江苏苏州市2025-2026学年高一第二学期数学期末模拟（2）

**基本信息** 以复数、向量、立体几何等核心知识为载体，通过欧拉公式（第9题）、离散曲率（第19题）等创新情境，梯度设计考查空间想象、逻辑推理与数学建模素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|复数几何意义、向量共线、三角函数化简|第8题结合正方体动点轨迹考查空间观念| |填空题|3题15分|三角形外心、三角恒等变换、球表面积|第14题综合棱锥外接球与截面最值| |解答题|5题77分|复数方程、向量数量积、立体几何证明|第19题引入离散曲率，融合空间弯曲性与逻辑推理|

苏州市2025-2026学年高一第二学期期末模拟（2） 数学 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．复数在复平面内对应的点满足，则以下选项中的点在复数所构成图形上的是（    ） A． B． C． D． 2．向量与不共线，， ()，若与共线，则应满足（   ） A． B． C． D． 3．（   ） A． B． C． D． 4．将的每条边都增加相同的长度，得到，则的形状为（   ） A．直角三角形 B．锐角三角形 C．钝角三角形 D．无法判断 5．在如图所示的直三棱柱中，点和的中点以及的中点所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分， 则小部分的体积和大部分的体积比为（   ） A． B． C． D． 6．已知，是单位向量，若，则向量，的夹角为（    ） A．30° B．45° C．60° D．120° 7．已知的内角的对边分别为.若，则的面积为（    ） A． B． C． D． 8．已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．欧拉公式为自然对数的底数，i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式建立了三角函数与指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.若在复数范围内关于的方程的两根为，其中，则（    ） A．复数对应的点位于第二象限 B． C． D．若复数满足，则的最大值为 10．在斜三角形中，，则（   ） A．角B为钝角 B． C．若，则 D．的最大值为 11.在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．点N的轨迹长度为 D．的取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．记的三个内角，且，，若是的外心，是角的平分线，在线段上，则 . 13．若，且，则______. 14.已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，，，，，则：（1）球的表面积为 ；（2）若是的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是 ． 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．知复数，复数在复平面内对应的点为 (1)若复数是关于的方程的一个根，，求的值： (2)若复数满足，求复数的共轭复数. 16．如图，已知的夹角为. (1)求的值； (2)若线段的中点分别为. （i）求实数的值； （ii）求线段的长. 17．如图，在平面四边形中，，若是上一点，．记，． (1)证明：； (2)若. （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求线段长度的取值范围． 18．已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，点在线段上. (1)若为的中点，求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)证明：存在点，使得平面，并求的值. 19．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，现已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，顶点在底面的射影为的中点. ①若，求该四棱锥在处的离散曲率； ②若该四棱锥在处的离散曲率，求直线与平面所成角的正弦值. 答案与解析 1．复数在复平面内对应的点满足，则以下选项中的点在复数所构成图形上的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复数几何意义依次代入计算判断即可. 【详解】对于A，复数，代入得，故A不符合题意； 对于B，复数，代入得，故B符合题意； 对于C，复数，代入得，故C不符合题意； 对于D，复数，代入得，故D不符合题意. 故选：B 2．向量与不共线，， ()，若与共线，则应满足（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据向量平行的结论可以直接得到答案. 【详解】因为与不共线，且与共线，则， 即，即. 故选：C 3．（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据，利用两角和差的三角公式化简所给的式子，可得结论． 【详解】， ， ， ， 故选：D． 4．将的每条边都增加相同的长度，得到，则的形状为（   ） A．直角三角形 B．锐角三角形 C．钝角三角形 D．无法判断 【答案】B 【分析】根据大边对大角和余弦定理公式，证明变形之后的三角形最大角的余弦值正负，判断三角形形状. 【详解】由题意不妨设，则可得， 设每条边增加，则新的三角形的三边分别为，，， 因为，，所以，，即为新的三角形的最大边， 所以新的三角形的最大角的余弦值为 . 因为，，，，所以， 所以新的三角形的最大角为锐角，则新的三角形为锐角三角形. 故选：B. 5．在如图所示的直三棱柱中，点和的中点以及的中点所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分， 则小部分的体积和大部分的体积比为（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出辅助线，得到四边形为截面，连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥，根据全等和相似关系得到四边形的面积，从而得到四棱锥的体积为，进而得到，小部分几何体的体积等于，求出大部分几何体体积，求出体积之比. 【详解】延长与于点，连接交于点，连接，则四边形为截面， 连接，小部分几何体可看作三棱锥和四棱锥， 因为为的中点，，故，所以， 又为的中点，故，故，相似比为1:2， 故，，又， 故四边形的面积， 故四棱锥的体积为， 设矩形的面积为， 故， 故， 又，故， 故， 故小部分几何体的体积等于， 故大部分几何体的体积等于， 故小部分的体积和大部分的体积比为. 故选：D 6．已知，是单位向量，若，则向量，的夹角为（    ） A．30° B．45° C．60° D．120° 【答案】C 【分析】由向量垂直、数量积的运算律以及定义求得即可得解. 【详解】设向量，的夹角为， 已知，是单位向量，若， 则，解得， 所以. 故选：C. 7．已知的内角的对边分别为.若，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由正弦定理得，求出和，利用余弦定理和题目条件得到方程组，计算出和即可求解. 【详解】因为，所以， 所以，因为， 所以，所以， 因为，所以， 所以，因为，， 所以，所以， 因为，即， 所以， 将代入上式得，解得（负值舍去）， 所以（负值舍去），所以. 故选：B. 8．已知棱长为4的正方体，点是棱的中点，点是棱的中点，动点在正方形（包括边界）内运动，且平面，则的长度范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先过点作出与平面平行的平面，然后得出点的轨迹，最后计算的长度取值范围即可. 【详解】如图，取上靠近点的四等分点，连接、， 由是棱的中点，点是棱的中点，易得， 则平面， 取、中点、，取上靠近点的四等分点， 连接、、、， 由正方体的性质易得，，则， 又平面，平面，所以平面， 同理，平面， 又，平面，故平面平面， 又平面，平面，故， 即点的轨迹为线段，设点到的距离为， 有，故， 又，故的长度范围为. 故选：C. . 【点睛】关键点点睛：本题解决的关键是过作出与平面平行的平面，从而求得的运动轨迹，由此得解. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．欧拉公式为自然对数的底数，i为虚数单位）是由瑞士著名数学家欧拉创立，该公式建立了三角函数与指数函数的关系，在复变函数论中占有非常重要的地位，被誉为“数学中的天桥”.若在复数范围内关于的方程的两根为，其中，则（    ） A．复数对应的点位于第二象限 B． C． D．若复数满足，则的最大值为 【答案】BCD 【分析】先根据欧拉公式得出，由复数对应点的特征判断选项A；代入方程（a，），根据复数相等的充要条件得出，；根据韦达定理可得出，进而可判断选项BC；由复数的几何意义及点与圆的位置关系判断选项D. 【详解】因为，所以，则复数对应的点位于第一象限，故选项A不正确； 又因为在复数范围内关于x的方程（a，）的两根为，， 所以，且，即， 则，解得：.所以， ，故选项BC都正确； 由知，在复平面内表示复数的点在以原点为圆心的单位圆上， 可看作单位圆上的点到点的距离，因为圆心到的距离为， 则该单位圆上的点到点的距离最大值为，故选项D正确. 故选：BCD. 10．在斜三角形中，，则（   ） A．角B为钝角 B． C．若，则 D．的最大值为 【答案】ACD 【分析】对于A，利用诱导公式结合正弦函数的图象推得或，分析即得；对于B，根据两函数值的符号即可判断；对于C，利用正弦定理即可判断；对于D，将待求式中的角都用角的三角函数式表示，利用三角恒等变换、换元将其化成二次函数，结合二次函数的图象性质即得. 【详解】对于A，由可得， 因，则，则，或， 即或， 因为斜三角形，故，即角B为钝角，故A正确； 对于B，由A项已得角B为钝角，则，因，故，即B错误； 对于C，由正弦定理，，又， 代入解得，故C正确； 对于D，由上分析可得：，, 故 ，设， 又,则，则， 则，且， 则， 故当时，的最大值为,故D正确. 故选：ACD. 11.在棱长为2的正方体中，M为中点，N为四边形内一点（含边界），若平面，则下列结论正确的是（   ） A． B．三棱锥的体积为 C．点N的轨迹长度为 D．的取值范围为 【答案】BD 【解析】在棱长为2的正方体中，为中点，为四边形内一点（含边界）， 平面， 取、中点分别为、，连接、、、，，如图： 为正方体，为中点，为中点， ，，，， 、平面，、平面，且，， 平面平面， 为四边形内一点（含边界），且平面， 点在线段上（含端点）， 对于A：当在时，则与的夹角为，此时， 则与不垂直，故A不正确； 对于B为四边形内一点（含边界）， 到平面的距离为2， 三棱锥的体积为，故B正确； 对于C：由于点在线段上（含端点）， 而， 点的轨迹长度为，故C不正确； 对于D为正方体， 平面， 平面， ， △为直角三角形，且直角为， ， 点在线段上（含端点）， 则当最大时，即点为点时，此时，此时最小，为， 当最小时，即，此时， 此时最大，最大为， 则的取值范围，故D正确． 故选：BD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．记的三个内角，且，，若是的外心，是角的平分线，在线段上，则 . 【答案】 【分析】由角平分线结合等面积法可得，再运用外心性质（垂径定理）和向量加法把要求的向量分解为共线向量和垂直向量即可求解. 【详解】是角的平分线，在线段上，且，，，   ，设的高为，由等面积法得， ， 过点作垂线分别交于，由外心性质得分别为的中点， . 故答案为：.    13．若，且，则______. 【答案】 【分析】先利用余弦的二倍角公式和余弦的两角和公式可得，再根据平方关系和正弦的二倍角公式求解即可. 【详解】由可得， 因为，所以， 所以，解得， 所以由，解得， 所以， 故答案为： 14.已知三棱锥的四个顶点都在球的表面上，平面，，，，，则：（1）球的表面积为 ；（2）若是的中点，过点作球的截面，则截面面积的最小值是 ． 【答案】 【解析】（1）根据垂直关系,可将三棱锥可放入以为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,进而求解即可； （2）易得为底面的外接圆圆心,当截面时,截面面积最小,即截面为平面,求解即可.（1）由题,根据勾股定理可得,则可将三棱锥可放入以为长方体的长,宽,高的长方体中,则体对角线为外接球直径,即,则,所以球的表面积为； （2）由题,因为,所以为底面的外接圆圆心,当截面时,截面面积最小,即截面为平面,则外接圆半径为,故截面面积为 故答案为：（1）；（2） 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．知复数，复数在复平面内对应的点为 (1)若复数是关于的方程的一个根，，求的值： (2)若复数满足，求复数的共轭复数. 【答案】(1)20 (2) 【分析】（1）将代入一元二次方程即可得到方程组，解出即可； （2）根据复数的除法和共轭复数的概念即可得到答案. 【详解】（1）由题意得， 因为复数是关于的方程的一个根， 所以， ， ， 解得，所以. （2）， . 16．如图，已知的夹角为. (1)求的值； (2)若线段的中点分别为. （i）求实数的值； （ii）求线段的长. 【答案】(1)-28 (2)（i）；（ii） 【分析】（1）根据向量的线性运算可得，即可根据数量积的运算律求解 （2）（i）方法一：根据，即可根据相反向量化简求解；方法二：连接，利用中位线的性质求解，（ii）根据模长公式即可求解. 【详解】（1）因为 ， 由得， 所以 . （2）（i）方法一： 因为， 因为的中点分别为， 所以，即， 由不共线得. 方法二： 连结，取的中点， 则， 由不共线得. （ii）因为 ， 所以. 17．如图，在平面四边形中，，若是上一点，．记，． (1)证明：； (2)若. （Ⅰ）求的值； （Ⅱ）求线段长度的取值范围． 【答案】(1)证明见解析 (2)（Ⅰ）; （Ⅱ） 【分析】（1）结合图形，先找到的数量关系式，再运用诱导公式推理即得； （2）（Ⅰ）在中，运用正弦定理得到，结合（1）结论，联立解方程即可求得； （Ⅱ）在中，分别运用正、余弦定理得到，两式，结合式，在中，利用余弦定理将用的三角函数表示，并运用辅助角公式化成正弦型函数，利用三角函数的值域即得. 【详解】（1）证明：∵，∴， 在中，，可得，                            ∴，即. （2）（Ⅰ）在中，由正弦定理得， 可得，∴，                                 ∵，∴， 可得，即，                          解得或（舍去）， ∵，∴.                                                    （Ⅱ）在中，由正弦定理得， 即，                                            由余弦定理得， ∵，，∴，∴，                      在中，由余弦定理得 ，                                               ∵，∴，∴，       ∴，解得. 18．已知正方形和矩形所在的平面互相垂直，，，点在线段上. (1)若为的中点，求证：平面； (2)求二面角的正切值； (3)证明：存在点，使得平面，并求的值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析， 【分析】（1）设，连接，即可证明为平行四边形，从而得到，即可得证； （2）在平面中过作于，连接，说明是二面角的平面角，再由锐角三角函数计算可得； （3）连接交于点，由面面垂直的性质得到平面，即可得到，当时可证平面，从而求出此时的值. 【详解】（1）设，连接， 因为正方形，所以为中点， 又矩形中，为的中点， 所以且， 所以为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面； （2）在平面中，过作于，连接， 因为正方形和矩形所在的平面互相垂直， ，平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以，又，，平面， 平面，平面， 所以，又，平面，所以平面， 又平面，所以， 是二面角的平面角， 因为，，所以， 所以， 在中，，， 二面角的正切值为； （3）连接交于点，因为是正方形，所以， 又正方形和矩形所在的平面互相垂直， 平面平面，平面， 所以平面，平面， 所以， 当时，，平面，所以平面， 此时，，，则， 又，所以，则，则， 所以，又，所以，则， 所以，所以. 19．离散曲率是刻画空间弯曲性的重要指标．设为多面体的一个顶点，定义多面体在点处的离散曲率为，其中为多面体的所有与点相邻的顶点，且平面，平面，…，平面和平面为多面体的所有以为公共点的面. (1)求四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和； (2)如图，现已知四棱锥的底面是边长为2的菱形，且，顶点在底面的射影为的中点. ①若，求该四棱锥在处的离散曲率； ②若该四棱锥在处的离散曲率，求直线与平面所成角的正弦值. 【解析】（1）由题意可知四棱锥在各个顶点处的角的和， 即等于四个侧面上的三角形和底面四边形的内角和，即， 故四棱锥在各个顶点处的离散曲率的和为：； （2）①连接，由于底面是边长为2的菱形，故交于点O， ，则为正三角形，则, 底面，底面，故，， 则，， 则 ， 由于为三角形内角，故； 同理求得， 故该四棱锥在处的离散曲率； ②由题意可知四棱锥的是个侧面三角形全等， 即得， 四棱锥在处的离散曲率，则， 设，则，而， 故，解得， 作于E，则E为AB中点，结合题意知为正三角形，故， 作于F，则，且， 则; 连接，由于底面，底面，故， 平面，故平面， 平面，故平面平面，平面平面， 作于G，则平面， 则即为直线与平面所成角， 则. 第4页 共4页 学科网（北京）股份有限公司 $