北京一零一中学2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页北京一零一中2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试卷一、单项选择题：本大题共10小题，共50分。1.已知复数，则（

）A.0 B. C.101 D.2022.已知，，则（

）A. B. C. D.3.已知，，为三个不同的平面，m，l为两条不同的直线，，．下列结论中正确的是（

）A.若，则 B.若，则

C.若，则 D.若，则4.已知圆柱的上、下底面的中心分别为，，过直线的平面截该圆柱所得的截面是面积为32的正方形，则该圆柱的表面积为（

）A. B. C. D.5.在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若，且，则（

）A. B. C. D.6.如图，在正方体中，下列结论错误的是（

）

A.平面 B.平面

C.平面平面 D.平面平面7.已知为第二象限角，且，则（

）A. B. C. D.8.已知向量，，是两两不平行的向量，“且”是“”的（）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.已知，向量与，与均不共线，且，则的取值范围是（

）A. B. C. D.10.如图，在棱长为1的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点（不包含端点），给出下列四个命题：①对任意点Q，都有；②存在点Q，使得平面MNP；③当点Q在平面MNP内时，四棱锥的体积是；④过点Q且与BN垂直的平面截正方体所得截面面积的最大值为．其中正确命题的个数是（

）A.1 B.2 C.3 D.4二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。11.设，则复数z对应的点在第

象限．12.在中，内角A，B，C的对边分别是a，b，c，的面积为，已知，，则

；请写出一个的值，使得满足条件的三角形恰有1个，则

．13.工厂生产如图所示的零件，四棱锥的所有棱长均为30，工人师傅需要以，的中心M，N所在直线为轴，贯穿一个圆形孔洞（孔洞可以认为是底面直径为4的圆柱的一部分），则这个零件的体积为

．

14.已知圆锥的底面半径是R，高为R，如图所示，正方体的四个顶点A，B，C，D在底面上，四个顶点，，，在圆锥的侧面上，球O与正方体的面和圆锥的侧面都相切，则正方体棱长与球半径的比值是

．

15.在中，A，B，C所对的边长分别为a，b，c，且，．给出下列四个结论：①存在满足条件的钝角三角形ABC；②存在a，b，c为连续的正整数，使得中；③存在，其面积小于；④当的面积为有理数时，a可以为2．其中所有正确结论的序号为

．（海伦-秦九韶公式，其中，可以用于计算三角形面积）三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题15分)如图，在正方体中，E为中点，F为中点，证明：

(1)平面；(2)平面．17.(本小题15分)已知函数的最大值为2．(1)求a的值；(2)在区间上单调递减，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，使得函数存在且唯一确定，求的最小正周期及在区间上的取值范围．条件①：；条件②：为函数的最值点；条件③：．18.(本小题15分)如图，在直角三角形ABC中，角B为直角，D，E分别为AB，AC的中点，将沿DE进行翻折，使得平面平面．(1)证明：在四棱锥中，；(2)在四棱锥中，已知，四棱锥的体积为3．①求点E到平面ACD的距离；②若M为AC中点，求DM与平面BCED夹角的正弦值．19.(本小题15分)如图，操场上有甲、乙两名同学在踢足球，同学甲在A处，同学乙在B处．已知B在A的正西方向，并且两人相距12m，假设两名同学与球都在同一平面运动，请回答下列问题：(1)如果同学甲在A处沿西偏北45°方向传球，同时同学乙从B处出发沿西偏北60°方向跑动，一段时间过后，同学乙和球同时到达C处，求线段AC的长度；(2)如果同学甲在A处沿西偏北方向传球，同时同学乙从B处出发．已知足球的运动速度为10m/s，同学乙跑动的速度为，且同学乙和足球均保持匀速直线运动．①如果不考虑足球场的边界，假设一段时间过后，同学乙和球同时到达D处，请求出的取值范围（用弧度值表示）；②如果在初始时刻，在B的北方有一条足球场的边界线l，与直线AB的距离为．假设一段时间过后，同学乙和球同时到达E处，且E在边界线l的南侧（包含边界线l），请直接写出的取值范围．20.(本小题15分)集合．对于集合A中的任意元素和，记，．(1)，，求和的值；(2)若均为A中的元素，且，，求k的最大值；(3)若均为A中的元素，，且，求k的所有可能取值．

1.【答案】B

2.【答案】A

3.【答案】A

4.【答案】C

5.【答案】D

6.【答案】C

7.【答案】A

8.【答案】A

9.【答案】B

10.【答案】C

11.【答案】四

12.【答案】

；

；

；

；

；

；

/（答案不唯一,大于等于1也可）

13.【答案】

14.【答案】

15.【答案】①②

16.【答案】解：(1)因为平面，且平面，所以.侧面

是正方形，正方形对角线互相垂直，因此.又，且平面，根据线面垂直的判定定理，可得平面.(2)取的中点，连接、.因为是中点，是中点，所以.又平面，平面，由线面平行判定定理得平面.因为是中点，是中点，所以是的中位线，因此.又平面，平面，由线面平行判定定理得平面.因为，且平面，即平面内两条相交直线都平行于平面，因此平面平面，又平面，由面面平行的性质可得平面，得证.

17.【答案】解：（1）因为.因此.又，所以.的最大值为，解得.（2）由(1)知.已知在上单调递减，且.先考虑需要满足的单调性条件.令，当时，，区间长度为.

的递减区间为，该区间长度为，故需，即.若，区间起点，而，无交集.若，区间终点，而，无交集.故只能取，故需且.解前一不等式得，解后一不等式得.所以的取值范围是.若选条件①：.代入得，即.所以，解得.结合，无整数使落在该区间，故条件①不满足.若选条件②：为的最值点.最值点满足.两边乘6：，即，.在内，时；时超出，故唯一.若选条件③：.计算，.由得.所以或.解得（舍去，不在区间内）或.时，超出；无合适解，故条件③也不成立.三个条件逐一检验后发现：条件②中在区间内且满足单调性，且唯一确定为.此时最小正周期.当时，.正弦在此区间从递减到，所以取值范围是.综上，；满足条件的为条件②，，最小正周期，取值范围.

18.【答案】解：(1)因为在中，D，E分别为AB，AC的中点，所以，又因为，所以，所以将沿DE进行翻折后，又平面平面，平面平面，所以平面，又因为平面，所以；（2）①设，则，又，则，因为，，又，平面，所以平面，所以，解得，所以，在中，，设点E到平面ACD的距离为，因为，所以，所以，解得.②过作交于，因为平面，所以平面，所以在平面内的射影为，所以为DM与平面BCED所成的夹角，在中，，所以，因为，M为AC中点，所以，在中，，所以DM与平面BCED夹角的正弦值为．

19.【答案】解：（1）如图，由题设有，，故，在中，由正弦定理得，所以即.（2）①设经过秒后同学乙和球同时到达处，则，，，若，则在中，由余弦定理可得，故即，而，故，因为在上为减函数，在上为增函数，所以，此时，故，若，则即，综上，.②仍设经过秒后同学乙和球同时到达处，若，则，符合题设要求，此时；若，由①可得且，则且，若，则，故，而，同①可得，由可得，若，则不成立；若，则，故即，故；若，则，故且，因为当，，故此时，若，则，故此时，由①可得，综上，.

20.【答案】解：（1）由题意，.所以.（2）对，用表示其非零坐标所在位置组成的集合．由，知每个均含有两个元素．设与有个公共元素，则恰有个非零坐标．由,得．因此任意两个位置集合恰有一个公共元素．设．若所有位置集合都含，则另一个位置只能从其余个位置中选择，所以；同理，若所有位置集合都含，也有．若上述两种情况均不成立，则存在.因为与恰有一个公共元素，所以．此时，任一含而不含的位置集合，为了与有公共元素，只能是；任一含而不含的位置集合，同理只能是．故此时至多有个位置集合．综上，．取可知条件成立，所以的最大值为．（3）记.若存在使，则，但，与题设的集合相等矛盾．所以互不相同，中有个元素．又因为中的每个元素都可写成两个元素的，而这种运算所得元素的每个坐标只能为或，所以中每个元素的各坐标均为或．令.由题设可知，任取，都有：当时，；当其中一个为时，结果为另一个元素；当为两个不同的非零元素时，结果属于．现按某一个坐标为或将分成两部分．若该坐标在中恒为，则略去这个坐标；若该坐标在中出现，取该坐标为的一个元素．对于该坐标为的任一元素，的该坐标为