江苏苏州市2025-2026学年高一下学期期末全真模拟数学练习

**基本信息** 立足苏教版必修二，以测量塔高、频率分布直方图等现实情境为载体，通过分层设问融合几何直观、数据意识与推理能力，适配高一下学期期末综合评估需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题（单选）|8/40|复数运算、向量共线、统计平均数|基础概念辨析，如复数模的计算| |选择题（多选）|3/18|复数纯虚数、概率事件、圆锥性质|综合能力考查，如结合纯虚数与模求最值| |填空题|3/15|百分位数、向量分解、三棱锥体积|灵活应用，如动态三棱锥外接球表面积问题| |解答题|5/77|向量运算、统计分析、立体几何证明与计算、解三角形|情境化与探究性，如折叠问题中二面角求解及距离最小值探究，体现数学思维与语言表达|

2026年苏州市高一下学期期末全真模拟练习卷 数学试卷 （考试时间：120分钟 分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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，将答案写在答题卡上。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．测试范围：苏教版必修第二册。 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．已知复数，则（    ） A． B． C．2 D． 2．已知向量．若为实数，且，则（   ） A．1 B．2 C． D． 3．如果数据，，…，的平均数是，则，，…，的平均数是（   ） A． B． C． D．以上均不是 4．已知，分别为两个实根，则（   ） A．1 B．2 C．3 D． 5．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则至少与，中一个平行 D．若，，，则 6．如图，测量河对岸塔高时，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点和．现测得，，，在点处测得塔顶的仰角，则塔高为（    ） A． B． C． D． 7．已知点O为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为（   ） A． B． C． D． 8．在中，角，，的对边为，，，且，则的最小值为（   ） A． B． C．3 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．已知复数满足：为纯虚数，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．的最小值为3 D．的最小值为3 10．一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为偶数”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（    ） A． B．事件与互斥 C．两两独立 D． 11．已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图的面积为，正方体在该圆锥内，其中在圆锥的侧面上，在圆锥的底面上，则下列说法正确的有（   ） A．该圆锥的高为 B．该圆锥可以整体放入直径为的球内 C．正方体的棱长为 D．以该圆锥的顶点为球心作半径为的球，则球面与正方体的底面相交所得曲线的长度之和为 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．某次期中考试随机抽取了名同学的数学成绩作为样本，分别是、、、、、.则这组数据的第百分位数为________． 13．中，BC边上的点D满足，，点G在三角形内，满足，则的值为______． 14．已知圆柱，点是上底面圆周上的一动点，点在下底面的圆周上，且满足，，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为_________． 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．已知向量，. (1)若，求的值； (2)若，求实数的值； (3)若，的夹角是锐角，求k的取值范围. 16．高一年级有男生600人，女生400人，一次数学测验后，随机抽取了部分男生的成绩，统计得到如图所示的频率分布直方图. (1)根据频率分布直方图，请估计所有男生的平均成绩与方差； (2)已知所有女生的平均成绩为65，请估计高一年级所有学生的平均成绩； (3)为进一步了解学情，用分层抽样的方法从高一所有学生中抽取5名学生，再从这5名学生中随机找两名学生谈话，求这两名学生恰为一名男生和一名女生的概率. 17．如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，记平面AEF与平面ABCD的交线为l． (1)求证：. (2)求证：平面平面; (3)求二面角的大小． 18．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，满足． (1)求角A和边b； (2)若为锐角三角形，且外接圆圆心为O． （i）求的取值范围； （ii）求和面积之差的最大值． 19．如图，在矩形中，，，点，分别在线段，上，且．将四边形沿折起，，分别到达，位置． (1)求证：平面平面； (2)若折到某位置时，点在平面上的射影恰好落在线段上． ①求二面角的余弦值； ②设点，分别是四边形，内的动点，求的最小值 4 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年苏州市高一下学期期末全真模拟练习卷 数学试卷 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．已知复数，则（    ） A． B． C．2 D． 【答案】C 【详解】因为，所以. 2．已知向量．若为实数，且，则（   ） A．1 B．2 C． D． 【答案】D 【分析】根据平面向量运算的坐标表示和向量共线的坐标公式计算即可. 【详解】因为向量， 所以. 因为，所以，解得. 故选：D. 3．如果数据，，…，的平均数是，则，，…，的平均数是（   ） A． B． C． D．以上均不是 【答案】C 【详解】∵ 数据的平均数为，∴ ，即. 设新数据的平均数为， 则. 将代入上式，得. 4．已知，分别为两个实根，则（   ） A．1 B．2 C．3 D． 【答案】C 【分析】根据韦达定理结合两角和正切公式计算即可. 【详解】因为，分别为两个实根，则， 则. 故选：C. 5．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列说法正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，则 C．若，，则至少与，中一个平行 D．若，，，则 【答案】C 【分析】利用线面垂直的性质可判断A；举反例可判断BD；利用反证法可判断C. 【详解】对于A：若，，，根据线面垂直的性质可得，而非，故A错误； 对于B： 若，满足条件，，此时在平面内，不满足，故B错误； 对于C：若和、都不平行，即与有公共点，且与有公共点， 若在其中一个平面内，比如，由，，可得，矛盾； 若不在任何一个平面内，由，，可得，同理，也矛盾. 因此至少与、中一个平行，故C正确； 对于D： 当与相交时，也可以在两个平面内分别找到平行于交线的直线， 满足，但此时与不平行，故D错误. 6．如图，测量河对岸塔高时，选取与塔底在同一水平面内的两个测量基点和．现测得，，，在点处测得塔顶的仰角，则塔高为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】在中，， 由正弦定理得，即，所以， 在中，. 7．已知点O为的外心，且向量，，若向量在向量上的投影向量为，则的值为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题可得，从而得到为直角三角形，由投影向量的概念求解. 【详解】因为， 所以， 即，所以在上，故的外接圆以为圆心，为直径， 所以为直角三角形，且，为中点， 因为向量在向量上的投影向量为， 故, 由于为锐角，所以 故选：B． 8．在中，角，，的对边为，，，且，则的最小值为（   ） A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】先求出，故，利用正弦定理和三角恒等变换得到，由基本不等式可求解. 【详解】因为，故， 所以， 所以， 故 （*）， 当且仅当，即时，等号成立， 又，故，解得， 所以，所以（*）式可取等号， 所以的最小值为. 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．已知复数满足：为纯虚数，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．的最小值为3 D．的最小值为3 【答案】ABD 【分析】借助复数的基本概念与模长运算可得A；借助复数的几何意义计算可得B；借助圆与直线的距离可得C、D. 【详解】对A：为纯虚数，可设选项A正确； 对B：设，， 则，即， 则所对应点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆， ，选项B正确； 对C：为纯虚数，对应点在轴上（除去原点）， 所对应点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆， 的取值范围为，无最小值，选项C错误； 对D： ， 表示点到以为圆心，以2为半径的圆上的点的距离， 为纯虚数或0，在轴上（除去点）， 当时取得最小值3，∴选项D正确. 故选：ABD． 10．一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为偶数”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（    ） A． B．事件与互斥 C．两两独立 D． 【答案】ABD 【分析】根据互斥事件的概念以及相关公式和古典概型与事件独立的乘法公式进行计算与判断即可. 【详解】由题意：事件的样本点为：，事件的样本点为，事件的样本点为. 所以的样本点为：，所以，故A正确； 因为的样本点为：，所以的样本点为，又的样本点为，所以事件与互斥，故B正确； 因为的样本点为，所以，，. 因为，所以事件，不相互独立，故C错误； 因为，的样本点为，所以，又，所以，故D正确. 故选：ABD 11．已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图的面积为，正方体在该圆锥内，其中在圆锥的侧面上，在圆锥的底面上，则下列说法正确的有（   ） A．该圆锥的高为 B．该圆锥可以整体放入直径为的球内 C．正方体的棱长为 D．以该圆锥的顶点为球心作半径为的球，则球面与正方体的底面相交所得曲线的长度之和为 【答案】ACD 【分析】由圆锥的侧面积公式和勾股定理可得A正确；由勾股定理求出外接球半径可判断B；求出正方形外接圆半径，再利用三角形相似可得C正确；作出截面图形，利用勾股定理求出半径，再结合角度关系求出长度可得D. 【详解】对于A，因为圆锥的底面半径为2，侧面展开图的面积为，设母线长为， 则，所以圆锥的高，故A正确； 对于B，设圆锥的外接球半径为，则， 所以该圆锥不可以整体放入直径为的球内，故B错误； 对于C，设正方体的棱长为，则正方体底面正方形外接圆半径为，圆锥轴截面如图所示， 根据相似三角形可得，故C正确； 对于D，由C可知正方体的底面的对角线长为2， 设圆锥顶点为，因为点到正方体上底面的距离为， 而该圆锥的顶点为球心作半径为的球与平面相交所得曲线为圆的部分，圆心为正方形的中心， 则截面圆半径， 因为，所以球与正方形的交线为四段圆弧，如图所示四段红色的弧线， 因为，所以， 所以，而， 所以每段圆弧的中心角为， 所以四段圆弧和长为，故D正确. 故选：ACD. 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．某次期中考试随机抽取了名同学的数学成绩作为样本，分别是、、、、、.则这组数据的第百分位数为________． 【答案】 【分析】利用百分位数的定义可求得结果. 【详解】因为，故这组数据的第百分位数为. 故答案为：. 13．中，BC边上的点D满足，，点G在三角形内，满足，则的值为______． 【答案】6 【分析】利用向量数量积的运算，得到，再由，得出G是的重心，从而得到，求出结果. 【详解】因为，所以，即， 如下图，取中点， 因为，所以，得到， 所以三点共线，且，所以G是的重心， 所以． 故答案为：6. 14．已知圆柱，点是上底面圆周上的一动点，点在下底面的圆周上，且满足，，三棱锥外接球的表面积为，则三棱锥体积的最大值为_________． 【答案】 【分析】由正弦定理求得圆柱的底面圆半径，再由外接球表面积求出圆柱的高为6，求出面积的最大为，即可得出三棱锥体积的最大值. 【详解】设圆柱的底面圆半径为，则需满足，可得； 易知三棱锥的外接球与圆柱的外接球相同，其半径满足，解得； 设外接球球心为，, 所以，解得,即圆柱的高为6， 因为点是上底面圆周上的一动点，即点到底面的距离为6， 取的中点为，连接，因此，如下图： 因为，所以， 当点到的距离最大时，的面积最大，此时三棱锥的体积最大； 因为点在下底面的圆周上，所以点到的距离最大值为， 因此， 所以三棱锥体积的最大值为. 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．已知向量，. (1)若，求的值； (2)若，求实数的值； (3)若，的夹角是锐角，求k的取值范围. 【答案】(1)26 (2) (3) 【分析】（1）根据向量平行的坐标运算列式求解的值，即可得数量积； （2）根据向量垂直的坐标运算求解实数的值，从而得模长； （3）根据向量夹角与数量积的关系求解即可. 【详解】（1）因为向量，，且， 所以，解得，即 所以. （2）因为，则，解得，即， 所以. （3）因为与的夹角是锐角，则且与不共线， 则，解得且， 所以k的取值范围. 16．高一年级有男生600人，女生400人，一次数学测验后，随机抽取了部分男生的成绩，统计得到如图所示的频率分布直方图. (1)根据频率分布直方图，请估计所有男生的平均成绩与方差； (2)已知所有女生的平均成绩为65，请估计高一年级所有学生的平均成绩； (3)为进一步了解学情，用分层抽样的方法从高一所有学生中抽取5名学生，再从这5名学生中随机找两名学生谈话，求这两名学生恰为一名男生和一名女生的概率. 【答案】(1)75，180 (2)71 (3) 【分析】（1）由频率分布直方图结合平均数和方差的计算公式即可依次计算求解； （2）由样本总平均成绩即可估计所有学生的平均成绩； （3）一一列举样本点，再由古典概型计算即可. 【详解】（1）由题估计所有男生的平均成绩为， 估计所有男生的方差为 所以估计全体男生的平均成绩为75，方差为180； （2）全体学生的平均数； （3）抽到的5名学生中有3名男生，设为名女生，设为， 事件A：两名学生恰为一名男生和一名女生， 则样本空间， ， 所以，所以. 17．如图，四边形ABCD与BDEF均为菱形，，记平面AEF与平面ABCD的交线为l． (1)求证：. (2)求证：平面平面; (3)求二面角的大小． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3) 【分析】（1）通过线面平行的性质定理进行转化求解即可； （2）通过图形关系证明，，然后得到线面垂直，再证明面面垂直即可； （3）首先通过几何图形关系得到为二面角的平面角，，由三角形的边角关系即可求解. 【详解】（1）因为四边形为菱形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以. （2）连接交于点，连接， 因为为菱形，所以，为中点， 因为，所以， 又因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面 （3）因为为菱形，，， 所以，，， 又因为为菱形，所以， 因为，，所以， 所以，所以，即， 又因为，平面，，所以平面， 又由（1）知，所以平面， 平面，故， 又，则 所以即为二面角的平面角， 在直角中，，所以， 故二面角的大小为 18．已知a，b，c分别为三个内角A，B，C的对边，满足． (1)求角A和边b； (2)若为锐角三角形，且外接圆圆心为O． （i）求的取值范围； （ii）求和面积之差的最大值． 【答案】(1)， (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边角互化及余弦定理求解. （2）（ⅰ）根据平面向量的运算、数量积的性质及余弦定理可得，再利用正弦定理及两角和的正弦公式、正切函数的性质求解即；（ⅱ）设外接圆半径为，由正弦定理可得，结合三角形的面积公式及二倍角公式可得，进而根据二次函数的性质求解即可. 【详解】（1）在中，及正弦定理，得， 整理得，由余弦定理得，而， 所以；由及正弦定理得，而，所以. （2）（ⅰ）依题意，， 由为外接圆圆心，得，， 由余弦定理得，， 因此， 由正弦定理得，则， 由，得，，则， 所以. （ⅱ）设外接圆半径为，则，且，即， 而，，， ， 因此， 由（ⅰ）知，，，则当时，， 所以当时，取得最大值. 19．如图，在矩形中，，，点，分别在线段，上，且．将四边形沿折起，，分别到达，位置． (1)求证：平面平面； (2)若折到某位置时，点在平面上的射影恰好落在线段上． ①求二面角的余弦值； ②设点，分别是四边形，内的动点，求的最小值． 【答案】(1)证明见解析 (2)①② 【分析】（1）先证明平面，平面，再利用面面平行的判定定理证明平面平面； （2）①在平面内过点作，交于点，连接．先证明是二面角的平面角，再计算，由即得所求； ②延长至点，使，则，在平面中，过点作于，证得平面，点在四边形内，根据可求的最小值． 【详解】（1）在翻折过程中，，平面，平面， 所以平面． 又因为，平面，平面，所以平面， 又平面，平面，， 所以平面平面． （2）①如图，在平面内过点作，交于点，连接． 因为点是点在平面上的射影，所以平面， 因为平面，所以， 又，，所以平面， 因为平面，所以， 所以是二面角的平面角， 则翻折前、、三点共线，且， 所以，， 所以． 延长至点，使，则， 在平面中，过点作于， 由①知平面，即平面， 又平面，所以平面平面， 又平面平面，，平面， 所以平面， 所以（当且仅当点与点重合，且点为线段与平面交点时取“”）， 因为， 所以，所以，所以点在线段上， 所以点在四边形内， 此时 ， 综上，最小值即为，长为， 所以的最小值为． 11 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年苏州市高一下学期期末全真模拟练习卷 参考答案及评分标准 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 2 3 4 5 6 7 8 C D C C C C B 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 ABD ABD ACD 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． 13．6 14． 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】【详解】（1）因为向量，，且， 所以，解得，即 所以.（4分） （2）因为，则，解得，即， 所以.（8分） （3）因为与的夹角是锐角，则且与不共线， 则，解得且， 所以k的取值范围.（13分） 16．（15分） 【解析】（1）由题估计所有男生的平均成绩为， 估计所有男生的方差为 所以估计全体男生的平均成绩为75，方差为180；（4分） （2）全体学生的平均数；（8分） （3）抽到的5名学生中有3名男生，设为名女生，设为， 事件A：两名学生恰为一名男生和一名女生，（10分） 则样本空间， ， 所以，所以.（15分） 17．（15分） 【解析】（1）因为四边形为菱形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面平面，所以.（4分） （2）连接交于点，连接， 因为为菱形，所以，为中点， 因为，所以， 又因为平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面（9分） （3）因为为菱形，，， 所以，，， 又因为为菱形，所以， 因为，，所以， 所以，所以，即， 又因为，平面，，所以平面， 又由（1）知，所以平面， 平面，故， 又，则 所以即为二面角的平面角， 在直角中，，所以， 故二面角的大小为（15分） 18．（17分） 【解析】（1）在中，及正弦定理，得， 整理得，由余弦定理得，而，（2分） 所以；由及正弦定理得，而，所以.（4分） （2）（ⅰ）依题意，， 由为外接圆圆心，得，， 由余弦定理得，， 因此，（6分） 由正弦定理得，则，（8分） 由，得，，则， 所以.（10分） （ⅱ）设外接圆半径为，则，且，即， 而，，， ， 因此，（14分） 由（ⅰ）知，，，则当时，， 所以当时，取得最大值. （17分） 19．（17分） 【解析】（1）在翻折过程中，，平面，平面， 所以平面． 又因为，平面，平面，所以平面， 又平面，平面，， 所以平面平面．（4分） （2）①如图，在平面内过点作，交于点，连接． 因为点是点在平面上的射影，所以平面， 因为平面，所以， 又，，所以平面， 因为平面，所以， 所以是二面角的平面角， 则翻折前、、三点共线，且， 所以，， 所以．（10分） 延长至点，使，则， 在平面中，过点作于， 由①知平面，即平面， 又平面，所以平面平面， 又平面平面，，平面， 所以平面，（12分） 所以（当且仅当点与点重合，且点为线段与平面交点时取“”）， 因为， 所以，所以，所以点在线段上， 所以点在四边形内， 此时 ，（15分） 综上，最小值即为，长为， 所以的最小值为．（17分） 1 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $