2023-2024学年重庆市南开中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

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EAB19.(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

参考答案1..C

2..C

3..C

4..B

5..B

6..B

7..D

8..D

9..AD

10..ACD

11.AD

12..1

13..1314..9π2

15..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=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)218..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,319..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ABCD中，过A作AB的垂线为y轴，建立平面直角坐标系，

则A(0,0)，B(3,0)，C(5,23)，D(2,23)，M(4,3)，E(32,0)，

设H(x,y)，则AH=(x,y)，DM=(2,−3)，

若AH⊥DM，则AH⋅DM=2x−3y=0，∴y=23x，

∵E为AB中点，∴x=32，则y=3，即H(32,3)，

由B(3,0)，C(5,23)，可知直线BC：y=3(x−3)，且BC=(2,23)，

设F(a,3(a−3))，则HF=(a−32,3a−43)，

由HF⊥BC，得HF⋅BC=2a−3+6a−24=0，

解得a=278，即HF=(158,−538)，

则AH=212，HF=534，

∴三棱锥P−HBC的高PH=PA2−AH2=152，

在△PBC中，边BC的高PF=PH2+HF