精品解析：北京一零一中2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试卷

北京一零一中2025-2026学年度第二学期期末考试 高一数学 （本试卷满分120分，考试时间100分钟） 命题：高一数学备课组 审稿：贺丽珍 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知复数，则（ ） A. 0 B. C. 101 D. 202 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知，，为三个不同的平面，m，l为两条不同的直线，，．下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为32的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在正方体中，下列结论错误的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 7. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量，，是两两不平行的向量，“且”是“”的（） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 已知，向量与，与均不共线，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为1的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列四个命题： ①对任意点Q，都有； ②存在点Q，使得平面MNP； ③当点Q在平面MNP内时，四棱锥的体积是； ④过点Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为． 其中正确命题的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 设，则复数z对应的点在第________象限． 12. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，的面积为，已知，，则________；请写出一个的值，使得满足条件的三角形恰有1个，则________． 13. 工厂生产如图所示的零件，四棱锥的所有棱长均为30，工人师傅需要以，的中心M，N所在直线为轴，贯穿一个圆形孔洞（孔洞可以认为是底面直径为4的圆柱的一部分），则这个零件的体积为________． 14. 已知圆锥的底面半径是R，高为R，如图所示，正方体的四个顶点A，B，C，D在底面上，四个顶点，，，在圆锥的侧面上，球O与正方体的面和圆锥的侧面都相切，则正方体棱长与球半径的比值是________． 15. 在中，A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且，．给出下列四个结论： ①存在满足条件的钝角三角形ABC； ②存在a，b，c为连续的正整数，使得中； ③存在，其面积小于； ④当的面积为有理数时，a可以为2． 其中所有正确结论的序号为________． （海伦-秦九韶公式，其中，可以用于计算三角形面积） 三、解答题共5小题，共55分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 16. 如图，在正方体中，E为中点，F为中点，证明： （1）平面； （2）平面． 17. 已知函数的最大值为2． （1）求a的值； （2）在区间上单调递减，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得函数存在且唯一确定，求的最小正周期及在区间上的取值范围． 条件①：； 条件②：为函数的最值点； 条件③：． 18. 如图，在直角三角形ABC中，角B为直角，D，E分别为AB，AC的中点，将沿DE进行翻折，使得平面平面． （1）证明：在四棱锥中，； （2）在四棱锥中，已知，四棱锥的体积为3． ①求点E到平面ACD的距离； ②若M为AC中点，求DM与平面BCED夹角的正弦值． 19. 如图，操场上有甲、乙两名同学在踢足球，同学甲在A处，同学乙在B处．已知B在A的正西方向，并且两人相距12m，假设两名同学与球都在同一平面运动，请回答下列问题： （1）如果同学甲在A处沿西偏北45°方向传球，同时同学乙从B处出发沿西偏北60°方向跑动，一段时间过后，同学乙和球同时到达C处，求线段AC的长度； （2）如果同学甲在A处沿西偏北方向传球，同时同学乙从B处出发．已知足球的运动速度为10m/s，同学乙跑动的速度为，且同学乙和足球均保持匀速直线运动． ①如果不考虑足球场的边界，假设一段时间过后，同学乙和球同时到达D处，请求出的取值范围（用弧度值表示）； ②如果在初始时刻，在B的北方有一条足球场的边界线l，与直线AB的距离为．假设一段时间过后，同学乙和球同时到达E处，且E在边界线l的南侧（包含边界线l），请直接写出的取值范围． 20. 集合．对于集合A中的任意元素和，记，． （1），，求和的值； （2）若均为A中的元素，且，，求k的最大值； （3）若均为A中的元素，，且，求k的所有可能取值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京一零一中2025-2026学年度第二学期期末考试 高一数学 （本试卷满分120分，考试时间100分钟） 命题：高一数学备课组 审稿：贺丽珍 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 已知复数，则（ ） A. 0 B. C. 101 D. 202 【答案】B 【解析】 【分析】利用共轭复数的模与原复数的模相等的性质，结合复数模的计算公式求解 【详解】对于任意复数（），满足性质.   ， 因此，故选B 2. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦二倍角公式，对原式化简，可求得，再结合正余弦的平方关系，即可求解. 【详解】由正弦二倍角公式，可得， 所以， 又，所以， 所以化简得，解得， 所以. 3. 已知，，为三个不同的平面，m，l为两条不同的直线，，．下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】A 【解析】 【分析】结合面面垂直、线面垂直、线面平行、面面平行的判定及性质定理，逐一判断各选项的正确性 【详解】已知，，由交线的性质可得且 对选项A：因为且，根据面面垂直的判定定理：若一个平面经过另一个平面的一条垂线，则两个平面互相垂直，可推出，即，故A正确； 对选项B：若，与可能平行，也可能相交，例如空间直角坐标系的三个坐标平面两两垂直，满足时与可垂直，故B错误； 对选项C：根据面面垂直的性质定理，仅当且时，才有，题干未给出的条件，无法推出结论，故C错误； 对选项D：若，，则或，并非一定平行于，故D错误. 4. 已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为32的正方形，则该圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由圆柱轴截面为正方形的性质求出底面半径和高，再代入圆柱表面积公式计算得结果 【详解】过直线的平面截得的截面为圆柱的轴截面。设圆柱的底面半径为，高为. 因为轴截面是正方形，所以轴截面的边长等于底面直径，也等于圆柱的高，即. 由正方形面积为32，可得，解得. 根据圆柱表面积公式： 两底面面积和： 侧面积：  ,因此，故选C. 5. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用正弦定理将边的关系转化为角的关系，结合三角恒等变换与三角形内角和定理求出角，进而计算角 【详解】设外接圆半径为，由正弦定理， 得，，， 代入得：  , 左边为，又，故， 因此  展开右侧得， 移项整理得. 因为，所以，故，又，得. 由三角形内角和为，得. 6. 如图，在正方体中，下列结论错误的是（ ） A. 平面 B. 平面 C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方体的几何性质，利用线面平行、面面平行及线面垂直的判定定理与性质定理逐一判断各选项即可. 【详解】对于A，在正方体中，且， 所以四边形为平行四边形，则. 又因为平面平面，所以平面，故A正确； 对于，在正方体中，侧棱底面，即平面，故正确； 对于C，平面即平面，在正方形中，. 若平面平面，因为平面平面，且平面. 因为，所以平面，因为平面，所以. 但在正方体中，为等边三角形，所以与不垂直， 这与平面矛盾.所以平面不垂直于平面，故错误； 对于D，由A可知，又平面，平面，所以平面， 又因为，平面，平面，所以平面. 因为，平面，所以平面平面，故D正确. 7. 已知为第二象限角，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二倍角公式化简已知等式，求出和的值，再利用两角和的余弦公式进行求解即可. 【详解】因为，所以， 因为为第二象限角，所以，则， 整理得，又为第二象限角， 所以，， . 8. 已知向量，，是两两不平行的向量，“且”是“”的（） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】充分性验证：若且. 根据共线向量定理，存在，满足：① ② 由①整理得，代入②得： 整理得. 因为不共线，根据平面向量基本定理，对应系数相等：， 联立消去得，充分性成立. 必要性验证：若，取，满足两两不平行， 此时，，显然，两向量不平行，无法推出题设的两个平行关系，必要性不成立. 综上，题设条件是的充分不必要条件. 9. 已知，向量与，与均不共线，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】不妨取，设，计算可得，，根据已知可得，可求得，当时，可得与共线，不符合题意，计算可求得的取值范围. 【详解】因为，不妨取，设，因为， 所以，所以，所以，又向量与不共线，所以， 设，所以， 又因为，所以，即， 所以，解得， 当，代入得，此时，此时与共线，不符合题意， 所以； 当时，代入得，解得，此时， 又，故与不共线， 综上所述：. 又，所以的取值范围是. 10. 如图，在棱长为1的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列四个命题： ①对任意点Q，都有； ②存在点Q，使得平面MNP； ③当点Q在平面MNP内时，四棱锥的体积是； ④过点Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为． 其中正确命题的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可证平面，进而可判断①；作出截面，其中分别为的中点，若平面MNP，则与重合，可判断②；求得四棱锥的体积可判断③；求得过点Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值判断④. 【详解】由正方体，得平面， 又平面，所以， 由正方形，可得，又，平面， 所以平面，又平面，所以，故①正确； 平面在正方体内的截面为，其中分别为的中点， 又平面平面，若平面MNP， 则，则与重合，不符合题意，故②错误； 由题意知点Q在平面MNP内时，知与重合，连接交于， 由题意可证平面，且， 又，可求得， 所以，故③正确； 取的中点，连接，由平面几何知识可证， 又平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 记平面，可证截面为矩形， 又，又，所以此时， 观察可得此时截面面积最大，最大面积为，故④正确. 所以正确命题的个数为3个. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 设，则复数z对应的点在第________象限． 【答案】 四 【解析】 【分析】先利用复数的除法运算法则求出复数，再结合复数的几何意义判断对应点所在象限 【详解】由已知等式，    因此对应的点坐标为，故位于第四象限. 12. 在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，的面积为，已知，，则________；请写出一个的值，使得满足条件的三角形恰有1个，则________． 【答案】 ①. ②. （答案不唯一,大于等于1也可） 【解析】 【详解】三角形的面积公式为 . 代入已知条件 ，且 ，得： 因为 为三角形边长，故 ，等式两边约去 得 ，即 . 又 ，因此 . 由余弦定理 ，代入 . 整理得关于 的一元二次方程： 满足条件的三角形恰有1个等价于上述方程仅有1个正实数解： 当 时，方程有两个相等的正实根，解得 (边长为正，舍去负根)，符合要求； 当方程两根之积 时，方程有一个正实根和一个非正实根，解得 ，也符合要求，例如取 . 13. 工厂生产如图所示的零件，四棱锥的所有棱长均为30，工人师傅需要以，的中心M，N所在直线为轴，贯穿一个圆形孔洞（孔洞可以认为是底面直径为4的圆柱的一部分），则这个零件的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用勾股定理求出正四棱锥体积，结合重心性质确定贯穿圆柱的轴线长度，最后依据祖暅原理用圆柱体积公式计算孔洞体积并从棱锥总体积中扣除即可. 【详解】由题意得， 设底面正方形的中心为，连接，易得为四棱锥的高， 则，，， 则， 设分别为的中点，连接，显然且， 因为是的中心，且为等边三角形，所以在中线上， 且满足，因为是的中心， 且为等边三角形，所以在中线上，且满足， 在中，由于，所以，且， 根据祖暅原理，只要该几何体在垂直于轴线的方向上，每个截面均为半径的圆， 那么其体积就等价于一个底面积为，高为轴线段长度的圆柱的体积， 即该孔洞的体积， 综上，这个零件的体积为. 14. 已知圆锥的底面半径是R，高为R，如图所示，正方体的四个顶点A，B，C，D在底面上，四个顶点，，，在圆锥的侧面上，球O与正方体的面和圆锥的侧面都相切，则正方体棱长与球半径的比值是________． 【答案】 【解析】 【分析】分别利用相似三角形和直角三角形找出圆锥的高与正方体棱长的差值同a以及球半径r的关系，最后以为中间量进行等量代换，从而求出a与r的比值. 【详解】设正方体的棱长为，易得母线与圆锥的高的夹角为， 连接交于点，设圆锥顶点为，其在底面的投影为，交于点， 易得相似于，则为等腰直角三角形，则， ，， 则，即， 设球的半径为，由题意得球心到圆锥底面的高度为， 则球心到圆锥顶点的距离为， 由球心向圆锥母线作垂线，交于点，则， 由上知，则， 即，整理得， 代入得， 则. 15. 在中，A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且，．给出下列四个结论： ①存在满足条件的钝角三角形ABC； ②存在a，b，c为连续的正整数，使得中； ③存在，其面积小于； ④当的面积为有理数时，a可以为2． 其中所有正确结论的序号为________． （海伦-秦九韶公式，其中，可以用于计算三角形面积） 【答案】①② 【解析】 【分析】① 取满足三边关系且 的正整数边长，可构成钝角三角形，故存在；② 设连续正整数为 ，由正弦定理和余弦定理化为方程，解出正整数解并验证角关系成立；③ 整数边三角形面积最小为等边情况，面积恰为临界值，其余均更大，故不存在；④ 固定 ，分  或 ，由海伦-秦九韶公式导出面积平方表达式，非完全平方，故不存在. 【详解】结论①：已知，因此的最大角为，若为钝角三角形，则为钝角， 即要求，同时三角形需要满足三边关系. 取， 满足，且；三边关系，可构成三角形； 且，满足为钝角的要求. 因此存在满足条件的钝角三角形，故①正确； 结论②：若为连续正整数，设，. 则，由正弦定理得， 结合余弦定理​，代入得， 即. 由于为正整数，解得，即. 验证，​，，故成立，②正确； 结论③：是正整数，满足， 最小的情况：由且，得唯一正整数，即三边长为， 面积为​​，恰好等于临界值，不满足“小于”. 其他情况（或）的面积均大于​​，不存在面积小于的三角形，故③错误； 结论④：若，由，正整数只能为或： ：此时，乘积， 由海伦-秦九韶公式得​，若为有理数，则为完全平方数，仅满足，此时不构成三角形； ：此时​，乘积为，由海伦-秦九韶公式得​​， 化简，因为一定能被 4 整除， 所以，即， 但任何完全平方数模 4 只能是 0 或 1，不可能等于 3，所以不可能是完全平方数，无有效解. 即不存在面积为有理数的三角形，故④错误. 因此所有正确结论的序号为①②. 三、解答题共5小题，共55分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 16. 如图，在正方体中，E为中点，F为中点，证明： （1）平面； （2）平面． 【答案】（1）因为 平面，且 平面 ，所以 . 侧面 是正方形，正方形对角线互相垂直，因此 . 又 ，且 平面，根据线面垂直的判定定理，可得平面. （2） 取的中点，连接、. 因为是中点，是中点，所以. 又平面， 平面，由线面平行判定定理得平面. 因为是中点，是中点，所以是的中位线，因此. 又平面，平面，由线面平行判定定理得平面. 因为，且平面， 即平面内两条相交直线都平行于平面，因此平面平面， 又平面，由面面平行的性质可得平面，得证. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直及正方形对角线垂直，找平面内两条相交直线均与垂直，由判定定理得线面垂直； （2）取中点 ，分别证 ​、​，得平面 平面 ​，故 平面 ​. 【小问1详解】 略​. 【小问2详解】 略. 17. 已知函数的最大值为2． （1）求a的值； （2）在区间上单调递减，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得函数存在且唯一确定，求的最小正周期及在区间上的取值范围． 条件①：； 条件②：为函数的最值点； 条件③：． 【答案】（1）. （2）选择条件②，最小正周期为，取值范围为. 【解析】 【小问1详解】 因为. 因此. 又， 所以. 的最大值为，解得. 【小问2详解】 由(1)知. 已知在上单调递减，且. 先考虑需要满足的单调性条件. 令，当时，，区间长度为 . 的递减区间为 ， 该区间长度为 ，故需 ，即 . 若 ，区间起点 ，而 ，无交集. 若 ，区间终点 ，而 ，无交集. 故只能取 ，故需且. 解前一不等式得，解后一不等式得. 所以的取值范围是. 若选条件①：. 代入得，即. 所以，解得. 结合，无整数使落在该区间，故条件①不满足. 若选条件②：为的最值点. 最值点满足. 两边乘6：，即，. 在内，时；时超出，故唯一. 若选条件③：. 计算，. 由得. 所以或. 解得（舍去，不在区间内）或. 时，超出；无合适解，故条件③也不成立. 三个条件逐一检验后发现：条件②中在区间内且满足单调性，且唯一确定为. 此时最小正周期. 当时，. 正弦在此区间从递减到，所以取值范围是. 综上，；满足条件的为条件②，，最小正周期，取值范围. 18. 如图，在直角三角形ABC中，角B为直角，D，E分别为AB，AC的中点，将沿DE进行翻折，使得平面平面． （1）证明：在四棱锥中，； （2）在四棱锥中，已知，四棱锥的体积为3． ①求点E到平面ACD的距离； ②若M为AC中点，求DM与平面BCED夹角的正弦值． 【答案】（1）因为在中，D，E分别为AB，AC的中点，所以， 又因为，所以，所以将沿DE进行翻折后， 又平面平面，平面平面，所以平面， 又因为平面，所以； （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用面面垂直的性质可证得平面，进而利用线面垂直的性质可证结论； （2）①利用等体积法可求得点E到平面ACD的距离；②过作交于，为DM与平面BCED所成的夹角，进而计算即可求解. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 ①设，则，又，则， 因为，，又，平面， 所以平面， 所以 ， 解得，所以， 在中，， 设点E到平面ACD的距离为， 因为，所以， 所以，解得. ②过作交于， 因为平面，所以平面， 所以在平面内的射影为， 所以为DM与平面BCED所成的夹角， 在中，，所以， 因为，M为AC中点，所以， 在中，， 所以DM与平面BCED夹角的正弦值为． 19. 如图，操场上有甲、乙两名同学在踢足球，同学甲在A处，同学乙在B处．已知B在A的正西方向，并且两人相距12m，假设两名同学与球都在同一平面运动，请回答下列问题： （1）如果同学甲在A处沿西偏北45°方向传球，同时同学乙从B处出发沿西偏北60°方向跑动，一段时间过后，同学乙和球同时到达C处，求线段AC的长度； （2）如果同学甲在A处沿西偏北方向传球，同时同学乙从B处出发．已知足球的运动速度为10m/s，同学乙跑动的速度为，且同学乙和足球均保持匀速直线运动． ①如果不考虑足球场的边界，假设一段时间过后，同学乙和球同时到达D处，请求出的取值范围（用弧度值表示）； ②如果在初始时刻，在B的北方有一条足球场的边界线l，与直线AB的距离为．假设一段时间过后，同学乙和球同时到达E处，且E在边界线l的南侧（包含边界线l），请直接写出的取值范围． 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理可求； （2）①利用余弦定理可得，结合的范围及双勾函数的单调性可求的范围；②结合①的结果和的取值范围可求的取值范围． 【小问1详解】 如图，由题设有，， 故，在中，由正弦定理得， 所以即. 【小问2详解】 ①设经过秒后同学乙和球同时到达处， 则，，， 若， 则在中，由余弦定理可得， 故即， 而，故， 因为在上为减函数，在上为增函数， 所以，此时，故， 若，则即， 综上，. ②仍设经过秒后同学乙和球同时到达处， 若，则，符合题设要求，此时； 若，由①可得且， 则且， 若，则，故， 而，同①可得， 由可得， 若，则不成立； 若，则， 故即， 故； 若，则， 故且， 因为当，， 故此时， 若，则， 故此时，由①可得， 综上，. 20. 集合．对于集合A中的任意元素和，记，． （1），，求和的值； （2）若均为A中的元素，且，，求k的最大值； （3）若均为A中的元素，，且，求k的所有可能取值． 【答案】（1）， （2） （3），，， 【解析】 【分析】记录每个元素中非零坐标所在的位置．（2）可转化为若干二元位置集合两两恰有一个公共位置的问题；（3）补入全零元素后，按某一坐标为或进行配对，确定元素总数． 【小问1详解】 由题意，. 所以. 【小问2详解】 对，用表示其非零坐标所在位置组成的集合． 由，知每个均含有两个元素． 设与有个公共元素，则恰有个非零坐标． 由,得． 因此任意两个位置集合恰有一个公共元素． 设． 若所有位置集合都含，则另一个位置只能从其余个位置中选择，所以； 同理，若所有位置集合都含，也有． 若上述两种情况均不成立，则存在. 因为与恰有一个公共元素，所以． 此时，任一含而不含的位置集合，为了与有公共元素，只能是； 任一含而不含的位置集合，同理只能是． 故此时至多有个位置集合． 综上，． 取可知条件成立，所以的最大值为． 【小问3详解】 记. 若存在使，则，但，与题设的集合相等矛盾． 所以互不相同，中有个元素． 又因为中的每个元素都可写成两个元素的，而这种运算所得元素的每个坐标只能为或，所以中每个元素的各坐标均为或． 令. 由题设可知，任取，都有：当时，； 当其中一个为时，结果为另一个元素； 当为两个不同的非零元素时，结果属于． 现按某一个坐标为或将分成两部分． 若该坐标在中恒为，则略去这个坐标； 若该坐标在中出现，取该坐标为的一个元素． 对于该坐标为的任一元素，的该坐标为； 反过来，对于该坐标为的任一元素，的该坐标为． 并且逐个坐标可验证. 所以这两部分的元素个数相等． 保留坐标为的那一部分，对其余坐标重复上述过程． 经过不超过次配对后，只剩下元素，故. 于是. 由，得，所以. 下面说明这些值均可取得． 对任意，取为所有形如. 且不全为的元素组成的集合，则． 任取两个不同元素，有． 反之，对任意，可取且，令，则且，并有． 因此题设的两个集合相等． 所以的所有可能取值为，，，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $