2025-2026学年上海市高一数学下学期末复习综合测试卷（7）

**基本信息** 上海市高一数学期末复习卷，涵盖复数、向量、立体几何等核心知识，通过梯度化题型设计，以动态几何、外接球等综合问题为载体，培养空间观念与推理能力。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |填空题|12|复数运算、向量共线、直观图、正方体线线角|基础巩固，如复数方程根求解；结合直观图判断线段关系，发展几何直观| |单选题|4|复数模、命题真假、直四棱柱截面|能力提升，如截面面积与体积比计算，考查空间想象与逻辑推理| |解答题|5|几何体存在性、函数折叠、三棱锥动态角、托勒密定理|创新应用，如折叠问题外接球表面积、动态点线面角最大问题，体现模型意识与创新思维|

2025-2026学年上海市高一数学下学期末复习综合测试卷（7）（解析版） 一、填空题 1．已知复数满足，则=__________． 【答案】 【分析】由复数的运算法则计算出，即得答案. 【详解】由，得， 即：. 所以 故答案为： 2．已知向量，,若，则实数的值是________. 【答案】 【分析】由向量平行的坐标表示列方程求解. 【详解】因为，， 所以，. 由可得，解得. 故答案为： 【点睛】关键点睛：向量平行的坐标表示.若向量共线(平行)，则，简记为“交叉相乘相等”. 3．命题“对于任意非零向量，，都有的否定为_______. 【答案】“存在任意非零向量，，使得”. 【解析】根据全称命题的否定是特称命题可得答案. 【详解】命题“对于任意非零向量，，都有”的否定为 “存在任意非零向量，，使得”. 故答案为：“存在任意非零向量，，使得”. 4．如图为△ABO水平放置的直观图△A′B′O′，由图判断△ABO中，AB，BO，BD，OD由小到大的顺序是______________________． 【答案】OD<BD<AB<BO 【详解】由题图可知，还原直角坐标的图形△ABO中，OD和横轴重合长度不变故OD＝2，BD和纵轴平行，长度变为原来的2倍，故BD＝4，这样就画出原图像了．由勾股得到AB＝，BO＝ 故OD<BD<AB<BO． 答案：OD<BD<AB<BO 5．已知复数，若是关于的方程的一个根，则_____________；若复数在复平面内对应的点位于第三象限，则的取值范围为_____________． 【答案】 【分析】由是关于的方程的一个根，可得，即可求解的值；由已知，可得在复平面内对应的点，即可求解. 【详解】因为是关于的方程的一个根， 所以，所以， 所以，解得； 因为，所以， 所以复数在复平面内对应的点为， 又复数在复平面内对应的点位于第三象限，所以， 解得， 所以的取值范围为. 故答案为：；. 6．正方体中，直线与直线所成角的大小为__________ . 【答案】/ 【分析】作出直线与直线所成的角，再计算作答. 【详解】在正方体中，连接，如图， ，，则四边形是平行四边形，即有， 因此是直线与直线所成的角或其补角，而，则， 所以直线与直线所成角的大小为. 故答案为： 7．若一个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为，母线长为，则该圆锥的底面圆的半径为___________ 【答案】 【分析】已知圆心角和母线长度，利用扇形弧长公式计算出扇形弧长，设圆锥底面半径为，则底面圆的周长等于扇形弧长，即，计算求解即可. 【详解】已知圆锥的侧面展开图的圆心角度数为，母线长为， 则扇形弧长 . 设圆锥底面半径为，则底面圆的周长等于扇形弧长， 所以 . 故答案为：. 8．已知四面体 的各顶点都在同一球面上，若，二面角 的平面角为 ，则该球的表面积是_____ 【答案】/ 【分析】取中点，连接，推得，即得 是等边三角形，分别取 与 的外心，过分别作两平面的垂线，两线相交于点，可得点为四面体的外接球的球心，分别求出，即可求得外接球半径即得. 【详解】 如图，取中点，连接， 因，则，且， 又二面角的平面角为 60°，即， 故 是等边三角形， 分别取 与 的外心，过分别作两平面的垂线，两线相交于点， 则点为四面体的外接球的球心， 由已知可得， 连接，易得，故得，，则， 在中，， 故该球的表面积是. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：本题主要考查三棱锥的外接球的半径求法问题，属于难题. 解题思路在于：先找到二面角的平面角，推得正三角形，分别取 与 的外心，过分别作两平面的垂线，两线相交于点 ，即外接球球心，结合图形即可求得外接球半径. 9．如图，是的重心，分别是边，上的动点，且三点共线．设，，则______． 【答案】3 【分析】利用重心性质可得，再根据三点共线利用共线定理可得,且，即. 【详解】因为是的重心，所以可得， 易知，所以可得； 又因为三点共线，可知存在实数满足,且； 又，，所以， 可得，即； 所以. 故答案为：3 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据平面向量共线定理，再结合重心性质得出对应系数之间的关系，即可得出结果. 10．正方形边长为，点在线段上运动，则的取值范围为______． 【答案】 【分析】由题意，以，为，轴建立直角坐标系，可求得各点坐标，设，进而可得与的坐标，结合数量积的坐标公式，可得关于的二次函数，由二次函数的图象性质，即可求得取值范围. 【详解】分别以，所在的直线为，轴建立平面直角坐标系，则，，，， 设，则，，，， 所以， 所以 ， 所以当时，函数有最大值为，当时，函数有最小值为， 所以的取值范围是． 11．圆锥的母线，高为，点M是的中点，则圆锥的体积为___________，一质点自A点出发，沿侧面绕行一周到达M点的最短路程为___________． 【答案】 【解析】（1）根据勾股定理求出底面圆的半径，再利用圆锥的体积公式直接求解； （2）将圆锥的侧面展开，连接，即为质点A绕行的最短路程，在中，利用弧长公式求得，再利用余弦定理求出即可得解. 【详解】（1）如图，根据勾股定理求出底面圆的半径 所以圆锥的体积 （2）如图，将圆锥的侧面展开，连接，则的长为质点A绕行的最短路程，在中，，，弧长，则 利用余弦定理得： ，即 所以质点自A点出发，沿侧面绕行一周到达M点的最短路程为. 【点睛】思路点睛：本题考查路程最短问题，在多面体中求路程最短问题，常考查的有： （1）计算多面体上两点之间沿表面走过的最短路程时，通常是将多面体的侧面展开，转化为求平面内两点之间的线段最短； （2）计算球面上的两点之间沿球面走过的最短路程时，则需求出经过这两点的大圆在这两点之间的一段劣弧的长度. 12．在中，已知，，，是边上一点，将沿折起，得到三棱锥．若该三棱锥的顶点在底面的射影在线段上，设，则的取值范围为______. 【答案】 【分析】解可得其为等腰直角三角形,有题意可知折叠前图（1）中,根据等腰直角三角形位置关系可推出,在（2）图中，为的斜边,得,即可得出答案. 【详解】在中,,,, 由余弦定理得, , 所以为等腰直角三角形. 由将沿折起，得到三棱锥, 且在底面的射影在线段上, 如图2所示,平面，则, 过做,垂足为，连, 所以平面,所以, 在折叠前图1中,由,, 所以三点共线.取中点, 连交于,由为等腰直角三角形, 所以在线段之间，故为钝角, ,所以在之间,得在之间, 所以,即. 在图2中,由于为的斜边, 为直角边,所以,即. 所以. 故答案为:. 【点睛】本题以平面图形为载体,求线段的取值范围,着重考查了空间垂直位置关系的判定和性质、余弦定理解三角形等知识,同时考查了空间想象能力与逻辑推理能力,属于中档题. 二、单选题 13．若复数，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【分析】先进行复数的运算求出复数，再由模长公式计算模长即可求解. 【详解】由可得， 所以， 故选：C. 14．下列命题中正确的为（    ） A．，则 B．，则 C．，则 D．，则 【答案】A 【分析】根据线面平行的判定与性质可判断B、C、D的正误，根据面面平行的定义可判断A的正误，从而可得正确的选项. 【详解】对于A，由面面平行的定义可得A正确； 对于B，若，则平行或异面，故B错误； 对于C， 若，则或，故C错误； 对于D，若，则平行或异面或相交，故D错误， 故选：A. 【点睛】本题考查空间中与点线面位置关系有关的命题的真假判断，注意根据前提条件推出所有可能的结果，本题属于基础题. 15．如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，过点，，的平面记为，则下列说法中正确的个数是（    ） ①点到平面的距离与点到平面的距离之比为1:2 ②平面截直四棱柱所得截面的面积为 ③平面将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47:25 ④平面截直四棱柱所得截面的形状为四边形 A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】D 【分析】对于①：利用点A到平面的距离与点B到平面的距离相等点A1到平面的距离是点A到平面的距离的2倍即可判断； 对于②、④：作出截面即可判断D，分别求出各个边长，将五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN，分别求面积即可； 对于③：记平面将直四棱柱分割成上下两部分的体积分别为V1、V2，分别求出V1、V2，即可判断. 【详解】解：对于①：因为平面过线段AB的中点E，所以点A到平面的距离与点B到平面的距离相等由平面过A1A的三等分点M可知， 点A1到平面的距离是点A到平面的距离的2倍，因此，点A1到平面的距离是点B到平面的距离的2倍.故命题①正确； 延长DA，DC交直线EF于点P，Q，连结D1P，D1Q，交棱A1A，C1C于点M、N，连结D1M，ME，D1N，NF，可得五边形D1MEFN.故命题④错误. 由平行线分线段成比例可得：AP= BF=1，故DP=DD1=3，则△DD1P为等腰三角形. 由相似三角形可知，AM=AP=1，A1M=2，则， . 连结MN，则，因此五边形D1MEFN可分为等边三角形D1MN和等腰梯形MEFN. 等腰梯形MEFN的高， 则等腰梯形MEFN的面积为. 又，所以五边形D1MEFN的面积为，故命题②正确； 记平面将直四棱柱分割成上下两部分的体积分别为V1、V2，则， 所以， .故命题③正确. 综上得说法中正确的是：①②③， 故选：D. 【点睛】立体图形中的截面问题： （1）利用平面公理作出截面；（2）利用几何知识求面积或体积. 16．已知复数满足，则的最大值为（    ） A． B．1 C． D．2 【答案】D 【分析】根据复数的几何意义转化为圆的方程，利用圆的方程即可求解. 【详解】设，则，整理得， 所以复数对应点的轨迹是以为圆心，半径为的圆，又表示点到原点的距离， 根据圆的性质可知，最大值为2. 三、解答题 17．已知几何体，其中四边形为直角梯形，四边形为矩形，，且，. （1）试判断线段上是否存在一点，使得平面，请说明理由； （2）若，求该几何体的表面积. 【答案】（1）见解析；（2） 【详解】试题分析：（1）取的中点，连接，，根据三角形中位线定理以及梯形的性质可得四边形为平行四边形，∴，由线面平行的判定定理可得结果；（2）先证明平面，又因为，∴平面，∴，根据勾股定理可得，进而得，为直角三角形， 结合四边形为直角梯形，四边形为矩形，进而可得结果. 试题解析：（1）存在线段的中点，使得平面，理由如下： 取的中点，连接，， ∵为的中点，∴，且， 又∵四边形为直角梯形，，且， ∴，， ∴四边形为平行四边形，∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）因为四边形为直角梯形，，且，， 所以，∴. 又，因为，所以， 因为，，，所以平面， 又因为，∴平面，∴， 所以，进而. 所以, 因为为直角三角形，所以， 又四边形也为直角梯形，， 又，， 所以该几何体的表面积为. 18．函数的图象如图所示，图象最高点、最低点处分别记为A，B，在x轴上的射影分别为，，已知图象过点，沿x轴将坐标平面折叠，使平面⊥平面，此时． (1)求的解析式； (2)求四面体外接球的表面积； (3)若为已知图象上一点，且，设四面体外接球的半径为R，求证:． 【答案】(1) (2) (3)证明见解析 【分析】（1）结合图象确定函数的最小正周期，根据周期公式求，由图象过点，列方程求， 由关系列方程，结合，求，由此可得结论， （2）由条件利用余弦定理求，再求，再由正弦定理求的外接圆半径，再求四面体外接球的半径，根据球的表面积公式求结论， （3）设，由向量夹角余弦公式和基本不等式可得，由此可求的范围，由此可求的范围，结合（2）可得结论， 【详解】（1）因为点是的中点，则，同理，则， 所以，，所以， 由图象过点，，得①， ②， 由①②可得， 所以（舍去）或，， 所以，， 因为，，， 所以，故， 代入①，解得， 因为平面平面，平面平面，平面，， 所以平面，平面，所以， 因为，，，， 所以，即，又， 解得，， 所以. （2）由（1），又，， 所以，，，故，， 在中，由余弦定理可得，， 设外接圆半径为，则，所以， 由（1），故，，， 所以，又平面平面，是截面圆的直径， 所以平面所在截面圆半径就是外接球半径， 所以四面体外接球的半径为， 所求外接球表面积. （3）由题得，，设， ， ， ， ， ， ， ， ③， ， 因为，所以， 即，所以， 又（为外接圆半径）， 当且仅当时等号成立，此时，不满足， 所以等号取不到，所以，由（2）知. 19．已知点是边长为2的菱形所在平面外一点，且点在底面上的射影是与的交点，已知，是等边三角形． (1)求点到平面的距离； (2)若点是线段上的动点，问：点在何处时，直线与平面所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段的长． 【答案】(1) (2)点E在线段AD上靠近点D的四等分点处，最大角的正弦值， 【分析】（1）由求距离； （2）设直线与平面所成的角为，则，当时最大. 【详解】（1）点在底面上的射影是与的交点， 平面， 由题意可得､与都是边长为2的等边三角形，，， ，， ， 设点D到平面PBC的距离为， 由得，解得． 故点D到平面PBC的距离为． （2）设直线与平面所成的角为， ∵，平面，不在平面内，∴， ∴E到平面PBC的距离即为D到平面PBC的距离． 过作垂线平面交于点，则， 此时，要使最大，则需使PE最小，此时． 由题意可知：，，平面，且， ，， 在中，， ， 由面积相等， 即，解得：， ，点E在线段AD上靠近点D的四等分点处． 即点E在线段AD上靠近点D的四等分点处时，直线与平面所成的角最大， 最大角的正弦值是，此时. 20．在复平面内，分别用点和向量表示下列复数： 1，，． 【答案】答案见解析 【分析】根据复数的几何意义，明确每个复数的实部与虚部，在复平面上作出对应的点，可得答案. 【详解】设复数1，，在复平面内对应的点分别为，，，则，，，与之对应的向量可用，，来表示，如图所示． 21．如图，半圆的直径为，为直径延长线上的点，，为半圆上任意一点，以为一边作等边三角形．设．    (1)当为何值时，四边形的面积最大，并求出面积的最大值； (2)克罗狄斯托勒密所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号，根据以上材料，则当线段的长取最大值时，求． 【答案】(1)，最大面积为； (2)60° 【分析】（1）由余弦定理得，表示出四边形的面积，利用三角函数的性质，即可得出答案； （2）由题意得，即，即的最大值为3，取等号时，利用余弦定理，即可得出答案． 【详解】（1）在中，由余弦定理得，， 四边形的面积 ， 当，即时，四边形的面积最大，且最大面积为； （2），且为等边三角形，，， ， ，即的最大值为3，取等号时， ， 不妨设， 则，解得， ， ． 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 $2025-2026学年上海市高一数学下学期末复习综合测试卷(7)（解析版） 一、填空题 1.己知复数z满足z(1+1)=1-i,则Rez= 2.已知向量=(3，-1)，6=(1，-2，若(-a+)川（信+k6,则实数k的值是 3.命题“对于任意非零向量m,,都有：五≤|·的否定为 4.如图为△ABO水平放置的直观图△A'B'O,由图判断△ABO中，AB,BO,BD,OD 由小到大的顺序是 012 5.已知复数z=a-3i(a∈R),若z是关于x的方程x2-2x+10=0的一个根，则a= 若复数22在复平面内对应的点位于第三象限，则a的取值范围为 6.正方体ABCD-A1B1C1D1中，直线BC1与直线AB1所成角的大小为 7.若一个圆锥的侧面展开图的圆心角度数为90°，母线长为40cm,则该圆锥的底面圆的半 径为 8.已知四面体ABCD的各顶点都在同一球面上，若AB=BC=CD=DA=BD=2√3， 二面角A一BD一C的平面角为60°，则该球的表面积是 9.如图，G是△OAB的重心，P,Q分别是边0A,OB上的动点，且P,G,Q三点共线.设 O=x0A,O0=y0B,则发+方= 10.正方形ABCD边长为1，点P在线段AC上运动，则AP.(PB+P元+PD)的取值范围 为 11.圆锥的母线PA=6,高为P0=4V2,点M是PA的中点，则圆锥的体积为 ,一质点自A点出发，沿侧面绕行一周到达M点的最短路程为 试卷第1页，共3页 12.在AABC中，已知AB=2W3,BC=2W6,∠ABC=45°，D是边AC上一点，将 △ABD沿BD折起，得到三棱锥A一BCD.若该三棱锥的顶点A在底面BCD的射影M在线 段BC上，设BM=X,则x的取值范围为 二、单选题 13.若复数z-2+3i=1-i,则z=() A.3 B.4 C.5 D.6 14.下列命题中正确的为() A.x//B,as&,则a/ B.a/,bsc,则a/b c.a/b,b/a,则a/c D.a/ab/a,则a/b 15.如图，直四棱柱ABCD-A1B1C1D1的底面是边长为2的正方形，AA1=3,E,F分 别是AB,BC的中点，过点D1,E,F的平面记为a,则下列说法中正确的个数是(） D C A B -E- D+- E ①点B到平面a的距离与点A1到平面的距离之比为1：2 ②平面α截直四校柱ABCD-A8,C1D,所待截面的面积为29 ③平面α将直四棱柱分割成的上、下两部分的体积之比为47：25 ④平面截直四棱柱ABCD-A1B:C1D所得截面的形状为四边形 A.0 B.1 C.2 D.3 16.己知复数z满足z·2=z+z,则川z的最大值为() A.9 B.1 c.2 D.2 三、解答题 17.已知几何体EF-ABCD,其中四边形ABCD为直角梯形，四边形EBCF为矩形， AD//BC,且BC=2BE=2AD=2,∠BCD=45°. 试卷第1页，共3页 (1)试判断线段BE上是否存在一点H,使得AH//平面ECD,请说明理由； (2)若CD⊥ED,求该几何体的表面积 18.函数f(x)=Msin(ωx+p)+N(M,N,ω>0)的图象如图所示，图象最高点、最 低点处分别记为A,B,在x轴上的射影分别为A1,B1,己知图象过点 0(0,0),C(4,0),D(6,0),沿x轴将坐标平面折叠，使平面A0D1平面0BD,此时 |AB1=V19. 0 A BD460 (1)求f(x)的解析式： (2)求四面体ABCD外接球的表面积； (3)若P(x,y)为已知图象上一点，且x∈[1,3]，设四面体PCBD外接球的半径为R,求证： R>2 19.已知点P是边长为2的菱形ABCD所在平面外一点，且点P在底面ABCD上的射影是 AC与BD的交点O,已知∠BAD=60·,△PDB是等边三角形. (I)求点D到平面PBC的距离； (2)若点E是线段AD上的动点，问：点E在何处时，直线PE与平面PBC所成的角最大？求 出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段DE的长 试卷第1页，共3页 20.在复平面内，分别用点和向量表示下列复数： 1,-+9,-- 21.如图，半圆0的直径为2cm,A为直径延长线上的点，0A=2cm,B为半圆上任意一 点，以AB为一边作等边三角形ABC.设∠AOB=. (1)当x为何值时，四边形OACB的面积最大，并求出面积的最大值； (2)克罗狄斯·托勒密(Ptolemy所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如 下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角 互补时取等号，根据以上材料，则当线段OC的长取最大值时，求∠A0C. 试卷第1页，共3页