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学校__________________班级__________________姓名__________________准考证号__________________﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍密﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍封﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍线﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍﹍ 2025-2026学年高一数学期中模拟卷答题卡 准考证号：姓 名：_________________________________________贴条形码区此栏考生禁填 缺考 标记1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。2．选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。5．正确填涂 注意事项 一、选择题（每小题5分，共40分）1 [A] [B] [C] [D]2 [A] [B] [C] [D]3 [A] [B] [C] [D]4 [A] [B] [C] [D]5 [A] [B] [C] [D]6 [A] [B] [C] [D]7 [A] [B] [C] [D]8 [A] [B] [C] [D]二、选择题（全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，共18分）9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D]11 [A] [B] [C] [D]三、填空题（每小题5分，共15分）12．____________________ 13．____________________14．____________________ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15．（13分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16．（15分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！17．（15分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！18．（17分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！19．（17分）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！数学 第4页（共6页） 数学 第5页（共6页） 数学 第6页（共6页）数学 第1页（共6页） 数学 第2页（共6页） 数学 第3页（共6页）学科网（北京）股份有限公司$2025-2026学年高一下学期期中模拟卷数学•全解全析第一部分（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．已知函数（是虚数单位），则（    ）A． B． C． D．【答案】A【详解】由题知，，所以.2．已知平面向量与的夹角为，则（    ）A． B． C．4 D．12【答案】B【分析】由数量积定义结合向量模长公式即可计算求解.【详解】由题得，所以.故选：B.3．设的内角，，所对的边长分别为，，，若，则的值为（    ）A．2 B． C．4 D．【答案】C【分析】利用正弦定理化边为角，利用两角和的正弦公式，结合同角三角函数商数关系即可求解.【详解】因为，由正弦定理化边为角可得，因为，所以，整理可得，所以，即，所以.4．已知直线，平面，则下列说法正确的是（    ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则【答案】D【分析】根据空间线线、线面、面面的位置关系结合面面平行判定定理和线面平行性质定理逐项判断.【详解】选项A：若，，则或，故A错误；选项B：面面平行的判定定理：内两条相交直线，，则，由于直线不一定相交，故命题不一定成立，故B错误；选项C：若，，则，或，故C错误；选项D：若，则垂直于平面内所有直线；又，由线面平行性质定理可知：存在直线，使得，又，所以，D正确.5．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积时构造的一个和谐优美的几何体，它是指同一正方体分别从纵、横两方向所作的两个内切圆柱的公共部分组成的几何体（如图），刘徽研究发现：牟合方盖的体积与对应正方体的内切球的体积满足，若某正方体对应的牟合方盖体积是，则该正方体的棱长是（    ）A．2 B． C．4 D．【答案】A【分析】该正方体的棱长为，则内切球的半径为，再根据体积关系解方程即可.【详解】因为牟合方盖的体积与对应正方体的内切球的体积满足，，所以对应正方体的内切球的体积，设该正方体的棱长为，则内切球的半径为所以，解得所以该正方体的棱长是2.6．如图，在中，，，，为与的交点，则向量在上的投影向量的模的最小值为（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】设，利用三点共线，三点共线，得，解得，最后求出投影向量，利用基本不等式即可求解.【详解】由题，设，因为三点共线，三点共线，所以，解得，所以，则，当且仅当，即时等号成立，故选：C.7．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若且，则边c的最小值为（   ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意可得，进而得到，，再利用正弦定理得，再利用三角形恒等变形化简结合二次函数求最值即可．【详解】，且，，，，由正弦定理得，，则当时，边c取得最小值．8．已知为球的直径，平面与球切于点，点，（异于点）均在球面上，直线，分别与平面交于，，是边长为的正三角形，设的中点为，若的面积是，则球的体积为（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】设球的半径为，由直角，求得，，再由，得到，取的中点，在中，求得，再由，列出关于的方程，求得的值，结合球的体积公式，即可求解.【详解】如图所示，直线平面，连接，设球的半径为，因为为球的直径，所以，又因为为直角三角形，所以直角与相似，所以，即，其中，所以，，因为，所以，取的中点，连接，则必过点，在中，，可得，又因为，，所以，即，解得，所以球的体积为.故选:A．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．已知向量，满足，，则下列结论正确的是（    ）A．B．C．向量与的夹角为D．存在非零实数，使得【答案】ABC【分析】先求得向量，的坐标表示，再由向量数量积，共线，垂直的坐标运算求解即可.【详解】因为，，所以，所以，，对于A选项，， ，所以，故A正确；对于B选项，，所以，故B正确；对于C选项，，，设向量与的夹角为，则，所以向量与的夹角为，故C正确；对于D选项，若，则，，，则，解得，故D错误.10．已知的面积为，角的对边分别是，，，则（   ）A． B．C． D．边的中线长为【答案】ABD【分析】利用条件化简判断A；根据正弦定理及三角恒等变换判断B；根据正弦定理求判断C；根据余弦定理求出中线长判断D.【详解】因为，所以，即，所以，由可知，即为钝角，又，所以，又为锐角，所以，故A正确；因为，由正弦定理可得，所以，由和差化积公式可得，即，即，由可得，所以或（舍去），即，故B正确；由AB可知，，所以，故.因为，所以.由正弦定理，，即，解得，所以，故C错误；由可知，，设边的中线长为，则，所以，故D正确.11．如图，在棱长为2的正方体中，E为线段中点，则下列说法正确的是（   ）A．直线与BE是异面直线 B．平面C． D．三棱锥的体积为【答案】BCD【分析】根据异面直线的定义，线面平行，垂直的判定定理，几何体的体积求解方法依次讨论各选项即可得答案.【详解】对于A，直线平面，平面，则易得直线与不为异面直线，故A不正确；对于B，因为平面平面，所以平面，故B正确；对于C，连接，因为正方体中，平面，平面，所以，又平面，所以平面，平面，所以，故C正确；对于D，三棱锥的体积，故D正确．故选：BCD.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，其中14题第一空2分，第二空3分．12．若复数是纯虚数，则实数___________．【答案】2【分析】首先根据复数乘法公式化简复数，再根据纯虚数的特征列式求解.【详解】因，要使其为纯虚数，需使且，解得．故答案为：213．如图，在中，点在线段上，且，点是线段的中点．过点的直线与边，分别交于点，，设，，（，），则的最小值为_____. 【答案】【分析】由题意得，根据共线定理得出，结合基本不等式即可求解最小值．【详解】由可得，即，因为，，（，），所以，因为点是线段的中点，所以，则，又因为三点共线，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，14．若正四面体的棱长为，则其外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为___________．【答案】4【分析】先得正四面体的高为，由对称性不妨令球上一点在面下方时取到最大，由可得距离和的最大值为，计算即可求解.【详解】已知正四面体的外接球为球，因为其棱长为，所以该正四面体的高为，球的半径为，由对称性不妨令球上一点在面下方时取到最大，所以，所以，则，所以，则距离和的最大值为，所以，所以和的最大值为4．故答案为：4.四、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）设全集，集合，，且在复平面内的对应点位于第四象限.(1)求集合B；(2)当时，求；(3)若“”是“”的必要条件，求的取值范围.【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）结合题意与第四象限内点的特征建立不等式组，求解即可集合；（2）求出集合，再由集合的交并补运算求解即可；（3）利用必要条件的性质建立不等式组，求解即得.【详解】（1）因为，且在复平面内对应点位于第四象限，则可得，解得.....................4分（2）当时，可得，且，得到......................8分（3）若“”是“”的必要条件，则是的子集，即，故.的取值范围为......................13分16．（15分）如图所示，已知梯形ABCD中，，，E为线段BC的中点，且线段BD与AE的交点为F，设，．(1)用，表示；(2)求的值；(3)若，点G在线段CD上运动，设，求的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用向量运算结合基本定理可得答案；（2）设出两线段的关系，利用基本定理可得答案；（3）利用基底得出的关系，结合对勾函数的性质可得范围.【详解】（1）因为，，所以，,因为E为线段BC的中点，所以，......................4分（2）设，则，，，又共线，所以存在一个实数，使得，，两式相除可得，即....................9分（3）设,；,，，因为，所以，可得，解得，所以，由对勾函数的性质可得时，......................15分17．（15分）如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点，平面．(1)求证：平面；(2)求证：平面平面；(3)若二面角的大小为，求四棱锥体积．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）要证明线面平行，转化为平行四边形，证明线线平行；（2）要证明面面垂直，根据线线，线面垂直关系的转化，转化为证明平面；（3）根据垂直关系，由二面角的大小转化为线线角，从而确定四棱锥的高，确定体积.【详解】（1）因为且，所以四边形为平行四边形，则，又平面平面，所以平面；.....................3分（2）由平面，平面，得，连接，由且，所以四边形为平行四边形，又，所以平行四边形为正方形，所以，又，所以，又平面，所以平面，由平面，所以平面平面；......................9分（3）由平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，故为二面角的平面角，即，在中，，则.....................15分18．（17分）如图，已知矩形ABCD中，，，M、N分别是边AD、BC上的动点（不含端点），Q为边AB的中点，且，设．(1)求的值(2)记面积为，面积为，求的取值范围(3)记面积为，求的最小值（提示：）【答案】(1)64；(2)；(3)．【分析】（1）根据平面向量线性运算，可得，再结合数量积的运算，即可求解；（2）根据题意，可得，，则，结合双勾函数，利用换元法求解即可；（3）根据题意，可得，，所以，结合正弦函数的单调性，即可求解.【详解】（1）根据题意，可得，，，所以......................4分（2）由题意：，，，，，令，，，则．由双勾函数图像在上单调递减，则，即．....................10分（3）因为，Q为边AB的中点，且，，所以，，所以在直角中，，同理，在直角中，，所以，所以，，，，，最小值为．.....................17分19．（17分）我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.(1)如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d，分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积.(2)如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式.(3)若正方体棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积.【答案】(1),(2)(3)【分析】（1）结合图形判断两阴影面的形状为一个圆面和一个圆环面，运用面积公式计算即可，根据，利用祖暅原理计算半球体积即得；（2）在时，先利用祖暅原理求出球台体积，加上半球体积整理即得球缺公式，对于时，只需计算另一半大球缺的体积，再用球体积减去其体积，化简整理即得；（3）由题知该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的，分别求球体和球缺的体积，代入计算即得.【详解】（1）在图1中的半球中，阴影面为一个圆面，由球的截面圆性质，可知截面圆半径为，则阴影面积为；在图1中的圆柱中，阴影面为两个同心圆所夹的圆环面，因圆柱的底面半径和高都等于R，故小圆的半径为，大圆半径为，则阴影面积为，因，故新几何体的体积等于半球体的体积，即.......................4分（2）不妨设，先用与水平面平行且经过球缺所在球的球心的平面截球缺得到如图所示的球台，则球台的高为，下底面半径为，上底面半径为， 由祖暅原理，球台体积等于与之等高，底面半径相等的圆柱挖去一个与之等高的小圆锥余下的几何体的体积，其中小圆锥的底面半径为，则球台体积为，将其加上半球的体积，即得球缺的体积：.若，则可先计算另一半高为的大球缺体积，再用球的体积减去大球缺的体积，即得小球缺的体积为.......................10分（3）依题意，该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的.因，高为的球缺体积为：，故所求的公共部分的体积为：......................17分 1 / 3学科网（北京）股份有限公司$2025-2026学年高一下学期期中模拟卷数学·参考答案一、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 2 3 4 5 6 7 8 A B C D A C D A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 10 11 ABC ABD BCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12. 2 13. 14. 4四、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）【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）结合题意与第四象限内点的特征建立不等式组，求解即可集合；（2）求出集合，再由集合的交并补运算求解即可；（3）利用必要条件的性质建立不等式组，求解即得.【详解】（1）因为，且在复平面内对应点位于第四象限，则可得，解得.....................4分（2）当时，可得，且，得到......................8分（3）若“”是“”的必要条件，则是的子集，即，故.的取值范围为......................13分16．（15分）【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）利用向量运算结合基本定理可得答案；（2）设出两线段的关系，利用基本定理可得答案；（3）利用基底得出的关系，结合对勾函数的性质可得范围.【详解】（1）因为，，所以，,因为E为线段BC的中点，所以，......................4分（2）设，则，，，又共线，所以存在一个实数，使得，，两式相除可得，即....................9分（3）设,；,，，因为，所以，可得，解得，所以，由对勾函数的性质可得时，......................15分17．（15分）【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析(3)【分析】（1）要证明线面平行，转化为平行四边形，证明线线平行；（2）要证明面面垂直，根据线线，线面垂直关系的转化，转化为证明平面；（3）根据垂直关系，由二面角的大小转化为线线角，从而确定四棱锥的高，确定体积.【详解】（1）因为且，所以四边形为平行四边形，则，又平面平面，所以平面；.....................3分（2）由平面，平面，得，连接，由且，所以四边形为平行四边形，又，所以平行四边形为正方形，所以，又，所以，又平面，所以平面，由平面，所以平面平面；......................9分（3）由平面，平面，所以，又平面，所以平面，又平面，所以，故为二面角的平面角，即，在中，，则.....................15分18．（17分【答案】(1)64；(2)；(3)．【分析】（1）根据平面向量线性运算，可得，再结合数量积的运算，即可求解；（2）根据题意，可得，，则，结合双勾函数，利用换元法求解即可；（3）根据题意，可得，，所以，结合正弦函数的单调性，即可求解.【详解】（1）根据题意，可得，，，所以......................4分（2）由题意：，，，，，令，，，则．由双勾函数图像在上单调递减，则，即．....................10分（3）因为，Q为边AB的中点，且，，所以，，所以在直角中，，同理，在直角中，，所以，所以，，，，，最小值为．.....................17分19．（17分）【答案】(1),(2)(3)【分析】（1）结合图形判断两阴影面的形状为一个圆面和一个圆环面，运用面积公式计算即可，根据，利用祖暅原理计算半球体积即得；（2）在时，先利用祖暅原理求出球台体积，加上半球体积整理即得球缺公式，对于时，只需计算另一半大球缺的体积，再用球体积减去其体积，化简整理即得；（3）由题知该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的，分别求球体和球缺的体积，代入计算即得.【详解】（1）在图1中的半球中，阴影面为一个圆面，由球的截面圆性质，可知截面圆半径为，则阴影面积为；在图1中的圆柱中，阴影面为两个同心圆所夹的圆环面，因圆柱的底面半径和高都等于R，故小圆的半径为，大圆半径为，则阴影面积为，因，故新几何体的体积等于半球体的体积，即.......................4分（2）不妨设，先用与水平面平行且经过球缺所在球的球心的平面截球缺得到如图所示的球台，则球台的高为，下底面半径为，上底面半径为， 由祖暅原理，球台体积等于与之等高，底面半径相等的圆柱挖去一个与之等高的小圆锥余下的几何体的体积，其中小圆锥的底面半径为，则球台体积为，将其加上半球的体积，即得球缺的体积：.若，则可先计算另一半高为的大球缺体积，再用球的体积减去大球缺的体积，即得小球缺的体积为.......................10分（3）依题意，该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的.因，高为的球缺体积为：，故所求的公共部分的体积为：......................17分 1 / 1学科网（北京）股份有限公司$………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○……………… 此卷只装订不密封………………○………………内………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………………………○………………外………………○………………装………………○………………订………………○………………线………………○………………… 学校：______________姓名：_____________班级：_______________考号：______________________2025-2026学年高一下学期期中模拟卷数 学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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．考试范围：人教A版必修第一册第6~8章（平面向量及其应用+复数+立体几何初步）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．已知函数（是虚数单位），则（    ）A． B． C． D．2．已知平面向量与的夹角为，则（    ）A． B． C．4 D．123．设的内角，，所对的边长分别为，，，若，则的值为（    ）A．2 B． C．4 D．4．已知直线，平面，则下列说法正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则 D．若，则5．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积时构造的一个和谐优美的几何体，它是指同一正方体分别从纵、横两方向所作的两个内切圆柱的公共部分组成的几何体（如图），刘徽研究发现：牟合方盖的体积与对应正方体的内切球的体积满足，若某正方体对应的牟合方盖体积是，则该正方体的棱长是（    ）A．2 B． C．4 D．6．如图，在中，，，，为与的交点，则向量在上的投影向量的模的最小值为（    ）  A． B． C． D．7．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若且，则边c的最小值为（   ）A． B． C． D．8．已知为球的直径，平面与球切于点，点，（异于点）均在球面上，直线，分别与平面交于，，是边长为的正三角形，设的中点为，若的面积是，则球的体积为（    ）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．已知向量，满足，，则下列结论正确的是（    ）A． B．C．向量与的夹角为 D．存在非零实数，使得10．已知的面积为，角的对边分别是，，，则（   ）A． B．C． D．边的中线长为11．如图，在棱长为2的正方体中，E为线段中点，则下列说法正确的是（   ）A．直线与BE是异面直线 B．平面C． D．三棱锥的体积为第二部分（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．若复数是纯虚数，则实数___________．13．如图，在中，点在线段上，且，点是线段的中点．过点的直线与边，分别交于点，，设，，（，），则的最小值为_____. 14．若正四面体的棱长为，则其外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为___________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）设全集，集合，，且在复平面内的对应点位于第四象限.(1)求集合B；(2)当时，求；(3)若“”是“”的必要条件，求的取值范围.16．(15分）如图所示，已知梯形ABCD中，，，E为线段BC的中点，且线段BD与AE的交点为F，设，．(1)用，表示；(2)求的值；(3)若，点G在线段CD上运动，设，求的取值范围．17．(15分）如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点，平面．(1)求证：平面；(2)求证：平面平面；(3)若二面角的大小为，求四棱锥体积．18．(17分）如图，已知矩形ABCD中，，，M、N分别是边AD、BC上的动点（不含端点），Q为边AB的中点，且，设．(1)求的值(2)记面积为，面积为，求的取值范围(3)记面积为，求的最小值（提示：）19．(17分）我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.(1)如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d，分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积.(2)如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式.(3)若正方体棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积.试题 第3页（共8页） 试题 第4页（共8页）试题 第1页（共8页） 试题 第2页（共8页）学科网（北京）股份有限公司$2025-2026学年高一下学期期中模拟卷数 学（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。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．考试范围：人教A版必修第二册第6~8章（平面向量及其应用+复数+立体几何初步）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．已知函数（是虚数单位），则（    ）A． B． C． D．2．已知平面向量与的夹角为，则（    ）A． B． C．4 D．123．设的内角，，所对的边长分别为，，，若，则的值为（    ）A．2 B． C．4 D．4．已知直线，平面，则下列说法正确的是（    ）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则5．“牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积时构造的一个和谐优美的几何体，它是指同一正方体分别从纵、横两方向所作的两个内切圆柱的公共部分组成的几何体（如图），刘徽研究发现：牟合方盖的体积与对应正方体的内切球的体积满足，若某正方体对应的牟合方盖体积是，则该正方体的棱长是（    ）A．2 B． C．4 D．6．如图，在中，，，，为与的交点，则向量在上的投影向量的模的最小值为（    ）  A． B． C． D．7．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若且，则边c的最小值为（   ）A． B． C． D．8．已知为球的直径，平面与球切于点，点，（异于点）均在球面上，直线，分别与平面交于，，是边长为的正三角形，设的中点为，若的面积是，则球的体积为（    ）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．已知向量，满足，，则下列结论正确的是（    ）A．B．C．向量与的夹角为D．存在非零实数，使得10．已知的面积为，角的对边分别是，，，则（   ）A． B．C． D．边的中线长为11．如图，在棱长为2的正方体中，E为线段中点，则下列说法正确的是（   ）A．直线与BE是异面直线 B．平面C． D．三棱锥的体积为第二部分（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．若复数是纯虚数，则实数___________．13．如图，在中，点在线段上，且，点是线段的中点．过点的直线与边，分别交于点，，设，，（，），则的最小值为_____. 14．若正四面体的棱长为，则其外接球上一点到该正四面体四个面的距离之和的最大值为___________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）设全集，集合，，且在复平面内的对应点位于第四象限.(1)求集合B；(2)当时，求；(3)若“”是“”的必要条件，求的取值范围.16．（15分）如图所示，已知梯形ABCD中，，，E为线段BC的中点，且线段BD与AE的交点为F，设，．(1)用，表示；(2)求的值；(3)若，点G在线段CD上运动，设，求的取值范围．17．（15分）如图，在四棱锥中，，，，为棱的中点，平面．(1)求证：平面；(2)求证：平面平面；(3)若二面角的大小为，求四棱锥体积．18．（17分）如图，已知矩形ABCD中，，，M、N分别是边AD、BC上的动点（不含端点），Q为边AB的中点，且，设．(1)求的值(2)记面积为，面积为，求的取值范围(3)记面积为，求的最小值（提示：）19．（17分）我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等.(1)如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d，分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积.(2)如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式.(3)若正方体棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积. 1 / 2学科网（北京）股份有限公司$■■■■2025-2026学年高一数学期中模拟卷答题卡姓名：准考证号：注意事项1.答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清贴条形码区楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。架3.请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效：在草稿纸、试题卷上答题缺考无效。此栏考生禁填4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。标记5.正确填涂■一、选择题（每小题5分，共40分）1[A][B][C][D]5[A][B][C][D]2[AJ[B][C][D]6[A[B][C][D]口3 [A][B][C][D]7[A][B][C][D]4 [A][B][C][D]8[AJ[B][C][D]二、选择题（全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，共18分)9[A[B][C]D]10 [A][B][C][D]11[A][B][C][D]三、填空题（每小题5分，共15分）射12.13.14.请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！数学第1页（共6页）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15.(13分)请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！数学第2页（共6页）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！16.(15分)EB请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！数学第3页（共6页）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！17.(15分)请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！数学第4页（共6页）■请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！18.(17分)M请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！数学第5页（共6页）请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！19.(17分)d:a图1图2请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！数学第6页（共6页）