命题大赛 江苏省苏州市2025-2026学年高一下学期期末模拟数学试卷

**基本信息** 该试卷聚焦高一数学核心内容，涵盖复数、向量、立体几何、解三角形等模块，通过圆锥体积计算、多面体动点探究等问题，考查空间观念与逻辑推理，解答题如第18题结合面积公式与角平分线性质，体现知识综合应用，适配期末检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|复数运算、向量充要条件、旋转体判断|结合图形考查空间想象，如第3题旋转体形成| |多选题|3题|复数性质、三角形边角关系|第11题以正方体动态问题考查线面平行与距离| |填空题|3题|三角形周长、几何体表面积、新定义坐标系|第14题新坐标系定义体现创新意识| |解答题|5题|解三角形综合、向量运算、立体几何证明|第19题多面体面面垂直及动点探究，考查逻辑推理与空间观念|

命题大赛 江苏省苏州市2025-2026下学期高一期末模拟试卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知复数，则（    ） A． B． C． D． 2．设，都是非零向量，下列四个条件，使成立的充要条件是（    ） A． B． C．且 D．且方向相同 3．如图，某组合体是由选项中某个图形绕轴旋转而成，则这个图形是（   ） A． B． C． D． 4．如图，在中，点D是的中点，点E是的中点，则（    ） A． B． C． D． 5．在中的角的对应边分别为，且，则的形状为（    ） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．钝角三角形 D．直角或等腰三角形 6．设是两条直线，是两个平面，下列说法错误的是（ ） A．如果，那么 B．若，则 C．若，，则 D．若，则 7．如图，圆锥的母线长为2，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥面爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 8．在中，内角所对应边分别为，则下列说法不正确的是（    ） A．若满足，的有两解，则a的取值范围为 B．若为锐角三角形，且，则的取值范围是 C．若则是的外心 D．若点O为内一点，且，则 二、多选题 9．已知复数，，则下列结论正确的是（    ） A．若， B． C．若，则 D．若，则 10．在中，角所对的边分别为，以下说法中正确的是（    ） A．若，则 B．若是锐角三角形，则． C．若，则为钝角 D．若，则为直角三角形 11．正方形的边长为1，且它们所在的平面互相垂直．点分别在正方形对角线和上移动，且．则（   ） A．直线与所成的角为 B．平面 C．当时，的长最小，且最小值为 D．当的长最小时，点到平面的距离为 三、填空题 12．在中，若，且，则的周长为_______． 13．实心圆锥的底面直径为6，高为4，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，如图所示，则剩下几何体的表面积是_____. 14．定义：若数轴轴和轴相交于点O，记两条数轴的正方向所成的角，我们就建立了“坐标系”．对于坐标系内任意一点P，过点P作y轴的平行线，与x轴的交点对应的数称为“横坐标”，过点P作x轴的平行线，与y轴的交点对应的数称为“纵坐标”，记作．在“坐标系”中有，、、．则______. 四、解答题 15．已知的内角的对边分别为，且. (1)求的面积； (2)若，求的周长. 16．（1）已知平面向量，，，. （i）若，求和的值； （ii）在（i）的条件下，若，求实数的值； （2）已知，若，求的最小值. 17．如图，在正四棱柱中，，，是的中点． (1)求证：平面； (2)证明：平面． 18．记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为S，且满足，点H在线段AC上，BH平分． (1)证明：； (2)证明：； (3)在上述条件下，设点D为线段BH上的动点，连接AD并延长交BC于点E，若存在符合题意的和点D，满足，求实数m的取值范围． 19．如图，在多面体中，四边形与四边形均为等腰梯形，且，，为的中点． (1)求证：平面平面． (2)已知，，，点是线段上的动点． （ⅰ）判断是否存在一点，使得与垂直？若存在，求出点的位置；若不存在，请说明理由． （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 第 1 页 共 6 页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《命题大赛 江苏省苏州市2025-2026下学期高一期末模拟试卷》参考答案 1．C 【详解】复数， 所以. 2．D 【详解】表示与同向的单位向量，因此的充要条件是且与同向． 3．A 【详解】A中图形绕轴旋转可得由一个圆台挖去一个圆柱的组合体； B中图形绕轴旋转可得圆锥； C中图形绕轴旋转可得由一个圆柱挖去两个圆台的组合体； D中图形绕轴旋转可得由两个圆台挖去一个圆柱的组合体.故选A. 4．A 【分析】由向量的线性运算求解即可. 【详解】因点E是的中点，点D是的中点， 所以 . 5．B 【分析】将已知条件中的半角余弦表达式转化为边长关系，通过代数运算推导出角为直角. 【详解】因为，所以， 即， 所以， 即， 整理得， 角为直角，为直角三角形. 6．B 【分析】由线、面之间的位置关系的判定定理和性质逐一判断即可. 【详解】对于A，如果，则，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，因为，所以存在直线，使得， 又，所以或， 当时，因为，，所以由线面平行性质定理可知， 所以由平行传递性可得； 当时，因为，，所以直线与直线重合，故. 综上，若，，则，故C正确； 对于D，若，，所以或， 当时，存在直线，使得， 又因为，所以，则； 当时，因为，所以. 综上，若，则，故D正确. 7．A 【分析】把圆锥侧面展开成扇形，由平面上两点间线段最短求得底面半径，再根据体积公式计算出体积． 【详解】沿过点的母线剪开摊平为扇形，如图，由已知，， 所以，， 设圆锥底面半径为， 则，， 所以圆锥的高为， 所以圆锥体积为． 8．C 【分析】对于A，利用正弦定理和三角函数的性质求解；对于B，根据余弦定理和已知条件化简，求出，再用正弦定理对进行化简，根据的范围判断即可；对于C，由向量的数量积的运算及外心的定义判断；对于D，交于点，由向量的线性运算法则及向量共线定理，可得，从而求得面积比. 【详解】对于A，，所以， 因为，要使有两解，则，所以，A正确； 对于B，因为，又， 所以，即，即， 所以， 即，即， 因为，所以，即 所以， 因为为锐角三角形，所以，所以， 所以，B正确； 对于C， 则， 所以，所以点在边的高线上，所以不一定是的外心，C错误； 对于D，若点O为内一点，且， 延长交于点，故存在实数，使得， 由于在直线上，故，从而，即， 所以，故，D正确. 9．AB 【分析】A选项，根据复数除法运算法则即可求得；B选项，设，，根据共轭复数及复数的运算法则求解；C，D选项通过举反例可判断. 【详解】对于，因为当时，，选项A正确； 对于B，设，， ， 则 ， ，所以，选项B正确； 对于C，当，，则，但， ，，选项C错误． 对于D，，时，，但，选项D错误． 故选：AB. 10．BCD 【分析】对于A，利用余弦三角函数的性质即可求解；对于B，利用锐角三角形的定义及正弦函数的性质，结合诱导公式即可求解；对于C，根据余弦定理可判断C；对于D，利用射影定理计算判断选项. 【详解】对于A，在中，因为，所以，又在上单调递减， 所以，故A错误； 对于B，因为为锐角三角形，可得,则, 因为，所以， 又在上单调递增，所以，故B正确； 对于C，若，则，而， 所以角C为钝角，故C正确； 对于D，在中，由射影定理及得：， 则，而，解得，即为直角三角形，D正确. 11．ABC 【分析】构造空间直角坐标系，求出相关向量坐标，利用向量夹角余弦公式计算向量夹角，判断选项A；利用向量与平面法向量平行证明线面平行判断选项B；利用向量模的公式构造二次方程判断选项C，利用点到平面距离公式求出点面距离，判断选项D． 【详解】已知正方形的边长为1，且它们所在的平面互相垂直， 以为坐标原点，建立下图所示空间直角坐标系， 则，故， 设夹角为，则， ，故A正确； ， ， ， ， 平面的法向量为， ， ， 平面， 平面，故B正确； ， ，函数开口向上，对称轴为， 当时取得最小值，最小值为， 故C正确； 当时，， ，设平面的法向量为， 则，令，则， ， 则点到平面的距离为：，故D错误． 12． 【分析】利用三角形的面积公式，求得，再由余弦定理，列出方程求求得，进而求得的值，即可求解. 【详解】由中，，且， 可得，解得， 又由余弦定理得，即， 可得，则，所以， 所以的周长为． 故答案为：． 13． 【分析】根据已知几何体的表面积为圆锥表面积与挖去圆柱侧面积的和，再应用圆柱、圆锥的侧面积和表面积求法求面积. 【详解】由题意，几何体的表面积为圆锥表面积与挖去圆柱侧面积的和， 又圆柱底面半径为，高为2，则其侧面积为， 圆锥的母线长为，底面周长为，则其表面积为， 所以几何体的表面积为. 故答案为： 14．/ 【分析】设与轴和轴方向相同的单位向量分别为，根据平面向量的基本定理、线性运算及题设定义可得，，进而结合向量夹角余弦公式求解即可. 【详解】由题意，设与轴和轴方向相同的单位向量分别为，且， 则，，， 所以，， 则， ， ， 则. 15．(1) (2) 【分析】（1）利用三角形内角和定理求出，利用三角形的面积公式求解. （2）（方法一）联立方程组计算出的值，利用余弦定理求出，从而求出的周长.（方法二）由余弦定理及，求出，从而求出的周长. 【详解】（1）因为，所以. 因为，所以的面积为. （2）（方法一）由，得或， 由余弦定理，得， 解得. 故的周长为. （方法二）由余弦定理， 得， 解得. 故的周长为. 16．（1）（i），  ；（ii）；（2）最小值为 【分析】（1）（i）依托向量线性运算的坐标相等构建方程组求解参数； （ii）利用向量平行的坐标判定公式建立方程求实数； （2）将向量模长表达式转化为二次函数，借助二次函数性质求解最小值. 【详解】（1）（i）由，代入向量坐标得， 可得方程组，解得，. （ii）由（i）得，故，则，， 由两向量平行的坐标关系得， 化简得，解得. （2）由，，得， 则， 令，其对称轴为， 当时，， 因此，的最小值为. 17．(1)证明见详解 (2)证明见详解 【分析】（1）设，连接，利用中点关系，得到，满足线面平行判定定理的条件，从而得出证明； （2）由正棱柱侧棱垂直底面，进而得到，又正方形对角线互相垂直，从而得到满足线面垂直判定定理的条件，得出证明. 【详解】（1）证明：设，连接， 在正四棱柱中，四边形为正方形， ，又是的中点，， ，又平面，平面， 平面. （2）在正四棱柱中，平面， 又平面，， 在正方形中，， 又，平面，平面， 平面. 18．(1)证明过程见解析； (2)证明过程见解析； (3) 【分析】（1）由正弦定理得到方程，联立后可得结论； （2）由三角形面积公式和正弦定理得，从而； （3）先得到，并且，结合（1）和正弦定理得，代入可得，求出，从而. 【详解】（1）BH平分，故， 在中，由正弦定理得， 在中，由正弦定理得， 因为，所以， 又，两式相除可得； （2）因为，故， 又为锐角三角形，，故，所以， 由正弦定理得， 其中 ， 故，又， 所以， 又为锐角三角形，，， 故或，故或（舍去）； （3）先证明，过程如下： ， 故， 故 ，又，所以， 由（1）可知，故，即， 由正弦定理 ， 故， 所以，所以， 均非负，故， 因为，所以， 因为， 所以，解得， 则.    19．(1)证明见解析 (2)（ⅰ）存在，为线段上靠近点的六等分点；（ⅱ）． 【分析】（1）先分别去证平面内两条直线与平面平行，再利用面面平行的判定定理证明两平面平行； （2）在几何体内找到三条互相垂直的直线，建立空间直角坐标系，利用数量积的坐标表示去列出方程，求出点的坐标，利用线面角的正弦值等于线的方向向量与平面的法向量夹角的余弦值的绝对值去表示出直线与平面所成角的正弦值，再结合函数求出其最大值. 【详解】（1）证明：因为，且为的中点，所以，． 又因为，所以，所以四边形为平行四边形， 所以． 又因为平面，平面，所以平面． 同理，，且，所以四边形为平行四边形，则． 又平面，平面，所以平面． 又，平面，且，所以平面平面． （2）（ⅰ）取的中点，连接，过点作交于点，取的中点，连接． 因为四边形与四边形均为等腰梯形，且，，， 所以，，，，． 在中，，所以，所以． 所以二面角为直二面角，所以平面平面． 又平面平面，平面，所以平面． 因为平面，所以，所以两两垂直． 故以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 所以，，． 因为点是线段上的动点，所以设，所以． 假设存在点使得与垂直，则， 所以，即，解得． 故当时，点为线段上靠近点的六等分点． （ⅱ）设平面的法向量为， 则，令，则，， 所以平面的一个法向量为． 由（ⅰ）知，． 设直线与平面所成角为， 则， 易知当时，直线与平面所成角的正弦值取得最大值，最大值为． 学科网（北京）股份有限公司 $ 命题大赛 江苏省苏州市2025-2026下学期高一期末模拟试卷 整体难度：适中 考试范围：复数,平面向量,空间向量与立体几何,三角函数与解三角形 试卷题型 题型 数量 单选题 8 多选题 3 填空题 3 解答题 5 试卷难度 难度 题数 容易 9 适中 6 困难 4 细目表分析 题号 难度系数 详细知识点 一、单选题 1 0.85 复数的除法运算；求复数的模 2 0.85 相等向量；平行向量（共线向量） 3 0.82 由旋转体找出其旋转图形；圆柱的结构特征辨析；圆锥的结构特征辨析；圆台的结构特征辨析 4 0.85 平面向量的混合运算；向量加法法则的几何应用；用基底表示向量；平面向量基本定理的应用 5 0.65 余弦定理边角互化的应用；正、余弦定理判定三角形形状；余弦定理解三角形；二倍角的余弦公式 6 0.7 线面关系有关命题的判断；面面关系有关命题的判断 7 0.65 锥体体积的有关计算；圆锥的展开图及最短距离问题 8 0.42 数量积的运算律；正弦定理判定三角形解的个数；正弦定理边角互化的应用 二、多选题 9 0.82 共轭复数的概念及计算；求复数的模；复数代数形式的乘法运算 10 0.72 正、余弦定理判定三角形形状；余弦定理解三角形 11 0.55 求点面距离；证明线面平行；求异面直线所成的角；点到平面距离的向量求法 三、填空题 12 0.85 余弦定理边角互化的应用；三角形面积公式及其应用 13 0.65 圆锥表面积的有关计算；求组合旋转体的表面积；圆柱表面积的有关计算 14 0.4 向量夹角的计算；向量新定义；用定义求向量的数量积 四、解答题 15 0.82 三角形面积公式及其应用；余弦定理解三角形 16 0.82 用坐标表示平面向量；坐标计算向量的模；由向量共线（平行）求参数 17 0.85 证明线面平行；证明线面垂直 18 0.32 证明三角形中的恒等式或不等式；求三角形中的边长或周长的最值或范围；正弦定理边角互化的应用；三角形面积公式及其应用 19 0.4 线面角的向量求法；证明面面平行；从平面向量到空间向量 知识点分析 序号 知识点 对应题号 1 复数 1,9 2 平面向量 2,4,8,14,16 3 空间向量与立体几何 3,6,7,11,13,17,19 4 三角函数与解三角形 5,8,10,12,15,18 难度分布 容易 适中 困难 47.37 31.58 21.05 学科网（北京）股份有限公司 $