2025--2026学年安徽芜湖皖江中学高一下册期中模拟测试数学试题 [含答案]

这是一份2025--2026学年安徽芜湖皖江中学高一下册期中模拟测试数学试题 [含答案]，共5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。
1. 已知，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
2. 下列说法中正确的是（ ）
A. 平行向量不一定是共线向量
B. 单位向量都相等
C. 若，满足且与同向，则
D. 对于任意向量，必有
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B. 长方体是平行六面体
C. 用一个平面去截圆柱，所得截面一定是圆形或矩形
D. 用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台
4. 已知与为非零向量，，若三点共线，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
5. 已知向量，，，则的值是（ ）
A. B. C. D.
6. 已知，，且、的夹角为，如果，那么的值为（ ）
A. B.
C. D.
7. 的内角的对边分别为，，，若的面积为，则
A. B. C. D.
8. 在中，分别根据甲、乙、丙、丁四个条件判断三角形的形状，甲:；乙:；丙:；丁:．判断结果与其它三个不一样的是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则正确的结论有（ ）
A. 若，则
B. 若，则则为直角三角形
C. 若为锐角三角形，则
D. 若，则一定是等腰三角形
10. 设P为所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则点P是的重心
B. 若，则点P是的垂心
C. 若，，则点P是的内心
D. 若，则点P是的外心
11. 正方体的棱长为2，M是棱上的一个动点（含端点），则的取值可以为（ ）
A. B. C. D. 5
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，且满足，是正方形边上的任意一点，则的最大值为__________．
13. 设向量，且的夹角为锐角，则实数的取值范围是__________．
14. 一个圆锥母线长为，侧面积，则这个圆锥的外接球体积为______________．
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. 在复平面内，复数（其中为虚数单位，）．
（1）若复数z为纯虚数，求a的值；
（2）若复数z>0，求a的值．
16. 如图，已知等腰梯形的上底，下底，底角，现绕腰所在的直线旋转一周，求所得的旋转体的体积．
17. 在中,内角所对的边分别是且.
（1）求角;
（2）若,求边上的角平分线长;
（3）求边上的中线的取值范围．
18. 如图，在中，，E是AD的中点，设，.

（1）试用，表示；
（2）若，与的夹角为，求
19. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
（1）求；
（2）若，
①求周长的取值范围；
②若为边上的中线，，求的面积．
数学
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，则（ ）
A. B. C. 0D. 1
答案：A
解析：
思路：根据复数的除法运算求出，再由共轭复数的概念得到，从而解出．
解答过程：因为，所以，即．
故选：A．
2. 下列说法中正确的是（ ）
A. 平行向量不一定是共线向量
B. 单位向量都相等
C. 若，满足且与同向，则
D. 对于任意向量，必有
答案：D
解析：
思路：通过向量的模以及向量的基本概念，判断选项的正误即可．
解答过程：平行向量是共线向量，故A错误；
单位向量的模相等，方向不一定相同，故B错误
向量不能比较大小，故C错误
设夹角为，

，
故，故D正确．
3. 下列说法正确的是（ ）
A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥
B. 长方体是平行六面体
C. 用一个平面去截圆柱，所得截面一定是圆形或矩形
D. 用一个平面去截圆锥，截面与底面之间的部分是圆台
答案：B
解析：
思路：根据棱柱、棱锥、圆柱和圆锥的定义对选项一一判断即可得出答案.
解答过程：对于A， 底面是正多边形，侧棱均相等的棱锥是正棱锥，故A错误；
对于B，平行六面体是各个面都为平行四边形的棱柱，而长方体是各面为矩形的棱柱，
所以长方体是平行六面体，故B正确；
对于C，用一个平面去截圆柱，所得截面可能为椭圆，故C错误；
对于D，用一个平行于底面的平面截圆锥，底面与截面之间的部分叫做圆台，故D错误.
故选：B.
4. 已知与为非零向量，，若三点共线，则（ ）
A. 0B. 1C. 2D. 3
答案：D
解析：
思路：根据三点共线可得向量共线，由此结合向量的相等列式求解，即得答案.
解答过程：由题意知，三点共线，故,
且共线，
故不妨设，则，
所以，解得，
故选：D
5. 已知向量，，，则的值是（ ）
A. B. C. D.
答案：A
解析：
思路：根据，可得，再利用同角之间的公式化简，代入即可得解.
解答过程：因为向量，，
，即
故选：A
方法提示：关键点点睛：本题考查向量平行的坐标运算，及利用同角之间的公式化简求值，解题的关键是的变形，考查学生的运算求解能力，属于基础题.
6. 已知，，且、的夹角为，如果，那么的值为（ ）
A. B.
C. D.
答案：C
解析：
思路：由已知可得，利用平面向量数量积的运算可得出关于实数的等式，即可求得实数的值.
解答过程：由已知可得，
由已知可得，解得.
故选：C.
7. 的内角的对边分别为，，，若的面积为，则
A. B. C. D.
答案：C
解析：
解答过程：分析：利用面积公式和余弦定理进行计算可得．
详解：由题可知
所以
由余弦定理
所以
故选C.
点睛：本题主要考查解三角形，考查了三角形的面积公式和余弦定理．
8. 在中，分别根据甲、乙、丙、丁四个条件判断三角形的形状，甲:；乙:；丙:；丁:．判断结果与其它三个不一样的是（ ）
A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁
答案：C
解析：
思路：利用正弦定理将边化角，结合二倍角公式判断甲、乙，利用正弦定理将边化角，再由两角差的正弦公式判断丙，利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式判断丁.
解答过程：对于甲:，由正弦定理可得，
即，又，所以或，即或，
所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形且；
对于乙:，由正弦定理可得，
所以，
又，所以，，
所以，
即，又，所以或，
即或，所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形且；
对于丙:，由正弦定理可得，
所以，又且，
所以，所以，即，所以为等腰三角形；
对于丁:，由正弦定理可得，
所以，
即，
所以，
即，
所以或，
又且，
所以或，
所以为等腰三角形或直角三角形且.
故选：C
方法提示：关键点点睛：本题关键是利用正弦定理将边化角，再结合三角恒等变换公式一一计算.
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. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，则正确的结论有（ ）
A. 若，则
B. 若，则则为直角三角形
C. 若为锐角三角形，则
D. 若，则一定是等腰三角形
答案：ABC
解析：
思路：A选项，由大角对大边和正弦定理进行推导；B选项，由正弦定理和勾股定理逆定理进行解答；C选项，根据锐角三角形得到，结合正弦定理的单调性得到，利用诱导公式进行解答；D选项，得到或，所以是直角三角形或等腰三角形.
解答过程：因为，所以，由正弦定理得：，
所以，A正确；
若，由正弦定理得：，
由勾股定理逆定理得：则为直角三角形，B正确；
若为锐角三角形，则，所以，且
由于在上单调递增，
所以，即，C正确；
若，则或，
所以或，则是等腰三角形或直角三角形，D正确.
故选：ABC
10. 设P为所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则点P是的重心
B. 若，则点P是的垂心
C. 若，，则点P是的内心
D. 若，则点P是的外心
答案：ABD
解析：
思路：对于A：以，为邻边作平行四边形PADB，M为PD的中点，利用向量的线性运算得到，即可证明；对于B：利用数量积运算证明出，，得到P为的垂心，即可证明；对于C：在边AB，AC上分别取点E，F，使，，以AE，AF为邻边作平行四边形AEGF，则四边形AEGF为菱形，即可判断；对于D：证明出，，，即可证明.
解答过程：对于A：若，则.
以，为邻边作平行四边形PADB，M为PD的中点，则，所以，又，所以，故P为的重心.
所以A正确；
对于B：若，则，即，即，所以.
同理，则，故P为的垂心.
故B正确；
对于C：在边AB，AC上分别取点E，F，使，，则，以AE，AF为邻边作平行四边形AEGF，则四边形AEGF为菱形.
连接AG，则AG为的角平分线，由，所以点P在角平分线AG上，故点P的轨迹一定通过的内心.
所以C错误；
对于D：若，则，同理有，，故P为的外心.
所以D正确.
故选：ABD
11. 正方体的棱长为2，M是棱上的一个动点（含端点），则的取值可以为（ ）
A. B. C. D. 5
答案：ABC
解析：
思路：将绕翻折至与共平面，当、、共线时，最小，与（或）重合时最大，可得结论.
解答过程：由正方体的性质可得为等边三角形，边长为，
为等腰直角三角形，其直角边长为，
将左图中绕翻折至与共平面（如右图），
因为，，
所以当、、共线时最小，
此时为中点，，，
此时，，
则最小值为；
当与（或）重合时最大，最大值为.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在边长为的正方形中，，分别为边，上的点，且满足，是正方形边上的任意一点，则的最大值为__________．
答案：
解析：
思路：根据数量积的运算可得，再由正方形的性质可得最大值.
解答过程：连接，取的中点，连接，由题意知，所以，
则．
易知当点与点重合时，取得最大值，且，
故由正方形的性质知，
所以的最大值为．
13. 设向量，且的夹角为锐角，则实数的取值范围是__________．
答案：且
解析：
解答过程：因为的夹角为锐角，所以解得，又当时，不符合题意，所以且.
14. 一个圆锥母线长为，侧面积，则这个圆锥的外接球体积为______________．
答案：
解析：
思路：由圆锥的侧面积得出圆锥的底面半径，设出球的半径，根据题意得出关系式求出球的半径，进而得出球的体积．
解答过程：解：设圆锥的底面半径为，
因为圆锥母线长为，侧面积，所以，解得，
所以，圆锥的高，
设球半径为R，球心为，其过圆锥的轴截面如图所示，
由题意可得，，即，解得，
所以，．
故．
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. 在复平面内，复数（其中为虚数单位，）．
（1）若复数z为纯虚数，求a的值；
（2）若复数z>0，求a的值．
答案：（1）
（2）解析：
思路：（1）根据纯虚数的知识列式，从而求得的值.
（2）根据复数能比较大小列式，从而求得的值.
（1）由于为纯虚数，
所以，可得．
（2）由于与可以比较大小，所以为实数，且，
所以，可得．
16. 如图，已知等腰梯形的上底，下底，底角，现绕腰所在的直线旋转一周，求所得的旋转体的体积．
答案：
解析：
思路：作交的延长线于点，作交于点，所得旋转体是以为底面半径的圆锥和圆台，挖去以为顶点，以为底面半径的圆锥的组合体．
解答过程：如图，作交的延长线于点，作交于点，，，，
在中，，．
，，
在 中，，．
又在等腰梯形中可求得， ， ，
旋转后所得几何体的体积为
,
故所得的旋转体的体积为 ．
17. 在中,内角所对的边分别是且.
（1）求角;
（2）若,求边上的角平分线长;
（3）求边上的中线的取值范围．
答案：（1）
（2） （3）
解析：
思路：（1）运用正弦定理将边化为角,再进行三角恒等变换,求出,得出即可.
（2）先选用余弦定理得出关系式,再将三角形面积进行转化,用等面积法. ,运用面积公式求解即可.
（3）先用中线的向量表达式,,两边平方,将中线长转化为求的范围,后将又转化为三角函数求值域问题,最终求得中线长范围.
（1）因为,根据正弦定理,
即,
即,又,
所以,因为,所以．
（2）由及余弦定理得,即,
又因为,所以,
所以,
所以,即．
（3）因为是的中点,所以,
则,
由正弦定理得,
即,
因为,所以,所以,
所以,所以,所以,
所以,即边上的中线的取值范围为．
18. 如图，在中，，E是AD的中点，设，.

（1）试用，表示；
（2）若，与的夹角为，求
答案：（1）,
（2）解析：
思路：（1）利用向量加法减法的三角形法则及数乘运算即可求解；
（2）根据（1）的结论，利用向量的模公式和向量的数量积公式即可求解.
（1）因为，
所以.
所以.
因为E是AD的中点，
所以.
（2）由（1）知，，
所以
，
所以
19. 已知，，分别为三个内角，，的对边，且．
（1）求；
（2）若，
①求周长的取值范围；
②若为边上的中线，，求的面积．
答案：（1）
（2）① ；②
解析：
思路：（1）法一：利用正弦定理边化角，利用三角恒等变换可求得，进而可求；法二：利用余弦定理角化边可得，利用余弦定理求得，进而可求；
（2）(ⅰ) 法一：由正弦定理可得，，利用三角恒等变换可求得周长的取值范围；法二：利用余弦定理，结合基本不等式与三边关系定理可求得周长的取值范围；(ⅱ)由余弦定理可得，利用，结合余弦定理可得，进而可求面．
（1）法一：由正弦定理得．
从而，即，
又中，∴，
又，所以．
法二：由余弦定理得，
化简得，
则，
又，所以．
（2）(ⅰ)法一：由正弦定理得，
则，，∵，∴．
的周长为
．
又∵，∴，故，
∴周长的取值范围是．
法二：由余弦定理得，
所以．
∵，∴，
∴(当且仅当时取得等号)．
又∵，
∴周长的取值范围是．
(ⅱ)在中，由余弦定理得，即．
在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得．
∵，∴，∴．
所以，．