2025-2026学年高一下学期数学期末模拟试题（人教A版必修第二册）

**基本信息** 2025-2026学年高一数学期末模拟试题，120分钟150分，覆盖复数、统计、立体几何等核心知识，以海洋文化竞赛、国庆节活动为情境，梯度设计基础题与综合题，体现数学眼光、思维与语言的素养导向。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单项选择|8/40|复数虚部、上四分位数、向量垂直|基础概念辨析，如第2题统计量计算| |多项选择|3/18|复数性质、数据特征、正方体动态问题|多角度考查，如第11题空间运动轨迹分析| |填空|3/15|概率、解三角形周长与角、面积最值|情境化设问，如第14题面积最小值问题| |解答题|5/77|频率分布直方图、立体几何证明与体积、解三角形、概率应用、二面角计算|综合应用，如第15题海洋文化竞赛统计分析，第19题正方体二面角与动点问题|

2025-2026学年第二学期高一数学期末模拟试题 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人： 审题人： 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1．若（为虚数单位），则复数的虚部为（    ） A． B． C． D． 2．一组数据的上四分位数是（     ） A． B． C． D． 3．已知，则与垂直的单位向量坐标为（    ） A． B． C．或 D．或 4．已知，，则（   ） A． B． C． D． 5．已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，则（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，，则 6．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 7．已知 的内角 的对边分别为 若面积 则（    ） A． B． C． D． 8．已知正四棱台的上､下底面积分别为3，12，当正四棱台的外接球的体积最小时，该四棱台的侧面积为（    ） A． B． C．18 D． 二、多项选择题：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z满足，以下说法正确的有（    ） A． B．在复平面内对应的点在第二象限 C． D．若是方程的一个根，则 10．已知一组数据，的极差为m，平均数为a，方差为b，另外一组数据的极差为9，平均数为11，方差为13，则（    ） A． B． C． D． 11．已知正方体的棱长为，点E，F是棱，的中点，点M在侧面内运动（包括边界），且与平面成角的正切值为，下列说法正确的是（    ）． A．的最小值为 B．不存在点M，使得 C．不存在点M，使得∥平面 D．所有满足条件的动线段形成的曲面面积为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．书架上有6本不同的教辅书，其中有2本是数学教辅书，从中任取2本，则没有取到数学教辅书的概率是______． 13．在中，角的对边分别为，，，且的周长为，则角为______. 14．在中，且的最小值为3，则__________，若点分别为线段与线段上的动点，且线段交中线于的面积为面积的一半，则的取值范围是__________. 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．舟山某校组织全体学生参加了海洋文化知识竞赛，随机抽取了400名学生进行成绩统计，将数据按照分成5组，制成如图所示的频率分布直方图：    (1)根据频率分布直方图，求； (2)根据频率分布直方图，估计样本的平均成绩； (3)用分层抽样的方法在这两组学生内抽取5人，再从这5人中选2人进行问卷调查，求所选的两人恰好都在的概率． 16．如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 17．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为，，，，且， (1)求的长度； (2)求的面积； 18．每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为p，q．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． (1)若，求乙恰好有一轮胜出的概率； (2)若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求p，q的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 19．如图，在棱长为3的正方体中. (1)求二面角的正切值； (2)若与平面交于点E，求线段BE的长； (3)若点P是平面内一个动点，且，求直线与平面所成角的正弦值. 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 $ 2025-2026学年第二学期高一数学期末模拟试题 考试时间：120分钟 试卷满分：150分 命题人： 审题人： 注意事项： 1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。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．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。 3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1．若（为虚数单位），则复数的虚部为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据复数的运算法则化简可得，即可得解. 【详解】由， 得，即， 其虚部为， 故选：B. 2．一组数据的上四分位数是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】首先将数据按从小到大排列，然后根据百分位数相关知识求解出答案. 【详解】将数据按从小到大排列得10，12，14，15，17，19，23，27，31，35，共10个数据； ，根据百分位数定义，所以上四分位数是第8个数字，即27. 故选：C. 3．已知，则与垂直的单位向量坐标为（    ） A． B． C．或 D．或 【答案】C 【分析】设与向量垂直的单位向量是，由题意可得，，结合平面向量数量积的坐标运算可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得解. 【详解】设与向量垂直的单位向量是，由题意可得，， 所以，解得或，故或. 故选：C 4．已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】把展开，切化弦，两式联立解方程组解出，，再求。 【详解】由得， 由得，联立两个方程得：，， 所以。 故选：A 5．已知，是两个不同的平面，，，是三条不同的直线，则（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，，则 【答案】D 【分析】根据线线、线面、面面位置关系的相关性质逐项分析即可判断正确答案． 【详解】对于A，根据线面垂直的性质，垂直于同一平面的两条直线互相平行， 所以若，，则，故A错误； 对于B，若，，则与的位置关系可能是平行、相交或异面，故B错误； 对于C，若，，则与的位置关系可能是或，故C错误； 对于D，根据面面垂直的性质定理，若两个平面垂直，那么在一个平面内垂直于它们交线的直线垂直于另一个平面， 所以已知，，且，可得，故D正确． 故选：D． 6．已知，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据概率加法公式计算可得. 【详解】因为， 所以. 故选：A 7．已知 的内角 的对边分别为 若面积 则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先利用余弦定理的变形：，结合三角形的面积公式，可把条件转化为：，再根据同角三角函数的基本关系和三角形中，可求得. 【详解】因为，所以， 又由， 所以. 所以 所以，又因为在中，，所以. 故选：A 8．已知正四棱台的上､下底面积分别为3，12，当正四棱台的外接球的体积最小时，该四棱台的侧面积为（    ） A． B． C．18 D． 【答案】A 【分析】利用正四棱台的外接球球心必在上、下底面中心的连线上，由上、下底面边长确定，先分析正四棱台的外接球半径最小值就是下底面外接圆半径，从而可求棱台的高和侧面积. 【详解】因为正四棱台上下底均为正方形， 由上､下底面积分别为3，12，可得上､下底面正方形的边分别为， 上､下底面正方形的外接圆半径分别为和， 因为正四棱台的外接球半径一定大于或等于下底面正方形的外接圆半径， 所以正四棱台的外接球的半径最小值为，此时下底面中心即为外接球的球心. 则棱台的高， 再由勾股定理计算可得：， 所以再由勾股定理可得侧面梯形的斜高为：， 即一个侧面的梯形面积为， 则该四棱台的侧面积为. 二、多项选择题：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z满足，以下说法正确的有（    ） A． B．在复平面内对应的点在第二象限 C． D．若是方程的一个根，则 【答案】CD 【分析】对于A，由题意直接求出复数即可判断；对于B，解出对应的点，判断所在象限即可；对于C，求出，直接判断即可；对于D，将代入，由复数相等解出的值即可. 【详解】对于A，由可得，故选项A错误； 对于B，由，对应的点为，位于第四象限，故选项B错误； 对于C ，，故选项C正确； 对于D，将代入， 得， 故，故选项D正确. 故选：CD. 10．已知一组数据，的极差为m，平均数为a，方差为b，另外一组数据的极差为9，平均数为11，方差为13，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BD 【分析】根据极差，平均数和方差的计算公式，通过计算，然后判断选项的正误. 【详解】假设最小，最大，则， 若,则另外一组数据最小，最大， 此时极差为，A错误. 易得所以，B，D正确，C错误. 故选：BD. 11．已知正方体的棱长为，点E，F是棱，的中点，点M在侧面内运动（包括边界），且与平面成角的正切值为，下列说法正确的是（    ）． A．的最小值为 B．不存在点M，使得 C．不存在点M，使得∥平面 D．所有满足条件的动线段形成的曲面面积为 【答案】ABD 【分析】利用线面角确定点的轨迹为圆弧，由圆的性质确定的最小值判断A，根据线面垂直的判定与性质用反证法判断B，证明平面∥平面，利用面面平行的性质判定C，结合扇形面积公式，求出曲面面积判断D. 【详解】由题知，在正方体中，平面， 所以，为与面所成角，且， 因为正方体的棱长为，与面所成角的正切值为， 所以，解得， 所以，点M的轨迹为以D点为圆心，2为半径的圆在侧面内的弧，如图． 此时． 对于A选项，有，当且仅当M，，D三点共线时等号成立， 故的最小值为，正确； 对于B选项，因为平面，平面，所以， 假设存在点M，使得，则，平面， 由于平面，故有， 另一方面，在侧面中，取棱的中点N， 由点E是棱的中点，进而结合平面几何知识易得， 故要使，则点N与点M重合， 由于，，显然不重合，故B正确； 对于C选项，如图，设，则易知O为中点，连接，，， 因为点E，F是棱，的中点， 所以，在中，∥，∥，， 所以，四边形为平行四边形，即∥， 因为，平面，，平面， 所以∥平面，∥平面， 因为，所以平面∥平面， 所以，当M为与弧的交点时，平面， 故∥平面，C错误； 对于D选项，由题知，所有满足条件的动线段形成的曲面是以A为顶点，D点为底面圆心，底面半径为2的圆锥的部分侧面， 所以，其所在的圆锥的母线长为， 因为，，， 所以，， 所以，弧的长为， 所以，结合扇形面积公式，所有满足条件的动线段形成的曲面面积为 ，故D正确． 故选：ABD. 【点睛】关键点点睛：本题考查空间点的轨迹问题，解题关键是确定动点轨迹，利用定值、平行、垂直等确实轨迹为圆弧（在平面上），球面（空间），平面，或直线等. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．书架上有6本不同的教辅书，其中有2本是数学教辅书，从中任取2本，则没有取到数学教辅书的概率是______． 【答案】/ 【详解】记6本不同的教辅书为，其中代表2本数学教辅书， 则从中任取2本的情况为：， 共15种， 其中没有取到数学教辅书的情况为：共6种， 所以没有取到数学教辅书的概率为：. 13．在中，角的对边分别为，，，且的周长为，则角为______. 【答案】 【分析】由题意知，先根据正弦定理边化角，再利用余弦定理求出角即可. 【详解】由题意知，， 由正弦定理得，，即，所以， 由余弦定理得，， 又，所以. 故答案为：. 14．在中，且的最小值为3，则__________，若点分别为线段与线段上的动点，且线段交中线于的面积为面积的一半，则的取值范围是__________. 【答案】 / 【分析】①令，，的中点为Q，则，求得，即可得②利用平面向量的共线定理结合基底表示数量积，转化为函数求最值即可. 【详解】①令，， 则， 即， 所以，即点在直线上. 设的中点为Q，因为，所以 因为，， ∴ 所以 ②设，由向量共线的充要条件不妨设 则 又 则，即， 又的面积为面积的一半，得,∴ 所以，. 由①得， . 解得，∴ 所以. 故答案为：①；②. 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．舟山某校组织全体学生参加了海洋文化知识竞赛，随机抽取了400名学生进行成绩统计，将数据按照分成5组，制成如图所示的频率分布直方图：    (1)根据频率分布直方图，求； (2)根据频率分布直方图，估计样本的平均成绩； (3)用分层抽样的方法在这两组学生内抽取5人，再从这5人中选2人进行问卷调查，求所选的两人恰好都在的概率． 【答案】(1)0.03 (2)84 (3) 【分析】（1）由直方图矩形面积和为1可得值； （2）由每组数据中点值乘以相应频率再相加可得； （3）确定5人中分别在两个区间的人数并编号，用列举法写出样本空间，然后由概率公式计算概率． 【详解】（1）根据频率分布直方图可知； （2）平均成绩为； （3）由题意得，两组人数比例为，所以组应抽取2人，记为，组应抽取3人，记为甲，乙，丙 对应的样本空间为：,(,甲),(,乙),(,丙),(,甲),(,乙),(,丙), (甲,乙),(甲,丙),(乙,丙)，共10个样本点． 设事件“两人来于”， 则(甲,乙),(甲,丙),(乙,丙)，共有3个样本点． 所以． 16．如图，在直三棱柱中，，分别为的中点. (1)证明：平面； (2)求三棱锥的体积. 【答案】(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点，连接，判断四边形为平行四边形，进而可求证； （2）由点到平面的距离等于点到平面的距离，得到，进而可求解. 【详解】（1）取的中点，连接， ∵为的中点，∴且， ∵为的中点，∴且， ∴且， ∴四边形为平行四边形，∴. 又∵平面平面， ∴平面. （2）∵，∴， ∴. 在直三棱柱，易知平面， ∴点到平面的距离等于点到平面的距离， ∴， 又∵平面， ∴. 17．在△ABC中，角A，B，C所对的边长分别为，，，，且， (1)求的长度； (2)求的面积； 【答案】(1)4 (2) 【分析】（1）先利用正弦定理得到，再联立，即可求解； （2）先由余弦定理求出，进而得到，再根据面积公式即可求解. 【详解】（1）因为，由正弦定理得， 又因为，，解得，，， 所以的长度为4. （2）由（1）知，，， 在中，由余弦定理得， 所以， 所以， 故的面积为. 18．每年的10月1日是国庆节，为庆祝该节日，某学校举办了“知识竞赛”．竞赛共分两轮，即每位参赛选手均须参加两轮比赛，已知在第一轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为，；在第二轮比赛中，选手甲，乙胜出的概率分别为p，q．假设甲，乙两人在每轮比赛中是否胜出互不影响． (1)若，求乙恰好有一轮胜出的概率； (2)若甲，乙各有一轮胜出的概率为，甲，乙两轮都胜出的概率为． ①求p，q的值； ②求甲，乙两人至少有一人两轮都胜出的概率． 【答案】(1) (2)① ，；② 【分析】（1）利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可； （2）①根据对立事件和独立事件的概率公式列方程，即可求解；②先根据独立事件的概率公式求“甲两轮都胜出”和“乙两轮都胜出”的概率，再利用互斥事件和独立事件的概率公式求解即可. 【详解】（1）设事件“第一轮比赛中甲胜出”，事件“第二轮比赛中甲胜出”， 设事件“第一轮比赛中乙胜出”，事件“第二轮比赛中乙胜出”， 由题意得，，，相互独立，且，，，． 记事件“乙恰好有一轮胜出”，则，又互斥， 所以，当时， . 因此，当时，乙恰好有一轮胜出的概率为. （2）①事件“甲，乙各有一轮胜出”，事件“甲，乙两轮都胜出”， 则， ， 则，解得，． ②事件“甲两轮都胜出”，事件“乙两轮都胜出”， 事件“甲，乙两人至少有一人两轮都胜出”， ，， 19．如图，在棱长为3的正方体中. (1)求二面角的正切值； (2)若与平面交于点E，求线段BE的长； (3)若点P是平面内一个动点，且，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）取的中点F，连接、BF，先根据二面角的定义得出为二面角的平面角；再根据线面垂直的性质及三角形的有关计算即可求解. （2）连接，先根据正方体的性质、线面垂直的性质定理及判定定理得出平面；再根据正方体的性质得出E为正的中心；最后根据中线的性质可求解. （3）先根据线面垂直的性质及三角形的有关计算得出点P的轨迹；再根据线面垂直得出与平面所成的角为，且；最后根据同角三角函数基本关系即可求出. 【详解】（1）取的中点F，连接、BF， 则由正方体的性质可得：，，且平面 ∴，， 故为二面角的平面角， 又∵平面， ∴， 则. ∵正方体的棱长为3， ∴， 则， ∴二面角的正切值为. （2）如图，连接， ∵四边形为正方形， ∴， 由正方体性质可知：平面， ∵平面， ∴， ∵， ∴平面. ∵平面， ∴， 同理可证得， ∵， ∴平面. ∵，与平面交于点E， ∴， ∴，即E为的外心. ∵由正方体的性质可得：， ∴是正三角形； ∴E为正的中心. ∵正方体的棱长为3， ∴ ∵因为点F为的中点， ∴. （3）如图，由（2）知，则. 由正方体的体对角线公式可得：， ∴. ∵平面，平面， ∴，即，. ∵， ∴，即， 即，两边平方后，整理得， 又∵， ∴， ∴点P的轨迹是以点E为圆心，半径为的圆. ∵平面， ∴与平面所成的角为，且， ∵， ∴ 故直线与平面所成角的正弦值为. 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 $