北京一零一中2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试卷

这是一份北京一零一中2025-2026学年第二学期期末考试高一数学试卷，共3页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知复数，则（ ）
A. 0B. C. 101D. 202
2.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. 1B. 2C. 3D. 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；
反过来，对于该坐标为的任一元素，的该坐标为．
并且逐个坐标可验证.
所以这两部分的元素个数相等．
保留坐标为的那一部分，对其余坐标重复上述过程．
经过不超过次配对后，只剩下元素，故.
于是.
由，得，所以.
下面说明这些值均可取得．
对任意，取为所有形如.
且不全为的元素组成的集合，则．
任取两个不同元素，有．
反之，对任意，可取且，令，则且，并有．
因此题设的两个集合相等．
所以的所有可能取值为，，，．