精品解析：江苏苏州市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试题

6学科网 组卷网 高一数学试卷 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.设i为虚数单位，已知复数z=1+i,则zi=() A.-1-i B.-1+i c 1-i D 1+i 【答案】B 【解析】 【详解】2i=(1+i)i=-1+i 2.已知向是a=(2,4),6=(x),且ā1万，则x的值为 1 A.-2 B.2 C.2 D.2 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用6=0 ,列出方程，即可求解。 【详解】由题意，向量a=(2,4),6=(x,1)】 因为ā1万，可得a-b=2x+4×1=0,解得x=-2 故选：A 3.己知圆锥的底面半径为4，高为3，则该圆锥的侧面积为() A.40z B.247 C 20z 10π D 【答案】C 【解析】 第1页/共25页 学科网命组卷网 【详解】由圆锥的底面半径为4，高为3，得该圆锥的母线=V4+32=5, 所以该圆锥的侧面积为S=π×4×5=20π. 4在平面直角坐标系xO中，已知等腰△ABC的底边AB在轴上，AB=2,AC=V5, 按斜二测画 △ABC 法所得 的直观图为 4BC,则△ABC 的面积为() 2 2 A. 4 B.2 C.2 D.4√2 【答案】B 【解析】 【分析】先计算原等腰三角形的面积，再利用斜二测画法下直观图与原图形的面积比例关系求解。 【详解】由题意得等腰△ABC的底边AB=2,腰4C=V5 1 AB.h=-×2×2=2 所以等腰△ABC的面积是2 2 因为斜二测画法中S直现图= 所以△4A'B'C'的面积为S直观图= 5x2-2 4 2 5.若平 an平百B=l,Aea.B∈a.Cea,DeB,DEl,则直线4B与CD 平面 不可能() A.相交 B.垂直 C.平行 D.异面 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面基本性质推导两直线平行时会与己知条件矛盾，进而判断不可能的位置关系. 第2页/共25页 命学科网 命组卷网 【详解】选项A:若直线AB与交线I交于点C,此时AB与CD相交，故相交是可能的，A不符合要求： 选项B:如图直线AB/IL,CD⊥I则AB L CD,B不符合要求： D 选项C:假设AB/CD,根据平行直线共面的性质，AB与CD确定唯一平面Y, 由于C∈a,ABCa,平面a内过点C有且仅有一条直线与AB平行，因此CDCa,可得D∈a, 又DeB,故Deaop-=l,与腿设DEl矛盾，因此4B与CD ,故 不可能平行，C符合要求； 选项D:令AB/I儿，且直线CD与I相交，此时AB与CD既不平行也不相交，为异面直线，故异面是可 能的，D不符合要求。 、7 7 A.9 B.9 c.9 D.9 【答案】D 【解析】 【分析】根据诱导公式结合二倍角公式即可求解， 【详解】由题意得： g如[臣o+】-m2a副 第3页/共25页 6学科网 命组卷网 =1-2sin2 7.如图，在正方体 BCD-4BCD中，已知M,N分别为棱B6,CD的中点，过A,M,N= 点的平面交 BG于点P,设BP=PC,则2=) D C B M D B A.2 B.1 c.2 D.3 【答案】C 【解析】 【分析】延长AM交48的延长线于点G,连接GN交BG于点P,利用相似三角形的性质求解线段长 度比 D N B 【详解】 D M B 延长AM交48的延长线于点G,连接GN,如图所示 因为M为BB的中点，且在正方体中1B1A8,所以△1BM=AGBM ,所以 BG=AB BG=1 设正方体的棱长为1，则 第4页/共25页 命学科网命组卷网 因为P为平面AMN与棱B,G的交点，且G,N均在平面AMW与平面4BCD的交线上， G,P,N 所以 三点共线 在平面4BCD中，过点N作K上48于点K,因为N为CD的中点，所以K为4B的中点， 且K=BC=1,BK= 2 BP-GB=GB12 因为B,P⊥AB,所以BP1INK,所以AGB,P~aGKN,所以 NK GK GB+BK 1+ 13 3 3 又B,C=1,所以 PC=BG-RP=1-2-1 33 .1 2 因为BP=PC,所以33，解得元=2. 8.已知梯形ABCD中DCI/BDC= 2 ,动点E在边BC上（不含端点B,C),AE交BD 于点F,过A作AH⊥BD于点H,若A=4,则C下A丽=() 4.8 B.4 D 8 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量的加法转化，从而得到CF=CD·,再利用共线向量转化为 第5页/共25页 命学科网命组卷网 CF.AH=-14B.AH ,最后利用数量积公式转化求解. 【详解】 CF.AH =CD+DFAH CD.AH+DF.AH 因为4H⊥BD,所以A⊥DF,所以DFA丽=0， DC=1 AB CD=-1AB 所以CF·AH=CD·AH,因为2 ,所以 所u厅.=号6须=到os∠48 因为孤cos∠HMB-a丽所示.ǖ=f-×=-8 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题 目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 1 9设i为嘘数单位，已知复数2=2+bi(b∈R) 若z·z=1,则() A.6s1 2 B.z3=1 C2-∈R 2 D.2-1>1 【答案】BD 【解析】 第6页/共25页 6学科网列组卷网 1 7- 【分析】先求z,进而求得b,即可判断A,计算z即可判断B,计算z即可判断C,计算2-1即可 判断D. 【带架1击：=子东，酸-（分+物〔分肉=1，期海6 改A民，-司的子红-公=方i 6=±3 产产司名〔小4-子1，改8E商 -bI -bi 44 1宁-2--层-51.m 2 10,设M是△ABC所在平面内一点，记MM=xAB+yAC(x,yeR),则() =2 y=1 BM=IMC A当=3,y= 3时， ● B当x=2y=1 时，C是线段BM的中点 211 c当=3，y 3时，M是△ABC的重心 第7页/共25页 6学科网列组卷网 3 1 x+y= D.当 4时，△MBC的面积是△ABC面积的4 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据平面向量基本定理的应用，结合向量线性运算、三角形重心性质、共线向量等知识点，逐一 验证各选项即可求解 21 【详解】选项A,当=3少=5 AM-24B+14C 3时，可得 3 3 BM-AM-AB--34B+14C-3BC 3 3 玩=花--号c函-c,符w-c 3 3 3 ,故A正确： 选项B,当=2，y=时，AM=2AB-AC CM=AM-AC=2AB-24C=2CB 即B是线段CM的中点，不是C是BM中点，故B错误： AM-1AB+AC 选项C,若M是△ABC的重心，则 3 3 设BC的中点为D, AD-(AB+AC) 重心分中线为2：1， 3 11 所以当x=3y3 3时，M是△ABC的重心，故C正确； 选项D,由题意得△MBC与△ABC具有同底BC,则面积比等于对应高的比值， 第8页/共25页 6学科网列组卷网 如图，作出符合题意的图形，以B为原点建立平面直角坐标系， C 设B0,0),Cc,0),Aa,b),Mp,9),得到B=(←a,-b) AM=(p-a,q-b)AC=(c-a,-b) 因为4M=xAB+yAC,所以9-b=-b+八，解得9=b0-x-), 而△MBC的高为b1-x-列，△ABC的高为l, b1-x-以=l-x-川， 则AMBC与A4BC的面积比为阿 当+y= ,画比为小-一-， 3 即△MBC的面积是△ABC面积的4，故D正确 11.如图，在正四棱柱 1CD-ABCD中，已知B=2,M4=3,点E在棱14上，4E=2EM, 动点F在线段BD上（不含端点B),平面4BF与平面DCCD交于直线'，则(） D B A.I//BB 第9页/共25页 6学科网命组卷网 B.不存在点F,使得 E⊥AF C.∠AFE的最大值为6 交 D.1与平面BEF所成角的最大值为4 【答案】ABC 【解析】 【分析】由线面平行的判定定理及性质定理可判断A:假设存在点F,使得B,E1AF 由线面垂直的判 定定理及性质推得矛盾可判断B正确；利用两角差的正切公式求出an∠4FE 的最大值，从而得到 ∠AFE 的最大值，判断C:根据线面角的定义，利用等体积法，结合二次函数最值求法，求得与平面 BEF 所成角的最大值，判断D 【详解】对于A,由正四棱柱的性质得DD/4,DD,BB 因为DD￠平面4EF,MC平面4EF,所以DD/平面AEF 又DDC平面DCCD,平面4EF与平面DCCD交于直线'， 所以DDI所以'BB所以A正确 对于B,假设存在点F,使得BE1AF 过F作GHD,且分别交CD 、CD,AB.G,H 于点 则GHw4D,AH<AB 正四棱 ABCD-AB,CD中， 第10页/共25页 命学科网命组卷网 AD上48,4D,上M,ABn=A,4B,MC平面1BBA, 所以4D上平面1BBA, 因为B,EC平面1BBA,所以4D,1B,E 4B04F=A,AD,AFC平面AD,GH 所以BE上平面4D,GH,所以BEL4H 矩形 BB4中，AE=48=2,所∠AEB=45° 以24H=41=45”,所以n=4=3B 与假设矛盾，所以假设不成立，故B正确 B B H B 对于C,正四棱 ABCD-ABCD中，AM上平面ABCD 所以44上AF所以a∠AFA=44-3 AFAF, tan∠AFE=AE、1 AFAF, tan∠A,FE=tan(∠A,FA-∠EFA) 第11页/共25页 6学科网列组卷网 31 tan∠AFA-tan∠EFA=4gAF 2 l+tan∠4.FAtan∠EFAI+J了 AF AF AF+3 AF 因为+26 当AF3 当且仅当F亦=V5 时，等号成立， 所以0<tan∠4FEs,2=V5 2√33， π 所以当AF=V3时，∠AFE取得最大值6.故C正确， B 对于D,因为'〃BB,所以'与平面BEF所成角等于BB与平面BEF所成角，记为0， 设点B到平面BEF的距离为h,点F到平面BBE的距离为d,则 BB 3. 过F作GH,AD,且分别交C CD,AB G,H FH=d,0<d<2 于点 ，则 FG=2-d,AH=DG=2-d 所以BE=VAE2+AB=2V2 EF=VAE2+AF2=AE2+FH2+AH2=1+d2+(2-d)=2d2-4d+5, BF=BB2+BF2=9+2d2 第12页/供25页 6学科网6组卷网 所以cos∠EBF= ,E2+B,F2-EF28+9+2d2-(2d2-4d+5) d+3 2B,E×B,F 2×2√2×V9+2d2 V2xV9+2d2, 所以sin∠EB,F=V1-cos2∠EBF= V3d2-6d+9 2×V9+2d2 所以A8Br的积为5ag×25x9+2G6+9 V2×V9+2d2 v3d2-6d+9 =BB,×AB=3 Γ2 1 B-BEF= S 由 J。BEFh=,S服rd 3 S.BBFd 3d 3 h= 得 SBEF V3d2-6d+9 96 +3 d2 d 3、3 因为0<d≤2，所以d2, 所以i=s2 33 2√2 π 因为32，所以1与平面B,EF所成角的最大值小于4· 故D错误， 第13页供25页 命学科网可组卷网 D 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12在复数范围内写出符合方程+4=0 的一个解x= 【答案】 2i(答案不唯一，也可填-2i) 【解析】 【详解】依题意，2=(2，解得x=士21 13.已知向量a, 石满c6在口方州上的狗量为20，古风-1,5-2小-3则月- 10 【答案】2 【解析】 t 又日-2=3.所以后-46+46-9.所4=9-144x10 拟-9；a风--四 14.记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b(sinC-cosC)=c(cosB-sinB) 第14页/供25页 6学科网列组卷网 a=2 ,则△ABC 的面积为 【答案】 2 【解析】 【分析】先通过正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合三角恒等变换得到sinA与sin Bsin C的关系， 再将面积公式结合正弦定理变形后代入计算即可· 【详解】若b(sinC-cosC)=c(cosB-sinB)】 根据正弦定理，则 sin B(sin C-cos C)=sin C(cos B-sin B) 化简得2 sin BsinC=sin BcosC+cosBsinC,进而2 sin BsinC=sin(B+C) 又△ABC中B+C=π-A,故sin(B+C)=sinA,因此得sinA=2 sin BsinC(sinA≠0，A∈(0，元) 1 S= bcsin A b=asin B c=asinC 三角形面积公式为2 ,由正弦定理得sinA, sin A, 所以S=1.a2 sin B sin C sin=a'sin BsinC sin24 2sinA· 8.SinA 已知a=2v2,sin BsinC=si04 2-=2 2,所以S=2smA 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,记△ABC的内角4、B、C的对边分别为”、b、C,已知b+c=Q+V2bc (1)求A: (2)若a=1,sinB=V2cosC,求△MBC 的周长. 第15页/供25页 6学科网命组卷网 【答案】(1)4 (2)2+V2 【解析】 【分析】(1)利用余弦定理可得出COSA的值，再结合角A的取值范围可得出角A的值： (2)由V2cosC=sinB=si血(4+C)化简可得出anC的值，结合角C的取省范周可得出角C的值， 可判断出△ABC是等腰直角三角形，再结合己知条件可得出C、b的值，由此可得出△ABC的周长 【小问1详解】 由余弦定理可得0sA=+c-ad-2ae,V互 2bc 2bc2, Aπ 因为A∈(0，π)，故A=4. 【小问2详解】 coC-sin B=sin(+c)-sin /cos C+cos sin C c0sC -sin C 2 整理可得sinC=cosC,可得tanC=l, Csπ 因为C∈(0，)，故C-4. 因为4-子，所以8=-4-C=受，故1BC足等要直角三角形， π 因为a=1,所以c=l,b=Va2+c2=V1+1=√2】 故△1BC的周长为a+b+c=2+V2 第16页/供25页 6学科网列组卷网 16已知向量五与6的夹角为3，同=2，=1 (1)求a-6和a+的值： (2)若向量ki+6与ā+2 的夹角为锐角，求实数的取值范围， 【答案】(1)a6=l,a+6=V万 e 【解析】 【分析】(4)根据数量积的定义求ā-石，根据数量积的运算律求a+万的值 (2)根据（ā+b)ā+25）>0，且向量a+6与ā+26不共线，列式求k的取值范围 【小问1详解】 由题意 因为a+6=(a+b=2+2a6+=4+2×1+1=7,所以a+6=万. 【小问2详解】 由(a+b)(a+25)>0→ka2+(2k+1)ā6+262>0， 所以4+(2k+1+2>0,能霜> (a+6)/1a+26)→2k-1=0k=2 校，青(》行+时.向场+65a+25的夹向为 17.如图，已知四棱台 ABCD-ABCD 的底面是平行四边形.1B=2AB,E为AB的中点， 第17页/供25页 6学科网命组卷网 △ABB 为钝角三角形。 (1)求证： DE∥平面4BC (2)若平面ABC上平面1BB,A,AG1BB,求证，AC上平面BBA. 【答案】(1)由四棱 ABCD-AB,CD的结构可知 AB//AB 因为E为AB的中点， AB=2AB EB//AB,EB=AB 又四边形4BCD是平行四边形， DC //AB,DC=AB 所以DCIIEB,DG=EB 所以四边 D,EBC为平行四边形： 所DE/BC,又BCC平面4BG,DEg平面4BC 所以DEM平面4BC （②作BH1AB,垂足为H, 因为平面ABC上平面1BB4,平面4BCN平面4BB4=4B,BHC平面4BBA, 所以B,H上平面4BC,又4GC平面4BC. 所以BH LAC 第18页/供25页 6学科网 命组卷网 由棱台的性质可知，侧枝44，CC相交于一点，即1M,CC共面。 因为棱台的底面MBCD/底面4BCD 底面ABCPO平面ACC=4C,底面4B,CDn平面4CC=4G., 所以1C/1AG,所BH LAC 又4G1BB,所以4CLBB ABBA 又B,HnBB,=B,BH,BBC平面 所以ACL平面 ABB A D A D 【解析】 【分析】(1)通过判断四边 DEBC为平行四边形，得到DE1/BC,即可求证， (2)作8HL4B 垂足为H，通过面面垂直的性质定理得到 H1AG,再结合4G1BB,即可 求证 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,C,已 ∠BAC= 3 CD=2DB (1)当点D满足 时 第19页/共25页 6学科网命组卷网 ①若AD=1,C=2b,求b: ②若 ∠B+∠DAC=T 2,求B· (2)当B1-BC=5ab时，判断1BC的形状并证明。 【答案】()0b-2 (2)直角三角形， 由函-Bc-V5ab,可得oo=V5ab 由余弦定理可得： a2+c2-b2=2v3ab ,∠BAC= 3，,由余弦定理得：a2=b2+c2-bc, 两式联立可得： 2c2-bc =23ab 平方得：4c+bc-46c=l12a,又a=b+c2-bc, 得4e+bc2-4bc3=12(62+c2-bc)b 即4c4-4bc2-1lbc2+12bc-12b=0 即(c-2b)(4c'+4bc2-3bc+6）=0. +66 又b+b2-b 9>0 1 所以c-2b=0,即c=2b, 第20页/供25页 命学科网命组卷网 所以a=b2+c2-bc=362 所以a+b=4h2=c2 故△ABC是直角三角形. 【解析】 【分析】1)①通过CD=2D5,得到2AB+AC=3D,再通过平方即可求解：② 【小问1详解】 ①因为CD=2DB,即4D-AC=2AB-2AD 即2AB+AC=3AD 两边平方得：4AB+AC2+4AB.AC=9AD2 即4c+b+46ccos=9 3,又c=2b, 得21b2=9,解得b21 ∠B+∠DAC= ② 2, 海2n1c-号∠，2DB-号DaC ，又 <B<T 所 ∠DAB=∠B-T 6,可得：6 2 △ABD,△ACD 在 中，分别由正弦定理得： 第21页/共25页 6学科网 6组卷网 AD BD sin B sinBπ 6 AD CD sin 3 -B sin 2 B 两式相比得： sin B sinB-π】 6 知m28-写=m28→48-骨x+2m→B=骨+经】 十 32,k∈Z, 女8引8- 【小问2详解】 略 19.如图，已知菱形ABCD的边长为2， ∠DAB= 3,将△ABD沿BD翻折至△A'BD. 第22页/供25页 6学科网组卷网 B (I)若二面角A'-BD-C的余弦值等于3，求三棱锥A-BCD的体积： (2)若二面角A-BC-D 的正切值的取值范围是 B,C,D在同一个球面上，求该 球的表面积的取值范围。 2W2 【答案】(1)3 52π28π (2)外接球表面积的取值范围为9,3 【解析】 【分析】(1)已知二面角余弦值，可直接求出A'到底面BCD的高，结合△BCD的面积，代入体积公式 即可得到结果 (2)找到二面角A'-BC-D的平面角，结合给定的正切范围推出∠A'OC的范围；再利用四点共球的性 质，推导出外接球半径和∠A'OC的关系，代入角的范围即可得到球表面积的取值范围. 【小问1详解】 菱形ABCD边长为2， ∠DAB=T 3,故BD=2, 第23页/供25页 命学科网命组卷网 记AC交BD于O,得AO⊥BD,CO⊥BD,翻折后A'O⊥BD, 因此∠AOC就是二面角A-BD-C的平面角，即∠4OC=日，且A0=OC=V5 3,得sin0=22 1 已知c0s0= 3· 过A'作A'H⊥CO交CO延长线于H,由BD⊥面A'OC得AH⊥面BCD, h=A'H=4'Osine=3.212216 33,所以△BCD的面积SCn= 5.2=5 4 因此体积： VA-BCD= w-6262 1 3 33 【小问2详解】 设二面角A-BD-C平面角为O=∠A'OC,过作A'N⊥OC于N,得A'N⊥面BCD, AW=√3sin0 过N作MM1BC于MNC=51-eos9),故Mw=wC-sin30=50-cos0) N是三面角-BC-D的平面角p,因此：tanp三=2sin日 .0 MN 1-cos0 2 由tanp∈ 2525 3 △A'BD和△BCD都是边长为2的正三角形，设外心分别为G,G, 0G=0G,= 3, 第24页/供25页 命学科网命组卷网 球心0是过G,C:分别垂直两个面的直线交点，由BD上面4OC得R=OB+002 2 R2=1+ 结合几何关系推导得： 3(1+cos0 代o[R5引 外楼球表积5-R,因账：5e,] 52π28π A --D B M 第25页/共25页 高一数学试卷 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. 设为虚数单位，已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，且，则的值为 A. B. C. D. 3. 已知圆锥的底面半径为4，高为3，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 4. 在平面直角坐标系中，已知等腰的底边在轴上，，，按斜二测画法所得的直观图为，则的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 若平面平面，，，，，，则直线与不可能（ ） A. 相交 B. 垂直 C. 平行 D. 异面 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在正方体中，已知，分别为棱，的中点，过，，三点的平面交棱于点，设，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知梯形中，，，动点在边上（不含端点，），交于点，过作于点，若，则（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设为虚数单位，已知复数，若，则（ ） A. B. C. D. 10. 设是所在平面内一点，记（，），则（ ） A. 当，时， B. 当，时，是线段的中点 C. 当，时，是的重心 D. 当时，的面积是面积的 11. 如图，在正四棱柱中，已知，，点在棱上，，动点在线段上（不含端点），平面与平面交于直线，则（ ） A. B. 不存在点，使得 C. 的最大值为 D. 与平面所成角的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在复数范围内写出符合方程的一个解______． 13. 已知向量，满足在方向上的投影向量为，若，，则______． 14. 记的内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为______． 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. 记的内角、、的对边分别为、、，已知． （1）求； （2）若，，求的周长． 16. 已知向量与的夹角为，，． （1）求和的值； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 17. 如图，已知四棱台的底面是平行四边形，，为的中点，为钝角三角形． （1）求证：平面； （2）若平面平面，，求证：平面． 18. 记的内角的对边分别为，已知． （1）当点D满足时． ①若，，求； ②若，求． （2）当时，判断的形状并证明． 19. 如图，已知菱形的边长为2，，将沿翻折至． （1）若二面角的余弦值等于，求三棱锥的体积； （2）若二面角的正切值的取值范围是，，B，C，D在同一个球面上，求该球的表面积的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $