2025-2026学年北京市顺义区第一中学高一（下）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年北京市顺义区第一中学高一（下）期中数学试卷一、选择题：本大题共10小题，共50分。1.已知点A(1,−2)，B(2,3)，则向量AB=(

)A.(32,12) B.(1,5)2.在复平面内表示复数(3+4i)i的点位于(

)A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限3.在直角△ABC中，斜边AC=3，直角边BC=1.若以该直角三角形的一条直角边AB所在直线为旋转轴，其余两边旋转一周形成的面围成一个几何体.则该几何体的体积为(

)A.22π3 B.424.已知向量a=(2,−1),b=(−1,3)，则下列向量与2aA.(0,2) B.(−1,3) C.(2,23)5.已知两条不同的直线l，m与两个不同的平面α，β，下列命题正确的是(

)A.若l//α，l⊥m，则m⊥α B.若α//β，m//α，则m//β

C.若l⊥α，l//β，则α⊥β D.若l//α，m//α，则l//m6.在△ABC中，bcosB=csinC，则A.π6 B.π4 C.π37.庑殿式屋顶是中国古代建筑中等级最高的屋顶形式，分为单檐庑殿顶与重檐庑殿顶.单檐庑殿顶主要有一条正脊和四条垂脊，前后左右都有斜坡(如图①)，类似五面体FE−ABCD的形状(如图②)，若四边形ABCD是矩形，AB//EF，且AB=CD=2EF=2BC=8，EA=ED=FB=FC=3，则五面体FE−ABCD的表面积为(

)

A.48 B.325 C.16+168.设m,n为非零向量，则“m⋅n>0”是“存在正数λ，使得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.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别为棱AB，BC的中点，平面DECA.直线A1F与直线C1E异面

B.平面AB1D1//平面DEC110.在Rt△ABC中，∠A=90°，AB=2，AC=4，D为BC的中点，点P在△ABC斜边BC的中线AD上，则PB⋅PC的取值范围为(

)A.[−5,0] B.[−3,0] C.[0,3] D.[0,5]二、填空题：本大题共5小题，共25分。11.已知z1+i=i，则z−=

．12.如图，△A′O′B′为水平放置的△AOB斜二测画法的直观图，且O′A′=2，O′B′=3，则△AOB的周长为

．13.已知某球体的体积与其表面积的数值相等，则此球体的半径为______．14.如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，ABCD是边长为1的正方形，D1B与平面ABCD所成的角为45°，则棱AA1的长为15.乾坤八卦由乾、坤、震、巽、坎、离、艮、兑八个卦象组成，分别代表天、地、雷、风、水、火、山、泽八种自然现象.如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中OA=2，则下列命题：

①OB⋅OE=−2；

②OA+OC=−2OF；

③OA在OB上的投影向量为22OB；16.已知|a|=2,|b|=5,〈a,b〉=60°，求：

(1)a⋅b；

17.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2．

(1)证明：B1C//平面A1BD；18.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若B=2A，a=3，b=26．

(1)求cosA的值；

(2)求c边及△ABC的面积．19.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是边长为2的正方形，PA=a，AC∩BD=O，PA⊥底面ABCD．

(1)证明：平面PBD⊥平面PAC；

(2)设平面PBC∩平面PAD于直线l，证明：BC//l；

(3)若PE=12ED在线段BC上是否存在点F，使得EF//平面PAB，若存在点F，则a为何值时，直线EF与底面ABCD所成角为20.已知在△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，asinB=3bcosA．

(1)求A的大小；

(2)若c=8，判断下列三个条件是否能使△ABC存在且唯一，并对满足条件的求出△ABC的周长．

①AB边上的高线CD长为3，②a=83，③sinC=421.如图，设A是由n×n(n≥2)个实数组成的n行n列的数表，其中aij表示位于第i行第j列的实数，且aij∈{−1,1}(i=1，2，…，n；j=1，2，…，n)．

a11a12⋯a1na21a22⋯a2n⋮⋮⋯⋮an1an2⋯ann

记向量Xi=(ai1,ai2,…,ain),Xj=(aj1,aj2,…,ajn)，若Xi⋅Xj=ai1aj1参考答案1.B

2.B

3.A

4.CD

5.C

6.B

7.D

8.B

9.C

10.A

11.−1−i

12.12

13.3

14.15.②③④

16.解：(1)由|a|=2,|b|=5，<a,b>=60°，

则根据平面向量数量积公式可得a⋅b=2×5×cos60°=5；

(2)由(1)及|b|=5可得：

(2a+b)⋅b=2a⋅b+b2=2×5+52=35；

(3)由(2a+b)2=4a2+4a⋅b+b2=16+20+25=61，

则|2a+b|=61，又|b|=5，

所以根据两向量的夹角公式可得cosθ=(2a+b)⋅b|2a+b|⋅|b|=3561×5=76161．

17.证明：(1)在正方体ABCD−A1B1C1D118.解：(1)因为a=3,b=26，∠B=2∠A，

所以在△ABC中，由正弦定理得3sinA=26sin2A，

所以2sinAcosAsinA=263，

故cosA=63；

(2)方法一：

由(1)知cosA=63，所以0<A<π2，

所以sinA=1−cos2A=33，

又因为∠B=2∠A，所以cosB=cos2A=2cos2A−1=13，可得0<B<π2，

所以sinB=1−cos2B=223，

在△ABC中，sinC=sin(A+B)=sinAcosB+cosAsinB=539，19.解：(1)证明：在四棱锥P−ABCD中，因为PA⊥底面ABCD，BD⊂平面ABCD，所以PA⊥BD，

又因为底面ABCD为正方形，所以AC⊥BD，

又因为PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC，

所以BD⊥平面PAC，

又因为BD⊂平面PBD，

所以平面PBD⊥平面PAC．

(2)证明：在正方形ABCD中，则BC//AD，

因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC//平面PAD，

又BC⊂平面PBC，平面PBC∩平面PAD=l，

所以BC//l．

(3)存在点F在BC的13处，使得EF//平面PAB．

理由如下：在线段PA上取点K，使PKPA=13，连接KE，KB，EF．

在△PAD中，PE=12ED，

即PEPD=PKPA=13，

则KE//AD，且KE=13AD，

在正方形ABCD中，F在BC的13处，则BF//AD，且BF=13BC=13AD，

所以BF//KE，且BF=KE，故BFEK为平行四边形，

所以EF//BK，且BK⊂平面PAB，EF⊄平面PAB，

所以EF//平面PAB，

在AD的13处取点M，连接EM，FM，

△PAD中，点E，M分别为PA，AD的13处，则PA//EM，且EMPA=23，

因为PA⊥平面ABCD，则EM⊥平面ABCD，

即20.解：(1)已知在△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，asinB=3bcosA，

根据正弦定理可得sinAsinB=3sinBcosA，

在△ABC中0<B<π，可知sinB>0，

则sinA=3cosA，即tanA=3，

又0<A<π，∴A=π3．

(2)选择条件①，AB边上的高线CD长为3，

由(1)知A=π3，则b=CDsinA=332=2，

由余弦定理得a=b2+c2−2bccosA=22+82−2×2×8×12=213，

∴△ABC存在且唯一，其周长为a+b+c=10+213．

选择条件②，a=83，

由(1)知A=π3，由余弦定理知a2=b2+c2−2bccosA，则192=b2+64−8b，

整理得b2−8b−128=0，而b>0，解得b=16，

∴△ABC存在且唯一，其周长为a+b+c=24+83．

选择条件③，sinC=437，

由(1)知A=π3，由正弦定理得a=csinAsinC=8×32437=7，

∵csinA=8sinπ3=43,43<7<8，则csinA<a<c，

∴△ABC存在两解，不符合要求．

21.(1)对于A1=11−11，X1=(1,1)，X2=(−1,1)，

计算X1⋅X2=1×(−1)+1×1=−1+1=0，满足正交向量的定义，因此A1是正交数表，

对于A2=11−1−1