 所以成.Pi=2+2m-4=是+2m-42√/2m-4=40-4 m 当且仅当得2，即m=E时等号成立， 所以CB·PD的最小值为4√2-4. 20.解(1)当AGLAD时，GD=√GA?+AD=√3，设，点A到GD的距离为h, 则h=AG:AD_巨=，所以点A到地面的距离为+5 GD331 3 (2)在△AGD中，利用余弦定理得GD2=AG2+AD2-2AG·AD cos0, 所以GD2=3-2√2cos0,设∠ADG=a, 在△AND中.利用余弦定理得AN2=AD2+ND2-2AD·ND·cos(a+), 所以AN2=2+3-2√2cos0+2√2·ND·sina,① 在△AGD中，由正弦定理得AC=GD。 sin a sin 所以ND·sina=GD·sina=AG·sinf=sin8.② 将②代入①式得AN2=5-2Bcos0+22cos0=5+4sin(0-年)， 因为0<0<元，所以当0=3时，AN2最大，最大值为5十4=9， 所以加强支撑管AN长度的最大值为3. 21.解根据题意得f(x)=4 sin xcos x十43sin2x-2√3=2sin2x一2√3cos2x= 4sin(2z-吾） 所以a=f(5）=25 选择①(2c十b)cosA十acos B=0,由正弦定理可得， 2sin Ccos A+sin Acos B+sin Bcos A=0, 所以2 sin Ccos A=-sinC, 又sinC≠0，所以cosA=一2， 1 又因为AE(0,,所以A- 选择②sin2B+sin2C-sinA+sin Bsin C=0,由正弦定理得，b2+c2-a2=-bc, 由余孩定理的推论得c0sA=一号， 又因为AE0,,所以A- 选择a2---4 由西教公式以及余孩定理可得，一0eA=4XnA 当cosA=0时，等式两边不成立，所以cosA≠0，解得tanA=一√3. 又A∈(0，)，所以A=2红 31 因为a=23,所以iA4. 所以2b+c=8sinB+4sinC=8simB+4sin(号-B）=6sinB+2√3cosB=43sin (B+), 因为B∈(o,5),所以B+∈（答，），所以sin(B+)∈（分，1）， 所以2b+c∈(25,4√3). 2.解（①D:∠ABC-受，∠BCA=否，BC=20m,AB=BC·am吾-205m m, 3 又TB=TA,∠ATB=∴∠TBA=吾∠TBC=答，TB=A8-20 v33m, TC-BC+TB-2B0·THco吾-202+(2}-2×2a0×22×号 =280000 9 ·TC=2007 3 m,.TB+TA+TC-200(2+7 3 m. 折线跪道TA,TB,TC的长度之和为200(2+⑦m. 3 (2)设∠QBA=a,则∠PBC=吾-a,ee[0,] 由(1)得AB=2005m,AC=4005m 3 3 m, 在△QBA中，2-n20ABQ- AB 100 -m, 、在△PBC中，smC-sin /CPB::BP=10 BC 100 sin(a) m. 2500V3 2500√3 即·Q·子迪a伶-a计w 3 2500√3 =25005（单位：m2). 子cosg2a-7sin2。cos2a- 3 1 ae[o]osoe[9,]oa。e[2], ∴S∈[100003,5000V3](单位：m2). 3 .训练场地面积S的取值范国是[100005,50003]（单位：m2). 第八章立体几何初步 单元1基本立体图形、立体图形的直观图、 简单几何体的表面积与体积 A卷基础巩固 1.B棱柱的侧面都是四边形，A不正确；正方体和长方体都是特殊的四棱柱，B正确； 所有的几何体的表面都能展成平面图形，球不能展开为平面图形，C不正确；棱柱的 各条侧棱都相等，但各条棱不一定相等，所以D不正确.故选B. 2.D已知直观图是面积为4的等边三角形，所以原三角形的面积S=告=8区。故 2 4 选D. 3.B由斜二测画法的规则可知(1)正确，(2)错误；(3)中梯形两底平行且长度不相等， 故其直观图中一组对边平行且长度不相等，故不可能为平行四边形，(3)错误；(4)中 由斜二测画法的规则易知菱形的直观图为平行四边形，(4)错误，故选B. 4.B因为BC垂直于x轴，所以在直观图中BC′的长度是1，且与Ox'轴的夹角是 45,所以B到0x'轴的距离是昙故选B 5.B由题易知折后的几何体为直三棱柱，且底面为等边三角形， 底而外块题的直径2的一合 5=召，直三棱柱的高h=2,设几何体的外接球的半径 为R,剥R气P+√写十1=2，故外接球0的体积为=号 3 27元.故 选B. 6.B设球的半径为rcm,依题意得三个球的体积和水的体积之和等于高度为6rcm 的圆柱体的体积，3X号r3+x2X6=2X6r,解得，=3.故选B. 7.AD由题知，该圆柱的底面圆半径为R,高为2R,该圆锥的底面圆半径为R.高为 2R,圆柱的侧面积为2πRX2R=4πR2,球的表面积为4πR2,故选项A正确；若圆锥 的侧面展开图的圆心角为元，则其母线1满足号×2=2xR,所以1=2R,而母线长 应大于圆锥的高2R,故矛盾，故选项B错误；圆柱的表面积为2元R2十2πR×2R= 6xR2,故选项C错误：国柱的体积为R2X2R=2xR3,球与国维的体积之和为号xR 十号R2X2R=2R3,故造项D正确，故选AD 8.AC设周柱的高度为h厘来，则S=2BR2+2RA,则xh= 一R2,由题意知酒杯 的客积V=号R3+(气-)R=-名R+R≤专R】 21 又R=号-R>0,所以R<≤号R,解得/≤R< E.故选AC. 9.BD依题意，上部分为小棱锥，下部分为棱台， 所以小棱锥与原棱锥的底面边长之比为1：3，高之比为1：3， 所以小棱锥与原棱锥的侧面积之比为1：9，体积之比为1：27， 即小棱锥与棱台的侧面积之比为1：8，体积之比为1：26.故选BD 10.答案1；5π 解析设圆锥的底面半径为，由母线长为4，可得侧面展开扇形 的圆心角为T-受 将圆锥侧面沿AB展开成一个扇形，如图，则BM=2√5，在 B △ABM中， 由余孩定理可得BM气4+22-2×4×2c0s受√20-16cs罗-25， 2 解得c0s哥-0，又0<受≤x,所以7=1， 所以此圆锥的表面积为π×12十π×1×4=5π 11,答案23 3 解析如图，取BC中点O,连接AO. B :正三棱柱ABC-A1B1C1的各棱长均为2，AC=2,OC =1,则AO=√3. .点D到平面BCC1B1的距离为√3. 又Sa腮，6=号×2×2=2， D B Vn-题6=3×2xw5-25, 3。 A,9 12.答案 32V2 解析如图连接AC,BD,设AC和BD交于O,则O为点P在 平面ABCD内的投影，即PO为正四棱锥的高， 在△POC中，PC=4,OC=2√2， D 则P0=√42-(2√2)2=2√2， 故V=子s=子×4×22-2 -0 3 A 13.解(1)易知原图形△ABC是平行四边形，如图所示， OA=OA'=2,OB=2OB'=2X2W2=4√2，SGOABC=OA ·OB=8√2. (2)由题意得得到的几何体是一个组合体，其形状是一个内 部挖去一个同底等高的圆锥的圆柱和一个圆锥（与挖去的 圆锥相同)， .几何体体积V=π×(4√2)2X2=64π， 几何体表面积S=2π×4√2×2十2Xπ×4√2× √/(4√2)2+22=64√2元. 14.解如图，连接EB,EC,AC. Va度E-AaD=号×42X3=16, ,AB=2EF,EF∥AB,.S△EAB=2S△BEF, .V三棱锥F-EBC=V三棱锥C-EFB D =号V三成0-ABE=号三装#E-ABC =×V线#E-版c0=4 ∴.多面体的体积V=V四棱银E-ABCD十V三棱锥F-EBC=16十4=20. 15.解(1)因为AB=3,BC=4,AC=5.所以AB2+BC2=AC2.所以△ABC为直角三 角形。 设数#ABC-ABC的侧棱长为x,则SE形Aa,=3,剥V6Aa,A=子X3z X4=24,所以x=6, 所以堑堵ABC-A1B1C1的侧棱长为6. （2)因为SaAc=号X3X4=6,所以Ve-Ac=号×6X6=12.所以整路C-ABC 的体积为12. (3)易知SMIG=合×3X4=6,SA，照C=号×6X4=12, 号×6×5=15，SaAc,=号X3X+6=3V1B. SAM,C=2> S矩形A,ABB,=3×6=18,所以阳马C1-ABB1A1的表面积为6+12+15十18+3 w/13=51+3√/13. B卷能力提升 1.A此几何体自上向下是由一个圆锥、两个圆台和一个圆柱构成，是由A中的平面 图形旋转而形成的.故选A. 2.A由圈形，知在原AABC中，A01BC.AO=A0=E :B'O=CO=1,∴.BC=2,AB=AC=2,∴△ABC为等边三角形.故选A. 3.C细沙漏入下圆锥后，堆成的圆锥形沙堆的底面半径为6cm,设高为hcm, 由题意得了·62·h=96x,解得A=8.所以此围维形沙推的高度为8cm故选C 4.D设球的半径为R,正方体的棱长为a,圆柱的底面半径为r, 则球的体积为号元R3,正方体的体积为a3,圆柱的体积为2m3, 由题意得a-音R=2r,所以a=(2xr,R=(是)，S=6a2,5=4R2,S =4πx2+2πr2=6πr2, S1-S3=6a2-6r2=6(2m)号r2-6πr2=6r2(W4π2-元)>0，所以S1>S3, S-s,=4R2-6m2=4(侵)，2-6r2=4r2·[(2)）-是]<0，所以S <S3· 综上，S2<S3<S1.故选D. 5.C由于直三棱柱的底面是直角三角形，所以可以把此三棱柱补成长方体，其体对角 线就是外接琅的直径，所以球0的丰径R=/尽十4华+12-号。 所以球0的表西叔5=4红×（停》产-1G9故适C 6.D由题意，设球的半径为.作出球与圆锥的组合体的轴截面，可得一个半径为r的 圆内切于一个边长为4的等边三角形，且等边三角形的高h=2√3， 所以球的*经=宁=2，片以球的体软V-专-号×(2)-32 3 27 即溢出溶液的体积为32，，故选D. 27 7.ACD在等腰梯形中，∠DA'B'=45°，A'B'=2CD'=4,易知B'C'=A'D'=√2， 由斜二测画法可知在原图直角梯形ABCD中，AB=2CD=4,AD=2√2，∠BAD= 受，则BC=√22+(4-22=2，所以四边形ABCD的周长为6+2E+2, 面叔为2告×2巨-6反.故选ACD 8.AC由直观图易知A'D'∥y轴，根据斜二测画法规则，在△ABC中有AD⊥BC, 又AD为BC边上的中线，所以△ABC为等腰三角形， 则AB与AC相等，且长度都大于AD的长度， 但BC与AD的长度大小不确定，故选AC. 参考答案61阶段检测卷一（第六至七章） 建议用时：120分钟满分150分 一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的) 1.若复数(1一i)(a+i)在复平面内对应的点在第四象限，则实数a 的取值范围是 () A.(-0∞，1) B.（-∞，-1) C.(1,+∞) D.(-1,+∞) 密 2.在△ABC中，若a2+c2=b2-√5ac.则B= ( A否 R青 c D5π 封 樊 8已知1是虚数单位，复数之则之的共轭复数之在复平面内 对应的点位于 ( ) 线 A.第一象限B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 4.已知复数1=2十ai(a∈R),z,=1-2i,若名为纯虚数，则|z,|= 昂 打 内 A.2 B.√3 C.2 D.5 不 5.如果平面向量a=(2,1),b=(1,3),那么下列结论中正确的是( A.|b|=3a B.a∥b 設 准 C.a与b的夹角为30 D.a在b上的投影向量的模为0 2 答 6.2000多年前，古希腊雅典学派的第三大算学家 欧道克萨斯首先提出黄金分割.所谓黄金分割， 指的是把长为L的线段分为两部分，使其中一 茶 题 部分对于全部之比，等于另一部分对于该部分 之比，黄金分割比为5,1≈0.618，其实有关黄金分割，我国也 2 有记载，虽然没有古希腊的早，但它是我国古代数学家独立创造 的.如图，在矩形ABCD中，AC,BD相交于点O,BF⊥AC,DH 丝 ⊥AC,AELBD,CGLBD,B眩-52Bd,则B= () 部 A.3-5BA+5+5BG 10 B8.5Bi+50G 10 c.521Bi+505BG 2 10 D.3 5 7.若之为复数，且|之一1=之十1|，则|之十1|的最小值是（) A.0 B.1 C.√2 D.2 8.八角星纹是大汶口文化中期彩陶纹样中具有鲜明特色的花纹.八 角星纹常绘于彩陶盆和彩陶豆的上腹，先于器外的上腹施一圈红 色底衬.然后在上面绘并列的八角星形的单独纹样，八角星纹以 白彩绘成，黑线勾边，中为方形或圆形，具有向四面八方扩张的感 觉，八角星纹延续的时间较长，传播范围亦广，在长江以南且时间 稍晚的崧泽文化的陶豆座上也屡见刻有八角星纹.图2是图1抽 象出来的图形，在图2中，圆中各个三角形为等腰直角三角形，中 间阴影部分是正方形且边长为2，其中动点P在圆O上，定点A、 B所在位置如图所示，则AB·OP的最大值为 () 图1 图2 A.9 B.10 C.10√2 D.103 二、多项选择题（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，全部选对的得5分，部分选对的得 2分，有选错的得0分) 9.已知复数之1=a十bi,复数x2=cos0+isin0,其中0，a,b为实数，i 为虚数单位，定义：复数z=之1z2=f()十g(0)i为“目标复数”，其 中()和g(0)分别为“目标复数”的实部和虚部，则下列结论正确 的为 () A.g(0)=asin 0+bcos 0 B.f(0)=acos 0+bsin 0 C.若f(0)=2sin(5-0),则a=1,b=5 D.若a=1,b=3,且(0)=2，则锐角0的值为否 10.△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,下列说法正确的是 () A若。SA曲B则A= B.若sin2A=sin2B,则此三角形为等腰三角形 C.若a=1,b=2,A=30°，则此三角形必有两解 D.若△ABC是锐角三角形，则sinA+sinB>cosA十cosB 11.已知菱形ABCD的边长为1，∠BAD =60°，E是BC的中点，F是DE的中 点，M是AB的中点，延长AF,交CD 于点N(如图所示)，设AB=a,AD= b,则下列结论正确的是 A.AF-za+ib B.ME∥AF CA.D店=-8 D.AF=2 FN 12.已知i是虚数单位，之是复数，则下列叙述正确的是() A.之一之为纯虚数 B.存在z∈C,使z2m<0(n∈Z) C.对于任意的e∈C,=日D,满足-一之的x仅有一个 三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分） 13.如图，两根固定的光滑硬杆OA,OB所 成的角为0，在杆上各套一重力不计的 小环P、Q,P、Q用轻线相连，现用恒力 F治0B方向拉环Q,则当两环稳定时，00 B 轻线上的拉力的大小为 14.△ABC的三边长分别为AB=7,BC=5,CA=6,则AB·BC的 值为 15.若关于x的方程x2+(2-i)x十(2m一4)i=0有实数根，则纯虚 数m= 16.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,bc,A=牙a=4,若 AD为BC边上的中线，AD=3,则△ABC的面积为 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.(10分)已知复数之1=i(1-i)3. (1)求11； (2)若之|=1，求之一之1的最大值 第一部分单元、阶段检测卷11 18.(12分)如图，在△ABC中，D为BC的中点， O为△ABC的外心，点M满足OA+OB+OC =OM. (1)证明：AM=2OD; (2)若|BA+BC|=|AC|=6,设AD与OM 相交于点P,E,F关于点P对称，且|EF|=2,求AE·CF的取 值范围. 19.(12分)如图，边长为2的等边△ABC所在平面内一点D满足 CD=tAB(t>O),点P在边BC上，PB|=m,△PDB的面积 为3，记a=AB,b=AC (1)用a,b及m表示PC; (2)求CB·PD的最小值. 12第一部分单元、阶段检测卷 20.(12分)为进一步增强全市中小学学生和家 长的防溺水安全意识，特在全市开展“防溺 水安全教育”主题宣传活动，某市水利部门 在水塘等危险水域设置警示标志，警示标志 如图所示，其中四边形ABCD,AEFG, M N GMND均为正方形，且AB=√2，AE=1.其 地 面 中AM,AN为加强支撑管. (1)当AG⊥AD时，求A到地面的距离； (2)若记∠GAD=0(0<0<π)，求加强支撑管AN长度的最 大值. 21.(12分)在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,△ABC的 面积为S.现有以下三个条件：①(2c+b)cosA+acos B=0;② in+sin Bsin 从以上三个条件中选择一个填到下面问题中的横线上，并求解. 已知向量m=(4sinx,4√3)，n=(cosx,sin2x),函数f(x)=m ·n-23,在△ABC中，a=f(),且，求2b十c的取 值范围. 22.（12分)第31届世界大学生夏季运动会是继2001年北京大运 会、2011年深圳大运会之后，中国大陆第三次举办世界大学生 夏季运动会，也是中国西部第一次举办世界性综合运动会.共设 篮球、排球、田径、游泳等18个体育项目.届时将有来自约170 个国家和地区的1万余名运动员及官员赴蓉参加.现某学校决 定将一个直角三角形的空地划分为多个部分，为该校运动员打 造一个训练场地.已知直角△ABC中，∠ABC=受，∠BCA= 名，BC=20m经过全校海选后，现有以下两种设计方案：①如 图1，在△ABC内部取一点T,使得TB=TA,∠ATB=,② 如图2，在斜边AC上取两点P,Q,且∠PBQ=5 (1)求方案①中折线跑道TA,TB,TC的长度之和； (2)求方案②中训练场地△PBQ的面积S的取值范围， 图1 图2