【人教A】浙江省2025-2026学年下学期高一数学期中模拟卷+答案

试卷第=page44页，共=sectionpages1717页浙江省2025-2026学年下学期高一数学期中模拟卷1（考试时间：120分钟，分值：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。4．测试范围：人教A版（2019）必修第一册+必修第二册第六章~第八章。第一部分（选择题共58分）一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1．已知复数满足，则（

）A．2 B． C． D．12．已知单位向量，的夹角为60°，则在下列向量中，与垂直的是（

）A． B． C． D．3．在用斜二测画法画水平放置的时，若的两边分别平行于轴、轴，则在直观图中等于（

）A． B． C． D．或4．设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（

）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则5．已知正六边形ABCDEF的边长为1，则（

）A． B．1 C． D．6．如图是某函数的部分图象，则该函数最有可能的解析式是（

）A． B．C． D．7．在三棱台中，平面平面是以为直角顶点的等腰直角三角形，且，则二面角的正切值为（

）A． B． C． D．28．已知锐角，满足，则的最大值是（

）A． B． C． D．二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。9．下列说法正确的是（

）A．在中，已知，，，则B．向量，，则C．向量，可以作为平面向量的一组基底D．已知点，点P是线段的三等分点，则点P的坐标可以为10．已知，，，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．11．如图，为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于、的动点，，，则下列结论正确的是（

）A．圆锥的侧面积为B．三棱锥体积的最大值为C．圆锥外接球的表面积为D．若，为线段上的动点，则的最小值为第二部分（非选择题共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．在平行四边形ABCD中，_________．13．已知复数，，，是虚数单位，若，则___________．14．已知函数，若函数有5个不同的零点，则实数m的取值范围为_____________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．（13分）已知中，角，，的对边分别为，，，，．(1)求；(2)若，角的平分线交于，求的长．16．（15分）已知，是平面内两个不共线的向量，，，.(1)若A，C，D三点共线，求实数m的值；(2)若，，是钝角，求实数m的取值范围.17．（15分）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.18．（17分）如图，矩形所在平面与地面垂直，点在地面上，（单位：），（单位：），与地面成角（），点到地面的距离为．(1)若，，，求；(2)将表示为的函数，①求的解析式并求的最大值；②已知在上单调递增，且，求的最小值.19．（17分）若存在实数使得，则称函数为，的“函数”．(1)若为，的“函数”，其中为偶函数，为奇函数．（i）求，的解析式；（ii）若对于任意的实数，总存在实数，使得成立，求实数的取值范围；(2)设函数，，是否存在实数使得为，的“函数”，且同时满足：①是偶函数；②的值域为？若存在，请求出的值；若不存在，请说明理由．《浙江省2025-2026学年下学期高一数学期中模拟卷1》参考答案题号12345678910答案CDDDCDDDACABD题号11答案ACD1．C【详解】由，所以．2．D【分析】根据平面向量数量积的定义、运算性质，结合两平面向量垂直数量积为零这一性质逐一判断即可.【详解】由已知可得：.A：因为，所以本选项不符合题意；B：因为，所以本选项不符合题意；C：因为，所以本选项不符合题意；D：因为，所以本选项符合题意.故选：D.【点睛】本题考查了平面向量数量积的定义和运算性质，考查了两平面向量数量积为零则这两个平面向量互相垂直这一性质，考查了数学运算能力.3．D【详解】因为的两边分别平行于轴、轴，则，在直观图中，按斜二测画法规则知或，即或.4．D【分析】由线面关系逐一判断即可.【详解】对于A，若，则或，故A错误；对于B，若，则，故B错误；对于C，若，则或或，故C错误；对于D，由线面平行的性质定理可知D正确.故选：D5．C【分析】由正六边形的几何性质，利用数量积的定义式，可得答案.【详解】在边长为1的正六边形ABCDEF中，是边长为的正三角形，所以故选：C.6．D【分析】A中函数定义域不符合图象排除；B中函数为增函数不符合图象排除；C中函数的正负不符合图象排除.【详解】对于A，函数的定义域为，不符合图象，排除A；对于B，，，在上为增函数，不符合图象，排除B；对于C，当时，，当时，，不符合图象，排除C.故选：D7．D【分析】设，若分别为的中点，连接，根据已知及线面垂直的判定、性质定理证明、，结合二面角的定义找到其平面角，进而求其正切值.【详解】设，易知为等腰梯形，故，所以，故，若分别为的中点，连接，则，即，由是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，平面平面，平面平面，平面，所以平面，而平面，故，由且都在平面内，则平面，由平面，则，综上，二面角的平面角为，且为直角三角形，由，，所以.故选：D8．D【分析】根据和差角公式，结合同角三角关系式，得含的表示，即可根据基本不等式求解最值.【详解】由得，即，由于，为锐角，故，设，则，令，当且仅当时取到等号.故的最大值为.9．AC【分析】对于A，应用正弦定理求解即可；对于B，，再计算模长即可判断；对于C，判断是否共线即可；对于D，设，分和求解即可．【详解】对于A，，，，由正弦定理得，即，解得，故A正确；对于B，，则，故B错误；对于C，，不共线，即向量，可以作为平面向量的一组基底，故C正确；对于D，点P是线段的三等分点，设，①，即，解得，；②，即，解得，；则点P的坐标不可能为，故D错误．故选：AC．10．ABD【分析】利用基本不等式可判断AD选项；将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可判断B选项；将代入，结合二次函数的基本性质可判断C选项.【详解】因为，，，对于A选项，由基本不等式可得，当且仅当时，即当时，等号成立，A对；对于B选项，，当且仅当时，即当时，等号成立，B对；对于C选项，，当且仅当时，等号成立，C错；对于D选项，，故，当且仅当时，即当时，等号成立，D对.11．ACD【分析】求出圆锥的母线长，利用圆锥的侧面积公式可判断A选项；利用基本不等式结合锥体的体积公式可判断B选项；易知球心在直线上，所以该圆锥外接球半径即为外接圆半径，利用正弦定理以及球体表面积公式可判断C选项；将、展开为一个平面，利用余弦定理可判断D选项.【详解】对于A选项，圆锥的母线长为，故该圆锥的侧面积为，A对；对于B选项，因为为圆锥底面圆的直径，点是圆上异于、的动点，所以，由勾股定理可得，由基本不等式可得，故，当且仅当时，等号成立，故，故，故三棱锥体积的最大值为，B错；对于C选项，易知球心在直线上，所以该圆锥外接球半径即为外接圆半径，设其外接球半径为，，所以，故圆锥外接球的表面积为，C对；对于D选项，当时，易知，将、展开为一个平面，如下图所示：在中，，，由余弦定理可得，所以，易知，故，由余弦定理可得，当点、、三点共线时，的长取最小值，且其最小值为，D对.12．/【分析】先用平行四边形法则，再用三角形法则．【详解】平行四边形ABCD中，.故答案为：.13．【分析】根据复数加法运算及可构造方程求得的值，根据复数模长运算可求得结果.【详解】，，解得，，.14．或【分析】首先由方程，求得或，再画出函数的图象，再利用数形结合求实数的取值范围，即可求解.【详解】令，所以或，如图，画出函数的大致图象，

时，与的图象有3个交点，所以与的图象只能有2个交点，则或，所以或.故答案为：或15．(1)(2)【分析】（1）根据余弦定理，用c表示a，从而求得；（2）根据角平分线的性质及面积相等求角平分线的长．【详解】（1）由，，及余弦定理得，所以，故．（2）因为，所以，，由题意可知，，所以，即，解得．16．(1)(2)且【分析】（1）应用三点共线结合基底列式计算求解参数；（2）应用钝角得出向量数量积小于0及不共线计算求解参数.【详解】（1），，若A，C，D三点共线，即，共线，即存在实数t使得成立，即，即，则，所以，（2）是钝角，则且与不共线，又，，，即，即，又与不共线，即，综上，且.17．(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．18．(1)(2)①（），；②．【分析】（1）过点作地面的垂线，得到，结合三角函数的定义即可求解；（2）由（1）得到，结合辅助角公式即可求解；②由的单调性，及得到，，再通过消参将转换成关于的一元二次函数，即可求解.【详解】（1）如图所示，过点作地面的垂线，垂足分别为，．则．因为（），所以，在中，，，所以．在中，，，所以．所以，解得．（2）①由（1）可得：（），其中，（），所以当且仅当时，．②因为，所以.因为在上单调递增，所以，所以，所以，所以，所以．因为，所以．因为，所以，所以．因为，所以当且仅当，时，．19．(1)（i）；（ii）(2)存在，【分析】（1）（i）由“函数”的定义，列出关于的关系式，并根据为偶函数，为奇函数，求得，的解析式；（ii）由（i）知，令，可得，求其最小值，条件可转化为存在，使得成立，由此可求结论；（2）假设存在实数m，n使得为，的“函数”，根据是偶函数得的关系，代回，结合的值域为，求得的值，从而得到的值