江苏省苏州市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷

PAGE1NUMPAGES8江苏苏州市2025-20268540分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求1.设𝑖为虚数单位，已知复数𝑧=1+𝑖，则𝑧⋅𝑖= A. B.−1+ C. D.1+2.已知向量𝑎=(2,4),𝑏=(𝑥,1)，且，则𝑥的值 B.

D.3.已知圆锥的底面半径为4，高为3，则该圆锥的侧面积为 A. B. C. D.4.在平面直角坐标系𝑥𝑂𝑦中，已知等腰𝖺𝐴𝐵𝐶的底边𝐴𝐵在𝑥轴上，𝐴𝐵=2，𝐴𝐶 5，按斜二测画法所𝖺𝐴𝐵𝐶的直观图为△𝐴′𝐵′𝐶′，则△𝐴′𝐵′𝐶′的面积为

D.若平面𝛼∩平面𝛽=𝑙，𝐴∈𝛼，𝐵∈𝛼，𝐶∈𝛼，𝐷∈𝛽，𝐷∉𝑙，则直线𝐴𝐵与𝐶𝐷不可能 A.相 B.垂 C.平 D.异已知sin𝛼

=3，则

𝜋−2𝛼= A.

C.

D.如图，在正方体𝐵𝐷𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，已知𝑀，𝑁分别为棱𝐵𝐵1，𝐶1𝐷1的中点，过𝐴，𝑀，𝑁三点的平交棱𝐵1𝐶1于点𝑃，设𝐵1𝑃=𝑃𝐶1，则𝜆=( )

C. D.8.已知梯形𝐴𝐵𝐶𝐷中，𝐷𝐶//𝐴𝐵，𝐷𝐶=1𝐴𝐵，动点𝐸在边𝐵𝐶上(不含端点𝐵，𝐶)，𝐴𝐸交𝐵𝐷于点𝐹，过𝐴𝐴𝐻⊥𝐵𝐷于点𝐻，若|𝐴𝐻|=4，则𝐶𝐹⋅𝐴𝐻= A. B. C. D.3189.设𝑖为虚数单位，已知复数𝑧=−1+𝑏𝑖(𝑏∈𝑅)，若𝑧⋅𝑧=1，则 𝑏=

𝑧3=

𝑧−𝑧∈

D.|𝑧−1|>10.设𝑀是𝖺𝐴𝐵𝐶所在平面内一点，记𝐴𝑀=𝑥𝐴𝐵+𝑦𝐴𝐶(𝑥,𝑦∈𝑅)，则 当𝑥=3，𝑦=3时，𝐵𝑀=当𝑥=2，𝑦=−1时，𝐶是线段𝐵𝑀 当𝑥=3，𝑦=3时，𝑀是𝖺𝐴𝐵𝐶 当𝑥+𝑦=4时，𝖺𝑀𝐵𝐶的面积是𝖺𝐴𝐵𝐶11.如图，在正四棱柱𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1中，已知𝐴𝐵=2，𝐴𝐴1=3，点𝐸在棱𝐴𝐴1上，𝐴1𝐸=2𝐸𝐴，动点在线段𝐵𝐷上(不含端点𝐵)，平面𝐴1𝐸𝐹与平面𝐷𝐶𝐶1𝐷1交于直线𝑙，则 A. B.不存在点𝐹，使得𝐵1𝐸⊥ ∠𝐴1𝐹𝐸的最大值为 D.𝑙与平面𝐵1𝐸𝐹所成角的最大值为351512.在复数范围内写出符合方程𝑥2+4=0的一个解𝑥=

.已知向量𝑎，𝑏满足𝑏在𝑎方向上的投影向量为2𝑎

=

=3， 14.记𝖺𝐴𝐵𝐶的内角𝐴，𝐵，𝐶的对边分别为𝑎，𝑏，𝑐，若𝑏(sin𝐶−cos𝐶)=𝑐(cos𝐵−sin𝐵)，𝑎=22𝖺𝐴𝐵𝐶的面积 577记𝖺𝐴𝐵𝐶的内角𝐴、𝐵、𝐶的对边分别为𝑎、𝑏、𝑐，已知𝑏2+𝑐2=𝑎2 (1)求(2)若𝑎=1，sin𝐵 2cos𝐶，求𝖺𝐴𝐵𝐶的周长 已知向量𝑎与𝑏的夹角为 = =(1)求𝑎𝑏和|𝑎𝑏|(2)若向量𝑘𝑎+𝑏与𝑎+2𝑏的夹角为锐角，求实数𝑘如图，已知四棱台𝐴𝐵𝐶𝐷−𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1的底面是平行四边形，𝐴𝐵=2𝐴1𝐵1，𝐸为𝐴𝐵的中点，𝖺𝐴1𝐵1𝐵为钝角(1)求证：𝐷1𝐸//平面(2)若平面𝐴1𝐵𝐶1⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，𝐴1𝐶1⊥𝐵𝐵1，求证：𝐴𝐶⊥平面记𝖺𝐴𝐵𝐶的内角𝐴,𝐵,𝐶的对边分别为𝑎,𝑏,𝑐，已知∠𝐵𝐴𝐶=(1)当点𝐷满足𝐶𝐷=2𝐷𝐵①若𝐴𝐷=1，𝑐=2𝑏，求②若∠𝐵+∠𝐷𝐴𝐶=2，求(2)当𝐵𝐴⋅𝐵𝐶 3𝑎𝑏时，判断𝖺𝐴𝐵𝐶的形状并证明如图，已知菱形𝐴𝐵𝐶𝐷的边长为2，∠𝐷𝐴𝐵=3，将𝖺𝐴𝐵𝐷沿𝐵𝐷翻折至(1)若二面角𝐴′−𝐵𝐷−𝐶的余弦值等于−3，求三棱锥𝐴′−𝐵𝐶𝐷(2)若二面角𝐴′−𝐵𝐶−𝐷的正切值的取值范围是23,2 【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】【答案】15.【答案】解：(1)由余弦定理可得cos𝐴=𝑏2+𝑐2−𝑎2=2𝑏𝑐=

因为𝐴(0,𝜋)，故𝐴=(2)因为2cos𝐶=sin𝐵=sin(𝐴𝐶)=sin𝐴cos𝐶cos𝐴sin𝐶=2cos𝐶+ 整理可得sin𝐶=cos𝐶，可得tan𝐶=因为𝐶(0,𝜋)，故𝐶= 因为𝐴=4，所以𝐵=𝜋−𝐴−𝐶=2，故𝖺𝐴𝐵𝐶𝑎2+因为𝑎=1，所以𝑎2+

1+故𝖺𝐴𝐵𝐶的周长为𝑎+𝑏+𝑐=2 1+【答案】解：(1)由题意𝑎𝑏=|𝑎||𝑏|cos𝜋=211= 因为|𝑎+𝑏|2

|𝑎+=𝑎+2𝑎⋅𝑏+𝑏=4+2×1+1=7，所 |𝑎+(2)由𝑘𝑎

+2𝑏>0⇒𝑘𝑎+(2𝑘+1)𝑎⋅𝑏+2𝑏>所以4𝑘(2𝑘1)+2>0，解得𝑘>−由𝑘𝑎

+2𝑏⇒2𝑘−1=0⇒𝑘=综上，当𝑘∈1

∪1,+∞时，向量𝑘𝑎+𝑏与𝑎+2𝑏因为𝐸为𝐴𝐵的中点，𝐴𝐵=2𝐴1𝐵1，则𝐸𝐵//𝐴1𝐵1,𝐸𝐵=又四边形𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1是平行四边形，𝐷1𝐶1//𝐴1𝐵1,𝐷1𝐶1=𝐴1𝐵1，所以𝐷1𝐶1//𝐸𝐵,𝐷1𝐶1=𝐸𝐵，所以四边形𝐷1𝐸𝐵𝐶1所以𝐷1𝐸//𝐵𝐶1，又𝐵𝐶1⊂平面𝐴1𝐵𝐶1，𝐷1𝐸⊄平面𝐴1𝐵𝐶1，(2)作𝐵1𝐻⊥𝐴1𝐵，垂足为因为平面𝐴1𝐵𝐶1⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，平面𝐴1𝐵𝐶1∩平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1=𝐴1𝐵，𝐵1𝐻⊂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，所以𝐵1𝐻⊥平面𝐴1𝐵𝐶1，又𝐴1𝐶1⊂平面𝐴1𝐵𝐶1，所以𝐵1𝐻⊥底面𝐴𝐵𝐶𝐷∩平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶=𝐴𝐶，底面𝐴1𝐵1𝐶1𝐷1∩平面𝐴𝐴1𝐶1𝐶=𝐴1𝐶1，所以𝐴𝐶//𝐴1𝐶1，所以𝐵1𝐻⊥𝐴𝐶，又𝐴1𝐶1⊥𝐵𝐵1，所以𝐴𝐶⊥又𝐵1𝐻∩𝐵𝐵1=𝐵1,𝐵1𝐻,𝐵𝐵1⊂平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1，所以𝐴𝐶⊥平面𝐴𝐵𝐵1𝐴1．18.【答案】解：(1)①因为𝐶𝐷=2𝐷𝐵，即𝐴𝐷−𝐴𝐶=即2𝐴𝐵𝐴𝐶= 两边平方得：4𝐴𝐵𝐴𝐶+4𝐴𝐵𝐴𝐶=9𝐴𝐷即4𝑐2+𝑏2+4𝑏𝑐cos𝜋=9，又𝑐=得21𝑏2=9，解得𝑏=②由∠𝐵+∠𝐷𝐴𝐶=得∠𝐷𝐴𝐶=𝜋−∠𝐵，又∠𝐷𝐴𝐵= 所以∠𝐷𝐴𝐵=∠𝐵−6，可得：6<𝐵<∠𝐶=𝜋−∠𝐵

=在𝐴𝐵𝐷𝐴𝐶𝐷sin𝐵sin𝐵 3sin𝐵−sin𝜋sin𝜋sin𝐵−sin𝜋sin𝐵−两式相比得 即sin2𝜋−𝐵sin

=sin𝜋−𝐵即cos

sin

=即sin

𝜋+𝑘𝜋，𝑘∈又𝐵∈𝜋

=sin2𝐵⇒4𝐵−3=𝜋+2𝑘𝜋⇒𝐵= ，所以𝐵=(2)由𝐵𝐴⋅𝐵𝐶= 3𝑎𝑏，可得𝑐𝑎cos𝐵= 由余弦定理可得：𝑎2+𝑐2−𝑏2=23𝑎𝑏，又∠𝐵𝐴𝐶=3

=

+

两式联立可得：2𝑐2−𝑏𝑐=2平方得：4𝑐4+𝑏2𝑐2−4𝑏𝑐3=12𝑎2𝑏2，又𝑎2=𝑏2+𝑐2−𝑏𝑐，得4𝑐4+𝑏2𝑐2−4𝑏𝑐3=12(𝑏2+𝑐2−𝑏𝑐)𝑏2，即4𝑐4−4𝑏𝑐3−11𝑏2𝑐2+12𝑏3𝑐−12𝑏4=0，即(𝑐−2𝑏)(4𝑐3+4𝑏𝑐2−3𝑏2𝑐+6𝑏3)=0，即(𝑐−2𝑏)4𝑐3+4𝑐23𝑐+6=

又𝑏3+𝑏2−𝑏+6=

>所以𝑐−2𝑏=0，即𝑐=2𝑏，所以𝑎2=𝑏2+𝑐2−𝑏𝑐=3𝑏2，所以𝑎2+𝑏2=4𝑏2=𝑐2，故𝖺𝐴𝐵𝐶 【答案】解：(1)菱形𝐴𝐵𝐶𝐷边长为2，∠𝐷𝐴𝐵=3，故𝐵𝐷=记𝐴𝐶交𝐵𝐷于𝑂，得𝐴𝑂⊥𝐵𝐷，𝐶𝑂⊥𝐵𝐷，翻折后𝐴′𝑂⊥因此∠𝐴′𝑂𝐶就是二面角𝐴′−𝐵𝐷−𝐶的平面角，即∠𝐴′𝑂𝐶=𝜃，且𝐴′𝑂=𝑂𝐶 已知cos𝜃=−3，得sin𝜃=

2过𝐴′作𝐴′𝐻⊥𝐶𝑂交𝐶𝑂延长线于𝐻，由𝐵𝐷面𝐴′𝑂𝐶得𝐴′𝐻⊥面高ℎ=𝐴′𝐻=𝐴′𝑂sin𝜃=

22=26，所以𝖺𝐵𝐶𝐷的面积

=3⋅22

⋅26=2

𝐴′−𝐵𝐶𝐷=3𝑆𝖺𝐵𝐶𝐷⋅ℎ=3 (2)设二面角𝐴′−𝐵𝐷−𝐶平面角为𝜃=∠𝐴′𝑂𝐶，过𝐴′作𝐴′𝑁⊥𝑂𝐶于𝑁，得𝐴′𝑁⊥面𝐵𝐶𝐷，𝐴′𝑁= 过𝑁作𝑁𝑀⊥𝐵𝐶于𝑀，𝑁𝐶= 3(1−cos𝜃)，故𝑀𝑁=𝑁𝐶⋅sin30∘=3(1−cos𝜃)．∠𝐴′𝑀𝑁是二面角𝐴′−𝐵𝐶−𝐷的平面角𝜑，因此：tan𝜑=𝐴′𝑁=2sin𝜃= 3由tan𝜑∈23 ，代入得3≤cot𝜃≤ 1≤tan𝜃≤ 3 结合𝜃∈

−1

得6≤2