第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年重慶市渝北中學高一（下）期中數(shù)學試卷一、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中，只有一項是符合題目要求的。1.已知向量a=(1,?1),b=(?2,3),c=(1,1)A.1 B.0 C.?1 D.?22.已知a，b是兩條不同的直線，α，β，γ是三個不同的平面，則下列命題中正確的是(

)A.若a?α，a//β，則α//β B.若b⊥α，b?β，則α⊥β

C.若α⊥β，β⊥γ，則α⊥γ D.若a//b，b//α，則a//α3.已知向量a,b滿足|a|=A.?2 B.?1 C.1 D.24.在△ABC中，∠B=π3,AB=2,AC=19A.4 B.3 C.5 D.3或55.在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AA1=2，CD1和A.34 B.24 C.6.渝北中學大力傳承和弘揚“紅巖?蓮華”精神，在王樸母子雕像前舉行紀念活動.某同學為測量王樸母子雕像的高度AB(雕像的底端視為點B，雕像的頂端視為點A)，在地面選取了兩點C，D(其中A，B，C，D四點在同一個鉛垂平面內(nèi))，在點C處測得點A的仰角為30°，在點D處測得點A，B的仰角分別為60°，15°，測得CD=18(3+1)m，則按此法測得的王樸母子雕像AB的高為(

)A.34m B.35m C.36m D.37m7.在△ABC中，角A，B，C所對的邊為a,b,c,b2?c2=a2?1A.53 B.73 C.838.已知非零向量AB與AC滿足(AB|AB|+AC|AC|)?BC=0，且|A.?1 B.?14 C.?1二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.在△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c.若2acsin2B=3(a2+A.π6 B.π3 C.π210.已知向量a=(3,2),b=(?1,2),cA.|b|=5

B.若(a+kc)//(2b?a)，則實數(shù)k的值為?1613

C.若11.如圖，已知底面為矩形的四棱錐P?ABCD的頂點P的位置不確定，點M在棱CD上，且AM⊥BM，平面PAM⊥平面ABCD，則下列結(jié)論正確的是(

)A.PA⊥BM

B.平面PAM⊥平面PBM

C.存在某個位置，使平面PAM與平面PBC的交線與底面ABCD平行

D.若AD=23,MD=2，則直線CM與平面PAM三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.已知向量a,b不共線，若a?kb與2a+13.在△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a=1且ccosB+bcosC?2asinA=0，則△ABC外接圓面積為______．14.正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，點M為底面ABCD的中心，點N在側(cè)面四、解答題：本題共5小題，共60分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題12分)

如圖，在平面四邊形ABCD中，∠BCD=90°，∠D=45°，AD=2，AC=5．

(1)求cos∠ACD；

(2)若BC=22，求AB16.(本小題12分)

已知點A(1,1)，B(5,3)，O為坐標原點，M為x軸上一動點．

(1)AM⊥BM，求點M的坐標；

(2)當AM?BM取最小值時，求向量AM17.(本小題12分)

如圖，在三棱柱ABC?A1B1C1中，AA1⊥底面ABC，∠ACB=90°，AA1=2AC，N，M分別為AA118.(本小題12分)

如圖，正方體ABCD?A1B1C1D1中，E為AA1的中點．

(1)若點F滿足2FD1=D1D，求證：19.(本小題12分)

在銳角△ABC中，內(nèi)角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，且滿足(sinA?sinB)?(sinA+sinB)=sinC(sinA?sinC)．

(1)求角B；

(2)求a2+c2b2的取值范圍；

(3)當b=1時，角B的平分線交AC答案和解析1.【答案】A

【解析】解：∵向量a=(1,?1),b=(?2,3),c=(1,1)，

∴a+b=(?1,2)，

∴(2.【答案】B

【解析】解：對于A：若a?α，a//β，則α//β或α與β相交，故A錯誤；

對于B：若b⊥α，b?β，根據(jù)面面垂直的判定，則α⊥β，故B正確；

對于C：若α⊥β，β⊥γ，則α⊥γ或α與γ相交且不垂直或兩平面平行，故C錯誤；

對于D：若a//b，b//α，則a//α或a?α，故D錯誤．

故選：B．

根據(jù)線、面之間的位置關(guān)系逐項分析即可．

3.【答案】C

【解析】解：對|2a?b|=3左右兩邊同時平方可以得到|2a?b|2=4|a|2?4a?b+|b4.【答案】C

【解析】解：△ABC中，∠B=π3,AB=2,AC=19，

由余弦定理：AC2=AB2+BC2?2?AB?BC?cosB，

即19=4+BC2?2×2×BC×125.【答案】B

【解析】解：由題意，如下作圖：

則∠D1CD=30°，∠A1DA=45°，又AA1=2，

則tan∠D1CD=DD1CD=AA1CD=33?CD=23，

tan∠A1DA=AA1AD=1?AD=2，

在長方體ABCD?6.【答案】C

【解析】解：由題意，∠ACE=30°，∠ADE=60°，∠BDE=15°，

如圖，設(shè)直線CD與AB交于點E，則AE⊥CE，

由題意得CE=AEtan30°=3AE,DE=AEtan60°=33AE，

又CD=18(3+1)，且CE?DE=CD，

代入解得AE=9(3+3)，從而DE=9(3+1)，

進而BE=DE?tan15°=DE?tan(60°?45°)=DE?3?11+37.【答案】C

【解析】解：因為b2?c2=a2?12ac，

由余弦定理，cosB=a2+c2?b22ac=14，

因為AD=23AC，AB=48.【答案】C

【解析】解：已知非零向量AB與AC滿足(AB|AB|+AC|AC|)?BC=0，且|AB?AC|=22,|AB+AC|=62，點D是△ABC的邊AB上的動點，

∵AB|AB|,AC|AC|分別表示AB與AC方向相同的單位向量，

∴以AB|AB|,AC|AC|這兩個單位向量為鄰邊的平行四邊形是菱形，

故AB|AB|+AC|AC|所在直線為∠BAC的角平分線所在直線，

∵(AB|AB|+AC|AC|)?BC=0，∴∠BAC的平分線與BC垂直，故AB=AC；

取BC的中點O，連接AO，則AO⊥BC，

根據(jù)平面向量的減法法則和中線向量可得9.【答案】BCD

【解析】解：若2acsin2B=3(a2+c2?b2)，

由余弦定理得2acsin2B=23accosB，

所以2sinBcosB=3cosB，當B=π2時，cosB=0，顯然滿足題意；

當B≠π2時，由2sinBcosB=3cosB10.【答案】ABD

【解析】解：對于A，根據(jù)向量模長的坐標公式得到：|b|=(?1)2+22=5，故A正確；

對于B，a+kc=(3,2)+k(4,1)=(4k+3,k+2)，2b?a=2(?1,2)?(3,2)=(?5,2)，

因為(a+kc)//(2b?a)，所以2(4k+3)=?5(k+2)，解得k=?1613，故B正確；

對于C，由于a+λb=(3,2)+λ(?1,2)=(3?λ,2λ+2)，所以a?(a+λb)=3(3?λ)+2(2λ+2)=λ+13，

因為夾角為銳角，所以λ+13>03(2λ+2)≠2(3?λ)，解得λ>?13且λ≠0，故11.【答案】ABD

【解析】解：選項A，平面PAM⊥平面ABCD，

平面PAM∩平面ABCD=AM，AM⊥BM，BM?平面ABCD，所以BM⊥平面PAM，

又PA?平面PAM，所以PA⊥BM，故A選項正確；

選項B，由A知BM⊥平面PAM，又BM?平面PBM，所以平面PAM⊥平面PBM，故B選項正確；

選項C，設(shè)平面PAM∩平面PBC=l，假設(shè)l/?/底面ABCD，

因為平面ABCD∩平面PAM=AM，平面ABCD∩平面PBC=BC，

所以l//AM，l/?/BC，所以AM/?/BC，則M與D重合，則AD⊥BD，

顯然不成立，則假設(shè)不成立，故C選項錯誤；

選項D，由A知BM⊥平面PAM，在矩形ABCD中，AB/?/CD，

所以∠BAM即為直線CM與平面PAM所成的角，

在Rt△ADM中，AD=23,MD=2，所以tan∠MAD=33，

所以∠MAD=π6，所以∠BAM=π2?∠MAD=π3，故D正確．

故選：ABD．

根據(jù)面面垂直的性質(zhì)可得面BM⊥平面PAM，即可求解判斷12.【答案】?1【解析】解：向量a,b不共線，若a?kb與2a+b共線，

則可設(shè)a?kb=λ(2a+b)=2λa+λb13.【答案】π

【解析】解：利用正弦定理化簡已知等式可得sinCcosB+sinBcosC=2sin2A，

可得sin(B+C)=2sin2A，

可得sinA=2sin2A，

因為sinA≠0，

可得sinA=12，

設(shè)△ABC外接圓的半徑為R，且a=1，

由正弦定理得2R=112，解得R=1，

14.【答案】4【解析】解：正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，點M為底面ABCD的中心，

點N在側(cè)面BB1C1C的邊界及其內(nèi)部運動，D1M⊥MN，

連接MC，∵點M為底面ABCD的中心，

∴MC⊥BD，

∵DD1⊥平面ABCD，MC?平面ABCD，∴DD1⊥MC，

∵BD∩DD1=D，BD，DD1?平面MDD1，

∴MC⊥平面MDD1，

∵MD1?平面MDD1，∴MC⊥MD1，

正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，故DD??1=2，

由勾股定理得BD=22，BM=DM=2，

故在BB1上取中點P，連接MP，其中BP=1，

此時BMDD1=BPDM=22，又∠D1DM=∠B1BM=90°，

∴△D1DM∽△MBP，故∠DD1M=∠BMP，

∴∠DD1M+∠D1MD=∠BMP+∠D115.【答案】235；

5【解析】(1)在△ACD中，由正弦定理ACsinD=ADsin∠ACD，可得sin∠ACD=25，

由AC>AD，可得∠D>∠ACD，即∠ACD為銳角，所以cos∠ACD=1?sin2∠ACD=235；

(2)在△ABC中，∠ACB=90°?∠ACD，可得cos∠ACB=sin∠ACD=2516.【答案】(2,0)或(4,0)；

?65【解析】(1)根據(jù)題意，設(shè)點M(x,0)，又A(1,1)，B(5,3)，

則AM=(x?1,?1),BM=(x?5,?3)，

由AM⊥BM，

可得AM?BM=(x?1)(x?5)+3=x2?6x+8=0，

解得x=2或x=4，

所以M的坐標為(2,0)或(4,0)；

(2)由(1)可得：AM?BM=x2?6x+8=(x?3)2?1，

當x=3時，AM?BM取得最小值?1，

此時AM=(2,?1),BM=(?2,?3)，

則|AM|=5,|BM|=13，

設(shè)AM與17.【答案】證明見解析；

證明見解析．

【解析】證明：(1)連接B1C交BC1于G，連MG，NG，

在三棱柱ABC?A1B1C1中，矩形CBB1C1中，CB1∩BC1=G，則C1G=BG，

∵M，G分別為BC，BC1的中點，∴MG//CC1且MG=12CC1，

∵N為AA1中點，∴AN//CC1且AN=12CC1，

∴MG//AN且MG=AN，

∴四邊形AMGN為平行四邊形，∴AM//GN，

∵AM?平面BNC1，GN?平面BNC1，

∴AM/?/平面BNC1．

(2)∵AA1⊥底面ABC，BC?平面ABC，∴AA1⊥BC，

∵AA1/?/CC1，∴BC⊥CC1，

∵∠ACB=90°，∴BC⊥AC，

∵AC∩CC1=C，AC，CC1?平面ACC1A1，∴BC⊥平面ACC1A1，

∵NC1?平面ACC1A1，∴BC⊥NC1，

∵在矩形ACC18.【答案】證明見解析；

13．【解析】(1)證明：連接EF，AD1，由2FD1=D1D，知FD1//AA1，且FD1=12AA1，

因為E為AA1的中點，因此AE=12AA1，

因此FD1//EA，且FD1=EA，因此四邊形FEAD1為平行四邊形，

因此EF/?/AD1，

因為AB//D1C1，AB=D1C1，因此四邊形ABC1D1為平行四邊形，

因此AD1/?/BC1，

因此EF/?/BC1，故E，F(xiàn)，B，C1四點共面．

(2)證明：延長FE交DA于O，連接BO，則AB與面EBC1所成角就是AB與面EOB所成角．

過A作AG⊥BO交BO與G，連接EG，過A作AH⊥EG與H，連接BH，

因為AA1⊥平面ABCD，BO?平面ABCD，因此ABCD，∴EA⊥BO，

因為AG∩EA=A，∴BO⊥，AG，EA?平面EAG，因此BO⊥平面EAG，

因為AH?平面EAG，因此EAG，∴BO⊥AH，

因為BO∩EG=G，∴AH⊥，BO，EG?平面EOB，

因此AH⊥平面EOB

因此∠ABH就是AB與面EOB所成角．

令AD=2，由EA//DD1,EA=13FD，得AO=1，

在Rt△OAB中，AG=AB?AOOB=2×122+12=19.【答案】B=π3；

(53,2]；【解析】解：(1)因為(sinA?sinB)?(sinA+sinB)=sinC(sinA?sinC)，

由正弦定理，可得(a?b)(a+b)=