江苏扬州市2025-2026学年高一下学期数学期末仿真模拟练习卷（测试范围：苏教版必修第二册（除复数））

**基本信息** 立足苏教版必修二，以“方斗杯”“圆文化”等传统文化素材及气温统计、运动员选拔等现实情境为载体，梯度设计考查数学眼光（空间观念、几何直观）、思维（推理能力、运算能力）与语言（数据意识、模型观念）。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|立体几何（线面关系）、统计（百分位数）、向量（投影）|第8题以圆文化为背景，结合向量运算考查取值范围，体现文化传承与创新应用| |填空题|3/15|向量模长、概率（比赛胜负）、正四面体与球|第14题嵌套球模型，综合表面积计算与空间想象，考查数学抽象| |解答题|5/77|向量夹角、立体几何（面面垂直）、统计概率（分层抽样）、解三角形（面积最值）、折叠问题|第19题折叠情境下，融合面面垂直证明、二面角计算及距离最值，层次递进，适配期末综合能力考查|

2026年扬州市高一下学期期末仿真模拟练习卷 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 C C A C D B C 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 AD BC 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．/ 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】（1）， 又， ，又；（6分） （2）的夹角为且， ， 向量与的夹角为锐角， 且与不共线， ，即， 解得：或且且， .（13分） 16．（15分） 【解析】（1）连接交于点，连接. 因为三棱柱为正三棱柱，所以侧面为矩形， 所以为的中点. 又因为点为的中点，所以在中，为中位线，故.（4分） 因为平面，平面，所以平面.（6分） （2）设点到平面的距离为. 因为为正三角形，为的中点，所以，且. 因为三棱柱为正三棱柱，所以平面.（8分） 又平面，所以.因为，平面，所以平面. 又平面，所以.（10分） 在中，. 所以的面积. 又的面积.（12分） 由可得，即， 解得.所以点到平面的距离为.（15分） 17．（15分） 【解析】（1）由题意得，， 解得． 因为按、分2层，采用分层随机抽样的方法抽取5人， 所以从成绩在中抽出的人数为，分别记为M、N、Q，（2分） 从成绩在中抽出的人数为：，分别记为m、n，（4分） 从5人中抽取2人进行考核，样本空间为，（6分） 则，记“至少有1人分数低于80分”为事件R， 则． 即，因此． 故5人中至少有1人分数低于80分的概率为．（8分） （2）记甲获得参赛资格的概率为，乙获得参赛资格的概率为， 由题意可得，，（10分） ．（12分） 由于甲、乙的考核结果互相不受影响，所以甲获得参赛资格与乙获得参赛资格相互独立． 则甲、乙能同时获得参赛资格的概率为．（15分） 18．（17分） 【解析】（1）由，，且， 所以，，（2分） 化简整理得，再由正弦定理得， 因为，所以，且，所以.（4分） （2）（i）由，结合正弦定理，得. 因此 ​，且.（6分） 因为 为钝角三角形， ​，故钝角只能是或， 所以或，所以.（8分） 由正弦定理得 ， 因为，所以，， 所以（10分） （ii）因为为的角平分线，且，如图： 由面积关系，， 所以 ，化简得.（12分） 又因为 ， 由（i）知，（14分） 所以， 令，由（i）知，所以 所以，因为函数在是单调递增函数， 所以时，，当时，. 所以.（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 $ 2026年扬州市高一下学期期末仿真模拟练习卷 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．的值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】方法一：原式 ． 2．某同学记录了当地4月最后8天每天的最低气温（单位：℃），分别为12，14，12，16，12，11，15，17，则该组数据的第70百分位数为（   ） A．12 B．14 C．15 D．16 【答案】C 【详解】解：数据整理为11，12，12，12，14，15，16，17， 又，则该组数据的第70百分位数为第6个数15． 3．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则 【答案】C 【分析】根据线面、面面位置关系的判定定理和性质逐一分析判断即可得解. 【详解】对A：若，，则或，故A错误； 对B：若，，，则或异面，故B错误； 对C：如图：    过直线作平面，交平面于直线，因为，所以； 过直线作平面，交平面于直线，因为，所以； 所以，且，，所以. ，，所以. 又，所以.故C正确； 对D：因为垂直于同一个平面的两个平面的位置关系不能确定，故D错误. 故选：C 4．已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先得到的范围，求出，再根据“凑角法”由两角差的正弦公式进行求解即可. 【详解】 ， ． 5．已知向量，，若，则在上的投影向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由求得，再根据投影向量的概念求解. 【详解】由，得，解得，所以， 所以，则， 所以在上的投影向量为. 6．在，其内角，，的对边分别为，，，若，则的形状是（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．.等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 【答案】D 【分析】由正弦定理边角互化得，进而移项整理得，再结合得或，进而得答案. 【详解】解：根据正弦定理边角互化得， 所以， 所以， 所以，即， 所以或， 所以或，即的形状是等腰或直角三角形. 故选：D 7．如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（    ） A．112 B． C． D．496 【答案】B 【分析】根据已知条件结合台体体积公式计算求解即可. 【详解】设水面与棱台的四条侧棱分别相交于， 过作交于点E，交于点，如下图所示： 易知四边形为等腰梯形，则四边形为平行四边形， 因为水面的高度是方斗杯高度的，则 ，因此， 设棱台的高为，设体积为V， 则棱台的高为，设体积为， 则 所以，由题意，， 则该方斗杯可盛水的总体积为 故选：B. 8．圆是中华民族传统文化的形态象征，象征着“圆满”和“饱满”，是自古以和为贵的中国人所崇拜的图腾．如图，是圆的一条直径，且．，是圆上的任意两点，，点在线段上，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】连接，根据数量积的运算律得到，根据点在线段上，即可求出的取值范围，即可得解 【详解】如图，连接, 则 因为点在线段上且，则圆心 到直线的距离， 所以，所以， 所以的取值范围是． 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．下列说法中不正确的是（    ） A．若事件两两独立，则 B．从装有3个红球，4个白球的袋中任意摸出3个球，事件“至少有2个红球”，事件“都是白球”，则事件与事件是对立事件 C．数据的第70百分位数是23.5 D．若的平均数为2，方差为1，的平均数为6，方差为2，则的方差为5 【答案】ABD 【分析】举反例判断A；列举出样本空间及事件A，B，可得A，B是互斥事件而非对立事件，即可判断B；按百分位数的定义判断C；由方差的性质判断D. 【详解】对于A，若事件两两独立，则，，， 如抛两次硬币，：第一次正面，：第二次正面，：两次结果相同. 所以，，显然满足前提， 而， 此时，不满足，故A错； 对于B，从装有个红球，个白球的袋中任意摸出个球， 有个都是红球，个红球个白球，个红球个白球，个都是白球，共种情况， 显然事件“至少有个红球”，事件“都是白球”，为互斥事件而非对立事件，故B错误； 对于C，从小到大排列为，，，，，，，，，， 由于， 故第和第个数的平均数为第百分位数， 即， 所以第百分位数是，故C正确； 对于D，设的平均数为，方差为， 则， ， 所以的方差为，故D错误. 故选：ABD. 10．下列等式成立的有（    ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】利用两角和正切公式变形化简判断A；逆用两角差正弦公式化简判断B；利用两角差余弦公式化简判断C；通分后，结合二倍角正弦公式，逆用两角差正弦公式化简判断D. 【详解】因为， 所以， 所以，A正确； ， B错误； ，故C错误； ，D正确. 故选：AD 11．已知分别是斜三个内角的对边，且对恒成立．则下列结论正确的有（    ） A． B． C．若，则的面积最大值为3 D．的最小值为 【答案】BC 【分析】利用向量模的运算，结合一元二次不等式恒成立，得到一个结论且，再利用这个结论结合向量的线性运算可判断A，结合直角三角正切函数可判断B，利用面积变换，结合不等式求最值可判断C，利用三角形内角和及正切的和角公式可判断D. 【详解】 由已知得：，平方得：， 化简得：， 因为上式对恒成立，所以， 化简得：， 即，则作垂足为，有，所以， 因为，故A错误； 因为，故B正确； 因为，即， 所以， 所以当且仅当时取等号，故C正确； 因为， 所以 ， 当且仅当时取等，故D错误． 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．已知平面向量，满足，，且，则_________． 【答案】 【分析】利用向量数量积的运算律，由，得到 ，再结合求出. 【详解】由, 又，所以； 又 所以，，，. 13．甲、乙两个篮球队进行比赛，获胜队将代表所在区参加市级比赛，他们约定，先赢四场比赛的队伍获胜．假设每场甲、乙两队获胜的概率均为，每场比赛不存在平局且比赛结果相互独立，若在前三场比赛中，甲队赢了两场，乙队赢了一场，则最终甲队获胜的概率为______． 【答案】/ 【分析】考虑先赢四场比赛的队伍获胜，甲队已经赢了两场，故只需再先赢两场则获胜，分析得到甲在随后进行的场次可以有两场连胜，也可输一场赢两场（含两种情况），还可以输两场赢两场（含三种情况），分别计算概率，再利用互斥事件的概率加法公式即得. 【详解】由题意得甲、乙两队获胜的概率均为，且最多再进行四场比赛，最少再进行两场比赛. 则①再进行两场比赛甲队获胜的概率为； ②再进行三场比赛甲队获胜的概率为； ③再进行四场比赛甲队获胜的概率为， 由互斥事件的概率加法公式，可得最终甲队获胜的概率为． 故答案为. 14．如图，在正四面体ABCD中，放置1大、4中、4小共9个球，其中，大球为正四面体ABCD的内切球，中球与大球及正四面体三个面均相切，小球与中球及正四面体三个面均相切.若正四面体ABCD的表面积，则9个球的表面积之和为______. 【答案】 【分析】首先根据正四面体表面积求出棱长，高，再通过几何关系求出大球半径（也可以使用等体积法）．中球，小球也可以看成是内接于正四面体的球，求出外切正四面体的高，根据相似关系，得到中球，小球半径，最终求出个球的表面积之和． 【详解】在正四面体中，设棱长为，高为，为正四面体内切球的球心， 延长交底面于，是等边三角形的中心，延长线交于， 连接，则点是的中点，为正四面体内切球的半径， ，，，， 由正四面体ABCD的表面积为，即，解得， 由，解得， 由图知最大球内切于高的正四面体，最大球半径， 因此最大球的表面积为； 中等球内切于高的正四面体，中等球半径， 因此中等球的表面积为； 最小球内切于高的正四面体，最小球半径， 因此最小球的表面积为， 所以九个球的表面积为． 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．设两个向量满足. (1)若，求与的夹角； (2)若的夹角为（1）中的，向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）先根据求出，再利用，即可求出夹角； （2）根据题意可得且与不共线，计算即可. 【详解】（1）， 又， ，又；（6分） （2）的夹角为且， ， 向量与的夹角为锐角， 且与不共线， ，即， 解得：或且且， .（13分） 16．如图，已知正三棱柱中，，点P为的中点. (1)证明：平面； (2)求点B到平面的距离. 【答案】(1) 证明见解析 (2) 【分析】（1）连接交于点，利用三角形中位线定理证明，再结合线面平行的判定定理即可得证. （2）利用等体积法，通过计算三棱锥的体积和底面积求解点到平面的距离. 【详解】（1）连接交于点，连接. 因为三棱柱为正三棱柱，所以侧面为矩形， 所以为的中点. 又因为点为的中点，所以在中，为中位线，故.（4分） 因为平面，平面，所以平面.（6分） （2）设点到平面的距离为. 因为为正三角形，为的中点，所以，且. 因为三棱柱为正三棱柱，所以平面.（8分） 又平面，所以.因为，平面，所以平面. 又平面，所以.（10分） 在中，. 所以的面积. 又的面积.（12分） 由可得，即， 解得.所以点到平面的距离为.（15分） 17．为选拔运动员参加第十五届全运会，某省对名青年选手进行专项成绩考核（满分分），考核成绩的频率分布直方图如图所示． (1)从得分在中，按，分层，采用分层随机抽样的方法抽取人，再从人中随机抽取人进行考核，求至少有人分数低于分的概率； (2)现通过两项考核选拔参赛运动员，每项的结果分为三个等级．若在两项考核中，至少一项为级，且另一项不低于级，则获得参赛资格．已知甲、乙的考核结果互相不受影响，且甲在每项考核中取得等级的概率分别是；乙在每项考核中取得等级的概率分别是．求甲、乙能同时获得参赛资格的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据频率分布直方图计算得出，再利用分层抽样求出各层人数，利用古典概型计算公式可求得概率； （2）利用独立事件乘法公式计算可得结果. 【详解】（1）由题意得，， 解得． 因为按、分2层，采用分层随机抽样的方法抽取5人， 所以从成绩在中抽出的人数为，分别记为M、N、Q，（2分） 从成绩在中抽出的人数为：，分别记为m、n，（4分） 从5人中抽取2人进行考核，样本空间为，（6分） 则，记“至少有1人分数低于80分”为事件R， 则． 即，因此． 故5人中至少有1人分数低于80分的概率为．（8分） （2）记甲获得参赛资格的概率为，乙获得参赛资格的概率为， 由题意可得，，（10分） ．（12分） 由于甲、乙的考核结果互相不受影响，所以甲获得参赛资格与乙获得参赛资格相互独立． 则甲、乙能同时获得参赛资格的概率为．（15分） 18．在中，内角所对的边分别为,，，且． (1)求角； (2)若，是钝角三角形． （ⅰ）求的范围； （ⅱ）若点在上，且为的角平分线，求的取值范围． 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）直接由向量的共线并结合正弦定理可得； （2）（ⅰ）根据正弦定理进行边化角，进而得，再由三角形为钝角三角形得，再由正弦函数的性质可得范围；（ⅱ）先由等面积法可得，再由条件和（i）结果可得，再令，再根据函数的单调性可得所求值的范围. 【详解】（1）由，，且， 所以，，（2分） 化简整理得，再由正弦定理得， 因为，所以，且，所以.（4分） （2）（i）由，结合正弦定理，得. 因此 ​，且.（6分） 因为 为钝角三角形， ​，故钝角只能是或， 所以或，所以.（8分） 由正弦定理得 ， 因为，所以，， 所以（10分） （ii）因为为的角平分线，且，如图： 由面积关系，， 所以 ，化简得.（12分） 又因为 ， 由（i）知，（14分） 所以， 令，由（i）知，所以 所以，因为函数在是单调递增函数， 所以时，，当时，. 所以.（17分） 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．（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， 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．（17分） 11 / 18 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年扬州市高一下学期期末仿真模拟练习卷 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（复数除外）。 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．的值为（    ） A． B． C． D． 2．某同学记录了当地4月最后8天每天的最低气温（单位：℃），分别为12，14，12，16，12，11，15，17，则该组数据的第70百分位数为（   ） A．12 B．14 C．15 D．16 3．已知，是两条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，则 4．已知，，则（    ） A． B． C． D． 5．已知向量，，若，则在上的投影向量的坐标为（    ） A． B． C． D． 6．在，其内角，，的对边分别为，，，若，则的形状是（    ） A．直角三角形 B．等腰三角形 C．.等腰直角三角形 D．等腰或直角三角形 7．如图，如图1的“方斗”古时候常作为一种容器，有如图2的方斗杯，其形状是一个上大下小的正四棱台，，，现往该方斗杯里加水，当水的高度是方斗杯高度的时，水的体积为84，则该方斗杯可盛水的总体积为（    ） A．112 B． C． D．496 8．圆是中华民族传统文化的形态象征，象征着“圆满”和“饱满”，是自古以和为贵的中国人所崇拜的图腾．如图，是圆的一条直径，且．，是圆上的任意两点，，点在线段上，则的取值范围是（    ） 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．下列说法中不正确的是（    ） A．若事件两两独立，则 B．从装有3个红球，4个白球的袋中任意摸出3个球，事件“至少有2个红球”，事件“都是白球”，则事件与事件是对立事件 C．数据的第70百分位数是23.5 D．若的平均数为2，方差为1，的平均数为6，方差为2，则的方差为5 10．下列等式成立的有（    ） A． B． C． D． 11．已知分别是斜三个内角的对边，且对恒成立．则下列结论正确的有（    ） A． B． C．若，则的面积最大值为3 D．的最小值为 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．已知平面向量，满足，，且，则_________． 13．甲、乙两个篮球队进行比赛，获胜队将代表所在区参加市级比赛，他们约定，先赢四场比赛的队伍获胜．假设每场甲、乙两队获胜的概率均为，每场比赛不存在平局且比赛结果相互独立，若在前三场比赛中，甲队赢了两场，乙队赢了一场，则最终甲队获胜的概率为______． 14．如图，在正四面体ABCD中，放置1大、4中、4小共9个球，其中，大球为正四面体ABCD的内切球，中球与大球及正四面体三个面均相切，小球与中球及正四面体三个面均相切.若正四面体ABCD的表面积，则9个球的表面积之和为______. 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．设两个向量满足. (1)若，求与的夹角； (2)若的夹角为（1）中的，向量与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 16．如图，已知正三棱柱中，，点P为的中点. (1)证明：平面； (2)求点B到平面的距离. 17．为选拔运动员参加第十五届全运会，某省对名青年选手进行专项成绩考核（满分分），考核成绩的频率分布直方图如图所示． (1)从得分在中，按，分层，采用分层随机抽样的方法抽取人，再从人中随机抽取人进行考核，求至少有人分数低于分的概率； (2)现通过两项考核选拔参赛运动员，每项的结果分为三个等级．若在两项考核中，至少一项为级，且另一项不低于级，则获得参赛资格．已知甲、乙的考核结果互相不受影响，且甲在每项考核中取得等级的概率分别是；乙在每项考核中取得等级的概率分别是．求甲、乙能同时获得参赛资格的概率． 18．在中，内角所对的边分别为,，，且． (1)求角； (2)若，是钝角三角形． （ⅰ）求的范围； （ⅱ）若点在上，且为的角平分线，求的取值范围． 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 $