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（二）

**基本信息** 广东东莞十三中高一下期末数学模拟卷，以复数、向量、解三角形、概率统计、立体几何为核心，通过体质测试分析、博物馆高度测量等真实情境，考查数学眼光观察现实世界、数学思维解决问题的能力，梯度设计合理，适配期末综合测评需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|复数虚部、向量夹角、解三角形、频率分布直方图|基础概念辨析，如第2题结合向量夹角与充分必要条件考查推理能力| |多选题|3|解三角形性质、概率独立性、长方体动态问题|第11题以长方体动点为载体，考查空间观念与创新意识| |填空题|3|复数方程、向量数量积范围、外接圆最值|第14题结合极化恒等式求向量数量积最大值，体现数学思维灵活性| |解答题|5|统计与概率（体质测试）、解三角形（中线、面积、最值）、立体几何（表面积、体积、二面角）|第15题以体能测试为情境，通过频率分布直方图考查数据意识；第19题引入“伴随三角形”创新概念，提升应用能力|

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（二） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．复数的虚部为（    ） A．0 B． C．1 D．2 2．设，均为单位向量，则“与的夹角为”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 3．已知向量与相等，其中A（1,2），B（3,2），则的值为（    ） A．－1 B．－1或4 C．4 D．1或－4 4．下图是改革开放四十周年大型展览的展馆--------国家博物馆.现欲测量博物馆正门柱楼顶部一点离地面的高度（点在柱楼底部）.在地面上的两点，测得点的仰角分别为，，且，米，则为 A．10米 B．20米 C．30米 D．40米 5．已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且，，的面积，则（    ） A． B． C．或 D．或 6．已知一组数据的频率分布直方图如图所示，则众数、中位数、平均数是 A．63、64、66 B．65、65、67 C．65、64、66 D．64、65、64 7．设A，B是两个随机事件，且，则下列结论正确的是（ ） A．若A，B是互斥事件，则 B．若，则 C．若A，B是相互独立事件，则 D．若，则A，B是相互独立事件 8．在中，A，B，C所对的边分别为，已知且，若面积为4，则（ ） A．2 B． C． D． 二、多选题 9．已知中，其内角，，的对边分别为，，．下列命题正确的有（    ） A．若，，，则的面积为 B．若，，则 C．若，则为锐角三角形 D．若，，，则 10．设样本空间，且每个样本点是等可能的，已知事件，则下列结论正确的是（   ） A．事件与C相互独立 B．事件A，B，C两两独立 C． D． 11．在长方体中，，点为棱上靠近点的三等分点，点是长方形内一动点（含边界），且直线与平面所成角的大小相等，则（    ）    A．平面 B．三棱锥的体积为4 C．不存在点，使得 D．线段的长度的取值范围为 三、填空题 12．已知是关于x的实系数方程的一个根，则实数p的值为_______． 13．已知梯形中，，，，，，若，，，则的取值范围为_____________. 14．在中，，，的外接圆为圆O，P为圆O上的点，则的最大值为__________. 四、解答题 15．当前中学生体质呈现“整体改善、局部恶化”的复杂态势.教育部明确将体育纳入初高中学业水平考试，并作为招生录取计分科目，学生的体育素质越来越受到关注，某高校招生拟引入体育素质评价结果，随机抽取了500名学生进行了体能素质测试，并记录得分（满分：100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图. (1)求a的值并估计这500名学生成绩的平均数和中位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； (2)体能素质测试分数不低于90分才能评定为体能优秀，现采用分层随机抽样的方法从中抽取7人，再从这7人中随机选出两人，求这两人恰有1人体能优秀的概率. 16．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，. (1)求角C的值； (2)若边的中线长为，求的面积； (3)求的最大值； 17．如图，正四棱锥的底面积为3，为正方形的中心.    (1)若正四棱锥的高为，求它的表面积. (2)若正四棱锥的外接球的表面积为，求正四棱锥的体积. 18．如图，在四棱锥中，底面为正方形，底面，，为中点，为中点，为线段上一点.    (1)若为中点，求证：平面； (2)设直线与底面所成角的大小为，二面角的大小为，若，求的长度. 19．在中，内角，，的对边分别为，，. (1)若， （ⅰ）求证：是等腰三角形； （ⅱ）已知的面积为18，点满足，求线段的最小值； (2)对于，若存在，使得，，，则称为的伴随三角形，若存在伴随三角形，求出三个内角中的最小值. 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 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C D A D C B C C AB BCD 题号 11 答案 AD 1．C 【分析】化简得到，得到复数虚部. 【详解】，故复数的虚部为. 故选：C. 【点睛】本题考查了复数的虚部，复数的除法运算，意在考查学生的计算能力. 2．D 【分析】根据给定条件，利用平面向量数量积的定义及运算律，结合充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】当与的夹角为时，， 反之，当时，，解得， 则，而，因此与的夹角为，不是 所以“与的夹角为”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D 3．A 【分析】由题意可得向量的坐标，由向量相等可得关于的方程组，解之可得． 【详解】∵A(1,2)，B(3,2)，∴(2,0)， 又∵， ∴，解之可得， 故选：A． 4．D 【分析】分别在直角三角形AOP和直角三角形BOP中，求得OA，OB，进而在△AOB中，由余弦定理求得旗杆的高度． 【详解】设旗杆的高度为h，由题意，知∠OAP＝30°，∠OBP＝45°． 在Rt△AOP中，OA， 在Rt△BOP中，OB＝h． 在△ABO中，由余弦定理， 得AO2＝BA2+OB2﹣2BA•OBcos 60°， 代入数据计算得到h=40. ∴旗杆的高度约为40 m． 故答案为D. 【点睛】本题主要考查了解三角形的实际应用．考查了学生运用数学知识解决实际问题的能力．在解与三角形、三角函数有关的问题时，还需要记住等特殊角的三角函数值，以便在解题中直接应用. 5．C 【分析】先利用余弦定理，把转化成，再分和讨论.当时，是直角三角形，利用直角三角形的边角关系可求； 当时，结合，利用利用正弦定理和三角形的面积公式，可求. 【详解】由及余弦定理得． 若，则， ，，，， 所以． 若，则，， 由正弦定理得， 因为且， 所以，，易知C为锐角，所以，，即， 所以，， ， 所以，所以，所以. 综上，或. 故选：C 6．B 【分析】①在频率直方图中，众数是最高的小长方形的底边的中点横坐标的值；②中位数是所有小长方形的面积和相等的分界线；③平均数是各小长方形底边中点的横坐标与对应频率的积的和． 【详解】解：由频率直方图可知，众数=； 由，所以面积相等的分界线为65，即中位数为65； 平均数=．故选B． 【点睛】本题主要考查频率直方图的众数、中位数、平均数，需理解并牢记公式． 7．C 【分析】根据互斥事件、事件的包含关系、相互独立事件的概念及概率公式逐一分析即可. 【详解】若A，B是互斥事件，则A，B不可能同时发生，即，故A错误； 若，则，所以，故B错误； 若A，B是相互独立事件，则，所以，故C正确； 因为，所以，又，所以，即，所以A，B不是相互独立事件，故D错误. 故选：C. 8．C 【分析】由，结合三角变换和正弦定理，可求边，再结合三角形的面积公式和余弦定理，可求，再利用二倍角公式，可求. 【详解】因为. 所以 所以 所以. 由正弦定理可得：，又，所以. 因为面积为4，所以① 由余弦定理可得：, 所以：② ①②可得：，即. 所以. 故选：C 9．AB 【分析】由三角形面积公式可判断A，利用正弦定理可判断B，由正弦定理及余弦定理可判断CD. 【详解】选项A，的面积，即选项A正确； 选项B，由正弦定理知，，所以，解得，即选项B正确； 选项C，因为，所以， 结合正弦定理，得， 由余弦定理知，，所以为锐角，但无法确定和的大小，即选项C错误； 选项D，由余弦定理知，， 所以，即选项D错误． 故选：AB． 10．BCD 【分析】根据题意，得到且和，结合概率的计算公式，逐项求解，即可得到答案. 【详解】由题意，可得， 对于A中，事件，可得，且， 所以，所以事件与不相互独立，所以A错误； 对于B中，由， 所以事件两两相互独立，所以B正确； 对于C中，事件，所以，所以C正确； 对于D中，由，所以D正确. 故选：BCD. 11．AD 【分析】由面面平行的性质可判断A项，由等体积法可判断B项，由直线，与平面所成角相等可得点F在的中垂线上，通过证明四边形为平行四边形进而证得，进而可得点F位置即可判断C项，由点F的轨迹为，进而可得的范围即可判断D项. 【详解】对于A项，因为面面，面，所以面，故A项正确； 对于B项，因为面面，所以，故B项错误； 对于C项，连接，作交于G，连接，如图所示，      因为面，所以为与平面所成角， 又面，所以为与平面所成角， 因为直线，与平面所成角相等，所以， 则， 又，所以， 则点F在的中垂线上，如图所示，交于点K，    即点F在线段上运动， 因为，，所以四边形为平行四边形， 所以， 所以当点F与点K重合时，，故C项不正确； 对于D项，由题意知，，，则， 因为，， 所以，解得， 所以， 当点F在点I或点H处时，线段的长度取得最大值为， 当点F在点K时，线段的长度取得最小值为， 所以线段的长度的取值范围为，故D项正确. 故选：AD. 12．12 【分析】根据题意分析可知也是方程的一个根，利用韦达定理运算求解即可. 【详解】因为是关于x的实系数方程的一个根， 则也是关于x的实系数方程的一个根， 由韦达定理可得，解得. 故答案为：12. 13． 【分析】建立平面直角坐标系，用带的坐标分别表示向量，求得数量积关于的式子，然后用函数的思想求范围. 【详解】 如图，建立平面直角坐标系，根据题意，则 , , 所以 , 所以 令， 当时，， 当或时，， 所以， 故答案为： 14．8 【分析】根据面积公式、正弦定理、余弦定理得出是边长为的等边三角形，再结合极化恒等式可求出. 【详解】设， 则，， 则，，得， 因，则，， 利用正弦定理、余弦定理可得，，即， 则是边长为的等边三角形， 取中点， 则 因的最大值为，故的最大值为. 故答案为： 15．(1)，平均数，中位数 (2) 【分析】（1）根据直方图小长方形的面积之和为可求出，由题设要求求平均数，先判断中位数所在区间，然后根据直方图中小长方形面积位于面积处的数值得到中位数； （2）先确定分别需抽取的人数，然后根据列举法结合古典概型求解. 【详解】（1）由题意，，解得， 平均数为：， 由图可知的频率为，的频率为， 故中位数位于，设中位数为， 由，解得，即中位数是， 综上，，平均数，中位数. （2）由图可知，的频率之比是， 根据分层抽样可知，需在分别抽取人和人， 抽取的人记作，抽取的人记作， 所有情况是，共种， 这两人恰有1人体能优秀的情况有，共种， 根据古典概型的计算公式，这两人恰有1人体能优秀的概率是. 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）由正弦定理及余弦定理可化简得，从而可求解； （2）由题意可得，化简可得到，再结合即，从而可求解； （3）由正弦定理可得，，再结合正弦型函数求其最值，即可求解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理，可得，即， 所以， 又因为，所以. （2）因为为上的中线，且，可得， 可得， 即，又由余弦定理，可得， 联立方程组，可得， 所以的面积为：. （3）由（1）知且，设的外接圆的半径为，可得， 又由正弦定理，可得，，且， 则， ， 其中，且为锐角， 因为，所以时，取得最大值，最大值为. 17．(1)9 (2)或 【分析】（1）过点作交于点，由勾股定理求得，进而求得表面积； （2）由题，正四棱锥外接球的球心在上，由外接球的表面积为，可求得外接球的，利用球的截面性质求出棱锥高的值，再根据体积公式求解即可. 【详解】（1）由题意知平面，过点作交于点，连结. 则点为的中点，所以， 因为底面积为3，可得，则. 因为四棱锥的高为，所以. 所以.    （2）设外接球半径为，由外接球表面积，可得. 因为底面积，设底面正方形边长为， 则，，底面正方形对角线长， 所以底面正方形外接圆半径. 由题，正四棱锥外接球的球心在上， 设球心到底面距离为，由，可得， 当顶点与球心在底面异侧时，正四棱锥的高； 当顶点与球心在底面同侧时，正四棱锥的高. 根据正四棱锥体积公式，当时，； 当时，. 18．(1)证明见解析； (2)或1. 【分析】（1）连接交于点，连接，易得为平行四边形，即为中点，可得，再由线面平行的判定证结论. （2）取中点，连接，由中点及线面垂直的性质得底面，则为直线与底面所成角，过作于，连接，，利用线面垂直的判定及性质得，则为二面角的平面角，用线段表示出，结合求的长度. 【详解】（1）连接交于点，连接，   底面为正方形，为中点， 且， 四边形为平行四边形. 为中点，又为中点， ，又平面，平面， 平面. （2）取中点，连接. 为线段中点， 且，又底面， 底面， 为斜线在平面内的射影， 则为直线与底面所成角，即，. 过作于，连接，. 底面，底面， ，又，，面， 平面，平面， ， 综上，为二面角的平面角，即，. 由，知，即. 设，，则，，， 由得：， 化简得，解得或，则或1.    19．(1)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ） (2) 【分析】（1）（ⅰ）借助两角差的正弦公式结合正弦定理计算即可得；（ⅱ）借助向量运算可得，再借助向量平方与结合余弦定理计算可得，最后利用面积公式及基本不等式计算即可得； （2）先假设，，，由题意可得，，，则，不符；则可设，可得，则三个内角中的最小值为. 【详解】（1）（ⅰ）证明：因为， 所以， 由正弦定理得， 所以， 所以，所以是等腰三角形； （ⅱ）因为点D满足， 所以， 所以， 在中，由余弦定理可得，又， 所以，整理得，， 因为，所以，所以， ， 所以 ， 当且仅当，时取等号，所以线段的最小值为； （2）若，则或， 若，，，由， 所以，此时， 与矛盾，不符合题意； 不防设，由，所以， 所以，又，， 所以，解得，即三个内角中的最大值为， 余弦函数在上是单调递减函数，所以三个内角中的最小值为. 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 $