江苏苏州市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷（含答案）

这是一份江苏苏州市2025-2026学年高一下学期期末考试数学试卷（含答案），共4页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.设i为虚数单位，已知复数z=1+i，则z⋅i=( )
A. −1−iB. −1+iC. 1−iD. 1+i
2.已知向量a=2,4,b=x,1，且，则x的值为
A. −2B. 2C. −12D. 12
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. 40πB. 24πC. 20πD. 10π
4.在平面直角坐标系xOy中，已知等腰▵ABC的底边AB在x轴上，AB=2，AC= 5，按斜二测画法所得▵ABC的直观图为△A′B′C′，则△A′B′C′的面积为( )
A. 24B. 22C. 2D. 4 2
5.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. 相交B. 垂直C. 平行D. 异面
6.已知sinα+π6=13，则sinπ6−2α=( )
A. −79B. −19C. 19D. 79
7.如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M，N分别为棱BB1，C1D1的中点，过A，M，N三点的平面交棱B1C1于点P，设B1P=λPC1，则λ=( )
A. 12B. 1C. 2D. 3
8.已知梯形ABCD中，DC//AB，DC=12AB，动点E在边BC上(不含端点B，C)，AE交BD于点F，过A作AH⊥BD于点H，若AH=4，则CF⋅AH=( )
A. −8B. −4C. 4D. 8
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i为虚数单位，已知复数z=−12+bib∈R，若z⋅z=1，则( )
A. b=12B. z3=1C. z−1z∈RD. z−1>1
10.设M是▵ABC所在平面内一点，记AM=xAB+yAC(x,y∈R)，则( )
A. 当x=23，y=13时，BM=12MC
B. 当x=2，y=−1时，C是线段BM的中点
C. 当x=13，y=13时，M是▵ABC的重心
D. 当x+y=34时，▵MBC的面积是▵ABC面积的14
11.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F在线段BD上(不含端点B)，平面A1EF与平面DCC1D1交于直线l，则( )
A. l//BB1B. 不存在点F，使得B1E⊥A1F
C. ∠A1FE的最大值为π6D. l与平面B1EF所成角的最大值为π4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在复数范围内写出符合方程x2+4=0的一个解x= ．
13.已知向量a，b满足b在a方向上的投影向量为12a，若a=1，a−2b=3，则b= ．
14.记▵ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若bsinC−csC=ccsB−sinB，a=2 2，则▵ABC的面积为 ．
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)
记▵ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知b2+c2=a2+ 2bc．
(1)求A；
(2)若a=1，sinB= 2csC，求▵ABC的周长．
16.(本小题15分)
已知向量a与b的夹角为π3，a=2，b=1．
(1)求a⋅b和a+b的值；
(2)若向量ka+b与a+2b的夹角为锐角，求实数k的取值范围．
17.(本小题15分)
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，▵A1B1B为钝角三角形．
(1)求证：D1E//平面A1BC1；
(2)若平面A1BC1⊥平面ABB1A1，A1C1⊥BB1，求证：AC⊥平面ABB1A1．
18.(本小题17分)
记▵ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知∠BAC=π3．
(1)当点D满足CD=2DB时．
①若AD=1，c=2b，求b；
②若∠B+∠DAC=π2，求B．
(2)当BA⋅BC= 3ab时，判断▵ABC的形状并证明．
19.(本小题17分)
如图，已知菱形ABCD的边长为2，∠DAB=π3，将▵ABD沿BD翻折至▵A′BD．

(1)若二面角A′−BD−C的余弦值等于−13，求三棱锥A′−BCD的体积；
(2)若二面角A′−BC−D的正切值的取值范围是2 33,2 3，A′，B，C，D在同一个球面上，求该球的表面积的取值范围．
1.【答案】B
2.【答案】A
3.【答案】C
4.【答案】B
5.【答案】C
6.【答案】D
7.【答案】C
8.【答案】A
9.【答案】BD
10.【答案】ACD
11.【答案】ABC
12.【答案】2i/(答案不唯一，也可填−2i)
13.【答案】 102
14.【答案】2
15.【答案】解：(1)由余弦定理可得csA=b2+c2−a22bc= 2bc2bc= 22，
因为A∈0,π，故A=π4．
(2)因为 2csC=sinB=sinA+C=sinAcsC+csAsinC= 22csC+ 22sinC，
整理可得sinC=csC，可得tanC=1，
因为C∈0,π，故C=π4．
因为A=π4，所以B=π−A−C=π2，故▵ABC是等腰直角三角形，
因为a=1，所以c=1，b= a2+c2= 1+1= 2，
故▵ABC的周长为a+b+c=2+ 2．

16.【答案】解：(1)由题意a⋅b=a⋅b⋅csπ3=2×1×12=1，
因为a+b2=a+b2=a2+2a⋅b+b2=4+2×1+1=7，所以a+b= 7．
(2)由ka+b⋅a+2b>0⇒ka2+2k+1a⋅b+2b2>0，
所以4k+2k+1+2>0，解得k>−12．
由ka+b//a+2b⇒2k−1=0⇒k=12．
综上，当k∈−12,12∪12,+∞时，向量ka+b与a+2b的夹角为锐角．

17.【答案】解：(1)由四棱台ABCD−A1B1C1D1的结构可知AB//A1B1，
因为E为AB的中点，AB=2A1B1，
则EB//A1B1,EB=A1B1，
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为平行四边形，
所以D1E//BC1，又BC1⊂平面A1BC1，D1E⊄平面A1BC1，
所以D1E//平面A1BC1；
(2)作B1H⊥A1B，垂足为H，
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⊥A1C1，
由棱台的性质可知，侧棱AA1,CC1相交于一点，即AA1,CC1共面，
因为棱台的底面ABCD//底面A1B1C1D1，
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⊥BB1，
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=2AB−2AD，
即2AB+AC=3AD，
两边平方得：4AB2+AC2+4AB⋅AC=9AD2，
即4c2+b2+4bccsπ3=9，又c=2b，
得21b2=9，解得b= 217；
②由∠B+∠DAC=π2，
得∠DAC=π2−∠B，又∠DAB=π3−∠DAC，
所以∠DAB=∠B−π6，可得：π6