1.已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足?i?z=2+7i，則z=( )
A. ?7+2iB. ?7?2iC. 7+2iD. 7?2i
2.已知△ABC的直觀圖△A′B′C′如圖所示，A′B′//x′軸，A′C′//y′軸，且A′C′=3，則在△ABC中，AC=( )
A. 3
B. 32
C. 12
D. 6
3.已知復(fù)數(shù)z1=2?ai，z2=b?1+2i，(a,b∈R,i為虛數(shù)單位)，且z1=z2，則( )
A. a=?1，b=1B. a=2，b=?3C. a=2，b=3D. a=?2，b=3
4.在平行四邊形ABCD中，M為BC的中點，設(shè)AB=a，DM=b，則DB=( )
A. 2b?aB. a?2bC. 3a?2bD. 3a+2b
5.設(shè)α、β是兩個不重合的平面，則α/?/β的一個充分條件為( )
A. 平面α內(nèi)有無數(shù)個點到平面β的距離相等B. 平面α內(nèi)有無數(shù)條直線與平面β平行
C. 兩條異面直線同時與平面α，β都平行D. 兩條平行直線同時與平面α，β都平行
6.在△ABC中，∠A=60°，AB=2，AC=3，點D為邊AC上一點，且AC=3AD，則AB?BD=( )
A. 3B. 2C. ?2D. ?3
7.如圖，在正四棱臺ABCD?A1B1C1D1中.AB=3A1B1=3，AA1= 5，則正四棱臺ABCD?A1B1C1D1的表面積為( )
A. 28
B. 26
C. 24
D. 16
8.已知a，b，a+b，2b?a均為非零向量，a與a+b的夾角為θ1，b與2b?a的夾角為θ2，滿足|a|=|b|，|a+b|csθ1=|2b?a|csθ2，則a，b的夾角θ=( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。
9.已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z1=3?i，z2=i，則下列說法正確的是( )
A. |z1|=|z2|
B. z1z2的共軛復(fù)數(shù)為1?3i
C. z2z1的虛部為310
D. 在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)2z1?z2對應(yīng)的點位于第二象限
10.已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，點P為正方形BCC1B1內(nèi)(包括邊)一動點，則下列說法正確的是( )
A. 對于任意點P，均有平面A1D1P⊥平面ABB1A1
B. 當(dāng)點P在線段B1C1上時，平面A1D1P與平面A1BCD1所成二面角的大小為60°
C. 當(dāng)點P在線?B1C上時，A1P⊥BC1
D. 當(dāng)點P為線段BC1的中點時，三棱錐A1?B1D1P的體積為23
11.已知兩個非零的平面向量a與b，定義新運算a⊙b=a?b|a|2，a?b=a?b|b|2，則下列說法正確的是( )
A. a⊙b=b?a
B. 對于任意與b不共線的非零向量c，都有a⊙(b+c)=a⊙b+a⊙c
C. 對于任意的非零實數(shù)t，都有a?(tb)=(ta)?b
D. 若a⊙b=m2023，a?b=2024n(m,n∈N)，則a⊥b
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。
12.若向量a=(m,1)與單位向量b=(2 55, 55)的方向相同，則m= ______．
13.已知圓柱O1O2的底面半徑為2，高為3.點O為線段O1O2(不含端點)上一動點.以該圓柱的上、下底面為底面，O為頂點挖去兩個圓錐OO1與OO2，則剩下的幾何體的體積與圓柱O1O2的體積之比為______．
14.如圖，已知山體AB與山體CD的底部在同一水平面上，且兩個山體的高線AB與CD均與水平面垂直，CD=300 3m，在山體CD的最高點D處測得山頂B的仰角為45°，測得山底A的俯角為30°，則BD= ______m.
四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。
15.(本小題13分)
已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z=m2(1+i)+3m+2?i(m∈R)為純虛數(shù)，z?為z的共軛復(fù)數(shù)．
(1)求m的值；
(2)求|z?z?z?+3|的值．
16.(本小題15分)
在平面直角坐標(biāo)系中，已知向量AB=(1,3)，AC=(?1,2)．
(1)求向量BA在向量BC上的投影向量；
(2)若點D滿足AD=2CD，AD與BD的夾角為θ，求csθ的值．
17.(本小題15分)
如圖，已知四棱柱ABCD?A1B1C1D1的底面ABCD為矩形，E、F分別為線段BC，DD1的中點．
(1)證明：EF/?/平面B1CD1；
(2)若AA1= 5，BC=2，cs∠A1AD= 55，證明：A1D1⊥A1E.
18.(本小題17分)
設(shè)△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，其周長為l.已知l(l?2a)=bc．
(1)求角A；
(2)若b= 7，D是線段BC上一點，BC=5DC，且AB⊥AD.求a．
19.(本小題17分)
如圖，已知正四面體A?BCD的棱長為3．
(1)求正四面體A?BCD的高；
(2)若球O的球面與正四面體A?BCD的棱有公共點.且球心O到正四面體A?BCD的四個面的距離相等，求球O的半徑R的取值范圍．
參考答案
1.A
2.D
3.D
4.A
5.C
6.D
7.B
8.B
9.BC
10.ACD
11.ABD
12.2
13.23
14.900 2
15.解：(1)由z=m2(1+i)+3m+2?i(m∈R)，得z=m2+3m+2+(m2?1)i
∵z為純虛數(shù)，∴m2+3m+2=0m2?1≠0，解得m=?2；
(2)由第一問得z=3i，∴z?=?3i，
∴z?z?z?+3=3i?(?3i)?3i+3=2i1?i=2i(1+i)(1?i)(1+i)=?1+i，
從而|z?z?z?+3|=|?1+i|= (?1)2+12= 2，即|z?z?z?+3|的值為 2．
16.解：(1)因為BA=?AB=(?1,?3),BC=BA+AC=(?2,?1)，
所以BA?BC=5,BC2=5，
所以向量BA在向量BC上的投影向量為(BA?BCBC2)BC=BC=(?2,?1)；
(2)因為AD=2CD，所以C為線段AD的中點，
則AD=2AC=(?2,4)，BD=BA+AD=(?3,1)，
可得AD?BD=10,|AD|=2 5,|BD|= 10，
所以csθ=AD?BD|AD|?|BD|=102 5× 10= 22．
17.證明：(1)取B1C的中點M，連接EM，D1M，

又E為BC的中點，所以EM為△BCB1的中位線，則EM//BB1，且EM=12BB1，
又BB1/?/DD1，且BB1=DD1，F(xiàn)為DD1的中點，
所以EM//D1F，且EM=D1F，
所以四邊形EFD1M為平行四邊形，
則EF//MD1，
又EF?平面B1CD1，MD1?平面B1CD1，
所以EF/?/平面B1CD1；
(2)由四棱柱的性質(zhì)可知，∠A1AD=∠B1BC，
則cs∠A1AD=cs∠B1BC= 55，
在△B1BC中，由余弦定理得：B1C2=B1B2+BC2?2B1B?BC?cs∠B1BC=( 5)2+22?2× 5×2× 55=5，
則B1C= 5，所以△B1BC為等腰三角形，
連接B1E，則B1E⊥BC，
因為底面ABCD為矩形，所以BC⊥AB，
又A1B1/?/AB，則BC⊥A1B1，
因為A1B1∩B1E=B1，A1B1，B1E?平面A1B1E，
所以BC⊥平面A1B1E，
又BC/?/B1C1，B1C1//A1D1，所以BC//A1D1，
則A1D1⊥平面A1B1E，
因為A1E?平面A1B1E，
故A 1D1⊥A1E.
18.解：(1)由l(l?2a)=bc得，(a+b+c)(b+c?a)=bc，
整理得b2+c2?a2=?bc，
由余弦定理得，csA=b2+c2?a22bc=?12，
又A∈(0,π)，
故A=2π3；
(2)在△ABD中，∠DAB=π2，

則AD=BDsin∠ABC，
在△ACD中，由正弦定理得，ADsin(π3?∠ABC)=CDsin∠DAC，即AD=CDsin(π3?∠ABC)12=2CD?sin(π3?∠ABC)，
所以BDsin∠ABC=2CDsin(π3?∠ABC)，
又BC=5DC，
所以BD=4DC，
則4sin∠ABC=2sin(π3?∠ABC)，整理得5sin∠ABC= 3cs∠ABC，
所以tan∠ABC= 35，則sin∠ABC= 2114，
由正弦定理得asin∠BAC=bsin∠ABC，
故a= 7sin2π3 2114=7．
19.解：(1)過頂點A作平面BCD的垂線BCD，垂足為E，
由正四面體的性質(zhì)可知，E為△BCD的重心，連接BE，并延長BE交CD于點F，則BF⊥CD，

所以BF= 32?(32)2=3 32
則BE=23BF= 3，
故正四面體的高AE= AB2?BE2= 32?( 3)2= 6；
(2)設(shè)球心O到正四面體A?BCD的四個面的距離均為d，
又知正四面體A?BCD的各面面積都相等，設(shè)為S，
則13S× 6=4×13S×d，d= 64，
則球心O到正四面體A?BCD的頂點的距離為 6? 64=3 64，
當(dāng)球O為正四面體A?BCD的外接球時，球O的半徑R最大，此時R=3 64；
當(dāng)正四面體A?BCD的每條棱均與球O相切時，球O的半徑R最小，
因為球心O到正四面體A?BCD的四個面的距離相等，
所以球O與正四面體A?BCD的每條棱的切點均為棱的中點，
此時(32)2+R2=(3 64)2，解得R=3 24，
綜上可知：球O的半徑R的取值范圍為[3 24,3 64]．

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