注意事項：
1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。
2．測試范圍：人教A版2019必修第二冊第6章-第八章8.3
3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回。
一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．已知單位向量的夾角為，則（ ）
A．B．0C．1D．2
2．如圖，一個水平放置的平面圖形的斜二測直觀圖是直角梯形，且，，則該平面圖形的高為（ ）
A．B．2C．D．
3．已知的內角的對邊分別為，且，則（ ）
A．2B．C．D．1
4．已知復數(shù)的共軛復數(shù)為，則（ ）
A．B．C．4D．2
5．已知圓錐的底面圓周在球的球面上，頂點為球心，圓錐的高為3，且圓錐的側面展開圖是一個半圓，則球的表面積為（ ）
A．B．C．D．
6．在中，是的外心，為的中點，是直線上異于M、O的任意一點，則（ ）
A．3B．6C．7D．9
7．已知復數(shù)，和滿足，若，則的最大值為（ ）
A．B．3C．D．1
8．已知邊長為等邊三角形中，點為邊上一點，，，則下列結論一定正確的為（ ）
A．B．C．D．
選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0
9．已知滿足，則（ ）
A． B．復平面內對應的點在第一象限
C． D．的實部與虛部之積為
10．已知圓錐的側面積為，底面圓的周長為，則（ ）
A．圓錐的母線長為4 B．圓錐的母線與底面所成角的正弦值為
C．圓錐的體積為 D．沿著圓錐母線的中點截圓錐所得圓臺的體積為
11．梯形中，，，，與交于點，點在線段上，則（ ）
A． B．
C．為定值8 D．若，則的最小值為
三．填空題 本題共3小題，每小題5分，共15分
12．已知，若向量滿足，則在方向上的投影向量的坐標為 .
13．如圖，圓臺的母線長為6，兩底面半徑分別為2，7，則此圓臺的表面積為 ．

14．我們把由平面內夾角成的兩條數(shù)軸，構成的坐標系，稱為“@未來坐標系”，如圖所示，分別為正方向上的單位向量，若向量，則把實數(shù)對叫做向量的“@未來坐標”，記，已知，分別為向量，的“@未來坐標”，若向量，的“@未來坐標”分別為，，則向量，的夾角的余弦值為 .

四．解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟
15．（13分）在復平面內，復數(shù)對應的點的坐標為，且為純虛數(shù)（是z的共軛復數(shù)）.
(1)求m的值；
(2)復數(shù)在復平面對應的點在第一象限，求實數(shù)a的取值范圍.
16．（15分）如圖，在平面四邊形ABCD中，，．

(1)若，，求的值；
(2)若，，求四邊形ABCD的面積．
17．（15分）現(xiàn)需要設計一個倉庫，由上、下兩部分組成，上部的形狀是正四棱錐，下部的形狀是正四棱柱 (如圖所示)，并要求正四棱柱的高是正四棱錐的高的4倍.

(1)若，，則倉庫的容積是多少？
(2)若正四棱錐的側棱長為，當為多少時，下部的正四棱柱側面積最大，最大面積是多少？
18．（17分）已知中，所對的邊分別是，邊上的中線，設=（，），=（，），且，若動點滿足．
(1)求角的集合；
(2)求的最小值；
(3)若，且，為的面積，求的最大值及此時的值．
19．（17分）已知，是平面內任意兩個非零不共線向量，過平面內任一點O作，，以O為原點，分別以射線、為x、y軸的正半軸，建立平面坐標系，如左圖.我們把這個由基底，確定的坐標系稱為基底坐標系.當向量，不垂直時，坐標系就是平面斜坐標系，簡記為.對平面內任一點P，連結OP，由平面向量基本定理可知，存在唯一實數(shù)對，使得，則稱實數(shù)對為點Р在斜坐標系中的坐標.

今有斜坐標系（長度單位為米，如右圖），且，，設
(1)計算的大??；
(2)質點甲在上距O點4米的點A處，質點乙在Oy上距O點1米的點B處，現(xiàn)在甲沿的方向，乙沿的方向同時以3米/小時的速度移動.
①若過2小時后質點甲到達C點，質點乙到達D點，請用，，表示；
②若時刻，質點甲到達M點，質點乙到達N點，求兩質點何時相距最短，并求出最短距離.
參考答案：
1．A
【分析】根據(jù)平面向量數(shù)量積的定義及運算律結合已知條件直接求解即可.
【詳解】因為單位向量的夾角為，
所以
，
故選：A
2．C
【分析】根據(jù)題意，由斜二測畫法還原該平面圖形的原圖，計算可得．
【詳解】在直角梯形中，，，
則，
直角梯形對應的原平面圖形為如圖中直角梯形，
，
所以該平面圖形的高為.
故選：C.
3．D
【分析】根據(jù)題意，利用余弦定理列出關于方程，即可求解.
【詳解】在中，因為，
由余弦定理得，即，
可得，解得或（舍去）.
故選：D.
4．B
【分析】根據(jù)復數(shù)的運算法則與共軛復數(shù)定義計算即可得.
【詳解】，則，
故.
故選：B.
5．C
【分析】設圓錐的底面半徑，母線為，外接球的半徑為，依題意求出、，即可得，最后由球的表面積公式計算可得.
【詳解】依題意圓錐高，設圓錐的底面半徑，母線為，圓錐的外接球的半徑為，
因為圓錐的側面展開圖是一個半圓，則，解得，
可知，
所以圓錐的外接球球的表面積.
故選：C.
6．B
【分析】根據(jù)外心的性質得到，設，根據(jù)數(shù)量積的運算律得到，再由數(shù)量積的定義及幾何意義求出，從而得解.
【詳解】

因為是的外心，為的中點，設的中點為，連接，
所以，，設，
則
，
又是的外心，所以
，
所以.
故選：B
7．B
【分析】先利用復數(shù)的模與加減法的幾何意義，及三角形兩邊之和大于第三邊得到，再將時各復數(shù)的取值取出，即可得到的最大值.
【詳解】根據(jù)題意，得，
當，，時，，此時，
所以.
故選：B.
8．B
【分析】利用余弦定理求出，從而求出，即可判斷A、B，再由正弦定理判斷C，利用余弦定理求出，，即可判斷D.
【詳解】依題意，，，且，
由余弦定理，
即，解得或，
當時，符合題意，
當時，不符合題意，
所以，則，
所以，，故A錯誤，B正確；
又，，
所以，所以，故C錯誤；
又，
所以，故D錯誤.
故選：B
9．ACD
【分析】利用復數(shù)代數(shù)形式的運算法則進行運算，求出復數(shù)，逐一判斷各選項是否正確.
【詳解】設，
則由已知得，即，
所以解得
所以，則，故A項正確，B項錯誤；
，的實部為，虛部為1，
所以的實部與虛部之積為，故C，D項正確.
故選：ACD
10．ACD
【分析】先求出圓錐的母線和底面半徑的長，逐項計算后可得正確的選項.
【詳解】

對于A，
設圓錐的母線長為，底面圓的半徑為，則，故，
故A正確.
對于B，圓錐的高為，則，
故圓錐的母線與底面所成角的正弦值為，故B錯誤.
對于C，圓錐的體積為，故C正確.
對于D，沿著圓錐母線的中點截圓錐所得小圓錐的體積為，
故所得圓臺的體積為，故D正確.
故選：ACD.
11．AC
【分析】由平面向量的線性運算即可判斷A，由線段的比值結合三角形的面積公式即可判斷B，由平面向量數(shù)量積的運算律代入計算，即可判斷C，由平面向量三點共線定理結合基本不等式代入計算，即可判斷D
【詳解】
由幾何圖形關系可得，
因為，所以．因為，
所以，
所以，故A正確；
因為，所以，因為，所以，
所以，故B錯誤；
因為，所以在上的投影向量為為定值，故C正確；
因為，且三點共線，
所以，且，
所以，
當且僅當，即時，等號成立，故D錯誤．
故選：AC．
12．
【分析】根據(jù)數(shù)量積的運算律求得，根據(jù)投影向量的概念，即可求得答案.
【詳解】由題意知，故，
所以，而，則，
故，
則在方向上的投影向量為，
即在方向上的投影向量的坐標為，
故答案為：
13．
【分析】根據(jù)題意，結合圓臺的側面積公式和圓的面積公式，準確計算，即可求解.
【詳解】由題意知，圓臺上底面半徑，下底面半徑，母線長，
由圓臺表面積公式，可得：
．
故答案為：.
14．
【分析】由題意可得，根據(jù)向量夾角公式即可求解.
【詳解】依題意，，，
所以，
，
，
所以，即向量，的夾角的余弦值為.
故答案為：
15．(1)；
(2)；
【分析】（1）結合復數(shù)的幾何意義，再利用復數(shù)的乘法化簡復數(shù)，由已知條件可求得實數(shù)m的值；
（2）利用復數(shù)的除法求，再結合復數(shù)的幾何意義求解.
【詳解】（1）由題意，復數(shù)，
所以，
則，
因為為純虛數(shù)，所以，解得；
（2）復數(shù)，
因為復數(shù)在復平面對應的點在第一象限，
所以，解得
16．(1)
(2)
【分析】（1）中求出，在中，由正弦定理求出的值；
（2）和中，由余弦定理求出和，得和，進而可求四邊形ABCD的面積．
【詳解】（1）在中，，，則，
，
在中，由正弦定理得，
.
（2）在和中，由余弦定理得
，
，
得，又，得，
則，，
四邊形ABCD的面積
.
17．(1)
(2)，
【分析】（1）明確柱體與錐體積公式的區(qū)別，分別代入對應公式求解；
（2）先根據(jù)面積關系建立函數(shù)解析式，，然后利用二次函數(shù)性質求其最值.
【詳解】（1）由知.
因為，
所以正四棱錐的體積
正四棱柱的體積
所以倉庫的容積.
（2）設，下部分的側面積為，
則，，
，
設，
當，即時，，.
即當為時，下部分正四棱柱側面積最大，最大面積是.
18．(1)；
(2)；
(3)時，取得最大值.
【分析】（1）由題意可得，分和分別求解即可；
（2）由題意可得三點共線，且點在線段上，于是有，令可得，即可得答案；
（3）由題意可得，再由正弦定理及面積公式可得，從而有，再由余弦函數(shù)的性質即可得答案.
【詳解】（1）解：由，得，
則，
若，則或，求得；
若
則，求得，
所以角的集合為；
（2）解：因為，
又因為，所以三點共線，且，
所以點在線段上，
故，
設
則，
所以當時取得最小值；
（3）解：由（1）的結論和可得，
又，所以由正弦定理得：，
所以，
于是，
所以當時，取得最大值.
19．(1)
(2)①；②小時后，兩質點相距最短，最短距離為米.
【分析】（1）先依題意可得，再利用進行求解；
（2）①根據(jù)題意可得；
②根據(jù)題意可得，則，
再利用二次函數(shù)的性質求最小值即可.
【詳解】（1）因為，，所以，
又，所以，
所以，
即的大小為.
（2）①如圖所示：

依題意，過2小時后質點甲到達C點（在點左邊），且有，
質點乙到達D點，且有，故.
②時刻時，質點甲到達M點，質點乙到達N點，
如圖所示：

，，則，
所以兩質點間的距離
，
因為，所以當時，取得最小值為，
所以小時后，兩質點相距最短，最短距離為米.

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