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云南省昆明市2025-2026学年高一下学期期中考试数学自编模拟试卷
分值：150；考试时间：120分钟
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（共40分）
1．（本题5分）已知集合，若，则（ ）
A．0 B．0或2 C．1或2 D．0或1
2．（本题5分）复数，则（ ）
A． B． C． D．2
3．（本题5分）已知函数的图象经过定点P，则点P的坐标是（ ）
A．(－1，5) B．(－1，4) C．(0，4) D．(4，0)
4．（本题5分）若，则（ ）
A． B．
C． D．
5．（本题5分）命题：R，是假命题，则实数的值可能是 （ ）
A． B．
C． D．
6．（本题5分）已知向量，，，若，则（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
7．（本题5分）一水平放置的平面图形，用斜二测画法画出此直观图恰好是一个边长为1的正方形，则原平面图形的面积为（ ）
A． B． C． D．2
8．（本题5分）某数学兴趣小组使用圆台形水杯，应用所学的数学、物理知识来测量球的半径．已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），测得杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若将半径为的小球放入水杯中（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则小球的半径（ ）cm．
A． B． C． D．
二、多选题（共18分）
9．（本题6分）下列函数中，既是偶函数，又在上单调递增的是（ ）
A． B．
C． D．
10．（本题6分）如图，在三棱锥的平面展开图中，，分别是，的中点，正方形的边长为2，则在三棱锥中（ ）
A．的面积为 B．
C．平面平面 D．三棱锥的体积为
11．（本题6分）在中，角所对的边分别为，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则是锐角三角形
B．若，则是等腰三角形
C．若，则三角形有两解
D．若，则是钝角三角形
第II卷（非选择题）
三、填空题（共15分）
12．（本题5分）已知 都是非零向量，且满足 ，则 的值是_____.
13．（本题5分）已知四面体ABCD的三条棱AB，BC，CD两两垂直，且，则直线AD与BC之间的距离为______．
14．（本题5分）已知函数，若函数至少有2个零点，则实数的取值范围为__________.
四、解答题（共77分）
15．（本题13分）已知复数，复数在复平面内对应的向量为．
(1)若为纯虚数，求的值；
(2)若在复平面内对应的点在第四象限，求的取值范围．
16．（本题15分）如图1，四边形是边长为5的正方形，扇形中，，弧上的点M满足，中，，．现将沿进行翻折，正方形沿进行翻折，使得点E与点C重合为点P，点D到达点G的位置，得到如图2所示的几何体，且点N满足．
(1)证明：∥平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值．
17．（本题15分）在中，角的对边分别为，且．
(1)若，求的值．
(2)若，的内切圆的面积为，求的值．
18．（本题17分）设锐角的内角的对边分别为，已知.
(1)求；
(2)若，求的面积；
(3)若，求的取值范围.
19．（本题17分）在中,角所对的边分别为 ,且满足 .
(1)求角A的大小；
(2)若的面积为，求的值．
《云南省昆明市2025-2026学年高一下学期期中考试数学自编模拟试卷（练习卷）》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B A A D CD A C D AC ABD
题号 11
答案 BCD
1．B
【分析】由得集合，之间的包含关系，进而确定元素与集合的关系，即可求解.
【详解】由，得，
因为，所以，
因为集合，
所以或，解得或（不合题意舍去），
所以或2.
故选：B.
2．A
【分析】利用复数除法运算及求模公式计算即可.
【详解】因为，
所以.
3．A
【分析】令，即可求出定点坐标；
【详解】当，即时，，为常数，
此时，即点P的坐标为(－1，5).
故选：A.
【点睛】本题考查指数型函数过定点，考查运算求解能力，属于基础题.
4．D
【分析】根据给定条件，利用指数函数、对数函数单调性及二倍角公式计算比较大小.
【详解】，
所以.
故选：D
5．CD
【分析】先由p是假命题，得到是真命题，求出b的范围，对四个选项一一验证.
【详解】由，，得，.
由于命题p是假命题，可知是真命题，所以在时恒成立，
则，解得.
故选：CD.
6．A
【分析】向量垂直等价于向量数量积等于零，利用向量的坐标运算即可.
【详解】由题意可知，，
由，得，
解得.
7．C
【分析】运用斜二测画法的结论直接求解.
【详解】在斜二测画法中，设原图面积为，直观图面积为，则．
依题意，所以原平面图形的面积．
故选：C
8．D
【分析】由题意可知：球的体积为圆台的体积减去水的体积（容积），结合体积公式运算求解即可.
【详解】依题意，球的体积为圆台的体积减去水的体积（容积），
可得
解得，即.
故选：D．
9．AC
【分析】求出各个函数的定义域，代入判断函数奇偶性，进而结合二次函数以及对数函数的性质，即可得出单调性.
【详解】设，，，
对于A项，易知定义域为R，
且，所以为偶函数.
根据二次函数的性质可知，在上单调递增.故A正确；
对于B项，定义域为R，
且，所以不是偶函数.故B错误；
对于C项，定义域为，
且.
当时，在上单调递增.故C正确；
对于D项，定义域为，
且，所以为奇函数.故D错误.
故选：AC.
10．ABD
【分析】直接求的面积可判定A，连接交于G，根据条件证平面即可判定B，判定的夹角是否为直角可判定C，利用棱锥的体积公式可判定D.
【详解】
对于A，易知，故A正确；
对于B，连接交于G，根据正方形的性质易知，
所以有，
又平面，所以平面，
平面，所以，故B正确；
对于C，由上可知为平面与平面的夹角，
易知，则不垂直，故C错误；
对于D，由题意可知两两垂直，
则，故D正确.
故选：ABD
11．BCD
【分析】利用正、余弦定理与和差化积公式化简，逐一判断即可.
【详解】对于A，由，可知角为最大内角，
由余弦定理，，可知角为钝角，故是钝角三角形，即A错误；
对于B，由和正弦定理，可得，
即，因，则，即，故是等腰三角形，即B正确；
对于C，，因，故三角形有两解，即C正确；
对于D，由与和差化积公式，可得，
即，因，
则得，再由和差化积公式，可得，
即，因，则必有一个是钝角，即是钝角三角形，故D正确.
12．2
【分析】根据向量垂直的数量积为 0 可求出 .
【详解】因为 ，所以 . 化简得 . 因为 ，
所以 .
故答案为：2 .
13．
【分析】通过线面平行，将异面直线间的距离转化为点到面的距离，再利用等体积法求解即可.
【详解】如图，在棱长为2的正方体中选择A，B，C，D作为四面体ABCD的顶点，
M为正方体的另一个顶点，连接AM，CM．
易知，因为平面AMD，平面AMD，则平面AMD，
则直线BC与AD之间的距离为直线BC到平面AMD的距离，即点B到平面AMD的距离，
设该距离为d，则由，可得，
因为，，，
所以有，解得．
14．
【分析】画出的图象，依题意直线与的图象至少有2个交点，结合图象即可得解.
【详解】因为，作出的大致图象如图所示，
则至少有2个零点等价于直线与的图象至少有2个交点，
由图可知，即实数的取值范围为.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据条件，利用复数的几何意义得，再利用复数的运算，得到，即可求解；
（2）利用复数的运算，结合条件有，即可求解.
【详解】（1）因为复数在复平面内对应的向量为，则，
又，则，
由题有，解得，所以的值为.
（2）因为，
由题有，解得，所以的取值范围为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）作，，得出四边形为平行四边形，再利用线面平行的判定定理可证；
（2）以O为原点建立空间直角坐标系，求出平面GMB的法向量，然后利用坐标计算线面角的正弦值.
【详解】（1）在平面内作于点F，由得．
因为，，所以，．
在平面内作于点H．连接，
因为，所以，则，
因为，所以．
又，所以，所以．
所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面．
（2）易知，，两两垂直，则以O为原点，，，所在直线分别为x，y，z轴
建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，，
所以，，．
设平面的法向量为，
则，即，取，则．
设直线与平面所成的角为，
则．
所以直线与平面所成角的正弦值为．
17．(1)
(2)
【分析】（1）先用正弦定理把边化角，结合内角和化简，求出，再由两角和正切公式计算即可．
（2）由内切圆面积得半径，用面积公式建立与的关系，结合余弦定理，代入求出边长，再由正弦定理将转化为计算．
【详解】（1）由，得，
所以，
所以，
所以，
在中，因为，所以，即，
因为，所以，即，所以．
所以．
（2）内切圆的面积为，所以内切圆半径，
又，则有，
由余弦定理得
，
所以，解得或（舍），
因为，所以．
18．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）由正弦边角关系，将已知条件化为，即可得；
（2）应用余弦定理求得，再应用三角形面积公式求面积；
（3）应用正弦定理、三角形内角的性质、三角恒等变换，得，再应用正弦函数的性质求范围.
【详解】（1）由正弦边角关系得，所以，又，所以；
（2）由余弦定理得，解得，
故的面积为.
（3）由，得，所以，
因为，所以，
则
因为为锐角三角形，所以，则，
所以，故，
因此的取值范围为.
19．(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理得，
又，
代入得.
由，得，
即，.
由，所以易得，故.
（2），即，得.
由余弦定理，得，即.
联立，得，故.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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