2025-2026学年安徽省蚌埠京师实验高级中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年安徽省蚌埠京师实验高级中学高一（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知i是虚数单位，z是复数，若z=i(1+i)，则复数z的虚部为(

)A.i B.−i C.1 D.−12.若向量a=(1,1)，b=(2,m−1)，a//b，则实数A.−1 B.1 C.−3 D.33.用斜二测画法画一个边长为2的正三角形的直观图，则直观图的面积是(

)A.32 B.34 C.4.已知正四棱台的上、下底面边长分别是1，3，高为2，则该四棱台的体积为(

)A.6 B.203 C.263 5.将函数f(x)的图象向右平移π6个单位长度得到余弦曲线，则f(x)的解析式为(

)A.f(x)=cos(x−π6) B.f(x)=−sin6.已知一个圆锥的底面半径为1，体积为π3，则其侧面积为(

)A.π2 B.22π C.7.设cosα≠0，角α的终边经过点(sin2α,2cosα)，则cosα=(

)A.−3+12 B.3−18.如图，在圆心为O的半圆中，AB=3，AC=1，BC=3BE，则AO⋅A.196

B.3

C.73

D.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.设z=3+2i，则(

)A.z−=−3−2i B.|z|=13 C.10.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2，AB=AD=3，点P是棱AA1上的动点(不含端点)，过点D1，BA.对任意点P，四边形PBQD1是平行四边形

B.对任意点P，V1=V2

C.存在点P，使截面PBQD111.在△ABC中，AB+AC=10，BC=8，AD，AE、AH分别是中线、角平分线和高，其中D，E，H均在BC上，则(

)A.cosA≥−725 B.AD≤3 C.AE≤3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知向量a=(1,2)，b=(x,−1)，若a⊥b，则x=

13.已知α，β都是锐角，sinα=1010,cos(α+β)=14.设函数f(x)=sin4kx10+cos4kx10，其中k是一个正整数.若对任意实数a，均有四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知向量a和b，则|a|=2，|b|=2，〈a,b〉=60°求：

(1)a⋅b的值；

16.(本小题15分)

已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|<π2)的部分图象如图所示，其中点P与点(0,1)关于直线x=π6对称．

(1)写出点P的坐标并求函数y=f(x)的解析式；

(2)当x∈[π17.(本小题15分)

如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2．

(1)证明：B1D⊥平面ACD1；

(2)18.(本小题17分)

在锐角三角形ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且cosAa=cosB−cosCb+c．

(1)求证：A=2B；

(2)求角B的取值范围；

(3)19.(本小题17分)

如图，在四棱锥E−ABCD中，四边形ABCD为正方形，M，F分别为BC，DE的中点．

(1)证明：FM//平面ABE；

(2)若平面ABCD⊥平面ABE，AB=AE=2，直线FM与直线BD所成角的余弦值为105．

(i)求边BE的长；

(ii)求四棱锥E−ABCD外接球的体积．

1.【答案】C

2.【答案】D

3.【答案】C

4.【答案】C

5.【答案】B

6.【答案】D

7.【答案】C

8.【答案】A

9.【答案】BD

10.【答案】ABC

11.【答案】ACD

12.【答案】2

13.【答案】π414.【答案】16

15.【答案】解：(1)∵|a|=2，|b|=2，〈a,b〉=60°，

∴a⋅b=2×2×1216.【答案】解：(1)因为点P和点(0,1)关于直线x=π6对称，

可得点P的坐标为P(π3,1)，

由图象得A=2，

可得f(x)=2sin(ωx+φ)，

又因为f(x)的图象过点(0,1)，可得f(0)=2sinφ=1，可得sinφ=12，

由于|φ|<π2，可得φ=π6，

由于f(π6)=2sin(πω6+π6)=2，可得sin(ωπ6+π6)=1，

可得πω6+π6=π2+2kπ(k∈Z)，解得ω=12k+2(k∈Z)，

设函数f(x)的最小正周期为T，由图可得T4>π6，可得T>2π3，故ω=2πT<3，

故k=0，ω=2，

可得f(x)=2sin(2x+π6)；

(2)当x∈[π3,m]时，可得2x+π6∈[5π6,2m+π6]，

由于m∈[2π3,π]，可得3π2≤2m+π6≤17.【答案】解：(1)证明：在正方体ABCD−A1B1C1D1中，连结BD，

由BB1⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，

所以AC⊥BB1，又AC⊥BD，

BD，BB1⊂平面BB1D，且BD∩BB1=B，

因此AC⊥平面BB1D，

又B1D⊂平面BB1D，因此AC⊥B1D，

同理B1D⊥AD1，

又AD1，AC⊂平面ACD1，且AD1∩AC=A，

所以B1D⊥平面ACD1．

(2)设BD，AC的交点为O，连接D1O，

由(1)知AC⊥平面BB1D1D，

所以D1O⊥AC，18.【答案】(1)证明：由正弦定理及cosAa=cosB−cosCb+c，得cosAsinA=cosB−cosCsinB+sinC，

所以cosAsinB+cosAsinC=sinAcosB−sinAcosC，

所以sinAcosC+cosAsinC=sinAcosB−cosAsinB，

即sin(A+C)=sin(A−B)，

所以sinB=sin(A−B)，

因为△ABC为锐角三角形，所以B∈(0,π2)，A−B∈(−π2,π2)，

所以B=A−B，即A=2B．

(2)解：因为△ABC是锐角三角形，

所以0<A=2B<π20<B<π20<C=π−3B<π2，解得π6<B<π4，

所以角B的取值范围为(π6,π4)．

(3)解：由(1)知A=2B，

由正弦定理得c19.【答案】解：(1)证明：如图，取AE中点N，连接FN，BN，

又F是DE中点，

所以FN/​/AD，且AD=2FN，

又BM/​/AD，且AD=2BM，

所以BM，FN平行且相等，

所以四边形BMFN是平行四边形，

所以BN//FM，又FM⊄平面ABE，BN⊂平面ABE，

所以FM//平面ABE；

(2)(i)因为正方形ABCD，所以AD⊥AB且AD=AB=2，

因为平面ABCD⊥平面ABE，平面ABCD∩平面ABE=AB，

所以AD⊥平面ABE，所以AD⊥AE，

因为AE=2，易知DN=5,BD=22，

由(1)知FM/​/BN，所以∠DBN为直线FM与直线BD所成角，

即cos∠DBN=105．

所以DN2=BD2+BN2−2BD⋅BN⋅cos∠DBN，

即(5)2=(22)2+BN2−2×22BN×105，

解得BN=5，或BN=355，

若BN=5，因为BN2