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** 本试卷聚焦高一数学核心内容，通过文峰塔高度测量（第8题）、“无言的证明”（第11题）等真实情境与数学文化素材，分层考查复数、立体几何、解三角形等知识，适配期末综合评估与数学眼光、思维、语言素养的培养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数几何意义、球表面积、解三角形|基础概念与空间观念结合，如第2题正方体内切球表面积| |多选|3/18|三角函数图像、长方体几何关系|多角度辨析，如第10题结合中点考查线面关系与空间角| |填空|3/15|复数运算、球与圆柱体积比、三角形形状判断|简洁考查运算能力，如第13题体积比计算| |解答题|5/77|向量投影与面积、四棱锥证明、三角函数图像变换、动态立体几何|综合应用，如第19题结合体积最值与二面角，考查逻辑推理与空间想象|

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（i为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（    ）． A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．棱长为的正方体的内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 3．记的内角的对边分别为，若，，，则角为（    ） A． B． C．或 D． 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 5．在平行四边形ABCD中，和DF交于点，若，则（ ） A． B． C． D． 6．设为不同的直线，为不同的平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 7．若点是的外心，向量在向量上的投影向量为，，，，则（    ） A． B． C． D． 8．某数学兴趣小组成员为测量文峰塔的高度，在与塔底位于同一水平面上共线的，，三处进行测量，如图2．已知在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，米，则文峰塔的高度（ ） A．米 B．米 C．米 D．米 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．函数（，，）的部分图象如图所示，下列结论中正确的是（    ） A． B．函数的图象关于点对称 C．函数在上单调递增 D．将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象 10．如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，则（    ） A．，，，四点共面 B．平面平面 C．直线与所成的角为 D．平面 11．数学家威廉·邓纳姆认为“终极优雅”是“无言的证明”，即通过一个直观、精巧的图示就能完整传达数学定理的证明．如图，为矩形，则（    ）． A． B． C． D． 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．若复数满足，则______. 13．设球在圆柱内，且圆柱的底面直径和高都等于该球的直径，则球与圆柱的体积之比是______. 14．已知的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，则为______. 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．在平面直角坐标系中，已知点，，． (1)求向量在的投影向量的坐标； (2)求的面积． 16．如图，在底面是矩形的四棱锥中，⊥平面，是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面⊥平面. 17．已知a，b，c是的内角A，B，C所对的边，，且满足． (1)求B； (2)求面积的最大值． 18．已知函数（其中常数）的最小正周期为． (1)求函数的表达式； (2)若关于的方程在上有解，求实数的取值范围； (3)将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若实数满足，且的最小值是，求的值． 19．如图，在等腰直角三角形中，，M是半圆弧上异于A，B的动点，平面平面．设O，N分别为，的中点，，三棱锥体积的最大值为． (1)证明：平面； (2)当时，求二面角的正切值； (3)求点N到平面的距离（用表示）． 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（i为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（    ）． A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【分析】化简求出复数，即可判断复数在复平面内对应的点所在象限. 【详解】由可得：， 所以对应的点在第一象限. 故选：A. 2．棱长为的正方体的内切球的表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据正方体的棱长求出内切球的半径，进而求得内切球的表面积． 【详解】因为正方体的内切球的半径是正方体棱长的一半， 所以内切球的半径，所以内切球的表面积． 故选：D． 3．记的内角的对边分别为，若，，，则角为（    ） A． B． C．或 D． 【答案】C 【详解】由正弦定理可知， 由，又因为， 所以为或. 4．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用齐次式可构造出关于的方程，进而求得；利用两角和与差的正切公式可求得结果. 【详解】，， . 故选：A. 5．在平行四边形ABCD中，和DF交于点，若，则（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用平行四边形的性质，结合平面向量的线性运算性质、平面向量基本定理进行求解即可. 【详解】设的中点为，连接， 因为，所以是的中点，所以，且， 因为四边形ABCD是平行四边形， 所以，且， 所以 又因为， 所以，因为， 所以，所以， 因为， 所以， 所以 . 故选：B 6．设为不同的直线，为不同的平面，则下列结论中正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】B 【分析】利用线面平行、垂直的判定定理和性质定理判断即可. 【详解】对A：若，则或与相交或与异面，故选项A错误； 对B：若，则，故选项B正确； 对C：若，则或与相交，故选项C错误； 对D：若，则，故选项D错误. 故选：B. 7．若点是的外心，向量在向量上的投影向量为，，，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据已知及投影向量的定义得是的一条中线，则，利用向量数量积的运算律求模长即可. 【详解】由点是的外心，向量在向量上的投影向量为， 所以为的中点，则是的一条中线，故， 所以，故. 8．某数学兴趣小组成员为测量文峰塔的高度，在与塔底位于同一水平面上共线的，，三处进行测量，如图2．已知在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，在处测得塔顶的仰角为，米，则文峰塔的高度（ ） A．米 B．米 C．米 D．米 【答案】A 【分析】设，用表示，再利用余弦定理，列式计算即得. 【详解】设，依题意，，，， 在中，由余弦定理得 ， 在中，由余弦定理得 ， 由， 可得： 解得： 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．函数（，，）的部分图象如图所示，下列结论中正确的是（    ） A． B．函数的图象关于点对称 C．函数在上单调递增 D．将函数的图象向右平移个单位得到函数的图象 【答案】ABC 【分析】通过图像可以确定函数的周期和值，然后利用特定定确定值，最后根据正弦函数的性质和图像变换，逐项判断即可. 【详解】对于选项A：由题意可得，故，则，故A正确； 根据图像，可得， 即，解得，又，即， 所以， 对于选项B：当时，有， 故的图象关于点对称，故B正确； 对于选项C：令，则， 当时，， 而在单调递增，故C正确； 对于选项D：将函数的图象向由右平移个单位得到 ，故D错误. 故选：ABC. 10．如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，则（    ） A．，，，四点共面 B．平面平面 C．直线与所成的角为 D．平面 【答案】BC 【分析】根据直线，是异面直线可判断A；根据面面垂直的判定定理可判断B；取的中点，可得三角形为等边三角形可判断C；取的中点，根据可判断D． 【详解】对于A中，直线，是异面直线，故，，，四点不共面，故A错误； 对于B中，在长方体中，可得平面， 平面，所以平面平面，故B正确； 对于C中，取的中点，连接，，则， 所以直线与所成的角为．， ， ，所以三角形为等边三角形， 所以，故C正确； 对于D中，取的中点，连接，则易得，因为平面， 显然与平面不平行，故D错误． 故选：BC. 11．数学家威廉·邓纳姆认为“终极优雅”是“无言的证明”，即通过一个直观、精巧的图示就能完整传达数学定理的证明．如图，为矩形，则（    ）． A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】根据三角函数定义，诱导公式，余弦的二倍角公式，以及相似三角形的面积比，逐一证明各选项，判断正确结果. 【详解】 如图所示，， 在中，，由，可得，所以A正确； 同理，得，所以B正确； 易知，得， 则，所以C错误； 易知，，所以D正确； 故选：ABD. 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．若复数满足，则______. 【答案】 【分析】设出复数的代数形式，利用复数加法及复数相等求出即可. 【详解】设，由，得， 即，因此，解得， 所以. 故答案为： 13．设球在圆柱内，且圆柱的底面直径和高都等于该球的直径，则球与圆柱的体积之比是______. 【答案】 【分析】设球的半径为，则由题意可表示出圆柱的底面半径和高，从而利用球与圆柱的体积公式即可得解. 【详解】设球的半径为，则由题意可得圆柱的底面半径为和高为， 所以球与圆柱的体积之比为. 故答案为：. 14．已知的三个角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，则为______. 【答案】 【分析】利用正弦定理和余弦定理可得，再利用辅助角公式可得出，可求出. 【详解】由正弦定理得，因此可知， 代入余弦定理，得， 同除以得，即，其中， 当且仅当，即时，等号成立； 故，即，因此. 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．在平面直角坐标系中，已知点，，． (1)求向量在的投影向量的坐标； (2)求的面积． 【答案】(1) (2)． 【分析】（1）由投影向量的定义求解即可； （2）由数量积的定义和模长公式求出，再由同角三角函数的基本公式求出，最后由三角形的面积公式求解即可. 【详解】（1）因为，， 所以在上的投影向量为：． （2），， ， ， ，， ． 16．如图，在底面是矩形的四棱锥中，⊥平面，是的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面⊥平面. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】(1)结合三角形中位线的性质即可. (2)结合面面垂直的证明方法即可. 【详解】（1）连接交于点,连接． 四边形是矩形，是的中点． 又为的中点，． 平面，平面，平面 （2）面，面，． 是矩形，． 而，，平面平面 又平面．平面平面． 17．已知a，b，c是的内角A，B，C所对的边，，且满足． (1)求B； (2)求面积的最大值． 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）利用正弦定理对已知边角式进行边角互化，即可求得； （2）根据余弦定理，三角形面积公式，结合基本不等式，即可求得面积的最大值. 【详解】（1）因为，由正弦定理可得 即，又，， 则，又，，故，又，故. （2）由（1）可知，，， 由余弦定理可得：，即， 又，则，故，当且仅当时取得等号； 又，故面积的最大值为. 18．已知函数（其中常数）的最小正周期为． (1)求函数的表达式； (2)若关于的方程在上有解，求实数的取值范围； (3)将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，若实数满足，且的最小值是，求的值． 【答案】(1) (2) (3)或 【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简的表达式，结合其最小正周期求出，即得答案； （2）根据，求出，求出，令，将原问题转化为在上有解问题，即可求得答案； （3）由题意可求出的表达式，结合题意推出关于等式的等式，即可求得答案. 【详解】（1）， 因为的最小正周期为，且， 所以即，所以． （2）因为，所以． 所以，令． 又在上有解， 所以在上有解， 而在上单调递减，故， 所以． （3）由题意可知：，， 因为， 所以中有一个为1，另一个为， 因为的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，且的最小值是， 所以，所以，或， 因此的值为或． 另解求的方法：中有一个为1，另一个为，不妨设， 则，解得； ，则，解得， 那么，， 因为，且的最小值是， 所以，解得的值为或． 19．如图，在等腰直角三角形中，，M是半圆弧上异于A，B的动点，平面平面．设O，N分别为，的中点，，三棱锥体积的最大值为． (1)证明：平面； (2)当时，求二面角的正切值； (3)求点N到平面的距离（用表示）． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先证明平面，可得，再利用线面垂直即可证明求解； （2）利用二面角知识且结合（1）可得即为二面角，从而可求解； （3）利用等体积转换法可得，从而可求解. 【详解】（1）由为等腰直角三角形，且，且，分别为，的中点，连接，， 则，又平面平面，且平面平面， 所以平面，又平面，所以， 又因为为直径所对的圆周角，所以，即， 又，所以，因，平面， 所以平面. （2）连接，由题意可知当时，三棱锥体积取到最大， 此时，解得， 由（1）知平面，平面，所以， 又，所以即为二面角， 因，所以，， 所以， 故二面角的正切值为. （3）连接，如图，由（1）知平面，平面，所以， 所以，，， 所以， 在中，，所以 设点到平面的距离为， 则，即，即， 解得， 故点到平面的距离为. 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 $