2023-2024学年重庆市两江新区高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年重庆市两江新区高一（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知集合A={x||x−1|<1}，B={x|x2+3x−4≤0}，则A∩B等于A.{x|0<x≤1} B.{x|1≤x<2} C.{x|0<x<2} D.{x|−1≤x<2}2.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.23.在平行四边形ABCD中，M为BC的中点，设AB=a，DM=b，则A.2b−a B.a−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.BN5.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/​/α B.若m⊥α，n⊥α，则m/​/n

C.若m/​/α，m//β，则α/​/β D.若m⊥n，m⊥α，则n/​/α6.四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，四边形ABCD为矩形，PA=4，AB=33，若四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为52π，则BC=(

)A.3 B.6 C.2 D.2.57.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.305 B.303 C.8.已知平面向量a，b，c，|b|=1，满足a−(c−a)=−bA.2 B.2 C.1 D.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i B.|z−2i|=2

C.z−在复平面内对应的点位于第三象限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,−255)

B.当x=1时，向量a在向量b上的投影向量为−12b

11.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，AB=1，点P满足BP=λA.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A1C1三、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a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=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，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=219.(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,

答案解析1.A

【解析】解：集合A={x||x−1|<1}={x|0<x<2}，B={x|x2+3x−4≤0}={x|−4≤x≤1}，

故A∩B={x|0<x≤1}．

故选：A．

先求出集合A，B2.D

【解析】解：因为正方形O′A′B′C′的边长为1，所以O′A′=1，O′B′=2，

画出原图形OABC，如图所示：

则OA=O′A′=1，OB=2O′B′=22，

所以原图形OABC的面积为OA×OB=22．

故选：D．

3.C

【解析】解：因为MC=DC−DM=AB−DM=a−b，

所以AD=BC4.A

【解析】解：把平面展开图还原为正方体，如图所示：

在这个正方体中，CN与BF平行，AB与CN所成的角是π4，

BN与CN所成角的正切值是12，

与直线CN所成角为π3的直线是DE．

故选：A．

5.B

【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，若α/​/β，m//β，则m/​/α或m⊂α，A错误；

对于B，若m⊥α，n⊥α，垂直与同一平面的两直线平行，则m/​/n，B正确；

对于C，若m/​/α，m//β，则α/​/β或α与β相交，C错误；

对于D，若m⊥n，m⊥α，则n/​/α或n⊂α，D错误．

故选：B．

根据题意，由直线与直线、直线与平面的位置关系依次分析选项，综合可得答案．

本题考查空间直线与直线、直线与平面的位置关系，涉及直线与平面平行、垂直的性质，属于基础题．6.A

【解析】解：将四棱锥P−ABCD中补全成长方体PGFE−ABCD，如图所示：

所以四棱锥P−ABCD的外接球即为长方体PGFE−ABCD的外接球，

由于四棱锥P−ABCD的外接球的表面积为52π，

故球半径满足4πR2=52π，

故R=13，

则外接球的半径为42+(33)2+BC22=13，7.A

【解析】解：由题意可得∠ADC=360°−∠BDC−∠ADB=360°−120°−135°=105°，

∠CAD=180°−∠ACD−∠ADC=180°−45°−105°=30°，

在△ACD中，由正弦定理可得CDsin30∘=ADsin45∘，

即有3012=AD22，解得AD=302．

在△BCD中，∠CBD=∠DCB=30°，可得BD=CD=30．

在△ABD中，由余弦定理可得AB2=AD2+B8.A

【解析】解：平面向量a，c满足a−(c−a)=−b，则a−(c−a)−c+(9.BD

【解析】解：(z−2)i3=1+i，

则z−2=1+i−i=−1+i，

故z=1+i，

对于A，复数z的虚部为1，故A错误；

对于B，|z−2i|=|1−i|=12+(−1)2=2，故B正确；

对于C，z−=1−i，

z−在复平面内对应的点(1,−1)位于第四象限，故C错误；10.BC

【解析】解：对于A，因为a=(2,1)，所以|a|=4+1=5，则向量a方向上的单位向量为c=a|a|=(255,55)，故A错误；

对于B，当x=1时，b=(−3,1)，则向量a在向量b上的投影向量为a⋅b|b|⋅b|b|=2×(−3)+1×19+1⋅b9+1=−12b，故B正确；

对于C，a与b的夹角为锐角时，11.ABD

【解析】解：因为点P满足BP=λBC+μBB1，λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，

所以点P在四边形BB1C1C区域内(包括边界)，

对于A：因为D1C1⊥平面BB1C1C，

所以当点P在C1点时，D1P取最小值，此时λ=μ=1，所以λ+μ=2，故A正确；

对于B：当λ=1，μ=12时，BP=BC+12BB，此时P在CC1的中点，

取BB1的中点N，AA1的中点M，连接MB，MD1，NC1，D1P，BP，

又MN//A1B1，且MN=A1B1，D1C1//A1B1且D1C1=A1B1，

所以D1C1//MN且D1C1=MN，所以四边形D1C1NM为平行四边形，

所以MD1//NC1，

同理可得NC1//BP，所以MD1//BP，

易得MB=MD1=D1P=BP，所以菱形MD1PB为平面PBD1截正方体的截面，故B正确；

对于C：取BB1中点E，BC的中点F，连接EF，则BE=12BB1，BF=12BC，

所以BP=λBC+μBB1=2λBF+2μBE，

因为λ+μ=12，所以2λ+2μ=1，

则点P在线段EF上，连接AE，AF，AB1，B1C，AC，

则AC/​/A1C1，A1D/​/B1C，A1C1⊂平面A1C1D，AC⊄平面A1C1D，

所以AC/​/平面A1C1D，同理可得B1C/​/平面A1C1D，

又AC∩B1C=C，AC，B1C⊂平面12.0

【解析】解：z=m+(m−1)i，(m∈R)是纯虚数，

则m=0m−1≠0，解得m=0．

故答案为：0．

结合纯虚数的定义，即可求解．

13.307【解析】解：设圆台的高为ℎ，

由圆台的上、下底面的半径分别为1和2，体积为10π，

得13πℎ×(12+1×2+22)=10π，解得ℎ=307．14.34【解析】解：因为a，b是关于x的方程mx2−mx+n=0(m≠0,m,n∈R)两根，

所以a+b=1，ab=nm，Δ=m2−4mn≥0，

所以a2+b=a2−a+1=(a−12)2+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【解析】(1)先建立平面直角坐标系，求出对应点的坐标，然后结合平面向量数量积的坐标运算求解；

(2)由平面向量数量积的坐标运算，结合二次函数值域的求法．

本题考查了平面向量数量积的运算，重点考查了二次函数值域的求法，属中档题．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=2accosB，

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+c2−2accosB，

即4=6+c【解析】(1)由三角形的面积公式及余弦定理可得tanB的值，再由角B的范围，可得角B的大小；

(2)由余弦定理可得c边的大小，再由题意可得AD的值．

本题考查余弦定理的应用，三角形面积公式的应用，属于中档题．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)【解析】(1)连接FH，易知FH//PD，再证四边形BEDH是平行四边形，可得BH/​/DE，然后由面面平行判定定理的推论，即可得证；

(2)分别证明DE⊥AB，PE⊥AB，可得AB⊥平面PDE，再由面面垂直的判定定理，即可得证；

(3)利用等体积法求点到面的距离，即可得解．

本题考查立体几何的综合应用，熟练掌握面面平行的判定定理，线面、面面垂直的判定与性质定理，等体积法是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．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⋅ADcos∠BAD=12+22−2×1×2×(−12)=7；

(2)在△BCD中，BD2=CB2+CD2−2CB⋅CDcos∠BCD，

即7=CB2+CD2−CB⋅CD，

所以CB2+CD2=7+CB⋅CD≥2CB⋅CD，

所以0<CB⋅CD≤7，当且仅当CB=CD时取等号；

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<CB+CD≤27，

所以CABCD=AC+AD+CB+CD=3+CB+CD∈(3+7,3+27],【解析】(1)首先求出∠BAD，再由余弦定理计算可得；

(2)在△BCD中利用余弦定理及基本不等式求出CB⋅CD的取值范围，即可求出