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2025-2026学年高一下学期数学人教版期中复习模拟试题
一、单选题
1．已知复数（其中为虚数单位），则的虚部是（ ）
A． B． C． D．
2．已知是等边三角形，边长为4，则（ ）
A． B．8 C． D．
3．已知圆锥的底面半径为，侧面展开图的圆心角为，则圆锥的表面积是（ ）
A． B． C． D．
4．已知单位向量满足，则（ ）
A． B．2 C． D．1
5．若，则三角形的形状为（ ）
A．直角三角形 B．等腰三角形或直角三角形
C．正三角形 D．等腰直角三角形
6．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若，，，则
D．若，，，则
7．海洋洞是地球罕见的自然地理现象，被喻为“地球留给人类保留宇宙秘密的最后遗产”，我国拥有世界上最深的海洋蓝洞．若要测量如图所示的蓝洞的口径A，B两点间的距离，现在珊瑚群岛上取两点C，D，测得，，，，则A、B两点的距离为（ ）
A． B． C． D．
8．若一个正四棱台的高为，上下底面的边长分别为和的正方形，则该台体的外接球的表面积（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知复数（i为虚数单位），则下面结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．定义：是与向量，，在同一平面内，且与绕其起点逆时针旋转同向的向量，（为，的夹角）.规定：若或，则.设，，均为同一平面内的非零向量，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C． D．若，则
11．如图，矩形中，为的中点，为的中点，交于点，将沿直线翻折到，连接为的中点，则在翻折过程中，下列合题中正确的是（ ）
A．翻折过程中，始终有平面平面 B．翻折过程中，的长是定值
C．若，则 D．存在某个位置，使得
三、填空题
12．在中，内角，，的对边分别是，，，且，，面积为，为边上一点，是的角平分线，则__________.

13．如图甲，在梯形中，，，E、F分别为、的中点，以为折痕把折起，使点D不落在平面内（如图乙），那么在以下3个结论中，正确的结论是________．
①平面；②平面；③平面．
14．冬奥会会徽以汉字“冬”为灵感来源，结合中国书法的艺术形态，将悠久的中国传统文化底蕴与国际化风格融为一体，呈现出中国在新时代的新形象、新梦想.某同学查阅资料得知，书法中的一些特殊画笔都有固定的角度，比如在弯折位置通常采用、、、、、等特殊角度.为了判断“冬”的弯折角度是否符合书法中的美学要求.该同学取端点绘制了，如图，测得，，，，若点恰好在边上，则的值为_____.
四、解答题
15．已知复数.
(1)若，求的值；
(2)若，求的取值范围.
16．锐角三角形的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若，求的周长的取值范围.
17．如图，长方体中，，点P为的中点.
(1)求证：直线平面；
(2)求异面直线与所成角的余弦值.
18．如图，在四棱锥中，底面是直角梯形，，，，，平面，．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面PAC平面PCD；
(3)求二面角所成角的余弦值．
19．已知三维向量，其中是两两不相等的正整数.记，，其分量之间满足递推关系：，，，，.
(1)当时，直接写出向量；
(2)是否存在，使得，其中，若存在，请给出一组符合条件的三维向量；若不存在，说明理由；
(3)证明：存在，当时，向量满足.
参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C A D A A C D A BD AB
题号 11
答案 ABC
1．C
利用复数的乘法化简复数，利用复数的概念可得结果.
因为，则的虚部是，
故选：C.
2．A
利用向量的数量积的定义求解即可.
因为是等边三角形，边长为4，
所以.
故选：A.
3．D
由扇形弧长公式求圆锥的母线长，再由表面积公式圆锥的表面积.
圆锥的底面半径为，侧面展开图的弧长为，
又侧面展开图的圆心角为，得圆锥母线长，
则圆锥的表面积.
故选：D.
4．A
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.
由题意可知，
所以.
5．A
利用余弦定理角化边题设条件即可求解.
若，则由余弦定理得，
整理得，即，
所以三角形的形状为直角三角形.
故选：A
6．C
根据空间直线与平面，直线与直线，平面与平面不同位置的定义，判定定理及性质定理，以及几何特征，逐项分析即可．
选项A，若，，，
则直线与直线可能平行，可能相交，可能异面，故A选项不正确；
选项B，若，，，
则平面与平面可能平行，可能相交；故B选项不正确；
选项C，若，，，则，故C选项正确；
选项D，，，，
则直线与直线可能平行，可能相交，可能异面，故D选项不正确；
故选：C.
7．D
依题意在中利用正弦定理得，在中可得，从而在中利用余弦定理即可得解.
如图，在中，，，
，所以，
由正弦定理得，解得，
在中，，，
，
所以，故，
所以在中，由余弦定理得
，
则，即A，B两点间的距离为．
故选：D.
8．A
根据条件作图，利用求得，即可求出外接球半径，求出外接球表面积.
根据条件，作出正四棱台如图所示，

则其外接球球心在直线上，
，，，
所以，，
由，设，
可得，
解得，
所以外接球半径即，
所以其外接球表面积为.
故选：A
9．BD
根据共轭复数，复数模的公式，复数运算逐一计算判断.
对于A，由，则，所以，故A错误；
对于B，，，故B正确；
对于C，，，故C错误；
对于D，由，则，，
所以，故D正确.
故选：BD.
10．AB
根据的计算公式，即可结合选项逐一求解ABD，据反例即可求解C.
由题可知，，，则，A正确.
，B正确.
取，，，则，从而，
而，，C不正确.
，则或，即或，
由题可知，所以当时，满足，故D不正确.
故选：AB
11．ABC
对于A，易知为的中点，则，，再利用面面平行的判定定理，即可判断；对于B，利用等角定理得到以及（定值），（定值），在中由余弦定理可知的长是定值，即可判断；对于C，由，利用直角三角形中线定理可得，即可判断；对于D，由等角定理，根据，得到，即，即可判断.
因为E，F为中点，则，所以四边形CEFD是平行四边形，
所以是的中点，所以，
又平面，平面，所以平面，
同理平面，
又，所以平面平面，故A正确；
因为（定值），（定值），（定值），
在中由余弦定理可知的长是定值，故B正确；
若，则，所以，所以，故C正确；
因为，所以，所以，
因为在同一平面内，所以不可能垂直于，
因为，所以不可能垂直于，故D错误.
故选：ABC.
12．1
利用余弦定理，结合面积可求和，利用，可得，进而可求得.
在中，，由余弦定理可得，
所以，所以，
又面积为，所以，所以，
所以，所以，
因为是的角平分线，，所以，
因为，所以，
所以，
所以，所以，所以.
故答案为：1.
13．①③
结合已知条件，利用线面平行的判定方法逐个分析判断即可.
对于①，因为，平面，平面，
所以平面，所以①正确，
对于②，延长到，使，连接，如图，
因为为的中点，所以，
因为与平面交于点，所以与平面不平行，所以②不正确；
对于③，连接交于，连接，如图，
因为，为的中点，所以，
因为，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，
因为为的中点，所以，又平面，平面，
所以平面，所以③正确，
故答案为：①③
14．
根据余弦定理可得，即可由同角关系可得，进而由正弦定理即可求解.
由题意，在中，由余弦定理，；
因为，所以，
在中，由正弦定理，
所以，解得，
故答案为：.
15．(1)
(2)
（1）由复数模长的计算可得；
（2）由复数相等列出方程，得到的表达式，结合换元法，由二次函数的值域，即可得到结果.
（1）若，则，即，
解得.
（2）由两个复数相等可得，
即，
化简可得，其中，
当时，取得最小值，，
当时，取得最大值，，
所以的取值范围是.
16．(1)
(2)
（1）由正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到求解；
（2）由正弦定理和三角恒等变换公式，有，根据为锐角三角形，求得的范围，结合三角函数的性质求解.
（1）因为，
由正弦定理得，
又因为，所以，
所以，
因为为锐角三角形，可得，所以，
所以，可得.
（2）由正弦定理可得，
所以，
则
，
因为为锐角三角形，可得，解得，
可得，所以，则，
即，所以的周长，
所以的周长的取值范围为.
17．(1)证明见解析
(2)
（1）设，求证，再利用线面平行的判定定理判定即可；
（2）将问题转化为求或其补角的余弦值，利用余弦定理计算即可.
（1）设，连接，
因，且为长方体，
则四边形为正方形，故为线段中点，
因点P为的中点，则为的中位线，则，
又平面，平面，则平面.
（2）连接，由（1）可知，则直线与所成角是或其补角，
因，点P为的中点，
则，，
在中，，
在中，，
在中，，
在中由余弦定理得，，
故直线与所成角的余弦值为.
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)
（1）取的中点，连接，可求得，，利用勾股定理的逆定理可证，结合，可证结论成立；
（2）利用（1）易证结论成立；
（3）可证，进而可得为二面角的平面角，进而求解即可.
（1）
由底面是直角梯形，，，，，
结合勾股定理计算可得：，
取的中点，连接，
，，，四边形是正方形，
则，再由勾股定理可得：，又因为，
则由，所以，
又因为平面平面，所以，
又因为，且平面，
所以平面；
（2）由（1）知平面平面，所以平面平面．
（3）平面平面，又，
为二面角的平面角．
在中，，
.
19．(1)
(2)不存在，理由见解析
(3)证明见解析
（1）根据递推关系求出前面若干向量，观察周期性即可得解；
（2）假设存在，使得中，设，利用题中所给递推关系可得，可推得，可得证；
（3）设三个数中最大的为，记作，根据递推关系可得，利用反证法结合（2）中结论可得存在，使得，研究中0的个数，结合周期性可证.
（1）因为，根据题意可得，，，
，，，，
所以，所以从开始，周期为，又，
所以；
（2）假设存在，使得中，
设，
所以，，，
不妨设，则由，，，
由，
可得，解得，即，
以此类推，可得，，，，
，这与是两两不相等的正整数矛盾，
故假设不成立，所以不存在，使得中；
（3）设三个数中最大的为，记作，
因为，，，，
所以，，
若单调递减，由可得存在，使得，
由（2）的证明可得，这与题设矛盾，
所以不可能单调递减，即存在，使得，
根据的定义，可得中三个数中必有0，
假设三个数中有两个为0，显然，
不妨设，，则，，即，这与矛盾，舍去；
假设三个数中有三个为0，显然，通过（2）已经证明不成立；
故三个数中只有一个数为0，
不妨设，则，
设，所以，即
，，
故，则，，
所以存在，当时，向量满足.
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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