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2023-2024学年重庆市两江新区高一（下）期末数学试卷（含答案）
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这是一份2023-2024学年重庆市两江新区高一（下）期末数学试卷（含答案），共10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.已知集合A={x||x−1|<1}，B={x|x2+3x−4≤0}，则A∩B等于( )
A. {x|02.已知某平面图形用斜二测画法画出的直观图是边长为1的正方形O′A′B′C′，则原图形OABC的面积为( )
A. 2
B. 3
C. 22
D. 2 2
3.在平行四边形ABCD中，M为BC的中点，设AB=a，DM=b，则AC=( )
A. 2b−aB. a−2bC. 3a−2bD. 3a+2b
4.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，与直线CN所成角为π3的直线是( )
A. DE
B. AB
C. BF
D. BN
5.已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列结论正确的是( )
A. 若α//β，m//β，则m//αB. 若m⊥α，n⊥α，则m//n
C. 若m//α，m//β，则α//βD. 若m⊥n，m⊥α，则n//α
6.四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，PA=4，AB=3 3，若四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为52π，则BC=( )
A. 3B. 6C. 2D. 2.5
7.已知D是某人工湖上的一个小岛，A、B、C是湖边的三栋建筑(A,B,C,D在同一平面内).若CD之间有直线型栈道，长为30m.在C点测得∠ACD=45°，∠BCD=30°；在D点测得∠ADB=135°，∠BDC=120°，则AB之间直线距离为( )
A. 30 5B. 30 3C. 30 2D. 30 6
8.已知平面向量a，b，c，|b|=1，满足a−(c−a)=−b，c−(c−a)=b，则|a−c|为( )
A. 2B. 2C. 1D. 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设复数z的共轭复数为z，i为虚数单位，若(z−2)i3=1+i，则( )
A. 复数z的虚部为iB. |z−2i|= 2
C. z−在复平面内对应的点位于第三象限D. z⋅z−=2
10.已知向量a=(2,1)，b=(−3,x)，则( )
A. 向量a方向上的单位向量为c=( 55,−2 55)
B. 当x=1时，向量a在向量b上的投影向量为−12b
C. 当a与b的夹角为锐角时，x>6
D. 当a⊥b时，|a−2b|= 19
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，AB=1，点P满足BP=λBC+μBB1，λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则下列说法正确的是( )
A. 当D1P取最小值时，λ+μ=2
B. 存在λ，μ，使得平面PBD1截正方体的截面为菱形
C. 当λ+μ=12时，AP//平面A1C1D
D. 当λ=μ时，A1D⊥面PBD1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若z=m+(m−1)i，(m∈R)是纯虚数，则m= ______．
13.一个圆台的上、下底面的半径分别为1和2，体积为10π，则它的高为______．
14.若a，b是关于x的方程mx2−mx+n=0(m≠0,m,n∈R)两根，则a2+b的最小值为______．
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)
在等腰三角形ABC中，AB=AC，BC=6，点O是BC的中点，AO=3，点G满足GA+GB+GC=0．
(1)求AB⋅AG的值；
(2)若CD=12DB，点P是线段AG上的动点，求PA⋅PD取值范围．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S且4S=a2+c2−b2．
(1)求角B的大小；
(2)若点D为BC上一点，AD⊥BC，a= 6，b=2，求AD．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA=PB，DA=DB= 2，PD=1，AB=2，点E、F、H分别为AB、PC、DC的中点．
(1)求证：平面BFH//平面PDE；
(2)求证：平面ABD⊥平面PDE；
(3)若PE=1，求点C到平面PAD的距离．
18.(本小题17分)
平面四边形ABCD中，AB=1，AD=2，∠ABC+∠ADC=π，∠BCD=π3．
(1)求BD；
(2)求四边形ABCD周长的取值范围；
(3)若E为边BD上一点，且满足CE=BE，S△BCE=2S△CDE，求BCD的面积．
19.(本小题17分)
正方形ABCD中，AB=2，M为CD的中点，BN=λBC，λ∈(0,1).将△ADM沿AM翻折到△PAM，△CMN沿MN翻折到△PMN，连接AN．
(1)求证：PM⊥AN；
(2)当λ=12时，求二面角P−AN−M的正弦值；
(3)设直线PM与平面AMN所成角为α，问是否存在λ∈(0,34)，使得sinα能取得最大值，若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由．
参考答案
1.A
2.D
3.C
4.A
5.B
6.A
7.A
8.A
9.BD
10.BC
11.ABD
12.0
13.307
14.34
15.解：(1)在等腰三角形ABC中，AB=AC，BC=6，点O是BC的中点，AO=3，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则O(0,0)，C(−3,0)，B(3,0)，A(0,3)，
又点G满足GA+GB+GC=0，
则G为△ABC的重心，
即G(0,1)，
则AB⋅AG=(3,−3)⋅(0,−2)=6；
(2)已知CD=12DB，
则D(−1,0)，
又点P是线段AG上的动点，
则P(0,t)，其中1≤t≤3，
则PA⋅PD=(0,3−t)⋅(−1,−t)=t2−3t=(t−32)2−94，
又1≤t≤3，
则PA⋅PD∈[−94,0]，
即PA⋅PD取值范围为[−94,0]．
16.解：(1)因为4S=a2+c2−b2，
由三角形的面积公式及余弦定理可得：4⋅12acsinB=2accsB，
可得tanB=1，
而B∈(0,π)，
可得B=π4；
(2)因为a= 6，b=2，由余弦定理可得：b2=a2+c2−2accsB，
即4=6+c2−2× 6×c× 22，即c2−2 3c+2=0，
解得c= 3+1，或c= 3−1，
又因为AD⊥BC，
所以AD=ABsinB=( 3+1)⋅ 22= 6+ 22，
或AD=ABsinB=( 3−1)⋅ 22= 6− 22．
17.(1)证明：连接FH，
因为F、H分别为PC、DC的中点，
所以FH//PD，
又点E、H分别为AB、DC的中点，且四边形ABCD是平行四边形，
所以BE//DH，BE=DH，
所以四边形BEDH是平行四边形，
所以BH//DE，
因为FH∩BH=H，FH、BH⊂平面BFH，PD∩DE=D，PD、DE⊂平面PDE，
所以平面BFH//平面PDE．
(2)证明：因为DA=DB= 2，AB=2，
所以△ABD是等腰直角三角形，且∠ADB=90°，DE=1，
又E是AB的中点，所以DE⊥AB，
因为PA=PB，
所以PE⊥AB，
又DE∩PE=E，DE、PE⊂平面PDE，
所以AB⊥平面PDE，
因为AB⊂平面ABD，
所以平面ABD⊥平面PDE．
(3)解：因为PD=PE=DE=1，
所以△PDE是等边三角形，
过点P作PO⊥DE于点O，则OP⊥DE，OP= 32，
由(2)知，平面ABD⊥平面PDE，
因为平面ABD∩平面PDE=DE，OP⊂平面PDE，
所以OP⊥平面ABD，
所以点P到平面ABD的距离为OP= 32，
因为PE⊥AB，PE=AE=1，所以PA= 2=AD，
所以S△PAD=12PD⋅ PA2−(12PD)2=12×1× ( 2)2−(12×1)2= 74，
S△ACD=S△ABD=12DE⋅AB=12×1×2=1，
设点C到平面PAD的距离为d，
因为VC−PAD=VP−ACD，
所以13d⋅S△PAD=13OP⋅S△ACD，即d⋅ 74= 32⋅1，
所以d=2 217，
故点C到平面PAD的距离为2 217．
18.解：(1)因为∠ABC+∠ADC=π，∠BCD=π3，
所以∠BAD=2π3，
在△BCD中由余弦定理得，BD= AB2+AD2−2AB⋅ADcs∠BAD= 12+22−2×1×2×(−12)= 7；
(2)在△BCD中，BD2=CB2+CD2−2CB⋅CDcs∠BCD，
即7=CB2+CD2−CB⋅CD，
所以CB2+CD2=7+CB⋅CD≥2CB⋅CD，
所以0又(CB+CD)2=CB2+CD2+2CB⋅CD=7+3CB⋅CD，当且仅当CB=CD时取等号
则7<7+3CB⋅CD≤28，即7<(CB+CD)2≤28，
所以 7所以CABCD=AC+AD+CB+CD=3+CB+CD∈(3+ 7,3+2 7],
即四边形ABCD周长的取值范围为(3+ 7,3+2 7]；
(3)因为S△BCE=2S△CDE，所以BE=2ED，又BD= 7，
所以BE=23BC=2 73，DE=13BC= 73，
又CE=BE，所以CE=2 73，
在△BCE中由余弦定理CB2=CE2+BE2−2CE⋅BEcs∠CEB，
即CB2=569−569cs∠CEB，
在△DCE中由余弦定理CD2=CE2+DE2−2CE⋅DEcs∠CED，
即CD2=359−289cs∠CED，
又∠CEB+∠CED=π，
所以cs∠CEB=−cs∠CED，
所以CB2+2CD2=14，
又7=CB2+CD2−CB⋅CD，
所以CB2+2CD2=2CB2+2CD2−2CB⋅CD，
即CB2=2CB⋅CD，
所以CB=2CD，所以CD2=73，
所以CB⋅CD=CB2+CD2−7=143，
所以S△BCD=12CB⋅CDsin∠BCD=12×143× 32=7 36．
19.(1)证明：因为PA⊥PM，PN⊥PM，PA∩PN=P，PA、PN⊂平面PNC，
所以PM⊥平面PAN，
又AN⊂平面PAN，
所以PM⊥AN．
(2)解：过M作MQ⊥AN于Q，连接PQ，
由(1)知PM⊥AN，
因为PM∩MQ=M，PM，MQ⊂平面PMQ，
所以AN⊥平面PMQ，
又PQ⊂平面PMQ，所以AN⊥PQ，
所以∠PQM即为二面角P−AN−M的平面角，
由λ=12，知N为BC中点，
由勾股定理知，AN=AM= AP2+PM2= 5，MN= PM2+PN2= 2，
因为S△AMN=12MN AN2−(12MN)2=12AN⋅MQ，即12× 2× ( 5)2−(12× 2)2=12× 5×MQ，
所以MQ=3 55，
在Rt△PMQ中，sin∠PQM=MPMQ=13 55= 53，
故二面角P−AN−M的正弦值为 53．
(3)解：由BN=λBC，知BN=2λ，PN=2−2λ，PA=2，PM=1，AN= AB2+BN2= 4+4λ2，
在△PAN中，由余弦定理知，cs∠PAN=PA2+AN2−PN22PA⋅AN=4+4+4λ2−(2−2λ)24 4+4λ2=1+2λ 4+4λ2，
所以∠PAN∈(0,π2)，sin∠PAN= 3−4λ 4+4λ2，
所以S△PAN=12PA⋅ANsin∠PAN=12×2× 4+4λ2× 3−4λ 4+4λ2= 3−4λ，
S△AMN=S正方形ABCD−S△ABN−S△NMC−S△ADM=4−2λ−(1−λ)−1=2−λ，
设点P到平面AMN的距离为ℎ，
因为VP−AMN=VM−PAN，即13ℎ⋅S△AMN=13PM⋅S△PAN，
所以ℎPM=S△PANS△AMN= 3−4λ2−λ，
因为直线PM与平面AMN所成角为α，
所以sinα=ℎPM= 3−4λ2−λ，λ∈(0,34)，
令 3−4λ=t∈(0, 3)，则λ=3−t24，
所以sinα=ℎPM=t2−3−t24=4t5+t2=45t+t≤42 5t⋅t=2 5，当且仅当5t=t时取等号，
此时t= 5，这与t∈(0, 3)矛盾，
故不存在λ∈(0,34)使得sinα能取得最大值．
1.已知集合A={x||x−1|<1}，B={x|x2+3x−4≤0}，则A∩B等于( )
A. {x|0
A. 2
B. 3
C. 22
D. 2 2
3.在平行四边形ABCD中，M为BC的中点，设AB=a，DM=b，则AC=( )
A. 2b−aB. a−2bC. 3a−2bD. 3a+2b
4.如图是正方体的平面展开图，则在这个正方体中，与直线CN所成角为π3的直线是( )
A. DE
B. AB
C. BF
D. BN
5.已知m，n是两条不重合的直线，α，β是两个不重合的平面，则下列结论正确的是( )
A. 若α//β，m//β，则m//αB. 若m⊥α，n⊥α，则m//n
C. 若m//α，m//β，则α//βD. 若m⊥n，m⊥α，则n//α
6.四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，PA=4，AB=3 3，若四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为52π，则BC=( )
A. 3B. 6C. 2D. 2.5
7.已知D是某人工湖上的一个小岛，A、B、C是湖边的三栋建筑(A,B,C,D在同一平面内).若CD之间有直线型栈道，长为30m.在C点测得∠ACD=45°，∠BCD=30°；在D点测得∠ADB=135°，∠BDC=120°，则AB之间直线距离为( )
A. 30 5B. 30 3C. 30 2D. 30 6
8.已知平面向量a，b，c，|b|=1，满足a−(c−a)=−b，c−(c−a)=b，则|a−c|为( )
A. 2B. 2C. 1D. 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.设复数z的共轭复数为z，i为虚数单位，若(z−2)i3=1+i，则( )
A. 复数z的虚部为iB. |z−2i|= 2
C. z−在复平面内对应的点位于第三象限D. z⋅z−=2
10.已知向量a=(2,1)，b=(−3,x)，则( )
A. 向量a方向上的单位向量为c=( 55,−2 55)
B. 当x=1时，向量a在向量b上的投影向量为−12b
C. 当a与b的夹角为锐角时，x>6
D. 当a⊥b时，|a−2b|= 19
11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，AB=1，点P满足BP=λBC+μBB1，λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，则下列说法正确的是( )
A. 当D1P取最小值时，λ+μ=2
B. 存在λ，μ，使得平面PBD1截正方体的截面为菱形
C. 当λ+μ=12时，AP//平面A1C1D
D. 当λ=μ时，A1D⊥面PBD1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若z=m+(m−1)i，(m∈R)是纯虚数，则m= ______．
13.一个圆台的上、下底面的半径分别为1和2，体积为10π，则它的高为______．
14.若a，b是关于x的方程mx2−mx+n=0(m≠0,m,n∈R)两根，则a2+b的最小值为______．
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)
在等腰三角形ABC中，AB=AC，BC=6，点O是BC的中点，AO=3，点G满足GA+GB+GC=0．
(1)求AB⋅AG的值；
(2)若CD=12DB，点P是线段AG上的动点，求PA⋅PD取值范围．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，△ABC的面积为S且4S=a2+c2−b2．
(1)求角B的大小；
(2)若点D为BC上一点，AD⊥BC，a= 6，b=2，求AD．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA=PB，DA=DB= 2，PD=1，AB=2，点E、F、H分别为AB、PC、DC的中点．
(1)求证：平面BFH//平面PDE；
(2)求证：平面ABD⊥平面PDE；
(3)若PE=1，求点C到平面PAD的距离．
18.(本小题17分)
平面四边形ABCD中，AB=1，AD=2，∠ABC+∠ADC=π，∠BCD=π3．
(1)求BD；
(2)求四边形ABCD周长的取值范围；
(3)若E为边BD上一点，且满足CE=BE，S△BCE=2S△CDE，求BCD的面积．
19.(本小题17分)
正方形ABCD中，AB=2，M为CD的中点，BN=λBC，λ∈(0,1).将△ADM沿AM翻折到△PAM，△CMN沿MN翻折到△PMN，连接AN．
(1)求证：PM⊥AN；
(2)当λ=12时，求二面角P−AN−M的正弦值；
(3)设直线PM与平面AMN所成角为α，问是否存在λ∈(0,34)，使得sinα能取得最大值，若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由．
参考答案
1.A
2.D
3.C
4.A
5.B
6.A
7.A
8.A
9.BD
10.BC
11.ABD
12.0
13.307
14.34
15.解：(1)在等腰三角形ABC中，AB=AC，BC=6，点O是BC的中点，AO=3，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则O(0,0)，C(−3,0)，B(3,0)，A(0,3)，
又点G满足GA+GB+GC=0，
则G为△ABC的重心，
即G(0,1)，
则AB⋅AG=(3,−3)⋅(0,−2)=6；
(2)已知CD=12DB，
则D(−1,0)，
又点P是线段AG上的动点，
则P(0,t)，其中1≤t≤3，
则PA⋅PD=(0,3−t)⋅(−1,−t)=t2−3t=(t−32)2−94，
又1≤t≤3，
则PA⋅PD∈[−94,0]，
即PA⋅PD取值范围为[−94,0]．
16.解：(1)因为4S=a2+c2−b2，
由三角形的面积公式及余弦定理可得：4⋅12acsinB=2accsB，
可得tanB=1，
而B∈(0,π)，
可得B=π4；
(2)因为a= 6，b=2，由余弦定理可得：b2=a2+c2−2accsB，
即4=6+c2−2× 6×c× 22，即c2−2 3c+2=0，
解得c= 3+1，或c= 3−1，
又因为AD⊥BC，
所以AD=ABsinB=( 3+1)⋅ 22= 6+ 22，
或AD=ABsinB=( 3−1)⋅ 22= 6− 22．
17.(1)证明：连接FH，
因为F、H分别为PC、DC的中点，
所以FH//PD，
又点E、H分别为AB、DC的中点，且四边形ABCD是平行四边形，
所以BE//DH，BE=DH，
所以四边形BEDH是平行四边形，
所以BH//DE，
因为FH∩BH=H，FH、BH⊂平面BFH，PD∩DE=D，PD、DE⊂平面PDE，
所以平面BFH//平面PDE．
(2)证明：因为DA=DB= 2，AB=2，
所以△ABD是等腰直角三角形，且∠ADB=90°，DE=1，
又E是AB的中点，所以DE⊥AB，
因为PA=PB，
所以PE⊥AB，
又DE∩PE=E，DE、PE⊂平面PDE，
所以AB⊥平面PDE，
因为AB⊂平面ABD，
所以平面ABD⊥平面PDE．
(3)解：因为PD=PE=DE=1，
所以△PDE是等边三角形，
过点P作PO⊥DE于点O，则OP⊥DE，OP= 32，
由(2)知，平面ABD⊥平面PDE，
因为平面ABD∩平面PDE=DE，OP⊂平面PDE，
所以OP⊥平面ABD，
所以点P到平面ABD的距离为OP= 32，
因为PE⊥AB，PE=AE=1，所以PA= 2=AD，
所以S△PAD=12PD⋅ PA2−(12PD)2=12×1× ( 2)2−(12×1)2= 74，
S△ACD=S△ABD=12DE⋅AB=12×1×2=1，
设点C到平面PAD的距离为d，
因为VC−PAD=VP−ACD，
所以13d⋅S△PAD=13OP⋅S△ACD，即d⋅ 74= 32⋅1，
所以d=2 217，
故点C到平面PAD的距离为2 217．
18.解：(1)因为∠ABC+∠ADC=π，∠BCD=π3，
所以∠BAD=2π3，
在△BCD中由余弦定理得，BD= AB2+AD2−2AB⋅ADcs∠BAD= 12+22−2×1×2×(−12)= 7；
(2)在△BCD中，BD2=CB2+CD2−2CB⋅CDcs∠BCD，
即7=CB2+CD2−CB⋅CD，
所以CB2+CD2=7+CB⋅CD≥2CB⋅CD，
所以0
则7<7+3CB⋅CD≤28，即7<(CB+CD)2≤28，
所以 7
即四边形ABCD周长的取值范围为(3+ 7,3+2 7]；
(3)因为S△BCE=2S△CDE，所以BE=2ED，又BD= 7，
所以BE=23BC=2 73，DE=13BC= 73，
又CE=BE，所以CE=2 73，
在△BCE中由余弦定理CB2=CE2+BE2−2CE⋅BEcs∠CEB，
即CB2=569−569cs∠CEB，
在△DCE中由余弦定理CD2=CE2+DE2−2CE⋅DEcs∠CED，
即CD2=359−289cs∠CED，
又∠CEB+∠CED=π，
所以cs∠CEB=−cs∠CED，
所以CB2+2CD2=14，
又7=CB2+CD2−CB⋅CD，
所以CB2+2CD2=2CB2+2CD2−2CB⋅CD，
即CB2=2CB⋅CD，
所以CB=2CD，所以CD2=73，
所以CB⋅CD=CB2+CD2−7=143，
所以S△BCD=12CB⋅CDsin∠BCD=12×143× 32=7 36．
19.(1)证明：因为PA⊥PM，PN⊥PM，PA∩PN=P，PA、PN⊂平面PNC，
所以PM⊥平面PAN，
又AN⊂平面PAN，
所以PM⊥AN．
(2)解：过M作MQ⊥AN于Q，连接PQ，
由(1)知PM⊥AN，
因为PM∩MQ=M，PM，MQ⊂平面PMQ，
所以AN⊥平面PMQ，
又PQ⊂平面PMQ，所以AN⊥PQ，
所以∠PQM即为二面角P−AN−M的平面角，
由λ=12，知N为BC中点，
由勾股定理知，AN=AM= AP2+PM2= 5，MN= PM2+PN2= 2，
因为S△AMN=12MN AN2−(12MN)2=12AN⋅MQ，即12× 2× ( 5)2−(12× 2)2=12× 5×MQ，
所以MQ=3 55，
在Rt△PMQ中，sin∠PQM=MPMQ=13 55= 53，
故二面角P−AN−M的正弦值为 53．
(3)解：由BN=λBC，知BN=2λ，PN=2−2λ，PA=2，PM=1，AN= AB2+BN2= 4+4λ2，
在△PAN中，由余弦定理知，cs∠PAN=PA2+AN2−PN22PA⋅AN=4+4+4λ2−(2−2λ)24 4+4λ2=1+2λ 4+4λ2，
所以∠PAN∈(0,π2)，sin∠PAN= 3−4λ 4+4λ2，
所以S△PAN=12PA⋅ANsin∠PAN=12×2× 4+4λ2× 3−4λ 4+4λ2= 3−4λ，
S△AMN=S正方形ABCD−S△ABN−S△NMC−S△ADM=4−2λ−(1−λ)−1=2−λ，
设点P到平面AMN的距离为ℎ，
因为VP−AMN=VM−PAN，即13ℎ⋅S△AMN=13PM⋅S△PAN，
所以ℎPM=S△PANS△AMN= 3−4λ2−λ，
因为直线PM与平面AMN所成角为α，
所以sinα=ℎPM= 3−4λ2−λ，λ∈(0,34)，
令 3−4λ=t∈(0, 3)，则λ=3−t24，
所以sinα=ℎPM=t2−3−t24=4t5+t2=45t+t≤42 5t⋅t=2 5，当且仅当5t=t时取等号，
此时t= 5，这与t∈(0, 3)矛盾，
故不存在λ∈(0,34)使得sinα能取得最大值．
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