精品解析：北京市北京大学附属中学行知/未名学院2025-2026学年第二学期高一年级期末考试数学试卷

北京市北京大学附属中学行知未名学院2025-2026学年第二学期高一年级期末考试 数学试卷 考生须知： 1.考生要认真填写考场号和座位序号. 2.本试卷共4页，分为两部分：第一部分为选择题，共40分；第二部分为非选择题，共110分. 3.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.第一部分必须用2B铅笔作答，第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答. 4.考试结束后，考生应将答题卡放在桌面上，待监考员收回. 第一部分（选择题 共40分） 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. 复数是纯虚数，则实数（ ） A. 0 B. C. 1 D. 2. 下列函数中，周期为且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 3. 若四边形ABCD是正方形，E是DC边的中点，且，则等于(　 　) A. b＋a B. b－a C. a＋b D. a－b 4. 已知非零向量满足，且，则与的夹角是（ ） A. B. C. D. 5. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，它是中国古老的传统民间艺术之一．在2022年虎年新春来临之际，人们设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如图1）．已知正方形ABCD的边长为2，中心为O，四个半圆的圆心均在正方形ABCD各边的中点（如图2，若点P在四个半圆的圆弧上运动，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，将的图象向右平移个单位得到的图象，若的图象的对称中心落在图象的对称轴上，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 7. 在中，若，则的形状描述最符合的是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 8. 已知函数，则的图象的对称中心可以是（ ） A. B. C. D. 9. 已知是非零向量，“”是“对于任意的，都有成立”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 既不充分也不必要条件 C. 充分必要条件 D. 必要不充分条件 10. 已知函数，给出下列四个命题： ①的图象关于轴对称； ②对任意，当时，成立； ③对任意，存在，使得当时，成立； ④存在，使得对任意恒成立. 其中正确的个数是（ ） A. B. C. D. 第二部分（非选择题 110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 若复数满足：，则______. 12. 在中，. ①若，则角的大小为___________； ②若符合条件的有两个，则的取值范围是___________. 13. 如图所示，海岸上有一个竖直向上的灯塔，塔顶为点，塔底为点.现有两个小岛，且三点在同一水平面内，为确认两个小岛之间的距离，在小岛处分别可以测得灯塔的仰角和，在灯塔的塔底处可以测得.已知灯塔高度（单位：米），，，则的距离为___________米. 14. 已知函数，其中是常数. ①若，则的最大值是___________； ②若且的最大值是，则的一个取值为___________. 15. 如图，在直角梯形ABCD中，为BC中点.点是平面上的动点，且. 给出下列结论： ①若动点在线段BC上运动，则的最小值是8； ②若动点满足，则的最小值是； ③若动点满足，则的最小值是； ④若动点在直角梯形ABCD上及内部运动，则的最大值是. 其中所有正确结论的序号是___________. 三、解答题.共6小题，共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 16. 在平面直角坐标系xOy中，已知向量. （1）求向量与向量的夹角； （2）若向量满足且，求的坐标； （3）若向量与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 17. 如图所示，在四边形ABCD中，∠D＝2∠B，且AD＝1, CD＝3，cos B＝. (1)求△ACD的面积； (2)若BC＝，求AB的长． 18. 已知函数. （1）求函数的单调递减区间； （2）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围； （3）求不等式的解集. 19. 在中，，是边上的一点. （1）求； （2）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，使得存在且唯一，求的面积. 条件①：，，； 条件②：，，； 条件③：是中点，，. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 20. 已知函数在区间上是减函数，且.从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在. 条件①：对任意恒成立； 条件②：； 条件③：. （1）求的值； （2）若函数在区间内有最小值而无最大值，求实数的取值范围. （3）若直线与函数的图象相交的连续三个点从左到右依次记为A，B，C，且，直接写出实数的值（不必说明理由）. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 21. 给定正整数，定义集合.对任意，定义和的内积为：.若的非空子集满足：对任意互不相同的，都有，则称为“的子集”. （1）当时，设，记集合. （i）分别判断和是否为“的子集”，并说明理由； （ii）若集合是的子集，且的元素个数为4，当时，求. （2）当时，若为的子集，证明：中至多有两个元素. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市北京大学附属中学行知未名学院2025-2026学年第二学期高一年级期末考试 数学试卷 考生须知： 1.考生要认真填写考场号和座位序号. 2.本试卷共4页，分为两部分：第一部分为选择题，共40分；第二部分为非选择题，共110分. 3.试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效.第一部分必须用2B铅笔作答，第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答. 4.考试结束后，考生应将答题卡放在桌面上，待监考员收回. 第一部分（选择题 共40分） 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. 复数是纯虚数，则实数（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知复数是纯虚数，则实部，解得； 虚部，解得， 综上，． 2. 下列函数中，周期为且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据三角函数周期公式或周期定义判断各选项函数的周期，再结合正、余弦函数以及正切函数的图象与性质判断其在指定区间上的单调性． 【详解】对于A，，周期为，在上单调递减且大于0， 所以在上单调递减，A错误； 对于B，，周期为， 当时，，因为在上先递减再递增， 所以在上先递减再递增，B错误； 对于C，其最小正周期，不是的周期，C错误； 对于D，的最小正周期为，且正切函数在开区间内单调递增，取得区间，是该区间的子集，故在上单调递增，所以D正确. 3. 若四边形ABCD是正方形，E是DC边的中点，且，则等于(　 　) A. b＋a B. b－a C. a＋b D. a－b 【答案】B 【解析】 【详解】 ∵四边形ABCD为正方形，E为CD边的中点， . 又因为. 所以. 故选B. 4. 已知非零向量满足，且，则与的夹角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以. 所以，所以. 5. 窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，它是中国古老的传统民间艺术之一．在2022年虎年新春来临之际，人们设计了一种由外围四个大小相等的半圆和中间正方形所构成的剪纸窗花（如图1）．已知正方形ABCD的边长为2，中心为O，四个半圆的圆心均在正方形ABCD各边的中点（如图2，若点P在四个半圆的圆弧上运动，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据数量积的几何意义求解． 【详解】，即与在向量方向上的投影的积．由图2知，点在直线上的射影是中点，由于，圆弧直径是2，半径为1， 所以向量方向上的投影的最大值是2，最小值是－2， 因此的最大值是，最小值是，因此其取值范围为， 故选：D． 6. 已知函数，将的图象向右平移个单位得到的图象，若的图象的对称中心落在图象的对称轴上，则的值可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意结合正弦型函数性质可得，再依次检验各选项即可求解. 【详解】令，解得， 所以函数的对称中心为， 由题意知，， 所以， 所以且， 对于A，若，则，解得，故A不符合题意； 对于B，若，则，解得，故B符合题意； 对于C，若，则，解得，故C不符合题意； 对于D，若，则，解得，故D不符合题意； 7. 在中，若，则的形状描述最符合的是（ ） A. 直角三角形 B. 等腰三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 【答案】B 【解析】 【分析】考查向量的减法法则，将已知等式移项后转化为三角形边长模的关系式即可. 【详解】由条件， 可得， 即，即，故为等腰三角形. 8. 已知函数，则的图象的对称中心可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用二倍角公式化简函数解析式，再结合正切函数的对称中心性质推导目标函数的对称中心即可. 【详解】确定函数定义域：由得， 利用二倍角公式化简：，， 代入得：， 正切函数的对称中心为， 令，解得，即的对称中心为， 当时，对称中心为，其余选项横坐标均不满足，故排除. 9. 已知是非零向量，“”是“对于任意的，都有成立”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 既不充分也不必要条件 C. 充分必要条件 D. 必要不充分条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件、必要条件的定义，将向量模的不等式两边平方转化为数量积运算，结合二次函数恒成立的条件判断即可 【详解】充分性： 已知是非零向量，若，由向量垂直的充要条件得： ，即， 对任意 ，， 代入，得， 又， 两式作差得：， 因为是非零向量，故，又， 所以，即对任意 成立，充分性成立。 必要性： 若对任意 ，都有，两边平方得， 展开得， 整理得对任意 恒成立， 因为是非零向量，故， 该式为关于的一元二次不等式，对全体实数恒成立则判别式， 则， 由，结合平方的非负性得， 即，故，必要性成立； 综上，“”是“对于任意的，都有成立”的充要条件. 10. 已知函数，给出下列四个命题： ①的图象关于轴对称； ②对任意，当时，成立； ③对任意，存在，使得当时，成立； ④存在，使得对任意恒成立. 其中正确的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合函数的奇偶性、单调性、极限性质、有界性依次判断四个命题的正确性即可. 【详解】已知， 对于命题①，的定义域为，关于原点对称， ，故为偶函数，图象关于轴对称，故①正确； 对于命题②，令，，则，， 即，故②错误； 对于命题③，由可得，对任意，取， 当时，有，故③正确； 对于命题④，对任意，由不等式可得，取， 则对所有都有，故④正确. 综上所述，正确的命题为①③④，共个，故C正确. 第二部分（非选择题 110分） 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分. 11. 若复数满足：，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数的除法求出后可得其模. 【详解】因为，故，故，填. 【点睛】本题考查复数的除法及复数的模，属于容易题. 12. 在中，. ①若，则角的大小为___________； ②若符合条件的有两个，则的取值范围是___________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由正弦定理得到方程，求出角，并由得到的取值范围 【详解】①，，故由正弦定理得， 即，解得， 因为，所以； ②若符合条件的有两个， 则，即. 13. 如图所示，海岸上有一个竖直向上的灯塔，塔顶为点，塔底为点.现有两个小岛，且三点在同一水平面内，为确认两个小岛之间的距离，在小岛处分别可以测得灯塔的仰角和，在灯塔的塔底处可以测得.已知灯塔高度（单位：米），，，则的距离为___________米. 【答案】 【解析】 【分析】利用直角三角形中的三角函数定义求出和的长度，然后在中利用余弦定理计算的长 【详解】由题意可知，灯塔竖直向上，且三点在同一水平面内，所以平面， 因为平面，所以，， 即和均为直角三角形. 在中，，， 所以 ， 在中， ，， 所以， 在中，， 由余弦定理得 . 所以. 故 的距离为米. 14. 已知函数，其中是常数. ①若，则的最大值是___________； ②若且的最大值是，则的一个取值为___________. 【答案】 ①. ②. （答案不唯一) 【解析】 【分析】①利用二倍角公式将函数转化为关于的二次函数，结合正弦函数值域和二次函数性质求最大值；②展开两角和的正弦公式合并后，利用的最值性质列方程求解 【详解】①当时，， 令，因为，所以，函数转化为二次函数， 该二次函数开口向下，对称轴为， 故当时取得最大值： . ②当时， ， 由题知的最大值为，所以 化简： ， 解得，即，取得为其中一个符合要求的取值. 15. 如图，在直角梯形ABCD中，为BC中点.点是平面上的动点，且. 给出下列结论： ①若动点在线段BC上运动，则的最小值是8； ②若动点满足，则的最小值是； ③若动点满足，则的最小值是； ④若动点在直角梯形ABCD上及内部运动，则的最大值是. 其中所有正确结论的序号是___________. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】建立平面直角坐标系，利用坐标求解，求出动点坐标为，结论①，利用数量积得到，结合一次函数的单调性得到的最小值，从而得到结论；结论②根据条件得到，利用数量积得到，由设，利用正弦函数的图像和性质得到的最小值，从而得到结论.结论③，求出，从而得到， 计算，利用二次函数的图像和性质求出的最小值，从而得到结论.结论④，由点在直角梯形内部及边界上，得到满足的约束条件，结合图形求出在点处取得最大值，从而得到结论. 【详解】 在直角梯形ABCD中，， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴建立平面直角坐标系， 因为，，，， 因为，，所以， 因为为中点，所以，即 则，， 因为，所以， 则动点坐标为， 结论①，因为，，所以线段的方程为，， 因为动点在线段BC上运动，所以，解得， 因为，， 所以， 设在区间上单调递增，故当时取得最小值， 故结论①正确. 结论②，因为，，所以，即， 因为，， 所以 ， 即， 因为，所以设， 则， 设，其中， 则的最大值为， 故的最小值为，与题干不符，结论②错误. 结论③，因为，所以， 解得， 因为，， 所以，解得，即， 因为，所以， 代入得到， 设，对称轴， 将代入得的最小值为， 则的最小值为，结论③正确. 结论④，因为点在直角梯形内部及边界上， 且直线的方程为， 所以，解得， 则， 画出满足约束条件的的图形， 如图所示，阴影部分包括边界为满足条件的图形， 结合图形可知，在点处取得最大值，且点满足， 解得，则的最大值为， 故结论④正确. 三、解答题.共6小题，共85分.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程. 16. 在平面直角坐标系xOy中，已知向量. （1）求向量与向量的夹角； （2）若向量满足且，求的坐标； （3）若向量与的夹角是钝角，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 或 （3） 【解析】 【分析】（1）可根据向量的夹角公式来求解夹角： （2）先根据向量平行的坐标表示设出的坐标，再结合向量的模的计算公式求解； （3）先求出与的坐标，再根据向量夹角为钝角的条件列出不等式求解. 【小问1详解】 ，因为，所以. 【小问2详解】 因为，，所以可设，由，可得， 解得，当时，；当时，，所以 或 . 【小问3详解】 因为向量与的夹角是钝角，所以且与不共线， 因， 由，可得，解得， 若与共线，则，解得， 所以当与不共线时，， 综上可得，. 17. 如图所示，在四边形ABCD中，∠D＝2∠B，且AD＝1, CD＝3，cos B＝. (1)求△ACD的面积； (2)若BC＝，求AB的长． 【答案】(1) ；（2）4. 【解析】 【详解】试题分析：（1）根据二倍角公式求cos D，再根据平方关系求sin D，最后根据三角形面积公式求求△ACD的面积；（2）根据余弦定理求AC，再根据余弦定理求AB 试题解析：(1)因为∠D＝2∠B，cos B＝， 所以cos D＝cos 2B＝2cos2B－1＝－. 因为D∈(0，π)， 所以sin D＝＝. 因为AD＝1，CD＝3， 所以△ACD的面积S＝AD·CD·sin D＝×1×3×＝. (2)在△ACD中，AC2＝AD2＋DC2－2AD·DC·cos D＝12， 所以AC＝2. 因为BC＝2，＝， 所以＝＝＝＝， 所以AB＝4. 18. 已知函数. （1）求函数的单调递减区间； （2）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围； （3）求不等式的解集. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由二倍角公式和辅助角公式得到，再结合正弦函数单调区间即可求解； （2）由即可求解； （3）不等式转换成，结合正弦函数的单调性即可求解. 【小问1详解】 化简函数：  令 ，解得 ，， 函数的单调递减区间是； 【小问2详解】 由 时，， 则，. 存在  使  成立，等价于 ， 故 . 【小问3详解】 ， 不等式化为 ，即 . 解得 ，即 ，， 故不等式的解集是. 19. 在中，，是边上的一点. （1）求； （2）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，使得存在且唯一，求的面积. 条件①：，，； 条件②：，，； 条件③：是中点，，. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1）； （2）选择条件①和条件②，的面积为. 【解析】 【分析】（1）先运用正弦定理，将角化边，再结合余弦定理，即可求解； （2）选择条件①：在中，运用余弦定理可求得，在中，运用正弦定理可求得，再结合三角形内角和性质，可求得，再根据三角形面积公式，即可求解. 选择条件②：由，，可得，，进而可求得，结合正弦定理，可求得，，再结合三角形内角和性质，可求得，再根据三角形面积公式，即可求解. 选择条件③：在中，根据余弦定理可求得或，即或，不唯一，不符合题意. 【小问1详解】 由正弦定理（为的外接圆半径）， 所以，，， 又，所以， 即，整理得，即， 所以，又， 所以； 【小问2详解】 选择条件①， 在中，，，， 由余弦定理，可得， 即，解得或（舍）， 又，，所以， 又在中，，，， 根据正弦定理，可得，所以， 又在中，，所以， 所以 ， 所以. 选择条件②： 因为，，所以， 又，，所以， 又在中，，所以， 所以 ， 在中，，，， 根据正弦定理可得，，所以， 在中，，，， 根据正弦定理可得，，所以， 又在中，，所以， 所以 ， 所以. 选择条件③： 在中，，，， 根据余弦定理可得，，即， 解得或， 又是中点，所以或，不唯一，不符合题意. 20. 已知函数在区间上是减函数，且.从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使函数存在. 条件①：对任意恒成立； 条件②：； 条件③：. （1）求的值； （2）若函数在区间内有最小值而无最大值，求实数的取值范围. （3）若直线与函数的图象相交的连续三个点从左到右依次记为A，B，C，且，直接写出实数的值（不必说明理由）. 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出，利用在上是减函数和得到,条件①：由对任意恒成立，得到为函数的最大值点，得到，通过联立方程组，由得到和的值，通过检验单调性得到条件①不符合题意.条件②：由，得到函数关于对称，利用对称轴得到，结合，求出，，通过单调性得到符合题意.条件③：由，得到和的值，与条件②结果一致，符合题意. （2）求出函数取最小值和最大值对应的值，由在区间内得到，要有最小值无最大值，需满足，计算得到的取值范围. （3）求出函数的最小正周期，设，求出，，，结合求出，从而得到的值. 【小问1详解】 因为 所以， 因为在上是减函数，且， 即，所以, 条件①：因为对任意恒成立， 所以为函数的最大值点， 可得， 则， 联立方程组， 解得，即， 令整数， 则，简化为， 解得， 代入第一个方程， 化简得 ，即， 因为，所以当且时，得， 综上，由条件①求得函数解析式为. 令，当 时,, 因为的单调性：在上单调递增，在上单调递减， 而已知在上为减函数，该解析式不满足这个条件， 因此条件①不符合题意，舍去. 条件②：因为，所以函数关于对称， 即，解得， 结合， 两式相减得到，解得， 设，则转化为， 解得， 代入得到， 解得，即， 因为且，所以当且时，，此时. 当 时，，在单调递减， 则符合题意. 故，，. 条件③：， 即， 解得， 解得或， ①， 当时，②， 用②减去①消去得到： ， ， 令， ，即， 将代入得到， 解得，则， 因为，所以无解. 当时，则，解得， 将代入得到， 解得，则， 因为，所以仅当且时满足，得，此时. 与条件②结果一致，符合题意. 故，，. 【小问2详解】 ， 令，得，此时取最小值， 令，得，此时取最大值， 因为函数在区间内，即， 要有最小值无最大值，需满足， 解得，则的取值范围为. 【小问3详解】 函数的最小正周期， 直线与函数的图象相交的连续三个点从左到右依次记为A，B，C， 设， 则，，， 因为，所以，解得， 又，代入得，解得， 因为， 所以或， 因为，所以， 则，故. 21. 给定正整数，定义集合.对任意，定义和的内积为：.若的非空子集满足：对任意互不相同的，都有，则称为“的子集”. （1）当时，设，记集合. （i）分别判断和是否为“的子集”，并说明理由； （ii）若集合是的子集，且的元素个数为4，当时，求. （2）当时，若为的子集，证明：中至多有两个元素. 【答案】（1）（i）是 “的子集”， 不是“的子集”； （ii）或者 （2）证明：假设中有三个元素， 记为， 且， 构造一个新元素，， 所以可能为3，1，-1，-3，记， 所以为奇数，所以每个除以8都会余1，（例如，除以8都余1） 所以， 即； 同时， 所以， 所以，即， 即，不成立，与假设矛盾， 所以中至多有两个元素. 【解析】 【小问1详解】 （i）， 所以，，， 所以是 “的子集”； 因为所以不是“的子集”. （ii）由（i）得，是 “的子集”， 因为，的元素个数为4， 设，， 所以，，， 所以，， 所以，或者， 所以或者 【小问2详解】 略 【点睛】运用题目所给的条件将问题中的元素代入计算可直接验证是否为的子集，同样，通过设变量可以由的子集找元素. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $