注意事項：
1．本試卷分第Ⅰ卷（選擇題)和第Ⅱ卷（非選擇題）兩部分．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．回答第Ⅰ卷時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑．如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號．寫在本試卷上無效．
3．回答第Ⅱ卷時，將答案寫在答題卡上．寫在本試卷上無效．
4．測試范圍：平面向量+解三角形+復數(shù)．
5．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．
第Ⅰ卷
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. 向量，，則 （ ）
A. B. 0C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】用坐標表示出，再由向量的數(shù)量積的坐標運算得出結果.
【詳解】由題可知，
∴.
故選：D.
2. 若復數(shù)滿足，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根據(jù)復數(shù)代數(shù)形式的除法運算化簡，從而求出其共軛復數(shù).
【詳解】因為，所以，
所以.
故選：A
3. 在中，，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知利用余弦定理可求的值，根據(jù)正弦定理可求的值．
【詳解】∵，
∴由余弦定理，
則得，
∴解得：，或（舍去），
∴由正弦定理可得：．
故選：B.
4. 在中，點，分別為，邊上的中點，點滿足，則（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據(jù)給定條件，利用向量加法及數(shù)乘向量運算求解即得.
【詳解】依題意，，而，
所以
故選：D
5. 若（為虛數(shù)單位）是關于方程一個根，則（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】將代入方程，利用復數(shù)的運算法則和復數(shù)相等的概念求解即可.
【詳解】因為是關于方程的一個根，
所以，整理得，
所以，解得，
故選：D
6. 在中，若，則的形狀為（ ）
A. 等腰三角形B. 直角三角形
C. 等腰直角三角形D. 等腰三角形或直角三角形
【答案】D
【解析】
【分析】先利用二倍角公式化簡，然后利用正余弦定理統(tǒng)一成邊的形式，化簡變形可得答案.
【詳解】因為，所以，
所以，
所以由正弦定理得，
因為，所以，
所以由余弦定理得，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以或，
所以或，
所以為等腰三角形或直角三角形.
故選：D
7. 如圖，在坡度一定山坡處測得山頂上一建筑物的頂端對于山坡的斜度為，向山頂前進到達處，在處測得對于山坡的斜度為.若，山坡與地平面的夾角為，則等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，在中，由正弦定理求出，在中，由正弦定理，再由，即可求解.
【詳解】因為，所以，
在中，由正弦定理得，
又，
解得，
在中，由正弦定理得，
解得，
即，
所以.
故選：.
8. 瑞士數(shù)學家歐拉是數(shù)學史上最多產的數(shù)學家，被譽為“數(shù)學之王”，歐拉在1765年發(fā)表了令人贊美的歐拉線定理：三角形的重心、垂心和外心共線，這條直線被稱為歐拉線．已知，為所在平面上的點，滿足，，則歐拉線一定過（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根據(jù)向量等式的含義以及向量的運算，分別說明為的外心、垂心、重心、內心，繼而根據(jù)歐拉線定理可得結論．
【詳解】由題意知，即為的外心；
，則為的重心；
，
即有，
即，同理，即為垂心；
由解析題中向量式中有兩共起點的向量，
于是，，
令，
則是以為起點，向量與所在線段為鄰邊菱形對角線對應的向量，
即在的平分線上,
共線,
所以點的軌跡一定通過的內心,
由歐拉線定理知，歐拉線一定過.
故選：C.
【點睛】關鍵點點睛：本題解決的關鍵在于，充分理解三角形心的向量表示，從而得解.
二、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分．
9. 已知是兩個不共線的單位向量，則下列各組向量中，一定能推出 的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根據(jù)共線向量定理，即可判斷選項．
【詳解】對于A，因為，，故，即，故A正確；
對于B，因為，，則，故B正確；
對于C，，，由于不共線，故，所以向量不平行，故C錯誤．
對于D，，故，此時，故D正確，
故選：ABD．
10. 已知非零復數(shù)，其共軛復數(shù)分別為，則下列選項正確的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】設復數(shù)，利用共軛復數(shù)、模長的定義及復數(shù)的四則運算判斷各項正誤.
【詳解】設復數(shù)，且，
，A正確；
，B正確；
，
，
所以與不一定相等，C錯誤；
令，則，D錯誤．
故選：AB
11. 在中，是的內切圓圓心，內切圓的半徑為，則（ ）
A.
B.
C. 的外接圓半徑為
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根據(jù)內心的性質判斷A；由余弦定理求出，再由等面積法求出內切圓的半徑，即可判斷B，利用正弦定理判斷C，依題意設，則，同理可設，再由平面向量基本定理得到方程組，求出，即可判斷D.
【詳解】因為內心是三角形內角平分線的交點，
所以在中，，故A錯誤；
由余弦定理可得，
因為的面積，
所以，故B正確；
設的外接圓半徑為，則，故，故C正確；
對于D：方法一：因為在的平分線上，
所以可設，則，
同理可設，則，
得，
又、不共線，根據(jù)平面向量基本定理得，解得，
即，故D正確；
方法二：利用內心的性質結論，有，
即，所以，
即，故D正確.
故選：BCD
第Ⅱ卷
三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分．
12. 在中，，，，則__________.
【答案】
【解析】
【分析】由正弦定理、三角形內角和求得，結合三角形面積公式即可求解.
【詳解】由正弦定理有，即，解得，
而，所以，所以，
所以.
故答案為：.
13. 已知.若的夾角為鈍角，則的范圍為__________.
【答案】且
【解析】
【分析】由已知且與不平行，結合向量的坐標運算可得出的取值范圍.
【詳解】若，的夾角為鈍角，則，且與不平行，
即，且，求得且，
故答案為： 且.
14. 復平面上兩個點，分別對應兩個復數(shù)，，它們滿足下列兩個條件：①；②兩點，連線的中點對應的復數(shù)為，若為坐標原點，則的面積為______．
【答案】8
【解析】
【分析】令，，且，結合條件求參數(shù)，進而確定的位置關系及模長，即可求的面積.
【詳解】令，，且，
由，則，即，故①，
由兩點，連線的中點對應的復數(shù)為，則，即②，
聯(lián)立①②，可得，且，即，，
由，即，故為直角三角形，
又，，故的面積為.
故答案為：8
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. 已知點求
（1）的模
（2）
（3）在上的投影向量
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先計算的坐標，再利用向量模長的坐標表示，即得解；
（2）由，代入的坐標，運算即得解；
（3）根據(jù)投影向量的定義計算可得.
【小問1詳解】
已知點，所以，
因此的模為.
【小問2詳解】
由已知可得,
所以.
【小問3詳解】
根據(jù)投影向量的定義可得，在上的投影向量為
.
16. 已知復數(shù)，且為純虛數(shù)（是的共軛復數(shù)）.
（1）設復數(shù)，求；
（2）復數(shù)在復平面內對應的點在第一象限，求實數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由為純虛數(shù)，可得，從而得，再根據(jù)模的公式求解即可；
（2）化簡得，再根據(jù)題意列出不等式組求解即可.
【小問1詳解】
解：因為，則，
所以為純虛數(shù)，
所以，解得.
所以，
因此.
【小問2詳解】
解：因為，
則，
因為復數(shù)在復平面內對應的點位于第一象限，
則，解得.
因此實數(shù)的取值范圍是.
17. 在中，內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且.
（1）證明：；
（2）若，，求的周長.
【答案】（1）證明見解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理以及三角恒等變換即可得證；
（2）由正弦定理以及三角恒等變換即可得解.
【小問1詳解】
因為，所以，
所以.
因為，
所以，
則（或，舍去），即.
【小問2詳解】
因為，，所以，.
.
由，可得，
.
故的周長為.
18. 如圖，我們把由平面內夾角成的兩條數(shù)軸Ox，Oy構成的坐標系，稱為“完美坐標系”.設，分別為Ox，Oy正方向上的單位向量，若向量，則把實數(shù)對叫做向量的“完美坐標”.
（1）若向量的“完美坐標”為，求；
（2）已知，分別為向量，的“完美坐標”，證明：；
（3）若向量，的“完美坐標”分別為，，設函數(shù)，，求的值域.
【答案】（1）
（2）證明見解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先計算的值，再由，利用向量數(shù)量積的運算律計算即可；
（2）利用向量數(shù)量積的運算律計算并化簡即可得證；
（3）利用（2）的公式計算，設，求出，將轉化成，結合二次函數(shù)的圖象即可求得的值域.
【小問1詳解】
因為的“完美坐標”為，則，
又因為，分別為Ox，Oy正方向上的單位向量，且夾角為，
所以,，
所以.
【小問2詳解】
由（1）知，
所以
，
即.
【小問3詳解】
因為向量，的“完美坐標”分別為，，
由（2）得.
令，則，
因為，所以，即，
令，
因為的圖象是對稱軸為，開口向上的拋物線的一部分，
所以當時，取得最小值，
當時，取得最大值，
所以的值域為.
【點睛】思路點睛：本題在求解與之相關的函數(shù)問題時，應按照新定義，準確寫出函數(shù)解析式，對于較復雜的三角式，常常運用整體換元思想，將其轉化成熟悉的函數(shù)，如二次函數(shù)、雙勾函數(shù)等，利用這些函數(shù)的圖象性質特征求解即可.
19. 古希臘數(shù)學家托勒密對凸四邊形（凸四邊形是指沒有角度大于180°的四邊形）進行研究，終于有重大發(fā)現(xiàn)：任意一凸四邊形，兩組對邊的乘積之和不小于兩條對角線的乘積，當且僅當四點共圓時等號成立.且若給定凸四邊形的四條邊長，四點共圓時四邊形的面積最大.根據(jù)上述材料，解決以下問題，如圖，在凸四邊形中，

（1）若，，，（圖1），求線段長度的最大值；
（2）若，，（圖2），求四邊形面積取得最大值時角的大小，并求出四邊形面積的最大值；
（3）在滿足（2）條件下，若點是外接圓上異于的點，求的最大值.
【答案】（1）
（2）時，四邊形面積取得最大值，且最大值為．
（3）
【解析】
【分析】（1）由題意可得，進而求出的最大值；
（2）由題意可得，分別在，中，由余弦定理可得的表達式，兩式聯(lián)立可得的值，進而求出角的大小，進而求出此時的四邊形的面積．
（3）根據(jù)余弦定理可得，即可結合不等式求解最值
【小問1詳解】
由，，，，可得，
由題意可得，
即，
即，當且僅當四點共圓時等號成立
即的最大值為；
【小問2詳解】
如圖2，連接，因為四點共圓時四邊形的面積最大，，，，
所以，即，，
在中，，①
在中，由余弦定理可得，②
由①②可得，
解得，而，可得，
所以，
此時．
所以時，四邊形面積取得最大值，且最大值為．
【小問3詳解】
由題意可知所以，即，
在中，由余弦定理可得,
故,
故，
故，當且僅當時等號成立，
故最大值為

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