2025-2026学年重庆市第一中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2025-2026学年重庆市第一中学高一（下）期末数学试卷（含答案），共6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l1：x−y−1=0与l2：x−y−2=0间的距离为( )
A. 22B. 1C. 2D. 2 2
2.已知两向量a，b满足|a|=|b|=1，且(2b−a)⊥a，则向量a，b的夹角为( )
A. π6B. π3C. 2π3D. 5π6
3.已知A，B，C，D是同一平面内的四点，且任意三点不共线，P为平面外一点，若PA=(2λ−1)PB+λPC+PD，则实数λ的值为( )
A. 1B. 12C. 23D. 13
4.在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD是矩形，且AB=3，AD=4，PA⊥平面ABCD，PA=4 35，则平面ABCD与平面PBD的夹角大小为( )
A. 30°B. 45°C. 60°D. 75°
5.以O(0,0)，A(4,0)，B(3,3)为顶点的△OAB外接圆的面积为( )
A. 5π3B. 10π3C. 5πD. 10π
6.在△ABC中AB=1，∠ABC=2π3，D为BC中点，AD= 3，则△ABC的面积为( )
A. 12B. 32C. 1D. 3
7.已知圆O：x2+y2=r2(r>0)与圆C：x2+y2+4x+2y+4=0相交于A、B两点，若四边形OACB的面积为r，则|AB|=( )
A. 2B. 4C. 2 55D. 4 55
8.在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=2 3，AA1=1，点P为△ABC内(含边界)一点，且P到A1B1，A1C1，B1C1的距离的平方和为8，则点P的轨迹长为( )
A. 3π3B. 2 3π3C. 3π2D. 2π
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.已知复数z=1−2i，则( )
A. z的虚部为−2iB. z在复平面内对应的点的坐标为(1,−2)
C. |z2|=25D. 复数z1+i的共轭复数为−12+32i
10.如图，四棱锥P−ABCD的底面ABCD是边长为1的正方形，PA⊥平面ABCD，PA=2AD，点E为棱PC的中点，则( )
A. AE=12AB+12AD+AP
B. PA//平面BED
C. BD⊥AE
D. 点P到平面BED的距离为 22
11.已知点P是圆C：x2+y2−8x+6y+20=0上一动点，点M(0,1)，点N(2,0)，则( )
A. 圆心C的坐标为(4,3)
B. 点P到直线MN的距离的最小值为3 55
C. △PMN面积的最大值为152
D. 若点Q满足QM=2QN，则PQ的最大值为5 5+2 293
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设向量a=(−3,4),b=(λ,8)，若a//b，则λ= ．
13.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若sinBsinC+cs2(B+C)=1，b2+c2=32bc，则csA= ．
14.已知圆锥的外接球球心为O，点O到圆锥底面的距离等于点O到圆锥母线的距离，圆锥母线的长度为2，则球O的表面积为 ．
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)
已知向量m=(3,−1)，n=(1,2)．
(1)若m⊥(km+n)，求实数k的值；
(2)已知A，B，C三点共线，若OA=n，OB=m，OC=2m+pn，求实数p的值．
16.(本小题15分)
在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知(a−b+c)(sinA+sinB+sinC)=(2+ 3)csinA．
(1)求角B的大小；
(2)若b=2，求AC边上的高的最大值．
17.(本小题15分)
如图1，在平行四边形ABCD中，BC=2AB=4，∠BAD=60°，E为BC的中点.将△CDE沿DE折起，连接BC与AC，如图2．
(1)设M为AC中点，求证：BM//平面CDE；
(2)设AF=λAC(0≤λ≤1)，当AE⊥CE时，是否存在实数λ，使得直线DF与平面ABED所成角的余弦值为 7010？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
18.(本小题17分)
已知圆A：(x+1)2+(y+1)2=1，圆MA上一动点M、圆A外一动点C，满足|MC|的最大值为其最小值的2倍．
(1)求点C的轨迹方程；
(2)若圆B：(x−2)2+(y−2)2=15，P，Q是圆B与(1)中所求的点C轨迹的交点．
(i)求以PQ为直径的圆H的方程；
(ⅱ)若直线l：y=kx+1与圆H交于I，J两点，探究当k不断变化时，在y轴上是否存在一定点W，使得直线WI、WJ的斜率互为相反数？若存在，求出点W的坐标；若不存在，请说明理由．
19.(本小题17分)
已知过点H(−2,1)且斜率为−1的直线被圆O：x2+y2=r2截得的弦长为 14．
(1)求过点H的圆O的切线方程；
(2)已知两定点A(a,2).B(m,1)，其中a∈R，m>0.P为圆O上任意一点，|PA||PB|=n(n为常数)．
(i)求常数n的值；
(ⅱ)“曼哈顿距离”也叫“出租车距离”，是19世纪德国犹太人数学家赫尔曼⋅闵可夫斯基首先提出来的名词，用来表示两个点在标准坐标系上的绝对轴距总和，即在直角坐标平面内，若C(x1,y1)，D(x2,y2)，则C、D两点的“曼哈顿距离”为d(C,D)=|x2−x1|+|y2−y1|.若过点E(a,−t)作直线l与圆C1：x2+y2=m交于M、N两点，且M点恰好是线段NE的中点，又已知点F(t2,1)，求d(E,F)的取值范围．
1.【答案】A
2.【答案】B
3.【答案】D
4.【答案】A
5.【答案】C
6.【答案】B
7.【答案】D
8.【答案】B
9.【答案】BD
10.【答案】BCD
11.【答案】ABD
12.【答案】−6
13.【答案】14
14.【答案】16π3
15.【答案】−110
−1
16.【答案】解：(1)根据正弦定理可将已知条件化简为(a−b+c)(a+b+c)=(2+ 3)ca，
化简整理，得a2+c2−b2= 3ca．
由余弦定理，得csB=a2+c2−b22ca= 32，
因为∠B为三角形内角，故B=π6．
(2)法一：记AC边上的高为ℎb．
由S=12bℎb=12acsinB，可得ℎb=acsinBb，
又因为asinA=csinC=bsinB=4，
所以ℎb=4sinAsinC=4sinAsin(A+π6)=2sin(2A−π3)+ 3，
在三角形ABC中，B=π6，故A∈(0,5π6)．
当A=5π12时，(ℎb)max=2+ 3．
法二：记AC边上的高为ℎb．
由S=12bℎb=12acsinB，可得ℎb=acsinBb=14ac，
由余弦定理b2=a2+c2−2accsB，
可得4=a2+c2− 3ac≥(2− 3)ac⇒ac≤4(2+ 3)，
从而有ℎb=14ac≤(2+ 3)，即(ℎb)max=2+ 3．
17.【答案】取CD中点N，连接EN，MN，如图，
因为M是CA中点，所以MN/​/AD且MN=12AD．
又因为E为BC的中点，则BE//AD且BE=12AD，所以MN/​/BE且MN=BE，
所以BMNE是平行四边形，所以BM//EN，
因为EN⊂平面CDE，BM⊄平面CDE，所以BM/​/平面CDE．
存在λ=23，使得直线DF与平面ABED所成角的余弦值为 7010，理由如下：
假设存在λ(0≤λ≤1)，使得直线DF与平面ABED所成角的余弦值为 7010，
在平行四边形ABCD中，AB=2，BC=4，E是BC中点，则CE=12BC=2=CD．
又∠DCB=∠BAD=60°，所以△CDE是等边三角形，所以∠CDE=60°，
所以∠ADE=∠ADC−∠CDE=(180°−60°)−60°=60°，
由余弦定理得AE= DE2+AD2−2DE⋅ADcs∠ADE= 22+42−2×2×4cs60°=2 3，
所以，DE2+AE2=AD2，所以AE⊥DE，

又AE⊥CE，CE∩DE=E，CE，DE⊂平面CED，所以AE⊥平面CED，
取DE中点O，连接CO，则CO⊥DE，CO= 3，由AE⊥平面CED得AE⊥CO，
因为DE∩AE=E，DE，AE⊂平面ABED，所以CO⊥平面ABED，
以O为原点，OD为x轴，OC为z轴，过O与AE平行的直线为y轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则D(1,0,0)，A(−1,2 3,0)，C(0,0, 3)，
AC=(1,−2 3, 3)，AF=λAC=(λ,−2 3λ, 3λ)，又DA=(−2,2 3,0)，
所以DF=DA+AF=(λ−2,−2 3λ+2 3, 3λ)，
设直线DF与平面ABED所成角为θ，平面ABED的一个法向量是n=(0,0,1)，
则csθ= 7010，所以sinθ= 1−cs2θ= 3010，
所以sinθ=|cs|=|DF⋅n||DF||n|=| 3λ| (λ−2)2+(−2 3λ+2 3)2+( 3λ)2×1= 3010，
解得λ=23(λ=4舍去)．

18.【答案】(x+1)2+(y+1)2=9
(i)x2+y2−7=0．
(ii)W(0,7)
19.【答案】x=2或3x−4y−10=0
(i)n= 2；(ii)[ 2−1,4+ 5]