北京市顺义区第二中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页北京市顺义区第二中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试卷一、选择题：本大题共10小题，共50分。1.“点A在直线l上，l在平面α内”用数学符号表示为

(

)A.A∈l，l∈α B.A⊂l，l⊂α C.A⊂l，l∈α D.A∈l，l⊂α2.已知平面向量a=x, 1, b=−4, 2，且aA.±2 B.−2 C.0 D.23.在▵ABC中，a=2, c=4, ∠B=π3，则b=(

)A.2 B.22 C.24.如图，在▵ABC中，AD为BC边上的中线，若E为AD的中点，则CE=(

)

A.−14AB−54AC B.5.已知m,n是两条不同的直线，α, β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(

)A.若m//n, n⊂α，则m//α B.若α⊥β, m⊥β, n⊥m，则n⊥α

C.若m⊂α, n⊂β, α//β，则m//n D.若m⊥α, n⊥β, m⊥n，则α⊥β6.在▵ABC中，AB=3，AC=2，BC=10，则AB⋅ACA.−32 B.−23 C.7.在△ABC中，“cosA<cosB”是“sinA>A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件8.在▵ABC中，AC=4AD, BE=ED，设A.−38 B.58 C.39.海上某货轮在A处看灯塔B，在货轮北偏东75°，距离为306海里处；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为203海里处，货轮由A处向正北航行到D处时看灯塔B在东偏南30°，则灯塔C与DA.243海里 B.203海里 C.2010.祈年殿(图1)是北京市的标志性建筑之一，距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季;中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月;外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱AA1和两根金柱BB1，CC1形成的几何体ABC−A1B1C1(图2)中，A.78sin18∘ B.34sin二、填空题：本大题共5小题，共25分。11.在▵ABC中，a=2,b=23,A=π6，则B=

12.已知向量a=1, 3, b=2, 1，则向量a⋅b=13.如图，有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为4，高为6，圆锥的高为3，则这个木质工艺品的体积为

；表面积为

．

14.如图，已知正方形ABCD边长为4，E为线段CD的中点，若F为线段BE上的动点，G为DF的中点，则2AG+DA的最小值为

．

15.在正方体AC1中，E是棱CC1的中点，F是侧面B1BC①A1F②A1F③A1F④三棱锥F−AC其中，所有正确说法的序号是

．

三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.已知a=2, b=3，a与b的夹角为(1)求a⋅(2)求2a−(3)当k为何值时，2a+17.在▵ABC中，a2+(1)求∠B；(2)若S▵ABC=6318.如图，直三棱柱ABC−A1B1C1中，D(1)若▵ABC为等边三角形，BC=4，直接写出直三棱柱ABC−A(2)求证：A1C//平面(3)在第一问的条件下，直接写出异面直线AD与A1C19.在▵ABC中，2a−ccosB=b(1)求∠B；(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▵ABC存在，求▵ABC的面积．条件①：a=8, b=5；条件②：a=3, cos条件③：asin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.如图，已知正方形ABCD所在平面和平行四边形DBPQ所在平面互相垂直，平面PBA⊥平面ABCD，M是线段PQ上的一点，且DM//平面ACP.求证：(1)平面ADQ//平面BCP；(2)M是线段PQ的中点；(3)PB⊥平面ABCD．21.已知n∈N∗, n≥2, a=x1, x2, ⋯, xn为n维向量，若−1<xi<1, i=1, 2, ⋯, n，则称a为可聚向量．对于可聚向量a实施变换T：把a=x1, x2, ⋯, x(1)设a=0,1(2)求证：对于任意一个nn≥2维可聚向量a，变换T总可以进行n−1(3)设a=−713,−参考答案1.D

2.B

3.C

4.D

5.D

6.D

7.C

8.B

9.B

10.B

11.π3或2π12.5；π13.80π

；

；

；

；

；；84π

14.815.①③④

16.解：(1)因为a=2, b=3，a与b所以a⋅(2)因为2a−b(3)因为2a+b即8k−27−3k−6=0，解得

17.解：(1)由a2+c由于B∈0,π，故B=(2)S▵ABC=6进而a2+

18.(1)若▵ABC为等边三角形，BC=4，四边形ABB直三棱柱ABC−A1B(2)如图，连接BA1，交AB1于点由已知得，四边形ABB1A1为正方形，所以∵D是BC的中点，∴DE//A又DE⊂平面AB1D，A∴A1C//(3)由(2)可知，DE//A1C若▵ABC为等边三角形，BC=4，四边形ABB所以正三棱柱的三个侧面是全等的三个正方形，则AE=12A因为DE是三角形A1所以DE=1所以cos∠ADE=

19.解：(1)由正弦定理和2a−ccos2sin由于sinA≠0，故cos(2)若选条件①：a=8, b=5；由于B=π3，此时若选条件②：a=3, cos由于cosA=1314因此b=asinC=故S▵ABC若选条件③：asin由asinB=33由余弦定理可得72即c2−3c−40=0，解得c=8(负值舍去故S▵ABC

20.解：(1)因为ABCD为正方形，则AD//BC，且AD⊄平面BCP，BC⊂平面BCP，可得AD//平面BCP，又因为DBPQ为平行四边形，则DQ//PB，且DQ⊄平面BCP，PB⊂平面BCP，可得DQ//平面BCP，且AD∩DQ=D，AD,DQ⊂平面ADQ，所以平面ADQ//平面BCP．(2)设AC∩BD=O，连接PO，因为DM//平面ACP，DM⊂平面DBPQ，平面ACP∩平面DBPQ=PO，则DM//PO，平行四边形DBPQ中，BD=PQ，又因为DO//PM，则DOPM为平行四边形，则DO=PM，且O为BD中点，则DO=1即PM=12PQ，所以M(3)因为ABCD为正方形，则AB⊥BC，AC⊥BD，且平面PBA⊥平面ABCD，平面PBA∩平面ABCD=AB，BC⊂平面ABCD，则BC⊥平面PBA，由PB⊂平面PBA可得BC⊥PB，又因为平面DBPQ⊥平面ABCD，平面DBPQ∩平面ABCD=BD，AC⊂平面ABCD，则AC⊥平面DBPQ，由PB⊂平面DBPQ可得AC⊥PB，且BC∩AC=C，BC,AC⊂平面ABCD，所以PB⊥平面ABCD．

21.解：(1)因为a=0,13,14所以a1=14,(2)设−1<xi<1，−1<xj<1，则0<1+xixxi+xj+1+1+xixj−(即−1<x所以n维可聚向量a(n)经过一次变换后得n−1维向量a这样经过n−1次变换后变成一个数，所以对于任意一个n(n≥2)维可聚向量a，变换T