2025-2026学年江苏省高一下学期期中模拟数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年江苏省高一下学期期中模拟数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知向量a=(2,1),b=(−2,4)，则|A.2 B.3 C.4 D.52.复数3−4i的虚部是(

)A.4 B.3 C.−3 D.−43.如图，已知等腰直角三角形▵O′A′B′是一个平面图形的直观图，O′A′=A′B′，斜边O′B′=4A.4 B.8 C.82 4.已知△ABC的三内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，设向量m=(a,b)，n=(cosB,cosA)，若mA.直角三角形 B.等腰三角形

C.等腰直角三角形 D.等腰三角形或直角三角形5.如图，在▵ABC中，∠BAC=π4，AD=2DB，P为CD上一点，且满足AP=mAC+12AB，若AC=3，AB=2A.−1712 B.214 C.136.如图所示，为合川文峰塔又名振兴塔，始建于清嘉庆十五年(1810年)，塔为八角形密檐式砌砖结构文峰塔是随着风水学说的发展而出现的一种建筑，其建造目的主要为祈祷当地文运昌盛，因文峰塔建于水口处，也起到闭锁水口的作用.某数学兴趣小组成员为测量文峰塔的高度，在与塔底O位于同一水平面上共线的A，B，C三处进行测量，如图2.已知在A处测得塔顶P的仰角为30∘，在B处测得塔顶P的仰角为45∘，在C处测得塔顶P的仰角为60∘，BC=AB=54米，则文峰塔的高度A.276米 B.272米 C.187.如图，在▵ABC中，已知AB=2，AC=3，∠A=120∘，E，F分别是AB，AC边上的点，且AE=xAB，AF=yAC，且2x+y=1，若线段EF，BC的中点分别为M，N，则|A.72 B.33926 8.已知正方体、等边圆柱(母线长等于底面圆的直径)与球的表面积相等，它们的体积分别为V1,V2A.V1>V2>V3 B.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.设z为复数，下面四个命题中，真命题的是(

)A.若z1,z2互为共轭复数，则z1z2为实数

B.对于复数z1,z2，若z13=z23，则z110.如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO=OC=3，则下列结论正确的是A.圆锥SO的侧面积为3π

B.三棱锥S−ABC体积的最大值为3

C.圆锥SO外接球体积为43π

D.若AB=BC，E为线段AB11.设点P在△ABC所在平面内，且点G、H、O、I分别为该三角形的重心、垂心、外心和内心，则下列结论正确的是(

)A.PG=13(PA+PB+PC)

B.若2HA+3HB+4HC=0三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知a，b为两个不共线的非零向量，若ka+b与a−2b共线，则k13.如图，有一长为100m的斜坡AB，倾斜角为75∘，在不改变坡高和坡顶的前提下，通过加长坡面方法将其倾斜角改为30∘，则坡底应延长

m.

14.在复平面内，常把复数z=a+bi(a,b∈R)和向量OZ进行一一对应.现把复数13+223i对应的向量绕原点O四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

已知复数z=(m2−8m+15)+(m2−5m−14)i．

(1)若复数z是实数，求实数m的值；

(2)若在复平面内，复数16.(本小题15分)在▵ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且___________.在下面的三个条件中任选一个补充到上面的问题中，并给出解答.①2a−b=2ccosB，③m=(a−c,b−a)，n=(a+c,b)(1)求角C；(2)若c=3，求注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．17.(本小题15分)

已知向量OA=(1,1)，OB=(3,−1)，OC=(m,3)，OD=(x,y)(m,x,y∈R)，其中O为坐标原点．

(1)若A，B，C三点共线，求实数m的值；

(2)当四边形ABCD为矩形时，设点M为线段CD的中点，问在线段AD上是否存在点N使得|NB18.(本小题17分)

某设计师为圆锥体工艺品设计包装盒，设计师给出两种包装方式，方式一：按照图1的方式正向包装，即圆锥的顶点与包装盒的上底面中心重合，底面与包装盒的下底面相切，要求包装盒为正四棱柱.方式二：按照图2的方式斜向包装，即圆锥的顶点与包装盒的一个顶点重合，圆锥的轴与包装盒的体对角线所在直线重合，且圆锥的底面圆周与包装盒的下底面有且只有一个公共点，要求包装盒为正方体．

(1)若用方式二包装某件圆锥体工艺品，记该工艺品的底面半径为r，体积为V，包装盒的棱长为a，用r和a表示V．

(2)现有两种型号的圆锥体工艺品需要设计包装盒．

型号一：底面半径为2，高为2．

型号二：底面半径为1，高为3．

若以包装盒的表面积为依据，请分别给这两种型号的圆锥体工艺品选择更节省的包装方式．19.(本小题17分)正等角中心(positiveisogonalcentre)亦称费马点，是三角形的巧合点之一．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题．该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小．”意大利数学家托里拆利给出了解答，当▵ABC的三个内角均小于120°时，使得∠AOB=∠BOC=∠COA=120°的点O即为费马点；当▵ABC有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点．试用以上知识解决下面问题：已知▵ABC的内角A(1)若cosB，cosC(B≠C)是关于t的方程2t①求A；②若bc=2，设点P为▵ABC的费马点，求PA(2)若cos2C+2sin(A+B)sin(A−B)=1，设点P为▵ABC的费马点，参考答案1.【答案】D

2.【答案】D

3.【答案】C

4.【答案】D

5.【答案】D

6.【答案】A

7.【答案】B

8.【答案】C

9.【答案】AD

10.【答案】BCD

11.【答案】ABD

12.【答案】−113.【答案】10014.【答案】4−15.解：(1)复数z=(m2−8m+15)+(m2−5m−14)i为实数，

则m2−5m−14=0，解得m=−2或m=7；

(2)复数z=(m2−8m+15)+(m2−5m−14)i表示的点在第四象限，

则m2−8m+15>0m由正弦定理及2a−b=2ccosB，又sinA=sin∵sinB≠0，∴cosC=1选②由sinC+π6即32sin∵C∈(0,π)，∴C−π6∈−π选③∵m=(a−c,b−a)，n=(a+c,b)．∵化简得a2+b又∵C∈(0,π)，∴C=π(2)由余弦定理得c2又∵a+b2≥ab∴3ab=(a+b)2−3≤34∴a+b+c≤23+3∴▵ABC周长的取值范围为(217.(1)由OA=(1,1)、OB=(3,−1)、OC=(m,3)，得A(1,1)、B(3,−1)、C(m,3)．

计算AB的斜率：−1−13−1=−1．

计算AC的斜率：3−1m−1=2m−1．

因A，B，C三点共线，故AB与AC斜率相等，即2m−1=−1．

解得m=−1．

(2)四边形ABCD为矩形，则AB⊥AD且AB=DC．

由OA=(1,1)、OB=(3,−1)，得AB=(2,−2)．

设D(x,y)，则AD=(x−1,y−1)．

由AB⋅AD=0，得2(x−1)−2(y−1)=0，化简得x=y．

又DC=(m−x,3−y)=AB=(2,−2)，故m−x=23−y=−2．

结合x=y，解得x=5，y=5，m=7，即D(5,5)、C(7,3)．

M为CD中点，故M(6,4)．

设N在线段AD上，令N(1+4k,1+4k)(k∈[0,1])．

则NB=(3−(1+4k),−1−(1+4k))=(2−4k,−2−4k)，

NM=(6−(1+4k),4−(1+4k))=(5−4k,3−4k)．

NB+NM=(7−8k,1−8k)．

由|NB+NM|=1943，得(7−8k)2+(1−8k)2=1949．

展开并化简：128k2−128k+50=1949，

解得k=13或k=23．

故N(73,73)或N(113,113)．

18.(1)如图，

设正方体的体对角线AC1与圆锥的底面圆交于点O，则O是圆锥底面圆心，

设圆锥的底面圆周与正方体AC1下底面公共点为E，连接OE，

由对称性知，点E在正方体AC1下底面对角线AC上，OE⊥AC1，

则OEAO=tan∠CAC1=CC1AC=12，所以AO=2OE=2r，

在Rt△AOE中，AE=19.(1)①由题意得：∴cosB，cosC是关于t方程

∴∴cosB+cosC22=34sin2∴cosB=因为C均为锐角，所以π6<2π∴B=2π3−C，②由①知，A=60°，则▵ABC的三个角都小于120°设PA=x，PB=y，PC=z

12xy⋅所以PA⋅(2)由cos2C+2sin(A+B)即sin2C−sinCsin(A−B)=0，又于是sin(A+B)−si