浙江省2025-2026学年高一下学期期中数学模拟练习卷一

宁波市余姚中学2025-2026学年高一下学期期中数学模拟练习卷一 一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。 1.已知，则复数z为     A. B. C. D. 2.设全集是复数，是实数，是纯虚数，则     A.                     B.       C.             D. 3.已知，，，若，则t的值为   A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 4.如图，是水平放置的的直观图，则的面积为     A. 12 B. 24 C. D. 5.已知向量，为单位向量，，则，的夹角为     A. B. C. D. 6.3月31日，2025年“广西三月三八桂嘉年华”开幕式暨全国“四季村歌”活动在南宁民歌湖举行，主舞台设在南宁民歌湖边小明在湖对岸，现想测量与主舞台的距离，如图所示，小明，主舞台两点在湖的两岸，通过确定与A同侧的湖岸边一点C，测出A，C的距离为100m，，，计算出A，B两点的距离为     A. B. C. D. 7.在正四棱柱中，，且四棱锥的体积为6，则     A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8.在四棱锥中，是以AB为斜边的等腰直角三角形，，，，若点P，A，B，C，D均在球O的表面上，则当四棱锥的体积最大时，球O的表面积为(    ) A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。 9.已知复数，则下列结论正确的是(    ) A. B. z在复平面内对应的点位于第二象限 C. 的虚部为 D. z是方程的根 10.下列说法正确的是(    ) A. 若非零向量满足，则 B. C. 若为单位向量，则 D. 向量可以作为平面内的一个基底 11.在长方体中，底面ABCD是边长为4的正方形，P在棱上，且，则     A. B. 过点A、P、的平面截该长方体，所得截面周长为 C. 以点P为球心，为半径作一个球，则球面与底面ABCD的交线长为 D. 三棱锥外接球的体积是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知某一多面体内接于球构成一个简单组合体，如果该组合体的正视图、俯视图、均如图所示，且图中的四边形是边长为2的正方形，则该球的表面积是           13.若复数z满足，则的最小值是          . 14.在中，，，为钝角，P，Q是BC边上的两个动点，且，若的最小值为3，则          . 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，复数其中i为虚数单位 当实数m取何值时，复数z是纯虚数； 若复数在复平面内对应的点位于第一象限，求实数m的取值范围. 16.本小题15分 在中，，D为AC边上的中点，E为BC边上一点，且 当时，若，求的值； 当时，求的值. 17.本小题15分 如图，圆锥PO的底面半径和高均为6cm，过PO上一点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱设圆柱的底面半径为R，母线长为  求R与l的关系式；     求圆柱的侧面积的最大值；  记圆柱的侧面积为，圆锥的侧面积为若，求圆柱的体积． 18.本小题17分 如图，已知正方形ABCD的边长为2，点P为正方形内一点. 如图1 求的值； 求的值； 如图2，若点满足点P是线段MN的中点，点Q是平面上动点，且满足，其中，求的最小值. 19.本小题17分 已知中，，，，点D是边AB上的动点不含端点，点B关于直线CD的对称点是点E，连接CE， 当时，求线段CD的长度. 连接AE，点D在运动过程中存在多少个位置，使得，并请说明理由. 答案和解析 1.【答案】B  【解析】【详解】已知，化简得：， 分子分母同乘得：， 又因为，所以： 2.【答案】C  【解析】解：依题意，I，R，M三个集合之间的关系如图所示. 所以，，， 故选 3.【答案】D  【解析】解：向量，， 因为， 所以， 所以 4.【答案】A  【解析】【分析】利用斜二测画法的规则，即可还原三角形为直角三角形，从而可求三角形面积. 【详解】由斜二测画法的规则，可知原图是直角三角形， 且，， 故原图的面积为：， 故选： 5.【答案】C  【解析】【分析】根据向量垂直列方程，由此求得，进而确定正确答案. 【详解】因为，所以 ， 由于， 所以 6.【答案】A  【解析】【分析】利用正弦定理列方程，由此求得正确答案. 【详解】由正弦定理得， 所以 7.【答案】C  【解析】【分析】连接，相交于O，可证平面，利用四棱锥的体积公式即可求解. 【详解】连接，相交于O，则， 由正棱柱的性质可知平面ABCD，平面ABCD， 所以，又，平面， 则平面，且， 所以四棱锥的高为，其体积为， 解得 8.【答案】C  【解析】解：因为在四棱锥中，是以AB为斜边的等腰直角三角形， 又，，，， 又A，B，C，D共圆，且， 所以四边形ABCD必为等腰梯形，如图所示： 取AB中点E，CD中点F，则， 因为，，，则， 所以，则， 所以梯形ABCD的面积为定值． 因为是等腰直角三角形，E为斜边AB的中点，，所以， 要使四棱锥的体积最大，必有平面ABCD，此时平面PAB， 而点E为的外心，因此球心O在EF上， 设，球O的半径为R， 则，即，解得， 所以， 所以球O的表面积 故选： 根据条件，分析可得四边形ABCD必为等腰梯形，即可求出所需长度，分析可得，梯形ABCD的面积为定值，要使四棱锥的体积最大，必有平面ABCD，则球心O在EF上，根据勾股定理，求出半径R，代入公式，即可得答案． 本题考查四棱锥的外接球问题求解，属中档题． 9.【答案】ACD  【解析】【分析】 本题考查复数的几何意义、复数的模以及复数的概念，属于基础题. 根据复数的相关知识逐项判断即可. 【解答】 解：因为，所以，故A正确; z在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B错误; ，虚部为，故C正确; 由得，即，所以z是方程的根，故D正确. 故选： 10.【答案】ABC  【解析】解：对于A：若非零向量满足，则， A正确； 对于B：由， 故B正确； 对于C：由， ，则， 故C正确； 对于D：由，所以， 即， 故向量不可以作为平面内的一个基底， D错误． 故选： 利用平面向量共线定理判断A，D，根据平面向量线性运算法则判断B，根据数量积的运算律判断 本题考查了平面向量线性运算法则，重点考查了数量积的运算律，属中档题． 11.【答案】ABD  【解析】解：设，在直角中，根据勾股定理得， 在直角中，根据勾股定理得， 解得，故，故A正确， 延长相交于点Q，连接QC交于点R， 则截面周长为， 在中，利用三角形相似可得， 在中，利用三角形相似可得，， 又底面ABCD是边长为4的正方形，则， 故截面周长为，故B正确， 点P到底面ABCD的距离为1，球的半径为， 设球面与底面正方形的交线为半圆， 圆心在线段AD上且与D距离为1，圆的半径， 可得交线长为，故C错误， 在中，， 则的外接圆半径，显然平面PAD， 因此三棱锥的外接球的球心O在线段AB的中垂线上， 球心O到平面PAD的距离为， 则球半径， 故三棱锥的外接球体积为，故D正确. 12.【答案】  【解析】【详解】试题分析：因为该组合体的正视图、侧视图、俯视图均是圆及边长为2的正方形，所以该组合体是棱长为2的正方体及其外接球，可知外接球直径2R等于正方体对角线长，所以该球的表面积是，故答案为 考点：1、几何体三视图的应用；2、球的表面积公式. 13.【答案】1  【解析】【分析】 本题考查复数的模及其几何意义，属于中档题. 利用复数的模的几何意义，理解等式表示的动点轨迹图形为圆，由图易得动点到原点的距离最小值即得. 【解答】 解： 如图，设复数z对应的点为Z， 则由可知 点Z到点的距离为1， 即点Z的轨迹为以点为圆心，以1为半径的圆， 而则表示动点Z到原点的距离， 由图可知，圆上与原点距离最小的点为， 故的最小值是 故答案为： 14.【答案】  【解析】解：取PQ中点O，又，则， 则， 又的最小值为3，故，则，易知最小时，且， 所以，，则， 所以    故答案为 15.【答案】解：若复数 是纯虚数， 则，解得， 即实数时，复数z是纯虚数； 由已知得 ， 由题意，得    ， 解得  ， 即或  ， 即实数m的取值范围是   【解析】本题考查了复数的概念及复数的几何意义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 利用纯虚数的定义，得，求解即可； 利用复数的几何意义，由题意得，求解即可. 16.【答案】解：由题意得，以A为坐标原点建立平面直角坐标系，如图，则， ，、，又D为AC边上的中点，， 当时，E为BC边上的中点，，即、、， 又，，即，解得， 设，则，又，，， 、，又，，即，解得， ，解得   【解析】由题意建立平面直角坐标系，写出坐标和向量，再通过题目给的条件列式即可； 先设出E点坐标，利用和条件列式并联立即可求解. 17.【答案】解：记PA与圆柱的上底面交于点C，连接，OA，则， 所以，即，整理可得 由知，，且， 所以，当且仅当时等号成立. 因为圆柱的侧面积， 所以， 因此，当时，圆柱的侧面积取最大值 圆柱的侧面积， 圆锥的母线长为，故其侧面积 由，得， 代入，得，解得，此时， 所以圆柱的体积  【解析】详细解答和解析过程见【答案】 18.【答案】正方形ABCD的边长为2，则，  ， 以A 为原点，AB为x轴，AD为y轴，建立平面直角坐标系. 由，则 所以， 点P是线段MN的中点，则 设，，， 由，即 所以 ，解得，即 ，    当时，的最小值为  【解析】本题考查向量的坐标运算，平面向量加法及减法运算以及基本不等式，考查计算能力，属于中档题．  结合已知图形，对向量进行数量积运算即可；  ，利用二次函数求最值即可. 19.【答案】解：在中，， 在中，， ，设， 在中，由正弦定理得，， 在中， ， 令，令，或 化简得：， 因式分解得：， 是其中一根 对于：， 当时，变形得， ，，无解. 当时，由上面变形知道只有当时才可能有根， 变形得， 和在时都单调递增， 记，在时单调递增， ，， 在时仅有一根，且在区间内， 综上所述，点D在运动过程中存在2个位置，使得   【解析】应用余弦定理计算求解； 应用正弦定理及余弦定理化简，再令，再结合函数单调性及零点存在定理证明. 第14页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $