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2025-2026学年上海市高一数学下学期末复习模拟试卷（7）
一、填空题
1．若，且，则________.
2．已知向量与向量方向相同，则_____.
3．已知正，则向量与的夹角为______.（用弧度表示）
4．如图，的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为______.
5．已知为虚数单位，是关于的方程（，为实数）的一个根，则__________．
6．如图，在直三棱柱中，∠ACB＝90°，，则异面直线与AC所成角的余弦值是__________________．
7．如图，在侧棱长为3的正三棱锥A-BCD中，每个侧面都是等腰直角三角形，在该三棱锥的表面上有一个动点P，且点P到点B的距离始终等于，则动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度为___．
8．已知四面体中，为边长为的等边三角形，，，二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积为________．
9．在中，D是AB的中点，E在边AC上，，CD与BE交于点F，若AC=6，，则的面积的最大值为______
10．已知在中，为平面内一点，则的最小值是__________.
11．如图，圆锥底半径长为1，母线的长为6，是母线上一点，且． 一个质点从出发沿圆锥侧面图示路线到达． 若该质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降，则 的取值范围为_________________．
12．在棱长为的正方体中，棱，的中点分别为，，点在平面内，作平面，垂足为．当点在内（包含边界）运动时，点的轨迹所组成的图形的面积等于_____________．
二、单选题
13．（ ）
A． B． C． D．
14．已知是不重合的平面，是不重合的直线，下列命题中不正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
15．如图，棱长为的长方体中，为线段上动点(包括端点).则以下结论正确的为（ ）
A．三棱锥中，点到面的距离为定值
B．过点平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为
C．直线与面所成角的正弦值的范围为
D．当点和重合时，三棱锥的外接球体积为
16．平面内到两个定点距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆，该圆又被称为阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是关于点的阿波罗尼斯圆，其方程为，为定点，且，若点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
三、解答题
17．《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，平面，，四边形中，，，，．
(1)证明：四面体为鳖臑；
(2)求点C到平面的距离；
(3)请从下列问题中选一个作答，若选择多个，按（ⅰ）计分．
（ⅰ）求几何体的表面积；
（ⅱ）求几何体的体积．
18．已知函数的部分图象如图所示，其中点.
(1)求的解析式；
(2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，求的值.
19．在四面体中，有两条棱的长为其余棱的长度都为1.
(1)若求直线AB与平面BCD所成角的大小；
(2)若且AB=AC=求二面角的余弦值；
(3)求的取值范围，使得这样的四面体是存在的．
20．（1）已知，，，.问以上4个复数对应的点是否在同一个圆上？
（2）设.
（i）求，；
（ii）求.
21．在中内角所对的边分别为，且，若．
(1)求角的大小
(2)若，求的值
2025-2026学年上海市高一数学下学期末复习模拟试卷（7）
一、填空题
1．若，且，则________.
【答案】5
【分析】推导出，从而，由此能求出.
【详解】解：∵，且，
∴，
∴，
∴.
故答案为：5.
【点睛】本题考查复数的实部的求法，考查复数的运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题.关键是利用复数的运算求出z的标准形式，并注意准确掌握实部的概念.
2．已知向量与向量方向相同，则_____.
【答案】
【分析】根据向量平行的坐标表示以及向量同向可得，再求模长即可.
【详解】由题意可知：，则，
整理可得，解得或，
当时，则，，即，可知与反向，舍去；
当时，则，即，可知与同向，符合题意；
综上所述：，，所以.
故答案为：.
3．已知正，则向量与的夹角为______.（用弧度表示）
【答案】/
【分析】根据平面向量夹角的定义可得结果.
【详解】如图：延长到，

则为与的夹角，所以，与的夹角为.
故答案为：
4．如图，的直观图如图所示，其中轴，轴，且，则的面积为______.
【答案】
【分析】根据斜二测画法的规则将图还原，平面图是一个直角三角形，从而可求出其面积.
【详解】由直观图还原平面图形如下所示：
在中，，，，
所以．
故答案为：．
5．已知为虚数单位，是关于的方程（，为实数）的一个根，则__________．
【答案】38
【详解】分析：把代入方程得，再化简方程利用复数相等的概念得到p,q的值，即得p+q的值.
详解：把代入方程得，
所以，
所以，
所以所以p+q=38.故答案为38.
点睛：（1）本题主要考查解方程和复数相等的根，意在考查学生对这些基础知识的掌握水平和基本的运算能力.(2) 复数相等:.
6．如图，在直三棱柱中，∠ACB＝90°，，则异面直线与AC所成角的余弦值是__________________．
【答案】
【分析】由AC∥，知是异面直线与AC所成角（或所成角的补角），由此能求出异面直线与AC所成角的余弦值．
【详解】解：连结，∵AC∥，
∴是异面直线与AC所成角（或所成角的补角），
∵在直三棱柱中，∠ACB＝90°，，
∴，，，，
∴
∴异面直线与AC所成角的余弦值为．
故答案为：．
7．如图，在侧棱长为3的正三棱锥A-BCD中，每个侧面都是等腰直角三角形，在该三棱锥的表面上有一个动点P，且点P到点B的距离始终等于，则动点P在三棱锥表面形成的曲线的长度为___．
【答案】
【详解】设动点在三棱锥表面形成曲线是，如图所示．
则，在直角三角形中，，
∴，,
∴，同理；
在直角三角形中，，，
∴，
在等边三角形中，，∴，
则这条曲线的长度为，
故答案为.
【点睛】本小题主要考查球面距离及相关计算、正方体的几何特征等基础知识，考查运算求解能力，考查空间想象能力、化归与转化思想．属于基础题．
8．已知四面体中，为边长为的等边三角形，，，二面角的大小为，则四面体的外接球的表面积为________．
【答案】
【分析】设外接球球心为，、的外心分别为点、，取线段的中点，连接、、、，则，，由二面角的定义结合余弦定理求出的长，进而可求得的长，利用勾股定理可求出球的半径，再利用球体表面积公式可得结果.
【详解】设外接球球心为，、的外心分别为点、，
取线段的中点，连接、、、，则，，
因为是边长为的等边三角形，所以，
所以，，
因为，则为的中点，
又因为，故，故，
因为，，所以二面角的平面角为，
易知，，
所以、、、四点共圆，
由余弦定理可得，
所以，由正弦定理可得，
所以，
故球的半径为，
故四面体的外接球的表面积为.
9．在中，D是AB的中点，E在边AC上，，CD与BE交于点F，若AC=6，，则的面积的最大值为______
【答案】
【分析】根据给定条件，利用平面向量共线向量定理的推论可得，再建立平面直角坐标系，求出点到边的距离的最大值，利用倍分法求出面积最大值.
【详解】在中，D是AB的中点，E在边AC上，，
，令，
则，又点共线，于是，解得，
则，的面积，
由，得，以直线为轴，线段的中垂线为轴建立平面直角坐标系，
点，设，则，
整理得，因此点的轨迹是以为圆心，为半径的圆（除圆与轴的交点外），
则点到边的距离的最大值为，
所以的面积的最大值为.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：利用平面向量求得，再借助阿氏圆求出最大距离是解题的关键.
10．已知在中，为平面内一点，则的最小值是__________.
【答案】
【分析】先用余弦定理求出，建立坐标系，再用坐标的方法求解.
【详解】

由余弦定理得：，
以B点为原点，BC为x轴，建立直角坐标系如图，
则A点的横坐标为 ，纵坐标为，
即，设，
则，
，
当时，上式最小=-6；
故答案为：.
11．如图，圆锥底半径长为1，母线的长为6，是母线上一点，且． 一个质点从出发沿圆锥侧面图示路线到达． 若该质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降，则 的取值范围为_________________．
【答案】
【分析】由已知，可求得圆锥侧面展开图扇形的圆心角是，由质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降，可得点到的距离小于，再由，即可得到的取值范围.
【详解】
如图，圆锥侧面展开图中，，
所以，质点在上运动，
是母线上一点，作，垂足为，
则质点从到的运动过程中，质点到的距离减小，质点在运动时上升，
质点从到的运动过程中，质点到的距离增大，质点在运动时下降，
当时，质点在运动时上升，此时，
即是的中点，
当时，质点在运动时一直上升，
所以，即时，质点走过的路程最短且质点在运动时先上升，后下降，
由，可得，则，得.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是利用圆锥的侧面展开图，把立体问题转化为平面问题，进而分析求解.
12．在棱长为的正方体中，棱，的中点分别为，，点在平面内，作平面，垂足为．当点在内（包含边界）运动时，点的轨迹所组成的图形的面积等于_____________．
【答案】
【解析】由正方体性质可知平面平面，且平面，故点的轨迹所组成的图形与平面在平面正 投影图形全等，故可求得投影的面积，即为所求解.
【详解】由正方体性质可知平面平面，且平面，
故点的轨迹所组成的图形与平面在平面正投影图形全等，
又为正三棱锥，
故正投影如图
即再平面的正投影为，
且，，，，
，
点的轨迹所组成的图形的面积为，
故答案为：.
【点睛】根据图形特征转化为正投影,确定轨迹的图形是解题的关键.
二、单选题
13．（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】直接由公式以及模长的计算公式即可求解.
【详解】由题意.
故选：C.
14．已知是不重合的平面，是不重合的直线，下列命题中不正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】A
【分析】根据特例判断A，根据线面垂直的判定定理判断B，根据平面平行的判定定理判断C，根据面面垂直的判定定理判断D.
【详解】对A，两平面相交时，两平面外直线平行交线，即满足，不能得出，故A错误；
对B， 由线面垂直的判定定理，，则，正确；
对C，由两平面平行的判定定理知，，则，正确；
对D，由面面垂直的判定定理知，，则，正确.
故选：A
15．如图，棱长为的长方体中，为线段上动点(包括端点).则以下结论正确的为（ ）
A．三棱锥中，点到面的距离为定值
B．过点平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为
C．直线与面所成角的正弦值的范围为
D．当点和重合时，三棱锥的外接球体积为
【答案】C
【解析】由，可判定A不正确；根据正方体的结构，得出截面为正，可判定B不正确；由正方体的结构特征和性质，以及线面角的定义与求法，可判定C正确；设的中点为，得到 得出三棱锥的外接球的半径，结合体积公式，可判定D不正确.
【详解】对于A中，由，为等边三角形，面积为,设点到面的距离为，由，求得，所以A不正确；
对于B中，过点P平行于平面的平面被正方体截得的多边形平面，
此时三角形为边长为的等边三角形，其面积为，所以B不正确；
对于C中，由正方体的结构特征和性质，可得点P到平面的距离为，
当点P在线段上运动时，（P为端点时），，
设直线与平面所成角为，则，所以C正确；
对于D中，当点P与重合时，此时三棱锥为，
设的中点为，因为，可得
所以三棱锥的外接球的球心为的中点，其半径为，
所以三棱锥的外接球的体积为，所以D不正确.
故选：C.
【点睛】思路点睛：
1、对于三棱锥体积的求解可采用等体积法求解，通过选择合适的底面来求几何体体积的一种方法，多用来解决锥体的体积，特别时三棱锥的体积.
2、对于线面角的计算问题可以通过根据直线与平面所成角的定义，结合垂线段与斜线段的长度比求得线面角的正弦值；
3、对于球的组合体问题：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径.
16．平面内到两个定点距离之比为定值（且）的点的轨迹是圆，该圆又被称为阿波罗尼斯圆．已知动点的轨迹是关于点的阿波罗尼斯圆，其方程为，为定点，且，若点，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】设由题意结合阿波罗尼斯圆定义确定，可得，即可求出Q点坐标，结合平面图形性质即可求得答案.另解：阿波罗尼斯圆中定点未知，需根据“两定点和圆心三点共线”及“性质3的相似比”求出点坐标．
【详解】由动点的轨迹是关于的阿氏圆知点在轴上，设，，
所以．又，所以．
由动点的轨迹是，可知，整理得．
所以，解得，所以．
又,，
所以，
当三点共线时等号成立．
另解：由题意可得圆是关于定点的阿波罗尼斯圆，且，则，
根据点，阿氏圆的圆心三点共线可知点在轴上，且，
可知点的坐标为，所以，
由图形可知，当点位于或时取得最小值，且最小值为．
故选：C
三、解答题
17．《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，平面，，四边形中，，，，．
(1)证明：四面体为鳖臑；
(2)求点C到平面的距离；
(3)请从下列问题中选一个作答，若选择多个，按（ⅰ）计分．
（ⅰ）求几何体的表面积；
（ⅱ）求几何体的体积．
【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)（ⅰ）
（ⅱ）12
【分析】（1）因为四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑，所以结合线面垂直的性质和勾股定理证明垂直；
（2）根据等积法求点C到平面的距离；
（3）（ⅰ）因为几何体的表面积根据三角形和梯形面积公式即可求出表面积.
（ⅱ）将几何体拆解成两个四棱锥，再用等面积法求两个几何体的高即可求出体积.
【详解】（1）
取的中点，连接，
平面，，平面，
又平面，，为直角三角形.
四边形中，，，，，
，四边形为平行四边形，，
，，
，，
在中，，，，为直角三角形，
在中，，，，为直角三角形，
四面体为鳖臑.
（2）设点C到平面的距离为，
，即，解得.
（3）（ⅰ）取的中点，连接，
根据题意可知，四边形为平行四边形， ，
，
，
又因为的边上的高为，，
几何体的表面积
.
（ⅱ）
四边形为梯形，，
又平面，平面平面，
又平面平面，
过点作的垂线即为四棱锥的高，设为，
过点作的垂线即为四棱锥E的高，设为，
，即，解得，
又，
又，，
，即，解得，
，
.
18．已知函数的部分图象如图所示，其中点.
(1)求的解析式；
(2)若关于的方程在上有两个不相等的实数根，求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由周期求，将点代入求，即可得解析式；
（2）由对称性得到结合诱导公式，二倍角公式求即可.
【详解】（1）因为在函数图象上且纵坐标互为相反数，
结合图象可知，
根据，解得.
将代入，
解得，因为，所以，
所以函数解析式为；
（2），即在上有两个不相等的实数根，
当时，，
设，
可知在上单调递减，在上单调递增，
所以，且，即
那么，
因为，所以，
所以，
所以.
19．在四面体中，有两条棱的长为其余棱的长度都为1.
(1)若求直线AB与平面BCD所成角的大小；
(2)若且AB=AC=求二面角的余弦值；
(3)求的取值范围，使得这样的四面体是存在的．
【答案】(1) 直线AB与平面BCD所成的角为.
(2) 二面角的余弦值为.
(3) 当时，使得这样的四面体是存在的.
【分析】（1）由正四面体的性质知，点A到底面的射影为中心，即可找到垂线，利用线面角定义找到角计算即可；
（2）利用二面角的定义，作出二面角的平面角，利用余弦定理计算即可；
（3）分两种情况讨论，即两条长为的棱相交、不相交，要使四面体存在，则三点能够成三角形，结合三角形定义即可列出不等式，即可求解.
【详解】(1) 若则四面体为正四面体，取的中心为，连接, 如图则平面,所以即为直线AB与平面BCD所成的角，由,得 所以直线AB与平面BCD所成的角为.
(2)取的中点为，连接,如图 由题意可知， ,所以,则即为二面角的平面角，由余弦定理可得,所以二面角的余弦值为.
(3)当两条长为的棱相交时，不妨设,由（2）的图可知，要使四面体存在，则需三点能够成三角形，所以,又，
所以，；
当两条长为的棱不相交时，即为对棱时，不妨设
要使四面体存在，则需三点能够成三角形，又 所以综上所述，当时，使得这样的四面体是存在的.
【点睛】本题主要考查线面角、二面角的定义，考查极限思想的应用，属于能力提升题.
20．（1）已知，，，.问以上4个复数对应的点是否在同一个圆上？
（2）设.
（i）求，；
（ii）求.
【答案】（1）四点不共圆； （2）（i），；（ii）.
【分析】（1）根据复数的几何意义，求得四个复数对应的点的坐标，结合圆的方程，即可求解；
（2）（i）根据复数的运算，准确运算，即可求解；（ii）根据的周期性，即可求解.
【详解】（1）由题意，复数，，，，
根据复数的几何意义，可得复数对应的分别为，
设经过三点的圆的方程为，
可得，解得，
所以圆的方程为，即，
其中点不适合圆的方程，即点不在圆上，
所以四点不共圆.
（2）由，可得，
，
则，
又由，
可得，且是以为周期的循环，
所以.
21．在中内角所对的边分别为，且，若．
(1)求角的大小
(2)若，求的值
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据二倍角的正余弦公式及两角差的正弦公式便可得到，而由条件便可得出，且，从而便可得出，这样便可求出；
（2）由已知及（1）可得，利用正弦定理可求，可得为锐角，利用同角三角函数基本关系式可得，根据三角形的内角和定理，两角和的余弦函数公式即可求解．
【详解】（1）由题意得，；
整理得，；
∴；
由得，，又；
∴；
∴；
∴；
（2）∵，
∴由正弦定理可得，可得为锐角，可得，
∴
．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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