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2025届高一下学期数学期中综合模拟试题（人教A ）（二）
一、单选题
1．已知向量，则（ ）
A． B． C． D．
2．在复平面内，复数对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
3．在中，角的对边分别为.已知，则（ ）
A． B． C． D．
4．已知向量与的夹角为，，，则等于（ ）
A． B． C． D．
5．如图，已知等腰直角三角形是一个平面图形的直观图，，斜边，则这个平面图形的面积是（ ）

A． B．1 C． D．
6．如图，平行四边形中，是的中点，在线段上，且，记，，则（ ）
A． B． C． D．
7．中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体为上 下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）.现有一个如图所示的“曲池”，其高为,底面，底面扇环所对的圆心角为,长度为长度的3倍，且线段，则该“曲池”的体积为（ ）

A． B． C． D．
8．已知，，．若点P是△ABC所在平面内一点，且，则的最大值为（ ）
A．13 B． C． D．
二、多选题
9．已知为虚数单位，复数满足，则（ ）
A．的实部为3
B．的虚部为
C．
D．在复平面内对应的点在第四象限
10．南宋数学家秦九韶在《数书九章》中提出“三斜求积术”，即以小斜幂，并大斜幂，减中斜幂，余半之，自乘于上：以小斜幂乘大斜幂，减上，余四约之，为实：一为从隅，开平方得积可用公式，其中a、b、c、S为三角形的三边和面积）表示．在中，a、b、c分别为角A、B、C所对的边，若，且，则下列命题正确的是（ ）
A．面积的最大值是 B．
C． D．面积的最大值是
11．已知两个非零向量，定义新运算，则（ ）
A．当时，
B．对于任意非零向量，都有
C．对于不垂直的非零向量，都有
D．若，则
三、填空题
12．已知向量，，若与垂直，则非零向量的坐标可以是 .（写出一个即可）
13．在中，角的对边分别为，且，则的面积为 .
14．勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体的棱长为2，则勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为 .

四、解答题
15．已知是虚数单位，复数，m为实数．
(1)当实数m满足什么条件时，为纯虚数
(2)若复数在复平面内对应的点位于实轴负半轴，求复数
16．已知向量，且．
(1)求；
(2)求与的夹角．
17．在中，内角所对的边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若，判断的形状并说明理由．
18．如图，一个圆锥挖掉一个内接正三棱柱（棱柱各顶点均在圆锥侧面或底面上），若棱柱侧面落在圆锥底面上．已知正三棱柱底面边长为，高为2．

(1)求挖掉的正三棱柱的体积；
(2)求该几何体的表面积．
19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：
(1)若是边长为4的等边三角形，求该三角形的费马点到各顶点的距离之和；
(2)的内角所对的边分别为，且，点为的费马点．
（i）若，求；
（ii）求的最小值．
参考答案
1．C
根据平面向量线性运算的坐标表示计算可得.
因为，
所以.
故选：C
2．B
根据复数的乘法运算可得，结合复数的几何意义即可求解.
,
所以复数在复平面对应的点的坐标为，位于第二象限.
故选：B
3．B
利用余弦定理计算可得.
由余弦定理可得.
故选：B
4．C
利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的方程，解之即可.
因为向量与的夹角为，，，
所以，，即，
整理可得，解得（负值已舍去）.
故选：C.
5．A
根据斜二测画法的定义，画出平面图形，求得原三角形的直角边，从而面积可得．
利用斜二测画法的定义，画出原图形，

由是等腰直角三角形，，斜边，得，
因此，，
所以原平面图形的面积是.
故选：A
6．D
取，作为基底，把 用基底表示出来，利用向量的减法即可表示出.
取，作为基底，因为是中点，则.
因为，所以，
所以.
故选：D.
7．D
借助弧长公式，把长度，长度之间的关系转化所对应半径之间的关系，再利用圆柱体的体积公式，把曲池的体积表示成两个圆柱体体积的差的即可.
设对应的半径为，对应的半径为，曲池的高为.
因为，所对的圆心角相同，设为，则由弧长公式可知，
的弧长等于，的弧长等于，
且长度为长度的3倍，所以，
因为，所以，
所以曲池的体积为.
故选：D
8．B
以为原点，建立直角坐标系，利用向量的数量积的坐标运算，以及二次函数的性质，即可求解.
以A为坐标原点，建立如图所示的直角坐标系，设P（x，y）
则，可得，，
所以，即，故，，
所以，当且仅当即时等号成立．
故选：B．
9．ACD
先根据复数除法法则化简，即可判断A,B；再计算复数的模以及共轭复数定义，结合复数几何意义判断C,D.
由于，
则的实部为的虚部为2，不是，所以A正确，B错误；
由于在复平面内对应的点在第四象限，所以CD都正确，
故选：ACD.
10．BD
化简得到，得到，故B正确，C错误；再代入公式求出，从而求出面积最大值.
由题意，得，
即，
所以根据正弦定理有，故B正确，C错误．
由，得
，
当，即时，面积取到最大值是，A错误，D正确；
故选：BD．
11．BD
由定义新运算及数量积的定义分别判断即可．
设为向量与的夹角，由新运算可知，，
对于A，由上可知，
则，
又，所以，则，
当为钝角时，，即，故A错误；
对于B，因为，
，
所以，故B正确；
对于C，设为非零常数，
则，
当时，，故C错误；
对于D，因为，
所以，所以，
又，所以，所以中至少一个为0，则，故D正确，
故选：BD．
12．（答案不唯一，非零向量的坐标满足且即可）
根据向量垂直满足的坐标运算即可求解.
与垂直，则，且不能同时为0，
故取，
故答案为：（答案不唯一，非零向量的坐标满足且即可）
13．或
根据题意利用正弦定理可得，结合余弦定理可得或，代入面积公式即可得结果.
因为，由正弦定理可得，
且，则，可得，即，
且，可知，
由余弦定理可得，
即，解得或，
所以的面积为
或.
故答案为：或.
14．
需要利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径，而内切球半径即为该勒洛四面体的能够容纳的最大球的半径，进而结合球的面积公式求解即可.
由对称性知，勒洛四面体内切球球心是正四面体的内切球、外接球球心，如图：
正外接圆半径，
正四面体的高，
令正四面体的外接球半径为，
在中，，解得，
此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：
图中取正四面体中心为，连接..交平面于点，交曲面于点，
其中即为正四面体外接球半径，因为点..均在以点B为球心的球面上，
所以，
设勒洛四面体内切球半径为，则由图得，
勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个弧面都相切，即为勒洛四面体内切球，
所以勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为，
则勒洛四面体能够容纳的最大球的表面积为.
故答案为：.
思路点睛：本题实际上是勒洛三角形在三维层面的推广，对计算能力，空间想象能力要求高，记住正四面体的高，内切球半径，外接球半径与棱长关系的二级结论将会加快对本题的求解.
15．(1)-1
(2)
（1）根据纯虚数的定义进行求解即可；（2）利用复数的几何意义，根据对应的点位于实轴负半轴进行求解即可.
（1）根据纯虚数的定义，，解得；
（2）利用复数的几何意义，复数坐标为，根据对应的点位于实轴负半轴，，解得，则
16．(1)5
(2)
（1）根据向量垂直的坐标运算求得，即可求得；
（2）根据向量夹角的坐标公式计算即可求得.
（1）因为向量，所以，
由得，解得，所以.
又，所以.
（2）设向量与向量的夹角为，
因为，则，
又，所以，
即向量与向量的夹角是.
17．(1)
(2)答案见解析
（1）由正弦定理化角为边，再由边的关系代入余弦定理可求角；
（2）由已知条件结合余弦定理化角为边化简得，求解三角形进而判断形状.
（1）在中，因为，
所以由正弦定理得，
由余弦定理得，
由，所以.
（2）因为，
故，即，又，则，
所以为等腰三角形.
18．(1)
(2)．
（1）由三棱柱的体积公式计算即可；
（2）根据几何图形性质解得圆锥底面圆半径和圆锥高，利用圆锥表面积、矩形的面积公式计算即可.
（1）因为正三棱柱的底面边长为，高为2，
则，
所以正三棱柱的体积．
（2）在正三棱柱中，由（1）知，，
，
设圆锥的底面圆圆心为O，则O是矩形的中心，设圆O半径为，
有，即，
令的中点为，连接，则，
且，，，
于是，解得，
则圆锥的母线长，
圆锥的底面圆面积，侧面积，
三棱柱的表面积为，
所以该几何体的表面积为：
.

19．(1)
(2)（i）；（ii）
（1）过作于，结合题意即可求解；
（2）（i）根据正弦定理求得，由三角形面积公式及向量数量积即可求解；（ii）设，得出，由勾股定理得出，根据基本不等式求解范围即可．
（1）因为为等边三角形，三个内角均小于，故费马点在三角形内，满足，且，如图：

过作于，则，故，
所以该三角形的费马点到各顶点的距离之和为．
（2）（i）因为，由正弦定理，且，
所以得，
所以的三个角都小于，
则由费马点定义可知，，
设，，
由得：，
整理得，
则
．
（ii）由（i）知，所以点在内部，且，

设，
所以，
由余弦定理得，，
，
，
由勾股定理得，，即，
所以，即，
而，
当且仅当，即时，等号成立．
设，则，解得或（舍去），
由，
故，最小值为．
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