重庆市南开中学校2024_2025学年高一下册期末考试数学检测试卷[有解析]

这是一份重庆市南开中学校2024_2025学年高一下册期末考试数学检测试卷[有解析]，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，满分150分，考试时间120分钟．
第Ⅰ卷（选择题）
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
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+ai2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=0a,b∈RD．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．π2B．πC．2πD．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、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
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922D．a的最小值为32
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，B2,0，N0,4，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．2QM+QA的最小值为210
D．圆O上存在唯一点Q，使得32QA+QN取到最小值
第Ⅱ卷（非选择题）
三、填空题：本大题3个小题，每小题5分，共15分．各题答案必须填写在答题卡上相应位置（只填结果，不写过程）．
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：本大题5个小题，共77分．各题解答必须答在答题卡上（必须写出必要的文字说明、演算步骤或推理过程）．
15．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．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33，求△ABC的周长．
17．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．在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为等腰梯形，AD=22，AD//BC，AB=DC=25，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18738．若存在，求出λ=MQMP的值；若不存在，请说明理由．
19．在空间直角坐标系中，正方形ABCD的四个顶点分别为A0,0,0、B1,0,0、C1,1,0、D0,1,0，将正方形ABCD绕直线AD旋转角度αα∈0,π2到AB1C1D，使得B的z坐标为正．再将正方形AB1C1D绕直线AB1旋转角度ββ∈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 直线x−3y+1=0的斜率为k=33，则该直线的一个方向向量是(1,33)，而选项BCD中对应向量与(1,33)不共线，因此A是，BCD不是.选：A
2．B因为1+ai2=1+2ai+a2i2=1−a2+2ai是纯虚数，所以1−a2=0，a=±1，此时得2a≠0.故选：B.
3．B对于A，方程x2+y2=0表示点(0,0)，A不是；对于B，方程x2+y2−2x+4y−6=0化为(x−1)2+(y+2)2=11，此方程表示圆，B是；对于C，当a=b=0时，方程x2+y2=0表示点(0,0)，C不是；对于D，方程x2+2xy+y2−9=0化为x+y=±3表示两条平行直线，D不是.故选：B
4．A 2a+b2=2a+b⋅2a+b=2|a|2+22|a||b|csθ+|b|2，2|a|2+22|a||b|csθ+|b|2=2×1+22×1×1×22+1=5，2a+b=5，故选：A
5．D由余弦定理得2=b2+c2−23bc，b+c2=b2+2bc+c2，则b2+c2=b+c2−2bc，将其代入上式可得：
2=b+c2−2bc−23bc=b+c2−83bc，因为基本不等式bc≤b+c22（当且仅当b=c时取等号），所以−83bc≥−83×b+c22，代入2=b+c2−83bc≥b+c2−83b+c22，设t=b+ct>0，则2≥t2−83×t24=13t2，即13t2≤2，两边同时乘以3得到t2≤6，因为t>0，所以00,则x=−tsinα,t2=1−y2=1−cs2β=sin2β,∴t=sinβ.
∴AD1→=−sinαsinβ,csβ,csαsinβ,
∵B，C，B1，C2四点共面的充分必要条件是向量BC→,BB→1,B1C2→共面，亦即向量BC→,BB→1,AD1→共面，
∵BC→=(0,1,0),BB1→=csα−1,0,sinα,
∴存在实数对m,n使得AD1→=−sinαsinβ,csβ,csαsinβ=m0,1,0+ncsα−1,0,sinα,
即−sinαsinβ,csβ,csαsinβ=ncsα−n,m,nsinα
则csβ=m,n=csαsinβsinα=−sinαsinβcsα−1，
所以csαsinα=sinα1−csα,csα−cs2α=sin2α,csα=1,这与已知中α∈0,π2矛盾，
∴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，∴PQC1D=MPMC1=13,∴PQ=13C1D=13,
三棱锥P−ADD1的体积为13×13×12×1×1×32=336,
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
A
B
B
A
D
B
C
A
BC
ACD
ABC