河北定州市2025-2026学年高一下学期数学期末自编模拟试卷（二）

**基本信息** 以元青花瓷器（文化传承）、神舟二十号（科技前沿）为情境，覆盖复数、统计、立体几何等知识，通过基础巩固与创新应用梯度设计，考查数学眼光（空间观念）、思维（推理能力）与语言（数据观念）。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|复数共轭、统计百分位数、立体几何位置关系|单选3题元青花圆台侧面积（几何直观与文化结合）| |填空题|3/15|向量线性运算、比赛奖金分配（概率）|12题比赛终止奖金分配（模型观念）| |解答题|5/77|统计频率分布直方图、立体几何垂直证明与距离、含参数四棱锥问题|16题神舟二十号年龄统计（数据观念），19题参数探究外接球体积（创新意识）|

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．【答案】D 【解析】因为， 所以的共轭复数是.故选：D 2．【答案】C 【解析】数据整理为11，12，12，12，14，15，16，17， 又，则该组数据的第70百分位数为第6个数15．故选：C 3．【答案】D 【解析】设该圆台的上底面、下底面的半径分别为R，r，则，， 则圆台的母线长， 所以其侧面积为．故选：D. 4．【答案】C 【解析】， 所以， 因为，则，即：. 解得：. 所以. 故选：C 5．【答案】C 【解析】　如图，连接AD1，CD1，AC， 则E，F，G，H分别为AD1，CD1，AB，BC的中点． 由三角形的中位线定理，知EF∥AC，GH∥AC，所以EF∥GH. 6．【答案】B 【解析】在方向上的投影向量为. 7.【答案】　D 【解析】　由折线图可知，频率稳定在0.3到0.4之间．抛一枚均匀的硬币，出现正面朝上的概率为0.5，不符合题意，故A错误；掷一个均匀的正六面体的骰子，出现3点朝上的概率为，不符合题意，故B错误；一副去掉大小王的扑克牌洗匀后，从中任抽一张牌的花色是红桃概率为，不符合题意，故C错误；从一个装有2个红球1个黑球的袋子中任取一球，取到的是黑球概率为，在0.3到0.4之间，符合题意，故D正确． 8．【答案】　C 【解析】　∵CD是∠C的平分线，B＝2A， ∴＝＝＝＝＝2cos A＝. ∴cos A＝ 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．【答案】ABC 【解析】对A：，为纯虚数，故A正确； 对B：，由、， 故在复平面内对应的点位于第三象限，故B正确； 对C：由，则，故C正确； 对D：，故D错误. 10．【答案】ABD 【解析】对A，为锐角三角形，则，，又均为锐角， 所以，所以，A正确； 对B，有两解，则，又，，所以，B正确； 对C，若，由正弦定理得，无解，C错； 对D，若，由正弦定理得，最大边是，最大角是，设，则，D正确． 11.【答案】　ABC 【解析】　对选项A，翻折前，AB⊥BE，AD⊥DF， 故翻折后，OA⊥OE，OA⊥OF.又OE∩OF＝O，OE，OF⊂平面EOF，∴OA⊥平面EOF，故正确． 对选项B，∵OA⊥平面EOF，∴VO－AEF＝VA－OEF＝S△OEF·AO＝××1×1×2＝，故正确． 对选项C，易知∠OHA为AH与平面EOF所成的角． ∵OE＝OF＝1，H是EF的中点，OE⊥OF， ∴OH＝EF＝. 又OA＝2，∴tan∠OHA＝＝2，故正确． 对选项D，∵OA⊥平面EOF，EF⊂平面EOF，∴OA⊥EF.又OH⊥EF，OA∩OH＝O，OA，OH⊂平面OAH，∴EF⊥平面OAH. ∴EA不可能与平面OAH垂直，故错误．故选ABC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．【答案】700 【解析】由题意，如果比赛继续，乙需要连赢三局才能获胜，因甲、乙二人在每局比赛中获胜的可能性均相同， 则乙连赢三局获胜的概率为，甲获胜的概率为， 所以甲应该分得奖金的，乙应该分得奖金的，即甲应该分得元. 故答案为：. 13. 【答案】　 【解析】　设＝a，＝b， 则＝a＋b，＝a＋b， 又∵＝a＋b， ∴＝(＋)，即λ＝μ＝，∴λ＋μ＝. 14．【答案】 【解析】设半球面的球心为，三颗汤圆的球心分别为, 因为汤圆与碗的内壁相切，所以， 又因为三颗汤圆两两相切，所以， 设等边三角形的中心为， 因为汤圆与碗口等高，所以， 在中，， 在中，， 即，即， 所以，所以. 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）【解析】（1），，. （2），得， 所以. 16．(15分)【解析】（1）根据频率分布直方图可得： 第一组的频率为， 第二组的频率为， 第三组的频率为， 第四组的频率为， 第五组的频率为， 因为频率之和为1，所以，， 解得； 因为第一组的频率为，且第一组有10人， 所以， 解得. （2）设平均年龄为， 则， 设第80百分位数为， 根据每一组频率得：，， 因此第80百分位数出现在第四组， 可列出方程：，，， 解得， 综上，平均年龄为32.25，第80百分位数为37.5. （3）根据题意，进行分层抽样，则第四组抽了人，记为，，，甲， 第五组抽了人，记为，乙， 从第四组和第五组被抽到的使者中，随机抽取2名作为组长，对应的样本空间为： ，，，，，，，，，，，，，，，共15个样本点， 甲、乙两人至少有一人被选上，对应的样本空间为：，，，，，，，，，共9个样本点， 故甲、乙两人至少有一人被选上的概率. 17．（15分）【解析】　(1)证明：方法一：取CB的中点为G，连接AG， 因为E为AB的中点，点D在棱BC上，且CD＝3BD， 所以AG∥DE. 因为△ABC为正三角形，所以AG⊥BC，故DE⊥BC. 直三棱柱ABC－A1B1C1中，BB1⊥平面ABC. 又DE⊂平面ABC，所以BB1⊥DE， 因为BC∩BB1＝B，BC⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1， 所以DE⊥平面BCC1B1. 方法二：因为BB1⊥平面ABC，DE⊂平面ABC， 所以BB1⊥DE，且∠B1BC＝∠B1BA＝90°. 设AB＝4a，因为AB＝AA1，则AA1＝4a，因为CD＝3BD，所以BD＝a. 因为点E，F分别为棱AB，BB1的中点，所以BE＝BF＝2a， 因为△ABC为正三角形，所以∠ABC＝60°，在△BDE中，根据余弦定理，得DE2＝BD2＋BE2－2BD·BE·cos 60°＝a2＋(2a)2－2a×2a×＝3a2， 在Rt△BDF中，DF2＝BD2＋BF2＝a2＋(2a)2＝5a2. 在Rt△BEF中，EF2＝BE2＋BF2＝(2a)2＋(2a)2＝8a2. 所以EF2＝DE2＋DF2，所以DE⊥DF. 又DF∩BB1＝F，DF⊂平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1， 所以DE⊥平面BCC1B1. (2)因为AB＝4，所以四边形BCC1B1是以4为边长的正方形， 连接C1D，C1F，C1E， 则S＝S－(S△DBF＋S＋S)＝42－＝5. 由(1)知，DE⊥平面BCC1B1，易得DE＝， 所以三棱锥E－C1DF的体积V＝S×DE＝×5×＝. 在Rt△DEF中，S△DEF＝×DE×DF＝××＝. 设点C1到平面DEF的距离为h. 因为 V＝V，所以＝×S△DEF×h， 所以＝××h，解得h＝2， 即C1到平面DEF的距离为2. 18．(17分)【解析】（1）因为， 且，则，可得，即， 又因为，所以. （2）由余弦定理可得，即， 则，可得，当且仅当时，等号成立， 又因为是边的中点，则， 可得 ， 即，所以的最大值为. 19．（17分）【解析】（1）（1）因为，所以，则 且平面平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2）由，知二面角的平面角即为. 在中，,，则由余弦定理得 ， 在中，由且，结合，可得， 故， 所以，所以， 所以的范围是， 即二面角的余弦的取值范围是. （3）设和的外接圆圆心分别为和， 则球心为过点和且分别垂直于平面、平面的两直线的交点， 在中，因为，由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径. 在中，由余弦定理得， 再由正弦定理得的外接圆半径. 过点作于，连接，设，显然四边形为矩形， 所以.所以， 即， 所以， 故当时，取得最小值，即， 此时三棱锥外接球的体积最小值为，此时 学科网（北京）股份有限公司 $ 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．的共轭复数是（    ） A． B． C． D． 2．某同学记录了当地4月最后8天每天的最低气温（单位：℃），分别为12，14，12，16，12，11，15，17，则该组数据的第70百分位数为（   ） A．12 B．14 C．15 D．16 3．我国元代瓷器元青花团菊花纹小盏如图所示，撇口，深弧壁，圈足微微外撇，底心有一小乳突．器身施白釉，以青花为装饰，釉质润泽，底足露胎，胎质致密．碗内口沿饰有一周回纹，内底心书有一文字，碗外壁绘有一周缠枝团菊纹，下笔流畅，纹饰洒脱．该元青花团菊花纹小盏口径8.4厘米，底径2.8厘米，高4厘米，它的形状可近似看作圆台，则其侧面积约为（单位：平方厘米，附：）（   ） A． B． C． D． 4．已知平面向量，，且，则（   ） A．2 B．3 C． 4 D．5 5．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是侧面AA1D1D，侧面CC1D1D的中心，G，H分别是线段AB，BC的中点，则直线EF与直线GH的位置关系是(　　) A．相交 B．异面 C．平行 D．无法确定 6．已知，，，则在方向上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 7.某小组做“用频率估计概率”的试验时，绘出的某一结果出现的频率折线图如图，则符合这一结果的试验可能是(　　) A．抛一枚均匀的硬币，出现正面朝上 B．掷一个均匀的正六面体的骰子，出现3点朝上 C．一副去掉大小王的扑克牌洗匀后，从中任抽一张牌的花色是红桃 D．从一个装有2个红球1个黑球的袋子中任取一球，取到的是黑球 8．在△ABC中，A∶B＝1∶2，C的角平分线CD把三角形面积分为3∶2两部分，则cos A＝(　　) A. B. C. D．0 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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．已知复数，，则（   ） A．是纯虚数 B．在复平面内对应的点位于第三象限 C． D． 10．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列说法正确的是（    ） A．若为锐角三角形，则 B．若有两解，，，则 C．若，，则A可以是 D．若，则最大角的余弦值为 11.如图，在边长为2的正方形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，H为EF的中点，沿AE，EF，FA将正方形折起，使B，C，D重合于点O，在构成的三棱锥O－AEF中，下列结论正确的是(　　) A．AO⊥平面EOF B．三棱锥O－AEF的体积为 C．直线AH与平面EOF所成角的正切值为2 D．AE⊥平面OAH 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．甲、乙二人进行一场游戏比赛，且比赛中不存在平局，先赢三局者获胜，并可以获得800元奖金．已知甲、乙二人在每局比赛中获胜的可能性均相同．已知当甲连赢两局，乙一局未赢时，因某种特殊情况需要终止比赛．现将800元奖金按两人各自最终获胜的可能性的比例进行分配，则甲应该分得__________元． 13. 如图，在平行四边形ABCD中，E和F分别是边CD和BC的中点，若＝λ＋μ，其中λ，μ∈R，则λ＋μ＝________． 14．如图所示，有一只内壁呈半球面的小碗，半径为，碗内放了三颗汤圆（视为半径均为的球）．三颗汤圆两两相切，且汤圆与碗的内壁均相切．若汤圆与碗口等高，则______． 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）回答下面两题 (1)若 求 . (2)已知，，，求和的夹角的余弦值. 16．(15分)2025年5月22日16时49分，经过约8小时的出舱活动，神舟二十号乘组航天员陈冬、陈中瑞、王杰密切协同，在地面科研人员配合支持下，航天员从核心舱节点舱出舱，航天员陈冬时隔两年再度漫步太空．某地区为了激发人们对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有人，这人按年龄分成5组，其中第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人． (1)求及的值； (2)根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄和第80百分位数； (3)现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者．若有甲（年龄36），乙（年龄42）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率． 17．（15分）如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，△ABC为正三角形，AB＝AA1，点D在棱BC上，且CD＝3BD，点E，F分别为棱AB，BB1的中点． (1)求证：DE⊥平面BCC1B1； (2)若AB＝4，求点C1到平面DEF的距离． 18．(17分)在中，角所对的边分别为．满足 (1)求角的大小； (2)设，已知是边的中点，求的最大值． 19．（17分）如图，在四棱锥中，，，，，，设，其中. (1)求证：平面平面； (2)若，求二面角的余弦的取值范围； (3)当时，求三棱锥的外接球体积的最小值. 学科网（北京）股份有限公司 $