重庆市第八中学校2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试题

重庆八中2024一2025学年度（下）期末考试高一年级 数学试题 命题：伍芋洁吴启龙 审核：邱长江打印：伍芋洁 校对：吴启龙 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的。 1.(2+i)的共轭复数为 A.-1+2i B.1+2i C.-1-2i D.1-2i 2.已知△ABC是边长为4的等边三角形，则AB.AC= A.4 B.4 C.-8 D.8 3.己知a,B,Y为空间中不重合的平面，m,n为空间中不重合的直线，下列命题正 确的是 A.若m/1n,nca,则m/1a B.若m/1a,n⊥a,则m⊥n C.若a⊥y,B⊥y,则a⊥p D.若a/IB,mca,ncB,则m/1n 4.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若a=3,C=45°，csinB=1, 则c= A.5 B.√5 C.5 D.4 5.在等腰梯形ABCD中，AB/IDC,AB=2BC=2CD=2,P是底边AB上的动点，则 P历PC的最小值为 A.2N2 B.2 6.已知5sina-sina+=},则cos(2a-孕 B. 器 D. 7.己知三棱锥S-ABC底面边长均为3，侧棱SA=2,且SA⊥平面ABC, 则该三棱锥 外接球的半径长为 A.2 C.3 D.5 8.已知0>0，函数f=s(r+受满足/码-+)=0，且在区间受孕上恰 好存在两条对称轴，则。的最大值为 A.2 B.5 C.8 D.11 重庆八中2024-2025学年度（下）期末考试高一年级数学试题·第1页共4页 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。 9.已知i是虚数单位，复数z=2+1 ,则下列说法正确的是 2+i A.复数z的虚部为4i B.z=3-4i C.|z=5 D.z在复平面内对应的点在第一象限 10.已知点P是△ABC所在平面内一点，且AP=2mAB+nAC,m,n∈R,则下列说法 正确的是 A.若m=n= ,则点P是边BC的中点 B.若点P是边BC上靠近B点的三等分点，则m=n= 3 C.若2m+n=号，则SaPBC=2 SMBC 2 D.若点P在BC边的中线上，且2m+n= 则点P是aMBC的重心 11.如图，在正三棱台ABC-ABC中，AB=2AB=2,P,D分别是线段B,G,BC 上的点，O,O是上、下底面的中心，M是底面ABC内一点，下列结论正确的是 A.AA⊥BC B.若BDBC,41平面8DM,则点M的轨迹长等 3 D C.V4-C8BG=6V4-4G D.当PD⊥BC时，四点O、O、D、P构成的图形为直角梯形 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知向量ā=(4,0)，向量6=（-1，V3),则12ā-1的值是 13.如图，在△4BC中，AB=8,BC=10,AC=6,DB⊥平面ABC,B 且AE/IFC/IBD,BD=3,FC=4,AE=5,则此几何体的体积为 1 14.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,若BC边上的高为二a,当 si血B+si血C取得最大值时，sinA=一' sinC sinB 重庆八中2024一2025学年度（下）期末考试高一年级数学试题 第2页共4页 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) 已知a=(W2,1),|b=2,(a,b)=30°，记ā在b方向上的投影向量为c. (1)求|a-2的值： (2)若向量位-子习与(1后-4⊙的夹角为纯角，求实数元的取值范围。 16.(本小题15分) 如图，正四棱锥P-ABCD的所有棱长均为6，平面ABCD⊥平面QCD,PQ⊥平面QCD, 点E在棱PB上 (1)若PE=PQ,求证：平面PBC⊥平面ACE: (2)若PE=PB,求直线CQ与平面ACE所成角的正弦值. 3 17.(本小题15分) 在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,m=(a,b+c),i=(N3sinC+cosC,), m·元=2(b+c). (1)求A: (2)若△ABC为锐角三角形，其外接圆圆心为O,b=2V5.记△OAC和△OBC的面 积分别为S,,S2,求S,-S2的取值范围. 重庆八中2024一2025学年度（下）期未考试高一年级数学试题 第3页共4页 18.(本小题17分) 在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为正方形，O是AD的中点，PO⊥平面ABCD, PO=√3，AB=2,平面PABn平面PCD=l. (1)求证：1//AB: (2)如图，M∈1且PM=√3，求点M到平面PBC的距离； (3)设四棱锥P-ABCD的外接球球心为Q,在线段PB上是否存在点E,使得直线PQ 与平面ABC所成的角的正弦值为3105？若存在，请确定点E的位置：若不存在，请说 35 明理由， M D 19.(本小题17分) 在平面直角坐标系xOy中，定义向量OA=(m,n)为函数f(x)=msinx+ncosx的有序相伴 向量. (1)设h(x)=2sin(x+x∈R),写出函数h)的相伴向量O应： 6 (2)若f(x)的有序相伴向量为OB=(0,2),若函数h(x)=f(x)+|sinx,x∈[0,2π]， 与直线y=k有且仅有二个不同的交点，求实数k的取值范围； (3)若f(x)的有序相伴向量为OB=(m,0),当函数f(x)在区间[a,b]上时值域为[a,b], 则称区间[a,b]为函数的“和谐区间”，当m=-2时，f(x)是否存在“和谐区间”？若存在， 求出f(x)的所有“和谐区间”，若不存在，请说明理由. 重庆八中2024一2025学年度（下）期末考试高一年级数学试题 第4页，共4页1 重庆八中 2024——2025学年度（下）期末考试高一年级 数 学 参 考 答 案 一．选择题（共 7 小题） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C D B B D A A C 二．多选题（共 3 小题） 题号 9 10 11 答案 CD BD ABC 1．解：  i 2 i 1 2i    ，其共轭复数为 1 2i  . 故选：C . 2．解：在边长为 4的等边三角形中， AB  和 AC  的夹角为 3  ， | | | | 4AB AC    ， 所以 1| | | | cos 4 4 8 3 2 AB AC AB AC             ．故选： D． 3．解：若 / /m n， n  ，则 / /m  或m  ，所以 A选项错误；若 / /m  ， n  ，则 m n ，所以 B选项正确．若  ，  ，则 与  可以成任意角，所以C 选项错误； 若 / /  ，m  ， n  ，则 / /m n或m与 n异面，所以 D选项错误；故选： B． 4．解：因为 3a  ， sin 1c B  ， 45C  ，由正弦定理 sin sin b c B C  ，可得 sin sin 1c B b C  ， 即 sin 45 1b   ，可得 2b  ，由余弦定理， 可得 2 2 2 22 cos 9 2 2 3 2 5 2 c a b ab C          ，所以 5c  ，故选： B． 5．解：根据题意，以 A为原点，射线 AB为 x轴正半轴建立直角坐标系，如图所示，则 1 3( , ) 2 2 D ， 3( 2 C ， 3) 2 ，设 ( ,0)P a ，其中 0 2a  ； 1 3( , ) 2 2 PD a   ， 3( 2 PC a   ， 3 ) 2 ， 则 2 32 2 PD PC a a      ，当 1a  时，有最小值 1 2 ，故答案为：D． 6．解： 3 1 3 1 33sin sin( ) 3 sin ( sin cos ) sin cos sin( ) 6 2 2 2 2 6 5                   ， 2 23 7cos(2 ) cos[2( )] 1 2sin ( ) 1 2 ( ) 3 6 6 5 25               ．故选： A． 7．解： 将三棱锥 S ABC 转化为正三棱柱 SNM ACB ， 设 ABC 的外接圆圆心为 1O ，半径为 r ， 则 32 2 3 sin 3 2 ABr ACB     ，可得 3r  ， 设三棱锥 S ABC 的外接球球心为O，连接OA， 1OO ， 则 1, 1OA R OO  ，因为 2 2 2 1 1OA OO O A  ，解得 2OA  ，故选： A． 2 8．解：函数的最小正周期为 2T    ，则 2 T   ，在区间 [ , ] 12 3   上恰好存在两条对称轴， 3 12 4      ，所以 3 2 4 2 T T  ，即 3 4       ，解得 4 12  ， 因为 2( ) ( ) 0 3 f x f x    ，所以点 ( ,0) 3  是函数图象的一个对称中心， 则 ( ) sin( ) 0 3 3 3 f      ，得 , 3 3 k k Z     ，即 3 1,k k Z    ， 因 0  ，则 *k N ，且 随 k的增大而增大， 当 4k  时， 11  ，此时   sin 11 3 f x x       在[ , ] 12 3   内有三条对称轴，不合题意， 当 3k  时， 8  ，此时   sin 8 3 f x x       ，其中  8 ,3 3 x     ，有两条对称轴， 则 的最大值为8．故选：C． 9．解：复数 2 11i (2 11i)(2 i) 3 4i 2 i (2 i)(2 i) z          ， 则复数 z的虚部为 4，故 A错误； 3 4iz   ，故 B错误； 2 2| | 3 4 5z    ，故C 正确； z在复平面内对应的点 (3,4)在第一象限，故 D正确．故选：CD． 10．解：对于 A， P为边 BC的中点，则 12 2 m n  ，即 1 4 m  ， 1 2 n  ， A错误； 对于 B，点 P是边 BC上靠近 B点的三等分点，则 22 3 m  ， 1 3 n  ，即 1 3 m n  ， B正 确； 对于C ，若 12 2 m n  ，所以  2 2 2AP mAB nAC    ，且 4 2 1m n  设点M 为 BC中点，则 AP PM ，所以 PBC 与 ABC 的面积比为1: 2 对于 D， 若 22 3 m n  ，所以  3 3 22 2AP mAB nAC     ，且 33 1 2 m n  取 AB上一点D，取 AC上一点 E ，使得 2 , 2AB BD AC EC  ， 则 , ,D P E三点共线，又因为 P在中线上，所以 P为重心. 故选： BD． 11．解： A项．显然 1OO 底面 ABC，取 AB的中点Q，连接OQ， 过点O作 / /OE AB，交 BC于点 E，则 2CE BE ， 以O为坐标原点，OA，OE， 1OO 所在直线分别为 x， y， z轴，建立空间直角坐标系， 1 12 2AB A B  ， 1OO h ，则 1 3 1( , , ) 6 2 A h ， 3( , 1,0) 3 A  ， 3( ,1,0) 3 B ， 2 3( ,0,0) 3 C  ， 则 1 3 1( , , ), ( 3, 1,0) 6 2 AA h BC       ，所以 1 3 1 1 1( , , ) ( 3, 1,0) 0 6 2 2 2 AA BC h           ， 故 1AA BC ，故 A选项正确； 3 B项： 1 2 3 3 BD BC  ，取 AB的中点Q，连接DQ， 1BQ， 因为 1 1 / /A B AQ且 1 1A B AQ ，所以四边形 1 1A BQA为平行四边形，所以 1 1/ /A A BQ， 又 1BQ 平面 1BQD， 1A A 平面 1BQD，所以 1 / /A A 平面 1BQD， 故当M 在QD上时，满足 1 / /AA 平面 1B DM ，故M 的轨迹长度为QD，其中 1 1 2 BQ AB  ， 由余弦定理得 2 2 4 2 1 72 cos60 1 2 1 9 3 2 3 QD BQ BD BQ BD            ， 故 B选项正确； C 项： 1 2 2 sin60 3 2ABC S       ， 1 1 1 1 33 3 3 3A ABC ABC V S OO h h      ， 1 1 1 1 31 1 sin60 2 4A B C S       ， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 4 12A A B C A B C V S OO h h      ， 又棱台 1 1 1A BC ABC 的体积为： 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 7 3( ) ( 3 ) 3 3 4 2 12ABC A B C ABC A B C S S S S OO h h            ， 所以 1 1 1 7 3 3 3 6 12 12 2A CBBC A ABC V h h h V     ，故C 选项正确； D项：四边形 1 1BCC B 为等腰梯形，当 P与 1B 重合， 1 4 BD BC 时， PD BC ，但此时 1O P与OB平行，故 1O P与OD不平行， 此时四点 1O 、O、D、 P构成的图形不为直角梯形，故D选项错误．故选： ABC． 12．解：向量 (1,0)a  ，向量 ( 1, 3)b    ，则 2 (2,0) ( 1, 3) (3, 3)a b       ，故 2 2| 2 | ( 3) 3 2 3a b      ．故答案为： 2 3． 13．解：由 8AB  ， 10BC  ， 6AC  ，可得 2 2 2AB AC BC  ， 则 ABC 为直角三角形，且角 A为直角，如图，取CM AN BD  ，连接DM ，MN ，DN ． 8AB  ， 6AC  ， 3BD  ， 1 6 8 3 72 2ABC NDM V       ． 3CM AN BD   ， 4CF  ， 5AE  ， 6AC  ， 1MF  ， 2NE  ， 6NM AC  ， 8DN AB  ．底面 EFMN 为直角梯形， 由已知， AE 面 ABC， AB 面 ABC，所以 AE AB ，又 AC AB ， AC AE A ， AC， AE 面 AEC，所以 AB 面 AEC， / /AB DN ，所以 DN 面 AEC 所以 DN 是四棱锥 D MFEN 的高， 四棱锥 D MFEN 的体积为 1 1 (1 2) 6 8 24 3 2       ． 则所求几何体的体积为 72 24 96  ．故答案为：96． 14．解：设 BC边上的高为 h，则 1 4 h a ， 则三角形的面积 1 1 1 sin 2 4 2 S a a bc A   ，得 2 4 sina bc A ， 4 在 ABC 中，由正弦定理得： 2 2sin sin sin sin B C b c b c C B c b bc      ， 又 2 2 2 2 cosa b c bc A   ， 2 2 2 2 cos 4 sin 2 cos 4 24sin 2cos 2 5(sin cos 5 2 5 ) 2 b c a bc A bc A bc A A A A A bc bc bc            令 2cos 5   ，则 1sin 5   ，则 2 2 2 5sin( )c A bc b    ， 当 2 A   时，取得最大值 2 5 ，此时 2 A    ， 2 5sin sin( ) cos 2 5 A       ， 故答案为： 2 5sin sin( ) cos 2 5 A       ． 15．解：（1） | | 3,| | 2,a b a    与b  的夹角为 3 330 , | | cos30 3 2 2 4| | b bc a b b              ，  2 2 2| 2 | | 2 | | | 4 | || | cos30 | 2 | 3 9 9 3a c a c a a c c                 ； ……….6 分 （2）向量 ( ) 3 a c  与 ( 4 )a c   的夹角为钝角，  2 2 23( ) ( 4 ) ( ) ( 3 ) 3 3 4 4 4 a c a c a b a b a a b a b b                               2 23 3 3 13 3 3 2 3 2 4 3(2 3 ) 0 2 4 2 4 4                    ， 且 ( ) 3 a c  与 ( 4 )a c   不能共线， 2 8 12 0     即 2 6  或 ， 当 ( ) 3 a c  与 ( 4 )a c   共线时，设 ( ) ( 4 ), 0 3 a c k a c k        ，得 2 3   ， 2 6  或 且 2 3   ， 则实数 的取值范围为      , 2 3 2 3,2 6,   ∪ ∪ ； ……….13 分 16．解：（1）证明：因为 PQ 平面QCD，CQ 平面QCD，所以 PQ CQ ，即 2 CQP   ， 因为平面 ABCD 平面QCD，平面 ABCD∩平面QCD CD ， BC CD ， 所以 BC 平面QCD，又 PQ 平面QCD，所以 / /PQ BC， 所以 3 QCD PCB BPC       ， 因为 PE PQ ， PC PC ，所以△QPC  △ EPC ，所以 2 CEP CQP     ， 即CE PB ，因为△ PBC 是正三角形，所以 E为 PB的中点， 因为△ PAB是正三角形，所以 AE PB ， 因为 AE CE E∩ ， AE 平面 ACE，CE 平面 ACE， 所以 PB 平面 ACE，因为 PB 平面 PBC ， 所以平面 PBC 平面 ACE． …….7分 5 （2）取 AC的中点O，连接OP，则OP 平面 ABCD， 以O为原点，过点O作与 AB， BC平行的直线分别为 x轴、 y轴，OP所在直线为 z轴，建立如图所示的空间直角坐标系． 因为正四棱锥 P ABCD 的所有棱长均为 6， 所以 6PA  ， 3 2AO  ， 2 2 3 2OP PA OA   ， 则 (0,0,3 2)P ， (3B ， 3 ，0)， (3C ，3，0)， (0,3,3 2)Q ， 所 以 (1, 1,2 2)E  ， ( 3,0,3 2)CQ    ， (3,3,0)OC   ， (1, 1,2 2)OE    设平面 ACE的一个法向量为 ( , , )x y zn   ，直线 DQ与平面 ACE所成的角为 ， 则 0 0O n OC En           ，即 0 2 2 0 x y x y z       ，取 ( 2, 2, 1)n     ， 则 2 30sin | cos , | 15 6 2 5 3 3 CQn         ， 以直线 DQ与平面 ACE所成角的正弦值为 2 30 15 ． ……….15分 17．解：（1） ( 3sin cos )m n a C C b c      2( )b c  ，即 3 sin cosa C a C b c   ， 由正弦定理得， 3 sin sin sin cos sin sinA C A C B C   ， 因为 sin sin( ) sin cos cos sinB A C A C A C    ，所以 3 sin sin cos sin sinA C A C C  ， 又 sin 0C  ，所以 3 sin cos 1A A  ，即 2sin( ) 1 6 A   ， 因为 (0, )A  ，所以 5( , ) 6 6 6 A      ，所以 6 6 A    ，即 3 A  ． ……….6 分 （2）设△ ABC外接圆半径为 R， 则OA OB OC R   ，且 2 32 sin sin bR B B   ，即 in 3 s R B  ， 因为 2AOC B  ， 22 3 BOC A    ， 所以 2 2 1 1sin sin 2 2 2 sin tan 3 3 OACS R AOC BB B        ， 2 2 2 2 2 2 1 1 2 3 3 sin cos 3 3 1sin sin (1 ) 2 2 sin 3 4 sin 4 tan 3 OBC B BS R BOC B B B              ， 所以 1 2 2 2 3 3 1 3 1 1 3(1 ) 3 tan 4 tan t 3 4 tan an 4 S S B B B B                 ， ……….11 分 由△ ABC为锐角三角形知， 3, , tan ( , ) 6 2 3 B B        ，令 1 (0, 3) tan x B   ， 6 则 2 21 2 3 3 3 3 2 3 3( ) 3 ( ) 4 4 4 43 S S f x x x x                 ， 3 3(0) 4 f   ， 4 2 3 3( ) 3 f  ， 1 2 3 3 3, 4 4 S S          ． ……….15分 18．解：（1）证明：四边形 ABCD为正方形， / /AB CD ， 又 AB  平面 PCD，CD 平面 PCD， / /AB 平面 PCD， 又 AB 平面 PAB，平面 PAB平面 PCD l ， / /l AB ； ……….4分 （2）取 BC中点 N，连接ON，则ON OA ， PO  平面 ABCD， AD 平面 ABCD，ON 平面 ABCD， PO OA  ， PO ON ， 以O为原点，OA，ON，OP所在直线分别为 x， y， z轴建立空间直角坐标系， 则 (0,0, 3)P ， (1B ，2， 0)， ( 1C  ，2， 0)， (0, 3, 3)M ， (1A ，0， 0)， (1,2, 3)PB    ， ( 2,0,0)BC    ， 设平面 PBC 的一个法向量为 1 1 1( , , )n x y z  ， 则 0 0 PB n BC n           ，得 1 1 1 1 2 3 0 2 0 x y z x        ，取 1 (0, 3,2)n   ， 点M 到平面 PBC 的距离为 | | | 3 | 3 | | 77 7MP n n        ． ……….10分 （3）存在点 E，使得直线 PQ与平面 AEC所成的角的正弦值为 3 105 35 ， QA QB QC QD   ，且平面 ABCD为正方形， 点Q在平面上的射影是 ABCD的中心， 可设 (0Q ，1， )h ，则 PQ AQ ，  2 21 ( 3) 1 1h h     ，解得 3 3 h  ． 即 3(0,1, ) 3 Q ， 2 3(0,1, ) 3 PQ    ， 设 PE PB   ， [0  ，1]，  ( ,2 , 3 3 )E    ， ( 1,2 , 3 3 )AE       ， ( 2,2,0)AC    ， 设平面 AEC的一个法向量为 2 2 2 2( , , )n x y z  ， 则 2 2 0 0 AE n AC n           ，得 2 2 2 2 2 ( 1) 2 ( 3 3 ) 0 2 2 0 x y z x y             ， 取     2 3 1 , 3 1 ,3 1n        ， 设直线 PQ与平面 AEC所成的角为 ， 7      2 2 2 2 2 2 2 3| 3 1 3 1 || | 33s 5 s 105 3 in | co | | | | | 2 31 ( ) 6( 1) (3 1) 3 PQ nPQ n PQ n                            ， 化简得 290 129 46 0    ， 2 3   或 23 30 ， 当 2 23 3 30 PE PB PE PB      或 时，直线 PQ与平面 AEC所成角的正弦值为 3 105 35 ．….17 分 19．解：（1）因为 3 1( ) 2sin( ) 2( sin cos ) 3s 6 in cos 2 2 h x x x x x x      ， 所以函数 ( )h x 的相伴向量 ( 3,1)OM   ； ……….2分 （2）若 ( )f x 的有序相伴向量为 (0,2)OB   ，则 ( ) 2cosf x x ，所以 2cos sin , [0 5, ] sin( ), [0, ] ( ) ( ) | sin | 2cos | sin | 2cos sin , ( ,2 ] sin( ), ( ,5 2 ] x x x x x h x f x x x x x x x x x                         ， 其中 [0, ], tan 2 2    ，如图所示为 ( )h x 的草图：    max(0) 2, 5, 2,h h x h     由图象可知，若函数 ( )h x 与直线 y k 有且仅有 2个不同 的交点，则 5k  或 2 2k   ， 所以  ( 2,2) 5k  ∪ ； ……….8分 （3） ( )f x 有唯一“和谐区间” [ 2 ， 2]，理由如下： ( ) 2sinf x x  ，假设 ( )f x 存在“和谐区间”， 则由 2 ( ) 2f x   ，得 2 2a b    ， ①若 a， 0b ，则由 [a， ] [0b  ， ) ，知 ( ) 0f x  ，与值域[a， ] [0b  ， ) 矛盾，故不 存在“和谐区间”； ②同理 a， 0b  时，也不存在“和谐区间”； ……….10分 下面讨论 0a b  ， ③若 2 b  ，则 [0, ] [ , ] 2 a b  ，故 ( )f x 的最小值为 2 ，于是 2a   ， 所以 [ , ] [ , ] 2 2 a b   ，所以 ( )f x 的最大值为 2，故 2b  ， 此时 ( )f x 的定义域为 [ 2 ， 2]，值域为 [ 2 ， 2]，符合题意； ④若 0 2 b  ，当 2 a  时，同理可得 2b  ， 2a   ，舍去； 当 2 a   时， ( )f x 在 [a ， ]b 上单调递减，所以 2sina b  ， 2sinb a  ，于是  2sin 2sina a b b    ，      2sing a a a g a g b     ，  g x 为奇函数，且在 2 8 , 2 2       单调递增，所以 a b  ，所以  2sin 2sin 2sina b a a      即 i 2 s na a ，由图象可知，当 (0, ) 2 x  时， sin 2 xx  ，所以 0a  ，从而 0b  ，矛盾． 综上所述， ( )f x 有唯一“和谐区间” [ 2 ， 2]． ……….17分