《2023-2024学年重庆市两江新区高一（下）期末数学试卷（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024学年重庆市两江新区高一（下）期末数学试卷（含答案）（10页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年重庆市两江新区高一（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.已知集合A=x|x1|1，B=x|x2+3x40，则AB等于()A. x|0x1B. x|1x2C. x|0x2D. x|1x6D. 当ab时，|a2b|= 1911.已知正方体ABCDA1B1C1D1，AB=1，点P满足BP=BC+BB1，0,1，0,1，则下列说法正确的是()A. 当D1P取最小值时，+=2B. 存在，使得平面PBD1截正方体的截面为菱形C. 当+=12时，AP/平面A1C1DD. 当=时，A1D面PBD1三、填空题：
2、本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若z=m+(m1)i，(mR)是纯虚数，则m= _13.一个圆台的上、下底面的半径分别为1和2，体积为10，则它的高为_14.若a，b是关于x的方程mx2mx+n=0(m0,m,nR)两根，则a2+b的最小值为_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)在等腰三角形ABC中，AB=AC，BC=6，点O是BC的中点，AO=3，点G满足GA+GB+GC=0(1)求ABAG的值；(2)若CD=12DB，点P是线段AG上的动点，求PAPD取值范围16.(本小题15分)在ABC中，角A，B，C的对边分别为a
3、，b，c，ABC的面积为S且4S=a2+c2b2(1)求角B的大小；(2)若点D为BC上一点，ADBC，a= 6，b=2，求AD17.(本小题15分)如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，PA=PB，DA=DB= 2，PD=1，AB=2，点E、F、H分别为AB、PC、DC的中点(1)求证：平面BFH/平面PDE；(2)求证：平面ABD平面PDE；(3)若PE=1，求点C到平面PAD的距离18.(本小题17分)平面四边形ABCD中，AB=1，AD=2，ABC+ADC=，BCD=3(1)求BD；(2)求四边形ABCD周长的取值范围；(3)若E为边BD上一点，且满足CE=BE，SBC
4、E=2SCDE，求BCD的面积19.(本小题17分)正方形ABCD中，AB=2，M为CD的中点，BN=BC，(0,1).将ADM沿AM翻折到PAM，CMN沿MN翻折到PMN，连接AN(1)求证：PMAN；(2)当=12时，求二面角PANM的正弦值；(3)设直线PM与平面AMN所成角为，问是否存在(0,34)，使得sin能取得最大值，若存在，求出最大值，若不存在，请说明理由参考答案1.A2.D3.C4.A5.B6.A7.A8.A9.BD10.BC11.ABD12.013.30714.3415.解：(1)在等腰三角形ABC中，AB=AC，BC=6，点O是BC的中点，AO=3，建立如图所示的平面直角
5、坐标系，则O(0,0)，C(3,0)，B(3,0)，A(0,3)，又点G满足GA+GB+GC=0，则G为ABC的重心，即G(0,1)，则ABAG=(3,3)(0,2)=6；(2)已知CD=12DB，则D(1,0)，又点P是线段AG上的动点，则P(0,t)，其中1t3，则PAPD=(0,3t)(1,t)=t23t=(t32)294，又1t3，则PAPD94,0，即PAPD取值范围为94,016.解：(1)因为4S=a2+c2b2，由三角形的面积公式及余弦定理可得：412acsinB=2accosB，可得tanB=1，而B(0,)，可得B=4；(2)因为a= 6，b=2，由余弦定理可得：b2=a2
6、+c22accosB，即4=6+c22 6c 22，即c22 3c+2=0，解得c= 3+1，或c= 31，又因为ADBC， 所以AD=ABsinB=( 3+1) 22= 6+ 22，或AD=ABsinB=( 31) 22= 6 2217.(1)证明：连接FH，因为F、H分别为PC、DC的中点，所以FH/PD，又点E、H分别为AB、DC的中点，且四边形ABCD是平行四边形，所以BE/DH，BE=DH，所以四边形BEDH是平行四边形，所以BH/DE，因为FHBH=H，FH、BH平面BFH，PDDE=D，PD、DE平面PDE，所以平面BFH/平面PDE(2)证明：因为DA=DB= 2，AB=2，所
7、以ABD是等腰直角三角形，且ADB=90，DE=1，又E是AB的中点，所以DEAB，因为PA=PB，所以PEAB，又DEPE=E，DE、PE平面PDE，所以AB平面PDE，因为AB平面ABD，所以平面ABD平面PDE(3)解：因为PD=PE=DE=1，所以PDE是等边三角形，过点P作PODE于点O，则OPDE，OP= 32，由(2)知，平面ABD平面PDE，因为平面ABD平面PDE=DE，OP平面PDE，所以OP平面ABD，所以点P到平面ABD的距离为OP= 32，因为PEAB，PE=AE=1，所以PA= 2=AD，所以SPAD=12PD PA2(12PD)2=121 ( 2)2(121)2=
8、 74，SACD=SABD=12DEAB=1212=1，设点C到平面PAD的距离为d，因为VCPAD=VPACD，所以13dSPAD=13OPSACD，即d 74= 321，所以d=2 217，故点C到平面PAD的距离为2 21718.解：(1)因为ABC+ADC=，BCD=3，所以BAD=23，在BCD中由余弦定理得，BD= AB2+AD22ABADcosBAD= 12+22212(12)= 7；(2)在BCD中，BD2=CB2+CD22CBCDcosBCD，即7=CB2+CD2CBCD，所以CB2+CD2=7+CBCD2CBCD，所以0CBCD7，当且仅当CB=CD时取等号；又(CB+CD
9、)2=CB2+CD2+2CBCD=7+3CBCD，当且仅当CB=CD时取等号则77+3CBCD28，即7(CB+CD)228，所以 7CB+CD2 7，所以CABCD=AC+AD+CB+CD=3+CB+CD(3+ 7,3+2 7,即四边形ABCD周长的取值范围为(3+ 7,3+2 7；(3)因为SBCE=2SCDE，所以BE=2ED，又BD= 7，所以BE=23BC=2 73，DE=13BC= 73，又CE=BE，所以CE=2 73，在BCE中由余弦定理CB2=CE2+BE22CEBEcosCEB，即CB2=569569cosCEB，在DCE中由余弦定理CD2=CE2+DE22CEDEcosC
10、ED，即CD2=359289cosCED，又CEB+CED=，所以cosCEB=cosCED，所以CB2+2CD2=14，又7=CB2+CD2CBCD，所以CB2+2CD2=2CB2+2CD22CBCD，即CB2=2CBCD，所以CB=2CD，所以CD2=73，所以CBCD=CB2+CD27=143，所以SBCD=12CBCDsinBCD=12143 32=7 3619.(1)证明：因为PAPM，PNPM，PAPN=P，PA、PN平面PNC，所以PM平面PAN，又AN平面PAN，所以PMAN(2)解：过M作MQAN于Q，连接PQ，由(1)知PMAN，因为PMMQ=M，PM，MQ平面PMQ，所以
11、AN平面PMQ，又PQ平面PMQ，所以ANPQ，所以PQM即为二面角PANM的平面角，由=12，知N为BC中点，由勾股定理知，AN=AM= AP2+PM2= 5，MN= PM2+PN2= 2，因为SAMN=12MN AN2(12MN)2=12ANMQ，即12 2 ( 5)2(12 2)2=12 5MQ，所以MQ=3 55，在RtPMQ中，sinPQM=MPMQ=13 55= 53，故二面角PANM的正弦值为 53(3)解：由BN=BC，知BN=2，PN=22，PA=2，PM=1，AN= AB2+BN2= 4+42，在PAN中，由余弦定理知，cosPAN=PA2+AN2PN22PAAN=4+4+42(22)24 4+42=1+2 4+42，所以PAN
