四川绵阳市2025-2026学年高一下学期数学期末模拟练习

**基本信息** 以文化传承与实际应用为情境，如越王楼高度测量、筒车运动建模，融合向量、立体几何等知识，考查数学眼光观察、思维推理与语言表达能力。 **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|向量共线、复数运算、三角函数图像变换|单选基础巩固，多选结合二面角、正八边形提升区分度| |填空题|3题15分|复数纯虚数、筒车三角函数建模、正四棱锥外接球|融入古代科技情境，考查数学建模能力| |解答题|5题77分|向量与三角函数综合、五棱台线面证明、解三角形|结合翻折问题、多面体体积等复杂情境，突出逻辑推理与空间想象|

绵阳市高2025级高一下学期期末模拟练习 数 学 本试卷分为试题卷和答题卡两部分，其中试题卷共4页；答题卡共6页。满分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1. 答题前，考生务必将自己的班级、姓名用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，同时用2B铅笔将考号准确填涂在“准考证号”栏目内。 2. 选择题使用2B铅笔填涂在答题卡对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔书写在答题卡的对应框内，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 3. 考试结束后将答题卡收回。 一、选择题：本大题共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．已知向量，．若，则 A． B． C．3 D．6 2．若复数满足，则 A． B． C． D． 3．要得到函数的图象，只需将函数的图象 A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度 C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度 4．已知为两条不同的直线，为两个不同的平面，则下列说法错误的是 A．若，，则 B．若，则 C．若，则 D．若为异面直线，，，，则 5．已知，则 A． B． C． D． 6．正四棱锥中，为顶点在底面内的正投影，为侧棱的中点，且，则异面直线与的夹角的余弦值为 A． B． C． D． 7．越王楼始建于唐高宗显庆年间，历代诗人咏越王楼的诗篇多达150余篇．小李同学想测量楼顶距离地面的高度，选取与山脚在同一水平面的两个测量基点与.现测得，，，在和处测得的仰角为和，则楼顶距离地面高度必定可以表示为 A． B． C． D． 8．已知，则的最大值为 A． B．4 C．6 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．下列结论正确的是 A． B． C．若，则 D． 10．如图，已知二面角的平面角为，棱l上有不同的两点A，B， ．若，则下列结论正确的是 A．点D到平面的距离是2 B．直线AB与直线CD的夹角为 C．四面体ABCD的体积为 D．过A，B，C，D四点的球的体积为 11．已知正八边形的边长为2，P是正八边形边上任意一点，则下列说法正确的是 A． B．在方向上的投影向量为 C．若函数，则函数的最小值为 D． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知复数，且为纯虚数，则 ． 13．筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保.明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图1）.假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动，将筒车抽象为一个半径为R的圆，如图2建立平面直角坐标系，已知筒车按逆时针方向旋转，每旋转一周用时180秒，当时，某盛水筒位于点，经过t秒后运动到点，则当筒车旋转90秒时，此盛水筒对应的点P的横坐标为 . 14．某香包挂件是正四棱锥形状，其高为，底面边长为，若将此棱锥放在一球内可任意转动，则该球表面积的最小值为 . 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．已知向量，，函数． (1)求的单调递减区间； (2)将函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位得到的图象，求在上的值域． 16．如图，在五棱台中，平面，，，，，，，． (1)证明：平面． (2)求直线与平面所成角的正弦值． 17．已知函数的部分图象如图所示. (1)求函数的表达式； (2)把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的（纵坐标不变），再向右平移个单位长度，得到函数的图象，当时，求的值域以及取最大值时的值. 18．已知的内角的对边分别为为中点，． (1)证明：为等腰三角形； (2)若的面积，求； (3)若，求周长的最小值． 19．如图，已知四边形满足，现将沿着翻折得到形成四棱锥，记二面角的平面角大小为． (1)若，证明：． (2)在线段上是否存在一点使得平面，若存在，求出；若不存在，请说明理由． (3)三棱锥的外接球球心为，二面角和的平面角大小分别为，求（记，结果用表示）． 高一期末数学试题 第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D C C B A C BD BCD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】利用向量平行的判定方法得到，再解方程即可. 【详解】由，知，解得. 故选：C. 2．A 【分析】根据复数代数形式的除法运算化简求得答案. 【详解】因为，所以，所以， 故选：A. 3．D 【分析】由确定图象的平移过程. 【详解】由，故其函数图象向右平移个单位得到的图象. 故选：D 4．C 【分析】根据线面平行的判定定理判断A，根据线面垂直的性质判断B，当时即可判断C，根据异面直线的定义及线面平行的性质定理判断D. 【详解】对于A：若，，根据线面平行的判定定理可知，故A正确； 对于B：若，则，故B正确； 对于C：当时，，由面面垂直的性质定理可得， 当时，，则或或与相交，故C错误； 对于D：因为，，所以存在使得，又，，所以， 又且为异面直线，所以平面内的两直线、必相交， 所以，故D正确. 故选：C 5．C 【分析】根据正切的和差角公式即可求解. 【详解】 故选:C． 6．B 【分析】取的中点，利用异面直线所成角的定义，结合正棱锥的结构特征求出其夹角余弦值. 【详解】依题意，，， 取的中点，连接，由为侧棱的中点，得， 是异面直线与所成角或其补角， 而，因此. 故选：B. 7．A 【分析】在中，根据正弦定理得，在直角中，由勾股定理得，即可得，再将代入方程，化简即可. 【详解】 在中，由正弦定理得：. 所以，又， 所以，又，即， 所以，化简得， 则，故塔顶距离地面高度必定可以表示为. 故选：A. 8．C 【分析】由题意首先得出为两外切的圆和椭圆上的两点间的距离，再由三角形三边关系将问题转换为椭圆上点到另一个圆的圆心的最大值即可． 【详解】如图所示， 不妨设，，，，，满足，，， 又，即， 由椭圆的定义可知点在以 为焦点，长轴长为4的椭圆上运动， ，，，所以该椭圆方程为， 而，即， 即，这表明了点在圆上面运动，其中点为圆心，为半径， 又，等号成立当且仅当，，三点共线， 故只需求的最大值即可，因为点在椭圆上面运动， 所以不妨设， 则， 所以当，且，，三点共线时， 有最大值，． 故选：C． 【点睛】关键点点睛，本题的关键是转化化归数学思想的灵活应用，比如，转化为动点的轨迹为椭圆，然后再利用转化为，三点共线时取最值.最后一个关键点转化，就是求最大值时，转化为了三角换元，从而求得最值. 9．BD 【分析】A.利用平方关系和两角和的余弦公式求解判断；B.利用二倍角的余弦公式求解判断；C.利用平方关系和二倍角的正弦公式求解判断；D. 利用两角和与差的正弦公式求解判断. 【详解】A.由平方关系和两角和的余弦公式得： ，故错误； B. ，故正确； C.若，则，故错误； D. ， ，故正确； 故选：BD 10．BCD 【分析】补成正三棱柱，根据正三棱柱的性质即可求点面距离判断A，根据异面直线夹角定义求解判断B，根据等体积法求解判断C，利用球的性质确定外接球的球心，根据勾股定理求出，由体积公式即可求解判断D 【详解】在平面内过作与平行且相等的线段，连接， 在平面内过作与平行且相等的线段，连接，，， 补成一个正三棱柱，是边长为2的正三角形， 所以到平面的距离为点到的距离，所以A错误； 因为，直线与直线的夹角即直线与直线的夹角， 又是正方形，所以夹角为B正确； ，所以C正确； 如图，取的中点，的中点，，为，的外心， 取的中点，连接，，则，， 所以是二面角的一个平面角，则， 过作平面的垂线和过作平面的垂线，交于点，即为外接球球心， 所以平面，平面，连接， 所以易证得：△与△全等，所以， 所以在直角三角形， 所以，， 则过，，，四点的球的体积为，所以D正确． 故选：BCD． 11．ACD 【分析】延长交于点，根据向量数量积的定义可判断A；由投影向量的定义可判断B；将用数量积化简，结合二次函数判断C；对于D，过点作直线的垂线，垂足为，可分析D. 【详解】对于A，延长交于点，正八边形内角为， 因此，故A正确； 对于B，由图可知， 因此投影向量即为，故B错误； 对于C，由图可知，，， 所以由题意可知函数， 当时，取得最小值，，故C正确； 对于D，过点作直线的垂线，垂足为，因此， 易知当点在线段上时，取得最大值， 当点在线段上时，取得最小值，故选项D正确. 故选：ACD 12． 【分析】根据共轭复数，结合复数乘法运算得出实部及虚部根据复数类型列方程组计算求解. 【详解】因为，则， 所以， 又为纯虚数，所以， 解得，． 故答案为:． 13． 【分析】利用角速度得出90秒盛水筒旋转角度，结合初始位置即可得最终位置. 【详解】因，则，， 每旋转一周用时180秒，则筒车旋转90秒时共旋转， 则此时点P在角的终边上，， 故点P的横坐标为. 故答案为： . 14．/ 【分析】先求出正四棱锥底面中心到顶点的距离，进而得到侧棱长；然后根据外接球的性质建立等式求出半径；最后代入球的表面积公式计算. 【详解】如图，设该香包挂件的直观图为正四棱锥，其底面的中心为， 则为正四棱锥的高，所以， 由题可知在正方形中，，所以，所以. 由题可知正四棱锥的外接球即为所求，易知正四棱锥外接球的球心在直线上，设其外接球的直径为，因为点在正四棱锥外接球的球面上，所以， 又，所以由几何性质可得，则， 所以，故外接球的表面积为，即所求球的表面积的最小值为. 故答案为：. 15．(1)， (2) 【分析】（1）利用向量数量积的坐标表示，结合二倍角公式和辅助角公式可得，则利用正弦函数的单调递减区间即可求得答案； （2）由图象变换得到解析式，再利用整体法求值域. 【详解】（1）因为向量，，函数， 所以 ， 令，， 解得，， 所以的单调递减区间为，． （2）由（1）知， 函数图象上所有点的横坐标缩短为原来的，再向右平移个单位， 则， 当时，，， 则． 所以在的值域为. 16．(1)证明见详解 (2) 【分析】（1）将五棱台还原成五棱锥，取的中点M，证明及，从而推出四边形为平行四边形，再根据线面平行的判定定理证明即可； （2）以A为坐标原点，建立空间直角坐标系，求平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，再根据公式求解即可. 【详解】（1） 如图所示，分别延长，，，，， 为棱台， ，，，，交于一点P，且为五棱锥. ，，，， 且，，，，分别为，，，，的中点． 连接，取的中点M，连接，． ，，， 且，又，， 又，， 连接，，，， ，， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 平面． （2），，两两相互垂直， 以A为坐标原点，，，所在直线分别为x，y，z轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 由（1）知，，， 四边形为正方形，，， ，B，M，D三点共线，且， ，，，，， 则，，， 设为平面的一个法向量， 则，即， 令，得，，.  设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 17．(1) (2)，. 【分析】（1）根据的图象结合五点法可得，，，即可得函数解析式； （2）先由图象变换得到，然后由整体思想结合正弦函数性质得的值域. 【详解】（1）根据函数图象可得，， 又， 得， 又. 所以； （2）把的图象上所有点的横坐标缩短到原来的纵坐标不变，得到 再向右平移个单位，得到 ∴. 当时，. ∴，∴ 即的值域为， 当时，，得 ∴取最大值时的值为. 18．(1)证明见解析 (2) (3) 【详解】（1）根据正弦定理：. 再由余弦定理：， 所以， 所以或即. 因为不成立，所以只有.所以为等腰三角形. （2）如图： 设，则， 所以， 又， 所以，又为锐角，所以. 所以. （3）由题意，. 所以的周长为：， 因为，在上均为增函数， 所以， 即周长的最小值为：. 19．(1)证明见解析 (2)存在且满足，证明见解析 (3) 【分析】（1）在平面内过作，垂足为，连接，则利用空间中垂直关系的转化可得，结合勾股定理可得. （2）利用面面平行的判定定理可证平面平面，故可得时平面； （3）利用球心的性质结合二面角的构造方法构造出各二面角，根据关联直角三角形的边角关系可得. 【详解】（1）若，则平面平面， 在平面内过作，垂足为，连接， 因为平面平面，平面平面， 平面，故平面，而平面，故. 在直角中，，，故， 而，故在直角中，， 所以， 而，故. （2） 存在且满足，使得平面，证明如下： 取（1）中，由（1）可得，连接，由旋转不变性可得， 而且平面，故， 而平面，平面，故平面， 而且，故，同理可得平面， 而平面，故平面平面， 而平面，故平面. （3）由旋转过程中形成四棱锥，故， 若，取的中点分别为，连接， 因为为三棱锥的外接球球心，故平面，平面， 因为平面，故，而为中位线，故， 故，因，平面， 故平面，而平面，故， 故为二面角的平面角，故， 同理可证：，， 在直角三角形中，，同理， 故在直角三角形中有， 故即， 且， 故. 当时，此时重合，且， 满足， 当，此时且在平面的下方， 同理可得， 综上，. 学科网（北京）股份有限公司 $