海南省文昌中学2025届高三上学期第一次模拟考试数学试题

这是一份海南省文昌中学2025届高三上学期第一次模拟考试数学试题，共25页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．如果复数满足：，那么（ ）
A．B．
C．D．
2．已知两个非零向量，满足 ，则 在上的投影向量为（ ）
A．B．C．D．
3．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下面命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
4．如图，在直三棱柱 中，所有棱长都相等，分别是棱 的中点，则异面直线与 所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
5．在世纪中期，我国古代数学家刘徽在《九章算术注》中提出了割圆术：“割之弥细，所失弥少，割之又割，以至于不可割，则与圆合体，而无所失矣”. 这可视为中国古代极限观念的佳作. 割圆术可以视为将一个圆内按正边形等分成个等腰三角形（如图所示），当越大，等腰三角形的面积之和越近似等于圆的面积. 运用割圆术的思想，可得到的近似值为（取近似值）（ ）
A．B．C．D．
6．在中，若，则是（ ）
A．等腰三角形B．等边三角形C．直角三角形D．等腰直角三角形
7．若水平放置的平面四边形AOBC 按斜二测画法得到如图所示的直观图，其中，，，，则以原四边形AOBC 的边 AC为轴旋转一周得到的几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
8．已知二面角的平面角的大小为为半平面内的两个点，为半平面内一点，且，若直线与平面所成角为，为的中点，则线段长度的最大值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知复数，则下列说法正确的是（ ）
A．B．的虚部为
C．在复平面内对应的点在第四象限D．的共轭复数为
10．函数（）的图象的一个对称中心为 ，则下列说法正确的是（ ）
A．直线是函数的图象的一条对称轴
B．函数在上单调递减
C．函数的图象向右平移个单位可得到的图象
D．函数在上的最大值为
11．如图，在边长为4的正方体中，分别是棱的中点，是正方形内的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．若平面，则点的轨迹长度为
B．若，则点的轨迹长度为
C．二面角的正切值为
D．若是棱的中点，则三棱锥的外接球的表面积是
三、填空题
12．
13．已知直四棱柱高为，底面四边形中，，，，，则四棱柱外接球的表面积是 .
14．某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）如图，已知锐角外接圆的半径为4，且三条圆弧沿三边翻折后交于点. 若，则 ；若，则的值为 .
四、解答题
15．如图所示，，，为山脚两侧共线的三点，在山顶处测得三点的俯角分别为，，．计划沿直线开通穿山隧道，请根据表格中的数据，计算：
(1)的长度
(2)隧道的长度．
16．正方体的棱长为2，P是线段上的动点.
(1)求证：平面平面；
(2)与平面所成的角的余弦值为，求PB的长.
17．在平面直角坐标系 中，已知四边形 是等腰梯形，，点 满足，点在线段上运动（包括端点），如图所示.
(1)当点 为线段 中点时，将 绕原点 沿逆时针方向旋转 到 的位置，求点 的坐标；
(2)求 的余弦值；
(3)是否存在实数 ，使 ？若存在，求出实数 的取值范围；若不存在，请说明理由.
18．如图1，在矩形 中，是线段上（包括端点）的一动点，如图2，将沿着折起，使点到达点的位置，满足点 平面 .

(1)如图2，当时，点是线段上点的，平面 ，求 的值；
(2)如图2，若点 在平面 内的射影落在线段上.
①是否存在点，使得 平面 ，若存在，求的长；若不存在，请说明理由；
②当三棱锥的体积最大值时，求点到平面的距离.
19．已知函数.
请在下面的三个条件中任选两个解答问题.
①函数 的图象过点 ；
②函数 的图象关于点 对称；
③函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1.
(1)求函数 的解析式；
(2)若 是函数 的零点，求 的值组成的集合；
(3)当 时，是否存在满足不等式？若存在，求出 的范围；若不存在，请说明理由.
参考答案：
1．A
【分析】设，即可表示出，再根据复数相等的充要条件得到方程组，解得即可.
【详解】设，则，，
因为，即，
所以，解得，
所以.
故选：A
2．B
【分析】根据，得，再根据投影向量的公式计算即可.
【详解】由题意，，解得，
所以 在上的投影向量为.
故选：.
3．D
【分析】对于ABC：根据正方体的结构特征，举反例说明即可；对于D：根据线面垂直的性质和判定定理分析判断.
【详解】对于选项ABC：在正方体中，
例如∥平面，平面∥平面，平面，
但与相交，故A错误；
例如∥，∥平面，∥平面
但平面平面，故B错误；
例如，平面，但平面，故C错误；
对于选项D：若，则∥，
且，所以，故D正确；
故选：D.
4．D
【分析】利用平移法作出异面直线与 所成角，解三角形即可求得答案.
【详解】连接，因为在直三棱柱中，分别是棱的中点，
故，即四边形为平行四边形，所以，
则即为异面直线与 所成角或其补角；
直三棱柱中，所有棱长都相等，设其棱长为，连接，
则平面，故平面平面，
故，是棱的中点，故，
则,而
，又，故在中，,
由于异面直线所成角的范围，故异面直线与 所成角的余弦值是，
故选：D.
5．C
【分析】根据题意，将一个单位圆等分成60个扇形，则每个扇形的圆心角均为，再根据这60个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似等于单位圆的面积列等式，计算即可.
【详解】将一个单位圆等分成60个扇形，则每个扇形的圆心角均为.
因为这60个扇形对应的等腰三角形的面积之和近似等于单位圆的面积，
所以，所以.
故选：.
6．A
【分析】根据条件，利用降幂升角公式及余弦的和差角公式，得到，即可求出结果.
【详解】因为，整理得到，
即，
又，得到，所以，即，
故选：A.
7．D
【分析】由斜二测画法的直观图，得出原图形为直角梯形，再轴旋转一周得到的圆柱和圆锥的组合几何体的体积.
【详解】由题意，，，，，
，
所以原图形中，，，，，
，
所以梯形以边为轴旋转一周得到的几何体为圆柱去掉一个同底圆锥的组合体，
．
故选：D．
8．A
【分析】作于，根据已知条件可得两点在以为高，为母线的圆锥的底面圆周上,再根据余弦定理可得，从而判断出要使线段的长度最大，则最大,确定两点的位置，再利用三角形知识求解即可.
【详解】
作于，
因为二面角的平面角的大小为，
根据面面垂直的性质定理可得，
因为，
所以两点在以为高，为母线的圆锥的底面圆周上，
根据余弦定理：
，
要使线段的长度最大,需要使得最小，即最大,
所以当两点运动到公共棱上时，最大,则线段的长度最大.
因为直线与平面所成角为，
所以，
则，
在中，根据余弦定理得:
所以
即线段长度的最大值是.
故选：A.
【点睛】关键点睛：本题解得关键在于根据确定点轨迹，然后结合圆锥性质即可求解.
9．ACD
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简，即可得到其共轭复数，再一一判断即可.
【详解】对于AD，因为，
所以，则，故A正确，D正确；
对于B，的虚部为，故B错误；
对于C，在复平面内对应的点为，位于第四象限，故C正确.
故选：ACD
10．AC
【分析】根据两角和的余弦公式化简函数解析式，再根据对称中心可得，再根据三角函数性质分别判断各选项.
【详解】由，
由是函数图象的一个对称中心，
即，，
解得，，
又，所以，
所以，
对于A选项：令，，解得，，当时，，即直线是函数的一条对称轴，故A选项正确；
对于B选项：令，，解得，，
即函数的单调递减区间为，，当时，函数在单调递减，所以函数在上单调递增，B选项错误；
对于C选项：函数的图象向右平移个单位可得，C选项正确；
对于D选项：当时，，所以函数，即最大值为，D选项错误；
故选：AC.
11．BCD
【分析】对于A，作出对应图形，先证明面面，再结合给定条件确定动点轨迹，求解长度，对于B，利用给定条件确定动点轨迹，求解长度，对于C，作出二面角的平面角，利用余弦定理结合同角三角函数的基本关系求解正切值，对于D，先找到球心，利用勾股定理得到半径，求解球的表面积即可.
【详解】对于A，如图，取中点，且连接，
因为分别是棱的中点，由中位线定理得，，
所以，而，，所以四边形是平行四边形，
所以，所以，因为，，
所以四边形是平行四边形，所以，因为面，
面，所以面，因为面，
面，所以面，而，
所以面面，又是正方形内的动点，
且平面，面和面相交，是交线，
所以的轨迹为线段，由勾股定理得，故A错误，
对于B，如图，若，此时面，
所以，由勾股定理得，
所以的轨迹为在面内，以为圆心，为半径的圆弧，
所以的轨迹长度为，故B正确，
对于C，如图，作，连接，连接，
因为正方体，分别是棱的中点，
也把的中点记为，所以是的中位线，
所以，而，
所以，而由正方体性质得面，
所以，而，面，
故面，，，
而由勾股定理得，，
由三线合一性质得是的中点，故是的中点，
即是靠近的四等分点，所以由勾股定理得，，，
而，，面面，
所以是二面角的平面角，且设该角为，
在中，由余弦定理得，
易得，所以，而，
解得(负根舍去)，所以，
所以二面角的正切值为，故C正确，
对于D，如图，取的中点，的中点，连接，
因为是棱的中点，分别是棱的中点，
所以，由勾股定理得，
而，所以，所以，
而，所以点到的距离相等，
因为，由正方体性质得面，
所以面，所以三棱锥的外接球的球心在上，
设球心为，，则，又，
设三棱锥的外接球的半径为，则，
在直角三角形中，由勾股定理得，在直角三角形中，
由勾股定理得，解得，，
所以三棱锥的外接球的表面积为，故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题考查立体几何，解题关键是确定球心的位置，然后利用勾股定理求出球的半径，得到所要求的表面积即可．
12．
【分析】利用，两角和的正切公式，进行变形，化为所求式子的值．
【详解】因为
所以，
所以
故答案为：.
13．
【分析】由已知可得底面四边形的外接圆圆心及为的外接圆圆心，根据余弦定理及正弦定理可得底面外接圆半径，进而可得四棱柱外接球半径，即可得外接球表面积.
【详解】如图所示，
由底面四边形中，，
所以四边形的外接圆圆心即为的外接圆圆心，在中点，
连接，又，，，
所以在中，由余弦定理得，
即，
所以四边形及的外接圆半径，
设四边形的外接圆圆心为，四边形的外接圆圆心为，
则，，
直四棱柱的外接球球心为中点，即，且，
所以外接球半径，
所以外接球表面积.
故答案为：
14． /0.75
【分析】第一空：由正弦定理求得，利用三角形垂心性质结合三角形诱导公式推得，即得答案；第二空：设，由余弦定理求得它们的余弦值，然后由垂心性质结合正弦定理表示出，即可求得答案.
【详解】设外接圆半径为，则，
由正弦定理，可知，
即，由于是锐角，故，
又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，
所以；
设，
则，
由于，不妨假设，
由余弦定理知，
设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 ,
故 ,
则得，
所以，
同理可得，
所以，
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于：涉及到三角形垂心的性质的应用，解答时要能灵活地结合垂心性质寻找角之间的关系，应用正余弦定理，解决问题.
15．(1)
(2)
【分析】（1）由求出，从而可求出，然后在中利用正弦定理可求出；
（2）在中利用正弦定理求出，从而可求出.
【详解】（1）因为，为锐角，所以，
所以
，
在中，，
所以由正弦定理得，
所以；
（2）因为，
在中，，
所以由正弦定理得，
则，
所以，
所以隧道的长度为.
16．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意可得，，进而可证平面，即可得结果；
（2）设在平面上的射影点为，连接，利用等体积法可得，结合线面夹角可得，再利用余弦定理计算可得.
【详解】（1）证明：因为平面，且平面，可得，
四边形为正方形，则，
且平面，所以平面，
又平面，所以平面平面.
（2）设在平面上的射影点为，连接，
可知是以边长为的等边三角形，则，
因为，即，解得，
设与平面所成的角的大小为，
因为，则，
则，可得，
在中，由余弦定理得，
即，解得.
17．(1)
(2)
(3)存在，
【分析】（1）根据题意的，根据在三角形中可求得答案；
（2）根据三角形中余弦定理运算公式可求得答案；
（3）设，其中，根据，可得，分类讨论可求得的范围.
【详解】（1）因为是等腰梯形，，，点为线段中点
所以，则，将 绕原点 沿逆时针方向旋转 到 的位置，如图所示.作轴于点,,可得,
，
，,
所以点的坐标为
（2）在中，，
所以,
因此的余弦值；
（3）设，其中．

若，则，
即，可得．
若，则不存在，
若，则故．
18．(1)
(2)①存在，，②
【分析】（1）取的中点，连接，则由面面平行的判定定理可证得平面∥平面，再利用面面平行的性质可得∥，从而可求得结果；
（2）①当点与点重合时，平面 ，由已知条件可证得平面，则，再利用线面垂直的判定定理可证得结论；
②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，设，由∽，可得，
在中，表示出，然后表示出，利用基本不等式可求出其最大值，从而可点到平面的距离.
【详解】（1）取的中点，连接，
因为，所以，
因为∥，所以四边形为平行四边形，
所以∥，
因为平面，平面，
所以∥平面，
因为∥平面，，平面，
所以平面∥平面，
因为平面平面，平面平面，
所以∥，
因为是的中点，所以；

（2）①存在点，当点与点重合，即时，平面，
理由如下：当点与点重合时，则，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为，，平面，
所以平面，
即当点与点重合，时，平面；
②在矩形中作于，延长交于点，折起后得，

设，则，
因为，
所以，
因为，所以，
因为，
所以∽，得，即，得，
所以，
因为，平面，
所以平面，
因为平面，所以，
因为平面，平面，所以，
所以点与点重合，
因为要使得点的射影落在线段上，所以，
则，解得，
在中，，
所以
，
当且仅当，即时，，
当时，，，则是的中点，
所以点到平面的距离为.
【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定，考查线面垂直的判定，考查点面距离的求法，解题的关键是要弄清折叠前后的边角面的关系，考查推理能力和计算能力，属于较难题.
19．(1)；
(2)
(3)存在； .
【分析】（1）选择①②，将点代入，结合可求，由的图象关于点对称可得，结合，可得，即可解出函数解析式；选择①③：将点代入，结合可求，由函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1，可得，利用周期公式得，即可求解函数解析式；选择②③：由函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1，可得，结合周期公式得：，由图象关于点对称，得，，进而求解出函数解析式；
（2）若是函数的零点，则根据不同解析式求解可得的值，解得，进而可得可能的取值，即可求解；
（3）由，得，根据函数自变量的范围和利用偶函数的性质原不等式可化为关于的不等式，即可求解.
【详解】（1）选择①②：因为函数 的图象过点 ，所以，
解得，因为，所以，
因为函数的图象关于点对称，则，
可得，因为，所以，
所以；
选择①③：
因为函数 的图象过点 ，所以，
解得，因为，所以，
函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1，
所以，所以，解得：，
所以，
选择②③：
函数 相邻对称轴与对称中心之间距离为1，
所以，所以，解得：，
因为函数的图象关于点对称，则，
可得，所以
所以.
（2）若是函数的零点，则
可得，所以或
解得：或，
若是函数 的零点，
则，
当时，，
当时，，
当时，，
所以的值组成的集合为
（3）
当时，，令，则，
令，则
因为，所以，即，
所以，即，
解得：.
所以实数的范围是：.
【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由余弦函数的性质求出的解析式，再利用余弦函数的零点可求可能的取值，求的范围的关键是构造偶函数，利用单调性，解关于的不等式.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
D
D
C
A
D
A
ACD
AC
题号
11









答案
BCD