安徽合肥市第一中学2025-2026学年高一下学期五一假期数学作业二

五一假期作业二 学校： 姓名： 班级： 考号： 一、单选题 1.若复数(1+ai)-2i（i为虚数单位)是纯虚数，则实 数a= A.1 B.-1 C.0 D.+1 2.如图，四边形ABCD的斜二测画法的直观图为等腰 梯形AB'C"D,已知A'B'=4,C'D'=2,则四边形ABCD 的周长为() A.8+2W3+V6 B.8+2√5 C.6+2W5+2W5 D.6+V6+√2 3.在口ABCD中，E是线段AC上的靠近A的三等分点， 则BE=() 31 C. 1AB-2AD 3 D. 3 4.△ABC的三内角A,B,C所对边的长分别为ab,c,设 向量D=(sinB,a+c),G=(sinC-sinA,b-a.若]∈R 使方=，则角C的大小为() A君 B.2π 3 c D 5.△ABC中，AB=22,BC=√5，A=45°，∠B为 △MBC中最大角，D为AC上一点，AD=号DC,则BD 试卷第10 () A.2W5 B.32 C.5 D.25 6.安庆振风塔，始建于1570年，为长江流域规模最大、 最高的七级浮屠，有万里长江第一塔的美誉.如图，某 同学测量振风塔高度AB时，选取了与塔底B在同一水 平面内的两个测量点C,D,且在C,D两点测得塔顶A 的仰角分别为63,45，在水平面上测得cos∠BCD=- Γ4’ CD=54m,则该塔高为()（参考数据：tan63°≈2） A.88m B.72m C.60m D.54m 7.已知平面向量a,6,c满足：a-五=0，-1， a-d=b-=5,则a-的最小值为 A.5 B.6 C.7 D.8 8.如图，两个完全相同的正四棱柱垂直贯穿构成一个 多面体，其中一个四棱柱的侧棱与另一个四棱柱的侧棱 垂直，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点（如 C,D),另外两条相对的侧棱交于一点（如O）.已知正 四棱柱底面边长为√2，侧棱长为3，则该多面体的体积 为() A. 3 B.28V2 C. 3 D.56W2 3 3 万，共4页 二、多选题 9.i是虚数单位，下列说法正确的是() A.i2024=-1 B若w行，则i-a C.若z=1,z∈C,则-2的最小值为1 D.若-4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(P,q∈R) 的根，则q=7 10.如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，AA=2, AB=BC=1,∠ABC=90°，点E是侧棱BB1上的一个 动点，则下列判断正确的是()） A A.直三棱柱侧面积是4+2√5 B.直三棱柱外接球的体积为√6π C.存在点E,使得∠AEA为钝角 D.AE+EA的最小值为2√2 11.若△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c, 且满足b-2a+4asim:A+B=0,则下列说法正确的是 2 A.角C可能是锐角 B.c2=a2+2b2 C.若c=2√5，则△ABC面积的最大值为2 D.若C在西上的投影响量模长为2b,则 2 sinB+cosB的值为-3 sinB-cos B 试卷第2 三、填空题 12已知收数6-10-0i-号产脚 a,b∈R,若z与5，互为共轭复数，则51-52=一 13.已知三棱谁P-ABC的四个顶点均在球O上，PB⊥ 平面ABC,△ABC为等腰直角三角形，A为直角顶点.若 PA=V√13，且tan∠PAB=23,则球O的表面积为 14.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且 外接半径为R=5,则广2云的最大值为一 四、解答题 15.已知i为虚数单位，3，二2是 x2+x+n=0(m,n∈R△=m2-41<0)的两个根 (1)设z1,2满足方程5，+(1-i)52=9+6i,求m,n的值； (2)设z1=1+2i,复数31,52所对的向量分别是a与b, 若向量ta-b与a+2b的夹角为钝角，求实数t的取值范 围 万，共4页 16.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、17.如图，在△ABC中，BO=OC,AT=4TO,AE=2EC c,已知aosC+b=0,b=2c · 4 (1)求c0sC; B 2)若△ABC的面积为：，D是BC上的点，且 (I)用AB,AC表示B7; ADB=经，求CD的长 (2)求证：B、T、E三点共线； (o若AB=14C=-2∠4C-求os∠E0, 试卷第3页，共4页 18.如图，圆锥PO的底面半径和高均是a 19.著名的费马问题是法国数学家皮埃尔德费马 (1601~1665)于1643年提出的平面几何极值问题：“已 知一个三角形，求作一点，使其与此三角形的三个顶点 的距离之和最小”，费马问题中的所求点称为费马点.已 知对于每个给定的三角形，都存在唯一的费马点，当 △ABC的三个内角均小于120°时，使得 (1)过线段PO的中点O作平行于底面的截面，以该截面 ∠APB=∠BPC=∠CPA=120°的点P即为费马点.在锐 为底面挖去一个圆柱，求剩下儿何体的体积. 角△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且 (2)若过线段PO上的任意一→点作平行于底面的截面，并 √3c=2 asin C.若P是锐角△ABC的费马点”，a=2√5. 以该截面为底面挖去一个圆柱，求剩下儿何体的最大表 (1)求角A; 面积 (2)若b=c;求△4PB的面积； (3)若PA.PB+PB.PC+PC.PA=-4,且b<c. ①求△ABC的周长； ②求PA+PB+Pc的值. 试卷第4页，共4页 〈五一假期作业二〉鑫考答莱 题号 4 10 答案 ⊙ 公 Q B B A BC ABD 题号 11 答案 BCD 1.B 【详解】试题分析：因为 (1+am)-2i=1-a2+2ai-2i=(1-a2)+(2a-2)i, 1-a2=0 由题意可得 ,解得a=-1.故B正确 2a-2≠0 考点：复数的运算 【易错点晴】本题主要考查的是复数的乘法运算和的 性质，属于容易题.解题时一定要注意？=-1和运算的 准确性当复数为纯虚数时一定要注意其实部等于0，虚 部不等于0，否则极易出错 2.C 【详解】由题意知直观图为等腰梯形AB'C"D,A'B'=4, cD=2,∠D0'B=45,则4D=5×42-2; 2 将直观图复原为原图，如图所示： 则AB=4,CD=2,AD=2N2, O(A) B 作CF⊥AB于F,则FB=2,CF=2√2，所以 BC=√4+8=2W5,故四边形ABCD的周长为 答案第1页 4+2+2W3+22=6+2W3+22. 3.B 【分析】根据向量的加法计算即可. D 【详解】 A 由题意可知 顾-厨丽-丽+}c-亚+师+而)+而 4.C 【分析】根据共线向量定理可知方//(，再根据向量共 线的坐标表示即可列出方程，然后利用正弦定理以及余 弦定理即可解出， 【详解】因为D=,所以/1日，即 (b-a)sinB-(a+c)(sinC-sinA)=0,边角转化得 公+-0，所以ac=兰-分而 0<c<,所以C-子故选：c 5.c 【分析】先根据题意和余弦定理，在△ABC中求出AC 的长，再求出AD的长，再由余弦定理在△ABD中求出 BD的长 【详解】设AC=x,由余弦定理得， BC2=AB2+AC2-2AB.AC cosA, 即5-8+x-2×22x×,整理得x-4+3=0,解 2 得x=1或x=3,∠B为△ABC中最大角，.x=3, ,共8页 又：AD=DC,AD=1,在△ABD中，由余弦定理 得，BD2=AB2+AD2-2AB·ADc0SA, 即BD=8+1-2x2W5×1x5-5,BD=V5. 2 6.B 【分析】设AB=,用x表示BC,BD,然后应用余弦 定理求解 【详解】设AB=x,在Rt△ABC中，∠ACB=63°， m63%2,则C=,在t△ABD中，∠ADB=45°， 则BD=x.在△BCD中，由余弦定理得 x=子+5+2子54×子整理得 1 4 2 x2-18x-72×54=0,解得x=72或x=-54(舍去负值）， 所以该塔高为72m. 7.B 【分析】建立平面直角坐标系，将已知条件转化为所设 未知量的关系式，再将ā-的最小值转化为用该关系 式表达的算式，利用基本不等式求得最小值. 【详解】建立平面直角坐标系如下图所示，设 c=(cose,sine),OA=a,OB=b,HA(m,0),B(O,n), 由于a-c=b-c=5,所以m,ne[4,6]. a-c=(m-cose,-sine),b-c=(-cose,n-sine). [m2-2mcos 0+cos2 0+sin20=25 n-2nsin0+sin20+cos°0=25，即 m2+n2=48+2mcos0+2nsin 0. a-=(a-c)-(6-c=Va-c)}-2(a-c)(佰-c)+6-d) =√48+2mcos0+2nsin日=Vm2+n2≥√2.当且仅当 答案第2 m=n时取得最小值，此时由 m2+n2=48+2mcos 0+2nsin 2m=48+2m(sm0+cos6)=48+25msm0+骨)，当 6=5元时，2m有最小值为48-2√21，即 4 2m2=48-2√2m,m2+√2m-24=0,解得m=3√2.所 以当且仅当m=n=32,日=5严时a-有最小值为 4 √2×3W2=6故选：B VA 6 46 【点睛】本小题主要考查向量的位置关系、向量的模， 考查基本不等式的运用，考查数形结合的数学思想方法， 属于难题！ 8.A 【分析】由题意用两个柱体体积减去重叠部分体积，计 算即可 【详解】如图两个正四棱柱的重叠部分为多面体 CDGOST,取CS的中点I, 则多面体CDGOST可以分成8个全等三棱锥C-GOI, 则Saa=)×2x反=1，且cI1平面G0I,CI=1, 2 ,共8页 则-官1x1-子该十字贯穿体的体积即为 3 V=2x6-8%。o=12-8-28 33 9.BC 【分析】根据复数的乘方即可判断A；根据复数的乘法 运算及共轭复数的定义即可判断B;设 二=x+i(x,y∈R),再根据=1，求出x,y的关系，再 结合复数的模的公式即可判断C；根据方程的复数根互 为共轭复数即可判断D. 【详解】对于A,i24=()02=(-1)2=1,故A错误； 对于B,若0-上5i,则 22 对于C,设=x+i(xyeR),由=1，得Vx2+y2=1, 即y2=1-x2≥0，所以-1≤x≤1，则 z-2=V(x-2)+y2=Vx2-4x+4+1-x2=V4x+5∈[1,3] 所以-2的最小值为1，故C正确； 对于D,若4+3i是关于x的方程 x2+x+q=0(p,q∈R)的根，则-4-3i也是关于x的方 程x2+px+q=0(p,q∈R)的根，所以 （-4+3i)(-4-3i)=q=25,故D错误故选：BC. 10.ABD 【分析】求出棱柱侧面积判断A；求出棱柱外接球体积 判断B;判断以AA为直径的圆的位置关系判断C;利 用对称方法求出AE+EA的最小值判断D作答 答案第3 【详解】在直三棱柱ABC-AB,C中，A4=2, AB=BC=1,∠ABC=90°，AC=VAB2+BC2=V2, △ABC的周长为2+√2，此三棱柱侧面积是 2(2+√2)=4+2√2，A正确； 依题意，线段AC是直三棱柱ABC-AB,C外接球被平 面ABC所截得的小圆直径，△ABC三△ABC, 则球心到平行平面ABC与AB,C的距离相等，即球心到 截面小圆ABC的距离为二AA=1, 因此，球半径R= 54C+A4F-6 球的体积 为r=4R=4π6y=V6元，B正确； 3 如图，在矩形ABBA内，以AA为直径作半圆，其半径 24=1,圆心到直线BB的距离为1，即直线BR与 E B 以AA为直径的半圆相切，则BB, 上的点除切点外均在此半圆弧外，即不存在点E,使得 ∠AEA为钝角，C不正确； 在矩形ABBA所在平面内，延长AB至F,使B,F=AB, 连AF交BB,于E',对BB,上任意点E,连接EF,EA, B 如图， 因BB⊥AF,则EF=EA,EF=EA, AE+EA=AE+EFAF=AE'+E'F=AF+E'A, ,共8页 当且仅当点E与E重合时取“=”，所以 (AE+EA)m=AF=VA4+AF2=25,D正确 故选：ABD 【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计 算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题 的关键. 11.BCD 【分析】对于A,利用降幂公式与三角形内角关系判断 C为钝角，即可除A;对于B,利用余弦定理即可判 断；对于C,根据A项结论0sC=-b求出 2a sinC= 4d-B,利用三角形面积公式，结合二次函 数性质即可求其最大值；对于D,利用投影向量定义推 曲co水三，进求得4一牙，再由正弦定理与和角 公式，问角基本关系式求得mB,最后油弦切丘化 即可判断 【详解】对rA,由6-2a+4an:4与=0可得 b-2a+4a 1-c0s(4+B=0,因为 cos(A+B)=cos(π-C)=-CosC,代人可得 b+2accC-0,则easc=名<0，因为0<C<,则C 为钝角，故A错误； 对于B,由c0sC=力和余弦定理，可得 2a +6C,整理c2=a+26,敌B正确 2ab 对于C,由上分析，cosC=-b, 2a,则 答案第4 4d-b2 于是，△ABC的面积 S.anc =ab sinc=ab 1 4a2-b21K4ad-b的b2 20V4a2=2V4 因为c=25,则a2+2b2=c2=12,即a2=12-2b2代人 1试可附：0西-6-令+64。 故当b=8时，S4取得最大值为2，即C正确； 2 对于D,因在西上的投影狗量为亚花，依题 ABP 意，1CA-,化简得bco-A5,即 AB 2 2 cos42由A项知，C为纯角，则4为税角 故由c0sA=5可得4=马，再由B项c2=42+2b和正弦 2 定理，可得sin2C=sin2A+2sin2B, 则m受=方2m8,展开得 学(smB+cosB-方+2mnB,即 1+2 sin B cos B=1+4sin2B,因为sinB≠0，则得 cm8=2m8,放B-子则 1 -+1 sin B+cos B tan B+1 2 一=-3，故D正确 sm B-cosB tan B-11 故选：BCD. 12.-4i 【详解】 名=6-b)+0-bi,=a+2ia+20+0a,2a+3 1-i(1+i)1-i)22 万，共8页 3-b=4-2 若3与2互为共轭复数，则 2 1-b=-a+2’ 2 解得 6=3所以3-2i2=21故5-5=4 a=2 13.14π 【分析】把三棱锥补成长方体，利用三棱锥的外接球就 是长方体的外接球，且长方体的体对角线就是长方体外 接球直径，可求球的表面积 【详解】因为PB⊥平面ABC,AB,BCc平面ABC,所 以PB⊥AB,PB⊥BC.所以在Rt△PBA中，由 PB+AB:=PA=63,nP1B=PB25,可求 AB 得AB=1,PB=2√3.在等腰Rt△BAC中， BC=VAB2+AC2=V1+12=2. 易知三棱锥P-ABC是球O内接长方体的一部分（如 图)，PC是该长方体的体对角线，故球心O在PC的中 点处.因为PC=VPB2+BC2-√2W3)2+(W2)2=V14, 所以球0的半径为14，故球0的表面积为 2 Pi- W14 4兀× =14兀. 0 A-C B 故答案为：14π 【点睛】关键点点睛：本题主要考查三棱谁的外接球表 面积，将三棱锥的外接球转化为长方体的外接球为解题 的关键 答案第5 14.√5 【分析】由正弦定理和三角形的面积公式可得 abc abc )2 12 =400 20 a2+b2+2c2 a2+b2+2c2 利用余弦定理和三角形的面积公式可得 s:_ab-(d+b-c 再由基本不等式可得 16 a+b+2c）,进而得 S2≤ 80 S 400 ≤400x1=5,即可求得 a2+b2+2c2 80 m+b2+2c的最大值 abc 【详解】设△ABC的面积为S,△ABC的外接圆半径为 R=5,由正弦定理c2R=10, 则s=。 c abc absin c=aR20 则 abc )2 am+b2+2z=400 S 由余弦定理cosC=4+b-c 2ab s:=Ia'b'sin'C-ab(1-cos'C) 4 (ad2+b2-c2) ab21- 4ib-(a+b-c 4 4db 16 由2ab≤a2+b2,得4ab2≤(c2+b2)},所以 s-4a6-位+B-c2区+B-+B-c:j 16 16 (2a2+2b2-c2)c2(2am2+2b-c2)5c2 16 80 s2d+-c+cy位++2x,当且仅当 4×80 80 页，共8页 2a2+2b2-c2=5c2时取等号，所以 S 12 400 2+b2+2c2 ≤400x1=5, 80 +6+2c的最大值为5故答案为：5 则 abc 【点睛】关键点点睛：解答本题的关键是先由正弦定理 和三角形的面积公式可得 abc 2 S a2+b2+2c2 =400a+6+2x ,再由余弦定理和 三角形的面积公式结合基本不等式可得 s≤+b+2x) 80 15.(1)m=12,n=477 O-7 【分析】(1)利用共轭复数性质和韦达定理求解方程参 数； (2)将复数转化为向量，利用向量夹角为钝角的条件 (数量积为负且不共线）求解参数范围. 【详解】(1)因为m,n∈R,△=t-4n<0, 所以方程x2+x+=0的两个根z,,二2为共轭复数， 设=1=a+bi,z2=a-bi(a,b∈R), 由韦达定理得+52=-m,22=n, 将，=a+bi,22=a-bi代人+(1-i)2=9+6i, 得a+bi+(1-i)(a-bi)=9+6i,即(2a-b)-ai=9+6i, 所以 -a=6，解得/a-6 2a-b=9 得{b=-21'所以名=-6-21i, 22=-6+21i,所以m=-(5+22)=12,n=222=477. (2)因为31=1+2i,所以2=1-2i,所以a=(1,2), 答案第6 6=(1,-2),所以a-万=t(1,2)4,-2)=t-12+2), a+2b=1,2)+21,-2)=3,-2), 因为ta-b与a+2b的夹角为钝角，所以 (ta-b)(a+b)<0,且ta-万与a+2五不洪线， 0-2320解得1-7且* 所以 3(t-1)-2(2t+2)<0 所以实数：的取值范周为7，为号+o 16.-5（②5 0 【分析】(1)由已知得出c=2√b,利用余弦定理结合 acosC+b=0可得出a=√b,再利用余弦定理可求得 cosC的值； （2)利用三角形的面积公式结合(1)中的结论可求出 a、b、c的值，求出sin∠CAD的值，利用正弦定理可 求出CD的长 【详解】(1)因为acosC+b=0,所以， aa+bc+b=0,即a+36-c2=0, 2ab 因为b=5c,则c=2b,即a+302-8=0,故 4 a=√b,由余弦定理可得 cosC-tbi-b5 2ab 2√5b2 5 2)因为cosc=,则 sin C=v1-cos2C= 因为SBc= 答w子可得a-9 4 因为a=5b,c=2W2b,放a=),b1 2’c=V2, ,共8页 D是BC上的点，且 A8-,则c0-c,AC-开所以. 4 sim∠CAD=sim3红-c）=sin3π cosC-cos sin C 4 4 4 b 在△ACD中，由正弦定理可得. CD sin∠ADC-sin∠CAD' 1v10 故cD=bsim∠CAD_2x0_ v5 sin∠ADC √2 10 1号c而 2 (②)证明见解析 3)4v97 91 【分析】(1)根据向量的线性运算法则进行运算即可； (2)计算可得B7=-3B正，从而得证； TO.TE (3)根据公式cos∠ETO= o@' 计算得解 【详解】(1)根据题意， 所-7-丽-0-孤-+aC丽-号C丽 (2)根据题意，丽=正-历=号C-丽， 由(1)可得BT=B亚，又BE,BT有公共点B, 所以B、T、E三点共线； (3)根据题意， -4C=1x2×cos号1丽1c2, 而-0=品品4c万号丽C号孤 网压a90压c丽列品 网c-丽-12迈c+器 答案第7页 则.正= 2AB40-1AB2+24C2- 25 4B.AC= 75 75 4 TO.TE 4v91 coS∠ETO 75 o.园 √7√52 91 1015 (2)3+22 2 a 【分析】(1)求得圆柱的底面半径和高，由此求得剩下 儿何体的体积 （2)首先求得剩下几何体的表面积关于a的表达式，结 合二次函数的性质即可求解， 【详解】(1)如图，设圆锥母线PB与圆柱交点为A,连 接OA. B 依题意，∠P08-子侧有1=后+-a, 又0为PO中点，设圆柱的高为h,则PO-h_OA_1 PO OB 2' 解得n=号P0-)a设圆柱半径为n,则r=04=2a, 1 因为圆谁内部挖去一个圆柱，故剩下几何体的体积 5d· a- (2)设圆柱半径为r,高为h侧依题意，有P0_九_上 PO R 其中R为圆锥的底面半径，即a--二所以h=a-r. aa 又圆锥内部挖去一个圆柱，所以剩下几何体的表面积 =a2+ax√2a+2xr×h =2+×√2+2xr×a-r) ,共8页 =-2元×0- +5r散=时、S取到服大 值3+2 -元a2 19.0①A-号 (2)5(3)①6+2√3；③27 【分析】(1)利用正弦定理结合已知条件求解； (2)利用正三角形的性质，结合费马点定义、余弦定 理构造方程求出PA,PB,进而利用三角形面积公式求 解； (3)利用费马点性质结合余弦定理及三角形面积公式 构造方程求出b,c,进而求出三角形周长；再结合余弦 定理求出p+P+Pc. 【详解(1)由V5c=2 asinC结合正弦定理.a sinA sinC 可得√3sinC=2sin4sinC, .sinC≠0， sind=3 , :△ABC为锐角三角形， (2)△ABC中，A=且b=c, △ABC为正三角形，边长a=b=c=2√5， 费马点P满足∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，且等边三 角形费马点与重心、垂心重合， 设PA=PB=PC=x,由余弦定理， AB2=PA2+PB2-2 PA.PB.cos120, 即(23=x2+2-2x（2 故12=3x2,解得x=2, .△APB的面积 答案第8 SwP利网sm120w-片x2x2sim120√ (3)①设PA=x,PB=y,PC=z,由费马点性质， ∠APB=∠BPC=∠CPA=120°，故 ®EA4 .y+z+xz=8, 由SAPm+SBe+SAPe=SABc得： 99+c5-m受即k=8, 202+22 由余弦定理得，a2=c2+b2-2bcc0sA, 即12=c2+b-2bc.1-c2+b2-8,即c2+6=20, 2 6c=g，解得c=4b=2. [c2+b2=20 又：b<c,联立 △ABC的周长为a+b+c=6+2W3; ②由在△PAB,△PBC,△PAC中，由余弦定理得 x2+y2+xy=16 x2+z2+xz=4, y2+z2+yz=12 联立Xy+z+xz=8可得x2+y2+z2=12, 则(x+y+z)2=x2+y2+z2+2(xy+z+xz)=28, 即x+y+z=2W7, pA+P四+pd=2W7. 万，共8页