资源简介

泰安市泰山区2026年高一下学期期中学情检测模拟卷
一、单选题（共40分）
1．（本题5分）已知为虚数单位，则复数（ ）
A． B． C． D．
2．（本题5分）如图，在平行四边形中，E为的中点，则（ ）
A． B． C． D．
3．（本题5分）下列说法正确的是（ ）
A．若，则 B．零向量的长度是0
C．长度相等的向量叫相等向量 D．共线向量是长度相等的向量
4．（本题5分）在中，内角，，的对边分别为，，，若，，则的面积为（ ）
A．1 B． C．2 D．
5．（本题5分）已知单位向量满足，则（ ）
A． B．2 C． D．1
6．（本题5分）如图，在直四棱柱中，底面为等腰梯形，，，，则直线与所成的角为（ ）
A． B． C． D．
7．（本题5分）如图，四边形的斜二测画法的直观图为等腰梯形，已知，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．四边形的面积为
D．四边形的周长为
8．（本题5分）重庆江津区京师实验学校校内“木铎金声钟”雕塑，该雕塑钟原型为北京师范大学本部“木铎金声一百年”的纪念雕塑，木铎金声，寓意传播知识、启迪心智、匡正风气，承载着“为民族复兴办教育”的担当，更与学校“本德宗道、兼济天下”的校训一脉相承，也寄寓着对京师学子治学修身、以德立身、心怀家国的殷切期许．我校高一年级的刘同学为了测量木铎钟高度，设木铎钟加底座高为，在与点同一水平面旁边小路上且共线的三点处分别测得顶点的仰角为，且，则木铎金声钟的高约为（ ）（参考数据：，，）
A．5.20m B．7.35m C．8.20m D．10.39m
二、多选题（共18分）
9．（本题6分）已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则向量，夹角的余弦值是
10．（本题6分）若，，是空间中互不重合的三条直线，，是两个不重合的平面，则下列结论正确的是（ ）
A．若，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，，，则
11．（本题6分）如图，已知正方体边长为1，则下列说法正确的是（ ）
A．直线与所成角为
B．平面平面
C．三棱锥的体积是正方体体积的
D．直线与平面所成角的正弦值为
三、填空题（共15分）
12．（本题5分）在中，角所对的边分别为．已知的面积为，，，则______．
13．（本题5分）已知复数z满足（i为虚数单位），则__________.
14．（本题5分）如图所示，已知在三棱锥中，二面角为直二面角，，，，若三棱锥的各个顶点都在同一个球面上，则该球的体积为_____.
四、解答题（共77分）
15．（本题13分）计算：
(1)；
(2)．
16．（本题15分）已知向量，满足，，且，的夹角为．
(1)求；
(2)求在上的投影向量；（用表示）
(3)若向量与向量的夹角为钝角，求实数的取值范围．
17．（本题15分）如图，边长为2的正方形所在的平面与平面垂直，且.证明：平面平面.
18．（本题17分）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，．
(1)求B；
(2)若的面积且，求的周长．
19．（本题17分）如图，平面四边形是棱长为3的正方形．平面，且．
(1)求证：平面；
(2)求平面与平面夹角的余弦值；
(3)线段上是否存在点M，使得平面平面，且满足平面 若存在，试确定点M的位置；若不存在，请说明理由．
参考答案
1．B
【详解】.
2．B
【详解】E为的中点，，
是平行四边形，，
.
3．B
【详解】对于A，若，则与的模相等，但方向无法确定，故A错误；
对于B，零向量的长度是0，故B正确；
对于C，长度相等且方向相同的向量叫相等向量，故C错误；
对于D，方向相同或相反的向量称为共线向量，规定零向量与任意向量共线，故D错误.
4．B
【分析】利用余弦定理边化角，求出角，利用公式求面积即可.
【详解】由余弦定理得，又
得，又，
从而，又，所以
从而的面积.
5．A
【分析】根据向量垂直的条件结合向量数量积的运算律求出，然后再利用模长公式即可求解.
【详解】由题意可知，
所以.
6．C
【分析】通过补形，得到正六棱柱，继而得到即为直线与所成的角或其补角．设，从而得到为正三角形，故，从而得到所求.
【详解】如图，将直四棱柱补成正六棱柱，
连接，，显然，
则即为直线与所成的角或其补角．
设，则，
又，
则，
解得，
又，
，
则为正三角形，从而，
则直线与所成的角为．
7．D
【分析】根据斜二测画法，画出原图，结合长度、面积、周长等知识进行分析，从而确定正确答案.
【详解】对于A、B，由题设易得，原平面图如下，，
，故A、B错误；
对于C，四边形的面积为：，即C错误．
对于D，在原图形中，过作交于点，则，
由勾股定理得，
故四边形的周长为：，即D正确；
8．B
【分析】设，通过仰角分别得到，再通过，结合余弦定理代入数据求解即可.
【详解】设木铎钟总高 ，因为 水平面，
在 点仰角 ：，
在 点仰角 ：，
在 点仰角 ：，
又，即 ， 是 中点，
在中，，
在中，，
因为，所以，
则，
即，又，
得，
化简可得： ，
代入各表达式： ，
化简计算： ，
因此木铎金声钟的高约为 .
9．ABD
【详解】由，得，得，A正确.
由，得，得，B正确.
由，得，即，
解得或，C错误.
由，得，
即向量，夹角的余弦值是， D正确.
10．AD
【分析】根据面面垂直的判定定理、线面垂直的判定定理及空间线面的位置关系逐项分析判断即可.
【详解】若一个平面内的一条直线与另一个平面垂直，则这两个平面互相垂直，A正确.
若，，则与的位置关系不确定，B不正确.
若，，则与的位置关系不确定，C不正确.
若，，，，，则，D正确.
11．BC
【分析】连接和，得到，利用异面直线所成角的求法，可判定A不正确；利用线面垂直和面面垂直的判定定理，可判定B正确；利用锥体的体积公式，可判定C正确；利用线面角的定义，得到为直线与平面所成角，可判定D错误.
【详解】对于A，连接和，在正方体中，可得，
所以直线与所成角即为直线与所成角，
因为等边三角形，可得，则直线与所成角为，故A不正确；
对于B，在正方体中，可得平面，
因为平面，可得，
又因为正方形，可得，，且平面，
所以平面，又因平面，所以平面平面，故B正确；
对于C，因为平面，所以三棱锥的高，
又由，所以三棱锥的体积为，所以C正确；
对于D，设和交于点，因为平面，即平面，
所以为直线与平面所成角，
因为正方体的棱长为，可得，
在直角中，可得，所以D错误.
12．
【分析】根据同角三角函数关系和三角形面积公式可求得的值，结合余弦定理可求得结果.
【详解】，，，
，解得：，
，.
13．1
【详解】由得，所以，
所以，即，
所以
14．
【分析】取的中点，由面面垂直的性质定理可得平面，可得，外接球的球心在上，设为，利用求出外接球的半径可得答案.
【详解】取的中点，连接，
因为，所以，
因为二面角为直二面角，
平面平面，平面，
所以平面，
因为，，所以，，
，所以，，
因为，所以外接球的球心在上，设为，连接，
则，
可得，其中，
解得，即外接球的半径为，
所以该球的体积为.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由复数的四则运算即可直接求解；
（2）由复数的四则运算即可直接求解.
【详解】（1）
；
（2）.
16．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）利用向量模及向量数量积的运算律，计算求解；
（2）利用投影向量的计算公式计算求解；
（3）结合已知条件构造不等式，解不等式求实数的取值范围
【详解】（1）已知，，且，的夹角为，
，
．
（2）根据投影向量的定义，在上的投影向量为，
，，
投影向量为．
（3）已知向量与向量的夹角为钝角，
，且与不反向共线；
则，
即，解得；
若两向量反向共线，则存在实数，使得，，
即，将代入，得到，
由，解得，
与不反向共线，
，
综上可得，实数的取值范围是．
17．证明见解析
【详解】因为平面平面，交线为，，平面，
所以平面，又平面，故.
又因为，，平面，
所以平面，而平面，
故平面平面.
18．(1)
(2)
【分析】（1）根据余弦定理的推论及可得；
（2）由三角形的面积公式及正弦定理可求得，再根据余弦定理求得，即可得的周长．
【详解】（1）由，根据余弦定理，得，
化简得，即.
所以.
因为，所以.
（2）由正弦定理可得.
由三角形的面积公式可得，
所以.
由（1）得，所以.
所以，
所以.
所以的周长为．
19．(1)证明见解析
(2)
(3)存在，是上靠近的三等分点，
【分析】（1）利用线面垂直的性质及线面垂直的判定证明即可；
（2）延长交于E，延长交于F，利用面面夹角的定义计算即可；
（3）利用平面的性质及线面平行的性质判定即可.
【详解】（1）因为四边形是正方形，所以，
因为平面平面，所以，
又平面，所以平面；
（2）如下图所示，因为，则四点共面，
延长交于E，延长交于F，易得平面平面，
作，连接，
因为平面平面，所以，
又平面，所以平面，
由平面，则，，即平面与平面夹角为，
易知，所以，则，
；
（3）假设线段上存在点M满足题意，
由平面平面，平面，平面，则，
又平面平面，平面，平面，则，
所以，即是上靠近的三等分点，此时

展开更多......

收起↑