高一数学下学期期末模拟卷（苏教版必修第二册，高效培优·强化卷）

**基本信息** 本卷聚焦苏教版必修二核心内容，通过真实情境（如塔尖距离测量、竞赛成绩分析）与新定义问题（如“互助函数”），考查数学抽象、空间观念与数据分析能力，适配高一期末综合评估需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|复数运算、向量投影、概率独立事件、统计图表|单选夯实基础（如复数模计算），多选区分能力（如正方体空间角判断）| |填空题|3题15分|百分位数、棱台体积、平面向量动态问题|第14题结合正方形动点，考查直观想象| |解答题|5题77分|立体几何证明、统计概率综合、解三角形、新定义函数|19题“互助函数”新情境融合向量与函数，考查创新意识；16题多问证明强化逻辑推理|

2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 强化卷·全解全析 （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。 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．复数，则（ ） A．-3 B．2 C． D．4 【答案】C 【详解】因为， 所以. 2．已知，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】直接由同角三角函数关系式及两角和的正弦公式可得. 【详解】因为，因此，由同角三角函数基本关系式， 且，得， 根据正弦和角公式. 3．已知向量在向量上的投影向量为，，则（    ） A． B．4 C． D．8 【答案】D 【分析】根据投影向量的运算公式进行求解即可. 【详解】因为向量在向量上的投影向量为， 所以. 4．甲、乙两名同学做同一道数学题，甲做对的概率为，乙做对的概率为，两人做题互不影响，下列说法错误的是（ ） A．两人都做对的概率是 B．恰好有一人做对的概率是 C．两人都做错的概率是 D．至少有一人做对的概率是 【答案】C 【分析】根据独立事件的乘法公式可判断A；根据对立事件的概率计算结合独立事件的概率公式可判断B，C，D. 【详解】设事件A表示“甲做对”，事件B表示“乙做对”，则，. 对于A，两人都做对的概率为，故A正确； 对于B，恰好有一人做对的概率为，故B正确； 对于C，两人都做错的概率为，故C错误； 对于D，至少有一人做对的概率为，故D正确． 5．已知数据的平均数为，标准差为，中位数为，极差为．由这组数据得到新数据，其中，则下列命题中错误的是（    ） A．新数据的平均数是 B．新数据的标准差是 C．新数据的中位数是 D．新数据的极差是 【答案】B 【分析】对于AB，由平均数，标准差的计算公式直接验算即可；对于CD，直接由中位数，极差的定义验证即可. 【详解】对于A，因为，所以，故A正确； 对于B，因为，所以，故B错误； 对于CD，不妨设，所以，而，所以，故C正确； 因为，所以，故D正确. 故选：B. 6．为了测量垂直于地面的两座塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模型．若米，米，，，，则塔尖之间的距离为（    ）米． A．80 B．120 C． D． 【答案】C 【分析】先求，再利用余弦定理求得. 【详解】由题得到米，米， 所以由余弦定理得到， 即， 所以米. 7．一个正六棱柱的底面边长为，侧棱长为，其所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出六棱柱的最大对角面与外截球的截面，设正六棱柱的上下底面中心分别为，球心为O，一个顶点为A，可根据题中数据结合勾股定理算出球的半径OA，再用球的体积公式即可得到外接球的体积. 【详解】作出六棱柱的最大对角面与外接球的截面，如下图， 则该截面矩形分别以底面外接圆直径和六棱柱高为两边， 设球心为，正六棱柱的上下底面中心分别为， 则球心是的中点， 由正六棱柱底面边长为，侧棱长为， 所以中，， 可得， 因此，该球的体积为. 8．钝角的内角，，的对边分别为，，，满足，则的取值范围为（    ） A．（0，1） B． C． D． 【答案】B 【分析】先利用正弦定理将条件 转化为角的关系，结合钝角三角形的限制，推出 的取值范围，再将目标式 转化为关于 的函数，最后结合函数单调性求出取值范围即可. 【详解】因为，由正弦定理得，， 即，中，故， 由及为钝角三角形可得，， 由正弦定理得， ， 由各内角大于0，即，可得，故， 对勾函数在上单调递减，且， 所以，的取值范围为. 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．分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A =“第一枚硬币反面朝上”，事件B =“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C．A与B互斥 D．A与B相互独立 【答案】AD 【分析】由古典概型概率公式计算可判断A、B，C；根据独立事件的定义计算可判断D. 【详解】对于A、C选项，，故A正确，C错误； 对于B选项，因为，， 所以，故B错误； 对于D选项，由，得A与B相互独立，故D正确. 故选：AD. 10．某校300名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．的值为0.015 B．估计这40名学生数学考试成绩的众数为75 C．估计这40名学生数学考试成绩的第80百分位数约为85 D．估计总体中成绩落在内的学生人数90 【答案】ABD 【分析】对A ，利用频率分布直方图所有矩形面积之和为 1，列方程求解的值；对 B，众数为最高矩形底边中点的横坐标，取区间[70,80)的中点 75；对C ，根据前几组频率和确定第 80 百分位数所在区间，再根据百分位数的计算公式求解即可；对D ，先算[80,90)的频率，再乘以总体 300 得到估计人数. 【详解】对于A：由，解得，A正确； 对于B：因为直方图中最高矩形对应区间为，所以估计这40名学生数学考试成绩的众数为，B正确； 对于C：前三组的频率和为，第四组的频率为， 因为，所以第百分位数落在区间内， 由，即估计这名学生数学考试成绩的第百分位数约为，C错误； 对于D：区间对应的频率为，， 所以估计总体中成绩落在的学生人数为，D正确； 11．如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（    ） A．直线与平面所成的角等于 B．四棱锥的体积为 C．两条异面直线和所成的角为 D．二面角的平面角的余弦值为 【答案】ABC 【分析】根据线面角的定义及求法即可判断A；由平面即可求出四棱锥的体积判断B；由异面直线所成角的定义及求法即可判断C；由平面角的定义及余弦定理即可判断D． 【详解】如图， 取的中点，连接，则， 而平面，平面， 得，平面 则平面， 所以是直线与平面所成的角为，故A正确； 点到平面的距离为的长度为， 则，故B正确； 易证，所以异面直线和所成的角为或其补角， 因为为等边三角形，所以两条异面直线和所成的角为，故C正确； 连接，由，所以， 又，所以为二面角的平面角， 易求得， 又，， 由余弦定理可得，故D错误． 故选：ABC． 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．已知一组数据为，这组数据的第70百分位数是______. 【答案】 【详解】将数据从小到大排列，得到：，数据总个数 ， 因为，所以这组数据的第70百分位数是第6个数，为. 13．正四棱台的上、下底面的边长分别是2cm和3cm，高是cm，则它的体积是__________． 【答案】/ 【详解】正四棱台的上底面面积，下底面面积， 14．已知边长为4的正方形ABCD，F为边BC上靠近点B的四等分点，E为线段CD上一点，M为线段EF上一点，且，若，则________；若以EF为底边作等腰三角形EFP，则当点E在边CD上运动时，的取值范围为________． 【答案】 【分析】建立平面直角坐标系，利用向量的线性坐标运算求得点的坐标，可求；利用在的垂直平分线上，可得，进而利用向量的数量积的坐标运算可求得的取值范围. 【详解】由题意，以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的平面直角坐标系， 因为正方形的边长为4，所以， 所以， 因为F为边BC上靠近点B的四等分点，所以， 又，所以，所以， 设，又，所以， 所以，解得，所以； 因为以EF为底边作等腰三角形EFP，所以在的垂直平分线上， 取中点为，则，所以， 所以， 设，所以，即， 所以，， 所以， 又因为，所以， 所以的取值范围为. 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．（13分）设复数，，其中为虚数单位． (1)若是纯虚数，求． (2)若复数在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对进行分母实数化，根据是纯虚数构造方程组求出，进而求出复数，再求出； （2）求出复数，根据其在复平面内对应的点位于第四象限构造不等式组求解． 【详解】（1）， 若为纯虚数，则，解得， 故， ． （2）， 已知复数在复平面内对应的点位于第四象限， 则，解得， ． 16．（15分）已知四棱锥，底面为矩形，、、分别是、、的中点．设平面与平面的交线为，平面平面． (1)证明：平面平面； (2)求证：； (3)求证：． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立； （2）证明出平面，利用线面平行的性质定理可证得结论成立； （3）利用面面垂直的性质得出平面，再利用线面垂直的定义可证得结论成立. 【详解】（1）因为、、分别是、、的中点，所以，， 又因为底面为矩形，所以，所以， 又平面，平面，所以平面． 又因为平面，平面，所以平面． 因为，、平面，所以平面平面． （2）因为底面为矩形，所以， 又因为平面，平面，所以平面． 因为平面，平面平面，所以． （3）因为四边形为矩形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，故. 17．（15分）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， 从成绩在中抽出的人数为：，分别记为m、n， 从5人中抽取2人进行考核，样本空间为， 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． （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，， ． 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． 18．（17分）已知的内角，，的对边为，，，且． (1)求； (2)若的面积为，求内角的角平分线长的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理求出角即可得解； （2）利用三角形面积公式结合基本不等式即可求解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理得，即， 由余弦定理得， 因为，所以，所以. （2）因为为角的角平分线，所以， 由于，所以， 所以，所以， 因为，当且仅当时等号成立， 所以，即，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为. 19．（17分）定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“互助函数”，向量为函数的“互助向量”. (1)已知，若函数的“互助向量”为，求的最大值； (2)向量为函数的“互助向量”，的一条边长度等于的最大值，边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，求这三个半圆围成的平面区域上任意两点间距离的最大值； (3)若函数为向量的“互助函数”，，.判断，，能否作为三边长？若能，给出证明；若不能，请说明理由. 【答案】(1) (2) (3)能，证明见解析 【分析】（1）根据“互助向量”得到，利用向量减法求出，结合向量的模及辅助角公式求解即可. （2）利用辅助角公式得到，结合三角形面积公式得到，根据余弦定理得到；根据三角形中位线及圆的性质得到，结合基本不等式求解即可. （3）根据题意可设，，，结合放缩法及三角恒等变换得到两边之和大于第三边，即可得证. 【详解】（1）因为函数， 所以其“互助向量”，所以. 所以 . 当时，取得最大值，为. （2）由题意知，，其中，. 所以，设内角所对的边长分别为， 由三角形的面积公式可得， 即，又，所以，所以. 由余弦定理得，所以. 不妨设边上的中点分别为，在上取一点，在上取一点， 由两点间线段最短可得， 当且仅当四点共线时，等号成立， 所以距离的最大值， 又， 当且仅当时，等号成立， 所以两点间距离的最大值为. （3）能作为三边长. 证明：因为函数为向量的“互助函数”，所以， 令，，， 因为.所以， ； ， 又，所以，即，故； 同理可证得：， 即任意两边之和大于第三边，所以能作为三边长. 17 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 强化卷·全解全析 （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。 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．复数，则（ ） A．-3 B．2 C． D．4 2．已知，，则（    ） A． B． C． D． 3．已知向量在向量上的投影向量为，，则（    ） A． B．4 C． D．8 4．甲、乙两名同学做同一道数学题，甲做对的概率为，乙做对的概率为，两人做题互不影响，下列说法错误的是（ ） A．两人都做对的概率是 B．恰好有一人做对的概率是 C．两人都做错的概率是 D．至少有一人做对的概率是 5．已知数据的平均数为，标准差为，中位数为，极差为．由这组数据得到新数据，其中，则下列命题中错误的是（    ） A．新数据的平均数是 B．新数据的标准差是 C．新数据的中位数是 D．新数据的极差是 6．为了测量垂直于地面的两座塔塔尖之间的距离，某数学建模活动小组构建了如图所示的几何模型．若米，米，，，，则塔尖之间的距离为（    ）米． A．80 B．120 C． D． 7．一个正六棱柱的底面边长为，侧棱长为，其所有顶点都在一个球面上，则此球的体积为（    ） A． B． C． D． 8．钝角的内角，，的对边分别为，，，满足，则的取值范围为（    ） A．（0，1） 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．分别抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A =“第一枚硬币反面朝上”，事件B =“第二枚硬币反面朝上”，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C．A与B互斥 D．A与B相互独立 10．某校300名学生参加数学竞赛，随机抽取了40名学生的考试成绩（单位：分），成绩的频率分布直方图如图所示，则下列说法正确的是（    ） A．的值为0.015 B．估计这40名学生数学考试成绩的众数为75 C．估计这40名学生数学考试成绩的第80百分位数约为85 D．估计总体中成绩落在内的学生人数90 11．如图，正方体的棱长为1，则下列四个命题中正确的是（    ） A．直线与平面所成的角等于 B．四棱锥的体积为 C．两条异面直线和所成的角为 D．二面角的平面角的余弦值为 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．已知一组数据为，这组数据的第70百分位数是______. 13．正四棱台的上、下底面的边长分别是2cm和3cm，高是cm，则它的体积是__________． 14．已知边长为4的正方形ABCD，F为边BC上靠近点B的四等分点，E为线段CD上一点，M为线段EF上一点，且，若，则________；若以EF为底边作等腰三角形EFP，则当点E在边CD上运动时，的取值范围为________． 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．（13分）设复数，，其中为虚数单位． (1)若是纯虚数，求． (2)若复数在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围． 16．（15分）已知四棱锥，底面为矩形，、、分别是、、的中点．设平面与平面的交线为，平面平面． (1)证明：平面平面； (2)求证：； (3)求证：． 17．（15分）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．（17分）已知的内角，，的对边为，，，且． (1)求； (2)若的面积为，求内角的角平分线长的最大值． 19．（17分）定义：对于非零向量，若函数，则称为向量的“互助函数”，向量为函数的“互助向量”. (1)已知，若函数的“互助向量”为，求的最大值； (2)向量为函数的“互助向量”，的一条边长度等于的最大值，边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，求这三个半圆围成的平面区域上任意两点间距离的最大值； (3)若函数为向量的“互助函数”，，.判断，，能否作为三边长？若能，给出证明；若不能，请说明理由. 17 / 17 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 强化卷·参考答案 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 D D C B C B B 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 AD ABD ABC 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） 【详解】（1）， 若为纯虚数，则，解得， 故， ． （2）， 已知复数在复平面内对应的点位于第四象限， 则，解得， ． 16．（15分） 【详解】（1）因为、、分别是、、的中点，所以，， 又因为底面为矩形，所以，所以， 又平面，平面，所以平面． 又因为平面，平面，所以平面． 因为，、平面，所以平面平面． （2）因为底面为矩形，所以， 又因为平面，平面，所以平面． 因为平面，平面平面，所以． （3）因为四边形为矩形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，故. 17．（15分） 【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， 从成绩在中抽出的人数为：，分别记为m、n， 从5人中抽取2人进行考核，样本空间为， 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． （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，， ． 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． 18．（17分） 【详解】（1）因为， 由正弦定理得，即， 由余弦定理得， 因为，所以，所以. （2）因为为角的角平分线，所以， 由于，所以， 所以，所以， 因为，当且仅当时等号成立， 所以，即，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为. 19．（17分） 【详解】（1）因为函数， 所以其“互助向量”，所以. 所以 . 当时，取得最大值，为. （2）由题意知，，其中，. 所以，设内角所对的边长分别为， 由三角形的面积公式可得， 即，又，所以，所以. 由余弦定理得，所以. 不妨设边上的中点分别为，在上取一点，在上取一点， 由两点间线段最短可得， 当且仅当四点共线时，等号成立， 所以距离的最大值， 又， 当且仅当时，等号成立， 所以两点间距离的最大值为. （3）能作为三边长. 证明：因为函数为向量的“互助函数”，所以， 令，，， 因为.所以， ； ， 又，所以，即，故； 同理可证得：， 即任意两边之和大于第三边，所以能作为三边长. 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $