内蒙古自治区呼和浩特市中央民族大学附属中学呼和浩特分校2025-2026学年试高一下学期期末考试数学试卷

NM (人教B版) 2025~2026学年度第二学期期末 高一数学 注意事项： 1.本试卷共4页，满分150分，时间120分钟. 2.答卷前，考生务必将自己的姓名和准考证号填写在答题卡上 3.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需 改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.涂写在本试卷上无效 4.作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效. 5.考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试题不回收 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.已知复数x=1-i,则z的虚部为 A.i B.-i C.1 D.-1 2.下列各图中，能正确表示二面角α-AB-B的是 B B A B D 3.已知向量a=(2,3),b=(1,y),若a⊥b,则y= A.-1 B.-2 3 C. 3 D. 2 4.若ina=5,coB=-1,ae(7,m),则cos(a+B)= A D 5.某科技馆“人造太阳”模型外观为圆台形，上底面半径为0.8m,下底面半 径为1.2m,圆台母线长为1.5m,模型外侧面需要喷漆，则喷漆面积为 A.3 B.T m2 C.3m m2 D.6mm2 (第5题图) 高一数学期末-人教B版-1-（共4页）》 6已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别为ab,c若08BoC则△ABC的形状为 A.等边三角形 B.底边和腰不相等的等腰三角形 C.直角三角形 D.等腰直角三角形 7.在正三棱锥A-BCD中，棱AB的中点为E,棱AC的中点为F,棱BD的中点为G,经过点E,F,G 的平面截正三棱锥A-BCD所得的截面图形一定是 A.三角形 B.矩形 C.梯形 D.菱形 8.如图，正方体ABCD-A,B,C,D1中，M,O分别是CC1,BD的中点，则平面 D BDM与平面OA,B,的夹角为 A.30° B.45° C.60° (第8题图)》 D.90° 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，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9已知复数：=则 A.|z=√2 B.z=1-i C.z在复平面内对应的点位于第二象限 D.z为方程x2+2x+2=0的一个根 10.已知函数f(x)=sin wx+cos wx(w>0).则下列说法正确的是 A.f(x)的最大值为2 B.若f(x)的最小正周期为T,则ω=2 C.若x)的一个对称中心为（年，0，则ω=1 D若)在区间，）内有2个零点，则c(仔， 11.如图，在正四面体ABCD中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体ABCD的内切球，小 球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体ABCD的高为2，则 A大球的体积为若 B.大球的表面积为4m C.小球半径为大球半径的四分之一 C (第11题图) D.5个球的表面积之和为2π 高一数学期末-人教B版-2-（共4页） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.在△ABC中，AB=1,AC=5,BC=3√2，则角B= 13.已知复数z满足|z-1=1,则|z+1-2i的最小值为 14.如图，两座建筑物AB,CD的高度分别是6m和10m,从建筑物AB的顶部 A看建筑物CD的张角∠CAD=45°，则这两座建筑物AB和CD的底部之 间的距离BD= m. (第14题图) 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.(本小题满分13分) 已知a=4,b=2,且向量a与向量b的夹角为2m (1)求a·b与(a-b)·(a+2b)的值； (2)求向量a-b与向量a+2b的夹角的余弦值. 16.(本小题满分15分) 已知角a以x轴的非负半轴为始边，终边落在第二象限，且与单位圆交于点P,号) (1)求sina、cosa、tan2a的值； (2)化简再求值： 1-(sma-asa+2as3(37） sina·tan(T+a)-sin(-a） 高一数学期末-人教B版-3-（共4页）》 17.（本小题满分15分) 已知函数f(x)=23 sin xcos x+2cos2x-1. (1)求函数)在[石写]上的单调递增区间； (2)求使f(x)≥1成立的x的取值集合 18.(本小题满分17分) 如图，四棱锥P-ABCD中，PD⊥平面ABCD,底面ABCD是正方形，PD=AB=2,E为PC中点，O 为正方形ABCD的中心： (1)求证：PA∥平面BDE; (2)求证：DE⊥平面PCB; (3)求直线PA与平面PBD所成角的大小. (第18题图) 19.（本小题满分17分) 已知法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出过一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边 向外构造三个等边三角形，则这三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如 图，在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知asin A-bsin B=c(sinC-sinB),以AB, BC,AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为O1,02,03 (1)求A; (2)若△A0103外接圆半径为1，求△010203的边长； (3)若a=3,△0,00，的面积为，求△ABC的周长 (第19题图) 高一数学期末-人教B版-4-（共4页） NM (人教B版) 2025~2026学年度第二学期期末 高一数学参考答案及评分标准 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.D2.D3.B4.A5.C6.A7.B8.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.若有两个正确选 项，则选对一个得3分，全部选对得6分；若有3个正确选项，则选对一个得2分，选对两个得4分，全部选对得6 分；有选错的得0分. 9.AD 10.ABD 11.AD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.(或135) 13.22-1 14.12 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.解：(1)因为a=4,b=2,且向量a与向量b的夹角为 3 所以ab=ab1as否-4 (3分) (a-b)·(a+2b)=a2+a·b-2b2=16-4-2×4=4. (6分) (2)因为|a-b12=(a-b)2=a2-2a·b+b2=16-2×(-4)+4=28,所以|a-b=27, 因为a+2b2=(a+2b)2=a2+4a·b+4b2=16,所以a+2b=4. 故向量a-b与向量a+2b的夹角0的余弦值cos0=(a-b):(a+2b)=4=Y7 …(13分) a-ba+2b27x414 16解：(1)因为角a的终边与单位圆交于点P(,号)，所以血a=号 由+() 1,得高 又角α的终边落在第二象限，所以0<0，即x=-3 13 所以co8a=- 13 tan a=sin a=12 cos a 5 因此tan2a 2tan a120 (7分) 1-tan2a119 (2)由诱导公式得cms(a)=-sina,am(+a)=lama,sin(-a)=sna 所以原式等于1-(sina=cosa2+2sim2a-2 sin+2sin2a-2cosa+2sina=2cosa.… (13分) sin atan a+sin a sin atan a+sin a tan a+1 所以原式的值为2×(）=19 (15分) 高一数学期末-答案-人教B版-1（共3页） 17.解：(1)fx)=25 sin8x+2cos2x-1=3sin2x+cos2x=2sin2x+石）， 由-受+2km≤2x+石≤+2m,keZ,得-写+6m≤≤石+6m,ke乙， 6 2 6 取k=0,得-号≤x≤石，取=1，得≤≤ 3 6 放函数)在[石，号]上的单调递增区间为[石，石引 (8分) (2)由x)≥1，得2sn2+）≥1，得m(2x+）≥2， 得T+2km≤2x+I≤5知+2km,kZ, 6 6 6 得km≤x≤T+hm,keZ, 3 故使)≥1成立的x的取值集合为m≤x≤号+6m,ke乙.…（(15分) 18.解：(1)证明：连接AC,交BD于点0，连接OE, 因为四边形ABCD是正方形，所以O为AC中点， 又E为PC中点，所以OE∥PA, 因为OEC平面BDE,PA丈平面BDE, 所以PA∥平面BDE.… …(5分) (2)证明：因为四边形ABCD是正方形，所以BC⊥CD, 又PD⊥平面ABCD,BC,CDC平面ABCD,所以PD⊥BC, 因为PDOCD=D,PD,CDC平面PDC, 所以BC⊥平面PDC,又DEC平面PDC,所以BC⊥DE, 在△PDC中，因为E为PC中点，PD=AB=DC,所以DE⊥PC, 因为PC∩BC=C,PC,BCC平面PCB, 所以DE⊥平面PCB.… (10分) (3)因为PD⊥平面ABCD,ACC平面ABCD,所以PD⊥AC, 又四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD, 因为BD∩PD=D,BD,PDC平面PBD,所以AC⊥平面PBD, 连接OP,则直线PA与平面PBD所成角的平面角为∠APO, 又OPC平面PBD,所以AO⊥OP, 在正方形ABCD中，40=74C=子×V242-2, 因为PD⊥平面ABCD,ADC平面ABCD,所以PD⊥AD, 因为PD=AB=AD=2,所以AP=22, 在△P0中，inLAPO-怨径=可得乙APW-云 6 所以直线PA与平面PBD所成角为π. 6 (17分) 高一数学期末-答案-人教B版-2（共3页） 19.解：(1)因为asin A-bsin B=c(sinC-sinB), 所以由正弦定理得a2-b=c2-bc, 化简得+心=号，由余弦定理得c0sA 2bc 2 2 因为0°<A<180°，所以A=60°. (5分) (2)如图，连接A01,A0,由等边三角形的外心性质，可知 ∠01AB=∠03AC=30°， 由(1)可知∠BAC=60°， 所以∠01A03=30°+30°+60°=120°， 在△A01O3中，设外接圆半径为R, 由正弦定理可知00，=2R, sin∠01A03 代入R=1,得|0,03=2×1×sin120°=√3， 由题可知，△0,0203是等边三角形，所以△010203的边长为5.… (10分) (3)因为O,O3分别是以AB,AC为边向外作的等边三角形的外心， 所以A0,-,40,=, 因为正△00,0，面积为72酒所以时·100P·血60-10,0，P- 12 解得0,0，P=子，由(2)可知∠0,40，=120， 所以在△01A03中，由余弦定理得|01032=A012+A032-2A01|·|A03|·cos∠01A03, 子-号号2答·()因此ew=7 又因为△ABC中，∠BAC=60°，a=V3, 所以由余弦定理得a2=b2+c2-2 becosA,即b2+c2-bc=3, 因此bc=2,b2+c2=5,得b+c=√6+c2+2bc=3, 因此△ABC的周长为3+√3. (17分) 高一数学期末-答案-人教B版-3（共3页）