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2025-2026学年高一下学期数学人教版期中复习模拟检测试题
一、单选题
1．若，则z的虚部是（ ）
A．i B． C． D．1
2．如图，矩形是用斜二测画法画出的水平放置的一个平面四边形的直观图，其中，，那么平面四边形的面积为（ ）
A．3 B． C．6 D．
3．如图所示，在边长为4的正八边形中，点为正八边形的中心，点是其内部任意一点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
4．非零向量满足，且向量在向量上的投影向量为，若，则实数的值为（ ）
A． B． C． D．2
5．在中，a、b、c分别为、、的对边，若，且，当的面积为时，则（ ）
A． B．2 C．4 D．
6．如图，在正方体中，M，N分别为DB，的中点，则直线和BN夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．如图，在中，为线段的中点，，为线段的中点，为线段上的动点，则的最大值与最小值的差为（ ）
A． B． C．3 D．4
8．某果林所处的山地可近似看做一个正三棱锥，其中S为山顶，A，B，C为山脚，经测量，．为了方便果子成熟时的采摘与运输，准备从山脚A处出发，绕山地修建一条宽的山路，并最终从另一侧返回A处，预计该山路的面积的最小值为（ ）．
A． B．
C． D．
二、多选题
9．下列有关复数的结论正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．是关于的方程的一个根
D．若复数满足，则复数对应的点所构成的图形面积为
10．已知点是所在平面内一点，点为的中点，，，且，则（ ）
A．是的外心 B．是的重心
C． D．
11．如图，已知底面为矩形的四棱锥的顶点的位置不确定，点在棱CD上，且，平面平面ABCD，则下列结论正确的是（ ）

A．
B．平面平面PBM
C．存在某个位置，使平面PAM与平面PBC的交线与底面ABCD平行
D．若，则直线CM与平面PAM所成角为
三、填空题
12．如图，一个水平放置的的斜二测直观图是，若，则的周长为__________.
13．已知，是正四面体棱，的中点，正四面体棱长为4，则异面直线，所成角的余弦值为_________．
14．已知正六边形的边长为4，圆的圆心为该正六边形的中心，圆的半径为2，圆的直径，点在正六边形的边上运动，则的最小值为________.

四、解答题
15．已知向量.
(1)若，求；
(2)若，求；
(3)若，求在方向上投影向量的坐标.
16．已知复数（i是虚数单位，），且为纯虚数．
(1)求实数m；
(2)设复数，且复数对应的点在第二象限，求实数a的取值．
17．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)求角A；
(2)若，面积为，求内角A的角平分线AD的长度．
18．如图1，在矩形ABCD中，，，将△BCD沿BD翻折至△BC1D，且，如图2所示.

(1)求证：平面ABC1⊥平面AC1D；
(2)求点C1到平面ABD的距离d；
(3)求二面角的余弦值.
19．在中，a、b、c分别为角A、B、C的对边，.
(1)求；
(2)记的面积为，内一点满足；
（i）若，求证：；
（ii）若，，求的值.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 D D A A B C D A BCD BC
题号 11
答案 ABD
1．D
【分析】根据给定条件，利用复数的除法求出即可得解.
【详解】依题意，，
所以z的虚部是1.
故选：D
2．D
【分析】根据斜二测作图法，还原出原图形，根据原图形性质，求出原图形面积.
【详解】
设四边形交轴于，
由，则，则，
原图，且，所以平面四边形是平行四边形，
则原图面积，
故选：D．
3．A
【分析】根据正八边形的边长为4，求出外接圆的半径和内切圆的半径，再根据平面向量的数量积求出的最小值和最大值，即可得出结果
【详解】正八边形中，，
所以，，
连接，过点作，交、于点、，交于点，
设，
中，由余弦定理得，，
△OAF中，，
所以，解得，
，解得，
所以，
当在上的投影点与重合时，在上的投影向量为，
此时取得最小值为，
当在上的投影点与重合时，在上的投影向量为，
此时取得最大值为，
因为点P是其内部任意一点，所以的取值范围是．
故选：A．
4．A
【分析】先利用投影向量求出，再利用向量垂直关系计算向量数量积构造关于实数的方程，最后结合及解方程求出实数．
【详解】向量在向量上的投影向量为，
，
，
，
又，
，
是非零向量，，
，解得，
故选：A．
5．B
【分析】由题意利用同角三角函数关系求得，利用三角形面积公式得，结合，利用余弦定理求解即可．
【详解】由可知，三边成等差数列，
所以是长度居中的边，其所对的角也为大小居中的角，
因为三角形中若有钝角，则必为最大角，所以必为锐角，
又，所以.
由题意可得：，化简得，
又，，
所以，
所以，解得（负根舍去）.
故选：B．
6．C
【分析】连接，则四边形是平行四边形，可得，就是直线和BN所成的角，由余弦定理可得答案.
【详解】连接，相交于点，连接，则，
所以四边形是平行四边形，可得，
所以就是直线和BN所成的角，
设正方体的棱长为2，
则，
由余弦定理得.
故选：C.
7．D
【分析】采用解析的方法，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系，
写出各个点的坐标，利用得到的坐标，进而求出的解析式，由此可得答案.
【详解】如图，以为坐标原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系：
因为在中，为线段的中点，所以，
则，所以，
设，，则，
所以，故，
又因为，所以，
所以，故，，
，因为，所以
即的最大值与最小值的差为.
故选：D.
8．A
【分析】通过将正三棱锥的侧面展开，利用几何关系求出山路的最短长度，再结合山路宽度求出山路面积的最小值.
【详解】正三棱锥的侧面展开图如图所示，
连接，分别与交于点，则线段为修建道路的长度的最小值．
因为，所以，，，
则，，
故，正弦定理知道，且，
解得．在中，解得，
所以预计该山路的面积的最小值为．
故选：A.
9．BCD
【分析】根据复数的基本性质，对各选项进行逐一判断：选项A中表示复数对应的点在单位圆上，但单位圆上的点对应的复数不只有；选项B涉及复数的平方，若，则必须是正实数，进一步判断选项正误；选项C涉及复数方程，代入方程后验证结果是否为0即可；选项D涉及复数的几何意义，模长的范围对应圆环的面积.
【详解】选项A：若，则是单位圆上的点对应的任意复数，
如，满足，但，故A错；
选项B：设（），则.
若，则必为正实数，需满足：，
若，由，此时，矛盾.
故，即，故B对；
选项C：把代入方程，
则
即等式成立，故是方程的根，故C对.
选项D：复数满足，
其几何意义对应平面直角坐标系中以原点为圆心，内半径为1，外半径为的圆环内的点（包含边界）.
圆环面积为外圆面积减去内圆面积，即，故D对.
故选：BCD.
10．BC
【分析】根据平面向量的共线定理及运算法则，结合三角形面积公式逐项判断即可求解.
【详解】∵点为的中点，，，∴，，.
又，∴.
取的中点，的中点，连接，，如图所示.
则由向量的加法法则可知：，，∴，.
∴，，三点共线，，，三点共线，∴点为中线和的交点，即是的重心，故选项A错误，选项B正确；
又，故选项C正确；
∵，∴，故选项D错误.
故选：BC.
11．ABD
【分析】根据面面垂直的性质可得面平面，即可求解判断AB；根据线面平行的性质即可求解可判断C，直线与平面所成的角为，求解可判断D.
【详解】对于A，平面平面，
平面平面平面平面，
又平面，故A正确；
对于B，由A知平面，又平面平面平面，故B正确；
对于C，设平面平面，假设底面，
平面平面，平面平面，
，则与重合，则，
显然不成立，则假设不成立，故C错误；
对于D，由A知平面，在矩形中，，
直线与平面所成的角为，在中，，故D正确.
故选：ABD
12．
【分析】根据给定的直观图，利用斜二测画法确定的特征，进而求出的周长.
【详解】依题意，在中，是边的中点，，，
因此，所以的周长为，
故答案为：
13．
【分析】根据异面直线所成角的定义找到异面直线的夹角，结合正四面体的性质、三角形中位线的性质、余弦定理进行求解即可.
【详解】如图，取中点，连接，，由是的中点，
可得是的中位线，结合中位线定理得，
因为是的中点，所以，
则是直线，所成的角或其补角，令正四面体的棱长为4，
由是的中点，得，，，
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得.
故答案为：
14．8
【分析】将转化为，进而转化为研究最小值问题，利用正六边形的几何性质求解即可.
【详解】

如图所示，由正六边形的几何性质可知，均是边长为4的等边三角形，
，
又,，
当点P位于正六边形各边的中点时，取最小值，
如图为中点，连接，则,
此时，
即的最小值为 8．
故答案为：8．
15．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）先求出的坐标，再通过向量模长公式计算；
（2）先求出的坐标，再由向量平行的坐标表示求得参数；
（3）根据投影向量求法求解即可.
【详解】（1）时，，所以，
故.
（2），
由，可得，
解得.
（3）时，，
此时在方向上的投影向量的坐标为.
16．(1)
(2)．
【分析】（1）根据复数的乘法化简，再由复数的类型求解即可；
（2）根据复数的除法化简，再由复数对应点所在象限列出不等式组求解.
【详解】（1）
为纯虚数，，解得，
故，则．
（2），
，
复数对应的点在第二象限，
，解得，
故实数a的取值范围为．
17．(1)
(2).
【分析】（1）应用两角和差的正弦余弦公式计算即可；
（2）首先根据三角形面积公式得，再利用，代入数据计算即可.
【详解】（1）由已知得．
又，
故．
因为，所以，即．
因为，所以．
（2）由题意知，解得，
根据得，
即，解得.
18．(1)证明详见解析
(2)
(3)
【分析】（1）根据勾股定理可证，再结合线面垂直的判定定理可证平面，然后根据面面垂直的判定定理证明即可；
（2）根据等体积法，利用三棱锥的体积求点到平面的距离即可；
（3）根据二面角的定义做出二面角的平面角，然后利用直角三角形的性质求解即可.
【详解】（1）由题得，在△中，，所以.
又因为矩形，所以.
因为，平面，平面，
所以平面.
又平面，所以平面平面.
（2）在△中，，所以，所以.
在直角△中，.
由（1）知平面，所以点到平面的距离为.
设点C1到平面ABD的距离为d，
由，得，
所以.
（3）如图，在平面内作于点，在平面内作于点，连接.

由（2）知，，又， 平面，所以平面，
因为平面，故.
因为，，平面，所以平面.
又平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以，又，
所以为二面角的平面角.
因为，所以，解得，
因为平面，又平面，故，
所以．
由题意知直角三角形中，，，
故，又，则，
所以，
故二面角的余弦值为．
19．(1)
(2)（i）证明见解析；（ii）1
【分析】（1）根据二倍角公式、利用正弦定理把边化角即可求解.
（2）（i）利用等面积法、三角形面积公式及余弦定理列式即可证明；（ii）利用余弦定理求出，再利用三角形相似性质及余弦定理即可求解.
【详解】（1），
所以，
即，
由正弦定理得，
所以.
（2）（i）因为，
所以
，
所以，
由余弦定理得，
，
，
三式相加得：，
所以.
（ii），又，，
所以，解得，所以，
因为，
所以，
所以∽，所以，
设，所以，
由余弦定理得，
即，解得，
所以.
【点睛】关键点点睛：本题考查三角形的三角恒等变换、面积公式及几何性质.本题第（2）问题的解题关键在于利用等面积法、余弦定理及几何条件，建立边长与面积的关系；根据相似性质建立的关系，通过减少未知数的个数来求解.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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