2025-2026学年北京中学英才班高一（下）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年北京中学英才班高一（下）期中数学试卷一、单项选择题：本大题共10小题，共50分。1.已知向量，则（）A. B. C. D.2.设a为实数，复数z1=a-2i,z2=-1+ai,若z1+z2为纯虚数，则|z1z2|=（）A. B. C. D.33.如图，在矩形ABCD中，E为CD中点，那么向量等于（）A.

B.

C.

D.4.已知α，β，γ是三个不同的平面，a,b是两条不同的直线，下列命题中正确的是（）A.若α⊥γ，β⊥γ，则α∥β B.若a⊥α，b⊥α，则a∥b

C.若a∥α，b⊂α，则a∥b D.若a∥α，a∥β，则α∥β5.在△ABC中，已知sinA：sinB：sinC=1：：2，则角A等于（）A.30° B.45° C.60° D.90°6.北京中学勇岳楼前的“北中鼎”顶部镶嵌着一颗金色的球形装饰，寓意“文化汇聚、培育人才”.数学社团的同学测量了它的体积，约为288π立方分米，则该球形装饰的表面积约为（）A.108π平方分米 B.144π平方分米 C.180π平方分米 D.216π平方分米7.已知向量，是两个单位向量，则“＜，＞为锐角”是“”的（）A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件8.“端午节”为我国传统节日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子也是端午节食俗之一.全国各地的粽子包法各有不同，如图，粽子可包成棱长为6cm的正四面体状的三角粽，也可做成底面半径为，高为6cm（不含外壳）的圆柱状竹筒粽.现有一个装满（不冒尖）馅料的米斗，其形状可近似看作为上底面圆半径为8cm,下底面圆半径为6cm,高为3cm的圆台，则这些馅料最多可包三角粽或最多可包竹筒粽的个数为（）（参考数据：）

A.18，10 B.18，11 C.19，10 D.19，119.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点P在线段AD1上运动，给出以下四个命题：

①三角形PBD1的面积为定值；

②三棱锥D-BPC1的体积为定值；

③异面直线C1P与直线CB1所成的角为定值；

④二面角P-BC1-D的大小为定值.

其中真命题有（）A.1个 B.2个 C.3个 D.4个10.设向量满足，，，则的取值不可能为（）A. B.3 C. D.二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。11.复数的共轭复数的虚部是

.12.已知平面向量，是单位向量，与夹角为45°，则向量在向量上的投影向量为

.13.已知三个不同的平面α，β，γ和一条直线a,给出五个论断：

①a∥β；

②β∥γ；

③a⊥α；

④α⊥β；

⑤α⊥γ.

以其中的两个论断作为条件，一个论断作为结论，写出一个正确的“若p,则q”的命题

.（可以用序号表示）14.在《九章算术》中，称如图中的多面体ABCDEF为“刍甍”.若底面ABCD是边长为3的正方形，EF=2，且EF∥AB，△AED和△BFC是等腰直角三角形，∠AED=∠BFC=90°，则FC与底面ABCD所成角的正弦值为

.

15.如图，在菱形ABCD中，BC=2，∠ABC=60°，以BC为直径的半圆与AB交于点M，P是半圆上的动点，则=

；的最大值是

.

16.如图，在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M为AD的中点，点N是侧面DCC1D1上（包括边界）的动点，点P是线段B1D上的动点，给出下列以下结论：

①存在点N，使得对任意点P，都有MN⊥C1P；

②存在无数组点N和点P，使得C1P∥MN；

③存在唯一的点P，使得B1D⊥平面MPC；

④存在点N和点P，使得平面MNP∥平面A1B1C1D1；

⑤存在点P，使得其到直线CD1的距离为.

其中所有正确结论的序号是

.

三、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。17.(本小题12分)

已知.

（1）若，求；

（2）若，的夹角为120°，求||；

（3）若，求与的夹角为θ.18.(本小题15分)

已知四棱锥P-ABCD，底面ABCD为矩形，E，F，G分别是PC，PD，BC的中点.设平面PAD与平面PBC的交线为l,平面PAD⊥平面ABCD.

（1）证明：平面EFG∥平面PAB；

（2）求证：BC∥l.

（3）求证：DC⊥PA.19.(本小题13分)

在△ABC中，.

（1）求∠C；

（2）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存在且唯一确定，求c和sinA的值.

条件①：边上中线的长为；

条件②；，AC边上的高BD的长为2.

条件③：b=6，△ABC的面积为12；

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.(本小题15分)

如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，D是棱AC的中点，且AC=4，.

（Ⅰ）求证：B1C∥平面A1BD；

（Ⅱ）再从条件①、②这两个条件中选择一个作为已知，

（1）求证：AC1⊥平面A1BD；

（2）在棱BB1上是否存在点N，使得平面AC1N⊥平面ACC1A1？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由.

条件①：AB=BC；

条件②：BD⊥A1D；

注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.21.(本小题15分)

设集合S={A1，A2，…，An}，若集合S中的元素同时满足以下条件：

①∀i∈{1，2，…，n}，Ai恰好都含有3个元素；

②∀i,j∈{1，2，…，n}，i≠j,Ai∩Aj为单元素集合；

③A1∩A2∩...∩An=∅

则称集合S为“优选集”.

（1）判断集合P={（1，2，3），（2，4，5）}，Q={（1，2，3），（1，4，5），（2，5，7）}是否为“优选集”；

（2）证明：若集合S为“优选集”，则∀x∈A1，x至多属于S中的三个集合；

（3）若集合S为“优选集”，求集合S的元素个数的最大值.

1.【答案】B

2.【答案】C

3.【答案】D

4.【答案】B

5.【答案】A

6.【答案】B

7.【答案】A

8.【答案】A

9.【答案】C

10.【答案】D

11.【答案】-1

12.【答案】

13.【答案】若②⑤，则④（或若②④，则⑤，或若①③则④）

14.【答案】

15.【答案】3

16.【答案】②④⑤

17.【答案】2或-2

18.【答案】证明：依题意，以EF∥CD，EG∥PB，

因为底面ABCD为矩形，所以AB∥CD，所以EF∥AB，

EF⊄平面PAB，AB⊂平面PAB，所以EF∥平面PAB．

因为EG⊄平面PAB，PB⊂平面PAB，所以EG∥平面PAB．

因为EF∩EG=E，EF、EG⊂平面EFG，所以平面EFG∥平面PAB

证明：因为底面ABCD为矩形，所以BC∥AD，

因为BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以BC∥平面PAD．

因为BC⊂平面PBC，平面PAD∩平面PBC=l，所以BC∥l

证明：因为四边形ABCD为矩形，所以CD⊥AD，

因为平面PAD⊥平面ABCD，且交线为AD，CD⊂平面ABCD，

所以CD⊥平面PAD，

因为PA⊂平面PAD，故CD⊥PA

19.【答案】

选②，，；选③，c=，sinA=

20.【答案】证明：如图，连接AB1与A1B交于点O，连接OD，

因为四边形ABB1A1是平行四边形，所以O为AB的中点，

又D是棱AC的中点，所以OD∥B1C，

因为OD⊂平面A1BD，B1C⊄平面A1BD，

所以B1C∥平面A1BD

（1）证明：选择条件①，AB=BC，

由D是棱AC的中点，得BD⊥AC，

在直三棱柱ABC-A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，BD⊂平面ABC，

所以A1A⊥BD．

又A1A∩AC=A，A1A，AC⊂平面ACC1A1，

所以BD⊥平面ACC1A1，所以BD⊥AC1．

因为AC=4，所以AD=2，又，

在Rt△ACC1和Rt△A1AD中，，

所以∠AC1C=∠A1DA，而∠AC1C+∠C1AC=∠A1DA+∠C1AC=90°，

则∠A1DA+∠C1AC=90°，

所以A1D⊥AC1，

又BD∩A1D=D，BD，A1D⊂平面A1BD，

所以AC1⊥平面A1BD．

选择条件②：BD⊥A1D，

因为AA1⊥底面ABC，BD⊂平面ABC，所以AA1⊥BD，

又BD⊥A1D，AA1∩A1D=A1，AA1，A1D⊂平面ACC1A1，

所以BD⊥平面ACC1A1.又AC1⊂平面ACC1A1．

所以BD⊥AC1，

因为AC=4，所以AD=2，又，

在Rt△ACC1和Rt△A1AD中，，

所以∠AC1C=∠A1DA，而∠AC1C+∠C1AC=∠A1DA+∠C1AC=90°，

则∠A1DA+∠C1AC=90°，

所以A1D⊥AC1，

又BD∩A1D=D，BD，A1D⊂平面A1BD，

所以AC1⊥平面A1BD．

（2）当点N为BB1的中点，即时，平面AC1N⊥平面ACC1A1

21.【答案】（1）解：对于集合P={（1，2，3），（2，4，5）}，

满足条件①：（1，2，3）和（2，4，5）恰好都含有3个元素；

满足条件②：（1，2，3）∩（2，4，5）为单元素集合；

但不满足条件③：（1，2，3）∩（2，4，5）≠∅，则P不是“优选集”；

对于集合Q={（1，2，3），（1，4，5），（2，5，7）}，

满足条件①：（1，2，3），（1，4，5）和（2，5，7）恰好都含有3个元素；

满足条件②：（1，2，3）∩（1，4，5），（1，4，5）∩（2，5，7），（1，2，3）∩（2，5，7）为单元素集合；

满足条件③：（1，2，3）∩（1，4，5）∩（2，5，7）=∅．所以集合Q是“优选集”．

（2）证明：由集合S为“优选集”，

结合（1）显然∀x∈A1，x可以属于S中的零个集合，一个集合，两个集合，

取集合S={A1，A2，A3，A4，A5，A6，A7}，其中A1=（x,y,z），A2=（x,a,b），A3=（x,c,d），A4=（y,a,c），A5=（y,b,d），A6=（z,a,d），A7=（z,b,c），

此时∀x∈A1，x可以属于S中的两个集合，三个集合，

假设存在x∈A1，使得x可以属于S中的四个集合，即x∈A1∩A2∩A3∩B4，其中B4={x,e,f}，

为了满足条件③，显然还存在B5∈S，

为了满足条件②，B5中的元素必须在A1，A2，A3，B4中除x外的另外两个元素中各选一个，

此时B5中有4个元素，显然不满足条件①，

因此假设不成立，

故若集合S为“优选集”，则∀x∈A1，x至多属于S中的三个集合；

（3）解：结合（2）有集合S={A1，A2，A3，A4，A5，A6，A7}，其中A1=（x,y,z），A2=（x,a,b），A3=（x,c,d），A4=（y,a,c），A5=（y,b,d），A6=（z,a,d），A7=（z,b,c），此时S的元素个数为7，

假设存在A8∈S，则可得A8中必有元素y或