命题大赛 四川省2025—2026学年高一下学期期末模拟数学试卷

**基本信息** 高一数学期末卷以原创情境与动态探究为特色，如正四棱台水杯饮水问题（数学眼光）、函数交点综合题（数学思维）及复向量新定义题（数学语言），实现基础与创新的梯度融合。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数运算、线面位置关系、向量性质|第3题线面平行判定，考查空间观念| |多选题|3/18|扇形向量、正方体动态截面|第11题动点轨迹与外接球，体现推理能力| |填空题|3/15|三角函数周期、方程有解问题|第14题展开图截面面积，培养几何直观| |解答题|5/77|解三角形、复向量新定义、体积最值|第19题立体几何体积优化，发展创新意识|

高一数学双向细目表 2025—2026学年度下学期高一数学检测试卷双向细目表 题号 题型 分值 知识点（核心考查内容） 难度系数（预估） 1 单选题 5 二倍角公式的简单应用（余弦二倍角公式求值） 0.85 2 单选题 5 复数的除法运算及共轭复数，复数代数形式化简 0.82 3 单选题 5 空间中线面平行的性质与位置关系（直线与平面平行，线线关系判断） 0.8 4 单选题 5 平面向量基本概念（单位向量、共线向量、向量不等式与方向） 0.75 5 单选题 5 三角函数的图象与性质（由图象求ω、φ及参数判断） 0.7 6 单选题 5 空间几何体体积应用（正四棱台体积计算与实际饮水问题） 0.72 7 单选题 5 解三角形综合（正弦定理、面积公式、三角恒等变换，三角形周长最值） 0.65 8 单选题 5 函数交点与三角性质综合（原创）正弦型函数与余弦型函数交点个数、中点、面积等综合判断 0.48 9 多选题 6 复数运算及几何意义（共轭、模、乘除运算，复数方程判断） 0.7 10 多选题 6 平面向量数量积与坐标运算（扇形圆弧上的向量数量积最值及取值范围） 0.68 11 多选题 6 立体几何综合（正方体截面、异面直线夹角轨迹、外接球表面积最值） 0.45 12 填空题 5 三角函数的周期与初相（正弦型函数最小正周期和初相概念） 0.85 13 填空题 5 方程有解问题（指数型/二次型复合方程有解，参数范围） 0.7 14 填空题 5 正方体展开图与截面问题（点到平面距离相等确定截面形状及面积计算） 0.5 15 解答题 13 平面向量数量积与模、向量夹角（已知向量模长与夹角求模；垂直求夹角） 0.78 16 解答题 15 解三角形综合（正弦定理、面积公式结合，求角及中线长度） 0.72 17 解答题 15 三角恒等变换与函数性质（周期、单调区间；图象平移后偶函数求最值） 0.68 18 解答题 17 复向量新定义（复数与向量综合，内积、平行、模及平行四边形面积恒定为定值） 0.4 19 解答题 17 立体几何动态问题（四棱锥面面垂直证明，线面平行，二面角最值及体积最大值） 0.38 $ 2025—2026学年度下学期高一数学检测试卷 一、单选题（本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。） 1．（   ） A． B． C． D． 2．若，则z＝（    ） A． B． C． D． 3．若直线平面，直线，则（    ） A． B．与异面 C．与相交 D．与没有公共点 4．下列命题中正确命题是（    ） A．单位向量都相等 B．对于任意向量，必有 C．若向量，共线，则 D．若，则与的方向相同或相反 5．如图是函数的图象，则实数（   ） A． B． C． D． 6．小明体检后，遵照医嘱：在疗程内每天需要饮水.若小明用的水杯近似为正四棱台，尺寸为：上口边长为，底部边长为，高为，厚度忽略不计，则小明在疗程内每天需要饮水的杯数至少是（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 7．在中，角为锐角，的面积为4，且，则周长的最小值为（    ） A． B． C． D． 8.（原创）如图，为函数与函数图象的交点，，则下列说法正确的是（ ） A．点均在函数的图象上 B．在区间内与图象共有6078个交点 C．与面积相等 D．线段的中点与线段的中点重合 二、多选题（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。全部选对得 6 分，部分选对得部分分，有选错的得 0 分。） 9．已知复数（i为虚数单位），则下面结论正确的是（   ） A． B． C． D． 10．已知扇形的半径为1，，点在弧上运动，，下列说法正确的有（   ） A．当位于点时，的值最小 B．当位于点时，的值最大 C．的取值范围为 D．的取值范围 11．如图，在正方体中，，E是棱（不包含端点）上的动点，F在正方形内，平面，则下列结论正确的是（    ） A．平面截正方体所得的截面一定是等腰梯形 B．存在点E，使得异面直线与夹角的余弦值为 C．若E是的中点，则点F的轨迹长度是 D．三棱锥外接球表面积的最小值是 三、填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。） 12．（原创）函数的最小正周期为__________，初相为__________． 13．关于的方程有解，则实数的取值范围是__________. 14．棱长为m的正方体的展开图如图所示（A，B，C，D是顶点），若正方体中和到平面的距离相等，则截正方体所得截面的面积为______.（结果用m表示）    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，． (1)若，的夹角为，求； (2)若，与的夹角为，求的值． 16．已知在中，，． (1)求的大小； (2)若，求边上的中线长度． 17．已知函数. (1)求的最小正周期和单调递增区间； (2)设是由向右平移个单位得到的新函数，其中，且为偶函数，求在区间上的最大值和最小值. 18．我们可以把平面向量坐标的概念推广为“复向量”，即可将有序复数对视为一个向量，记作，关于复向量的有关运算，现定义如下：两个复向量，的积记作，定义为，其中，分别为，的共轭复数，显然两个复向量的积也为复数．复向量的模定义为，与的夹角记作，则，若复向量与满足，则称复向量与平行．定义以复向量，为“邻边”的“平行四边形”的面积为．记i为虚数单位．设复向量． (1)若复向量，求； (2)若复向量，且与平行，求z； (3)若复向量，其中m，，且．试问对于满足条件的任意实数m，n，是否为定值？如果是，请求出该定值；如果不是，请说明理由． 19．现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. (1)求证：平面平面； (2)设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？ 求出该最大值. 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 $ 2025—2026学年度下学期高一数学检测试卷 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C A D B D C C D BD ACD 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】直接由二倍角的余弦公式计算可得. 【详解】由二倍角的余弦公式得. 2．A 【详解】由题可得： 3．D 【分析】根据线面平行的定义逐一判断即可. 【详解】由直线平面，直线，可得或与异面，但与不可能相交，否则就和直线平面矛盾，故与没有公共点. 故选：D. 4．B 【分析】对于A：利用单位向量的定义进行否定； 对于B：对，同向、反向、不共线，分别讨论； 对于C：用共线向量的夹角为0或π，进行判断 对于D：利用零向量的方向是任意的进行判断. 【详解】对于A：单位向量的模都相等，方向不一定相同，故A错误； 对于B：利用向量加法的平行四边形法则，可知对于任意向量，：若，同向，必有；若，反向，必有；若，不共线，向量加法的三角形法则，必有.综上所述：对于任意向量，必有，故B正确； 对于C：若向量，共线，则，的夹角为0或π，所以，故C错误； 对于D：若，则与的方向相同或相反，这种说法是错误的，因为零向量与所有的非零向量都平行，但零向量的方向是任意的. 故选：B 5．D 【分析】根据对称性求得，进而求得. 【详解】，根据对称性可知的最小正周期， 所以，则， ，根据对称性可知， 所以， 由于，所以. 故选：D 6．C 【分析】根据棱台的体积求出水杯的体积，即可得解. 【详解】因为正四棱台的上口边长为，底部边长为，高为， 所以水杯的体积为， 因为，所以小明在疗程内每天需要饮水的杯数至少是7. 故选：C 7．C 【分析】利用三角恒等变换、正弦定理等知识判断出是直角三角形，利用基本不等式求得周长的最小值. 【详解】由，得，即. 而， 所以，即. 由于为锐角，所以，， 所以与异号或， 若，即， 又，，则，， 所以，即，此不等式组无解，所以不成立. 同理可得不成立. 所以， 即，所以，，即为直角三角形. 由题意知，，即，所以. 所以的周长， 当且仅当时，等号成立. 所以周长的最小值为. 8．D 【分析】A:函数值.B：周期性求交点，C：函数值计算，D：对称中心 【详解】对于A：，故A正确； 对于B：内有6个交点，根据周期性，内与图象共有6×1013=6078个交点，故B正确； 对于C：，故，，C正确； 对于D：由C知AD中点，BE中点故D错误； 9．BD 【分析】根据共轭复数，复数模的公式，复数运算逐一计算判断. 【详解】对于A，由，则，所以，故A错误； 对于B，，，故B正确； 对于C，，，故C错误； 对于D，由，则，， 所以，故D正确. 故选：BD. 10．ACD 【分析】以为原点，以为轴，建立如图所示的直角坐标系，设，进而可得，据此得到的最值并判断AB；由数量积得坐标运算及恒等变形可得，，再求取值范围即可． 【详解】以为原点，以为轴，建立如图所示的直角坐标系，设，则， 其中，，． 因为，所以，即， 所以． 所以当时，取得最大值2，此时点为的中点， 当或时，取得最小值1，此时点为或点，故A正确，B错误， ，， 所以， ． 因为，所以，故， 因此，所以的取值范围为，故C正确， 因为， 因为，所以，故， 所以，所以，所以D正确． 故选：ACD． 11．ACD 【分析】根据给定条件，结合正方体的结构特征，利用面面平行的性质推理判断A；求出异面直线夹角的余弦判断B；确定轨迹并求出长度判断C；求出外接圆半径的最小值，进而求出外接球半径的最小值判断D. 【详解】对于A，令平面截正方体所得的截面在正方形内的边为， 由平面平面，平面平面，得， 而，则，，因此，而， 因此截面四边形是等腰梯形，A正确； 对于B，是异面直线与所成的角或其补角，设， 则，而，由余弦定理得 ，整理得，该方程在上无解，B错误； 对于C，分别取的中点，连接，则， 而平面，平面，则平面，同理平面， 又平面，因此平面平面， 又平面，点平面，则平面，又平面， 于是点F的轨迹为线段，长度为，C正确； 对于D，外接圆半径，当为中点时，与该圆相切，取最小值， 此时，当与之一重合时，取最大值， 三棱锥外接球球心在线段的中垂面上，由平面， 得球心到平面的距离，则该球半径满足， 所以三棱锥外接球表面积，D正确. 故选：ACD 12． 【分析】函数周期公式及初相定义. 【详解】，初相为0. 故答案为：. 13． 【分析】依题意可得方程有解，求出的取值范围，即可得到关于的不等式组，解得即可. 【详解】因为关于的方程有解， 即有解， 又， 所以，解得或， 所以实数的取值范围是. 故答案为： 14． 【分析】将给定的正方体的平面展开图还原成正方体，再结合正方体的结构特征，根据线线平行可证明面面平行，即可确定截面为正六边形，然后根据正六边形的面积公式求解即可. 【详解】将正方体平面展开图还原成正方体，如图：      由正方体性质知，平面，平面，所以平面， 又，平面，平面，所以平面， 因为，，平面，所以平面平面， 取正方体各边的中点，根据正方体的结构特征及平面的基本性质知， 中截面为正六边形满足题意，截面即为正六边形， 因为正方体的棱长为m，则正六边形的边长为， 所以正六边形的面积为， 即截正方体所得截面的面积为. 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）根据向量的数量积及运算律，结合向量的模求解即可； （2）根据垂直关系的向量表示得到，根据向量夹角的求法求解即可. 【详解】（1），................................................3分 ；..........................6分 （2）若，则， 即，所以，..............................................10分 所以，又，所以...................................13分 16．(1) (2) 【分析】（1）根据题意利用正弦定理可得，结合角的取值范围运算求解； （2）利用面积公式可得，结合余弦定理运算求解. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得，即， 又因为，则，.....................................................................................4分 且，则，可得，所以...........................................7分 （2）由（1）可知，则， 因为，解得，............................................10分 如图，设边上的中线为， 由余弦定理可得， 所以．...........................................................................................................15分 17．(1). (2)最小值；最大值 【分析】（1）利用三角恒等变换将函数化简为的形式，再根据三角函数的性质求解周期、单调区间； （2）根据平移和偶函数的性质确定，最后求其在指定区间上的最值. 【详解】（1）由题意得， 所以的最小正周期............................................................................................3分 由， 得. 所以的单调递增区间为.........................................................7分 （2）由题意得. 由为偶函数可知， 解得........................................................................................................10分 又因为，所以. 从而. 当时，， 所以当，即时，取得最小值；.........................................................14分 当，即时，取得最大值....................................................................15分 18．(1) (2) (3)是定值且该定值为，理由见解析 【分析】（1）直接套用题目定义的复向量内积公式，先求出两个分量的共轭复数，再代入的分量展开计算，利用化简得到结果； （2）根据题目定义的平行条件，将设为的复数倍数，通过分量对应相等求出复数系数，再代入计算得到的值； （3）先利用复向量模的定义，结合求出与，再计算内积并求出其模长，进而由夹角公式得到，再求出，最后代入面积公式验证结果为定值. 【详解】（1）由题意得；..........................3分 （2）设， 则，............................................5分 得， 又， ，.............7分 若与平行，则，即， 整理得，所以，， 所以；.................................................................................................................9分 （3）设与的夹角为，则 ，...................................................................11分 由题意知， ，，.................................................13分 所以，所以，.......................................................15分 因为，所以， 即是定值，且该定值为．.................................................................................17分 19．(1)证明见解析； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）最大值. 【分析】（1）通过，确定，即可求证； （2）（ⅰ）通过平面，得到，即可求证；（ⅱ）作，，确定是二面角的平面角.设.得到，.再结合体积公式，结合三角函数性质即可求解. 【详解】（1）由与平行且相等，得四边形为平行四边形， 所以为，的中点. 又由于，，所以，，...................................2分 又因为，平面，，所以平面. 又平面， 所以平面平面；......................................................................................4分 （2）（ⅰ）因为，平面，平面， 所以平面， ....................................................................................6分 又因为平面，平面平面，所以. 又因为平面，平面，所以平面....................8分 （ⅱ）作，，垂足分别为，， 因为，所以，， 所以是二面角的平面角.....................................................................................11分 因为，为的中点， 所以，设. 则，. 因为，，，平面， 所以平面，所以........................................................................................14分 所以. 当且仅当，即二面角的大小为时，四棱锥的体积取得最大值.........................................................................................................................................17分 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 $