四川省成都某中学2025-2026学年高一下学期期末模拟数学试题一

**基本信息** 高2025级期末模拟卷覆盖复数、立体几何等模块，以斜二测直观图面积、四棱锥体积与线面角等问题设计，体现几何直观与推理能力，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|8/40|复数纯虚数、向量共线、充要条件判断|结合空间观念（斜二测图）考查基础运算| |多选|3/18|三角函数图像、解三角形结论|通过结论辨析发展批判性思维| |填空|3/15|复数方程根、立体几何截面|以正方体截面面积考查空间想象| |解答题|5/77|立体几何体积证明、三角函数单调性、四棱锥动态问题|设计多问梯度（如19题体积最值与线面角），渗透模型意识与创新思维|

高2025级期末模拟试题一 姓名：____________班级：____________学号：__________得分：___________ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。 1．为纯虚数，则实数（   ）A． B． C． D． 2．如图，的斜二测直观图是，其中，则的面积是（    ） A．1 B．2 C．4 D．8 3．已知向量，不共线，且向量与的方向相反，则实数的值为（    ） A．1 B． C．2 D． 4．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，则“”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 5．设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（   ）A．2 B．3 C．4 D．6 6．某船行驶到甲地看号灯塔时，号灯塔在甲地的北偏东方向上，相距；在甲地看号灯塔时，号灯塔在甲地的南偏西方向上，相距．该船由甲地向正南航行到乙地时，再看号灯塔，则号灯塔在乙地的北偏东方向上，则号灯塔与乙地之间的距离是（    ）A． B． C． D． 7．已知，且，则的值为（   ） A． B． C． D． 8．在中，已知AB=2，AC=5，∠BAC=60º，BC、AC边上的两条中线AM、BN相交于点P，则∠NPM的余弦值为（  ）A． B． C． D． 2． 多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。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．已知函数（，，）的部分图象如图所示，则（    ） A． B． C．函数的图象关于直线对称 D．函数在上单调递减 10．在中，角的对边分别是．下面四个结论正确的是（   ） A．是的充要条件 B．，则的外接圆半径是 C．若，则 D．若，则有两解 11．如图，正方体的棱长为2，E，F分别是，的中点，点P是底面ABCD内一动点，则下列结论正确的为（    ） A．不存在点P，使得平面 B．一蚂蚁从点A出发，沿正方体的表面爬行，到达点的最短距离为 C．三棱锥的体积为 D．三棱锥的外接球表面积为 3． 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12. 已知是关于x的实系数方程的一个根，则实数p的值为_______． 13．在中，点在线段上，且，则的最小值为__________. 14．如图，在棱长为6的正方体中，分别为的中点，则平面截正方体所得截面的面积为_____ 4． 解答题：本题共5小题，13+15+15+17+17，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15．如图，在正方体中为的中点. (1)求三棱锥的体积； (2)求证：平面； 16．如图，在直角梯形中，，，，，点O，E分别为，的中点．   (1)设和交于点G，求的值； (2)若点F在边上运动（包含端点），求的取值范围． 17．在中，角，，所对的边分别为，，．已知的面积，，． (1)求的值； (2)求和的值； (3)求的值． 18．已知函数，． (1)求在的单调递减区间；(2)当时，求的最大值和最小值； (3)若，，求的值． 19．如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，为上一点，设平面与平面的交线为． (1)求证：平面； (2)当四棱锥的体积最大时，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)当平面时，平面与交于，求的值． 高2025级期末模拟试题一答案 1．【答案】A 【详解】解法一：，由题意得，则； 解法二：因为为纯虚数，设，则， 所以，则. 2．【答案】D 【详解】过作交轴于点，可得， 因为，所以为等腰直角三角形，所以， 根据斜二测画法，可得，如图所示，则， 所以的面积，故选项D正确. 3．【答案】B 【详解】由向量与的方向相反，得,， 而向量，不共线，得，由，得，所以. 4．【答案】D 【详解】由，，若，则与可能平行也可能相交； 由，，若，则与可能平行、可能异面也可能相交； 故“”是“”的既不充分也不必要条件. 5．【答案】C 【详解】，因为，所以是的最小正周期的整数倍， 即，其中，解得：，即：为正偶数； 在上存在零点，即：存在，使得：成立， 所以，其中，当，，要使区间内存在， 只需，解得：，又因为为正偶数，所以最小值为4. 6． 【答案】D 【详解】在中，， 由正弦定理得，所以， 在中，，， 由余弦定理得， 所以． 7．【答案】B 【详解】由，得， 又，所以， 所以， ， 所以． 8．【答案】A 【详解】以点为原点，所在的直线为轴，建立平面直角坐标系， ，点的坐标为，过点作于点， 在中，，，， 点的坐标为，是中点，点的坐标为，是中点， 点的坐标为，设直线的解析式为，将点的坐标为代入，得，解得， 直线，设直线的解析式为，将点，的坐标代入，得，解得， 直线，联立直线与直线方程组得，解得，即点的坐标为， 根据两点间距离公式：，，， 根据余弦定理可得：，，解得. 9．【答案】ABD 【详解】由题图知，，，所以， 又函数的图象过点， 所以，所以，， 又，所以，所以，故A，B正确． 由，，得函数的对称轴为直线，，故C错误． 由，，得，， 所以函数在区间上单调递减，故D正确． 10．【答案】AC 【详解】对A，若，则，由正弦定理得，即； 若，因为，根据正弦函数的图像与性质，可得，故正确； 对于B，，由正弦定理可得， 则的外接圆半径是，故错误； 对于C，若，由正弦定理得， 因为，所以，故正确； 对于D，若，则由余弦定理可得， 即， 解得，因为，所以有一解，即有一解，故错误． 11． 【答案】BCD 【详解】对A：取中点，连接、，由为中点，则， 又平面，平面，故平面， 由为中点，则， 又平面，平面，故平面， 又，、平面，则平面平面， 则当点在线段上时，由平面，可得平面， 故存在点，使得平面，故A错误； 对B：将平面与平面沿展开，使其位于同一平面如下图： 则从到的最短距离为，故B正确； 对C：，故C正确； 对D：取、、中点、、，连接成四边形， 三棱锥的外接球与长方体的外接球相同， 故即为该外接球直径，故半径为， 则外接球表面积为，故D正确. 12.【答案】12 【详解】因为是关于x的实系数方程的一个根， 则也是关于x的实系数方程的一个根， 由韦达定理可得，解得. 故答案为：12. 13．【答案】 【详解】由题意可得，，， 则, 等号成立时，即， 故的最小值为. 14．【答案】 【详解】延长交于点，交于点， 连接并延长交于点， 过点在平面内作，连接，交于点， 因为，， 所以，所以， 同理可证，，故为的中点， 因为，，， 所以，所以为中点， 因为，，， 所以，故为的中点， 所以截面为正六边形，其边长为， 所以正六边形的面积为. 15．【答案】(1) (2)如图所示，在正方体中，平面，平面，因此. 由四边形是正方形，可知. 又因为平面，平面，且， 所以平面. 【详解】（1）在正方体中，，因此正方体棱长为，平面. 因为是中点，所以到平面的距离. 底面是直角三角形，. . （2）略 16．【答案】(1)2； (2). 【详解】（1）在直角梯形中，，，，，连接， 则，四边形为平行四边形，，， 以点为原点，直线分别为轴建立平面直角坐标系，    则，令，则， ，由在上，得， 因此，解得，即，则， 所以的值为2. （2）由（1）得，由点F在边上，设， 则，，而， 因此， 所以的取值范围为. 17．【答案】(1) (2)， (3) 【详解】（1）由余弦定理可得：， 将上式代入已知面积条件中，得：， 又因为三角形面积公式为，两式联立可得：， 因为在中，，，所以：， 显然两边同除以得：， 因为，所以角A的大小为：, （2）由余弦定理，将，代入得： ，即，解得， 又由已知得. （3）在中，由正弦定理得：， 由（2）可知，，． ， ， ， . 18．【答案】(1) (2)最大值为，最小值为 (3) 【详解】（1）， 由，解得， 又，所以的单调递减区间为． （2）因为，所以，则， 所以， 所以的最大值为，最小值为． （3）由，所以，所以， 又，所以， 所以， 所以 ． 19．【详解】（1）由为正三角形且可知． 又因为，且，在中，由余弦定理得 ， 所以，所以，所以，即．所以， 因为，平面，平面，所以平面． 又平面，平面平面，所以． 又平面，平面，所以平面． （2）当四棱锥的体积最大时，平面平面， 如图，取中点，连接， 由可得，由可得， 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 故可以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图， 因为，所以， 设，则有， 设平面的法向量为，则即 令，则，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， ∴， 当，当时，， 当且仅当时等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． （3）设，如图，连接交于点，连接． 因为平面，平面，平面平面，所以． 在梯形中，， 所以有∽，所以． 因为，所以有，所以． 因为平面与交于，平面与交于， 所以有平面平面． 又平面，平面，所以． 又，所以，所以，． 设梯形的高为，则． 由，可知，所以． 又四棱锥与三棱锥高相等， 所以． 所以有． 学科网（北京）股份有限公司 $