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（四）

**基本信息** 立足高一数学核心内容，以疫情防控专家分配、山地测量等真实情境为载体，通过动态立体几何、统计图表分析等分层设问，考查空间想象、数据分析及数学建模能力，适配期末综合评估需求。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选题|8|圆锥体积、复数几何意义、统计方差|基础概念与运算结合，如第3题考查方差性质| |多选题|3|立体几何动态问题、向量运算|多选项设计区分思维层次，如第9题探究二面角存在性| |填空题|3|等差数列概率、角平分线与外心|综合应用知识，如第13题结合角分线定理与外心性质| |解答题|5|统计图表分析、立体几何面面垂直、圆内接四边形|分层设问，如第17题先证面面垂直再求二面角，考查逻辑推理与空间想象|

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（四） 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．某圆锥的侧面展开图是一个半径为5，弧长为的扇形，则该圆锥的体积为（    ） A． B． C． D． 2．已知在复平面内，为等边三角形，点为坐标原点，点对应的复数为，点在第二象限，则点对应的复数的虚部为（   ） A． B． C． D． 3．设样本数据的平均数为，方差为，设，样本数据的平均数为，方差为，则下列选项错误的是（ ） A． B． C． D． 4．2021年1月初，河北某区域的“新冠疫情”出现明显反弹，相关部门紧急从省抽调包括甲、乙在内的七名医疗专家进驻该区域的三个疫情“高风险”地区进行协助防控，要求每个地区至少安排两名专家，则甲、乙两名专家安排在不同地区的概率为（    ） A． B． C． D． 5．某校数学教研组为了解学生学习数学的情况，采用分层抽样的方法从高一600人、高二680人、高三720人中，抽取50人进行问卷调查，则高一、高二、高三抽取的人数分别是 A．15,16,19 B．15,17,18 C．14,17,19 D．15,16,20 6．已知，表示两条不同的直线，，，表示三个不同的平面，给出下列四个命题： ①，，，则； ②，，，则； ③，，，则； ④，，，则 其中正确命题的序号为 A．①② B．②③ C．③④ D．②④ 7．在中，角、、的对边分别为、、，，则（    ） A． B． C． D． 8．已知中，角的对边分别为a，b，c，，的外接圆圆心为，则（   ） A． B． C． D． 二、多选题 9．如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段上的动点，则（   ） A．的长度范围是 B．存在点P，M，使得平面与平面平行 C．存在点P，M，使得二面角大小为 D．当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为 10．（多选）设，是一个非零向量，则下列结论正确的有（    ） A． B． C． D． 11．已知某校数学兴趣小组想测量河对岸山的高度,先在河岸边定好一条基线，在点测得山顶的仰角为，在点测得山顶的仰角为.测得，.在点后移至点，测得仰角为，，则山高为（    ） A． B． C． D． 三、填空题 12．抛掷一个质地不均匀的骰子，得到点数为1，2，3，4，5，6的概率依次成等差数列.若将该骰子抛掷一次，则所得点数为1或6的概率为______；若将该骰子独立抛掷两次，记所得的点数分别为a，b，已知事件“”发生的概率为，则事件“”发生的概率为______. 13．在中，内角，，的对边分别为，，，内角的平分线交于点，为的外心，若，则的最大值为______. 14．在长方体中，，点P是上底面的中心，若二面角的大小为，则异面直线PA与BC所成角的大小等于________．（结果用反三角函数值表示） 四、解答题 15．2016年春节期间全国流行在微信群里发､抢红包，现假设某人将688元发成手气红包50个，产生的手气红包频数分布表如下： 金额分组 频   数 3 9 17 11 8 2 （1）求产生的手气红包的金额不小于9元的频率； （2）估计手气红包金额的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)； （3）在这50个红包组成的样本中，将频率视为概率． ①若红包金额在区间内为最佳运气手，求抢得红包的某人恰好是最佳运气手的概率； ②随机抽取手气红包金额在内的两名幸运者，设其手气金额分别为，，求事件“”的概率． 16．在中，角的对边分别为，，点为边上一点． (1)求角的大小； (2)若是的角平分线，，的周长为19，求的长度； (3)若是边上靠近点的一个三等分点，，求实数的取值范围． 17．如图，在四棱锥中，，，，.    (1)求证：平面平面； (2)若，点满足，且三棱锥的体积为，求平面与平面的夹角的余弦值. 18．如图甲，在平面五边形中，∥，，，，为的中点，以为折痕将图甲中的△折起，使点到达如图乙中的点的位置，且. (1)证明：平面平面； (2)若过点作平面的垂线，垂足为，求点到平面的距离. 19．圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的性质，比如对角互补．如图，中，，，点是外接圆上的一个动点（点O，C在直线AB两侧），记，则． (1)若与的交点为，，求的值； (2)若，求的最大值； (3)若点满足，，求四边形的面积． 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（四）》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B A B C B A BC ACD 题号 11 答案 BD 1．B 【分析】根据给定条件，求出圆锥底面圆半径并求出圆锥的高，进而求出体积. 【详解】设该圆锥的底面半径为，由圆锥的侧面展开图是一个半径为5，弧长为的扇形， 得，且该圆锥的母线，则，圆锥的高， 所以该圆锥的体积. 故选：B 2．C 【分析】先根据点对应的复数求出其坐标，再利用等边三角形的性质求出点的坐标，最后根据复数的几何意义得到点对应的复数，进而求出其虚部. 【详解】已知点对应的复数为，根据复数的几何意义，所以点的坐标为. 所以向量.又因为为等边三角形， 所以，且. 又因为，所以，即. 设，则. 又因为 而，联立方程组可得 或. 由题可知点在第二象限，所以即点的坐标为. 即点对应的复数为.所以虚部为. 故选：C. 3．B 【分析】利用均值的性质判断A，利用方差的性质判断B，再结合题意和均值，方差的定义计算判断C，D即可. 【详解】对于A，因为，所以，化简得，故A正确， 对于B，因为，所以由方差的性质得，故B错误， 对于C，由题意得， 由均值的性质得，得到， 则，故C正确， 对于D，由方差的性质得，则， 由题意得 ，故D正确. 故选：B 4．A 【分析】计算出甲、乙两名专家安排在不同地区的基本事件的总数，甲，乙两名专家安排在相同地区的基本事件数，由古典概型概率计算公式和对立事件概率计算公式可得答案. 【详解】记事件为“甲、乙两名专家安排在不同地区”，则基本事件的总数为（种）．甲，乙两名专家安排在相同地区共有（种），所以， 故选：A． 5．B 【分析】根据三个年级的人数求出总体个数,根据样本容量,做出每个个体被抽到的概率,根据每一个年级的人数乘以被抽到的概率,得到每一个年级要抽取的人数. 【详解】因为分层抽样要求每层中每个个体被抽到的概率均相等, 据题意中每个个体被抽到的概率为, 所以高一、高二和高三分别被抽取的人数为, ,. 故选B. 【点睛】本题考查分层抽样,在分层抽样题目中,有三个量其中的两个作为已知,第三个作为要求的结果,根据简单的乘除可以得到结果. 6．C 【详解】①，，，则可以垂直,也可以相交不垂直，故①不正确； ②，则与相交、平行或异面，故②不正确；③若，则，③正确；④， ，可知与 共线的向量分别是与的法向量，所以与所成二面角的平面为直角，，故④正确，故选C. 【方法点晴】本题主要考查线面平行的判定与性质、面面垂直的性质及线面垂直的判定，属于难题.空间直线、平面平行或垂直等位置关系命题的真假判断，常采用画图（尤其是画长方体）、现实实物判断法（如墙角、桌面等）、排除筛选法等；另外，若原命题不太容易判断真假，可以考虑它的逆否命题，判断它的逆否命题真假，原命题与逆否命题等价. 7．B 【分析】利用正弦定理、切化弦以及两角和的正弦公式化简得出的值，结合角的取值范围可得出角的值. 【详解】由及正弦定理可得， 因为，所以，整理得， 所以， 因为，则，由题意知，，故， 因为，因此，. 故选：B. 8．A 【分析】结合图形，利用向量数量积的定义和平面几何知识依次得到，，，利用和正弦定理即可比较大小. 【详解】如图，设的外接圆半径为1，则， 同理，. 又由和正弦定理，可知. 故得，即. 故选：A. 9．BC 【分析】对于A，易得即可判断；对于B，可找到点P，M使得平面与平面PBD平行；对于C，由题意，证得，得到二面角的平面角即可判断；对于D，求得点M的轨迹长度判断． 【详解】解：对于A，易知点到侧面的距离为2，故，故A错误； 对于B，当M为中点，P为中点时， 连接、，结合正方体的结构特征有， ，又平面，平面，则平面PBD， ，又平面，平面，则平面， 又且都在面内，则平面平面 故B正确； 对于C，在正方体中，可得平面， 因为平面，平面，所以， 所以二面角的平面角为，其中，所以C正确； 对于D，取中点E，连接PE，ME，PM，则平面， 根据线面垂直的性质有，则， 则点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧， 分别交AD、于、，则， 则，劣弧的长为，故D错误． 10．ACD 【分析】根据向量的线性运算，求得，结合零向量的性质，逐项判定，即可求解. 【详解】由题意，向量，且是一个非零向量，所以A正确； 由，所以B不正确，C正确； 由，，所以，所以D正确. 故选：ACD. 11．BD 【分析】通过设山高，将用和三角函数表示，再利用的余弦定理建立等式，进行推导即可. 【详解】设，因为，所以； 因为，所以， 在中，， 由余弦定理得：， 解得，故A错误，B正确； 因为，所以，又因为， 所以， 解得， 故C错误，D正确. 12． 【分析】根据等差数列的性质，以及相互独立事件的概率公式即可求解. 【详解】设抛掷一次骰子得到点数为i的概率为， 则. 因为，，，，，成等差数列，则. 因为，则，即 所以 ， 故答案为：， 13． 【分析】根据角分线定理，可知，再结合向量数量积的几何意义可得，再结合余弦定理可化简，结合辅助角公式及三角函数性质可得最值. 【详解】 由已知为的角分线，则，，即， 则在中由正弦定理可知， 同理在中， 所以， 所以， 所以， 所以， 又点为的外心， 设，分别为，中点，则， 所以， 同理， 所以， 即，即， 在中，由余弦定理可得， 所以， 其中，且， 又，则， 则当时，取得最大值为， 故答案为：. 14． 【分析】作出二面角的平面角，求出正四棱柱的侧棱与底面边长的关系，再利用定义法求出异面直线的夹角. 【详解】在长方体中，，则此长方体为正四棱柱，取下底面中心，连接， 则平面，而平面，则有，取正方形边的中点， 连接，则，而平面，于是平面， 而平面，则，是二面角的平面角，即， 令，则，，连接， 由平面，得，而， 于是，又， 因此是异面直线PA与BC所成的角，， 所以异面直线PA与BC所成角的大小等于. 故答案为： 15．（1）；（2）平均数为：12.44；（3）①；② 【分析】 （1）由题意利用互斥事件概率加法公式能求出产生的手气红包的金额不小于9元的频率． （2）先求出手气红包在，、，、，、，、，、，内的频率，由此能求了出手气红包金额的平均数． （3）①由题可知红包金额在区间，内有两人，由此能求出抢得红包的某人恰好是最佳运气手的概率． ②由频率分布表可知，红包金额在，内有3人，在，内有2人，由此能求出事件“ “的概率． 【详解】解：（1）由题意得产生的手气红包的金额不小于9元的频率： ， 产生的手气红包的金额不小于9元的频率为． （2）手气红包在，内的频率为， 手气红包在，内的频率为， 手气红包在，内的频率为， 手气红包在，内的频率为， 手气红包在，内的频率为， 手气红包在，内的频率为， 则手气红包金额的平均数为： ． （3）①由题可知红包金额在区间，内有两人， 抢得红包的某人恰好是最佳运气手的概率． ②由频率分布表可知，红包金额在，内有3人， 设红包金额分别为，，，在，内有2人， 设红包金额分别为，， 若，均在，内，有3种情况：，，， 若，均在，内只有一种情况：， 若，分别在，和，内，有6种情况， 即，，，，，， 基本事件总数， 而事件“ “所包含的基本事件有6种， ． 【点睛】 本题考查频率的求法，考查概率的求法，属于中档题，解题时要认真审题，注意频数分布表的性质的合理运用． 16．(1) (2) (3) 【分析】（1）由，利用正弦定理与两角和的正弦公式可得，从而知角的大小； （2）先利用余弦定理推出，再结合，并利用三角形的面积公式，求解即可； （3）由题知，将其两边平方化简可得，再利用正弦定理化边为角，并结合三角恒等变换公式，推出，然后根据角的取值范围和正弦函数的性质，求解即可． 【详解】（1）由 ， 由正弦定理知， ， 所以，即， 因为，所以， 又，所以． （2）因为，且，所以， 在中，由余弦定理知，， 所以， 所以 ，    因为为角的角平分线， 所以 ， 又， 所以， 即， 所以， 所以 ． （3）因为是边上靠近点的一个三等分点， 所以，所以，    又，， 所以， 由正弦定理得，， 所以 ， 所以 ， 因为，所以，所以， 所以， 所以， 即实数的取值范围为． 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）证明平面即可；（2）取的中点，以为坐标原点，，，所在的直线建立坐标系，用向量法解题即可. 【详解】（1）证明：由题意知为等边三角形，所以，又，所以，在中， 由余弦定理得，，所以，所以， 又，，平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； （2）解：取的中点，连接，，则，又，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 则平面，即是三棱锥的高. 因为点满足，所以， 解得.又平面，所以. 以为坐标原点，，，所在的直线分别为，，轴建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，， 所以，，，，设平面的一个法向量为，所以 令，解得，，所以平面的一个法向量为. 设平面的一个法向量为，则， 令，解得，，所以平面的一个法向量为. 设平面与平面的夹角的大小为， 所以， 即平面与平面的夹角的余弦值为    18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）先证明平面，再由面面垂直的判定定理即可得证； （2）建立空间直角坐标系，利用向量法求点到面的距离即可. 【详解】（1）在平面五边形中，∥，， 所以四边形是直角梯形，且， 在直角中，，且，则， 可得，从而是等边三角形，平分. 因为为的中点，所以，所以， 又因为且平面， 所以平面. 又因为平面，所以平面平面. （2）取的中点F，连接，过点S作垂直于点，连接，如图， 因为平面平面，平面∩平面， 所以平面，又平面，则 因为，F是的中点，所以， 又且平面，所以平面， 由平面，则； 又因为，所以，则点O是的中点， 又，所以，可得. 以为原点，以所在的直线分别为轴，轴， 如图所示建立空间直角坐标系， 则， 可得. 设平面的一个法向量为， 由，令，则. 由于平面，设 可得， 所以； 由于点平面， 所以， 解得，即， 由（1）可知，平面， 所以点H到平面的距离为. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意可得，再结合可知四边形为等腰梯形，再利用梯形的边长计算即可； （2）先利用数量积的定义得出，再在中利用余弦定理可得，最后在中利用正弦定理得出外接圆的直径即可； （3）设，求出以及在中利用正弦定理得，，再利用得出，即可化简求出，进而得出，的值，最后利用面积公式即可. 【详解】（1）因，则，即， 则，，则， 又，，得， 则四边形为等腰梯形，则高为， 则， 又与的交点为，，所以. （2）由题意可知，，得， 在中利用余弦定理可得，， 则， 设的外接圆半径为，则在中利用正弦定理可得，， 又点是外接圆上的一个动点，所以的最大值为. （3）设，，则， 因为，则， ， ， 在中利用正弦定理得，， 则， 则， 且（因）， 即，即， 又，即， 则， 又，则，解得（舍）或， 因，所以， 代入中得， 则，又，解得， 所以，， 则四边形的面积为. 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 $