2023-2024学年重庆市南开中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年重庆市南开中学高一（下）期末数学试卷（含答案），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.复数i1+2i的虚部为( )
A. 25B. 25iC. 15D. 15i
2.直线3x+ 3y+5=0的倾斜角为( )
A. π6B. π4C. 2π3D. 3π4
3.已知向量a与b满足|a|=2,|b|= 3，且a与b的夹角为π6，则|a−2b|=( )
A. 3B. 2C. 2D. 3
4.如图，在三棱锥P−ABC中，PM=2MC,N为BC的中点，设AB=a,AC=b,AP=c，则用a,b,c表示MN为( )
A. 13a+16b−c
B. 12a−16b−13c
C. 12a−16b−c
D. 13a−12b−13c
5.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足b2=a2+c2−ac，△ABC的面积为 3，则b的最小值为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.庑殿顶是中国古代殿宇建筑屋顶的常见样式，屋顶包含一条正脊、四条垂脊，四个屋顶面.已知南开中学午晴堂侧楼屋顶为庑殿顶样式，整个屋顶长20m，宽7.2m，正脊长12.8m，四个屋顶面坡度均为1：2.4，其中坡度是指坡面的垂直高度和水平宽度的比值，则午静堂侧楼屋顶面积为( )
A. 144m2B. 156m2C. 169m2D. 172m2
7.如图，已知圆台O1O2，AB为上底面圆O1的一条直径，且AB=2，CD是下底面圆O2的一条弦，∠CO2D=60°，矩形ABCD的面积等于4 3，则该圆台的侧面积为( )
A. 6 2π
B. 5 10π
C. 4 3π
D. 3 10π
8.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2AB+AC)⊥BC，BA在BC上的投影向量的模长为 55c，则csA=( )
A. 64B. 35C. 510D. 1010
二、多选题：本题共3小题，共9分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 对于平面α，β，γ，α∩β=a，α∩γ=b，β∩γ=c，若a//b，则b//c
B. 对于平面α和直线a，b，若a⊥b，b//α，则a⊥α
C. 对于平面α，β和直线a，b，若a⊥b，a//α，b//β，则α⊥β
D. 对于平面α，β和直线a，若a⊥β，α⊥β，a⊄α，则a//α
10.已知圆C：x2+y2−mx−ny+1=0，圆心C关于直线l：y=−x+1对称点为A(−1,0)，M，N为圆C上两点，且满足AM⋅AN=12，点O为坐标原点，则下列正确的是( )
A. m=2，n=4B. y轴与圆C相切
C. 线段MN的中点轨迹为圆D. |MN−|的最大值为 7+4 2
11.如图，棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为A1B1的中点，动点Q满足DQ=λDC+μDD1,λ,μ∈(0,1)，则下列说法正确的是( )
A. 平面B1DQ⊥平面ACD1
B. 直线PQ与平面CC1D1D所成角为θ，则sinθ的取值范围是(23,1)
C. 设C1D∩平面BPD1=Q，则三棱锥P−A1CQ的体积为83
D. 以△CC1D1的边CD1所在直线为旋转轴将△CC1D1旋转，则在旋转过程中，则PC1的取值范围是[2,2 13]
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线l1：(a−2)x+y−3=0和直线l2：x+ay+1=0垂直，则实数a= ______．
13.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为线段AC的中点，B=π3,|BD|= 132,c=a+2，则sin∠ABDsin∠CBD= ______．
14.已知三棱锥S−ABC中，AB⊥BC，SC⊥BC，AB=2BC=2，三棱锥S−ABC的体积为23，则当SA取最小值时，三棱锥S−ABC外接球的体积为______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 3(c−bcsA)=bsinA．
(1)求B；
(2)若a=3,b= 13，求△ABC的面积．
16.(本小题15分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中AB=BC=CC1=2，AC=2 2，M，N分别是AB，B1C1的中点．
(1)求证：MN/​/平面ACC1A1；
(2)求异面直线A1B与MN所成角的余弦值．
17.(本小题15分)
已知圆C：x2+y2−2ax−2by+a2=0满足：①a>1，b>0；②与圆O：x2+y2=1外切；③被直线x=1分成两段圆弧，其弧长的比为1：2．
(1)求圆C的方程；
(2)若直线l与圆C相交于M，N两点，四边形OCNM为平行四边形，求直线l的方程．
18.(本小题17分)
已知在平行四边形ABCD中，E是CD边上一点，且满足CE=3ED，∠CAE=2∠DAE，AD2=DE⋅DC．
(1)求∠DAE的大小；
(2)现以AC为折痕把△ACD折起，使点D到达点P的位置，且AE⊥BE.如图：
(i)证明：平面PAB⊥平面ABC；
(ii)求平面EAB与平面PAB夹角的余弦值．
19.(本小题17分)
如图，已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB=3，AD=4，∠DAB=π3，M为BC的中点，点P在平面ABCD内的射影为点H，且AH⊥DM．
(1)求证：PA⊥DM；
(2)当△PAB为等边三角形时，求点H到平面PBC的距离；
(3)若PA=m(m> 21),∠PAH=θ，记三棱锥P−ABH的外接球表面积f(θ)，当函数f(θ)取最小值时，平面BPC与平面DPC夹角的大小为π2−θ，求实数m的值．
参考答案
1..C
2..C
3..C
4..B
5..B
6..B
7..D
8..D


11.AD
12..1

14..9π2
15..解：(1)因为 3(c−bcsA)=bsinA，
由正弦定理可得 3(sinC−sinBcsA)=sinBsinA，
在△ABC中，sinC=sin(A+B)=sinAcsB+csAsinB，
可得 3sinAcsB=sinBsinA，
又因为sinA>0，
可得tanB= 3，
又因为B∈(0,π)，
所以B=π3；
(2)a=3，b= 13，
由正弦定理可得asinA=bsinB，
即sinA=ab⋅sinB=3 13⋅ 32=3 3926，
因为a所以角A为锐角，
所以csA=5 1326，
所以sinC=sin(B+A)=sinBcsA+csBsinA= 32×5 1326+12×3 3926=2 3913，
所以S△ABC=12absinC=12×3× 13×2 3913=3 3．
16..(1)证明：取A1B1的中点E，连接EN，EM，

又因为M，N分别是AB，B1C1的中点，
可得ME//AA1，EN//A1C1，
ME⊄平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，
所以ME//平面ACC1A1；
同理可得EN/​/平面ACC1A1，
ME∩EN=E，
所以平面MNE//平面ACC1A1，
而MN⊂平面MNE，
所以MN//平面ACC1A1；
(2)解：取AA1的中点E，连接EN，EM，A1N，

可得EM//A1B，且ME=12A1B，
所以EM与MN所成的角等于异面直线A1B与MN所成的角，
而∠EMN或其补角为EM与MN所成的角，
因为AB=BC=CC1=2，AC=2 2，
可得AB⊥BC，
所以A1B= AA12+AB2= 22+22=2 2，
所以ME= 2，EN= A1E2+A1N2= A1E2+A1B12+B1N2= 1+22+12= 6，
直棱柱中可得BB1⊥平面ABC，而AB⊂平面ABC，
所以BB1⊥AB，而BB1∩BC=B，
所以AB⊥平面BB1C1C，
而BN⊂平面BB1C1C，
所以AB⊥BN，
所以MN= BM2+BN2= BM2+BB12+B1N2= 1+4+1= 6，
cs∠EMN=12EMMN=12⋅ 2 6= 36．
所以异面直线A1B与MN所成角的余弦值为 36．
17..解：(1)如图所示，x=1与圆C交于P，Q，过C作CC1垂直于x=1于C1点．

由于C：x2+y2−2ax−2by+a2=0，配方得(x−a)2+(y−b)2=b2则圆心为C(a,b)，半径r1=b．
O：x2+y2=1，圆心为O(0,0)，半径r2=1.由于圆C与圆O外切，则|OC|=r1+r2⇒ a2+b2=1+b⇒a2=1+2b(∗)．
圆C被直线x=1分成两段圆弧，其弧长的比为1：2.则∠QCP=2π3⇒∠QCC1=π3⇒∠CQC1=π6，
则|CC1|=12|CQ|⇒a−1=12b(∗∗)，与(∗)联立方程，
解得a=3(a>1,b>0).因此b=4，则圆C的方程为：(x−3)2+(y−4)2=16；
(2)直线l与圆C相交于M，N两点，四边形OCNM为平行四边形，则OC//NM.则kOC=43=kMN，

则直线l设为：y=43x+m，即4x−3y+3m=0.四边形OCNM为平行四边形，则|OC|=|NM|⇒5=|NM|．
过C作CD⊥l于D点，由垂径定理得|ND|=52，
则|CD|= |CN|2−|ND|2= 16−254= 16−254= 392，
运用点到直线的距离公式得到|CD|=|3m|5，则|3m|5= 392，
解得m=±5 396，
则直线的方程为：y=43x±5 396，
即y=43x+5 396或y=43x−5 396．
18..解：根据题意，设∠DAE=α，DE=a，则∠CAE=2α，CE=3a，
由AD2=DE⋅DC=a⋅4a=4a2，所以AD=2a，
且ADDE=DCAD，∠ADE=∠CDA，
所以△ADE−△CDA，
所以∠ACD=∠EAD=α，
则∠AED=3α，
在△ADE中，DEsinα=ADsin3α，
即2sinα=sin3α，
所以2sin(2α−α)=sin(2α+α)，
即2sin2αcsα−2cs2αsinα=sin2αcsα+cs2αsinα，
可得2sinαcs2α=3sinαcs2α，
化简得cs2α=34，
因为0<α<π2，
所以α=π6，
即∠DAE=π6．
(2)(i)证明：根据(1)，∠DAC=π2，即AC⊥AD，AE⊥CD，
则AE⊥CP，又AE⊥BE，CP∩BE=E，CP，BE⊂平面PBC，
所以AE⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，则AE⊥BC，
又AC⊥BC，AE∩AC=A，AE，AC⊂平面PAC，
所以BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，则BC⊥AP，
由AC⊥AD，即AC⊥AP，AC∩BC=C，AC，BC⊂平面ABC，
所以PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAB，
所以平面PAB⊥平面ABC；
(ii)以A为原点，AD，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立直角坐标系，
则A(0,0,0)，C(0,2 3a,0)，P(0,0,2a)，B(−2a,2 3a,0)，E(0, 32a,32a)，
AP=(0,0,2a)，AB=(−2a,2 3a,0)，AE=(0, 32a,32a)，
设平面EAB的法向量为n=(x1,y1：z1)，
所以n⋅AE= 32ay1+32az1=0n⋅AB=−2ax1+2 3ay1=0，
取z1=−1，则y1= 3，x1=3，
所以n=(3, 3,−1)，
又因为平面PAB的法向量m=(x2,y2,z2)，
则AP⋅m=2az2=0AB⋅m=−2ax2+2 3ay2=0，
令x2= 3，则y2=1，z2=0，
故m=( 3,1,0)，
所以cs=m⋅n|m||n|=3 3+ 32 13=2 3913，
所以平面EAB与平面PAB夹角的余弦值2 3913．
19..解：(1)证明：∵PH⊥平面ABCD，DM⊂平面ABCD，∴PH⊥DM，AH⊥DM，
∵PH∩AH=H，∴DM⊥平面PAH，
∵PA⊂平面PAH，∴PA⊥DM．
(2)作HE⊥AB，HF⊥BC，垂足分别为E，F，连接PE，PF，

若△PAB为等边三角形，则E为AB中点，
∵PH⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，则PH⊥BC，
∵PH∩HF=H，∴BC⊥平面PHF，
∵PF⊂平面PHF，∴BC⊥PF，
对于平面四边形ABCD，以A为坐标原点，AB为x轴，在平面ABCD中，过A作AB的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，

则A(0,0)，B(3,0)，C(5,2 3)，D(2,2 3)，M(4, 3)，E(32,0)，
设H(x,y)，则AH=(x,y)，DM=(2,− 3)，
若AH⊥DM，则AH⋅DM=2x− 3y=0，∴y=2 3x，
∵E为AB中点，∴x=32，则y= 3，即H(32, 3)，
由B(3,0)，C(5,2 3)，可知直线BC：y= 3(x−3)，且BC=(2,2 3)，
设F(a, 3(a−3))，则HF=(a−32, 3a−4 3)，
由HF⊥BC，得HF⋅BC=2a−3+6a−24=0，
解得a=278，即HF=(158,−5 38)，
则AH= 212，HF=5 34，
∴三棱锥P−HBC的高PH= PA2−AH2= 152，
在△PBC中，边BC的高PF= PH2+HF2=3 154，
设点H到平面PBC的距离为d，
由VP−HBC=VH−PBC，可得13× 152×12×5 34×3=13d×12×3 154×3，
解得d=5 36，
∴点H到平面PBC的距离为5 36．
(3)由题意可知PH=msinθ，AH=mcsθ，
由(2)可知点H在直线y=2 3x上，
结合(2)中数据可得：
sin∠HAE= 3 212=2 7，cs∠HAE=32 212= 3 7，
在△ABH中，由余弦定理得：
BH2=AH2+AB2−2AH⋅BH⋅cs∠HAE
=m2cs2θ+9−2×mcsθ×3× 3 7=m2cs2θ−6 3 7mcsθ+9，
设△ABH的外接球半径为r，则r=BH2sin∠HAE= 74BH，
设三棱锥P−ABH的外接球半径为R，
则R2=(PH2)2+r2=m24sin2θ+716BH2
=m24(1−cs2θ)+716(m2cs2θ−6 3 7mcsθ+9)
=316m2cs2θ−3 218mcsθ+m24+6316，
m> 21，
∴当csθ= 21m∈(0,1)时，R2取到最小值，
即外接球表面积f(θ)取到最小值，
此时AH=mcsθ= 21，
由(2)可设H( 3n,2n)，n>0，则 3n2+4n2= 21，
解得n= 3，即H(3,2 3)，可知H∈CD，且BH⊥CD，CH=2，BH=2 3，
过H作HN⊥PC，垂足为N，

∵PH⊥平面ABCD，BH⊂平面ABCD，∴PH⊥BH，
∵PH∩CD=H，∴BH⊥平面PCD，
∵PC⊂平面PCD，∴BH⊥PC，
∵BH∩HN=H，∴PC⊥平面BHN，
∵BN⊂平面BHN，∴BN⊥PC，
∴平面BPC与平面DPC夹角的大小为∠BNH=π2−θ，
则tan∠PAH⋅tan∠BNH=PHAH⋅BHHN=PH 21⋅2 3HN=1，
可得2PH= 7HN，
结合Rt△PCH的面积可得12CH⋅PH=12HN⋅PC，
则2PH=HN⋅PC，
解得PC= 7，且PC= PH2+CH2= PH2+4，
解得PH= 3，
∴m= AH2+PH2= 21+3=2 6．