2025级成都市高一下学期定时练习模拟（一）数学

**基本信息** 2025级成都高一下数学定时模拟卷，以向量、立体几何、三角函数等核心知识为载体，通过基础辨析（如相反向量性质）、空间证明（如三棱柱中点共面）、综合应用（如正四棱锥二面角计算），考查抽象能力、空间观念与逻辑推理，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| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|向量相反关系、复数距离、三角函数平移|基础概念辨析，如第4题图象平移考查几何直观| |多选题|3题|三角恒等变换、三棱柱线面关系|多结论判断，如第10题结合中位线与平行四边形性质考查推理意识| |填空题|3题|单位向量、旋转体表面积、解三角形|空间想象与运算能力，如第13题旋转体表面积考查空间观念| |解答题|5题|向量夹角、立体几何距离、三角函数图象与性质、正四棱锥存在性问题|分层设计，如第18题三问从证明到计算再到探究，体现创新意识与逻辑推理|

2025级成都市高一下学期定时练习模拟（一） 数学 一、单选题 1．若非零向量和互为相反向量，则下列说法中错误的是（    ）． A． B． C． D． 2．求两个复数对应的两点之间的距离（   ） A．5 B．10 C． D．25 3．连接空间四边形四条边的中点，得到四边形，则是一个（　　） A．菱形 B．矩形 C．平行四边形 D．空间四边形 4．为了得到函数的图象，只需把余弦函数曲线上所有的点（    ） A．向左平行移动个单位长度 B．向右平行移动个单位长度 C．向左平行移动个单位长度 D．向右平行移动个单位长度 5．在中，，，的面积为，则为（    ）． A． B． C． D． 6．已，，是两两垂直的单位向量，则＝（    ） A．14 B． C．4 D．2 7．设，则（    ）. A． B． C． D． 8．若两个函数的图象经过若干次平移后能够重合，则称这两个函数为“同形”函数，给出下列四个函数：，，，，则“同形”函数是（    ） A．与 B．与 C．与 D．与 二、多选题 9．已知，且，下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 10．如图，在三棱柱中，分别为的中点，则下列说法正确的是（    ）    A．四点共面 B． C．三线不共点 D． 11．如图，是圆的直径，，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点，重合的点，于，于，则下列结论正确的是（     ） A．平面平面 B．平面 C．平面 D．平面平面 三、填空题 12．已知，则与同向的单位向量坐标为__________. 13．如下图，在直角三角形ABC中，，，将绕直角边AC旋转所得的旋转体的表面积为____________.    14．在中，已知内角的对边分别为，且，则_______________．若为边上的点，且，，则的最小值是_______________． 四、解答题 15．已知均为单位向量，且． (1)求； (2)求向量与的夹角. 16．如图在棱长为的正方体中，是上一点，且平面.    (1)求证：为的中点； (2)求点到平面的距离． 17．函数（其中，，）的部分图象如图所示，先把函数的图象上的各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），把得到的曲线向左平移个单位长度，再向上平移一个单位，得到的图象. (1)求函数的解析式以及对称中心； (2)当时，求的值域； (3)若，，求的值. 18．如图，正四棱锥的底面是正方形，每条侧棱的长都是底面边长的倍，点P在侧棱SD上，且． (1)求证：； (2)求二面角的大小； (3)侧棱SC上是否存在一点E，使得平面PAC．若存在，求的值；若不存在，试说明理由． 19．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求角B； (2)如图，的角平分线交于点D，且，， （i）求的长度； （ii）若边上的中线与相交于点F，求的余弦值． 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级成都市高一下学期定时练习模拟（一） 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C C C B B B D BCD AB 题号 11 答案 ABC 1．C 【分析】根据相反向量的定义逐项判断即可． 【详解】解：由平行向量的定义可知项正确； 因为和的方向相反，所以，故项正确； 由相反向量的定义可知，故选项正确； 由相反向量的定义知，故项错误； 故选：C． 2．C 【分析】先将两个复数对应到复平面内的坐标，再代入向量的模长公式计算即可得结果. 【详解】复数对应复平面内的点； 复数对应复平面内的点. 两点间的距离即为的模长，， 则 ，故两点间的距离为. 3．C 【分析】连接，利用是的中位线，是的中位线，得到，且，即可得证. 【详解】 如图所示，在空间四边形中，分别为的中点， 连接， 是的中位线，所以，且. 同理，且. ，且. 四边形是一个平行四边形. 故选：C 4．C 【解析】根据三角函数图象变换规律确定选项. 【详解】因为向左平行移动个单位长度得， 故选：C 【点睛】本题考查三角函数图象变换，考查基本分析判断能力，属基础题. 5．B 【分析】由已知条件，先根据三角形面积公式求出的值，然后利用余弦定理求出的值，即可得的值. 【详解】解：在中， 因为，，的面积为， 所以， 所以， 因为， 所以， 所以. 故选：B. 6．B 【解析】直接由，展开后利用即可得解. 【详解】，，是两两垂直的单位向量， 所以， 所以. 故选：B. 7．B 【分析】先根据平方关系和二倍角的正弦公式化简式子，再根据的范围，判断和的大小，去绝对值即可. 【详解】因为，， 所以， 因为，所以， 所以. 故选：B 【点睛】本题主要考查平方关系和二倍角正弦公式的应用，以及，考查学生对三角恒等变换公式的掌握，属于基础题. 8．D 【分析】根据“同形”函数的定义可知，所选的两个三角函数周期相等，振幅也相等，先将四个函数利用辅助角公式化简变形，逐个分析每个函数的最小正周期和振幅，由此可得出结论. 【详解】根据本题所给的信息：两个函数的图象经过若干次平移后能够重合，则称这两个函数为“同形”函数，所以，所选的两个函数最小正周期相等，振幅也相等. ，该函数的最小正周期为，振幅为； ，该函数的最小正周期为，振幅为； ，该函数的最小正周期为，振幅为； ，该函数的最小正周期为，振幅为. 所以要得到函数的图象，只需将函数的图象先向左平移个单位长度，再向下平移个单位长度即可. 故选：D. 【点睛】本题考查三角函数的新定义、三角函数图象的平移问题、三角函数的诱导公式的应用，将问题转化为三角函数的周期和振幅是解题的关键，考查推理能力，属于中等题． 9．BCD 【分析】根据结合求得，，由计算可判断A；由计算可判断B；由计算可判断C；直接计算可判断D. 【详解】因为，且，， 所以，， 对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D正确. 故选：BCD 10．AB 【分析】连接，证得且，可得判定A正确、B正确；延长相交于点，结合平面的性质，可判定C不正确；由和时，得到，可判定D错误． 【详解】对于A、B中，如图所示，连接， 因为是的中位线，所以，且， 又因为，且，所以四边形是平行四边形， 所以，所以，且，所以为梯形， 所以四点共面，所以A、B正确； 对于C中，如图所示，延长相交于点， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以平面， 因为平面平面，所以， 所以三线共点，所以C不正确； 对于D中，因为，当时，， 又，则，所以D错误． 故选：AB    11．ABC 【分析】根据线面垂直的判定定理，性质定理，结合面面垂直的判定定理得到结果. 【详解】选项A：因为垂直于圆所在的平面， 所以平面， 因为平面， 所以平面平面，故选项A正确； 选项B：因为平面，平面， 所以， 因为是圆的直径，且为圆周上不与点，重合的点， 所以，即， 因为，平面， 所以平面，故选项B正确； 选项C：因为平面，平面， 所以， 因为于点，，平面， 所以平面，因为平面， 所以， 因为于点，，平面， 所以平面，故选项C正确； 选项D：平面平面，平面，于点， 假设平面平面，则必有平面， 因为平面，则必有， 因为平面，平面，则有， 因为平面，则必有， 因为垂直于圆所在的平面，， 所以，因为于点， 所以为的中点，由，则为的中点， 又于点，则， 因为是圆的直径， 且为圆周上不与点，重合的点，，推出矛盾. 故假设错误， 选项D错误. 12． 【分析】先计算向量的模长，再将除以其模长即可得到与同向的单位向量。 【详解】已知， 根据同向单位向量的定义，与同向的单位向量为： 13． 【详解】因为在直角三角形ABC中，，，根据勾股定理得， 将绕直角边AC旋转所得的旋转体为圆锥， 底面半径，母线 侧面积，底面积 14． 9 【详解】由，可得， 所以，所以，所以， 所以，又，所以. 因为，又，所以. 又，所以， 所以，所以， 所以，所以， 当且仅当，即时取等号，所以的最小值是. 15．(1) (2). 【分析】（1）利用两边平方计算出，再计算，从而计算出； （2）利用向量的夹角公式计算即可. 【详解】（1）由均为单位向量，则， 由，即，得， 故； （2）， 由（1）知，，所以， 又， 故与的夹角为. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，连接，利用线面平行的性质可得出，推导出为的中点，结合中位线的性质可证得结论成立； （2）计算出三棱锥的体积以及的面积，利用等体积法可求得点到平面的距离. 【详解】（1）证明：连接交于点，连接，    因为平面，平面，平面平面， 所以，， 因为四边形为正方形，，则为的中点， 因此，为的中点. （2）解：因为平面，， 又因为，所以，， 因为，所以，，同理可得， ，所以，， 易知为的中点，则，则， 所以，， 设点到平面的距离为，由可得， 即，解得，即点到平面的距离为. 17．(1)，对称中心为，； (2)； (3) 【分析】（1）根据图象求函数的解析式，结合函数图象变换可得函数的解析式，再根据余弦函数的性质求函数的对称中心. （2）结合余弦函数的图象求函数的值域. （3）先根据的取值范围，判断的符号，再根据二倍角公式求的值. 【详解】（1）由的图象得，，，， 由， 又，，，而，. ， 把函数的图象上的各点的横坐标缩短为原来的（纵坐标不变），可得的图象， 再把得到的曲线向左平移个单位长度，可得， 再向上平移一个单位，得. 令，，解得，，则的对称中心为，. （2）∵，， ， 则的值域为； （3），，，所以. ∵，即， 解得：. 18．(1)证明见解析； (2)； (3)存在，，理由见解析. 【分析】（1）连接，连接，利用正四棱锥的结构特征，结合线面垂直的性质判定推理即得. （2）由（1）的信息，确定二面角的平面角，再计算大小. （3）过点作一平面平行于平面，再确定该平面与的交点即可得解. 【详解】（1）在正四棱锥中，连接，连接，则点O是正方形的中心， 平面，而平面，则，又 ， 平面，，于是平面，而 平面， 所以. （2）连接，由（1）知，平面，而平面，则， 于是是二面角的平面角，令正方形边长为， 则，有，又， 则，， 因此，，所以二面角的大小为. （3）在SP上取点N，使得，过N作交SC于点E，连BN， 由平面，平面，得平面， 由是的中点，得，而平面，平面，得平面， 又平面，因此平面平面，而平面， 则平面，由（2）知，，即点是中点， 于是，所以侧棱上存在一点E，使得平面，. 【点睛】关键点睛：本题是探求过定点的直线与已知平面平行的问题，过定点作与已知平面平行的平面是关键. 19．(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求出即可得解. （2）（i）根据角平分线性质和三角形面积的分割关系列出等式，求解BD的长度. （ii）易知为向量的夹角，利用中线向量运算得，结合角平分线定理利用向量线性运算得，然后利用平面向量的夹角公式求解余弦值即可. 【详解】（1）在中，由及正弦定理，得， 即， 由余弦定理得，而，所以. （2）（i）已知的角平分线交于点D，则， 又在中，，即， 即，解得. （ii）因为为的中线， 所以， 又，则， 因为，为的角平分线， 在中，因为，得到①， 在中，因为，得到②， 又，由①②得到， 所以， 因为 ， 所以， 即的余弦值为. 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 $