2023-2024学年重庆市南开中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年重庆市南开中学高一（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.复数i1+2i的虚部为(

)A.25 B.25i C.12.直线3x+3y+5=0的倾斜角为A.π6 B.π4 C.2π33.已知向量a与b满足|a|=2,|b|=3，且a与b的夹角为A.3 B.2 C.2 D.4.如图，在三棱锥P−ABC中，PM=2MC,N为BC的中点，设AB=a,AC=b,A.13a+16b−c

5.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足b2=a2+c2−ac，△ABCA.1 B.2 C.3 D.46.庑殿顶是中国古代殿宇建筑屋顶的常见样式，屋顶包含一条正脊、四条垂脊，四个屋顶面.已知南开中学午晴堂侧楼屋顶为庑殿顶样式，整个屋顶长20m，宽7.2m，正脊长12.8m，四个屋顶面坡度均为1：2.4，其中坡度是指坡面的垂直高度和水平宽度的比值，则午静堂侧楼屋顶面积为(

)

A.144m2 B.156m2 C.7.如图，已知圆台O1O2，AB为上底面圆O1的一条直径，且AB=2，CD是下底面圆O2的一条弦，∠CO2D=60°，矩形A.62π

B.510π8.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足(2AB+AC)⊥BC，BA在BC上的投影向量的模长为A.64 B.35 C.二、多选题：本题共3小题，共9分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.下列说法正确的是(

)A.对于平面α，β，γ，α∩β=a，α∩γ=b，β∩γ=c，若a//b，则b//c

B.对于平面α和直线a，b，若a⊥b，b//α，则a⊥α

C.对于平面α，β和直线a，b，若a⊥b，a//α，b//β，则α⊥β

D.对于平面α，β和直线a，若a⊥β，α⊥β，a⊄α，则a//α10.已知圆C：x2+y2−mx−ny+1=0，圆心C关于直线l：y=−x+1对称点为A(−1,0)，M，N为圆C上两点，且满足AM⋅A.m=2，n=4 B.y轴与圆C相切

C.线段MN的中点轨迹为圆 D.|MN−11.如图，棱长为4的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P为A1A.平面B1DQ⊥平面ACD1

B.直线PQ与平面CC1D1D所成角为θ，则sinθ的取值范围是(23,1)

C.设C1D∩平面BPD1=Q三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知直线l1：(a−2)x+y−3=0和直线l2：x+ay+1=0垂直，则实数a=______．13.已知△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，D为线段AC的中点，B=π3,|BD|=14.已知三棱锥S−ABC中，AB⊥BC，SC⊥BC，AB=2BC=2，三棱锥S−ABC的体积为23，则当SA取最小值时，三棱锥S−ABC外接球的体积为______．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)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3(c−bcosA)=bsinA．

(1)求B；

(2)若a=3,b=13，求16.(本小题15分)

如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中AB=BC=CC1=2，AC=22，M，N分别是AB，B1C1的中点．

(1)17.(本小题15分)

已知圆C：x2+y2−2ax−2by+a2=0满足：①a>1，b>0；②与圆O：x2+y2=1外切；③被直线x=1分成两段圆弧，其弧长的比为1：2．

(1)求圆C的方程；

(2)若直线18.(本小题17分)

已知在平行四边形ABCD中，E是CD边上一点，且满足CE=3ED，∠CAE=2∠DAE，AD2=DE⋅DC．

(1)求∠DAE的大小；

(2)现以AC为折痕把△ACD折起，使点D到达点P的位置，且AE⊥BE.如图：

(i)证明：平面PAB⊥平面ABC；

(ii)求平面19.(本小题17分)

如图，已知四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，且AB=3，AD=4，∠DAB=π3，M为BC的中点，点P在平面ABCD内的射影为点H，且AH⊥DM．

(1)求证：PA⊥DM；

(2)当△PAB为等边三角形时，求点H到平面PBC的距离；

(3)若PA=m(m>21),∠PAH=θ，记三棱锥P−ABH的外接球表面积f(θ)，当函数f(θ)取最小值时，平面BPC与平面DPC夹角的大小为

答案解析1..C

【解析】解：复数i1+2i=i(1−2i)(1+2i)(1−2i)=2+i5=25+12..C

【解析】解：将直线3x+3y+5=0化为y=−3x−533，可知直线的斜率为k=−3，

∵3..C

【解析】解：由题意知，a⋅b=|a|⋅|b|cos4..B

【解析】解：在三棱锥P−ABC中，PM=2MC,N为BC的中点，设AB=a,AC=b,AP=5..B

【解析】解：因为b2=a2+c2−ac，

由余弦定理可得b2=a2+c2−2accosB，

所以cosB=12，

因为B∈(0,π)，可得B=π3

因为△ABC的面积为3，即12acsinB=3，

即126..B

【解析】解：根据庑殿顶抽象出几何体，该几何体的底面为矩形，侧面由两个全等梯形和两个全等的等腰三角形组成．

过点A作底面的垂线交底面于点C，过点C作底面矩形的长的垂线并交于点D，

取宽的中点为B，连接AC，BC，CD，即有AC⊥BC，AC⊥CD，∠ABC，∠ADC分别为侧面、正面与底面形成的二面角，

屋顶长20m，宽7.2m，正脊长12.8m，由对称性可得BC=20−12.82=3.6，CD=7.22=3.6．

四个屋顶面坡度均为1：2.4，得ACBC=12.4，∴AC=3.62.4=1.5，

由勾股定理得AB=AC2+BC2=1.52+7..D

【解析】解：由题意可知，圆台的上底面半径为r1=1，

∵∠CO2D=60°，O2D=O2C，

∴△O2DC为等边三角形，

∴O2D=O2C=CD=AB=2，

即圆台的下底面半径为r2=2，

∵矩形ABCD的面积等于43，AB=2，

∴AD=23，

作DM⊥EF于点M，则8..D

【解析】解：过点A作AD⊥BC，交BC于点D，

因为BA在BC上的投影向量的模长为55c，即|BD|=|BA|cosB=55c，

则BA⋅BC=55ac，

因为(2AB+AC)⊥BC，

所以(2AB+9..AD

【解析】解：对于A，由于α∩β=a，α∩γ=b，a//b，

则a⊂β，b⊄β，

故b//β，

又β∩γ=c，b⊂γ，

则b//c，选项A正确；

对于B，若a⊥b，b//α，则a可以与α平行，可以与α相交，还可以在α内，选项B错误；

对于C，若a⊥b，a//α，b//β，则α与β可以平行，也可以相交，选项C错误；

对于D，若a⊥β，α⊥β，a⊄α，则a//α，选项D正确．

故选：AD．

10..ACD

【解析】解：对于A，圆C：x2+y2−mx−ny+1=0，

则圆心C(m2,n2)，半径R=12m2+n2−4，

圆由心C关于直线l：y=−x+1对称点为A(−1,0)，

得线段CA中垂线为l，

则n22=−m2−12+1n2m2+1=1，解得m=2n=4，故A正确；

由A得圆C：x2+y2−2x−4y+1=0，且C(1,2)，R=2，

因为圆心C到y轴距离为1，小于2，所以y轴与圆C相交，故B错误；

对于C，设M(x1,y1)，N(x2,y2)，设线段MN的中点为P(s,t)，s=x1+x22,t=y1+y22(∗)，

则x12+y12−2x1−4y1+1=0，x22+y22−2x2−4y2+1=0，

两式相加得x12+y12+x22+y22−2(x1+x2)−4(y1+11..AD

【解析】解：对于A，DQ=λDC+μDD1，λ、μ∈(0,1)，故点Q∈侧面CDD1C1(不含边界)，

连接BD，因为BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以BB1⊥AC，

因为四边形ABCD为正方形，所以AC⊥BD，

因为BD∩BB1=B，B1D、BB1⊂平面BDB1，所以AC⊥平面BDB1．

因为B1D⊂平面BDB1，所以AC⊥B1D，同理可证B1D⊥AD1．

因为AD∩AC=A，AD1、AC⊂平面ACD1，所以B1D1⊥平面ACD1，

因为BlD⊂平面B1DQ，所以平面B1DQ⊥平面ACD1，可知A项正确；

对于B，取C1D1的中点R，连接PR、QR，则PR⊥平面CDD1C1，

则∠PQR即为直线PQ与平面CC1D1D所成角θ，

因为点Q在侧面CDD1C1(不含边界)上，正方体棱长为4，故RQ∈[0,25),

由勾股定理得PQ=PR2+RQ2∈[4,6)，则sinθ=PRPQ=4PQ∈(23,1]，故B项错误；

对于C，取CD的中点H，连接D1H，BH，可得△BB1P≅△D1DH，故BP=D1H，同理可证D1P=BH，

因为BD1与PH的交点为正方体的中心，所以B、P、D1、H四点共面，可得D1H∩C1D=Q，

因为DH//C1D1，且DH=12C1D1，故QH=13D1H，所以VP−A1CQ=VQ−A1PC=12VQ−A1PCH=16VD1−A1PCH，

连接A1D，AD1，则A1D⊥AD1，因为A1B12..1

【解析】解：直线l1：(a−2)x+y−3=0和直线l2：x+ay+1=0垂直，

则a−2+a=0，解得a=1．

故答案为：113..13【解析】解：因为D是AC中点，所以BD=12(BA+BC)，

所以BD2=14(BA2+BC2+2BA⋅BC)=14(c2+a2+2×c×a×12)=1314..9π2【解析】解：如图，过S作SH垂直底面ABC于点H，

∵AB⊥BC，AB=2BC=2，

∴三棱锥S−ABC的体积为13×12×1×2×SH=23，∴SH=2，

又SC⊥BC，SH⊥底面ABC，

∴根据三垂线定理可得BC⊥CH，又AB⊥BC，

∴HC//AB，∴A到HC的距离的最小值为BC=AH，此时SA=SH2+AH2才最小，

即此时四边形ABSH为矩形，

∴三棱锥S−ABC外接球的直径2R即为补形后长，宽，高分别为2，1，2的长方体的体对角线，

∴(2R)215..解：(1)因为3(c−bcosA)=bsinA，

由正弦定理可得3(sinC−sinBcosA)=sinBsinA，

在△ABC中，sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB，

可得3sinAcosB=sinBsinA，

又因为sinA>0，

可得tanB=3，

又因为B∈(0,π)，

所以B=π3；

(2)a=3，b=13，

由正弦定理可得asinA=bsinB，

即sinA=ab⋅sinB=【解析】(1)由正弦定理及三角形内角和定理，可得tanB的值，再由角B的范围，可得角B的大小；

(2)由正弦定理可得sinA的值，再由大边对大角可得角A为锐角，求出cosA的值，进而可得sinC的值，代入三角形的面积公式可得该三角的面积．

16..(1)证明：取A1B1的中点E，连接EN，EM，

又因为M，N分别是AB，B1C1的中点，

可得ME//AA1，EN//A1C1，

ME⊄平面ACC1A1，AA1⊂平面ACC1A1，

所以ME//平面ACC1A1；

同理可得EN/​/平面ACC1A1，

ME∩EN=E，

所以平面MNE//平面ACC1A1，

而MN⊂平面MNE，

所以MN//平面ACC1A1；

(2)解：取AA1的中点E，连接EN，EM，A1N，

可得EM//A1B，且ME=12A1B，

所以EM与MN所成的角等于异面直线A1B与MN所成的角，

而∠EMN或其补角为EM与MN所成的角，

因为AB=BC=CC1=2，AC=22，

可得AB⊥BC，

所以【解析】(1)取A1B1的中点E，连接EN，EM，易证得平面MNE/​/平面ACC1A1，进而证得结论；

(2)取AA1的中点E，连接EN，EM，17..解：(1)如图所示，x=1与圆C交于P，Q，过C作CC1垂直于x=1于C1点．

由于C：x2+y2−2ax−2by+a2=0，配方得(x−a)2+(y−b)2=b2则圆心为C(a,b)，半径r1=b．

O：x2+y2=1，圆心为O(0,0)，半径r2=1.由于圆C与圆O外切，则|OC|=r1+r2⇒a2+b2=1+b⇒a2=1+2b(∗)．

圆C被直线x=1分成两段圆弧，其弧长的比为1：2.则∠QCP=2π3⇒∠QCC1=π3⇒∠CQC1=π6，

则|CC1|=12|CQ|⇒a−1=12b(∗∗)，与(∗)联立方程，

解得a=3(a>1,b>0).因此b=4，则圆C的方程为：(x−3)2【解析】(1)画出图形，由于圆C与圆O外切，得到a2=1+2b，圆C被直线x=1分成两段圆弧，其弧长的比为1：2.得到a−1=12b，求出a，b即可；

(2)画出图形，四边形OCNM为平行四边形，OC//NM，得到kOC=43=kMN18..解：根据题意，设∠DAE=α，DE=a，则∠CAE=2α，CE=3a，

由AD2=DE⋅DC=a⋅4a=4a2，所以AD=2a，

且ADDE=DCAD，∠ADE=∠CDA，

所以△ADE−△CDA，

所以∠ACD=∠EAD=α，

则∠AED=3α，

在△ADE中，DEsinα=ADsin3α，

即2sinα=sin3α，

所以2sin(2α−α)=sin(2α+α)，

即2sin2αcosα−2cos2αsinα=sin2αcosα+cos2αsinα，

可得2sinαcos2α=3sinαcos2α，

化简得cos2α=34，

因为0<α<π2，

所以α=π6，

即∠DAE=π6．

(2)(i)证明：根据(1)，∠DAC=π2，即AC⊥AD，AE⊥CD，

则AE⊥CP，又AE⊥BE，CP∩BE=E，CP，BE⊂平面PBC，

所以AE⊥平面PBC，BC⊂平面PBC，则AE⊥BC，

又AC⊥BC，AE∩AC=A，AE，AC⊂平面PAC，

所以BC⊥平面PAC，PA⊂平面PAC，则BC⊥AP，

由AC⊥AD，即AC⊥AP，AC∩BC=C，AC，BC⊂平面ABC，

所以PA⊥平面ABC，PA⊂平面PAB，

所以平面PAB⊥平面ABC；

(ii)以A为原点，AD，AC，AP所在直线分别为x轴、y轴、z轴，建立直角坐标系，

则A(0,0,0)，C(0,23a,0)，P(0,0,2a)，B(−2a,23a,0)，E(0,32a,32a)，

AP=(0,0,2a)，AB=(−2a,23a,0)，AE=(0,32a,3【解析】(1)根据题意，设∠DAE=α，DE=a，则∠CAE=2α，CE=3a，可证△ADE−△CDA，则∠AED=3α，在△ADE中，利用正弦定理并结合三角函数恒等变形，可求解；

(2)(i)由(1)，∠DAC=π2，即AC⊥AD，AE⊥CD，可得AE⊥平面PBC，进而证明BC⊥平面PAC，最后可证平面PAB⊥平面ABC；

(ii)建立空间直角坐标系，利用向量法求平面EAB与平面PAB19..解：(1)证明：∵PH⊥平面ABCD，DM⊂平面ABCD，∴PH⊥DM，AH⊥DM，

∵PH∩AH=H，∴DM⊥平面PAH，

∵PA⊂平面PAH，∴PA⊥DM．

(2)作HE⊥AB，HF⊥BC，垂足分别为E，F，连接PE，PF，

若△PAB为等边三角形，则E为AB中点，

∵PH⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，则PH⊥BC，

∵PH∩HF=H，∴BC⊥平面PHF，

∵PF⊂平面PHF，∴BC⊥PF，

对于平面四边形ABCD，以A为坐标原点，AB为x轴，在平面A