广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学模拟卷（一）

**基本信息** 立足高一数学核心内容，以生活情境（如小区户型满意率抽样、象棋比赛方案）与新定义问题（如椭圆柱、向量内积）为载体，分层考查数学抽象、逻辑推理及运算能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数、线面关系、向量模、分层抽样|基础概念与几何直观结合，如复数模的几何意义| |多选题|3/15|向量数量积、频率分布直方图、解三角形|多选项设计考查数据分析与推理严谨性，如频率分布直方图方差计算| |填空题|3/15|球表面积、方差、概率|空间想象与统计基础，如圆柱内三球半径最值| |解答题|5/50|复数几何意义、概率应用、椭圆柱、解三角形、向量内积新定义|新定义情境（椭圆柱、n维向量）突出创新思维，如椭圆柱点面距离及线面角范围探究|

广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学模拟卷（一） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知复数满足，其中是虚数单位，则复数在复平面中对应的点到原点的距离为（    ） A． B． C． D． 2．命题“，使得”的否定为（   ） A． B．，使得 C． D．，使得 3．若为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 4．已知两个单位向量的夹角为，则下列向量是单位向量的是（    ） A． B． C． D． 5．某居民小区户主人数和户主对住房户型结构的满意率分别如图1和图2所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用比例分配的分层随机抽样方法抽取的户主作为样本进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为（    ）      A．400，32 B．400，36 C．480，32 D．480，36 6．甲、乙两个圆锥的母线长相等，侧面展开图的圆心角之和为，侧面积分别为和，圆锥的高分别为和，若，则（    ） A． B． C． D． 7．梯形中，，点在线段上，点在线段上，且，则的最小值为（    ） A． B． C． D． 8．如图，直二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角的两个面内，且垂直于．若，，，，则的值为（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．如图，BC，DE是半径为1的圆O的两条不同的直径，，则（    ） A． B． C． D．满足的实数与的和为定值4 10．用分层随机抽样从某校高一年级学生的数学期末成绩（满分为分，成绩都是整数）中抽取一个样本量为的样本，其中男生成绩数据个，女生成绩数据个，再将个男生成绩样本数据分为组：，，，，，，绘制得到如图所示的频率分布直方图.下列正确的是（   ） A．男生成绩样本数据的平均数为 B．估计有的男生数学成绩在分以内 C．在和内的两组男生成绩中，随机抽取两个进行调查，则调查对象来自不同分组的概率为 D．若男生成绩样本数据的方差为，女生成绩样本数据的平均数和方差分别为和，则总样本的方差为 11．在锐角中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（   ） A． B．的取值范围为 C．的取值范围为 D．的取值范围为 三、填空题 12．一个底面直径为，高为的封闭圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有三个半径相等的铁球，则铁球半径最大时，其中一个球的表面积______. 13．一组数据由10个数组成，将其中一个数由6改为3，另一个数由2改为5，其余的数不变，得到新的10个数，则新的一组数的方差相比原先一组数的方差的减小值为 __． 14．设是一个随机试验中的两个事件，且，，，则_______. 四、解答题 15．已知，在复平面内，复数，，对应的点分别为A，B，C. (1)求； (2)已知四点A、B、C、D组成平行四边形，求D点坐标以及的值. 16．甲、乙两人进行象棋比赛，已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为，且各局比赛的胜负互不影响.有两种比赛方案供选择，方案一：三局两胜制（先胜2局者获胜，比赛结束）；方案二：五局三胜制（先胜3局者获胜，比赛结束）. (1)用抛掷骰子的方式决定比赛方案，抛掷两枚质地均匀的骰子，观察两枚骰子向上的点数，若两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1，则选择方案一，否则选择方案二.试判断哪种方案被选择的可能性更大，并说明理由； (2)若选择方案一，求甲获胜的概率. 17．几何特征与圆柱类似，底面为椭圆面的几何体叫做“椭圆柱”，如图所示的“椭圆柱”中，、和、分别是上下底面两椭圆的长轴和中心，、是下底面椭圆的焦点，其中长轴的长度为，短轴的长度为2，两中心、之间的距离为，若、分别是上、下底面椭圆的短轴端点，且位于平面的两侧. （1）求证：∥平面； （2）求点到平面的距离； （3）若点是下底面椭圆上的动点，是点在上底面的投影，且、与下底面所成的角分别为、，试求出的取值范围. 18．记的内角所对的边分别为，已知，. (1)求； (2)若为锐角三角形，求周长的取值范围； (3)延长到点，使，若，求的值. 19．设有维向量，，称为向量和的内积，当，称向量和正交．设为全体由和1构成的元数组对应的向量的集合． (1)若，写出一个向量，使得． (2)令．若，证明：为偶数． (3)若，是从中选出向量的个数的最大值，且选出的向量均满足，猜测的值，并给出一个实例． 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《广东东莞市第十三高级中学2025-2026学年高一下学期期末考试数学模拟卷（一）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C C A A C A A BCD BCD 题号 11 答案 ACD 1．B 【解析】利用复数的除法运算化简z, 复数在复平面中对应的点到原点的距离为利用模长公式即得解. 【详解】由题意知复数在复平面中对应的点到原点的距离为 故选：B 【点睛】本题考查了复数的除法运算，模长公式和几何意义，考查了学生概念理解，数学运算，数形结合的能力，属于基础题. 2．C 【分析】根据命题的否定的定义即可得解. 【详解】命题“，使得”的否定为. 故选：C. 3．C 【分析】根据题意，结合线面，面面位置关系的判定与性质，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，若，，则与平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则，故C正确； 对于D，若，则与平行或相交，故D错误. 故选：C. 4．A 【分析】根据向量数量积的运算律可分别求得各选项中向量的模长，由此可确定结果. 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，C错误； 对于D，，D错误. 故选：A. 5．A 【分析】根据图（1）及分层抽样可得样本容量及抽取的四居室户主人数，再结合图（2）可得抽取的户主对四居室满意的人数. 【详解】由图（1）得该小区户主总人数为人， 所以样本容量为人，其中四居室户主有人， 由图（2）得抽取的户主中对四居室满意的有人， 故选：A. 6．C 【分析】利用圆锥侧面积公式求解圆心角的关系，由圆锥侧面展开圆心角公式推导出底面半径的关系，进而根据圆锥高公式分别表示和，再作比化简求解. 【详解】设两个圆锥的母线长均为，侧面展开图圆心角分别为、，底面半径分别为、， 高分别为、，根据题意：，. 由圆锥侧面积公式为，母线长相等， 可得侧面积比等于圆心角比：， 由，可得：，. 因为圆锥侧面展开的弧长等于底面周长，即，整理得， 代入得：. 因为圆锥的高，所以， ，所以. 7．A 【分析】根据平面向量基本定理，将当作两组基底向量，再根据向量线性运算的加法与减法法则，代换出，结合，化简得，将表示成的关系式，再结合基本不等式求解即可 【详解】 ， ， 由，化简得， 则， 当且仅当时取“=”号 故选：A 【点睛】本题考查平面向量基本定理的应用，向量的加法与减法的线性运算，基本不等式求最值，运算能力，属于难题 8．A 【分析】借助空间向量线性运算与模长及数量积公式计算即可得. 【详解】由于， 则， 由二面角为直二面角，且垂直于，，则， 又，故，则有、， 则有，则， 则. 故选：A. 9．BCD 【分析】A. 根据易得判断；B. 由运算求解判断；，C.建立平面直角坐标系：设，则，得到，由利用三角恒等变换和三角函数的性质判断；D. 将，利用线性运算变形为判断； 【详解】A. 因为，所以，故错误； B. ， ，故正确； C.建立如图所示平面直角坐标系： 设，则， 所以， 所以 ，故正确； D. 由，得，所以，故正确； 故选：BCD 【点睛】本题主要考查平面向量的线性运算和数量积运算，还考查了运算求解的能力，属于中档题. 10．BCD 【分析】利用频率分布直方图及相关数字特征的计算公式以及按比例分配分层随机抽样总样本平均数与各层样本平均数的关系进行求解判断. 【详解】对于选项A，根据频率分布直方图有，男生成绩样本数据的平均数，故A错误； 对于选项B，根据频率分布直方图有，男生数学成绩在分以内的人数的频率为，所以估计有的男生数学成绩在分以内，故B正确； 对于选项C，根据频率分布直方图有，在和内的男生人数分别为6人、2人，随机抽取两个进行调查，则调查对象来自不同分组的概率为，故C正确； 对于选项D，设女生成绩样本数据的平均数为，则总样本的平均数，所以总样本的方差为，故D正确. 故选：BCD. 11．ACD 【分析】由正弦定理边化角、诱导公式、和差角公式计算可判断A项，结合A项、三角形内角和及锐角三角形计算可判断B项，运用正弦定理将问题转化为三角函数在区间上求值域可判断C项，运用切化弦、差角公式化简式子，由换元法将问题转化为求在上的值域，结合导数求解即可判断D项. 【详解】因为，所以由正弦定理得， 又因为，所以， 即， 整理得，即 对于A项，因为A、B、C均为锐角，所以，即，故A项正确； 对于B项，因为，，所以， 因为A、B、C均为锐角，所以，即，解得， 所以的取值范围为，故B项错误． 对于C项，由正弦定理得，， 所以，所以．故C项正确． 对于D项，由A项知，，由B项知，，所以， 所以，， 令，则，所以，， 令，，则，所以在上单调递增， 又，，所以，即范围为，故D项正确. 故选：ACD. 12． 【分析】由题意结合圆柱轴截面可得符合题意的示意图，结合题目数据可得答案. 【详解】设圆柱轴截面为矩形GDEF，因圆柱形容器（容器壁厚度忽略不计）内有三个半径相等的铁球， 为使球体半径最大，则球体间应尽量相切，且与圆柱相切，据此可得如下示意图. 设球体半径为r，连接AB，则.做，由对称性，. 做，过A做垂线，交于I，BJ于K， 则， 则 ，由题可得， 则，从而球体表面积为：. 故答案为： 13．0.6/ 【分析】求得新的一组数据的方差与原数据的方差进行比较即可解决. 【详解】一个数由6改为3，另一个数由2改为5，故该数据的平均数不变， 设没有改变的八个数分别为，，，，，，，， 则原数据的方差为 新数据的方差为 ， 所以新的一组数的方差相比原先一组数的方差的减少值为0.6． 故答案为：0.6 14． 【分析】由题意结合概率运算性质可得答案. 【详解】由概率的性质知，因此， . 故答案为：. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据复数运算的几何意义可得点的坐标，即可求出，即可求得其模长； （2）由平行四边形性质可得，结合向量坐标运算即可求得D点坐标；利用向量夹角的坐标形式，即可求得的值. 【详解】（1）由题意知， 故， 则，故； （2）因为四点A、B、C、D组成平行四边形，故， 设，则，即， 解得，即； 又，则， 即. 16．(1)方案二被选择的可能性更大，理由见解析 (2) 【分析】（1）列举出向上的点数所有情况和点数之差的绝对值不大于1的情况，求出概率，得到结论； （2）分三类情况，利用独立事件的概率乘法公式分别计算概率，再利用互斥事件的概率加法公式计算即得. 【详解】（1）抛掷两枚质地均匀的骰子，设向上的点数为，则共有36种情况，如下： ， ， 其中两枚骰子向上的点数之差的绝对值不大于1的情况有： ，共16种情况， 故选择方案一的概率为，则选择方案二的概率为，故方案二被选择的可能性更大. （2）若选择方案一，甲获胜包括三类情况：①甲在前两局获胜，其概率为：； ②甲在第一局，第三局获胜，其概率为：；③甲在第二局，第三局获胜，其概率为：， 因三类情况两两互斥，故选择方案一，甲获胜的概率为：. 17．（1）证明见解析；（2）；（3）. 【分析】（1）根据“椭圆柱”定义及为上下椭圆短轴端点可知，得到四边形为平行四边形，进而得到，由线面平行判定定理证得结论； （2）由对称性得：；由三线合一性质得，从而求得，利用体积桥可构造关于所求距离的方程求得结果； （3）根据线面角的定义可知，；设，由椭圆定义知，表示出后，利用两角和差正切公式可将表示为关于的函数，结合二次函数性质可求得所求的取值范围. 【详解】（1）连接 分别为上下椭圆的短轴端点   四边形为平行四边形   平面，平面  平面 （2）连接 由“椭圆柱”定义可知平面 平面   由对称性可知： 又， 设点到平面的距离为，则 解得：，即点到平面的距离为 （3）连接 由题意知：平面， 即为与下底面所成角；即为与下底面所成角 即， 设，由椭圆定义知： ，      【点睛】本题考查与立体几何有关的新定义运算的问题，涉及到线面平行的证明、点到面距离的求解、立体几何中取值范围的求解问题；求解所求量的取值范围的关键是能够将所求量表示为关于某一变量的函数，通过函数最值的求解方法求得结果. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）利用向量数量积的定义、正弦定理边化角，再逆用和角的正弦公式求解即得. （2）利用正弦定理及和差角的正弦公式将其化成余弦型函数，根据其值域即可求得. （3）利用正弦定理、二倍角的正弦公式列式求解即可. 【详解】（1）在中，由，得， 即，由正弦定理得， 则，即， 而，则，又，故. （2）由正弦定理得，即， 令，由为锐角三角形，得，则， 因此， 则， 所以周长的取值范围是. （3）    设，则， 在中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得，即， 因此，则，则，， 所以. 19．(1)（答案不唯一） (2)证明见解析 (3)，答案见解析. 【分析】（1）根据定义写出满足条件的即可； （2）根据，结合定义，求出，即可得证； （3）利用反证法求证. 【详解】（1）由定义，只需满足，不妨取（答案不唯一）． （2）对于，，2，，，存在，，，，使得． 当时，；当时，．令，． 所以． 所以为偶数． （3）当时，可猜测互相正交的4维向量最多有4个，即． 不妨取，，，， 则有，，，，，． 若存在，使，则或或． 当时，； 当时，； 当时，， 故找不到第5个向量与已知的4个向量互相正交． 【点睛】关键点点睛：新定义问题，理解定义内容、会运用新定义运算，是解决问题的关键. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $