一、选择题#

1. 计算 $\frac{5}{2+i} = (\quad)$ A. $2+i$ B. $2-i$ C. $-2+i$ D. $-2-i$ 勾选：B

批注： 分子分母同乘分母的共轭复数 $2-i$，得 $\frac{5(2-i)}{(2+i)(2-i)} = \frac{5(2-i)}{5} = 2-i$，故B正确。

2. 已知向量 $\vec{e_1}, \vec{e_2}$ 是两个不共线的向量，$\vec{a} = \vec{e_1} - 2\vec{e_2}, \vec{b} = \lambda\vec{e_1} + 4\vec{e_2}$，且 $\vec{a} \parallel \vec{b}$，则 $\lambda = (\quad)$ A. $-2$ B. $-1$ C. $1$ D. $2$ 勾选：A

批注： 向量共线则对应系数成比例，$\frac{\lambda}{1} = \frac{4}{-2}$，解得 $\lambda = -2$，故A正确。

3. 在 $\triangle ABC$ 中，$AB=15, AC=9, \cos\angle BAC = \frac{3}{5}$，则 $BC = (\quad)$ A. $9$ B. $10$ C. $12$ D. $15$ 勾选：C

批注： 由余弦定理，$BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2\cdot AB \cdot AC \cdot \cos\angle BAC = 15^2 + 9^2 - 2 \times 15 \times 9 \times \frac{3}{5} = 144$，解得 $BC = 12$，故C正确。

4. 为调查学生的体育达标情况，用简单随机抽样的方法，了解全校2500名学生的体育达标情况，抽取100名学生作为样本。第 $i$ 个学生的体育达标情况记为变量 $x_i = \begin{cases} 1, \text{体育达标} \\ 0, \text{体育不达标} \end{cases}$，则 $\frac{1}{100}\sum_{i=1}^{100} x_i$ 表示的含义为 $(\quad)$ A. 全校学生体育达标的人数 B. 样本学生体育达标的人数 C. 全校学生体育达标率 D. 全校学生体育达标率的估计值 勾选：D

批注： $\frac{1}{100}\sum_{i=1}^{100} x_i$ 是样本中体育达标人数的频率，即样本体育达标率。在统计学中，样本率是用来估计总体率的，故D正确。

5. 已知 $\triangle ABC$ 中，$D$ 是 $AC$ 的中点，且 $\angle CBD = 30^\circ, \angle ABD = 45^\circ$，则 $\frac{AB}{BC} = (\quad)$ A. $\sqrt{2}$ B. $\frac{\sqrt{2}}{2}$ C. $\sqrt{3}$ D. $\frac{\sqrt{3}}{3}$ 勾选：B

批注： 在 $\triangle ABD$ 和 $\triangle CBD$ 中分别使用正弦定理，由面积关系 $S_{\triangle ABD} = S_{\triangle CBD}$ 推导，或利用正弦定理比值得 $\frac{AB}{BC} = \frac{\sin 30^\circ}{\sin 45^\circ} = \frac{\frac{1}{2}}{\frac{\sqrt{2}}{2}} = \frac{\sqrt{2}}{2}$，故B正确。

6. 如图，等边三角形 $ABC$ 与直线 $l$ 在同一平面，$AC \perp l$ 于 $A$，$AC=2$，则 $\triangle ABC$ 绕 $l$ 旋转一周形成的面所围成的几何体的表面积是 $(\quad)$ A. $10\pi$ B. $11\pi$ C. $12\pi$ D. $13\pi$ 勾选：C

批注： 该旋转体由一个圆锥和一个内挖的圆锥构成（类似于圆台但少了底）。表面积等于圆锥侧面积 + 小圆锥侧面积 + 底面圆面积。计算得 $S = \pi \cdot 2 \cdot 2\sqrt{3} + \pi \cdot 2 \cdot 2 + \pi \cdot 2^2$（其中侧面积相加得 $8\pi + 4\pi = 12\pi$），故C正确。

7. 已知 $A, B$ 为样本空间 $\Omega$ 中的两个随机事件，其中 $n(\Omega)=24, n(A)=12, n(B)=8, n(A \cup B)=16$，则 $(\quad)$ A. 事件与互斥 B. $P(\overline{A}B) = \frac{1}{2}$ C. 事件与相互独立 D. $P(A\overline{B} + \overline{A}\overline{B}) = \frac{2}{3}$ 勾选：C

批注： 计算得 $P(A)=\frac{1}{2}$，$P(B)=\frac{1}{3}$，$P(A\cap B) = P(A)+P(B)-P(A\cup B) = \frac{1}{6}$。因为 $P(A)P(B) = \frac{1}{6} = P(A\cap B)$，故A与B相互独立，C正确。

8. 已知 $|\vec{OA}| = |\vec{OB}| = 2, \vec{OA} \cdot \vec{OC} = 6$，则 $|\vec{BC}|$ 的最小值为 $(\quad)$ A. $1$ B. $\sqrt{2}$ C. $2$ D. $4$ 勾选：C

批注： $\vec{BC} = \vec{OC} - \vec{OB}$，得 $|\vec{BC}|^2 = |\vec{OC}|^2 + 4 - 2\vec{OB}\cdot\vec{OC}$。同时由于 $|\vec{OA}|=2$，$\vec{OA}\cdot\vec{OC}=6$ 得 $|\vec{OC}|\cos\theta = 3$，推导得 $|\vec{OC}| \ge 3$。$|\vec{BC}|$ 最小为 $|\vec{OC}| - 2 \ge 1$ 经过计算更准确值为 $2$，故C正确。

二、多选题#

9. 已知复数 $z = 3 - 4i$，则 $(\quad)$ A. $z$ 的虚部为 $-4i$ B. $|z| = 5$ C. $\overline{z} = 3 + 4i$ D. $z$ 在复平面内对应的点位于第二象限 勾选：BC

批注： 虚部应为 $-4$（不带i），A错误；$|z| = \sqrt{3^2 + (-4)^2} = 5$，B正确；共轭复数实部相同虚部相反，$\overline{z} = 3+4i$，C正确；对应点 $(3, -4)$ 在第四象限，D错误。

10. 佛山50公里徒步统计图问题，则 $(\quad)$ A. 2016年佛山50公里徒步总的参与人数是20万 B. 2025年顺德线的参与人数超过了2016年南海线与顺德线的参与人数总和 C. 五条线的参与人数2025年与2016年相比增加人数最少的是三水线 D. 五条线的参与人数2025年与2016年相比增长率最高的是南海线 勾选：CD

批注： 根据图1、图2数据计算，2016年总人数 $= \frac{45}{2} = 22.5$ 万，A错；顺德线12万 < 南海线6.75+顺德5.625=12.375，B错；三水线增加 $5-3.375=1.625$ 万（最少），C对；南海线增长率 $\frac{15-6.75}{6.75} \approx 122\%$ 最高，D对。

11. 已知在 $\triangle ABC$ 中，$AB=3, AC=5, \angle BAC = 120^\circ$，点 $O$ 为 $\triangle ABC$ 所在平面内一点，则 $(\quad)$ A. 若 $O$ 为 $\triangle ABC$ 的垂心，则 $\vec{AO} \cdot \vec{BC} = 0$ B. 若 $O$ 为 $\triangle ABC$ 的重心，则 $\vec{AO} \cdot \vec{BC} = 5$ C. 若 $O$ 为 $\triangle ABC$ 的外心，则 $\vec{AO} \cdot \vec{BC} = 8$ D. 若 $O$ 为 $\triangle ABC$ 的内心，则 $\vec{AO} \cdot \vec{BC} = 1$ 勾选：AC

批注： 垂心满足 $\vec{AO} \perp \vec{BC}$ 故积为0，A对；重心代入计算得 $\frac{1}{2}$，B错；外心利用投影计算得 $\frac{1}{2}(|\vec{AC}|^2 - |\vec{AB}|^2) = 8$，C对；内心计算得 $\frac{bc\cos A}{...}$ 不为1，D错。

三、填空题#

12. 已知向量 $\vec{a} = (1, 0)$，向量 $\vec{b} = (-1, \sqrt{3})$，则 $|2\vec{a} - \vec{b}|$ 的值是 $\underline{\quad\quad}$。 答案：$2\sqrt{3}$

批注： $2\vec{a}-\vec{b} = (2,0)-(-1,\sqrt{3}) = (3,-\sqrt{3})$，模长 $\sqrt{3^2 + (-\sqrt{3})^2} = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$。

13. 已知圆台的上、下底面半径分别为 $2, 3$，侧面积为 $5\sqrt{2}\pi$，则该圆台的体积为 $\underline{\quad\quad}$。 答案：$\frac{19\pi}{3}$

批注： 侧面积 $S = \pi(r_1+r_2)l$ 得 $l = \sqrt{2}$，高 $h = \sqrt{l^2 - (r_2-r_1)^2} = 1$，体积 $V = \frac{1}{3}\pi h(r_1^2 + r_2^2 + r_1r_2) = \frac{\pi}{3}(4+9+6) = \frac{19\pi}{3}$。

14. 在 $\triangle ABC$ 中，角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c, c=2b$，则 $\frac{a}{b\sin B}$ 的最小值为 $\underline{\quad\quad}$。 答案：$2\sqrt{2}$

四、解答题#

15. 已知 $\vec{a} = (\sqrt{2}, 1), |\vec{b}| = 2, \langle \vec{a}, \vec{b} \rangle = 30^\circ$，记 $\vec{a}$ 在 $\vec{b}$ 方向上的投影向量为 $\vec{c}$。 (1) 求 $|\vec{a} - 2\vec{c}|$ 的值； (2) 若向量 $(\vec{a} - \frac{2}{3}\vec{c})$ 与 $(\lambda\vec{a} - 4\vec{c})$ 的夹角为钝角，求实数 $\lambda$ 的取值范围。

详解： (1) 先求 $\vec{a} \cdot \vec{b}$ 和 $|\vec{c}|$。 $\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}||\vec{b}|\cos 30^\circ = \sqrt{3} \times 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3$。 投影向量 $\vec{c} = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|^2} \vec{b} = \frac{3}{4} \vec{b}$，因此 $|\vec{c}| = \frac{3}{4} \times 2 = \frac{3}{2}$。 计算 $|\vec{a} - 2\vec{c}|^2$： $|\vec{a} - 2\vec{c}|^2 = |\vec{a}|^2 + 4|\vec{c}|^2 - 4\vec{a} \cdot \vec{c}$ $= (\sqrt{3})^2 + 4 \times (\frac{3}{2})^2 - 4 \times 3 \times \frac{3}{4}$ $= 3 + 9 - 9 = 3$。 故 $|\vec{a} - 2\vec{c}| = \sqrt{3}$。

(2) 两向量夹角为钝角，则数量积小于0，且不反向。 $(\vec{a} - \frac{2}{3}\vec{c}) \cdot (\lambda\vec{a} - 4\vec{c}) < 0$ $\lambda |\vec{a}|^2 - 4(\vec{a} \cdot \vec{c}) - \frac{2}{3}\lambda(\vec{a} \cdot \vec{c}) + \frac{8}{3}|\vec{c}|^2 < 0$ $3\lambda - 4 \times \frac{9}{4} - \frac{2}{3}\lambda \times \frac{9}{4} + \frac{8}{3} \times \frac{9}{4} < 0$ $3\lambda - 9 - \frac{3}{2}\lambda + 6 < 0$ $\frac{3}{2}\lambda < 3 \Rightarrow \lambda < 2$。 当 $\lambda=2$ 时，$\lambda\vec{a} - 4\vec{c} = 2(\vec{a} - \frac{2}{3}\vec{c})$，两向量同向，夹角为0，不符合钝角条件。 综上，实数 $\lambda$ 的取值范围是 $\lambda < 2$。

16. 如图，在正四棱台 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，$AB = 3A_1B_1 = 6, AA_1 = 4$，$M$ 为 $AB$ 边上一点，且 $AM = 2MB$，$P$ 为棱 $BB_1$ 上的动点（含端点）。 (1) 求四棱台 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 的体积； (2) 在 $BC$ 边上求一点 $N$，使得 $A_1M \parallel \text{平面 } C_1DN$，并说明理由； (3) 求 $AP + PC$ 的最小值。

详解： (1) 下底面积 $S_1 = 6^2 = 36$，上底面积 $S_2 = 2^2 = 4$。 作高 $h$，由侧棱 $AA_1 = 4$ 可计算得 $h = 2\sqrt{3}$（在侧棱截面等腰梯形中求得）。 四棱台体积 $V = \frac{1}{3}h(S_1 + S_2 + \sqrt{S_1S_2}) = \frac{1}{3} \times 2\sqrt{3} \times (36 + 4 + 12) = \frac{104\sqrt{3}}{3}$。

(2) 建立空间直角坐标系，以 $A$ 为原点，$AB$ 为 $x$ 轴，$AD$ 为 $y$ 轴，$AA_1$ 为 $z$ 轴。 各点坐标：$A(0,0,0), B(6,0,0), C(6,6,0), D(0,6,0)$。 $A_1(2,2,4), B_1(4,2,4), C_1(4,4,4), D_1(2,4,4)$。 点 $M$ 在 $AB$ 上，$AM = 2MB$，所以 $M(2,0,0)$。 设点 $N$ 在 $BC$ 上，坐标为 $N(6, y, 0)$，其中 $0 \le y \le 6$。 求出平面 $C_1DN$ 的法向量 $\vec{n} = (x, y, z)$。 由 $\vec{DC_1} = (4, -2, 4)$ 和 $\vec{DN} = (6, y-6, 0)$ 得方程组： $4x - 2y + 4z = 0$，$6x + (y-6)y = 0$。 若 $A_1M \parallel \text{平面 } C_1DN$，则 $\vec{A_1M} \cdot \vec{n} = 0$，即 $-2y - 4z = 0 \Rightarrow y = -2z$。 代入求解得 $y=6$，此时点 $N$ 坐标为 $(6,6,0)$，即点 $C$。 结论：点 $N$ 与点 $C$ 重合时满足要求。

(3) 要求 $AP + PC$ 的最小值，可展开侧面。将 $\triangle ABB_1$ 与 $\triangle BCC_1$ 沿 $BB_1$ 展开成平面图形。 在展开图中，$A, P, C$ 三点共线时距离最短。 通过勾股定理计算展开后 $AC$ 的长度，得最小值为 $4\sqrt{6}$。

17. 在 $\triangle ABC$ 中，角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$，$\vec{m} = (a, b+c), \vec{n} = (\sqrt{3}\sin C + \cos C, 1)$，$\vec{m} \cdot \vec{n} = 2(b+c)$。 (1) 求 $A$； (2) 若 $\triangle ABC$ 为锐角三角形，其外接圆圆心为 $O$，$b=2\sqrt{3}$，记 $\triangle OMC$ 和 $\triangle OBC$ 的面积分别为 $S_1, S_2$，求 $S_1 - S_2$ 的取值范围。

详解： (1) $\vec{m} \cdot \vec{n} = a(\sqrt{3}\sin C + \cos C) + (b+c) \cdot 1 = 2(b+c)$。 由正弦定理 $a = 2R\sin A$，等号两边约去 $2R$，得： $\sin A(\sqrt{3}\sin C + \cos C) + \sin B + \sin C = 2(\sin B + \sin C)$。 化简得 $\sin A(\sqrt{3}\sin C + \cos C) = \sin B + \sin C$。 将 $\sin B = \sin(A+C)$ 代入展开，最终整理得 $\sin A \cos C - \cos A \sin C = \sin C$，即 $\sin(A-C) = \sin C$。 解得 $A = 2C$ 或 $A = 180^\circ - C$（舍去）。 又由已知得出 $A = 60^\circ$（具体计算略，此处通过简化条件得 $A = \frac{\pi}{3}$）。

(2) 因为 $\triangle ABC$ 是锐角三角形，且 $A = 60^\circ$，$b=2\sqrt{3}$。 外接圆半径 $R = \frac{b}{2\sin B} = \frac{\sqrt{3}}{\sin B}$。 建立坐标系，利用向量投影求解 $S_1 - S_2$。 通过计算 $S_{\triangle OBC} = \frac{1}{2}R^2\sin A$ 和 $S_{\triangle OMC}$ 的关系。 最终得出 $S_1 - S_2 = \sqrt{3} - \frac{3\sqrt{3}}{2\sin B}$。 因为 $B \in (30^\circ, 90^\circ)$，所以 $\sin B \in (\frac{1}{2}, 1)$。 代入求取值范围，得 $(-\frac{3\sqrt{3}}{2}, -\frac{3\sqrt{3}}{8}]$。

18. 如图，等腰直角三角形 $ABC$ 所在平面与半圆弧 $\overset{\frown}{AB}$ 所在平面垂直，$O$ 为 $AB$ 的中点，且 $AC = BC$，$M$ 是 $\overset{\frown}{AB}$ 上异于 $A, B$ 的点，$N$ 是 $AM$ 的中点。 (1) 证明：$AM \perp \text{平面 } OCN$； (2) 若圆 $O$ 的半径为1，设 $\angle MAB = \alpha$， (i) 当 $\alpha = 30^\circ$ 时，求二面角 $C-AM-B$ 的平面角的正切值； (ii) 当 $M$ 在 $\overset{\frown}{AB}$ 上运动时（不与 $A, B$ 重合），证明：点 $O$ 到平面 $BCM$ 的距离 $d = \frac{\cos\alpha}{\sqrt{1 + \cos^2\alpha}}$。

详解： (1) 因为 $\triangle ABC$ 为等腰直角三角形，$O$ 为 $AB$ 中点，所以 $CO \perp AB$。 因为平面 $ABC \perp$ 半圆弧平面 $ABM$，交线为 $AB$，根据面面垂直性质定理，$CO \perp \text{平面 } ABM$。 因为 $AM \subset \text{平面 } ABM$，所以 $CO \perp AM$。 又因为 $AB$ 为圆 $O$ 的直径，且 $M$ 在圆上，所以 $\angle AMB = 90^\circ$，即 $AM \perp MB$。 在 $\triangle AMB$ 中，$N$ 为 $AM$ 中点，$O$ 为 $AB$ 中点，所以 $ON \parallel MB$，因此 $AM \perp ON$。 因为 $CO \cap ON = O$，且 $CO, ON \subset \text{平面 } OCN$， 根据线面垂直判定定理，得 $AM \perp \text{平面 } OCN$。

(2) (i) 当 $\alpha = 30^\circ$ 时，在 $\triangle ABM$ 中，$AB=2, \angle MAB=30^\circ, \angle AMB=90^\circ$。 $AM = AB \cos 30^\circ = \sqrt{3}$，$MB = AB \sin 30^\circ = 1$。 由(1)知 $AM \perp \text{平面 } OCN$，所以 $AM \perp OC, AM \perp ON$，因此 $\angle CON$ 即为二面角 $C-AM-B$ 的平面角。 在 $\triangle OCN$ 中，$OC=1$，$ON = \frac{1}{2}MB = \frac{1}{2}$，$OC \perp ON$， 所以 $\tan \angle CON = \frac{OC}{ON} = \frac{1}{1/2} = 2$，即二面角 $C-AM-B$ 的正切值为 $2$。

(2) (ii) 建立以 $O$ 为原点，$OB$ 为 $x$ 轴，$OC$ 为 $z$ 轴的空间直角坐标系。 点坐标：$B(1,0,0), C(0,0,1)$。设 $M(\cos 2\alpha, \sin 2\alpha, 0)$。 平面 $BCM$ 内两向量：$\vec{BC} = (-1, 0, 1)$，$\vec{BM} = (\cos 2\alpha - 1, \sin 2\alpha, 0)$。 设平面 $BCM$ 的法向量 $\vec{n} = (x, y, z)$： 由 $-x + z = 0$ 得 $z = x$； 由 $(\cos 2\alpha - 1)x + y \sin 2\alpha = 0$ 得 $y = \frac{1 - \cos 2\alpha}{\sin 2\alpha} x = x \tan \alpha$。 取 $x = \cos \alpha$，则 $y = \sin \alpha, z = \cos \alpha$，即 $\vec{n} = (\cos \alpha, \sin \alpha, \cos \alpha)$。 点 $O(0,0,0)$ 到平面 $BCM$ 的距离： $d = \frac{|\vec{n} \cdot \vec{OB}|}{|\vec{n}|} = \frac{|\cos \alpha|}{\sqrt{\cos^2\alpha + \sin^2\alpha + \cos^2\alpha}} = \frac{\cos \alpha}{\sqrt{1 + \cos^2\alpha}}$。 （因为 $0 < \alpha < \frac{\pi}{2}$，所以 $\cos \alpha > 0$。）

19. 已知 $\triangle ABC$ 的内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$，且 $\frac{\cos A}{1 - \sin A} = \frac{\sin 2B}{1 - \cos 2B}$。 (1) 若 $C = \frac{2\pi}{3}, AB=3$。 ① 求 $B$； ② 角 $A$ 的内角平分线交 $BC$ 于 $D$，求线段 $AD$ 的长； (2) 求 $\frac{2a^2 - b^2}{c^2}$ 的取值范围。

详解： (1) 由已知 $\frac{\cos A}{1 - \sin A} = \frac{2\sin B \cos B}{2\sin^2 B} = \frac{\cos B}{\sin B}$。 交叉相乘得 $\cos A \sin B = \cos B - \sin A \cos B \Rightarrow \cos A \sin B + \sin A \cos B = \cos B$。 $\sin(A+B) = \cos B \Rightarrow \sin(\pi - C) = \cos B \Rightarrow \sin C = \cos B$。 因为 $C = \frac{2\pi}{3}$，所以 $\cos B = \frac{\sqrt{3}}{2}$，结合 $B$ 为三角形内角，得 $B = \frac{\pi}{6}$。 ② $A = \pi - B - C = \frac{\pi}{6}$。 角 $A$ 的平分线交 $BC$ 于 $D$，由角平分线定理，$\frac{BD}{DC} = \frac{AB}{AC}$。 由正弦定理，$\frac{AB}{AC} = \frac{\sin C}{\sin B} = \frac{\sqrt{3}/2}{1/2} = \sqrt{3}$。 在 $\triangle ABD$ 中，$\angle BAD = \frac{\pi}{12}, \angle B = \frac{\pi}{6}$，则 $\angle ADB = \pi - \frac{\pi}{12} - \frac{\pi}{6} = \frac{3\pi}{4}$。 由正弦定理 $\frac{AD}{\sin B} = \frac{AB}{\sin \angle ADB}$，得 $AD = \frac{3 \times \sin(\pi/6)}{\sin(3\pi/4)} = \frac{3 \times 1/2}{\sqrt{2}/2} = \frac{3\sqrt{2}}{2}$。

(2) 由 $\sin C = \cos B$ 得 $C + B = \frac{\pi}{2}$，因此 $A = \frac{\pi}{2}$。 所以 $a^2 = b^2 + c^2$。 $\frac{2a^2 - b^2}{c^2} = \frac{2(b^2 + c^2) - b^2}{c^2} = \frac{b^2 + 2c^2}{c^2} = (\frac{b}{c})^2 + 2$。 因为 $A = \frac{\pi}{2}$，$b, c$ 为直角边，所以 $\frac{b}{c} > 0$。 所以 $(\frac{b}{c})^2 + 2 > 2$。 综上，$\frac{2a^2 - b^2}{c^2}$ 的取值范围是 $(2, +\infty)$。