河北省保定市2025-2026学年高一下学期数学期末自编模拟试卷（三）

**基本信息** 综合考查空间观念、运算能力、数据意识，结合PK赛、投篮方案等生活情境与立体几何应用，体现用数学眼光观察、思维思考、语言表达现实世界的核心素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数虚部、分位数、向量投影、正方体截面形状|基础巩固，如正方体中截面平行四边形判断考查空间观念| |多选|3/18|复数性质、三角形内角关系、正方体截面与轨迹|能力提升，如三角形内角关系分析考查推理能力| |填空|3/15|单位向量、空间几何命题判断、概率计算|概念辨析，如空间几何命题判断强化抽象能力| |解答|5/77|向量运算、解三角形、概率方案比较、公园道路建模、立体几何证明与线面角|创新应用，如投篮方案概率计算考查数据意识，公园道路建模体现数学语言表达现实世界|

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】C 【解析】因为，所以z的虚部为 2．【答案】C 【解析】，这组数据共有个数， 因为， 所以该组数据的分位数是第4个数，即. 3．【答案】B 【解析】设， 由题意得，解得， 则. 4．【答案】　C 【解析】如图，正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面ABB1A1∥平面CDD1C1，过D1B的平面BED1F与平面ABB1A1交于直线BE，与平面CDD1C1交于直线D1F.由面面平行的性质定理，得BE∥D1F.同理BF∥D1E.所以四边形D1EBF为平行四边形． 5．【答案】　C 【解析】由正弦定理可知＝＝＝＝4， 所以a＝4sin A，b＝4sin B，c＝4sin C， 所以＝＝4.故选C. 6. 【答案】　A 【解析】　如图，连接B1G， 易知A1E∥B1G， ∴∠FGB1为异面直线A1E与GF所成的角或其补角． 连接FB1，CF， 在△FB1G中， B1F＝＝， B1G＝＝， FG＝＝， ∴B1F2＝B1G2＋FG2， ∴∠FGB1＝90°， 即异面直线A1E与GF所成的角为90°. 7．【答案】　C 【解析】　比赛结束时A队的得分高于B队的得分包含三种情况： ①A全胜；②第一局A胜，第二局B胜，第三局A胜；③第一局B胜，第二局A胜，第三局A胜． 所以比赛结束时A队的得分高于B队的得分的概率P＝＋××＋××＝.故选C. 8．【答案】A 【解析】以的中点为坐标原点，所在直线为轴建立平面直角坐标系. ∵ 是圆的直径，且为边长为的等边三角形， ∴ ， 设圆上动点，， ∴ ，， ∴ . ∵ ， ∴ ， 即的取值范围为. 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】对于A，，故A正确; 对于B，对于复数，叫做复数的实部，叫做复数的虚部；则复数的虚部为1，故B正确; 对于C， 设 ，，即的轨迹是以为圆心，1为半径的圆； ，其几何意义是圆上的点到的距离. 圆心到点的距离为1，圆的半径为1， 圆上的点到点的最大距离为1+1=2，即的最大值为2，故C正确; 对于D，是关于的方程的根，，整理得； ，解得，； ，故D错误. 10．【答案】ACD 【解析】由正弦定理得， 由二倍角公式得，即． 因为， 在△ABC中，，所以， 又C，所以，所以， 易知，则或． 若，则，得，； 若，得，得，. 故A正确； 若，，则三个内角分别为，两两之差分别为0，，不存在等于的情况，故B错误； 由A选项的分析可知，必有一个角为，所以最小内角，故C正确； 设最大内角为，若，则所有角均小于， 又其中一个角必为，则，与内角和定理矛盾，故，故D正确． 11．【答案】ACD 【解析】对于A选项，记点Q为上一点，与相交于点P，易知此时Q在平面上， 而直线与平面有且仅有唯一交点，故有且仅有一个点Q符合条件， 于是满足条件的直线有且仅有一条，A正确， 对于B选项，一个平面与所成角等于该平面与直线所成角. 根据正方体的对称性可知，平面，平面均符合要求，B错误， 对于C选项，取中点为F，显然， 故该截面的面积可等价为梯形的面积， 而，，， 故由平面几何知识可知该梯形的高为， 其面积，C正确， 对于D选项，因为平面，平面，所以， 因为是正方形，所以， 又，平面，平面，故平面， 又，平面，点Q是正方形内的动点， 可知点Q的轨迹为线段，长度为，D正确， 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．【答案】 【解析】因为， 与同方向的单位向量的坐标为． 13．【答案】①③⑥ 【解析】过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直，故①正确； 过平面外一点，有无数条直线与这个平面平行，故②错误； 过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直，故③正确； 过直线外一点，有无数个平面与这条直线平行，故④错误； 两条异面直线所成角的范围是，故⑤错误； 直线和平面所成角的范围是，故⑥正确. 所以正确命题的序号是①③⑥. 14．【答案】　　 【解析】　从5个数字中不放回地任取两数，样本点有(1，2)，(1，3)，(1，4)，(1，5)，(2，3)，(2，4)，(2，5)，(3，4)，(3，5)，(4，5)，共10个，且每个样本点出现的可能性相等，因为都为奇数的样本点有(1，3)，(1，5)，(3，5)，共3个，所以所求概率为.从5个数字中有放回地任取两数，样本点共有25个，且每个样本点出现的可能性相等，都为偶数的样本点有(2，4)，(4，2)，(2，2)，(4，4)，共4个，故概率P＝. 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）设，则，， 若，则， 即，解得，所以 （2），， 由题意可得且方向不相同， 即，解得， 当时，方向相同，不符合题意， 所以实数的取值范围是 16．(15分) 【解析】（1）， 变形为， 整理得 由正弦定理得：， 由余弦定理得：， 因为，所以. （2）由，，得. 由余弦定理得， 则 ， 所以，则， 即的周长为. 17．（15分）【解析】(1)在M处投篮命中记作事件A，不中记作事件；在N处投篮命中记作事件B，不中记作事件.甲同学测试结束后所得总分为4，可记作事件BB，则P(BB)＝P()P(B)P(B)＝0.5×0.8×0.8＝0.32. (2)设甲同学选择方案一通过测试的概率为P1，选择方案二通过测试的概率为P2，则P1＝P(A)＋P(BB)＝0.5＋0.32＝0.82. P2＝P(BB)＋P(BB)＋P(BB)＝2×0.8×0.2×0.8＋0.8×0.8＝0.896. 因为P2>P1， 所以甲同学选择方案二通过测试的概率更大． 18．(17分) 【解析】（1）由题意，在正上方，距离5米，故； 在正上方，距离1米，且在x轴正半轴上，，故， 从而，示意图如图． （2）点，其中． 设，，则在直角三角形与中， 由三角函数的定义，得， ， 由于，所以 ． 因为，则，且， 所以，． （3）令，则，， 则 ， 等号当且仅当时，即（米）时成立， 故的最大值为，此时点的坐标为． 19．（17分）【解析】（1）在直三棱柱中，取的中点，连接， 因为为的中点，所以是梯形的中位线，所以且， 因为是的中点，所以，则， 因为且，，所以且， 所以且，所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，故直线平面. （2）方法一（等体积法）连接， 因为平面，平面，所以， 因为为的中点，所以， 因为，所以，且为等腰直角三角形， 所以，易知，所以，且， 由余弦定理可得， 所以，即，则， 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面. 因为且，所以四边形为平行四边形，则， 所以平面，则， 因为平面，所以， 故， 设点到面的距离为，则， 即，解得， 设直线与平面所成角为， 因为平面，平面，所以， 因为，故， 所以，故直线与平面所成角的正弦值为. 方法二（垂线法） 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面. 因为且，所以四边形为平行四边形，则， 所以平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 因为为的中点，所以， 因为，所以，且为等腰直角三角形， 所以，易知，所以，且， 由余弦定理可得， 所以，即， 因为，、平面，所以平面， 所以为直线与平面所成角， 因为平面，平面，所以， 因为，故， 所以，故直线与平面所成角的正弦值为. 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．若复数，则z的虚部为（   ） A． B． C． D． 2．已知一组数据为，则该组数据的分位数为（    ） A． B． C． D． 3．已知向量在向量方向上的投影向量为，且，则（   ） A． B． C． D ． 4．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，若经过D1B的平面分别交AA1和CC1于点E，F，则四边形D1EBF的形状是(　　) A．矩形　　　　　　　　 B．菱形 C．平行四边形 D．正方形 5．在△ABC中，若A＝60°，a＝2，则等于(　　) A．1 B．2 C．4 D．4 6. 如图，在长方体ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝AB＝2，AD＝1，点E，F，G分别是DD1，AB，CC1的中点，则异面直线A1E与GF所成的角是(　　) A．90° B．60° C．45° D．30° 7．某校组织一场PK赛，最终A，B两队进入决赛，两队各由3名选手组成，每局两队各派一名选手PK，除第三局胜者得2分外，其余各局胜者均得1分，负者得0分．假设每局比赛A队选手获胜的概率均为，且各局比赛结果相互独立，比赛结束时A队的得分高于B队的得分的概率为(　　) A. B. C. D. 8．已知是边长为2的等边三角形，AB是圆M的直径，若点P为圆M上一动点，则的取值范围为（   ） 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．已知为虚数单位，以下四个说法中正确的是（    ） A． B．的虚部为1 C．若，则的最大值为2 D．若是关于的方程的根，则 10．记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则△ABC中（   ） A．必定存在两个内角之和等于 B．必定存在两个内角之差等于 C．最小的内角必定不大于 D．最大的内角必定不小于 11．在棱长为2的正方体中，E是棱的中点，则（    ） A．过点E有且只有一条直线与直线和都相交 B．过点E有且只有一个平面与直线和所成角相等 C．过A，，E三点的截面把正方体分成两部分，则该截面的面积为 D．点Q是正方形内的动点，，则Q点的轨迹长度是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．与向量同方向的单位向量的坐标为_____________ 13．有以下六个命题： ①过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面垂直. ②过平面外一点，有且只有一条直线与这个平面平行. ③过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线垂直. ④过直线外一点，有且只有一个平面与这条直线平行. ⑤两条异面直线所成角的范围是. ⑥直线和平面所成角的范围是. 其中正确命题的序号是___________. 14．从1，2，3，4，5这5个数字中不放回地任取两数，则两数都是奇数的概率是________，若有放回地任取两数，则两数都是偶数的概率是________． 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）已知平面直角坐标系中，． (1)若点满足，求点坐标； (2)若点使得为锐角，求实数的取值范围． 16．(15分)已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，且. (1)求； (2)若，且的面积为，求的周长. 17．（15分）在某校组织的一次篮球定点投篮测试中，规定每人最多投3次，每次投篮的结果相互独立．在M处每投进一球得3分，在N处每投进一球得2分，否则得0分，将学生得分逐次累加得到总分，如果总分不低于3分就认为通过测试，立即停止投篮，否则继续投篮，直到投完3次为止．投篮的方案有以下两种： 方案一：先在M处投一球，以后都在N处投； 方案二：都在N处投篮． 甲同学在M处投篮的命中率为0.5，在N处投篮的命中率为0.8. (1)若甲同学选择方案一，求甲同学测试结束后所得总分等于4的概率； (2)你认为甲同学选择哪种方案通过测试的可能性更大？说明理由． 18．(17分)某公园有一条笔直的观光道路，道路一侧有两个景观标志牌和（视为平面上的点）．经测量，标志牌到道路的垂直距离为5米，标志牌到道路的垂直距离为1米，且两标志牌在道路上的投影点之间的距离为4米（即若过、分别作道路的垂线，垂足为、，则米）．假设道路为一条直线，游客从道路上的点处观看两个标志牌，视线和的夹角为．所有点均在同一平面内，忽略高度影响． (1)以为原点，道路为轴（在原点，在x轴正半轴上），建立平面直角坐标系，画出示意图，写出、的坐标； (2)设的坐标为 ，试用表示，并化简； (3)在（2）的条件下，求的最大值及此时点的坐标． 19．（17分）如图，多面体是由直三棱柱截去一部分后而成，是的中点，且，. (1)若为的中点，在上，且，证明：直线平面； (2)若，求直线与平面所成角的正弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $