精品解析：江苏省如东高级中学2025-2026学年高一下学期数学期末模拟一

如东高级中学高一下数学期末模拟一 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选择中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设i为虚数单位，若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 3. 如图，一个水平放置的梯形由斜二测画法得到的直观图是面积为2的等腰梯形OA'B'C'，则原梯形面积为（ ） A. B. C. D. 4. 已知正方体的棱长为4，的中点为，过，，的平面把正方体分成两部分，则较小部分的体积为（ ） A. B. 18 C. D. 5. 设函数，则“”是“的图象关于轴对称”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 6. 在中，，记的面积为，若，判断 的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 7. 已知函数，若使得的图象在点处的切线与轴平行，则的最小值是（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 已知，是两个单位向量，，的最小值为，则等于（ ） A. B. 1 C. 1或 D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每题给出的四个选择中，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. 已知复数，，在复平面内对应的点分别为，，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 在中，、、所对应的边分别是a、b、c，且，下列结论正确的有（ ） A. B. 若，，则满足条件的有2个 C. 如，M为中点，则最大值为 D. 若有两解、，则 11. 正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体的棱长都是2（如图），则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成的角为60° C. 若点为棱上的动点，则的最小值为 D. 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知向量，，则在方向上的投影向量的模为______ 13. 在中，若，，则角_____． 14. 如图，已知在一个四分之一球形状的玩具储物盒内可放入的最大正方体棱长为，若重新放入一个正四面体，并使该正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则可放正四面体的最大棱长为________. 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，与的夹角为. （1）求及； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 16. 如图，在多面体中，平面平面，在平行四边形和四边形中，，点，分别是，的中点，，，． （1）判断直线与直线的位置关系，并说明理由； （2）证明：； 17. 在中，． （1）求的大小； （2）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求最长边上的高线的长． 条件①：；条件②：的面积为；条件③：． 18. 已知函数，其中，. （1）若，求函数的单调递增区间和最小值； （2）在中，、、分别是角、、的对边，且. （i）求的值； （ii）若是边上的一点，且，，当取最大值时，求的面积. 19. 已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为线段上一点，． （1）求的长； （2）若为线段的中点，求二面角的正弦值； （3）请问线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 如东高级中学高一下数学期末模拟一 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选择中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设i为虚数单位，若，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和复数模的计算公式即可求得. 【详解】， 所以. 故选：A. 2. 已知锐角满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】原式展开化简得， 则， 又是锐角，则，所以，选D. 3. 如图，一个水平放置的梯形由斜二测画法得到的直观图是面积为2的等腰梯形OA'B'C'，则原梯形面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由斜二测画法还原梯形，明确线段的等量关系，根据梯形的面积公式，可得答案. 【详解】过作，垂足为，如下图：    由题意可得，， 由斜二测画法，还原可得下图：    易知，，， 所以原梯形面积为. 4. 已知正方体的棱长为4，的中点为，过，，的平面把正方体分成两部分，则较小部分的体积为（ ） A. B. 18 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设是的中点，求三棱台的体积即得解. 【详解】解：如图，截面是等腰梯形，是的中点，较小部分是三棱台. 上底面面积，下底面面积， 所以. 故选：C 5. 设函数，则“”是“的图象关于轴对称”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 【答案】B 【解析】 【分析】函数图象关于轴对称，等价于该函数是偶函数．先根据求出参数应满足的条件，再判断两个命题之间的推出关系； 【详解】函数的图象关于轴对称，当且仅当对任意，都有 即 展开得即 上式对任意恒成立，则得，则有． 反过来，当该式成立时，，上述等式也恒成立，因此这是图象关于轴对称的充要条件． 若的图象关于轴对称，则． 所以“”是“的图象关于轴对称”的必要条件． 反之，若取，有，此时，显然其图象不关于轴对称，故充分性不成立. 综上，“”是“的图象关于轴对称”的必要不充分条件． 6. 在中，，记的面积为，若，判断 的形状为（ ） A. 直角三角形 B. 等边三角形 C. 等腰三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】B 【解析】 【分析】由，利用向量的数量积和三角形的面积公式，得到，求得，再由余弦定理，结合，列出方程求得，得到，即可得到答案. 【详解】由，可得， 即，可得， 因为，可得， 又由余弦定理，可得， 因为，可得，所以， 整理得，即，所以，所以， 所以为等边三角形. 故选：B. 7. 已知函数，若使得的图象在点处的切线与轴平行，则的最小值是（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，使得点为的最高点或最低点，再利用正弦型函数性质计算即可得. 【详解】当时，， 若的图象在点处的切线与轴平行， 则点为的最高点或最低点， 由，要使得最小，则或， 分别解得或，由，故的最小值是. 8. 已知，是两个单位向量，，的最小值为，则等于（ ） A. B. 1 C. 1或 D. 【答案】C 【解析】 【详解】设，的夹角为，因，则， 由， 函数开口向上，对称轴为， 因，则当时，， 因的最小值为，即，故，解得， 若，； 若，． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每题给出的四个选择中，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. 已知复数，，在复平面内对应的点分别为，，为坐标原点，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【详解】若，则，但不能比大小，故A错误； 若，则，则，则 则，故B正确； 若，该等式表示以复数对应向量为邻边的平行四边形对角线相等，故为矩形，因此两向量垂直，点积为零， 所以，故C正确； 若，则，但，故D错误. 10. 在中，、、所对应的边分别是a、b、c，且，下列结论正确的有（ ） A. B. 若，，则满足条件的有2个 C. 如，M为中点，则最大值为 D. 若有两解、，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，由正弦定理可得，， 即，故A错误； 对于B：过点B作，则，在上存在点A，使. 且，故有两个.（，），故B正确； 对于C：已知且，∴①， 延长至Q，使. 设，则，连、易知四边形为平行四边形. 由，得， 由①得， ∴， 即，故C正确； 对于D：由，得， 所以，又， 故或，或或或（舍）， ∴，， ∴，故D正确. 11. 正多面体也称柏拉图立体（被誉为最有规律的立体结构），是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）．数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体．已知一个正八面体的棱长都是2（如图），则（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成的角为60° C. 若点为棱上的动点，则的最小值为 D. 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据线面平行的判定定理证明即可；对于B，根据线面垂直的判定定理及线面角的定义求解即可；对于C，根据对称性得到，即在中求最小值即可；对于D，根据等体积法及棱锥体积公式求解即可. 【详解】对于A，连接，，由对称性可知，平面， 且，相交于点，为和的中点， 又，故四边形为菱形，故， 又平面，平面，所以平面，A正确. 对于B，连接，则，相交于点， 因为四边形为正方形，故， 由A选项，同理可得到四边形为菱形，故， 又，平面，故平面， 故直线与平面所成的角为， 且由题意得，，故， 故，B错误； 对于C，由对称性可得，，若使最小，只需最小， 在等边三角形中，当为的中点时，，此时最小，且， 故若点为棱上的动点，则的最小值为，C正确； 对于D，，其中到平面的距离为， 设菱形的面积为，则，， 若点为棱上的动点，则三棱锥的体积为定值，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共计15分. 12. 已知向量，，则在方向上的投影向量的模为______ 【答案】 【解析】 【分析】根据投影向量公式及模长公式可得解. 【详解】由题意可得：，， 所以在方向上的投影向量为， 其模长为. 13. 在中，若，，则角_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据诱导公式及两角和的正切公式求得，进而求得． 【详解】， 由得． 14. 如图，已知在一个四分之一球形状的玩具储物盒内可放入的最大正方体棱长为，若重新放入一个正四面体，并使该正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则可放正四面体的最大棱长为________. 【答案】 【解析】 【分析】先设四分之一球半径为，由最大正方体棱长求出.若正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则其外接球必须能放入储物盒中，因此要先求该四分之一球内最大内切球半径.取垂直于两个平面交线的截面，转化为四分之一圆内切圆问题，求出，再利用正四面体外接球半径公式求最大棱长. 【详解】设四分之一球的半径为，最大正方体棱长为，则， 最大正方体放入时，球心到正方体每一个顶点的距离最大值应该最小， 则正方体的一条棱的中点在球心处，正方体的一个底面与一个侧面和四分之一球的一个平面重合， 所以，解得：． 若正四面体可以在储物盒内以任意角度旋转，则正四面体的外接球应能放入该储物盒内. 设储物盒内能放入的最大球半径为. 取垂直于四分之一球两个平面交线的截面， 由截面图可知，最大内切圆的圆心在角平分线上，且， 又该内切圆与圆弧相切，所以，即，故. 设正四面体的最大棱长为，则其外接球半径为. 因此，解得. 故可放正四面体的最大棱长为. 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，与的夹角为. （1）求及； （2）若向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用数量积的定义和运算律求解； （2）利用向量的夹角公式及共线向量的意义求解. 【小问1详解】 由，与的夹角为， 得. . 【小问2详解】 由向量与的夹角为锐角，得，且向量与不共线， 则，即，解得且， 所以实数的取值范围是. 16. 如图，在多面体中，平面平面，在平行四边形和四边形中，，点，分别是，的中点，，，． （1）判断直线与直线的位置关系，并说明理由； （2）证明：； 【答案】（1）异面，理由为： 如图所示，取中点，连接，，则， 因为四边形为平行四边形，所以，， 又因为，且， 所以，且， 则四边形为平行四边形，且，， 所以且， 所以四边形为平行四边形，且， 又，且平面， 所以与异面. （2）因为，是的中点，所以. 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面. 因为平面，所以. 【解析】 【分析】（1）根据平行传递性证明线线平行，进而证明直线异面； （2）根据面面垂直证明线面垂直，即可证明异面直线垂直. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 在中，． （1）求的大小； （2）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求最长边上的高线的长． 条件①：；条件②：的面积为；条件③：． 【答案】（1） （2）选择①， 【解析】 【分析】（1）利用倍角公式，通过解方程可得答案； （2）先利用正弦定理求出，选择①利用余弦定理求出或先判断为最长边，然后可得答案；选择②利用面积公式和余弦定理求解出两组答案，不合题意；选择③利用余弦定理得到的方程无解，不合题意. 【小问1详解】 因为,所以, 所以，所以， 因为，所以舍,所以. 【小问2详解】 选择① 因为，由正弦定理，代入得. 法一： 由余弦定理，代入得， 所以，所以或（舍），所以边最长， 边上的高线. 法二： 因为，所以， 所以，所以，所以为最长边, 边上的高线. 选择② 因为, 所以, 因为，由余弦定理, 所以, 所以或,三角形不唯一，不能选择条件② 选择③，由余弦定理, 得，此时，，所以，三角形不存在． 18. 已知函数，其中，. （1）若，求函数的单调递增区间和最小值； （2）在中，、、分别是角、、的对边，且. （i）求的值； （ii）若是边上的一点，且，，当取最大值时，求的面积. 【答案】（1）， （2）（i）2（ii） 【解析】 【分析】（1）通过向量的数量积和三角函数辅助角对方程进行化简，再根据正弦函数的单调性来求得单调区间和最小值； （2）（i）通过正弦定理进行边角转化，然后利用三角函数的和差化积公式进行计算； （ii）通过余弦定理进行化简，构建辅助函数，根据二次函数根的判别式进行求解，从而得到相应边的长度，最后求出三角形的面积. 【小问1详解】 ， 由解得， 因为，因此函数f（x）的单调递增区间为， 其最小值为. 【小问2详解】 （i），即，化简可得， 因为，所以， 解得，即， 由正弦定理可得. （ii）由题意可知，，，在与中，由余弦定理可得，， 因为， 所以，化简可得， 在中，由余弦定理可得， 代入可得，即， 设，即，代入可得， 化简可得， 因为，所以关于的方程有正根， 因此，即， 所以，即的最大值为， 代入方程，可得，解得， 所以， 因此. 19. 已知两个非零向量，，在空间任取一点，作，，则叫做向量与的夹角，记作．定义与的“向量积”为：是一个向量，它与向量，都垂直，它的模．如图，在四棱锥中，底面为矩形，底面，，为线段上一点，． （1）求的长； （2）若为线段的中点，求二面角的正弦值； （3）请问线段上是否存在一点，使得，若存在，请求出的值． 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）证明，为直线与所成的角，设，结合“向量积”的模的定义由条件列方程，求可得的长. （2）过点作交的延长线于点，证明为二面角的平面角，解三角形求其余弦值，结合二面角与二面角互补可得结论. （3）过点作，证明平面，过点作交于点，在上取点，使得，证明，结合条件可求. 【小问1详解】 因为底面为矩形，所以， 因为平面，底面，所以. 又平面，所以， 因为，所以为直线与所成的角， 设，则. 在中，. 又，所以，解得或（舍去），所以. 【小问2详解】 在平面内，过点作交的延长线于点，连接. 因为底面，底面，所以， 又平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角. 因为为的中点，，四边形为矩形， 所以，所以，所以。 所以，设二面角的平面角为，则， 所以，所以. 所以二面角的平面角的正弦值为. 【小问3详解】 存在符合条件的点，依题意得，， 又，所以. 又，所以，又平面，所以平面. 在平面内过点作，垂足为， 由平面，平面，得， 又平面，所以平面， 在平面内过点作交于点，在上取点，使得. 连接，所以且，所以四边形为平行四边形， 所以，易知，所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $