2025-2026学年北京理工大学附中高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年北京理工大学附中高一（下）期末数学试卷一、单项选择题：本大题共10小题，共40分。1.sin495°=（）A. B.- C. D.-2.若α为第二象限角，则下列各式的值为负数的是（）A.tan（π-α） B.cos（π+α） C.sin（π-α） D.3.已知角α的终边经过点P（3，-1），则2sinα+cosα=（）A. B. C. D.4.设x，y∈R，向量=（x，1），=（1，y），=（2，-4），且⊥，，则x+y=（）A.0 B.1 C.2 D.35.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若A=60°，b=10，则结合a的值解三角形有两解的为（）A.a=8 B.a=9 C.a=10 D.a=116.在下列关于直线l、m与平面α、β的命题中，真命题是（）A.若l⊂β，且α⊥β，则l⊥α B.若l⊥β，且α∥β，则l⊥α

C.若α∥β，l⊂α，m⊂β，则l∥m D.若l⊥β，且α⊥β，则l∥α7.在△ABC中，“A=2B”是“a=2bcosB”成立的（）条件.A.充要 B.充分非必要 C.必要非充分 D.既非充分又非必要8.将函数y=sin（3x+φ）（φ＞0）的图象向右平移个单位长度后为奇函数，则φ的最小值为（）A. B. C. D.9.已知一个圆锥的表面积为4π，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则该圆锥的体积为（）A. B. C. D.10.如图，△ABC的外接圆的圆心为O，，，BC=2，则等于（）A.1

B.2

C.3

D.二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。11.若tanα=2，tanβ=3，则tan（2α-β）=

.12.若关于x的方程在上恰有两个不同的解，则实数k的取值范围是

.13.已知空间四边形ABCD各边长都为2，则其对角线AC与BD所成角为

，当AC=

时，二面角A-BD-C的平面角为.14.函数的单调递增区间为

.15.如图1，四棱锥P-ABCD是一个水平放置的装有一定量水的密闭容器（容器材料厚度不计），底面ABCD为平行四边形，现将容器以棱AB为轴向左侧倾斜到图2的位置，这时水面恰好经过CDEF，其中E，F分别为棱PA，PB的中点，在倾斜过程中，给出以下四个结论：

①没有水的部分始终呈棱锥形

②有水的部分始终呈棱柱形

③棱AB始终与水面所在平面平行

④水的体积与四棱锥P-ABCD体积之比为5：8

其中所有正确结论的序号为

.三、解答题：本题共4小题，共40分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.(本小题10分)

如图，在三棱柱ABC-A1B1C1中，BB1⊥底面ABC，且AB=AC，D是BC的中点.

（Ⅰ）求证：AD⊥平面BCC1B1；

（Ⅱ）求证：A1C∥平面AB1D.17.(本小题10分)

在△ABC中，.

（Ⅰ）求∠A；

（Ⅱ）若△ABC的面积为，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△ABC存在且唯一确定，求a的值.

条件①：；条件②：；条件③：

注：如果选择的条件不符合要求，第（II）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.18.(本小题10分)

已知四棱锥P-ABCD的底面为直角梯形，AB∥CD，∠DAB=90°，，平面PAD⊥平面ABCD，M是PB的中点.

（Ⅰ）求证：CD⊥平面PAD；

（Ⅱ）求证：CM∥平面PAD；

（Ⅲ）设棱PC与平面ADM交于点N，求的值.19.(本小题10分)

定义平面向量新运算：若向量，，规定，称其为加权数量积.已知向量，.

（1）若，求实数t；

（2）若对任意实数k,恒成立，求t的取值范围；

（3）设，若关于θ的方程有解，求t的取值范围.

1.【答案】C

2.【答案】D

3.【答案】C

4.【答案】A

5.【答案】B

6.【答案】B

7.【答案】B

8.【答案】C

9.【答案】D

10.【答案】A

11.【答案】

12.【答案】

13.【答案】

14.【答案】

15.【答案】①③④

16.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）证明见解答．

17.【答案】解：（Ⅰ）因为bsin2A=asinB，由正弦定理得，sinBsin2A=sinAsinB，

又B∈（0，π），所以sinB≠0，得到sin2A=sinA，

又sin2A=2sinAcosA，所以2sinAcosA=sinA，

又A∈（0，π），所以sinA≠0，得到cosA=，所以A=；

（Ⅱ）选条件①：sinC=；

由（1）知，A=，根据正弦定理知，===＞1，即c＞a,

所以角C有锐角或钝角两种情况，△ABC存在，但不唯一，故不选此条件．

选条件②：；

因为S△ABC=bcsinA=bcsin=bc=3，所以bc=12，

又，得到b=c,代入bc=12，得到c2=12，解得c=4，所以b=3，

由余弦定理得，a2=b2+c2-2bccosA=（3）2+42-2×3×4×=27+16-36=7，所以a=．

选条件③：cosC=；

因为S△ABC=bcsinA=bcsin=bc=3，所以bc=12，

由cosC=，得到sinC===，

又sinB=sin（π-A-C）=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，由（1）知A=，

所以sinB=×+×=，

又由正弦定理得===，得到b=c,代入bc=12，得到c2=12，解得c=4，所以b=3，

由余弦定理得，a2=b2+c2-2bccosA=（3）2+42-2×3×4×=27+16-36=7，所以a=．

18.【答案】证明：（Ⅰ）因为AB∥CD，∠DAB=90°，可得CD⊥AD，

又因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，

CD⊂面ABCD，

所以可证得CD⊥面PAD；

（Ⅱ）取PA的中点Q，连接QM，DQ，

因为M，Q为中点，CD=AB，CD∥AB，

所以QM∥CD，且QM=CD，

所以四边形CDQM为平行四边形，

所以CM∥AQ，而DQ⊂面PAD，CM⊄面PAD，

所以CM∥面PAD；

（Ⅲ）取F点，使得=，取AB的中点E，连接CE，ME，

由题意可知CE∥AD，CE=AD，

所以MF=CE，且MF∥CE，

所以四边形CF