2024-2025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2024-2025学年重庆市南开中学高一（下）期末数学试卷（含答案），共9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.直线x− 3y+1=0的一个方向向量是( )
A. (1, 33)B. (1, 3)C. (1,− 33)D. (1,− 3)
2.设a∈R，若复数(1+ai)2是纯虚数，则a=( )
A. ±12B. ±1C. ±2D. ±3
3.下列方程一定表示圆的是( )
A. x2+y2=0B. x2+y2−2x+4y−6=0
C. x2+y2+2ax−b2=0(a,b∈R)D. x2+2xy+y2−9=0
4.若平面内的两个单位向量a，b的夹角为θ，csθ= 22，则| 2a+b|=( )
A. 5B. 2C. 4D. 5
5.设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，a= 2，csA=13，则b+c的最大值为( )
A. 1B. 3C. 2D. 6
6.已知m，n∈R，若两圆x2+y2−4mx+4m2−1=0和x2+y2−2ny−4+n2=0恰有一条公切线，则2m+n的最大值为( )
A. 22B. 2C. 2D. 5
7.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，M为棱A1A的中点，点Q在底面正方形ABCD内运动，满足QC1⋅QM=1，则点Q的轨迹长度为( )
A. π2 B. π
C. 2π D. 3π
8.如图，在平行四边形ABCD中，AB=1，AD= 2，∠ADB=45°，现将△ABD沿直线BD翻折至△PBD，使得点A到达点P的位置，且二面角P−BD−C的平面角等于45°，则直线PD与平面BCD所成的角为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 90°
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.已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列说法正确的是( )
A. 若m⊥α，m⊥n，则n//α
B. 若m//n，n⊥α，m⊥β，则α//β
C. 若m⊥α，n//α，则m⊥n
D. 若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥β
10.已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点G为△ABC的重心，csA=13，AG=2，则下列说法正确的是( )
A. AG=13AB+13ACB. AB⋅AC≤4
C. △ABC的面积最大值为9 22D. a的最小值为3 2
11.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2+y2=r2上恰有3个点到直线 3x+y+3=0的距离为32.设点A(−2,0)，B(2,0)，N(0,4)，点Q是圆O上的任意一点，过点B作BM⊥AQ于M，则下列说法正确的是( )
A. r=3
B. 点M的轨迹方程为x2+y2=4
C. 2|QM|+|QA|的最小值为2 10
D. 圆O上存在唯一点Q，使得32|QA|+|QN|取到最小值
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.直线l1：2x+(m+1)y+2=0与直线l2：mx+3y−4=0平行，则实数m=______．
13.已知圆C：(x−1)2+y2=1，过直线l：x+y−3=0上一点P作圆C的切线，切点为A、B，则PA⋅PC的最小值为______．
14.已知四面体ABCD的外接球半径为2，且AB=2，∠ACB=π2，∠ADB=π4，则平面ADB与平面ACB所成角的正弦值为______．
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)
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB⊥BC，AB=2，AC=6，M为BC中点，BB1=6．
(1)证明：A1B//平面AC1M；
(2)求四面体AMC1A1的体积．
16.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足c−ba−b=sinA+sinBsinC．
(1)求角A；
(2)若a= 13，△ABC的面积为3 3，求△ABC的周长．
17.(本小题15分)
已知圆C：x2+y2−8x−6y+21=0．
(1)求圆C关于直线3x−2y+7=0的对称圆C1的标准方程；
(2)若经过点P(5,6)的直线l将圆C分成两段圆弧，其弧长的比为1：2，求直线l的方程．
18.(本小题17分)
在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD=2 2，AD//BC，AB=DC=2 5，AC与BD交于点O，AC⊥BD，PA=PD，PO=6，BD⊥PO．
(1)证明：PO⊥平面ABCD；
(2)求平面PAB与平面ABCD所成角的余弦值；
(3)设BC的中点为M，在棱PM上是否存在点Q，使得直线AQ与平面PAB所成角的正弦值为187 38.若存在，求出λ=MQMP的值；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
在空间直角坐标系中，正方形ABCD的四个顶点分别为A(0,0,0)、B(1,0,0)、C(1,1,0)、D(0,1,0)，将正方形ABCD绕直线AD旋转角度α(α∈(0,π2))到AB1C1D，使得B1的z坐标为正.再将正方形AB1C1D绕直线AB1旋转角度β(β∈(0,π))到AB1C2D1，使得D1的z坐标为正．
(1)若α=π3，求异面直线AC1与BD所成的角的余弦值；
(2)判断是否存在α，β使得B，C，B1，C2四点共面，若存在，写出一组(α,β)的值；若不存在，请说明理由；
(3)若β=π3，求三个四面体C2ADD1、四面体B1ADD1、四面体C1ADD1公共部分的体积．
参考答案
1.A
2.B
3.B
4.A
5.D
6.B
7.C
8.A
9.BC
10.ACD
11.ABC
12.−3或2
13.1
14. 33
15.(1)证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，连接A1C交AC1于点O，连接OM，
由ACC1A1为矩形，得O为A1C中点，又M为BC中点，则OM//A1B，
而OM⊂平面AC1M，A1B⊄平面AC1M，
所以A1B//平面AC1M.
(2)在平面ABC内过点B作BN⊥AC于N，由AA1⊥平面ABC，得AA1⊥BN，
而AA1∩AC=A，AA1，AC⊂平面ACC1A1，
则BN⊥平面ACC1A1，
在△ABC中，AB⊥BC，AB=2，AC=6，
则BC= AC2−AB2= 62−22=4 2，
BN=AB⋅BCAC=4 23，
由M为BC中点，得点M到平面ACC1A1的距离d=12BN=2 23，
又S△AC1A1=12AC⋅AA1=12×6×6=18，
所以四面体AMC1A1的体积为VAMC1A1=13S△AC1A1⋅d=4 2．
(1)连接A1C交AC1于点O，利用线面平行的判定定理推理得证；
(2)求出点M到平面ACC1A1的距离，再利用锥体体积公式求解．
本题考查线面平行的判定，以及向量法的应用，属于中档题．
16.(1)在△ABC中，c−ba−b=sinA+sinBsinC，
由正弦定理，得c−ba−b=a+bc，
整理得b2+c2−a2=bc，
由余弦定理得csA=b2+c2−a22bc=12，
所以A=π3．
(2)由题意得，12bcsinA= 34bc=3 3，解得bc=12，
因为13=a2=b2+c2−bc=(b+c)2−3bc=(b+c)2−36，解得b+c=7，
所以△ABC的周长为7+ 13．
17.(1)根据题意可知，圆C：x2+y2−8x−6y+21=0，化为标准式圆C：(x−4)2+(y−3)2=4的圆心C(4,3)，半径r=2，
设点C(4,3)关于直线3x−2y+7=0对称点C1(a,b)，则b−3a−4=−233⋅a+42−2⋅b+32+7=0，
解得a=−2，b=7，而圆C1的半径为2，
所以圆C1的标准方程为(x+2)2+(y−7)2=4；
(2)由直线l将圆C分成两段圆弧，其弧长的比为1：2，得分成的劣弧所对圆心角为120°，
圆心C到直线l的距离d=rcs60°=1，
直线x=5过点P(5,6)，且点C到该直线距离为1，则直线l可以为x=5；
当直线l的斜率存在时，设方程为y−6=k(x−5)，即kx−y+6−5k=0，
由|3−k| 1+k2=1，解得k=43，方程为43x−y+6−5⋅43=0，即4x−3y−2=0，
所以直线l的方程为x=5或4x−3y−2=0．
(1)求出圆心C关于直线的对称点，进而求出圆C1的标准方程；
(2)由给定条件求出直线l将圆C分成劣弧所对圆心角，再求出圆心到直线距离，进而分情况求出直线方程．
本题考查了圆心到直线距离，属于基础题．
18.(1)证明：如图，取AD的中点N，连接PN，ON，由PA=PD，得PN⊥AD，
由O是等腰梯形ABCD两条对角线的交点，得OA=OD，则ON⊥AD，
因为PN∩ON=N，PN，ON⊂平面PON，所以AD⊥平面PON，
又PO⊂平面PON，所以PO⊥AD，
因为BD⊥PO，AD∩BD=D，AD，BD⊂平面ABCD，
所以PO⊥平面ABCD．
(2)由(1)及AC⊥BD，得直线OB，OC，OP两两垂直，
以点O为原点，分别以直线OB，OC，OP为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
由AD=2 2，得OA=OD=2，
由AB=DC=2 5，得OB=OC= (2 5)2−22=4，
所以B(4,0,0)，A(0,−2,0)，P(0,0,6)，
故AP=(0,2,6),BP=(−4,0,6)，
设平面PAB的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⋅AP=0n⋅BP=0，即2y+6z=0−4x+6z=0，
令z=2，得x=3，y=−6，故n=(3,−6,2)，
由题意得，平面ABCD的法向量m=(0,0,1)，
所以cs〈m,n〉=m⋅n|m||n|=21×7=27，
故平面PAB与平面ABCD所成角的余弦值为27．
(3)由(2)知，A(0,−2,0)，P(0,0,6)，B(4,0,0)，C(0,4,0)，M(2,2,0)，
所以MP=(−2,−2,6)，AM=(2,4,0)．
假设在线段PM上存在点Q满足条件，则MQ=λMP=(−2λ,−2λ,6λ)(0≤λ≤1)，
所以AQ=AM+MQ=(2−2λ,4−2λ,6λ)．
由(2)知平面PAB的法向量n=(3,−6,2)，
因为直线AQ与平面PAB所成角的正弦值为187 38，
所以|cs〈AQ,n〉|=|AQ⋅n||AQ||n|=|18(λ−1)|7× (2−2λ)2+(4−2λ)2+36λ2=187 38，
整理得3λ2+26λ−9=0，解得λ=13，
所以在线段PM上存在点Q，使得直线AQ与平面PAB所成角的正弦值为187 38，λ=13．
19.(1)因为A(0,0,0)，B(1,0,0)，C(1,1,0)，D(0,1,0)，C1(csα,1,sinα)，B1(csα,0,sinα)，
所以BD=(−1,1,0),AC1=(csα,1,sinα)，
则cs〈AC1,BD〉=−csα+1 2× 2=−csπ3+12=14，
所以异面直线AC1与BD所成的角的余弦值为14；
(2)由已知得AB1=(csα,0,sinα)，设AD1=(x,y,z)，
则|AD1|=1AD1⋅AB1=0cs∠DAD1=AD1⋅AD|AD1|⋅|AD|=csβ，
所以x2+y2+z2=1,z>0xcsα+zsinα=0y=csβ，
其中α∈(0,π2),β∈(0,π)，sinα>0，csα>0，sinβ>0，
设z=tcsα(t>0)，
则x=−tsinα，t2=1−y2=1−cs2β=sin2β，所以t=sinβ．
所以AD1=(−sinαsinβ,csβ,csαsinβ)，
因为B，C，B1，C2四点共面的充分必要条件是向量BC,BB1,B1C2共面，亦即向量BC,BB1,AD1共面，
因为BB1=(csα−1,0,sinα),BC=(0,1,0)，
所以存在实数对(m,n)使得AD1=mBC+nAD1，
即AD1=(−sinαsinβ,csβ,csαsinβ)=m(0,1,0)+n(csα−1,0,sinα)，
即(−sinαsinβ,csβ,csαsinβ)=(ncsα−n,m,nsinα)
则csβ=m，n=csαsinβsinα=−sinαsinβcsα−1，
所以csαsinα=sinα1−csα，
即csα−cs2α=sin2α，csα=1，这与已知中α∈(0,π2)矛盾，
所以不存在α，β使得B，C，B1，C2四点共面；
(3)若β=π3，则ADD1−B1C1C2为棱长都是1的正三棱柱，
截面B1DD1，C2AD的交线为OD，其中O为正方形AB1C2D1的中心，
设AD1，BC2的中点分别为M，N，连接MN，则O为线段MN的中点，
OD与C1M的交点P即为截面B1DD1，C2AD，C1AD1的公共交点，
三个四面体C2ADD1、四面体B1ADD1、四面体C1ADD1公共部分是三棱锥P−ADD1，
设PQ⊥平面ADD1，垂足为Q，PQ为三棱锥P−ADD1的高，
MPPC1=MOC1D=12，
所以PQC1D=MPMC1=13，
所以PQ=13C1D=13，
故三棱锥P−ADD1的体积为13×13×12×1×1× 32= 336，