2023-2024学年重庆市南开中学高一（下）期末数学试卷（含解析）

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.复数的虚部为( )
A. B. C. D.
2.直线的倾斜角为( )
A. B. C. D.
3.已知向量与满足，且与的夹角为，则( )
A. B. C. D.
4.如图，在三棱锥中，为的中点，设，则用表示为( )
A.
B.
C.
D.
5.在中，角，，的对边分别为，，，且满足，的面积为，则的最小值为( )
A. B. C. D.
6.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，宽，正脊长，四个屋顶面坡度均为：，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. B. C. D.
7.如图，已知圆台，为上底面圆的一条直径，且，是下底面圆的一条弦，，矩形的面积等于，则该圆台的侧面积为( )
A.
B.
C.
D.
8.已知中，角，，的对边分别为，，，且满足，在上的投影向量的模长为，则( )
A. B. C. D.
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，，，，，，若，则
B. 对于平面和直线，，若，，则
C. 对于平面，和直线，，若，，，则
D. 对于平面，和直线，若，，，则
10.已知圆：，圆心关于直线：对称点为，，为圆上两点，且满足，点为坐标原点，则下列正确的是( )
A. ， B. 轴与圆相切
C. 线段的中点轨迹为圆 D. 的最大值为
11.如图，棱长为的正方体中，点为的中点，动点满足，则下列说法正确的是( )
A. 平面平面
B. 直线与平面所成角为，则的取值范围是
C. 设平面，则三棱锥的体积为
D. 以的边所在直线为旋转轴将旋转，则在旋转过程中，则的取值范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知直线：和直线：垂直，则实数 ______．
13.已知中，角，，的对边分别为，，，为线段的中点，，则 ______．
14.已知三棱锥中，，，，三棱锥的体积为，则当取最小值时，三棱锥外接球的体积为______．
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.本小题分
在中，角，，的对边分别为，，，且．
求；
若，求的面积．
16.本小题分
如图，在直三棱柱中，，，分别是，的中点．
求证：平面；
求异面直线与所成角的余弦值．
17.本小题分
已知圆：满足：，；与圆：外切；被直线分成两段圆弧，其弧长的比为：．
求圆的方程；
若直线与圆相交于，两点，四边形为平行四边形，求直线的方程．
18.本小题分
已知在平行四边形中，是边上一点，且满足，，．
求的大小；
现以为折痕把折起，使点到达点的位置，且如图：
证明：平面平面；
求平面与平面夹角的余弦值．
19.本小题分
如图，已知四棱锥中，底面为平行四边形，且，，，为的中点，点在平面内的射影为点，且．
求证：；
当为等边三角形时，求点到平面的距离；
若，记三棱锥的外接球表面积，当函数取最小值时，平面与平面夹角的大小为，求实数的值．
答案解析
1..
【解析】解：复数．
所以复数的虚部为．
故选：．
2..
【解析】解：将直线化为，可知直线的斜率为，
，直线的倾斜角为．
故选：．
3..
【解析】解：由题意知，，
所以．
故选：．
4..
【解析】解：在三棱锥中，为的中点，设，
则
．
故选：．
5..
【解析】解：因为，
由余弦定理可得，
所以，
因为，可得
因为的面积为，即，
即，
解得，
所以，当且仅当时取等号，
即．
所以的最小值为．
故选：．
6..
【解析】解：根据庑殿顶抽象出几何体，该几何体的底面为矩形，侧面由两个全等梯形和两个全等的等腰三角形组成．
过点作底面的垂线交底面于点，过点作底面矩形的长的垂线并交于点，
取宽的中点为，连接，，，即有，，，分别为侧面、正面与底面形成的二面角，
屋顶长，宽，正脊长，由对称性可得，．
四个屋顶面坡度均为：，得，，
由勾股定理得，
因为四个顶面坡度均相等，即，且，
即≌，，
故屋顶面积为：．
故选：．
7..
【解析】解：由题意可知，圆台的上底面半径为，
，，
为等边三角形，
，
即圆台的下底面半径为，
矩形的面积等于，，
，
作于点，则为的中点，
，
，
，即圆台的母线长为，
该圆台的侧面积为
故选：．
8..
【解析】解：过点作，交于点，
因为在上的投影向量的模长为，即，
则，
因为，
所以，
所以，则，
由余弦定理得，
解得，
所以．
故选：．
9..
【解析】解：对于，由于，，，
则，，
故，
又，，
则，选项A正确；
对于，若，，则可以与平行，可以与相交，还可以在内，选项B错误；
对于，若，，，则与可以平行，也可以相交，选项C错误；
对于，若，，，则，选项D正确．
故选：．
10..
【解析】解：对于，圆：，
则圆心，半径，
圆由心关于直线：对称点为，
得线段中垂线为，
则，解得，故A正确；
由得圆：，且，，
因为圆心到轴距离为，小于，所以轴与圆相交，故B错误；
对于，设，，设线段的中点为，，
则，，
两式相加得，
移项并把式代入得，
因，根据平行四边形法则得，
两边平方得，即，
由两点间的距离公式得，
即，
即，
即，
由式代入得，
化简得，即，
所以，因此线段的中点轨迹是圆心为，半径为的圆，故C正确；
对于，
，
则，即，
要使得最大，则最大即可，
由题可知，的轨迹为圆，，可画图辅助分析，
当最大时，，，位置如图所示，，代入式，，故D正确．
故选：．
11..
【解析】解：对于，，、，故点侧面不含边界，
连接，因为平面，平面，所以，
因为四边形为正方形，所以，
因为，D、平面，所以平面．
因为平面，所以，同理可证．
因为，、平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，可知项正确；
对于，取的中点，连接、，则平面，
则即为直线与平面所成角，
因为点在侧面不含边界上，正方体棱长为，故
由勾股定理得，则，故B项错误；
对于，取的中点，连接，，可得，故B，同理可证，
因为与的交点为正方体的中心，所以、、、四点共面，可得，
因为，且，故，所以，
连接，，则，因为平面，平面，所以，
又因为，D、平面，所以平面，
因为到平面的距离为，且四边形的面积为，
所以三棱锥的体积，故C项错误；
对于，取的中点，连接，因为，所以，且，
以的边所在直线为旋转轴，将旋转，
点的轨迹是以为圆心，为半径的圆，
过点作于点，则，，
连接交圆于点，连接，故当、重合时取得最小值，最小值为，
取的中点，则，，
又因为，所以，，可得，
由勾股定理得，
同理，的延长线交圆于点，当、重合时，取得最大值，
，，
故的取值范围是，可知项正确．
故选：．
12..
【解析】解：直线：和直线：垂直，
则，解得．
故答案为：．
13..
【解析】解：因为是中点，所以，
所以，
即，又，
所以，解得舍去负值，所以，
由是中点可知，即，
所以．
故答案为：．
14..
【解析】解：如图，过作垂直底面于点，
，，
三棱锥的体积为，，
又，底面，
根据三垂线定理可得，又，
，到的距离的最小值为，此时才最小，
即此时四边形为矩形，
三棱锥外接球的直径即为补形后长，宽，高分别为，，的长方体的体对角线，
，，
三棱锥外接球的体积为．
故答案为：．
15..解：因为，
由正弦定理可得，
在中，，
可得，
又因为，
可得，
又因为，
所以；
，，
由正弦定理可得，
即，
因为，
所以角为锐角，
所以，
所以，
所以．
【解析】由正弦定理及三角形内角和定理，可得的值，再由角的范围，可得角的大小；
由正弦定理可得的值，再由大边对大角可得角为锐角，求出的值，进而可得的值，代入三角形的面积公式可得该三角的面积．
16..证明：取的中点，连接，，
又因为，分别是，的中点，
可得，，
平面，平面，
所以平面；
同理可得平面，
，
所以平面平面，
而平面，
所以平面；
解：取的中点，连接，，，
可得，且，
所以与所成的角等于异面直线与所成的角，
而或其补角为与所成的角，
因为，，
可得，
所以，
所以，，
直棱柱中可得平面，而平面，
所以，而，
所以平面，
而平面，
所以，
所以，
．
所以异面直线与所成角的余弦值为．
【解析】取的中点，连接，，易证得平面平面，进而证得结论；
取的中点，连接，，，易得或其补角等于所求的角，由题意在中，求出的余弦值．
17..解：如图所示，与圆交于，，过作垂直于于点．
由于：，配方得则圆心为，半径．
：，圆心为，半径由于圆与圆外切，则．
圆被直线分成两段圆弧，其弧长的比为：则，
则，与联立方程，
解得因此，则圆的方程为：；
直线与圆相交于，两点，四边形为平行四边形，则则，
则直线设为：，即四边形为平行四边形，则．
过作于点，由垂径定理得，
则，
运用点到直线的距离公式得到，则，
解得，
则直线的方程为：，
即或．
【解析】画出图形，由于圆与圆外切，得到，圆被直线分成两段圆弧，其弧长的比为：得到，求出，即可；
画出图形，四边形为平行四边形，，得到，将直线设为：；则，结合垂径定理和勾股定理，得到，求出即可．
18..解：根据题意，设，，则，，
由，所以，
且，，
所以，
所以，
则，
在中，，
即，
所以，
即，
可得，
化简得，
因为，
所以，
即．
证明：根据，，即，，
则，又，，，平面，
所以平面，平面，则，
又，，，平面，
所以平面，平面，则，
由，即，，，平面，
所以平面，平面，
所以平面平面；
以为原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立直角坐标系，
则，，，，，
，，，
设平面的法向量为，
所以，
取，则，，
所以，
又因为平面的法向量，
则，
令，则，，
故，
所以，
所以平面与平面夹角的余弦值．
【解析】根据题意，设，，则，，可证，则，在中，利用正弦定理并结合三角函数恒等变形，可求解；
由，，即，，可得平面，进而证明平面，最后可证平面平面；
建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面夹角的余弦值．
19..解：证明：平面，平面，，，
，平面，
平面，．
作，，垂足分别为，，连接，，
若为等边三角形，则为中点，
平面，平面，则，
，平面，
平面，，
对于平面四边形，以为坐标原点，为轴，在平面中，过作的垂线为轴，建立平面直角坐标系，
则，，，，，，
设，则，，
若，则，，
为中点，，则，即，
由，，可知直线：，且，
设，则，
由，得，
解得，即，
则，，
三棱锥的高，
在中，边的高，
设点到平面的距离为，
由，可得，
解得，
点到平面的距离为．
由题意可知，，
由可知点在直线上，
结合中数据可得：
，，
在中，由余弦定理得：
，
设的外接球半径为，则，
设三棱锥的外接球半径为，
则
，
，
当时，取到最小值，
即外接球表面积取到最小值，
此时，
由可设，，则，
解得，即，可知，且，，，
过作，垂足为，
平面，平面，，
，平面，
平面，，
，平面，
平面，，
平面与平面夹角的大小为，
则，
可得，
结合的面积可得，
则，
解得，且，
解得，
．
【解析】根据题意可证平面，即可得结果．
根据题意结合平面向量求相应的长度，利用等体积法求点到面的距离；
利用解三角形知识可得的外接圆半径，进而可得外接球的半径，结合二次函数分析最值，可得，进而确定点的位置，分析二面角可得，即可得结果．
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