山东省泰安第二中学2025-2026学年高一下学期期末考试模拟训练数学试题

**基本信息** 涵盖向量、概率、立体几何等高一核心知识，解答题结合频率分布直方图、强基面试等真实情境，突出数学应用与文化传承，适配期末综合测评需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|向量共线、复数运算、分层抽样|基础概念辨析，如第3题分层抽样考查数据处理能力| |多选题|3/18|概率事件关系、解三角形|多维度思维，如第10题结合正弦定理与面积公式| |填空题|3/15|独立事件概率、刍甍体积|文化情境，如第14题《九章算术》刍甍体积计算| |解答题|5/77|统计图表分析、立体几何证明、概率应用|综合应用，如第19题强基面试概率模型，体现数据意识与模型观念|

山东省泰安二中2026年高一下学期期末考试模拟训练 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知平面向量，，且，则（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分） （    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）某校高一年级有男生500人，女生700人，按性别进行分层，用分层随机抽样的方法从该校高一年级学生中抽出一个容量为360的样本．如果样本按比例分配，那么男生，女生应分别抽取的人数为（    ） A．； B．； C．； D．； 4．（本题5分）已知，为单位向量，且，则与的夹角为（    ） A． B． C． D． 5．（本题5分）甲、乙两人组成“星队”参加猜成语活动，每轮活动由甲、乙各猜一个成语，甲每轮猜对的概率为，乙每轮猜对的概率为．在每轮活动中，甲和乙猜对与否互不影响，各轮结果也互不影响．则“星队”在两轮活动中猜对3个成语的概率为（ ） A． B． C． D． 6．（本题5分）已知非零向量与满足，且，则为（   ） A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形 7．（本题5分）已知两个不同的平面，和两条不重合的直线m，n，则下列说法正确的是（   ） A．若，，则 B．若，且n与平面、所成的角相等，则 C．若，，，则 D．若m，n为异面直线，且，，，，则 8．（本题5分）降水量是指降落在水平面上单位面积的水层深度（单位：mm）.气象学中把24小时内的降水量叫做日降水量.某学生用上口直径为20cm，底面直径为12cm，母线长为的圆台型水桶放置在水平地面上来测量日降水量.某次降雨过程中用此桶接了24小时的雨水，雨水的高度是桶深的，则本次降雨的日降水量是（    ） A．29.6mm B．46.3mm C．63.5mm D．82.2mm 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（    ） A．若与互斥，则 B．若与相互独立，则 C．若与相互独立，则 D．若发生时一定发生，则 10．（本题6分）记的内角，，的对边分别为，，，且，，边上的高为2，则（ ） A． B． C．的周长为 D．的面积为5 11．（本题6分）如图，在边长为2的正方形中，点E，F分别是，的中点．若沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为G，则（ ） A． B．平面平面 C．点G到平面的距离为 D．三棱锥的外接球的表面积为 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）若事件A，B相互独立，，，则________. 13．（本题5分）在锐角中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．若，，则周长的取值范围是_______． 14．（本题5分）《九章算术》是我国古代的数学名著，书中描述了一种五面体——刍甍（chú  méng），其底面为矩形，顶棱和底面矩形的一组对边平行.现有如图所示——刍甍，，侧面和为等边三角形，且与底面所成角相等；若，E到底面的距离为，则该刍甍的体积为_______. 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）已知向量， (1)若，求； (2)若向量，，求与夹角的余弦值. 16．（本题15分）为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛.现将竞赛得分在分（满分：分）的学生成绩进行统计与分组，得到如下图所示的频率分布直方图. (1)求的值，并估计统计数据的上四分位数； (2)据统计，本次竞赛在内得分的平均数为，方差为；在内得分的平均数为，方差为，求在内得分的平均数与方差. 17．（本题15分）已知是锐角三角形，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求A； (2)若，求面积的取值范围. 18．（本题17分）如图，四棱锥中，平面，，，E为的中点，点F在棱上，直线和直线相交. (1)求证：； (2)若，，. （i）证明：平面； （ii）求直线与平面所成的角. 19．（本题17分）在某985高校的强基面试中，有两道难度相当的题目，每位面试者有两次答题机会，如果第一次答对抽到的题目，则面试通过，不再回答第二道题，否则就回答第二道题，第二道题答对则面试通过，若两道题都答错则面试不通过．已知李明答对每道题的概率都是0.6，张志答对每道题的概率都是0.5，假设两位面试者答题互不影响，且每人对抽到的不同题目能否答对是相互独立的． (1)求李明第二次答题通过面试的概率； (2)求张志通过面试的概率； (3)求李明和张志至少有一人通过面试的概率． 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 《山东省泰安二中2026年高一下学期期末考试模拟训练》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B B B A A D A ABD ABD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】先根据向量共线求解出参数的值，然后根据坐标运算即可计算出的结果. 【详解】因为，，且， 所以，， 故选：A. 2．B 【分析】根据复数代数形式的运算法则进行计算. 【详解】. 故选：B 3．B 【分析】根据分层抽样的计算方法，求出每层的抽取数量. 【详解】共有人，则抽取男生数量为人，抽取女生数量为人； 故选：B. 4．B 【分析】由题意可求得，进而可求得. 【详解】因为，所以，所以， 又因为，为单位向量，所以，所以， 又因为，所以. 故选：B. 5．A 【分析】由在一轮活动中，两人全答对，在另一轮活动中，只有一个人答对的情况下利用独立事件的乘法公式可得. 【详解】由题意可得在一轮活动中，两人全答对，在另一轮活动中，只有一个人答对， 所以其概率为. 故选：A. 6．A 【分析】根据已知条件可知的角平分线与垂直，可得，再由向量夹角公式得，得，求出即可得的形状. 【详解】，分别为向量与方向上的单位向量， 因为，所以的角平分线与垂直， 所以是等腰三角形，且， 由，，所以， 所以， 所以是等腰三角形. 故选：A. 7．D 【分析】对于A，根据线面平行性质推断线线位置即可判断；对于BC，举出反例可判断；对于D，结合异面直线性质以及面面平行的判定定理即可判断. 【详解】对于A，如图示，若，，则可能是或异面，A错误； 对于B，若，当时，n与平面、所成的角相等， 此时，B错误； 对于C，如图，设，且， ，当时，有成立，此时可斜交，不一定垂直，C错误， 对于D，如图，过m作平面γ与平面交于l， 由于，，故，而，，故， 由于m，n为异面直线，且，故必相交，结合，得，D正确， 故选：D 8．A 【分析】作出辅助线，求出桶的深度，得到雨水的高度，进而求出雨水的体积，圆台型水桶的上口直径为20cm，面积为，从而得到本次降雨的日降水量. 【详解】如图所示，cm，cm，， 过点作⊥于点，则，cm， cm， 桶的深度为cm， 故雨水的高度为cm，由三角形相似知，cm， 故cm， 雨水的体积， 圆台型水桶的上口直径为20cm，面积为， 故本次降雨的日降水量是cm，故为29.6mm. 故选：A 9．ABD 【分析】根据给定条件，利用互斥事件、相互独立事件的概率公式，结合概率的基本性质逐项求解判断. 【详解】对于A，与互斥，则，A正确； 对于B，与相互独立，则，，B正确； 对于C，与相互独立，，C错误； 对于D，发生时一定发生，即，，D正确. 故选：ABD 10．ABD 【分析】根据正弦定理进行边换角，再利用三角恒变换判断A；根据同角三角函数关系结合A选项即可求出，再利用正弦定理和两角和的正弦公式求得，最后即可求出，即可判断B；利用勾股定理和面积公式即可判断CD． 【详解】对A，因为，所以由正弦定理得， 因为， 代入上式可得：， 即，因为，所以，得到， 则，正确； 对B，由，且， 因为，，所以， 可得，又， 由正弦定理得，则，所以， 则， 因为，所以，边上的高为， 因为，，又，，则，，正确； 对C，因为，，根据勾股定理， 的周长为，错误； 对D，的面积，正确． 故选：ABD 11．ABD 【分析】由线面垂直的判定定理证明出平面可判断A，由面面垂直的判定定理证明平面可得B正确；将三棱锥补成长方体，计算出长方体的体对角线长，可得出三棱锥外接球的半径，利用球体的表面积可求得结果可判断D；利用等体积法可求得点到平面的距离可判断C. 【详解】在正方形中，，，， 在三棱锥中，则，， ，平面，所以平面， 又平面，所以，故A正确； 且，又，又平面， 所以平面，又平面，所以平面平面，故B正确； 将三棱锥补成长方体， 所以，三棱锥外接球的直径为， 因此，三棱锥外接球的表面积为，故D正确； ，， ，取的中点，连接，则， ，则， 设点到平面的距离为，由，可得，解得，故C错误； 故选：ABD. 12．/ 【分析】应用互斥事件概率加法公式及独立事件概率乘法公式及对立事件概率公式计算求解. 【详解】因为事件A，B相互独立，所以与相互独立，与相互独立， 所以，， 因为互斥，所以. 故答案为： 13． 【分析】利用正弦定理角化边，利用余弦定理求出，再利用正弦定理，结合三角恒等变换求出范围. 【详解】在中，由及正弦定理，得， 即，由余弦定理得，而，解得， 由是锐角三角形，得，则 由正弦定理， 得 ， 因为，所以， 所以， 所以 所以周长的取值范围是. 故答案为： 14． 【分析】将其分割成两个三棱锥和一个直三棱柱，求出所需棱长即可体积. 【详解】记的中点分别为，连接，易知， 又，所以，因为为正三角形，所以， 因为是平面内的两条相交直线，所以平面， 又平面，所以平面平面， 过作，过分别作的平行线，如图， 因为平面平面，平面， 所以平面，平面，所以，， 所以， 因为平面，所以， 易知，是平面内的两条相交直线，所以平面， 同理平面，所以为直三棱柱， 因为，所以， 所以该刍甍的体积为 . 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）根据向量垂直的坐标表示求出m，即可求得，即可求解答案； （2）根据向量平行的坐标表示求出m，再利用向量的夹角公式，即可求得答案. 【详解】（1）由于向量，，故，， 由，得， 即，解得，则， 故， （2）由于向量，，，则， 则，故， 故与夹角的余弦值为. 16．(1)； (2)； 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求得，利用上四分位数的定义列式求解； （2）不同区间的平均数和方差，可根据加权平均数和方差的计算公式进行求解. 【详解】（1）由频率分布直方图的性质，知所有矩形的面积和为1， 所以即，解得： 因为， 故四分位数区间一定在内 设四分位数为，则，解得： （2）的频率： 的频率： 因此，与的数量比为 设有个数据，有个数据， 已知内得分的平均数为，内得分的平均数为 则的平均数为 根据方差的性质得： 17．(1) (2) 【分析】（1）利用正余弦定理进行边角互化即可； （2）利用三角形的面积公式求出然后利用正弦定理结合三角函数的性质求出的取值范围即可. 【详解】（1）， 故，即 故， 且，故. （2）由正弦定理得， ， 因为是锐角三角形，. 故，即 所以，故， 所以， 故面积的取值范围为. 18．(1)见解析 (2)（i）见解析；（ii）. 【分析】（1）利用线面平行的判定定理和性质定理求解即可； （2）利用线面垂直的判定定理和线面角的定义求解即可. 【详解】（1）直线和直线相交，故四点共面， 四棱锥中，，平面， 平面，故平面， 因为平面平面，平面， 故. （2）（i），，故， 故， 所以，故， 因为平面，平面， 故，且，平面， 故平面. （ii）因为，E为的中点， 故F为的中点，且， 故， 因为平面，平面， 故，且，平面， 故平面， 故是直线与平面所成的角， 因为，， 所以 所以即， 故直线与平面所成的角为. 19．(1)0.24； (2)0.75； (3)0.96. 【分析】（1）利用相互独立事件的概率公式计算得解. （2）利用互斥事件及相互独立事件的概率公式计算得解. （3）利用对立事件及相互独立事件的概率公式求解. 【详解】（1）令“李明第次答对题目”，，则， 李明第二次答题通过面试的事件为，而相互独立， 所以李明第二次答题通过面试的概率. （2）令“张志第次答对题目”，，则， 张志通过面试的事件， 所以张志通过面试的概率. （3）李明通过面试的事件，则， 李明和张志至少有一人通过面试的事件，则. 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 $