安徽师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷

这是一份安徽师范大学附属中学2025-2026学年高一下学期期中考试数学试卷，共18页。
本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷 上无效.
考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
单项选择题：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.
–––→–––→
若向量OA  (1, 2) ， OB  (1, 1) ，则 AB  （）
(2, 3)
( 0, 1)C. (1, 2)
D. (2, 3)
已知 a, b, c 分别为V ABC 的三个内角 A, B,C 的对边，若 a  2 3, b  2 2, A  60∘ ，则角 B 
（）
A. 45∘ 或135∘B. 135∘C. 60D. 45∘
复数 z  3  4ii3 的虚部为（ ）
4i
3i
3
4
下列命题中正确的是（ ）
若直线 a, b 和平面α满足 a//b ， a//α， b 不在平面α内，则b//α
若直线 a 和平面α满足 a//α，那么 a 与α内的任何直线平行
平行于同一条直线的两个平面平行
若 a, b 是两条直线，且 a//b ，那么 a 平行于经过b 的任何平面
如图所示，一条河两岸平行，河的宽度为 400 米，一艘船从河岸的 A 地出发，向河对岸航行．已知船的速度
–→
v1 的大小为 v1
––→
 8km / h ，水流速度v2 的大小为 v2
 2km / h ，船的速度与水流速度的合速度为v ，那么
当航程最短时，下列说法正确的是（）
A. 船头方向与水流方向垂直B.
→
cs
–→ ––→
v1 , v2
  1
4
C. v  2 17km / h
D. 该船到达对岸所需时间为 3 分钟
如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形 ABCD 的直观图为梯形 ABCD 其中 AB//CD，
AB  BC ，AB  4 ，DC  2 ，以原四边形 ABCD 的边 AD 为轴旋转一周得到的几何体表面积为（ ）
12 3π  20π
56πC. 36πD. 112 2 π
3
已知向量 AC  1,2 ， AD  2,1 ，向量–––→ 在 AC 上的投影向量的坐标为2, 4 ， –––→ 在–––→ 上的
AB

–––→
投影向量的坐标为 4, 2 ，则 AB  （ ）
2
A. 20B. 10
C. 10D.
ABAD
10
在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，E，F 分别为棱 PD ， PC 上的点， PE  4 ，若
BF // 平面 AEC ，则 PF  （ ）
FC
ED3
1
A. B.
3
2C. 1D. 2
2
53
选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
下列说法正确的是（）
→
若 a
→
 b
–––→
，则 a 与b 的长度相等且方向相同或相反
向量 AB 的长度与向量 BA 的长度相等
，则 →
两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同
→→
若 a 与b 同向，且 a  b
a  b
下列关于非零复数 z1 、 z2 的结论正确的有（ ）
已知 z1  z2  R ，则 z1 、 z2 不一定为共轭复数
若 z  z ，则 z2  z2
1212
若? = ? + 1 + (?−1)i(? ∈ ?)为纯虚数，则 z  2
z1 在复平面内对应的点为 Z1 ，且满足1 ≤ |? − 1 | ≤ 2 ，则点 Z1 所在的区域的面积为 3π
11+i
已知正三棱台 ABC  A1B1C1 ，上底面 A1B1C1 边长为 2，下底面 ABC 边长为 6，侧棱长为 4，点 P 在侧面
7
BCC1B1 内（包含边界）运动，且 AP  2，Q 为CC1 上一点，且CQ  3QC1 ，则下列说法正确的是（ ）
4 6
正三棱台 ABC  A1B1C1 的高为
3
高为 4 6 ，底面半径为 3 的圆柱可以放进该棱台内
34
点 P 的轨迹长度为2 3π
过点 A, B, Q 的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 3π
2
填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
在校园科技节的化学展区，小明的团队制作了一个立方体晶胞框架（棱长 1cm 的正方体），用来展示
NaCl 晶体中Na 的八面体配位环境： Cl 位于立方体的各面中心位置，它们构成一个正八面体包围中心的
Na ，则该正八面体Cl 配位多面体模型的体积是cm3 .
某三角图标如图所示，该图标由三个全等的等腰梯形和一个等边三角形拼成，已知 AB  BF  1 ，P 为等腰梯形 HICD 内一点（含边界），则GP  GE 的取值范围为．
​
V ABC 中，内角
A, B,C
所对的边分别为
a, b, c
，该三角形面积大小记为 S，则
a2  b2  2c2
2S
的最小
值为.
→
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.
已知向量 a  1, 2, b  2,  2 .
设c  4a  b 求(b  c)a ；
a  λb
若 →与a 垂直，求λ的值.
已知 a，b，c 分别为V ABC 的三个内角 A，B，C 的对边，若a 2  b 2  c 2  ab ，且b sin C  2 3 sin B .
求角 C 及边 c 的值；
求a  2b 的取值范围.
如图， VOCD 等边三角形，且点 A，B 分别为线段OD 与OC 的中点.将△OAB 沿 AB 折叠后使点 O 与点 P 重合，得到四棱锥 P  ABCD .设点 E 为线段 PC 上一点，且CE  2EP .
证明： AP// 平面 BED ；
求四棱锥 P  ABCD 与三棱锥 P  BDE 的体积之比.
如图在直角梯形 ABCD 中， BC  2 AD ， BC  CD  2 ，点 E 为CD 的中点，以 A 为圆心 AD 为半径作圆交 AB 于点 G，点 P 为劣弧 DG （包含 D，G 两点）上的一点， AC 与劣弧、 BE 分别交于点 F， H．
求向量 AF 与 BE 夹角α的余弦值；
若向量 BH  xBD  y AC ，求实数 x，y 的值；
求向量 BP 与CP 的夹角的最大值．
如图所示， V ABC 的顶点是我国在南海的三个战略岛屿，各岛屿之间建有资源补给站，在图中的 D、
2
E、F 点上.岛屿 A 到补给站 D 的距离为岛屿 A 到岛屿 B 距离的
5
，岛屿 A 和岛屿 C 到补给站 E 的距离相
等，补给站 F 在靠近岛屿 C 的 BC 的三等分点上.设， CB  a ， CA  b .
用a ， b 表示， EF ， CD ；
如果ACB  60 ， AC  12 海里，且CD  EF ，求岛屿 C 到补给站 D 的距离；
2
若三个岛屿围成的V ABC 的面积为12 1 平方公里，且满足 4 cs A  3cs B  1，求岛屿 A
和岛屿 C 之间距离的最小值.
sin A
sin B
高一数学试题
注意事项：
本试卷满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
回答选择题时，选出每小题答案后，用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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷 上无效.
考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交.
单项选择题：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.
–––→–––→
若向量OA  (1, 2) ， OB  (1, 1) ，则 AB  （）
(2, 3)
( 0, 1)C. (1, 2)
D. (2, 3)
【答案】B
【解析】
【详解】 AB  OB  OA  1, 1  1, 2  11, 1 2  0,1
已知 a, b, c 分别为V ABC 的三个内角 A, B,C 的对边，若 a  2 3, b  2 2, A  60∘ ，则角 B 
（）
A. 45∘ 或135∘B. 135∘C. 60D. 45∘
【答案】D
【解析】
【详解】在V ABC 中， a  2 3, b  2 2, A  60∘ ，
2 2 sin60∘
2 3
2

bsinA
由正弦定理得sinB，
a2
由 a  b ，得 A  B ，所以 B  45∘ .
复数 z  3  4ii3 的虚部为（ ）
4i
3i
3
4
【答案】C
【解析】
【分析】由复数乘法运算，结合虚部概念即可求解.
【详解】因为 z  3  4ii3  3  4ii  4  3i ，所以复数 z  3  4ii3 的虚部为3 .
下列命题中正确的是（ ）
若直线 a, b 和平面α满足 a//b ， a//α， b 不在平面α内，则b//α
若直线 a 和平面α满足 a//α，那么 a 与α内的任何直线平行
平行于同一条直线的两个平面平行
若 a, b 是两条直线，且 a//b ，那么 a 平行于经过b 的任何平面
【答案】A
【解析】
【详解】选项 A：过直线 a 作平面β，设α β c ， 又∵ a//α，∴ a//c ，又∵ a//b ，∴ b//c
又∵ b  α且c α，∴ b / /α.因此 A 正确.
选项 B：如果直线 a 和平面α满足 a//α，那么 a 与α内的任何直线平行或异面，故 B 错误； 选项 C：平行于同一条直线的两个平面可能平行也可能相交，故 C 错误；
选项 D：如果 a ， b 是两条直线，且 a//b ，那么 a 平行于经过b 但不经过 a 的任何平面，故 D 错误.
如图所示，一条河两岸平行，河的宽度为 400 米，一艘船从河岸的 A 地出发，向河对岸航行．已知船的速度
–→
v1 的大小为 v1
––→
 8km / h ，水流速度v2 的大小为 v2
 2km / h ，船的速度与水流速度的合速度为v ，那么
当航程最短时，下列说法正确的是（）
A. 船头方向与水流方向垂直B.
→
cs
–→ ––→
v1 , v2
  1
4
C. v  2 17km / h
D. 该船到达对岸所需时间为 3 分钟
【答案】B
【解析】
【分析】由向量加法的平行四边形法则结合向量模的求法判断 C；求解直角三角形可得判断 A；结合诱导公
–→ ––→
式求得cs v1, v2 判断 B；求出船到达对岸的时间判断 D.
【详解】解：如图，
A是河对岸一点，且 AA 与河岸垂直，那么当这艘船实际沿 AA 方向行驶时船的航程最短，
v |2  v |2
–→––→
12
82  22
→→
15
v  v1  v2 ， v


 2
，故 C 错误；
设船头方向与 AA 的夹角为θ，则sinθ 2  1 ，则船头方向与水流方向不垂直，故 A 错误；
84
–→ ––→
 π1
cs
v1 , v2
 cs  θ  sinθ  ，故 B 正确；
24

该船到达对岸的时间为t 
400
 60  4 15 分钟，故 D 错误．
2 15 1000
5
故选：B.
如图，按斜二测画法所得水平放置的平面四边形 ABCD 的直观图为梯形 ABCD 其中 AB//CD，
AB  BC ，AB  4 ，DC  2 ，以原四边形 ABCD 的边 AD 为轴旋转一周得到的几何体表面积为（ ）
12 3π  20π
56πC. 36πD. 112 2 π
3
【答案】B
【解析】
【详解】由题意， AB//CD， AB  BC ， AB  4 ， DC  2 ，
 AD 
2  2
2
2，
2
2
如图，原四边形 ABCD 中， AB//CD ， AB  AD ， AB  4 ， DC  2 ， AD  2 AD  4，
4 2+ 22
2
直角梯形 ABCD 以边 AD 为轴旋转一周得到的几何体为圆台，故其表面积为：
? = π??2 + π??2 + π(?? + ??)?? = 4π+16π + 6π ×
= 56π ．
已知向量 AC  1,2 ， AD  2,1 ，向量–––→ 在 AC 上的投影向量的坐标为2, 4 ， –––→ 在–––→ 上的
AB

–––→
投影向量的坐标为 4, 2 ，则 AB  （ ）
2
A. 20B. 10
C. 10D.
ABAD
10
【答案】B
【解析】
AB
【分析】设 AB   x, y  ，借助投影向量定义计算可得 x  2 y  10 ， 2x  y  10 ，解出即可得–––→ ，再利用模长定义计算即可得.
AB
【详解】设 AB   x, y  ，由向量–––→ 在 AC 上的投影向量的坐标为2,  4 ，
AB  AC  AC  x  2 y AC x  2 y  –––→   x  2 y , 2  x  2 y  
12  22
12  22
则–––→–––→
AC ，
ACAC
555
故 x  2 y  2 ，即 x  2 y  10 ；
5
由–––→ 在–––→ 上的投影向量的坐标为4, 2 ，
ABAD
AB  AD  AD  2x  y AD 2x  y  –––→   2 2x  y  , 2x  y 
22 12
22 12
则–––→–––→
AD ，
ADAD
555
故 2x  y  2 ，即2x  y  10 ；
5
x  2 y  10

即有2x  y  10
x  10

，解得 y  10
，则 AB  10, 10 ，
–––→
则 AB

102  102
2
 10.
在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 是平行四边形，E，F 分别为棱 PD ， PC 上的点， PE  4 ，若
ED3
BF // 平面 AEC ，则 PF  （ ）
FC
1
A. B.
3
2C. 1D. 2
2
53
【答案】A
【解析】
【分析】由线面平行的性质定理，和线线平行，线段对应成比例，即可求解.
【详解】
连接 BD ，与 AC 交于点O ，连接 DF ，交CE 于 G，连接OG ，
由于 BF // 平面 AEC ， BF  平面 BDF ，平面 BDF ∩ 平面 AEC  OG ，所以??//?? ，由于 O 是 BD 的中点，
所以 OB  GF
ODGD
 1 ，
过 F 作??//?? ，交 PD 于 H，则 ED  DG  1，
EHGF
因为 PE  4 ，所以 PH  1 ，
ED3HE3
所以 PF  PH
FCHE
 1 .
3
选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
下列说法正确的是（）
→
若 a
→
 b
–––→
，则 a 与b 的长度相等且方向相同或相反
向量 AB 的长度与向量 BA 的长度相等
，则 →
两个有共同起点而且相等的向量，其终点必相同
→→
若 a 与b 同向，且 a  b
a  b
【答案】BC
【解析】
【详解】A：向量的模相等只能说明长度相等，但方向可以任意，不一定相同或相反，错；
–––→
B：向量 AB 和 BA 的长度都等于线段 AB 的长度，因此相等，对；
C：两个相等的向量具有相同的长度和方向，若起点相同，则终点必然重合，对； D：由向量的性质知，向量不能比较大小，错.
下列关于非零复数 z1 、 z2 的结论正确的有（ ）
已知 z1  z2  R ，则 z1 、 z2 不一定为共轭复数
若 z  z ，则 z2  z2
1212
若 z  m 1 m 1im  R  为纯虚数，则 z  2
1
1 i
z 在复平面内对应的点为 Z ，且满足1  z  2 ，则点 Z 所在的区域的面积为 3π
1111
【答案】ACD
【解析】
【分析】举例说明结合共轭复数的概念和复数的乘法公式计算即可判断 AB；根据复数的有关概念建立关于 m 的方程组，结合复数的几何意义计算即可判断 C；根据复数乘、除法运算，结合复数的几何意义计算即可求解.
【详解】对于 A 选项，不妨取 z1  1 i ， z2  2  2i ，则 z1z2  1 i2  2i  4 ，
但 z1 、 z2 不互为共轭复数，故 A 正确；
2
对于 B 选项，不妨取 z1  1 i ， z2 1i，则 z1  z2 ，
但 z2  1 i2  2i ， z2  1 i2  2i ，即 z2  z2 ，故 B 错误；
1212
m 1  0
对于 C 选项，由题意知m 1  0 ，解得 m  1，得 z  2i ，所以 z  2 ，故 C 正确；

对于 D 选项，因为
1
1 i
1 i
 1 i1 i
 1  1 i ，
22
1
1 i
所以 z  z   1  1 i   2 表示以点 1 ,  1  为圆心，半径为 2 的圆及其内部，
1
1 22 
 22 

1
1 i
z  z   1  1 i   1 表示以点 1 ,  1  为圆心，半径为 1 的圆及其外部，
1
1 22 
 22 

所以点 Z1 所在的区域如图所示，
故点 Z1 所在的区域的面积为π22 12   3π ，故 D 正确.
已知正三棱台 ABC  A1B1C1 ，上底面 A1B1C1 边长为 2，下底面 ABC 边长为 6，侧棱长为 4，点 P 在侧面
7
BCC1B1 内（包含边界）运动，且 AP  2，Q 为CC1 上一点，且CQ  3QC1 ，则下列说法正确的是（ ）
4 6
正三棱台 ABC  A1B1C1 的高为
3
高为 4 6 ，底面半径为 3 的圆柱可以放进该棱台内
34
点 P 的轨迹长度为2 3π
过点 A, B, Q 的平面截该棱台内最大的球所得的截面面积为 3π
2
【答案】ABD
【解析】
3
【分析】延长正三棱台侧棱相交于点O ，分析可知三棱锥O  ABC 为正四面体，对于 A：根据正四面体的高以及棱台的性质分析求解；对于 B，根据三棱台 ABC  A1B1C1 的高及上底面内切圆的半径即可判断；由
7
AP  2
得到 HP  2 ，进而根据等边三角形OBC 的内切圆半径为
求得点 P 的轨迹，再求轨迹长度判
断 C；设正四面体OABC 的内切球的半径为 R ，利用等体积法得到 R 
Q 的平面正好过该内切球的球心，进而得到截面面积即可判断 D．
6 ，再结合题意可知过点 A ， B ，
2
【详解】延长正三棱台侧棱相交于点O ，由题意可知： OA  OB  OC ，
在等腰梯形 BCC1B1 中，因为 BC  6 ， B1C1  2 ， BB1  CC1  4 ，则B1BC  C1CB  60 .
即△OBC 为等边三角形，可知三棱锥O  ABC 为正四面体，且OB1  2 .
对于 A：设 H 为等边△OBC 的中心，
6 
2
 6 
2
3 

由正四面体的性质可知： AH  侧面OBC ，且 AH 
 2 6 ，
6
即O 点到底面 ABC 的距离为2，
6
又因为OB  2 ， BB  4 ，所以正三棱台 ABC  A B C 的高为 2  2 4 6 ，故 A 正确；
111 1 133
1 1 1
对于 B，设△A1B1C1 的内切圆的半径为 r ，则根据等面积法有： S△ A B C 
3  22  1  6  r ，解得
42
r 3 ，
3
因为正三棱台 ABC  A1B1C1 的高为 4 6 ，△A1B1C1 的内切圆的半径为 3 ，且 3 3 ，
3334
所以高为 4 6 、底面半径为 3 的圆柱可以放进该棱台内，故 B 正确；
34
6 
2
 6 
2
3 

对于 C，由 A 选项知， AH  侧面OBC ，且 AH 
 2 6 ，
7
2 7 2  2
6 2
因为点 P 在侧面 BCC1B1 内（包含边界）运动，且 AP  2
AP2  AH 2
所以 PH 

 2 ，
3
因为等边三角形OBC 的内切圆的半径为
， 又OD1
 1 OD ，
3
3
3
3
3
D1H  OH  OD1  2
，
所以，点 P 在侧面 BCC1B1 内的轨迹为弧 EG 和 M‸N ，
3
而 HG  HM  2, HD ,故GM  2DG  2 ，故VHGM 为等边三角形，
所以EHG  NHM  π ，所以点 P 的轨迹长度为 1  2π 2  4π ，故 C 错误；
333
对于 D，设正四面体OABC 的内切球的半径为 R ，
由等体积法可得 1 S
 2
 4  1 S R ，解得 R 6 ，
3 △ABC
3 △ABC2
6
4 6
3
因为2R ，所以该棱台内最大的球即正四面体OABC 的内切球，又因为CQ  3QC1 ， CC1  4 ， OC  6 ，
所以Q 为OC 的中点，过点 A ， B ， Q 的平面正好过该内切球的球心，
6 23π
所以截面面积为π 2 
，故 D 正确．
2

填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
在校园科技节的化学展区，小明的团队制作了一个立方体晶胞框架（棱长 1cm 的正方体），用来展示
NaCl 晶体中Na 的八面体配位环境： Cl 位于立方体的各面中心位置，它们构成一个正八面体包围中心的
Na ，则该正八面体Cl 配位多面体模型的体积是cm3 .
1
【答案】
6
【解析】
【分析】根据题意可知正八面体的底面边长以及高，代入公式即可求解.
【详解】根据图示正八面体的结构，底面为边长为 2 的正方形，
2
正四棱锥的高为正方体棱长的一半即 h  1 ，
2
所以正八面体的体积为V  2  1  1 2 2  1 .
32226
某三角图标如图所示，该图标由三个全等的等腰梯形和一个等边三角形拼成，已知 AB  BF  1 ，P 为等腰梯形 HICD 内一点（含边界），则GP  GE 的取值范围为．
【答案】6,14
【解析】
【分析】先建立直角坐标系求出各点坐标和向量坐标，再计算向量数量积转化为与横坐标相关式子，最后确定横坐标范围从而得出数量积取值范围.
【详解】由题意可得，大三角形 HGE 为等边三角形，又因为 AB  BF  1 ，且V ABC 等边三角形，
所以ABC  60∘ ，又因为 BD ∥ FE ，所以AFE  60∘ ，
作 BM 垂直于直线GE 于 M ，
在直角VBFM 中， csBFM  FM
BF
 cs60∘ ，
所以 FM  BF  cs60∘  1 ， BM  BF sin60∘ 3 ，
22
作 DM ' 垂直于直线GE 于 M ' ，根据等腰梯形的对称性可得：
M E  1 ，即GE  GF  FM  HM   M E  1 1  2  1  4 ，
222
所以大三角形 HGE 的边长为 4， FE  FM  HM   M E  1  2  1  3 ，
22
以G 为原点(0, 0) ， GE 为 x 轴，垂直于GE 为 y 轴，建立直角坐标系，
则 E(4, 0) ， GM   GF  FM  HM   1 1  2  7 ，
22
所以
73
D(,) ，作 IN 垂直于直线GE 于 N ，
22
3 3
2
在三角形△IGN 中， GN  IG sin60∘ ，
GN  IG  cs 60∘  3 ，所以 I ( 3 , 3 3 ) ，
222
平移直线 BM 到CN ' ，则CN   GF  FM  MN   1 1 1  5 ，
22
 53 
所以C  , ，作 HN  垂直于直线GE 于 N '' ，
 22 
3
在三角形VHGN  中， HN   HG sin60∘  2，
GN   HG cs 60∘  2 ，所以 H (2, 2 3) ，
根据图形关系可得，等腰梯形 HICD 满足： HI CD ， IC DH ，腰长均为1，则GE  4, 0 ，设 P(x, y) ，则GP  (x, y) ，
因此： GP  GE  4x  0  y  4x 问题转化为求 P 点横坐标 x 的范围，
又因为等腰梯形 HICD 最小横坐标为 I  3 , 3 3  ，最大横坐标为 D  7 , 3  ，
 22  22 
且对梯形内任意点，


3 7
x[, ] ，
2 2
因此4x [6,14] ，即GP  GE 的取值范围是[6,14].
​
V ABC 中，内角
A, B,C
所对的边分别为
a, b, c
，该三角形面积大小记为 S，则
a2  b2  2c2
2S
的最小
值为.
5
【答案】 2
【解析】
【分析】由余弦定理、三角形面积公式、基本不等式得到
6  4 cs C  t ，平方，结合二次函数即可求解.
a2  b2  2c2
2S
6  4 cs C
，再通过换元
sin C
【详解】由题 a2  b2  2c2
3a2  3b2  4ab cs C
3 a  b   4 cs C
 
ba
6  4 cs C
  
2Sab sin C
sin C
sin C
 6  4 cs C 2
6  4 cs C 2
6  4 cs C 2


又
sin C
sin2 C
1 cs2 C，

令6  4 cs C  t t 2,10 ，
6  4 cs C 2t 2
16t 2
1616
则 1 cs2 C
 6  t 2  t 2 12t  20 
 1 3 2
4  4
 20
1  4 
20   5
 t
10 5
5
则有 a  b 且cs C  2 时，原式取最小值2.
3
→
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.
已知向量 a  1, 2, b  2,  2 .
设c  4a  b 求(b  c)a ；
a  λb
若
→与a 垂直，求λ的值.
【答案】（1） (b  c)a  0 ;
（2） λ  5 .
2
【解析】
【分析】（1）求出c ，然后按向量数量积的坐标运算规则进行求解；
a  λb
（2）求出 →的坐标，根据垂直向量的坐标表示列出等式求解λ.
【小问 1 详解】
∵ a  1, 2, b  2,  2 ，∴ c  4a  b  6, 6 ，
∴ b  c  2  6  2  6  0 ，∴ (b  c)a  0 ．
【小问 2 详解】
a  λb  1, 2  λ2,  2  2λ1, 2  2λ ，
由于 a  λb 与a 垂直，∴ 2λ1 2 2  2λ  0 ，∴ λ  5 ．
2
已知 a，b，c 分别为V ABC 的三个内角 A，B，C 的对边，若a 2  b 2  c 2  ab ，且b sin C  2 3 sin B .
求角 C 及边 c 的值；
求a  2b 的取值范围.
3
【答案】（1） C  2π ， c  2
3
（2） a  2b 2 3, 4 3  .
【解析】
【分析】（1）运用正弦定理和余弦定理进行求解即可；
（2）运用正弦定理，结合两角和正弦公式、余弦函数的最值性质进行求解即可.
【小问 1 详解】
由a 2  b 2  c 2  ab ，
a2  b2  c2ab1
根据余弦定理，得csC   ，
因为0  C  π ，则C  2π .
3
2ab
2ab2
由b sin C  2 3 sin B ，得
b
sin B
 2 3 ，
3
sin C
根据正弦定理，得
【小问 2 详解】
b
sin B
c
sin C
，则c  2.
由正弦定理可得a  4 sin A ， b  4 sin B ，
则 a  2b  4 sin A  8sin B  4 sin A  8sin  π  A
 3

 4 sin A  83 cs A  1 sin A  4 3 cs A .
 22

由 A  0, π  ，得 a  2b 2 3, 4 3  .
3 

如图， VOCD 等边三角形，且点 A，B 分别为线段OD 与OC 的中点.将△OAB 沿 AB 折叠后使点 O 与点 P 重合，得到四棱锥 P  ABCD .设点 E 为线段 PC 上一点，且CE  2EP .
证明： AP// 平面 BED ；
求四棱锥 P  ABCD 与三棱锥 P  BDE 的体积之比.
【答案】（1）证明见解析
（2） 9 : 2
【解析】
【分析】（1）连接 AC 交 BD 于点 F ，连接 EF ，由 A，B 分别为线段OD 与OC 的中点可得CD//AB ，结
合三角形相似得到 CE  CF ，进而得到 AP//EF ，进而求证即可；
EPAF
（2）根据棱锥的体积公式，结合面积比例求解即可.
【小问 1 详解】
证明：如图，连接 AC 交 BD 于点 F ，连接 EF ，
由题可知CD  2 AB ，且CD//AB .
则易有△ABF 与VCDF 相似，且相似比为 1:2，即CF  2 AF .
又CE  2EP ，则 CE  CF ，故 AP//EF ，
EPAF
因为 EF  平面 BED ， AP  平面 BED ，故 AP// 平面 BED .
【小问 2 详解】
设四棱锥 P  ABCD 的体积为V1 ，高为h1 ，四边形 ABCD 的面积为 S1 ，
三棱锥 E  BCD 的体积为V2 ，高为h2 ，三角形 BCD 的面积为 S2 ， AB 与CD 之间的距离为 d ，
三棱锥 P  ABD 的体积为V3 ，三棱锥 P  BDE 的体积为V ，
S1 23
1  AB  CD d
由题有 ，
S21  CD  d2
2
又CE  2EP ，故CE  2 CP ，即 h1  CP  3 ，
3
则V  4 V ，又V  1 V ，
h2CE2
29 133 1
有V  V  4 V  1 V  2 V ，
19 13 19 1
即四棱锥 P  ABCD 与三棱锥 P  BDE 的体积之比为9 : 2 .
如图在直角梯形 ABCD 中， BC  2 AD ， BC  CD  2 ，点 E 为CD 的中点，以 A 为圆心 AD 为半径作圆交 AB 于点 G，点 P 为劣弧 DG （包含 D，G 两点）上的一点， AC 与劣弧、 BE 分别交于点 F， H．
求向量 AF 与 BE 夹角α的余弦值；
若向量 BH  xBD  y AC ，求实数 x，y 的值；
求向量 BP 与CP 的夹角的最大值．
【答案】（1） 21
14
（2） x  2 ， y  4
315
π
（3）
2
【解析】
【分析】（1）先根据题意建立以点 B 为原点的平面直角坐标系，再根据向量夹角的坐标运算求解即可
BHBABC
先根据平面向量基本定理得到–––→  λ–––→  3λ–––→ ，再结合 A ， H ， C 三点共线求出λ，进而建
24
立方程组求解即可；
方法一：依题意可得以 BC 为直径的圆与圆 A 外切，再结合圆周角大于圆外角，进而得到向量 BP 与
CP 的夹角的最大值；方法二：设DAP θ，θ 0, π  从而，得到点 P 的坐标，再结合三角函数的性
2 
质求出 BP  CP 的取值范围，进而即可得解．
【小问 1 详解】
3
依题意可得ABC  BAD  90 ，则 AB ，
所以以点 B 为原点， BC ， BA 分别为 x ， y 轴正方向建立平面直角坐标系，
则 B 0, 0 ， A0, 3  ， C 2, 0 ， D 1, 3 ， E  3 , 3  ，
 22 
所以?? = 2,−
–––→
3
， BE 

2
1 3, 3 ，
显然向量 AF 与 BE 的夹角等于向量 AC 与 BE 的夹角，
21
??⋅?? 3− 3
所以cs? = || || = 2 =．
?? ⋅ ??
【小问 2 详解】
7× 314
–––→–––→
由 BH  λBE 
λ –––→–––→

BD  BC 
λ –––→
 BA 
1 –––→–––→ 
BC  BC  
λ–––→
BA 
3λ–––→
BC ，
22 2
λ 3λ
24
4
又因为 A ， H ， C 三点共线，所以
 1，解得λ= ，
245
又?? = ??? +??? = ?
??
?−? = 2
+ 1
2
2
+? ??−??   x 
??
4
y  –––→   x 
2
BA

 –––→
y
 BC ，

所以 ?
5 ，解得 x  ， y ．
+ ? = 3
25
315
【小问 3 详解】
法一：取 BC 的中点O ，则 AO  2 ，所以以 BC 为直径的圆与圆 A 外切，因为圆周角大于圆外角，
所以∠BPC 的最大值为 π ．
2
法二：设DAP θ，θ 0, π  ，
2 
且如（1）所建平面直角坐标系，则 P csθ, 3  sinθ， 则?? = cs?, 3−sin?，?? = cs?−2, 3−sin?，
π
6
所以 BP  CP  cs2θ 2 csθ 3  sin2θ 2 3 sinθ = 4−2(cs? + 3sin?) = 4−4sin ? +，
π
6
又θ 0, π  ，则θ π   π , 2π  ，则sin ? +∈ 1 ,1 ，所以?? ⋅ ?? ∈ [0,2]，
2 
6 63 2
π
所以 BP  CP 取到最小值 0，即向量 BP 与CP 的夹角的最大值为 2 ．
如图所示， V ABC 的顶点是我国在南海的三个战略岛屿，各岛屿之间建有资源补给站，在图中的 D、
2
E、F 点上.岛屿 A 到补给站 D 的距离为岛屿 A 到岛屿 B 距离的
5
，岛屿 A 和岛屿 C 到补给站 E 的距离相
等，补给站 F 在靠近岛屿 C 的 BC 的三等分点上.设， CB  a ， CA  b .
用a ， b 表示， EF ， CD ；
如果ACB  60 ， AC  12 海里，且CD  EF ，求岛屿 C 到补给站 D 的距离；
2
若三个岛屿围成的V ABC 的面积为12 1 平方公里，且满足 4 cs A  3cs B  1，求岛屿 A
和岛屿 C 之间距离的最小值.
sin A
sin B
–––→
1 →1 →–––→
2 →3 →
【答案】（1） EF 
（2） 36 3 ；
5
a  b ， CD 
32
a  b ；
55
（3）12 公里.
【解析】
【分析】（1）利用向量的加减法法则，结合图形即可得解；
→
（2）利用向量垂直的向量表示与数量积运算法则求得 b ，从而再次利用数量积运算法则即可得解.
（ 3 ） 由 4 cs A  3cs B  1， 化 简 得 到 3sin C  sin B sin A  cs A ， 结 合 正 弦 定 理 得 到
sin Asin B
144  1
2
3c  b sin A  cs A ，利用三角形的面积公式，求得b2 
12 sin  2 A  π 
，进而求得b 的最小值，得
4 

到答案.
【小问 1 详解】
–––→
2 –––→
–––→
1 –––→
依题意，得 AD 
AB ，因为点 E 为 AC 中点，所以CE 
5
CA ，
2
–––→
又 F 在靠近岛屿C 的 BC 的三等分点上所以CF 
1 –––→
CB ，
3
–––→–––→–––→1 –––→1 –––→1 →1 →

又CB  a ， CA  b ，所以 EF  CF  CE  3 CB  2 CA  3 a  2 b ，
–––→–––→–––→–––→
CD  CA  AD  CA 
2 –––→–––→2
AB  CA 
–––→–––→2 →3 →

CB  CA  a b ；
5555
【小问 2 详解】
–––→ –––→
 2 →
3 →   1 →
1 → 
2 → 2
3 →2
 
依题意，得CD  EF   5 a  5 b   3 a  2 b   0 ，即15 a  10 b
 0 ，
→→
由 b  12 可得 a  18 ，则，
又ACB  60 ，所以 a  b  108 ，
–––→2
CD
 2 →3 → 2
 5 a  5 b 


–––→
所以 CD 

 36 3 ，
4 → 212 → →9 →2
25
a a  b b
25
25
5
所以岛屿C 到补给站 D 的距离 36 3 ；
5
【小问 3 详解】
由 4 cs A  3cs B  1，可得4 cs Asin B  3cs B sin A  sin Asin B ，
sin Asin B
即3cs Asin B  3cs B sin A  sin Asin B  cs Asin B ，
可得3sin  A  B  sin B sin A  cs A ，即3sin C  sin B sin A  cs A ，设 AB  c ， AC  b ，由正弦定理知3c  b sin A  cs A ，
而 S 1 bc sin A 
△ABC2
b2 sin Asin A  cs A
6
b2 sin2 A  sin A cs A

6
2
2
 b2 1 cs 2 A  sin 2 A  12 
1 ，所以b2 
144 
1
，
1212 sin  2 A  π 
4 

因为3c  b sin A  cs A  0 ，所以 π  A  π ，得 3π  2 A  π  9π ，
4444
所以当2 A  π  3π ，即 A  5π 时， b2 取得最小值 144，
428
即b 的最小值为 12，所以岛屿 A 和岛屿C 之间距离的最小值为 12 公里.