广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学模拟卷（三）

**基本信息** 该卷聚焦高一下学期核心知识，以向量、解三角形、立体几何为主体，通过飞机飞行路径、“广义坐标系”等创新情境，考查数学抽象、逻辑推理与空间想象能力，适配期末综合测评需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|向量共线、解三角形外接圆、斜二测画法|题3以飞机改道为情境，用正弦定理解决实际距离问题，体现数学眼光| |多选题|3题|复数性质、三角形边角关系、平面向量动态问题|题11动点P结合面积与向量运算，考查分类讨论与推理能力，体现数学思维| |填空题|3题|向量模、复数几何意义、正方体轨迹问题|题14正方体轨迹问题，融合空间几何与方程思想，体现数学语言| |解答题|5题|复数运算、立体几何证明与计算、创新坐标系|题19“广义坐标系”新定义情境，综合向量与函数求最值，适配高考创新题型趋势|

广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学模拟卷（三） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．向量不共线，点P、Q、S共线，已知，则k的值为（    ） A． B． C． D． 2．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，则外接圆的周长为（   ） A．2π B．4π C．2 D．1 3．一架飞机从保山云瑞机场出发飞往昆明长水机场，两地相距，因雷雨天气影响，飞机起飞后沿与原来飞行方向成角的方向飞行，飞行一段时间后，再沿与原来飞行方向成角的方向继续飞行至终点，则本架飞机的飞行路程比原来的大约多飞了（    ）（参考数据：） A． B． C． D． 4．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，则该平面图形的高为（    ） A． B．4 C． D． 5．在空间中，l，m是不重合的直线，，是不重合的平面，则下列说法正确的是（   ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 6．小华为测量A，B（视为质点）两地之间的距离，选取C，D（与A，B在同一水平面上）两点进行测量，已知在的正东方向上，米，在的北偏东方向上，在的南偏西方向上，米，则A，B两地之间的距离是（  ） A．40米 B．米 C．米 D．60米 7．已知在梯形中，，，，，点E在边上运动（包含端点），则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 8．在锐角中，内角的对边分别为，已知，，且边上的中线长为，则的面积为（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．下列说法正确的是（   ） A．复数的模为 B．复数的虚部为 C．若，则 D． 10．在中，角，，所对的边分别为，，，则下列结论正确的是（     ） A．若，则 B．若，则是锐角三角形 C．若，，，则符合条件的有两个 D．若，则是锐角三角形 11．已知中，，点P为边BC上的动点，满足（，为实数），则下列说法正确的有（   ） A．的面积的最大值为 B．当P为BC中点时， C．若的面积为面积的，则 D．若，则的最小值为 三、填空题 12．已知向量，，满足，则_____. 13．在复平面内，是坐标原点，复数，，，所对应的点分别是，，．若，则的值是___________． 14．已知正方体的棱长为3，动点在内，满足，则点的轨迹长度为______. 四、解答题 15．设复数，，其中为虚数单位． (1)若是纯虚数，求． (2)若复数在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围． 16．的三边长度分别为：，，， (1)求：的值 (2)若，，点在线段上，且 （ⅰ）试用，的适当形式表示 （ⅱ）求 17．如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点． (1)若是中点． ①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值． (2) 若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 18．如图，在直三棱柱中，，，，点D，E分别为棱BC，的中点，点F是线段CE的中点．    (1)求证：平面； (2)求直线DF与平面ABF所成角的正弦值； (3)求二面角的余弦值． 19．我们把山平面内夹角成的两条数轴，构成的坐标系称为“广义坐标系”．如图1，，分别为，正方向上的单位向量．若向量，则把实数对叫作向量的“广义坐标”，记． (1)已知向量的“广义坐标”为．求的模； (2)以为原点，建立如图2所示的平面直角坐标系，若向量在平面直角坐标系中的坐标为，求向量的“广义坐标”． (3)如图3，在“广义坐标系”中，点，分别在射线、射线上（均与点不重合），，，，分别为，的中点，求的最大值． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学模拟卷（三）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A B C D C D D ABD ACD 题号 11 答案 ABC 1．D 【分析】结合平面向量的加法运算求得，进而根据平面向量共线得到，对应系数相等即可求出结果. 【详解】因为， 又因为点P、Q、S共线，所以， 所有，因此， 故，解得， 故选：D. 2．A 【详解】设外接圆的半径为， 因为，，由正弦定理，， 解得，故外接圆的周长为. 3．B 【分析】画出图象，可得，，由正弦定理求出即可. 【详解】如图，由示意图可知,   ，, 中，由正弦定理得 则 所以， 故选： 4．C 【分析】根据斜二测画法将直观图还原为直角梯形，如图，结合勾股定理计算即可求解. 【详解】在直角梯形中，， 则， 直角梯形对应的原平面图形为如图中直角梯形， ，，，， 所以该平面图形的高为． 故选：C． 5．D 【分析】根据给定条件，利用面面平行、线面平行的关系，逐项判断即可. 【详解】对于A，由，，，得或是异面直线，A错误； 对于B，由，，得或，B错误； 对于C，由，，得与相交或，C错误； 对于D，由，得存在过的平面与相交，令交线为，则， 而，，于是，又，，则，因此，D正确. 故选：D 6．C 【分析】根据题意，作出图形，利用正弦定理和余弦定理计算即可得. 【详解】如下图：由题可得、、，，， ，即， 故，则，则， 故. 故选：C. 7．D 【分析】建立平面直角坐标系，求出、的坐标，再由向量数量积的坐标运算及二次函数配方法求最值可得答案 【详解】以A为原点，、所在的直线分别为轴建立 如图所示的平面直角坐标系，则，，， ，所以， 设，故， 因为，所以， 则，， 所以， 因为，其对称轴为，取得最小值， 当，取得最大值，所以 8．D 【分析】由正弦定理及两角和的正弦公式得出，再根据三角形中线的向量表示及平面向量数量积的运算律得出，由三角形面积公式即可求解． 【详解】由已知条件，化简得． 由正弦定理得，， 又，所以， 所以，由于为锐角三角形，所以． 边上的中线长为， 设边上的中线长为，则， 所以 ， 所以， 所以．    9．ABD 【详解】A：复数的模，正确. B：复数的虚部为，正确. C：复数不能比较大小，错误. D：设则，，正确. 10．ACD 【详解】三角形中，大角对大边，若，则，由正弦定理， 则，即，故A正确； 由正弦定理， 已知，则， 由余弦定理，说明是锐角，无法确定是否是锐角， 故三角形不一定是锐角三角形，故B错误； 已知，，，则， ， ，， 可能是大于的锐角或钝角，即符合条件的有两个，C正确； ， ，由大角对大边可知为最大角， 要证是锐角三角形，只需证， 由三角形的性质知， ， ，令，则，， ， 即， ， ，故是锐角三角形，故D正确． 11．ABC 【分析】根据平面向量数量积的定义，平面向量数量积的运算律及三角形面积公式即可判断A；由平面向量数量积的运算律即可判断B；由三点共线即可判断C；由平面向量数量积的运算律即可判断D． 【详解】对于A，由已知条件，得， 由，得， 平方得，得，． ， 由，得，则， 所以，故A正确． 对于B，当为中点时，， 则，故B正确． 对于C，由在上，设且，则与面积比等于， 由得，故C正确． 对于D，若，则，结合，得，为等边三角形． ,， 则 ， 当时，取得最小值，故D错误． 12． 【详解】，， 因为，所以，解得， 因此. 13．/ 【详解】因为复数，，，所对应的点分别是，，， 所以，，， 即，，， 所以 由，所以， 解得，因此. 14． 【分析】确定正方体对角线与的交点E，求出确定轨迹形状，再求出轨迹长度作答. 【详解】在正方体中，如图，   平面，平面，则，而， ，，平面，于是平面，又平面， 则，同理，而，，平面， 因此平面，令交平面于点， 由，得， 即，解得， 而，于是， 因为点在内，满足，则， 因此点的轨迹是以点为圆心，为半径的圆在内的圆弧， 而为正三角形，则三棱锥必为正三棱锥，为正的中心， 于是正的内切圆半径， 则，即，， 所以圆在内的圆弧为圆周长的， 即点的轨迹长度为 故答案为： 【点睛】方法点睛：涉及立体图形中的轨迹问题，若动点在某个平面内，利用给定条件，借助线面、面面平行、垂直等性质，确定动点与所在平面内的定点或定直线关系，结合有关平面轨迹定义判断求解. 15．(1) (2) 【分析】（1）对进行分母实数化，根据是纯虚数构造方程组求出，进而求出复数，再求出； （2）求出复数，根据其在复平面内对应的点位于第四象限构造不等式组求解． 【详解】（1）， 若为纯虚数，则，解得， 故， ． （2）， 已知复数在复平面内对应的点位于第四象限， 则，解得， ． 16．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）先根据余弦定理求出，再根据数量积的定义求解； （2）（ⅰ）根据向量的线性运算求解； （ⅱ）根据向量数量积的运算律求解． 【详解】（1）， ； （2）（ⅰ） ； （ⅱ） ． 17．(1)①证明见解析；② (2)存在，且 【分析】（1）①连接交于点，连接，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立； ②分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，结合余弦定理可求得结果； （2）由线面平行的性质可得出，由此得出，即可得解. 【详解】（1）连接交于点，连接，如下图所示： 在三棱柱中，，，所以，四边形为平行四边形， 因为，所以为的中点， 又因为为的中点，所以，且， 因为平面，平面，故平面； 在直三棱柱中，平面，平面，所以， 所以，， 同理可得，， 所以，，， 因为，所以，异面直线与所成角为或其补角， 由余弦定理可得， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. （2）如下图所示： 因为，，所以， 因为平面，平面，平面平面， 所以，故，因此. 所以，线段上存在一点，使得平面，且． 18．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）只需分别证明，，结合线面垂直的判定定理即可得解； （2）首先通过分析可说明是直线DF与平面ABF所成角，进一步通过解三角形即可得解； （3）由二面角的定义分析说明为二面角F-AD-C的平面角，再通过解三角形即可得解. 【详解】（1）在直三棱柱中，平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以． 在矩形中，，，点E是棱的中点， 所以，所以是等边三角形， 又点F是线段CE的中点，所以， 又，平面，所以平面． （2）在平面BCE内，过点D作BF的垂线，垂足为H，如图所示． 由（1）知平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 所以是直线DF与平面ABF所成角． 在中，，，所以， 又点D为棱BC的中点，所以． 因为平面，又平面，所以， 所以，． 在中，由余弦定理得， 所以，即直线DF与平面ABF所成角的正弦值为． （3）在平面内，过点F作AC的垂线，垂足为O，在平面ABC内，过O作AD的垂线，垂足为G，连接FG，如图所示． 因为平面，又平面，所以， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，， 又，，平面，所以平面， 又平面，所以，又， 所以为二面角的平面角． 在中，． 因为平面，平面，所以， 又易得，，所以， 由等面积法可知． 在中，，，，所以， 所以，即二面角的余弦值为．    19．(1)； (2)； (3). 【分析】（1）利用数量积的定义及运算律求解. （2）利用向量线性运算的坐标表示求解. （3）令，利用向量的线性运算及数量积的运算律建立函数关系，再借助换元法及基本不等式求出最大值. 【详解】（1）依题意，，由单位向量的夹角为，得， 所以. （2）在平面直角坐标系中，， 设，由向量在平面直角坐标系中的坐标为， 得，则，解得， 所以向量的“广义坐标”为. （3）在中，令，则， 由，得，即，， 由分别为的中点，得， 因此 ， 令，由，得，且， 则， 当且仅当时取等号，于是当时，， 所以的最大值为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $