2023-2024學(xué)年重慶市兩江新區(qū)高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷（含解析）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2023-2024學(xué)年重慶市兩江新區(qū)高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知集合A={x||x?1|<1}，B={x|x2+3x?4≤0}，則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.已知某平面圖形用斜二測(cè)畫(huà)法畫(huà)出的直觀圖是邊長(zhǎng)為1的正方形O′A′B′C′，則原圖形OABC的面積為(

)A.2

B.3

C.23.在平行四邊形ABCD中，M為BC的中點(diǎn)，設(shè)AB=a，DM=b，則A.2b?a B.a?2b 4.如圖是正方體的平面展開(kāi)圖，則在這個(gè)正方體中，與直線CN所成角為π3的直線是(

)A.DE

B.AB

C.BF

D.BN5.已知m，n是兩條不重合的直線，α，β是兩個(gè)不重合的平面，則下列結(jié)論正確的是(

)A.若α/?/β，m//β，則m/?/α B.若m⊥α，n⊥α，則m/?/n

C.若m/?/α，m//β，則α/?/β D.若m⊥n，m⊥α，則n/?/α6.四棱錐P?ABCD中，PA⊥平面ABCD，四邊形ABCD為矩形，PA=4，AB=33，若四棱錐P?ABCD的外接球的表面積為52π，則BC=(

)A.3 B.6 C.2 D.2.57.已知D是某人工湖上的一個(gè)小島，A、B、C是湖邊的三棟建筑(A,B,C,D在同一平面內(nèi)).若CD之間有直線型棧道，長(zhǎng)為30m.在C點(diǎn)測(cè)得∠ACD=45°，∠BCD=30°；在D點(diǎn)測(cè)得∠ADB=135°，∠BDC=120°，則AB之間直線距離為(

)A.305 B.303 C.8.已知平面向量a，b，c，|b|=1，滿足a?(c?a)=?bA.2 B.2 C.1 D.二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.設(shè)復(fù)數(shù)z的共軛復(fù)數(shù)為z，i為虛數(shù)單位，若(z?2)i3=1+i，則A.復(fù)數(shù)z的虛部為i B.|z?2i|=2

C.z?在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)位于第三象限10.已知向量a=(2,1)，b=(?3,x)，則(

)A.向量a方向上的單位向量為c=(55,?255)

B.當(dāng)x=1時(shí)，向量a在向量b上的投影向量為?12b

11.已知正方體ABCD?A1B1C1D1，AB=1，點(diǎn)P滿足BP=λA.當(dāng)D1P取最小值時(shí)，λ+μ=2

B.存在λ，μ，使得平面PBD1截正方體的截面為菱形

C.當(dāng)λ+μ=12時(shí)，AP/?/平面A1C1三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若z=m+(m?1)i，(m∈R)是純虛數(shù)，則m=______．13.一個(gè)圓臺(tái)的上、下底面的半徑分別為1和2，體積為10π，則它的高為_(kāi)_____．14.若a，b是關(guān)于x的方程mx2?mx+n=0(m≠0,m,n∈R)兩根，則a四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題13分)

在等腰三角形ABC中，AB=AC，BC=6，點(diǎn)O是BC的中點(diǎn)，AO=3，點(diǎn)G滿足GA+GB+GC=0．

(1)求AB?AG的值；

(2)若CD=16.(本小題15分)

在△ABC中，角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，△ABC的面積為S且4S=a2+c2?b2．

(1)求角B的大?。?/p>

(2)若點(diǎn)D為BC上一點(diǎn)，AD⊥BC，17.(本小題15分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD是平行四邊形，PA=PB，DA=DB=2，PD=1，AB=2，點(diǎn)E、F、H分別為AB、PC、DC的中點(diǎn)．

(1)求證：平面BFH//平面PDE；

(2)求證：平面ABD⊥平面PDE；

(3)若PE=1，求點(diǎn)C到平面PAD的距離．18.(本小題17分)

平面四邊形ABCD中，AB=1，AD=2，∠ABC+∠ADC=π，∠BCD=π3．

(1)求BD；

(2)求四邊形ABCD周長(zhǎng)的取值范圍；

(3)若E為邊BD上一點(diǎn)，且滿足CE=BE，S△BCE=219.(本小題17分)

正方形ABCD中，AB=2，M為CD的中點(diǎn)，BN=λBC，λ∈(0,1).將△ADM沿AM翻折到△PAM，△CMN沿MN翻折到△PMN，連接AN．

(1)求證：PM⊥AN；

(2)當(dāng)λ=12時(shí)，求二面角P?AN?M的正弦值；

(3)設(shè)直線PM與平面AMN所成角為α，問(wèn)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}．

故選：A．

先求出集合A，B2.D

【解析】解：因?yàn)檎叫蜲′A′B′C′的邊長(zhǎng)為1，所以O(shè)′A′=1，O′B′=2，

畫(huà)出原圖形OABC，如圖所示：

則OA=O′A′=1，OB=2O′B′=22，

所以原圖形OABC的面積為OA×OB=22．

故選：D．

3.C

【解析】解：因?yàn)镸C=DC?DM=AB?DM=a?b，

所以AD=BC4.A

【解析】解：把平面展開(kāi)圖還原為正方體，如圖所示：

在這個(gè)正方體中，CN與BF平行，AB與CN所成的角是π4，

BN與CN所成角的正切值是12，

與直線CN所成角為π3的直線是DE．

故選：A．

5.B

【解析】解：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：

對(duì)于A，若α/?/β，m//β，則m/?/α或m?α，A錯(cuò)誤；

對(duì)于B，若m⊥α，n⊥α，垂直與同一平面的兩直線平行，則m/?/n，B正確；

對(duì)于C，若m/?/α，m//β，則α/?/β或α與β相交，C錯(cuò)誤；

對(duì)于D，若m⊥n，m⊥α，則n/?/α或n?α，D錯(cuò)誤．

故選：B．

根據(jù)題意，由直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系依次分析選項(xiàng)，綜合可得答案．

本題考查空間直線與直線、直線與平面的位置關(guān)系，涉及直線與平面平行、垂直的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．6.A

【解析】解：將四棱錐P?ABCD中補(bǔ)全成長(zhǎng)方體PGFE?ABCD，如圖所示：

所以四棱錐P?ABCD的外接球即為長(zhǎng)方體PGFE?ABCD的外接球，

由于四棱錐P?ABCD的外接球的表面積為52π，

故球半徑滿足4πR2=52π，

故R=13，

則外接球的半徑為42+(33)2+BC22=13，7.A

【解析】解：由題意可得∠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滿足a?(c?a)=?b，則a?(c?a)?c+(9.BD

【解析】解：(z?2)i3=1+i，

則z?2=1+i?i=?1+i，

故z=1+i，

對(duì)于A，復(fù)數(shù)z的虛部為1，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B，|z?2i|=|1?i|=12+(?1)2=2，故B正確；

對(duì)于C，z?=1?i，

z?在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)(1,?1)位于第四象限，故C錯(cuò)誤；10.BC

【解析】解：對(duì)于A，因?yàn)閍=(2,1)，所以|a|=4+1=5，則向量a方向上的單位向量為c=a|a|=(255,55)，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B，當(dāng)x=1時(shí)，b=(?3,1)，則向量a在向量b上的投影向量為a?b|b|?b|b|=2×(?3)+1×19+1?b9+1=?12b，故B正確；

對(duì)于C，a與b的夾角為銳角時(shí)，11.ABD

【解析】解：因?yàn)辄c(diǎn)P滿足BP=λBC+μBB1，λ∈[0,1]，μ∈[0,1]，

所以點(diǎn)P在四邊形BB1C1C區(qū)域內(nèi)(包括邊界)，

對(duì)于A：因?yàn)镈1C1⊥平面BB1C1C，

所以當(dāng)點(diǎn)P在C1點(diǎn)時(shí)，D1P取最小值，此時(shí)λ=μ=1，所以λ+μ=2，故A正確；

對(duì)于B：當(dāng)λ=1，μ=12時(shí)，BP=BC+12BB，此時(shí)P在CC1的中點(diǎn)，

取BB1的中點(diǎn)N，AA1的中點(diǎn)M，連接MB，MD1，NC1，D1P，BP，

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

所以D1C1//MN且D1C1=MN，所以四邊形D1C1NM為平行四邊形，

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為平面PBD1截正方體的截面，故B正確；

對(duì)于C：取BB1中點(diǎn)E，BC的中點(diǎn)F，連接EF，則BE=12BB1，BF=12BC，

所以BP=λBC+μBB1=2λBF+2μBE，

因?yàn)棣?μ=12，所以2λ+2μ=1，

則點(diǎn)P在線段EF上，連接AE，AF，AB1，B1C，AC，

則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)是純虛數(shù)，

則m=0m?1≠0，解得m=0．

故答案為：0．

結(jié)合純虛數(shù)的定義，即可求解．

13.307【解析】解：設(shè)圓臺(tái)的高為?，

由圓臺(tái)的上、下底面的半徑分別為1和2，體積為10π，

得13π?×(12+1×2+22)=10π，解得?=307．14.34【解析】解：因?yàn)閍，b是關(guān)于x的方程mx2?mx+n=0(m≠0,m,n∈R)兩根，

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，點(diǎn)O是BC的中點(diǎn)，AO=3，

建立如圖所示的平面直角坐標(biāo)系，

則O(0,0)，C(?3,0)，B(3,0)，A(0,3)，

又點(diǎn)G滿足GA+GB+GC=0，

則G為△ABC的重心，

即G(0,1)，

則AB?AG=(3,?3)?(0,?2)=6；

(2)已知CD=12DB，

則D(?1,0)，

又點(diǎn)P是線段AG上的動(dòng)點(diǎn)，

則P(0,t)，其中1≤t≤3，

則PA?PD【解析】(1)先建立平面直角坐標(biāo)系，求出對(duì)應(yīng)點(diǎn)的坐標(biāo)，然后結(jié)合平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算求解；

(2)由平面向量數(shù)量積的坐標(biāo)運(yùn)算，結(jié)合二次函數(shù)值域的求法．

本題考查了平面向量數(shù)量積的運(yùn)算，重點(diǎn)考查了二次函數(shù)值域的求法，屬中檔題．16.解：(1)因?yàn)?S=a2+c2?b2，

由三角形的面積公式及余弦定理可得：4?12acsinB=2accosB，

可得tanB=1，

而B(niǎo)∈(0,π)，

可得B=π4；

(2)因?yàn)閍=6，b=2，由余弦定理可得：b2=a2+c2?2accosB，

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

(2)由余弦定理可得c邊的大小，再由題意可得AD的值．

本題考查余弦定理的應(yīng)用，三角形面積公式的應(yīng)用，屬于中檔題．17.(1)證明：連接FH，

因?yàn)镕、H分別為PC、DC的中點(diǎn)，

所以FH//PD，

又點(diǎn)E、H分別為AB、DC的中點(diǎn)，且四邊形ABCD是平行四邊形，

所以BE//DH，BE=DH，

所以四邊形BEDH是平行四邊形，

所以BH/?/DE，

因?yàn)镕H∩BH=H，F(xiàn)H、BH?平面BFH，PD∩DE=D，PD、DE?平面PDE，

所以平面BFH//平面PDE．

(2)證明：因?yàn)镈A=DB=2，AB=2，

所以△ABD是等腰直角三角形，且∠ADB=90°，DE=1，

又E是AB的中點(diǎn)，所以DE⊥AB，

因?yàn)镻A=PB，

所以PE⊥AB，

又DE∩PE=E，DE、PE?平面PDE，

所以AB⊥平面PDE，

因?yàn)锳B?平面ABD，

所以平面ABD⊥平面PDE．

(3)解：因?yàn)镻D=PE=DE=1，

所以△PDE是等邊三角形，

過(guò)點(diǎn)P作PO⊥DE于點(diǎn)O，則OP⊥DE，OP=32，

由(2)知，平面ABD⊥平面PDE，

因?yàn)槠矫鍭BD∩平面PDE=DE，OP?平面PDE，

所以O(shè)P⊥平面ABD，

所以點(diǎn)P到平面ABD的距離為OP=32，

因?yàn)镻E⊥AB，PE=AE=1，所以PA=2=AD，

所以S△PAD=12PD?PA2?(12PD)2=12×1×(2)【解析】(1)連接FH，易知FH//PD，再證四邊形BEDH是平行四邊形，可得BH/?/DE，然后由面面平行判定定理的推論，即可得證；

(2)分別證明DE⊥AB，PE⊥AB，可得AB⊥平面PDE，再由面面垂直的判定定理，即可得證；

(3)利用等體積法求點(diǎn)到面的距離，即可得解．

本題考查立體幾何的綜合應(yīng)用，熟練掌握面面平行的判定定理，線面、面面垂直的判定與性質(zhì)定理，等體積法是解題的關(guān)鍵，考查空間立體感，邏輯推理能力和運(yùn)算能力，屬于中檔題．18.解：(1)因?yàn)椤螦BC+∠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，當(dāng)且僅當(dāng)CB=CD時(shí)取等號(hào)；

又(CB+CD)2=CB2+CD2+2CB?CD=7+3CB?CD，當(dāng)且僅當(dāng)CB=CD時(shí)取等號(hào)

則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，再由余弦定理計(jì)算可得；

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