精品解析：江苏如皋市长江高级中学2025-2026学年高一下学期期中模拟考试数学试题

江苏省如皋市长江高级中学2025-2026学年度高一下学期期中模拟考试 一、单选题 1. 已知点，，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 在复平面内，点对应的复数为，则复数的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 3. 设的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ） A. 2或4 B. 3 C. 5 D. 4. 已知锐角，满足，，则等于（ ） A. B. 或 C. D. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在三棱柱中，侧棱底面,是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（ ） A. 与是异面直线 B. 平面 C. D. 平面 7. 在中，且为的中点，，与交于点.若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，已知正方体的棱长为2，若K为棱的中点，过A，C，K三点作正方体的截面，则截面的周长为（ ）． A. B. 6 C. D. 二、多选题 9. 设、为两条直线，、为两个平面，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 11. （多选）已知扇形的半径为1，，点在弧上运动，，下列说法正确的有（ ） A. 当位于点时，的值最小 B. 当位于点时，的值最大 C. 的取值范围为 D. 的取值范围 三、填空题 12. 已知，，且，则向量，夹角为_____． 13. 在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，四棱锥为阳马，侧棱底面ABCD，，E为棱PA的中点，则异面直线CE与PB所成角的大小为________． 14. 已知是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，若，则的取值范围是______. 四、解答题 15. 已知. （1）求的值； （2）求的值. 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，分别是棱的中点． （1）证明：； （2）证明：平面． 17. 如图所示，矩形的对角线相交于点O，点E在线段上，且，若． （1）求的值； （2）若，，求向量与向量夹角的余弦值． 18. 如图所示，正四棱锥中，P为侧棱SD上的点，且，Q为侧棱SD的中点，平面平面． （1）证明：平面PAC； （2）证明：； （3）侧棱SC上是否存在一点E，使得平面PAC，若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 19. 已知为锐角三角形，. （1）求； （2）求； （3）若外接圆的周长为，求的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省如皋市长江高级中学2025-2026学年度高一下学期期中模拟考试 一、单选题 1. 已知点，，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平面向量的坐标运算即可求解. 【详解】设，则，. 因为，所以，解得， 所以点的坐标为. 故选：B. 2. 在复平面内，点对应的复数为，则复数的虚部为（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据复数对应的点得出复数，再应用复数除法计算化简求解. 【详解】复数在复平面内对应的点为，则复数， 复数，则复数的虚部为. 3. 设的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ） A. 2或4 B. 3 C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合余弦定理运算求解即可. 【详解】因为，，， 由余弦定理可得，即， 可得，解得或． 故选：A. 4. 已知锐角，满足，，则等于（ ） A. B. 或 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平方关系求出和，利用两角和差的余弦公式求出，通过判断角的范围得到角的值. 【详解】由，且，为锐角， ，， 故， ，为锐角，， ，，． 故选：C. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果． 【详解】将式子进行齐次化处理得： ． 故选：C． 【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论． 6. 如图，在三棱柱中，侧棱底面,是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（ ） A. 与是异面直线 B. 平面 C. D. 平面 【答案】C 【解析】 【分析】根据异面直线，线面平行，线面垂直的判定定理等进行逐一判断. 【详解】对于A：与都在平面内，不是异面关系，故A错误； 对于B：假设平面成立，则有, 而由题可知，即与不垂直， 因此假设不成立，故与平面不垂直，故B错误； 对于C：由题可知该三棱柱为直三棱柱，故平面,平面, . 在正三角形中，是的中点，故. 又平面, 平面又平面, 故C正确； 对于D：取的中点，连接，分别是的中点，故 又，. 因此四点共面，平面, 因此与平面不平行. 故D错误. 故选：C. 7. 在中，且为的中点，，与交于点.若，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量共线定理，结合为的中点，可得，由向量的线性运算，分别用表示，由，即可求得的值, 【详解】由图象可得，，，三点共线，且为的中点， 故存在实数使， 有， 且， 因为，即， 因为与不共线，所以有，解得. 故选：C. 8. 如图，已知正方体的棱长为2，若K为棱的中点，过A，C，K三点作正方体的截面，则截面的周长为（ ）． A. B. 6 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，连接，作出截面，分别求出边长，进而求出截面的周长. 【详解】如图，取的中点，连接，则. 则在正方形中，，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 又，所以， 则四边形即为过三点截面， 因为正方体的棱长为2， 所以，，, 则其周长为. 故选：A. 二、多选题 9. 设、为两条直线，、为两个平面，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据空间中的平行和垂直关系可判断选项. 【详解】A选项：根据线面平行的判定定理，可知A正确； B选项：若，则直线垂直于平面的一条直线，不满足线面垂直的判定定理，不能得出线面垂直，故B错误； C选项：根据线面平行的性质定理，可知C正确； D选项：若，因为，所以，则，故D正确． 10. 已知，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】 先根据，判断角的范围，再根据求； 根据平方关系，判断的值；利用公式求值，并根据角的范围判断角的值；利用公式和，联合求. 【详解】①因为，所以， 又，故有，， 解出，故A错误； ②， 由①知：，所以， 所以，故B正确； ③由①知：，而，所以， 又，所以， 解得， 所以 又因为，， 所以，有，故C正确； ④由， 由③知，， 两式联立得：，故D错误． 故选：BC 【点睛】关键点点睛：本题的关键是三角函数恒等变形的灵活应用，尤其是确定角的范围，根据三角函数值，确定，且，进一步确定，这些都是确定函数值的正负，以及角的大小的依据. 11. （多选）已知扇形的半径为1，，点在弧上运动，，下列说法正确的有（ ） A. 当位于点时，的值最小 B. 当位于点时，的值最大 C. 的取值范围为 D. 的取值范围 【答案】ACD 【解析】 【分析】以为原点，以为轴，建立如图所示的直角坐标系，设，进而可得，据此得到的最值并判断AB；由数量积得坐标运算及恒等变形可得，，再求取值范围即可． 【详解】以为原点，以为轴，建立如图所示的直角坐标系，设，则， 其中，，． 因为，所以，即， 所以． 所以当时，取得最大值2，此时点为的中点， 当或时，取得最小值1，此时点为或点，故A正确，B错误， ，， 所以， ． 因为，所以，故， 因此，所以的取值范围为，故C正确， 因为， 因为，所以，故， 所以，所以，所以D正确． 故选：ACD． 三、填空题 12. 已知，，且，则向量，夹角为_____． 【答案】 【解析】 【分析】将已知等式展开求出，代入向量夹角公式可得. 【详解】因为，，所以， 解得，所以， 又，所以. 故答案为： 13. 在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，四棱锥为阳马，侧棱底面ABCD，，E为棱PA的中点，则异面直线CE与PB所成角的大小为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用作平行线作出异面直线CE与PB所成角，解三角形，即可求得答案. 【详解】在四棱锥中，设F为的中点，连接， 由题意知四边形为正方形，设， 由于E为的中点，故，则即为异面直线CE与PB所成角或其补角， 底面ABCD，底面ABCD，则, 结合，则， 又， 则在中，， 结合，则， 即异面直线CE与PB所成角的大小为， 故答案为： 14. 已知是锐角三角形，内角A，B，C所对应的边分别为a，b，若，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】根据正弦定理边角互化，结合三角恒等变换可得，利用换元法，结合三角函数的性质以及二次函数的性质即可求解范围. 【详解】由正弦定理得： ， 又，即，可得， 又是锐角三角形， 可得，即，解得， 令，则， 则，开口向上，对称轴， 即在上单调递增， 所以，即 即的取值范围是 故答案为： 四、解答题 15. 已知. （1）求的值； （2）求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用同角三角函数平方关系求，由，利用两角差的正弦公式即可求解； （2）由（1）得，进而求，利用二倍角公式求，最后利用诱导公式和两角和的余弦公式即可求解. 【小问1详解】 由有，又，所以， 所以； 【小问2详解】 由（1）有，，所以， 所以， 所以， 所以. 16. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，分别是棱的中点． （1）证明：； （2）证明：平面． 【答案】（1） 如图，连接交于点，由四边形是正方形，可得， 因平面，平面，则， 又，平面， 所以平面，又平面， 所以． （2） 如图，取的中点，连接， 由分别是棱的中点．可得， 又，则，即得，所以 因平面，平面， 所以平面． 【解析】 【分析】（1）先证和，再由线线垂直证明线面垂直，易得； （2）取的中点，易证，得到，则得，由线线平行即得线面平行. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 如图所示，矩形的对角线相交于点O，点E在线段上，且，若． （1）求的值； （2）若，，求向量与向量夹角的余弦值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）已知为矩形，，所以，结合图形显示关系得出，从而得出的值，进而求出. （2）由（1）知，因为为矩形，则，结合题给条件，，求出以及，再根据求出两向量夹角的余弦值. 【小问1详解】 已知为矩形，， 所以， 所以， 即，， 所以． 【小问2详解】 由（1）知：， 因为为矩形，则， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 即向量与向量夹角的余弦值为：． 18. 如图所示，正四棱锥中，P为侧棱SD上的点，且，Q为侧棱SD的中点，平面平面． （1）证明：平面PAC； （2）证明：； （3）侧棱SC上是否存在一点E，使得平面PAC，若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 【答案】（1） 连接BD交AC于点O，连接OP， 因为四边形ABCD为正方形，所以点O为BD的中点，又P为QD的中点， 所以，因为平面PAC，平面PAC， 所以平面PAC. （2） 因为CD，平面SCD，平面SCD，所以平面SDC， 又因为平面SAB，平面平面， 所以. （3）存在，时，平面PAC，理由如下： 解法一：在侧棱上存在一点，使平面，满足. 理由如下：连接交于，连接，则为中点， 取中点，又，则， 过作的平行线交于，连接，在中，有， 由平面PAC，平面PAC，得平面PAC，而，则， 又，平面，平面，则平面， 又，平面，因此平面平面， 又，得平面，所以存在，且. 解法二：以O为坐标原点，OB为x轴，OC为y轴，OS为z轴建立如图所示空间直角坐标系， 设， 则， ， 设，则，即， 易得， 设为平面PAC的一个法向量，， ，令，得， 可得， 若平面PAC，则，即，解得， 所以当时，平面PAC. 【解析】 【分析】（1）由为中位线知，即可证明线面平行. （2）证明平面SDC，再利用线面平行的性质证明. （3）建立空间直角坐标系，设从而写出E点的坐标，求出平面PAC的法向量，若平面PAC则，列方程求出即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 19. 已知为锐角三角形，. （1）求； （2）求； （3）若外接圆的周长为，求的面积. 【答案】（1） （2） （3）7 【解析】 【分析】（1）根据，再结合条件，利用两角和差的正弦公式，即可求解； （2）首先根据（1）的过程求得与的关系，再根据，再根据两角和的正切公式，即可求解； （3）根据圆的周长公式求半径，再根据正弦定理求边长，最后代入三角形的面积公式，即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以， 又，所以， 联立得； 【小问2详解】 因为，且三角形为锐角三角形， 所以，， 由（1）可得，即， 所以， 所以， 解得或， 因为角为锐角，所以， 【小问3详解】 因为外接圆的周长为.即. 由，得， 因为，所以，解得， 由（2）可知，且角为锐角，所以，, 所以的面积为 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $