2024-2025学年重庆市某中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

2024-2025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.直线x—YZy+1=0的一个方向向量是（）

A.（1。B.（1,c）C.（l,-苧）D.（1,-C）

2.设aeR,若复数（1+亩产是纯虚数，则a=（）

1

+

A.-2-B.+1C.+2D.+3

3.下列方程一定表示圆的是（）

A.%2+y2=0B.%2+y2—2%+4y-6=0

222

C./+y2+2ax—h=o@b£R)D.x+2xy+y—9=0

4.若平面内的两个单位向量出丽夹角为0,cos。=苧，^\\y/~2a+b\=（）

A.B.2C.4D.5

5.设△ABC的内角4B,C的对边分别为a,b,c,a=^2,cosA=则b+c的最大值为（）

A.1B.73C.2D.

6.已知m,neR,若两圆/+必—47nx+47n2一1=。和/十一2ny—4+层=0恰有一条公切线,

则2?n+九的最大值为（）

/2

AA-TB.72C.2D.75

7.如图，在棱长为2的正方体ABC。—A/CiDi中，M为棱的中点，点Q在底

面正方形ABCO内运动，满足M•西=1,则点Q的轨迹长度为（）

A，-2B.71

C.2nD.37r

8.如图，在平行四边形28C。中，AB=1,AD=V~2>^ADB=45°,现将△48。沿直线翻折至△

PBD,使得点2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

()

B

A

D

A.30°B.45°C.60°D.90°

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.已知血，几是空间中两条不同的直线，a,£是两个不同的平面，下列说法正确的是()

A.若？nJ_a,mln,贝！Jn//a

B.若m〃几，Tila,ml/?,贝Ua〃S

C.若?n_La,n//a,则??11九

D.若zn1ri,mla,n"B,则a1/7

10.已知△ABC内角4,B,C的对边分别为a,b,c,点G为△ABC的重心，cosA=pAG=2,则下列说

法正确的是()

A.AG=^AB+^ACB.AB-AC<4

C.A28c的面积最大值为。D.a的最小值为

11.如图，在平面直角坐标系xOy中，已知圆。：/+*=，上恰有3个点

yi,

到直线Cx+y+3=0的距离为|.设点2(—2,0),B(2,0),N(0,4),点Q是

X\X,

圆。上的任意一点，过点B作BMLAQ于M,则下列说法正确的是()/Z\\\

/\

A.r=3

1A0B

B.点M的轨迹方程为/+y2=4

C.2\QM\+|Q*的最小值为2YIU

D.圆。上存在唯一点Q,使得+|QN|取到最小值

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.直线匕：2久+(TH+l)y+2=0与直线％：m.x+3y-4=0平行，则实数______.

13.已知圆C：(x-I)2+y2=1,过直线八x+y—3=0上一点P作圆C的切线，切点为4、B,则可•玩

的最小值为

14.已知四面体ABC。的外接球半径为2,且4B=2,乙4cB=%乙ADB=p则平面4DB与平面4CB所成

Z4

角的正弦值为.

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)

在直三棱柱ABC—AiBiCi中，AB1BC,AB=2,AC=6,M为BC中点，BB「6.

(1)证明：〃平面ACiM；

(2)求四面体4MC14的体积.

16.(本小题15分)

在△ABC中，内角4,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足巨=也萼竺.

a—bsine

(1)求角a；

(2)若。=，E，△ABC的面积为3，^,求的周长.

17.(本小题15分)

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G的标准方程；

(2)若经过点P(5,6)的直线/将圆C分成两段圆弧，其弧长的比为1：2,求直线1的方程.

18.(本小题17分)

在四棱锥P—中，底面48CD为等腰梯形，AD=272,AD//BC,AB=DC=275,AC与BD交于点

0,AC1BD,PA=PD,PO=6,BD1PO.

(1)证明：P。_L平面28CD；

(2)求平面P4B与平面4BCD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4Q与平面P4B所成角的正弦值为磊.若存在，求

/V30

出2=空的值；若不存在，请说明理由.

19.(本小题17分)

在空间直角坐标系中，正方形4BCD的四个顶点分别为4(0,0,0)、B(l,0,0)、C(l,l,0)、D(0,l,0),将正方形

ABCD绕直线4D旋转角度a(a£(0*))到使得名的z坐标为正.再将正方形ABiGD绕直线旋转

角度e(0,兀))到23停2。1，使得。1的z坐标为正.

(1)若a=I，求异面直线4G与8。所成的角的余弦值；

(2)判断是否存在a,。使得B,C,B],。2四点共面，若存在，写出一组(a,°)的值；若不存在，请说明理

由；

(3)若0=呈求三个四面体四面体8送。。1、四面体CM。5公共部分的体积.

C

X

答案解析

1.【答案】A

【解析】解：由题意可得该直线的斜率k=?,

则该直线的一个方向向量是(l,k)=(1,?),

而选项BCD中对应向量与(1,理)不共线，

所以只有4选项正确.

故选：A.

根据给定条件，求出直线的斜率即可得解.

本题考查直线的方向向量的坐标的求法，属于基础题.

2.【答案】B

【解析】解：因为(1+山)2=1+2山+。2»2=1—2+2山是纯虚数，所以解得a=±l.

£1(2aH0

故选：B.

利用复数的乘法运算展开代数式，再利用纯虚数的定义列方程求解即可.

本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题.

3.【答案】B

【解析】解：对于4,方程/+y2=0表示点(0,0),所以a不是圆；

对于B,方程/+/一2%+4y—6=0化为(x—1)2+(y+2)2=11,此方程表示圆，且圆心坐标为

(1,-2),半径为，五，所以B是圆；

对于C,当a=b=0时，方程/+y2=o表示点(0,0),所以C不是圆；

对于D,方程/+2xy+y2-9=0化为x+y=±3表示两条平行直线，所以。不是圆.

故选：B.

利用二元二次方程表示圆的充要条件逐项判断.

本题考查圆的方程的判断方法，属于基础题.

4.【答案】A

【解析】解：由题意，Im=I山=1,cos。=苧，

贝！]|合1+1|2=(72a+K)-(72a+b)

=2\a\2+2y[2\a\\b\cosd+\b\2

=2x1+2<2x1xlx苧+1=5,

则旬=A.

故选：A.

将|，1五+b|平方，再根据向量数量积的运算律展开并结合已知条件进行计算即可.

本题考查平面向量数量积的性质及运算，属基础题.

5.【答案】D

【解析】解：因为a=cosA=I，

2222

由余弦定理小=b+c—2bccosAf得2=b+c--be,

2=(b+c)2—2bc—|bc=(h+c)2—

因为反三(警)2,当且仅当b=C时取等号，所以一号儿2—9X(警/，

代入2=(b+c)2>(&+c)2-|(警)2,

of2-i

设t=b+c(t>0),则2>t2--x—=-t2,

343

即累232,两边同时乘以3得到/w6,

因为t>0,所以

即0<b+c<V-6,

所以6+c的最大值为，

故选：D.

根据余弦定理得到a?与b,c的关系，然后利用基本不等式beW(竽产变形，从而求出匕+c的最大值.

本题主要考查了余弦定理及基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题.

6.【答案】B

【解析】解：圆黑2+y2-271y—4+层=0,即％2+⑶一几)2=%圆心。2(0,几)，半径4=2；

圆第2+y2-4mx+47n2—1=0,即(％—2m)2+y2=1,圆心Ci(2m,0),半径丁2=1；

两圆恰有一条公切线，说明两圆内切，圆心距等于半径之差：

J(2m-0)2+(0-71)2=|2—1|=>V4m2+n2=1=>4m2+n2=1,

令27n=cosd,n=sind,则27n+n=cosO+sind=V_2sin(0+,)最大值为

故选：B.

将两圆方程化为标准方程，根据两圆恰有一条公切线得出两圆的位置关系，进而得到TH,71满足的关系

式，最后利用三角换元求出2zn+n的最大值.

本题主要考查两圆的位置关系，属于中档题.

7.【答案】C

【解析】解：在棱长为2的正方体ABC。-a/iGA中，M为棱的中点,

以。为原点建立如图所示的空间直角坐标系，如下图所示：

”(2,0,1),6(022),设Q(x,y,0),x,yG[0,2],

则：QQ=(-x,2-y,2),QM=(2-x,-y,1);

点Q在底面正方形28CD内运动，

由砧-QM=1,得xQ-2)+y(y-2)+2=1,整理得(x-I)2+(y-I)2=1,

所以点Q的轨迹是以点(1,1,0)为圆心，1为半径的圆，此圆在正方形4BCD内部，

所以点Q的轨迹长度为2兀.

故选：C.

根据给定条件，建立空间直角坐标系，借助空间向量数量积确定点Q的轨迹即可.

本题考查的知识点：空间直角坐标系，向量的坐标运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题.

8.【答案】A

【解析】解：在平行四边形28CD中，AB=1,AD=UDB=45°,

4B_4D

在AaBD中，根据正弦定理,

sinZ.ADBsinZ.ABDf

即三=sinZ.ABD9

2

解得sinN4BD=l,故乙48。=90。，

即AB1BD,贝1JCD1BD,且4B=CD=1.

翻折后，如图，分别取PC,BD,8C的中点E,F,G,连接EF,FG,

p

D

■■■EF//PB,FG//CD,：.EFLED,FG1BD,

故NEFG是二面角P-BD-C的平面角，即NEFG=45°,

过点E作EH，FG于点H,连接HD,

,:EFA.BD,FG1BD,EFCtFG=F,BD1平面EFH,

•••EHu平面EFH,EH1BD,

又；BDCFG=F,BDu平面BDC,FGu平面BDC,可得E”1•平面BDC.

NEDH是直线PD与平面BCD所成的角.

在Rt△EFH中，EF=之PB=Z.EFH=45°,贝UE”=EFXsin45°=—>

Lz4

在RtAEHD中,ED=PD=冬EH=当,贝hin/EDH=累=；,

LL4EDZ

•••NED”是锐角，^EDH=30°.

故选：A.

在平行四边形2BCD中，利用正弦定理求得N4BD=90°,则4BLBD,CD1BD.在翻折后的立体图形中，

根据定义作出二面角P-BD-C的平面角NEFG,以及直线P。与平面BCD所成的角NEDH,利用边长关系

可求得NEDH.

此题考查线面所成角，属于中档题.

9.【答案】BC

【解析】解：若mla,mln,则n〃a或九ua,所以4选项错误；

若m“n,nLa,m1则a〃£,所以B选项正确；

若m1a,n//a,则znJ.n,所以C选项正确；

若m_Ln,m1a,n//p,贝Ua与£可以成［0,3的任意角，所以。选项错误.

故选：BC.

利用线面平行、垂直的性质推理判断4BC；举例说明判断D.

本题考查空间中各要素的位置关系，属基础题.

10.【答案】ACD

【解析】解：2中，延长4G交BC于点

则可得为点。为BC的中点，

所以而=*荏+前），

因为点G为△ABC的重心，

则而=|而=：通+£前，故选项A正确；

B中，由4选项知，AG=^AB+^AC,AG=2,cosA=1

1

2港

两边平方可得前9-+AC+2AB•ZC)=(c2+h2+2bccosA),

7o

即36=c?+扭+之2bc+-be,

可得尻＜y,

所以南.前=bccosA=gbeW,X与=2，故3错误;

1

C中，因为cosA=§,A6(0,7T),

所以sinA=V1—cos27l=fl—(I)2=与^，

11

得

可4-sm<X272V29V2

XBc2-he-2-—X------=-------

232

当且仅当b=c时取等号，故C正确；

。中，由余弦定理小=fo2+c2—IbccosA,

将36=b2+c2+变形为序+c2=36—

代入可得：a2=36-|bc-|bc>36-1xy=18,

即aN3，2，当且仅当b=c时取等号，故。正确.

故选：ACD.

根据三角形重心的性质、向量的线性运算即可求解4根据模长公式以及基本不等式即可求解B,由三角形

的面积公式即可求解C,根据余弦定理，结合不等式即可求解D.

本题考查正弦定理，余弦定理的应用，基本不等式的性质的应用，属于中档题.

11.【答案】ABC

【解析】解：对于4因为圆心。到直线的距离d=|,

又圆。：%2+y2=产上恰有3个点到直线/&+了+3=0的距离为|,

所以r—d=|,即r=3,故A正确；

对于B,由题知所以M在以4B为直径的圆上，

所以点M的轨迹方程为/+*=*故8正确；

对于C,设NQAB=a。€[0,勺，则cos。=华，

在△力。Q中，|0Q『=\0A\2+\QA\i-2\OA\\QA\cos6,

即9=4+\QA\2-\QA\\MA\\MA\=IQ川一薪，

又2|QM|+|Q*=2(\QA\-\MA\)+\QA\=3\QA\-2\MA\

5

=3\QA\-2(\QA\-^)

=31+蒜22M福=2CU，

当IQ*=7^77=V10,即|M4|=cosd=时取等，故C正确;

IIZo

0

对于。，设在光轴上一点C(Q,0),使|QC|=1QZ|,

所以。-a)2+y2=7[(%+2)2+y2],

4

整理得/+y2+誓色％=细了2,

又点Q在圆。：x2+y2=9上，

&(9+2a)°

所以":，

I5"

(9+2a=0

即小妾,

I4

解得a=—(

则/Q2|+|QN|=|QC|+|QN|W|CN|,当Q,C,N三点共线时取等,

又，CN：8%—9y+36=0,

原点到直线ZCN的距离d=%<3,

所以，如图符合题意的点Q有两个，故。错误.

故选：ABC.

对于4根据直线与圆的位置关系可得；

对于B,易得即可得到点M的轨迹方程；

对于C,设“48=仇。6[0,刍，则cos”华，在A/IOQ中，根据余弦定理得|MA|=|Q4|—荒，再由

2\QM\+\QA\=3\QA\-2\MA\=\QA\+怒22，而即可得到；

I"AI

对于D,设|QC|=/Q*，得到点C,利用几何意义可判断；

本题考查圆的方程与基本不等式的应用，属于中档题.

12.【答案】-3或2

【解析】解：由直线2%+(TH+l)y+2=0与直线%：+3y-4=0平行，

可得2x3=(m+1)xm且—4(m+1)。2x3,

解得TH=-3或TH=2.

故答案为：-3或2.

利用两条直线平行列式计算得解.

本题考查两条直线平行的充要条件的应用，属于基础题.

13.【答案】1

【解析】解：圆c：Q—1)2+必=1的圆心为c(i,o),半径为r=l,J/\^

点C到直线2：x+y—3=0的距离为4=号=?=方，又4CLP4%

所以方•正・(刀+而)=方2=正—r22d2—1=1，当且仅当PC，———厂-卜—

…，

所以瓦？■血的最小值为1.

故答案为：L

根据给定条件，求出圆心到直线距离，再利用数量积的运算律，结合圆的切线性质求解.

本题考查了平面向量的数量积运算问题，是中档题.

14.【答案】苧

C

【解析】解：令四面体48CD的外接球球心为0,

由乙4CB=g,得线段4B中点0i为AACB外接圆圆心，

令AADB外接圆圆心为。2，则0。1，平面4CB,。。21平面4DB,-产

因此平面ADB与平面ACB的夹角。=,一/。。1。2，\

2V。

由乙4cB=1,得△ACB外接圆半径q==1,由乙4DB=：,由正弦定理可知，器=2乃,

得AaDB外接圆半径/2=V2,

22

由四面体2BCD的外接球半径为2,得。。1=V2-I=，可，002=122-（77）2=

而。。2~L。1。2，因此，sind=sin（——N。。1。2）=cosN。。］。？=叫2=

所以平面4DB与平面2CB所成角的正弦值为?.

故答案为：

根据给定条件，利用球的截面圆性质求出球心到平面ADB与平面ACB的距离，再确定二平面所成角的大

小，进而求出正弦值.

此题考查二面角的平面角，属于中档题.

15.【答案】证明见解析；4口

【解析】（1）证明：在直三棱柱ABC-&B1C1中，连接4C交AC1于点0,连接

0M,

由4CC14为矩形，得。为&C中点，又M为BC中点，贝IJOM〃71遇，

而。Mu平面ArBC平面4C1M,

所以〃平面2C1M.

(2)在平面ABC内过点B作BN1AC于N,由A4i_L平面28C,^AAr1BN,

\faAA1C\AC=A,AAr,ACu平面"64,

则BN_L平面4CC14,

在AABC中，AB1BC,AB=2,AC=6,

则BC=ylAC2-AB2=,62-22=4A<2,

BN="^=苧

由M为BC中点，得点M到平面4CC14的距离d=；BN=殍

又S-c1Al=gX6X6=18,

所以四面体AMCMi的体积为匕MM1=拉网41•d=4V2.

(1)连接&C交4cl于点。，利用线面平行的判定定理推理得证；

(2)求出点M到平面4CC12的距离，再利用锥体体积公式求解.

本题考查线面平行的判定，以及向量法的应用，属于中档题.

16.【答案】4=全

7+VZ3.

【解析】(1)在△ABC中，也?，

由正弦定理，得口=%

a-bc

整理得》2+c2—小=加，

由余弦定理得COSA=b

专2bc—"=2

所以

(2)由题意得，^bcsinA=4be=3V-3,解得be=12,

Z4

因为13=a2=h2+c2—/?c=(6+c)2—3bc=(b+c)2—36,解得b+c=7,

所以△ABC的周长为7+713.

(1)利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解即得.

(2)利用三角形面积公式及(1)中信息求出b+c即可.

本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角形面积公式的应用，属于中档题.

17.【答案】。+2尸+(y—7)2=4；

%=5或4%—3y—2=0.

【解析】(1)根据题意可知，圆C：%2+y2-8%-6y+21=0,化为标准式圆C：(%-4)2+(y-3尸=4

的圆心C(4,3),半径丁=2,

b-3__2

“Ui3b+3,

{3'---2--y-+7=0

解得a=-2,b=7,而圆Ci的半径为2,

所以圆Q的标准方程为(久+2)2+(y-7)2=4；

(2)由直线Z将圆C分成两段圆弧，其弧长的比为1：2,得分成的劣弧所对圆心角为120。，

1,

直线x=5过点P(5,6),且点C到该直线距离为1,则直线/可以为％=5；

当直线珀勺斜率存在时，设方程为y—6=k(x—5),BPfcx-y+6-5fc=0,

|3-3|_14、4A

由/2—,解得k=石，方程为石％—y+6—5•弓=0,即4%—3y—2=0,

、l+k333

所以直线/的方程为尤=5或4x-3y-2=0.

(1)求出圆心C关于直线的对称点，进而求出圆G的标准方程;

(2)由给定条件求出直线/将圆C分成劣弧所对圆心角，再求出圆心到直线距离，进而分情况求出直线方程.

本题考查了圆心到直线距离，属于基础题.

18.【答案】证明过程请见解答；I；存在，

【解析】(1)证明：如图，取AD的中点N,连接PN,ON,由PA=PD,得PNLAD,

由。是等腰梯形ABCD两条对角线的交点，得。4=。。，则。N14D,

因为PNCON=N,PN,ONc^-^PON,所以4D_L平面PON,

y.POcz^PON,所以PO1AD,

因为BD1P。，ADCBD=D,AD,BDu平面ABCD,

所以P。，平面ABCD.

(2)由(1)及AC，8。，得直线OB,OC,OP两两垂直，

以点。为原点，分别以直线。B,OC,OP为x,y,z轴建立空间直角坐标系,

由AD=2/1,得。4=OD=2,

由力B=DC=2得，得。B=OC=J(2<5)2-22=4>

所以B(4,0,0),71(0,-2,0),P(0,0,6),

故存=(0,2,6),BP=(-4,0,6),

设平面P4B的一个法向量为五=(x,y,z),

则产亚=。,即巴

(元•BP=0(-4%+6z=0

令z=2,得x=3,y=—6,故元=(3,—6,2),

由题意得，平面ABC。的法向量沆=(0,0,1),

所以cos〈沆，/=晶=心=今

故平面P4B与平面2BCD所成角的余弦值为今

(3)由(2)知，4(0,—2,0),P(0,0,6),S(4,0,0),C(0,4,0),M(2,2,0),

所以丽=(-2,—2,6),AM=(2,4,0).

假设在线段PM上存在点Q满足条件，则丽=XMP=(-22,-22,62)(0<2<1),

所以而=病+诙=(2-22,4-22,62).

由(2)知平面P4B的法向量元=(3,—6,2),

因为直线4Q与平面P4B所成角的正弦值为瑞，

所以白颂同尸H1।警F之218

1^1117xJ(2-2A)z+(4-2A)z+36r

整理得3"+264—9=0,解得4=

所以在线段PM上存在点Q,使得直线AQ与平面P4B所成角的正弦值为亲g,A=i

(1)取4。的中点N,利用线面垂直证得P。LAD,再利用线面垂直的判定定理可证明结论;

(2)以。为原点建立空间直角坐标系，利用空间向量求解可得结果；

(3)利用空间向量计算线面角的正弦值，列方程求解可得结果.

此题考查线面垂直的证明及面面角的向量求法，属于难题.

19.【答案】］不存在，证明见解析；票

436

【解析】⑴因为4(0,0,0),B(1,0,0),C(l,l,0),£)(0,1,0)