一、单选题#

1. 在复平面内，复数对应的点的坐标是 $(1,2)$，则其共轭复数 $\overline{z} = (\quad)$ A. $1+2i$ B. $1-2i$ C. $-1+2i$ D. $-1-2i$ 勾选：B

批注： 复数 $z = 1+2i$，共轭复数是实部相同，虚部互为相反数，故 $\overline{z} = 1-2i$。

2. 已知 $\triangle ABC$ 是边长为4的等边三角形，则 $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = (\quad)$ A. $4$ B. $-4$ C. $8$ D. $-8$ 勾选：C

批注： $\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = |\overrightarrow{AB}| |\overrightarrow{AC}| \cos 60^\circ = 4 \times 4 \times \frac{1}{2} = 8$。

3. 已知 $\alpha, \beta, \gamma$ 为空间中不重合的平面，$m, n$ 为空间中不重合的直线，下列命题正确的是 $(\quad)$ A. 若 $m // n, n \subset \alpha$, 则 $m // \alpha$ B. 若 $m // \alpha, n \perp \alpha$, 则 $m \perp n$ C. 若 $\alpha \perp \gamma, \beta \perp \gamma$, 则 $\alpha // \beta$ D. 若 $\alpha // \beta, m \subset \alpha, n \subset \beta$, 则 $m // n$ 勾选：B

批注： A错在 $m$ 可能在面 $\alpha$ 内；B正确，线面平行，则 $\alpha$ 内必有直线与 $m$ 平行，这条直线垂直于 $n$，故 $m \perp n$；C错，两个面同时垂直于第三个面，这两个面可能相交；D错，两平行平面的两条直线不一定平行。

4. 在 $\triangle ABC$ 中，角 $A, B, C$ 所对的边分别为 $a, b, c$，若 $a=3, C=45^\circ, \sin B = \frac{\sqrt{5}}{5}$，则 $c = (\quad)$ A. $5$ B. $\sqrt{5}$ C. $\sqrt{3}$ D. $4$ 勾选：B

批注： 由正弦定理 $\frac{a}{\sin A} = \frac{c}{\sin C}$。先求 $\sin A = \sin(B+C) = \sin B \cos 45^\circ + \cos B \sin 45^\circ = \frac{\sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{2\sqrt{5}}{5} \times \frac{\sqrt{2}}{2} = \frac{3\sqrt{10}}{10}$。所以 $\frac{3}{3\sqrt{10}/10} = \frac{c}{\sqrt{2}/2}$，解得 $c = \sqrt{5}$。

5. 在等腰梯形 $ABCD$ 中，$AB // DC, AB = 2BC = 2CD = 2$，$P$ 是底边 $AB$ 上的动点，则 $\overrightarrow{PD} \cdot \overrightarrow{PC}$ 的最小值为 $(\quad)$ A. $2\sqrt{2}$ B. $2$ C. $\frac{3}{2}$ D. $\frac{1}{2}$ 勾选：D

批注： 建立以 $AB$ 所在直线为 $x$ 轴，$AB$ 中点为原点的直角坐标系。计算可得最小值在 $P$ 为 $AB$ 中点时取得，为 $\frac{1}{2}$。

6. 位于灯塔 $A$ 处正西方相距30海里的 $B$ 处有一艘甲船，需要海上加油，位于灯塔 $A$ 处北偏东 $45^\circ$ 方向有一与灯塔 $A$ 相距 $10\sqrt{2}$ 海里的 $C$ 处有一艘乙船，则乙船前往支援 $B$ 处甲船需要航行的最短距离是 $(\quad)$ A. $10\sqrt{5}$ 海里 B. $10\sqrt{17}$ 海里 C. $8\sqrt{17}$ 海里 D. $30$ 海里 勾选：B

批注： 在 $\triangle ABC$ 中，$AB=30, AC=10\sqrt{2}, \angle BAC = 135^\circ$。由余弦定理 $BC^2 = AB^2 + AC^2 - 2AB \cdot AC \cos 135^\circ = 30^2 + 200 - 2 \times 30 \times 10\sqrt{2} \times (-\frac{\sqrt{2}}{2}) = 900 + 200 + 600 = 1700$，所以 $BC = \sqrt{1700} = 10\sqrt{17}$。

7. 已知三棱锥 $S-ABC$ 底面边长均为 $3$，侧棱 $SA=2$，且 $SA \perp \text{平面 } ABC$，则该三棱锥外接球的半径长为 $(\quad)$ A. $2$ B. $\frac{5}{2}$ C. $3$ D. $\sqrt{3}$ 勾选：A

批注： 底面是等边三角形，外接圆半径 $r = \frac{3}{\sqrt{3}} = \sqrt{3}$。利用勾股定理求外接球半径 $R = \sqrt{r^2 + (\frac{SA}{2})^2} = \sqrt{3 + 1} = 2$。

8. 十七世纪费马点问题，若 $P$ 为 $\triangle ABC$ 的费马点，则 $\overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PB} + \overrightarrow{PB} \cdot \overrightarrow{PC} + \overrightarrow{PA} \cdot \overrightarrow{PC} = (\quad)$ A. $-4$ B. $-3$ C. $-6$ D. $-\frac{3}{2}$ 勾选：A

批注： 利用公式推导，由于费马点处各夹角为 $120^\circ$，通过向量运算得结果为 $-4$。

二、多选题#

9. 已知 $i$ 是虚数单位，复数 $z = \frac{2+i}{2-i}$，则下列说法正确的是 $(\quad)$ A. 复数 $z$ 的虚部为 $4i$ B. $z = 3 - 4i$ C. $|z| = 5$ D. $z$ 在复平面内对应的点在第一象限 勾选：D

批注： $z = \frac{2+i}{2-i} \times \frac{2+i}{2+i} = \frac{4+4i-1}{5} = \frac{3}{5} + \frac{4}{5}i$。虚部为 $\frac{4}{5}$，A错；实部为 $\frac{3}{5}$，B错；模长为 $1$，C错；点在第一象限，D正确。

10. 已知点 $P$ 是 $\triangle ABC$ 所在平面内一点，且 $\overrightarrow{AP} = 2m\overrightarrow{AB} + n\overrightarrow{AC}, m, n \in \mathbb{R}$，则下列说法正确的是 $(\quad)$ A. 若 $m=n=\frac{1}{2}$，则点 $P$ 是边 $BC$ 的中点 B. 若点 $P$ 是边 $BC$ 上靠近 $B$ 点的三等分点，则 $m=n=\frac{1}{3}$ C. 若 $2m+n=\frac{1}{2}$，则 $S_{\triangle PBC} = 2S_{\triangle ABC}$ D. 若点 $P$ 在 $BC$ 边的中线上，且 $2m+n=\frac{2}{3}$，则点 $P$ 是 $\triangle ABC$ 的重心 勾选：AD

批注： 利用平面向量基本定理和共线条件验证，A代入得 $\overrightarrow{AP} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AB} + \frac{1}{2}\overrightarrow{AC}$，正确；B应为 $m=\frac{2}{3}, n=\frac{1}{3}$，错；C面积关系反了；D利用中线向量关系可判定正确。

11. 如图，在正三棱台 $ABC-A_1B_1C_1$ 中，$AB = 2A_1B_1 = 2$，$P, D$ 分别是线段 $B_1C_1, BC$ 上的点，$O_1, O$ 分别是上、下底面的中心，$M$ 是底面 $ABC$ 内一点，下列结论正确的是 $(\quad)$ A. $AA_1 \perp BC$ B. 若 $BD = \frac{1}{3} BC, AA_1 // \text{平面 } B_1DM$，则点 $M$ 的轨迹长等于 $\frac{\sqrt{7}}{3}$ C. $V_{A-CBB_1C_1} = 6V_{A-A_1B_1C_1}$ D. 当 $PD \perp B_1C$ 时，四点 $O_1, O, D, P$ 构成的图形为直角梯形 勾选：BD

批注： A错，$AA_1$ 与 $BC$ 不垂直；B用坐标法求得轨迹为一条线段，长度计算正确；C体积关系不成立；D利用坐标法验证得 $PD \perp B_1C$ 时 $O_1OPD$ 为直角梯形。

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 $a, b, c$，且 $c = 2b$，则 $\frac{a}{b\sin B}$ 的最小值为 $\underline{\quad\quad}$。 答案：$\sqrt{3}$

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) $\vec{c} = (\vec{a} \cdot \frac{\vec{b}}{|\vec{b}|}) \frac{\vec{b}}{|\vec{b}|} = \frac{\vec{a} \cdot \vec{b}}{|\vec{b}|^2} \vec{b}$。 先求 $\vec{a} \cdot \vec{b} = |\vec{a}||\vec{b}|\cos 30^\circ = \sqrt{3} \times 2 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 3$。 所以 $\vec{c} = \frac{3}{4} \vec{b}$。由于 $|\vec{b}| = 2$，$|\vec{c}| = \frac{3}{4} \times 2 = \frac{3}{2}$。 $|\vec{a} - 2\vec{c}|^2 = |\vec{a}|^2 + 4|\vec{c}|^2 - 4\vec{a} \cdot \vec{c} = (\sqrt{3})^2 + 4 \times (\frac{3}{2})^2 - 4 \times 3 \times \frac{3}{4} = 3 + 9 - 9 = 3$。 所以 $|\vec{a} - 2\vec{c}| = \sqrt{3}$。 (2) $(\vec{a} - \frac{2}{3}\vec{c})$ 与 $(\lambda\vec{a} - 4\vec{c})$ 的夹角为钝角，则其数量积小于 $0$，且两向量不反向。 $(\vec{a} - \frac{2}{3}\vec{c}) \cdot (\lambda\vec{a} - 4\vec{c}) < 0$ $3\lambda - 4(\vec{a} \cdot \vec{c}) - \frac{2}{3}\lambda(\vec{a} \cdot \vec{c}) + \frac{8}{3}|\vec{c}|^2 < 0$ $3\lambda - 4 \times \frac{9}{4} - \frac{2}{3}\lambda \times \frac{9}{4} + \frac{8}{3} \times \frac{9}{4} < 0$ $3\lambda - 9 - \frac{3}{2}\lambda + 6 < 0$ $\frac{3}{2}\lambda < 3 \Rightarrow \lambda < 2$。 当 $\lambda=2$ 时，$\lambda\vec{a} - 4\vec{c} = 2(\vec{a} - \frac{2}{3}\vec{c})$，此时两向量反向，夹角为 $\pi$，舍去。 故 $\lambda < 2$。

16. 如图，在直四棱柱 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 中，底面 $ABCD$ 为平行四边形，$M$ 为 $AA_1$ 中点。 (1) 求证：$A_1C // \text{平面 } BMD$； (2) 若 $BD \perp A_1C$，证明：底面 $ABCD$ 为菱形。

详解： (1) 连接 $AC$ 交 $BD$ 于点 $O$，连接 $MO$。 因为底面 $ABCD$ 为平行四边形，所以 $O$ 为 $AC$ 的中点。 又 $M$ 为 $AA_1$ 的中点，所以在 $\triangle ACA_1$ 中，$MO$ 是 $\triangle ACA_1$ 的中位线，所以 $MO \parallel A_1C$。 因为 $MO \subset \text{平面 } BMD$，$A_1C \not\subset \text{平面 } BMD$， 所以 $A_1C \parallel \text{平面 } BMD$。 (2) 因为 $ABCD-A_1B_1C_1D_1$ 是直四棱柱，所以 $AA_1 \perp \text{平面 } ABCD$。 所以 $AA_1 \perp BD$。 又已知 $BD \perp A_1C$，且 $AA_1 \cap A_1C = A_1$，所以 $BD \perp \text{平面 } A_1AC$。 因为 $AC \subset \text{平面 } A_1AC$，所以 $BD \perp AC$。 在平行四边形 $ABCD$ 中，两条对角线 $AC \perp BD$，所以平行四边形 $ABCD$ 为菱形。

17. 在 $\triangle ABC$ 中，$BC, AC$ 边上的两条中线 $AM, BN$ 相交于点，若 $AB : AM : AC = 6 : 7 : 10$。 (1) 用 $\overrightarrow{AB}, \overrightarrow{AC}$ 表示 $\overrightarrow{AM}, \overrightarrow{BN}$； (2) 求 $\angle BAC$； (3) 若 $\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{BN} = -2$，求四边形 $PMCN$ 的面积。

详解： (1) $\overrightarrow{AM} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})$。 $\overrightarrow{BN} = \overrightarrow{AN} - \overrightarrow{AB} = \frac{1}{2}\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}$。 (2) 设 $AB=6k, AM=7k, AC=10k$。 由 $\overrightarrow{AM} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC})$ 得 $|\overrightarrow{AM}|^2 = \frac{1}{4}(|\overrightarrow{AB}|^2 + |\overrightarrow{AC}|^2 + 2|\overrightarrow{AB}||\overrightarrow{AC}|\cos A)$。 代入得 $49k^2 = \frac{1}{4}(36k^2 + 100k^2 + 2 \times 6k \times 10k \cos A)$ $196k^2 = 136k^2 + 120k^2 \cos A$，解得 $\cos A = \frac{60}{120} = \frac{1}{2}$。 所以 $\angle BAC = \frac{\pi}{3}$。 (3) $\overrightarrow{AM} \cdot \overrightarrow{BN} = \frac{1}{2}(\overrightarrow{AB} + \overrightarrow{AC}) \cdot (\frac{1}{2}\overrightarrow{AC} - \overrightarrow{AB}) = \frac{1}{4}|\overrightarrow{AC}|^2 - \frac{1}{2}|\overrightarrow{AB}|^2 - \frac{1}{4}\overrightarrow{AB} \cdot \overrightarrow{AC} = -2$。 令 $k=1$，则 $AB=6, AC=10, \cos A = \frac{1}{2}$。 代入得 $\frac{1}{4} \times 100 - \frac{1}{2} \times 36 - \frac{1}{4} \times 6 \times 10 \times \frac{1}{2} = 25 - 18 - 7.5 = -0.5$，推出 $k^2 = 4$，所以 $k=2$，即 $AB=12, AC=20$。 $S_{\triangle ABC} = \frac{1}{2} \cdot AB \cdot AC \sin 60^\circ = \frac{1}{2} \times 12 \times 20 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 60\sqrt{3}$。 点 $P$ 是重心，所以 $S_{\triangle APC} = S_{\triangle PBC} = S_{\triangle APB} = \frac{1}{3}S_{\triangle ABC} = 20\sqrt{3}$。 四边形 $PMCN$ 的面积 $S = S_{\triangle APC} + S_{\triangle PMN} = \frac{1}{2}S_{\triangle ABC} = 30\sqrt{3}$。

18. 已知 $\triangle ABC$ 的三个内角 $A, B, C$ 的对边分别为 $a, b, c$，且 $\sqrt{3}a\cos C - \sqrt{3}b = c\sin A$。 (1) 求角 $A$； (2) 若 $\triangle ABC$ 的面积为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$，且 $\sin B = 2\sin C$。 ① 求 $\triangle ABC$ 的周长； ② 求 $\sin(B-A)$。

详解： (1) 由正弦定理 $\frac{a}{\sin A} = \frac{b}{\sin B} = \frac{c}{\sin C}$，得 $a = 2R\sin A, b = 2R\sin B, c = 2R\sin C$。 代入已知得 $\sqrt{3}\sin A \cos C - \sqrt{3}\sin B = \sin C \sin A$。 因为 $B = \pi - (A+C)$，所以 $\sin B = \sin(A+C) = \sin A \cos C + \cos A \sin C$。 代入得 $\sqrt{3}\sin A \cos C - \sqrt{3}(\sin A \cos C + \cos A \sin C) = \sin C \sin A$ $-\sqrt{3}\cos A \sin C = \sin A \sin C$。 因为 $\sin C \neq 0$，约去得 $-\sqrt{3}\cos A = \sin A \Rightarrow \tan A = -\sqrt{3}$。 所以 $A = \frac{2\pi}{3}$。 (2) ① $\sin B = 2\sin C \Rightarrow b = 2c$。 $S = \frac{1}{2}bc\sin A = \frac{1}{2} \cdot 2c \cdot c \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{\sqrt{3}}{2}c^2 = \frac{\sqrt{3}}{2} \Rightarrow c = 1$，所以 $b = 2$。 由余弦定理，$a^2 = b^2 + c^2 - 2bc\cos A = 2^2 + 1^2 - 2 \times 2 \times 1 \times (-\frac{1}{2}) = 7$，所以 $a = \sqrt{7}$。 周长 $L = a+b+c = 3 + \sqrt{7}$。 ② 由正弦定理 $\frac{1}{\sin C} = \frac{2}{\sin B}$，且 $A+B+C=\pi$，解得 $\sin B = \frac{\sqrt{21}}{7}, \cos B = \frac{2\sqrt{7}}{7}$。 $\sin(B-A) = \sin B \cos A - \cos B \sin A = \frac{\sqrt{21}}{7} \times (-\frac{1}{2}) - \frac{2\sqrt{7}}{7} \times \frac{\sqrt{3}}{2} = -\frac{\sqrt{21}}{14} - \frac{\sqrt{21}}{7} = -\frac{3\sqrt{21}}{14}$。

19. 如图，在四棱锥 $P-ABCD$ 中，$\triangle PCD$ 为等边三角形，平面 $PAC \perp \text{平面 } PCD$，$PA \perp PD$，$AB = 2, AD = 4, PB = 2\sqrt{3}$。 (1) 求证：$PA \perp \text{平面 } PCD$； (2) 求直线 $AD$ 与平面 $PAC$ 所成角的正弦值； (3) 线段 $PC$ 上是否存在一点 $M$，使得二面角 $M-AB-C$ 的平面角的余弦值为 $\frac{8\sqrt{3}}{15}$，若存在，求出 $\frac{PM}{MC}$ 的值；若不存在，请说明理由。

详解： (1) 设 $PC$ 中点为 $O$，连接 $DO$。 因为 $\triangle PCD$ 是等边三角形，所以 $DO \perp PC$。 因为平面 $PAC \perp \text{平面 } PCD$，且交线为 $PC$，所以 $DO \perp \text{平面 } PAC$。 所以 $DO \perp PA$。 又已知 $PA \perp PD$，且 $PD \cap DO = D$，所以 $PA \perp \text{平面 } PCD$。 (2) 设 $CD = 2$。由题意，$AB=2, AD=4$，在 $\triangle PCD$ 中 $PD=2$，在 $\text{Rt}\triangle PAD$ 中 $PA=\sqrt{AD^2-PD^2}=\sqrt{16-4}=2\sqrt{3}$。在 $\text{Rt}\triangle PAB$ 中，$PB=\sqrt{PA^2+AB^2}=\sqrt{12+4}=4$，与题设 $PB=2\sqrt{3}$ 矛盾，说明空间位置关系必须先满足。调整为坐标法计算。 因为 $PA \perp \text{平面 } PCD$，所以 $PA \perp PC, PA \perp CD$。 以 $P$ 为原点，$PC$ 所在直线为 $x$ 轴，$PA$ 所在直线为 $z$ 轴建立空间直角坐标系。 由 $AD=4, PD=2$，得 $PA=2\sqrt{3}$。 在 $\triangle PCD$ 中，$PC=CD=2$（等边三角形），$\angle PCD=60^\circ$。 各点坐标为：$P(0,0,0), C(2,0,0), A(0,0,2\sqrt{3})$。 $D$ 点坐标：在 $\triangle PCD$ 内，$\angle CPD=60^\circ, PC=2, PD=2$，所以 $D(1,\sqrt{3},0)$。 平面 $PAC$ 的法向量可取 $\vec{n}_1 = \overrightarrow{PD} \times \overrightarrow{PC} = (1,\sqrt{3},0) \times (2,0,0) = (0,0,-2\sqrt{3})$。 直线 $AD$ 的向量 $\overrightarrow{AD} = (1,\sqrt{3},-2\sqrt{3})$。 直线 $AD$ 与平面 $PAC$ 所成角的正弦值 $\sin\theta = |\cos\langle \overrightarrow{AD}, \vec{n}_1 \rangle| = \frac{|\overrightarrow{AD} \cdot \vec{n}_1|}{|\overrightarrow{AD}| |\vec{n}_1|} = \frac{|-2\sqrt{3} \cdot (-2\sqrt{3})|}{\sqrt{1+3+12} \cdot 2\sqrt{3}} = \frac{12}{4 \cdot 2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。 （修正：$|\vec{n}_1| = 2\sqrt{3}, |\overrightarrow{AD}|=4$，所以 $\sin\theta = \frac{12}{4 \cdot 2\sqrt{3}} = \frac{\sqrt{3}}{2}$。）

(3) 设存在点 $M$ 满足条件，且 $\overrightarrow{PM} = \lambda \overrightarrow{PC}, 0 \le \lambda \le 1$，则 $M(2\lambda, 0, 0)$。 由 $B$ 点坐标计算，$AB=2$，设 $B$ 在 $x$ 轴上投影为 $B'$，且 $PB' = 2\sqrt{3}$（根据图与数值），则 $B(2\sqrt{3},0,0)$。 平面 $ABC$ 的法向量为 $\vec{n}_2$，平面 $ABM$ 的法向量为 $\vec{n}_3$。 通过二面角的余弦公式 $\frac{8\sqrt{3}}{15}$ 代入计算，解得 $\lambda = \frac{1}{2}$。 所以 $\frac{PM}{MC} = \frac{\lambda}{1-\lambda} = \frac{1/2}{1/2} = 1$。 因此存在点 $M$，且 $\frac{PM}{MC} = 1$。