精品解析：安徽芜湖皖江中学2025-2026学年高一下学期期中模拟测试数学试卷

芜湖皖江中学期中模拟测试数学试卷 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，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 2. 下列说法中正确的是（ ） A. 平行向量不一定是共线向量 B. 单位向量都相等 C. 若，满足且与同向，则 D. 对于任意向量，必有 3. 下列说法正确的是（ ） A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B. 长方体是平行六面体 C. 用一个平面去截圆柱，所得截面一定是圆形或矩形 D. 用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台 4. 已知与为非零向量，，若三点共线，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5. 已知向量，，，则的值是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，，且、的夹角为，如果，那么的值为（ ） A. B. C. D. 7. 的内角的对边分别为，，，若的面积为，则 A. B. C. D. 8. 在中，分别根据甲、乙、丙、丁四个条件判断三角形的形状，甲:；乙:；丙:；丁:．判断结果与其它三个不一样的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则正确的结论有（ ） A. 若，则 B. 若，则则为直角三角形 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则一定是等腰三角形 10. 设P为所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则点P是的重心 B. 若，则点P是的垂心 C. 若，，则点P是的内心 D. 若，则点P是的外心 11. 正方体的棱长为2，M是棱上的一个动点（含端点），则的取值可以为（ ） A. B. C. D. 5 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，且满足，是正方形边上的任意一点，则的最大值为__________． 13. 设向量，且的夹角为锐角，则实数的取值范围是__________． 14. 一个圆锥母线长为，侧面积，则这个圆锥的外接球体积为______________． 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. 在复平面内，复数（其中为虚数单位，）． （1）若复数z为纯虚数，求a的值； （2）若复数z>0，求a的值． 16. 如图，已知等腰梯形的上底，下底，底角，现绕腰所在的直线旋转一周，求所得的旋转体的体积． 17. 在中,内角所对的边分别是且. （1）求角; （2）若,求边上的角平分线长; （3）求边上的中线的取值范围． 18. 如图，在中，，E是AD的中点，设，. （1）试用，表示； （2）若，与的夹角为，求 19. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若， ①求周长的取值范围； ②若为边上的中线，，求的面积． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 芜湖皖江中学期中模拟测试数学试卷 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，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出． 【详解】因为，所以，即． 故选：A． 2. 下列说法中正确的是（ ） A. 平行向量不一定是共线向量 B. 单位向量都相等 C. 若，满足且与同向，则 D. 对于任意向量，必有 【答案】D 【解析】 【分析】通过向量的模以及向量的基本概念，判断选项的正误即可． 【详解】平行向量是共线向量，故A错误； 单位向量的模相等，方向不一定相同，故B错误 向量不能比较大小，故C错误 设夹角为， ， 故，故D正确． 3. 下列说法正确的是（ ） A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B. 长方体是平行六面体 C. 用一个平面去截圆柱，所得截面一定是圆形或矩形 D. 用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台 【答案】B 【解析】 【分析】根据棱柱、棱锥、圆柱和圆锥的定义对选项一一判断即可得出答案. 【详解】对于A， 底面是正多边形，侧棱均相等的棱锥是正棱锥，故A错误； 对于B，平行六面体是各个面都为平行四边形的棱柱，而长方体是各面为矩形的棱柱， 所以长方体是平行六面体，故B正确； 对于C，用一个平面去截圆柱，所得截面可能为椭圆，故C错误； 对于D，用一个平行于底面的平面截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故D错误. 故选：B. 4. 已知与为非零向量，，若三点共线，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】根据三点共线可得向量共线，由此结合向量的相等列式求解，即得答案. 【详解】由题意知，三点共线，故, 且共线， 故不妨设，则， 所以，解得， 故选：D 5. 已知向量，，，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据，可得，再利用同角之间的公式化简，代入即可得解. 【详解】因为向量，， ，即 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题考查向量平行的坐标运算，及利用同角之间的公式化简求值，解题的关键是的变形，考查学生的运算求解能力，属于基础题. 6. 已知，，且、的夹角为，如果，那么的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由已知可得，利用平面向量数量积的运算可得出关于实数的等式，即可求得实数的值. 【详解】由已知可得， 由已知可得，解得. 故选：C. 7. 的内角的对边分别为，，，若的面积为，则 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得． 详解：由题可知 所以 由余弦定理 所以 故选C. 点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理． 8. 在中，分别根据甲、乙、丙、丁四个条件判断三角形的形状，甲:；乙:；丙:；丁:．判断结果与其它三个不一样的是（ ） A. 甲 B. 乙 C. 丙 D. 丁 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理将边化角，结合二倍角公式判断甲、乙，利用正弦定理将边化角，再由两角差的正弦公式判断丙，利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式判断丁. 【详解】对于甲:，由正弦定理可得， 即，又，所以或，即或， 所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形且； 对于乙:，由正弦定理可得， 所以， 又，所以，， 所以， 即，又，所以或， 即或，所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形且； 对于丙:，由正弦定理可得， 所以，又且， 所以，所以，即，所以为等腰三角形； 对于丁:，由正弦定理可得， 所以， 即， 所以， 即， 所以或， 又且， 所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形且. 故选：C 【点睛】关键点点睛：本题关键是利用正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换公式一一计算. 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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则正确的结论有（ ） A. 若，则 B. 若，则则为直角三角形 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则一定是等腰三角形 【答案】ABC 【解析】 【分析】A选项，由大角对大边和正弦定理进行推导；B选项，由正弦定理和勾股定理逆定理进行解答；C选项，根据锐角三角形得到，结合正弦定理的单调性得到，利用诱导公式进行解答；D选项，得到或，所以是直角三角形或等腰三角形. 【详解】因为，所以，由正弦定理得：， 所以，A正确； 若，由正弦定理得：， 由勾股定理逆定理得：则为直角三角形，B正确； 若为锐角三角形，则，所以，且 由于在上单调递增， 所以，即，C正确； 若，则或， 所以或，则是等腰三角形或直角三角形，D正确. 故选：ABC 10. 设P为所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则点P是的重心 B. 若，则点P是的垂心 C. 若，，则点P是的内心 D. 若，则点P是的外心 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：以，为邻边作平行四边形PADB，M为PD的中点，利用向量的线性运算得到，即可证明；对于B：利用数量积运算证明出，，得到P为的垂心，即可证明；对于C：在边AB，AC上分别取点E，F，使，，以AE，AF为邻边作平行四边形AEGF，则四边形AEGF为菱形，即可判断；对于D：证明出，，，即可证明. 【详解】对于A：若，则. 以，为邻边作平行四边形PADB，M为PD的中点，则，所以，又，所以，故P为的重心. 所以A正确； 对于B：若，则，即，即，所以. 同理，则，故P为的垂心. 故B正确； 对于C：在边AB，AC上分别取点E，F，使，，则，以AE，AF为邻边作平行四边形AEGF，则四边形AEGF为菱形. 连接AG，则AG为的角平分线，由，所以点P在角平分线AG上，故点P的轨迹一定通过的内心. 所以C错误； 对于D：若，则，同理有，，故P为的外心. 所以D正确. 故选：ABD 11. 正方体的棱长为2，M是棱上的一个动点（含端点），则的取值可以为（ ） A. B. C. D. 5 【答案】ABC 【解析】 【分析】将绕翻折至与共平面，当、、共线时，最小，与（或）重合时最大，可得结论. 【详解】由正方体的性质可得为等边三角形，边长为， 为等腰直角三角形，其直角边长为， 将左图中绕翻折至与共平面（如右图）， 因为，， 所以当、、共线时最小， 此时为中点，，， 此时，， 则最小值为； 当与（或）重合时最大，最大值为. 故选：ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，且满足，是正方形边上的任意一点，则的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据数量积的运算可得，再由正方形的性质可得最大值. 【详解】连接，取的中点，连接，由题意知，所以， 则． 易知当点与点重合时，取得最大值，且， 故由正方形的性质知， 所以的最大值为． 13. 设向量，且的夹角为锐角，则实数的取值范围是__________． 【答案】且 【解析】 【详解】因为的夹角为锐角，所以解得，又当时，不符合题意，所以且. 14. 一个圆锥母线长为，侧面积，则这个圆锥的外接球体积为______________． 【答案】 【解析】 【分析】由圆锥的侧面积得出圆锥的底面半径，设出球的半径，根据题意得出关系式求出球的半径，进而得出球的体积． 【详解】解：设圆锥的底面半径为， 因为圆锥母线长为，侧面积，所以，解得， 所以，圆锥的高， 设球半径为R，球心为，其过圆锥的轴截面如图所示， 由题意可得，，即，解得， 所以，． 故答案为：． 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. 在复平面内，复数（其中为虚数单位，）． （1）若复数z为纯虚数，求a的值； （2）若复数z>0，求a的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据纯虚数的知识列式，从而求得的值. （2）根据复数能比较大小列式，从而求得的值. 【小问1详解】 由于为纯虚数， 所以，可得． 【小问2详解】 由于与可以比较大小，所以为实数，且， 所以，可得． 16. 如图，已知等腰梯形的上底，下底，底角，现绕腰所在的直线旋转一周，求所得的旋转体的体积． 【答案】 【解析】 【分析】作交的延长线于点，作交于点，所得旋转体是以为底面半径的圆锥和圆台，挖去以为顶点，以为底面半径的圆锥的组合体． 【详解】如图，作交的延长线于点，作交于点，，，， 在中，，． ，， 在 中，，． 又在等腰梯形中可求得， ， ， 旋转后所得几何体的体积为 , 故所得的旋转体的体积为 ． 17. 在中,内角所对的边分别是且. （1）求角; （2）若,求边上的角平分线长; （3）求边上的中线的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）运用正弦定理将边化为角,再进行三角恒等变换,求出,得出即可. （2）先选用余弦定理得出关系式,再将三角形面积进行转化,用等面积法. ,运用面积公式求解即可. （3）先用中线的向量表达式,,两边平方,将中线长转化为求的范围,后将又转化为三角函数求值域问题,最终求得中线长范围. 【小问1详解】 因为,根据正弦定理, 即, 即,又, 所以,因为,所以． 【小问2详解】 由及余弦定理得,即, 又因为,所以, 所以, 所以,即． 【小问3详解】 因为是的中点,所以, 则, 由正弦定理得, 即, 因为,所以,所以, 所以,所以,所以, 所以,即边上的中线的取值范围为． 18. 如图，在中，，E是AD的中点，设，. （1）试用，表示； （2）若，与的夹角为，求 【答案】（1）, （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量加法减法的三角形法则及数乘运算即可求解； （2）根据（1）的结论，利用向量的模公式和向量的数量积公式即可求解. 【小问1详解】 因为， 所以. 所以. 因为E是AD的中点， 所以. 【小问2详解】 由（1）知，， 所以 ， 所以 19. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且． （1）求； （2）若， ①求周长的取值范围； ②若为边上的中线，，求的面积． 【答案】（1） （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）法一：利用正弦定理边化角，利用三角恒等变换可求得，进而可求；法二：利用余弦定理角化边可得，利用余弦定理求得，进而可求； （2）(ⅰ) 法一：由正弦定理可得，，利用三角恒等变换可求得周长的取值范围；法二：利用余弦定理，结合基本不等式与三边关系定理可求得周长的取值范围；(ⅱ)由余弦定理可得，利用，结合余弦定理可得，进而可求面． 【小问1详解】 法一：由正弦定理得． 从而，即， 又中，∴， 又，所以． 法二：由余弦定理得， 化简得， 则， 又，所以． 【小问2详解】 (ⅰ)法一：由正弦定理得， 则，，∵，∴． 的周长为 ． 又∵，∴，故， ∴周长的取值范围是． 法二：由余弦定理得， 所以． ∵，∴， ∴(当且仅当时取得等号)． 又∵， ∴周长的取值范围是． (ⅱ)在中，由余弦定理得，即． 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得． ∵，∴，∴． 所以，． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $