2024-2025学年重庆市渝北中学高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年重庆市渝北中学高一（下）期中数学试卷（含解析），共16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.已知向量a=(1,−1),b=(−2,3),c=(1,1)，则(a+b)⋅c=( )
A. 1B. 0C. −1D. −2
2.已知a，b是两条不同的直线，α，β，γ是三个不同的平面，则下列命题中正确的是( )
A. 若a⊂α，a//β，则α//βB. 若b⊥α，b⊂β，则α⊥β
C. 若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γD. 若a//b，b//α，则a//α
3.已知向量a,b满足|a|= 3,|b|=1,|2a−b|=3，则a⋅b=( )
A. −2B. −1C. 1D. 2
4.在△ABC中，∠B=π3,AB=2,AC= 19，则BC=( )
A. 4B. 3C. 5D. 3或5
5.在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2，CD1和A1D与底面所成的角分别为30°和45°，则异面直线B1C与BD所成角的余弦值为( )
A. 34B. 24C. 34D. 54
6.渝北中学大力传承和弘扬“红岩⋅莲华”精神，在王朴母子雕像前举行纪念活动.某同学为测量王朴母子雕像的高度AB(雕像的底端视为点B，雕像的顶端视为点A)，在地面选取了两点C，D(其中A，B，C，D四点在同一个铅垂平面内)，在点C处测得点A的仰角为30°，在点D处测得点A，B的仰角分别为60°，15°，测得CD=18( 3+1)m，则按此法测得的王朴母子雕像AB的高为( )
A. 34mB. 35mC. 36mD. 37m
7.在△ABC中，角A，B，C所对的边为a,b,c,b2−c2=a2−12ac,AD=23AC，若AB=4，BC=3，则BD长为( )
A. 53B. 73C. 83D. 103
8.已知非零向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且|AB−AC|=2 2,|AB+AC|=6 2，点D是△ABC的边AB上的动点，则DB⋅DC的最小值为( )
A. −1B. −14C. −15D. −78
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.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c.若2acsin2B= 3(a2+c2−b2)，则B的大小可能为( )
A. π6B. π3C. π2D. 2π3
10.已知向量a=(3,2),b=(−1,2),c=(4,1)，则下列结论正确的是( )
A. |b|= 5
B. 若(a+kc)//(2b−a)，则实数k的值为−1613
C. 若a与a+λb的夹角为锐角，则实数λ的取值范围是(−13,+∞)
D. a在b上的投影向量的坐标为(−15,25)
11.如图，已知底面为矩形的四棱锥P−ABCD的顶点P的位置不确定，点M在棱CD上，且AM⊥BM，平面PAM⊥平面ABCD，则下列结论正确的是( )
A. PA⊥BM
B. 平面PAM⊥平面PBM
C. 存在某个位置，使平面PAM与平面PBC的交线与底面ABCD平行
D. 若AD=2 3,MD=2，则直线CM与平面PAM所成角为π3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知向量a,b不共线，若a−kb与2a+b共线，则实数k的值为______．
13.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知a=1且ccsB+bcsC−2asinA=0，则△ABC外接圆面积为______．
14.正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M为底面ABCD的中心，点N在侧面BB1C1C的边界及其内部运动，若D1M⊥MN，则线段C1N长度的最小值为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
如图，在平面四边形ABCD中，∠BCD=90°，∠D=45°，AD=2，AC=5．
(1)求cs∠ACD；
(2)若BC=2 2，求AB．
16.(本小题12分)
已知点A(1,1)，B(5,3)，O为坐标原点，M为x轴上一动点．
(1)AM⊥BM，求点M的坐标；
(2)当AM⋅BM取最小值时，求向量AM与BM的夹角的余弦值．
17.(本小题12分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠ACB=90°，AA1=2AC，N，M分别为AA1，BC的中点，求证：
(1)AM//平面BNC1；
(2)NC1⊥平面NBC．
18.(本小题12分)
如图，正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为AA1的中点．
(1)若点F满足2FD1=D1D，求证：E，B，F，C1四点共面；
(2)求直线AB与平面EBC1所成角的正弦值．
19.(本小题12分)
在锐角△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足(sinA−sinB)⋅(sinA+sinB)=sinC(sinA−sinC)．
(1)求角B；
(2)求a2+c2b2的取值范围；
(3)当b=1时，角B的平分线交AC于M，求BM长度的最大值．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵向量a=(1,−1),b=(−2,3),c=(1,1)，
∴a+b=(−1,2)，
∴(a+b)⋅c=(−1,2)⋅(1,1)=−1×1+2×1=1．
故选：A．
由向量运算法则及向量数量积的坐标表示可解．
本题考查向量运算法则及向量数量积的坐标表示等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2.【答案】B
【解析】解：对于A：若a⊂α，a//β，则α//β或α与β相交，故A错误；
对于B：若b⊥α，b⊂β，根据面面垂直的判定，则α⊥β，故B正确；
对于C：若α⊥β，β⊥γ，则α⊥γ或α与γ相交且不垂直或两平面平行，故C错误；
对于D：若a//b，b//α，则a//α或a⊂α，故D错误．
故选：B．
根据线、面之间的位置关系逐项分析即可．
本题主要考查线面位置关系的判断，考查逻辑推理能力，属于基础题．
3.【答案】C
【解析】解：对|2a−b|=3左右两边同时平方可以得到|2a−b|2=4|a|2−4a⋅b+|b|2=9，
得到4a⋅b=4，进而解得：a⋅b=1．
故选：C．
对|2a−b|=3左右两边同时平方，化简代入数值即可求得a⋅b．
本题主要考查平面向量的数量积，属于基础题．
4.【答案】C
【解析】解：△ABC中，∠B=π3,AB=2,AC= 19，
由余弦定理：AC2=AB2+BC2−2⋅AB⋅BC⋅csB，
即19=4+BC2−2×2×BC×12，
化简得BC2−2BC−15=0，
解得：BC=5或BC=−3(舍去)，
所以BC=5．
故选：C．
根据已知条件，用余弦定理求解即可．
本题主要考查了余弦定理在求解三角形中的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：由题意，如下作图：
则∠D1CD=30°，∠A1DA=45°，又AA1=2，
则tan∠D1CD=DD1CD=AA1CD= 33⇒CD=2 3，
tan∠A1DA=AA1AD=1⇒AD=2，
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，BD/​/B1D1，
所以∠CB1D1就是异面直线B1C与BD所成角或其补角，
又B1C= 4+4=2 2,B1D1= 4+12=4,CD1= 4+12=4，
由余弦定理，cs∠CB1D1=8+16−162×2 2×4= 24．
故选：B．
由题可得CD=2 3,AD=2，又BD/​/B1D1，则∠CB1D1就是异面直线B1C与BD所成角或其补角，利用余弦定理推理求余弦值即可．
本题主要考查直线与平面所成的角，异面直线所成的角，考查运算求解能力，属于中档题．
6.【答案】C
【解析】解：由题意，∠ACE=30°，∠ADE=60°，∠BDE=15°，
如图，设直线CD与AB交于点E，则AE⊥CE，
由题意得CE=AEtan30∘= 3AE,DE=AEtan60∘= 33AE，
又CD=18( 3+1)，且CE−DE=CD，
代入解得AE=9(3+ 3)，从而DE=9( 3+1)，
进而BE=DE⋅tan15°=DE⋅tan(60°−45°)=DE⋅ 3−11+ 3=9( 3−1)，
则雕像高AB=AE−BE=36米，故C正确．
故选：C．
设直线CD与AB交于点E，分别用AE表示出CE，DE，利用CE−DE=CD解出AE，再解出BE，最后求出雕像高即可．
本题考查了解三角形的应用，考查了数形结合思想，属于中档题．
7.【答案】C
【解析】解：因为b2−c2=a2−12ac，
由余弦定理，csB=a2+c2−b22ac=14，
因为AD=23AC，AB=4，BC=3，
所以BD=BA+AD=BA+23AC=BA+23(BC−BA)=13BA+23BC，
则BA⋅BC=|BA|⋅|BC|csB=4×3×14=3，
所以|BD|= (13BA+23BC)2= 19BA2+49BA⋅BC+49BC2= 169+129+4=83．
故选：C．
由余弦定理结合条件可得csB=14，结合图形推得BD=13BA+23BC，再利用向量数量积的运算律求模长即可．
本题主要考查了余弦定理，向量数量积的性质的应用，属于中档题．
8.【答案】C
【解析】解：已知非零向量AB与AC满足(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，且|AB−AC|=2 2,|AB+AC|=6 2，点D是△ABC的边AB上的动点，
∵AB|AB|,AC|AC|分别表示AB与AC方向相同的单位向量，
∴以AB|AB|,AC|AC|这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形，
故AB|AB|+AC|AC|所在直线为∠BAC的角平分线所在直线，
∵(AB|AB|+AC|AC|)⋅BC=0，∴∠BAC的平分线与BC垂直，故AB=AC；
取BC的中点O，连接AO，则AO⊥BC，
根据平面向量的减法法则和中线向量可得|AB−AC|=|CB|=2 2,|AB+AC|=2|AO|=6 2，
∴|AO|=3 2，
建立如图平面直角坐标系，
则B(− 2,0),C( 2,0),A(0,3 2)，故BA=( 2,3 2)，
因为点D是△ABC的边AB上的动点，
所以设BD=λBA(0≤λ≤1)，则BD=( 2λ,3 2λ)，∴D( 2λ− 2,3 2λ)，
∴DB=(− 2λ,−3 2λ)，DC=(2 2− 2λ,−3 2λ)，
根据平面向量数量积的坐标公式可得DB⋅DC=− 2λ⋅(2 2− 2λ)+(−3 2λ)⋅(−3 2λ)=20λ2−4λ，
利用二次函数的性质可知当λ=−−42×20=110时，DB⋅DC有最小值，最小值为−15．
故选：C．
分析题目条件可得AB=AC，取BC的中点O，建立平面直角坐标系，利用坐标运算可得结果．
本题考查了平面向量的综合应用，属于中档题．
9.【答案】BCD
【解析】解：若2acsin2B= 3(a2+c2−b2)，
由余弦定理得2acsin2B=2 3accsB，
所以2sinBcsB= 3csB，当B=π2时，csB=0，显然满足题意；
当B≠π2时，由2sinBcsB= 3csB得sinB= 32，
又0−13且λ≠0，故C错误；
对于D，根据数量积公式可得a⋅b=3×(−1)+2×2=1，a在b上的投影向量为a⋅b|b|2⋅b=15(−1,2)=(−15,25)，故D正确．
故选：ABD．
对于A，利用向量的模的坐标公式计算即得；
对于B，利用向量共线的坐标公式解方程即得；
对于C，利用向量数量积的意义与向量共线的坐标公式列不等式求解即得；
对于D，利用向量投影的计算公式即得．
本题主要考查平面向量的数量积以及投影向量，属于中档题．
11.【答案】ABD
【解析】解：选项A，平面PAM⊥平面ABCD，
平面PAM∩平面ABCD=AM，AM⊥BM，BM⊂平面ABCD，所以BM⊥平面PAM，
又PA⊂平面PAM，所以PA⊥BM，故A选项正确；
选项B，由A知BM⊥平面PAM，又BM⊂平面PBM，所以平面PAM⊥平面PBM，故B选项正确；
选项C，设平面PAM∩平面PBC=l，假设l/​/底面ABCD，
因为平面ABCD∩平面PAM=AM，平面ABCD∩平面PBC=BC，
所以l//AM，l/​/BC，所以AM/​/BC，则M与D重合，则AD⊥BD，
显然不成立，则假设不成立，故C选项错误；
选项D，由A知BM⊥平面PAM，在矩形ABCD中，AB/​/CD，
所以∠BAM即为直线CM与平面PAM所成的角，
在Rt△ADM中，AD=2 3,MD=2，所以tan∠MAD= 33，
所以∠MAD=π6，所以∠BAM=π2−∠MAD=π3，故D正确．
故选：ABD．
根据面面垂直的性质可得面BM⊥平面PAM，即可求解判断AB；根据线面平行的性质即可求解可判断C，直线CM与平面PAM所成的角为∠BAM，求解可判断D．
本题主要考查面面垂直的判定与性质，线面角的求法，考查逻辑推理能力，属于中档题．
12.【答案】−12
【解析】解：向量a,b不共线，若a−kb与2a+b共线，
则可设a−kb=λ(2a+b)=2λa+λb，λ∈R，
则有1=2λ−k=λ，解得λ=12k=−12．
故答案为：−12．
利用平面向量共线定理以及基本定理可构造方程组求得结果．
本题主要考查向量共线的性质，属于基础题．
13.【答案】π
【解析】解：利用正弦定理化简已知等式可得sinCcsB+sinBcsC=2sin2A，
可得sin(B+C)=2sin2A，
可得sinA=2sin2A，
因为sinA≠0，
可得sinA=12，
设△ABC外接圆的半径为R，且a=1，
由正弦定理得2R=112，解得R=1，
由圆的面积公式得△ABC外接圆面积为π×12=π．
故答案为：π．
利用正弦定理结合两角和的正弦公式求出sinA=12，再利用正弦定理求出外接圆半径，最后求出面积即可．
本题考查了正弦定理，两角和的正弦公式以及圆的面积公式等知识的应用，属于中档题．
14.【答案】4 55
【解析】解：正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，点M为底面ABCD的中心，
点N在侧面BB1C1C的边界及其内部运动，D1M⊥MN，
连接MC，∵点M为底面ABCD的中心，
∴MC⊥BD，
∵DD1⊥平面ABCD，MC⊂平面ABCD，∴DD1⊥MC，
∵BD∩DD1=D，BD，DD1⊂平面MDD1，
∴MC⊥平面MDD1，
∵MD1⊂平面MDD1，∴MC⊥MD1，
正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，故DD ​1=2，
由勾股定理得BD=2 2，BM=DM= 2，
故在BB1上取中点P，连接MP，其中BP=1，
此时BMDD1=BPDM= 22，又∠D1DM=∠B1BM=90°，
∴△D1DM∽△MBP，故∠DD1M=∠BMP，
∴∠DD1M+∠D1MD=∠BMP+∠D1MD=90°，
∴D1M⊥MP，
又MC∩MP=M，MC，MP⊂平面MCP，
∴D1M⊥平面MCP，
∴当点N在线段CP上时，MN⊂平面MCP，可得D1M⊥MN，
当C1N⊥CP时，C1N取得最小值，
由勾股定理得CP= BC2+BP2= 5，
其中cs∠BCP=BCCP=2 55，
又∠BCP+∠C1CN=∠CC1N+∠C1CN=90°，
∴∠BCP=∠CC1N，故cs∠CC1N=2 55，即C1NCC1=2 55，
∴C1N=2 55CC1=4 55．
故答案为：4 55．
作出辅助线，得到线面垂直，故当点N在线段CP上时，MN⊂平面MCP，可得D1M⊥MN，当C1N⊥CP时，C1N取得最小值，并由勾股定理求出各边长，求出答案．
本题考查正方体结构特征、勾股定理、线面垂直的判定与性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
15.【答案】 235；
5．
【解析】(1)在△ACD中，由正弦定理ACsinD=ADsin∠ACD，可得sin∠ACD= 25，
由AC>AD，可得∠D>∠ACD，即∠ACD为锐角，所以cs∠ACD= 1−sin2∠ACD= 235；
(2)在△ABC中，∠ACB=90°−∠ACD，可得cs∠ACB=sin∠ACD= 25，
由余弦定理得AB2=AC2+BC2−2AC⋅BC∠ACB=25+8−2×5×2 2× 25=25，所以AB=5．
(1)在△ACD中，根据正弦定理求得sin∠ACD= 25，结合同角三角函数的平方关系算出cs∠ACD的大小；
(2)在△ABC中，根据余弦定理列式求出边AB的长．
本题主要考查正弦定理与余弦定理、同角三角函数的基本关系等知识，属于中档题．
16.【答案】(2,0)或(4,0)；
− 6565．
【解析】(1)根据题意，设点M(x,0)，又A(1,1)，B(5,3)，
则AM=(x−1,−1),BM=(x−5,−3)，
由AM⊥BM，
可得AM⋅BM=(x−1)(x−5)+3=x2−6x+8=0，
解得x=2或x=4，
所以M的坐标为(2,0)或(4,0)；
(2)由(1)可得：AM⋅BM=x2−6x+8=(x−3)2−1，
当x=3时，AM⋅BM取得最小值−1，
此时AM=(2,−1),BM=(−2,−3)，
则|AM|= 5,|BM|= 13，
设AM与BM夹角为θ，
则此时csθ=AM⋅BM|AM|⋅|BM|=−1 5× 13=− 6565，
即向量AM与BM的夹角的余弦值为− 6565．
(1)设点M(x,0)，由向量垂直的充要条件列方程，求出x的值，即得点M坐标；
(2)由AM⋅BM的表达式中，利用二次函数的性质，求出其最小值即此时的x的值，利用向量夹角的坐标公式计算即得．
本题考查平面向量数量积的性质及运算，属中档题．
17.【答案】证明见解析；
证明见解析．
【解析】证明：(1)连接B1C交BC1于G，连MG，NG，
在三棱柱ABC−A1B1C1中，矩形CBB1C1中，CB1∩BC1=G，则C1G=BG，
∵M，G分别为BC，BC1的中点，∴MG//CC1且MG=12CC1，
∵N为AA1中点，∴AN//CC1且AN=12CC1，
∴MG//AN且MG=AN，
∴四边形AMGN为平行四边形，∴AM//GN，
∵AM⊄平面BNC1，GN⊂平面BNC1，
∴AM/​/平面BNC1．
(2)∵AA1⊥底面ABC，BC⊂平面ABC，∴AA1⊥BC，
∵AA1/​/CC1，∴BC⊥CC1，
∵∠ACB=90°，∴BC⊥AC，
∵AC∩CC1=C，AC，CC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥平面ACC1A1，
∵NC1⊂平面ACC1A1，∴BC⊥NC1，
∵在矩形ACC1A1中，AA1=2AC，N为AA1的中点，
∴AC=AN=A1N=A1C1，
∵AA1⊥底面ABC，AC⊂平面ABC，∴AA1⊥AC，
∴△C1A1N、△CAN均为等腰直角三角形，
∴∠ANC=A1NC1=45°，∴∠C1NC=90°，
∴NC1⊥CN，
∵NC1⊥BC，NC1⊥CN，CN∩BC=C，CN，BC⊂平面NBC，
∴NC1⊥平面NBC．
(1)连接B1C交BC1于G，连MG，NG，可证得四边形AMGN为平行四边形，则AM//GN，从而利用线面平行的判定定理可证得结论；
(2)由已知可得BC⊥平面ACC1A1，则BC⊥NC1，再证得NC1⊥CN，从而利用线面垂直的判定定理可证得结论．
本题主要考查线面平行与垂直的判定，考查逻辑推理能力，属于中档题．
18.【答案】证明见解析；
13．
【解析】(1)证明：连接EF，AD1，由2FD1=D1D，知FD1//AA1，且FD1=12AA1，
因为E为AA1的中点，因此AE=12AA1，
因此FD1//EA，且FD1=EA，因此四边形FEAD1为平行四边形，
因此EF/​/AD1，
因为AB//D1C1，AB=D1C1，因此四边形ABC1D1为平行四边形，
因此AD1/​/BC1，
因此EF/​/BC1，故E，F，B，C1四点共面．
(2)证明：延长FE交DA于O，连接BO，则AB与面EBC1所成角就是AB与面EOB所成角．
过A作AG⊥BO交BO与G，连接EG，过A作AH⊥EG与H，连接BH，
因为AA1⊥平面ABCD，BO⊂平面ABCD，因此ABCD，∴EA⊥BO，
因为AG∩EA=A，∴BO⊥，AG，EA⊂平面EAG，因此BO⊥平面EAG，
因为AH⊂平面EAG，因此EAG，∴BO⊥AH，
因为BO∩EG=G，∴AH⊥，BO，EG⊂平面EOB，
因此AH⊥平面EOB
因此∠ABH就是AB与面EOB所成角．
令AD=2，由EA//DD1,EA=13FD，得AO=1，
在Rt△OAB中，AG=AB⋅AOOB=2×1 22+12=2 55，
同理在Rt△AEG中，AH=AE⋅AGEG=1×2 55 12+(2 55)2=23，
在Rt△ABH中，sin∠ABH=AHAB=13，
故直线AB平面EBC1所成角的正弦值为13．
(1)连接EF，AD1，则可得四边形FEAD1为平行四边形，再结合正方体的性质可得EF/​/BC1，从而可证得结论；
(2)延长FE交DA与O，连接BO，过A作AG⊥BO交BO与G，连接EG，过A作AH⊥EG与H，连接BH，则AB与面EBC1所成角就是AB与面EOB所成角，可得∠ABH就是AB与面EOB所成角，在Rt△ABH中求解即可．
本题考查几何法求解直线与平面所成的角，属于中档题．
19.【答案】B=π3；
(53,2]；
32．
【解析】解：(1)因为(sinA−sinB)⋅(sinA+sinB)=sinC(sinA−sinC)，
由正弦定理，可得(a−b)(a+b)=c(a−c)，整理得a2+c2−b2=ac，
由余弦定理可得csB=a2+c2−b22ac=12，
又因为B∈(0,π)，所以B=π3．
(2)由(1)可知sinC=sin(2π3−A)=sin(A+π3)，
由正弦定理，可得a2+c2b2=sin2A+sin2Csin2B=43[sin2A+sin2(A+π3)]
=43[1−cs2A2+1−cs(2A+2π3)2]=43×2+ 32sin2A−12cs2A2=43+23sin(2A−π6)，
因为△ABC为锐角三角形，则0