江苏苏州市2025-2026学年高一下学期数学期末模拟卷（2）

**基本信息** 覆盖高一数学核心知识，注重数学思维与应用，如统计分析（题15）、向量新定义（题18）等，适配期末综合测评。 **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、复数、概率、立体几何|基础巩固，如向量共线求参数（题1）| |多选题|3/18|复数性质、解三角形、球的切接|能力辨析，如锐角三角形边角关系（题10）| |填空题|3/15|圆锥侧面积、体积比、三角形面积最值|空间观念与运算能力，如圆锥轴截面（题12）| |解答题|5/77|统计、复数、向量、新定义、解三角形|综合应用，如频率直方图分析（题15，数据意识）、向量新定义证明（题18，创新意识）|

苏州市2025-2026学年高一第2学期期末模拟卷（2） 一、单选题，本题共8小题，每小题5分，共40分 1.已知向量，若，则实数的值为（ ） A. 16 B. 4 C. -4 D. -16 2. 已知，，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 8 3. 已知复数在复平面内所对应的点分别为和，则（ ） A. B. C. D. 4. 从分别写有1，2，3，4的4张卡片中不放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 5.已知平面和不重合的两条直线，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6.在梯形中，，，，，若在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 7.已知一个圆锥型容器的底面直径与母线长相等，若容器壁和底的厚度不计，该容器内部所能容纳的最大球的体积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题，本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 设是的共轭复数，则下列说法正确的有（ ） A. 是纯虚数 B. 是实数 C. 是实数 D. 10. 在锐角中，，，则（ ） A. B. C. D. 11.半径为1的球完全在半径为的球的内部，且两球球面有唯一的公共点，球表面上三点确定的平面与球相切，若，，则（ ） A. 三点共线 B. C. 直线与平面所成角小于 D. 三棱锥的体积为 三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知圆锥轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为_____. 13. 已知四棱锥的底面为平行四边形，过点的平面与棱分别交于.若三棱锥的体积是三棱锥体积的倍，则的值为______. 14. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积的最大值为_____. 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. 从参加环保知识竞赛的学生中抽出60名学生，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率直方图如图所示.观察图形，回答以下问题： （1）这一组的频率和频数分别为多少？ （2）估计该次环保知识竞赛及格率（60分以上为及格）； （3）估计这组数据的80百分位数. 16. 已知复数，，. （1）当时，求和； （2）设，在复平面内对应的点分别为A，B，O为原点，若，求. 17. 如图，已知的夹角为. （1）求的值； （2）若线段的中点分别为. （i）求实数的值； （ii）求线段的长. 18.定义向量，. （1）求； （2）若与共线，求； （3）证明：当且仅当时，对任意恒成立. 19. 在中，，设分别为. （1）若. （i）求的值； （ii）求最小值； （2）若，求的值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 苏州市2025-2026学年高一第2学期期末模拟卷（2） 一、单选题，本题共8小题，每小题5分，共40分 1.已知向量，若，则实数的值为（ ） A. 16 B. 4 C. -4 D. -16 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示可求. 【详解】，. 故选：B. 2. 已知，，则（ ） A. 2 B. C. 4 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的坐标表示和向量的模进行求解即可. 【详解】因为， 所以. 所以. 故选：B. 3. 已知复数在复平面内所对应的点分别为和，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的几何意义，可得，然后利用复数的乘法、除法运算可求. 【详解】因为复数在复平面内所对应的点分别为和， 所以， 则. 故选：A. 4. 从分别写有1，2，3，4的4张卡片中不放回地随机抽取2张，则抽到的2张卡片上的数字之和是奇数的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出从4张卡片中不放回地随机抽取2张所有可能的组合的可能数，求出和为奇数的条件的组合数即可求解. 【详解】从4张卡片中不放回地随机抽取2张， 所有可能的组合有：，共种等可能的结果， 和为奇数的条件是一奇一偶， 符合条件的组合为：， 所以抽到的2张卡片上的数字之和是奇数的概率为. 故选：D. 5.已知平面和不重合的两条直线，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面的基本性质，结合空间线线、线面位置关系判断各项正误. 【详解】对A：若，则或，或或与相交，错误； 对B：若，则或，错误； 对C：若，则或，错误； 对D：若，则，正确. 故选：D 6.在梯形中，，，，，若在上的投影向量为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设，则，利用投影向量可得，利用向量的数量积的定义及运算律可求解. 【详解】依题意，设，则， 因为在上的投影向量为，所以，又， 所以，所以，即， 因，，，则，解得，所以. 故选：C. 7.已知一个圆锥型容器的底面直径与母线长相等，若容器壁和底的厚度不计，该容器内部所能容纳的最大球的体积为，则该圆锥的侧面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设圆锥底面半径、球的半径和表示相关参数，利用相似三角形建立关系，根据球体积公式计算球的半径，代入圆锥底面半径和母线长，最后利用圆锥侧面积公式求解即可. 【详解】设圆锥底面半径为，圆锥高为，底面直径与母线长相等，则母线长， 再设圆锥内部所能容纳的最大球的半径为， 根据勾股定理，， 画出圆锥的轴截面，此时圆锥的轴截面是一个等边三角形，其内部的最大圆是该等边三角形的内切圆，根据轴截面的相似三角形关系得： ，即，，， 已知球的体积为，则，解得，， 所以，， 根据圆锥的侧面积公式，该圆锥的侧面积为. 故选：C. 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和的余弦公式和辅助角公式将题设等式化简，得到，再利用二倍角余弦公式即可求得. 【详解】因为 所以， 所以. 故选：D 二、多选题，本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 设是的共轭复数，则下列说法正确的有（ ） A. 是纯虚数 B. 是实数 C. 是实数 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】复数，则，再利用复数的概念，四则运算及模长公式逐项验证即可. 【详解】设复数，则， 所以，当时，为实数，故A错误； ，故B正确； ，故C正确； ，， 所以，故D正确； 故选：BCD. 10. 在锐角中，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于选项A，将两个等式利用和差的正弦公式展开，即可求得的值；对于选项B，根据条件求出的值，进而可得到的关系；对于选项C，根据先求出其余弦值，进而得到正切值；对于选项D，首先将展开，然后根据求出. 【详解】对于选项A： 因为， 所以① ②， 所以，所以A正确； 对于选项B： 因，. 所以，即，所以B正确； 对于选项C： 因为，所以. 所以，所以C正确； 对于选项D： 因为，. 又，所以， 化简得，所以解得. 又是锐角，所以，所以，D正确. 故选：ABD. 11.半径为1的球完全在半径为的球的内部，且两球球面有唯一的公共点，球表面上三点确定的平面与球相切，若，，则（ ） A. 三点共线 B. C. 直线与平面所成角小于 D. 三棱锥的体积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由题易知两球有唯一公切线即可判断A选项，根据确定的平面与球相切，可得平面，，接着可得到外接圆半径为，利用正弦定理可求得到B选项，就是直线与平面所成角，得到正弦值比较即可判断C选项；由外接圆半径为及，可计算，再得到，然后利用体积公式可算体积. 【详解】 因为两球球面有唯一的公共点，所以它们有唯一公切线，所以三点共线，故A正确； 设外接圆半径为，外心为，又确定的平面与球相切， 所以平面，，， 在，，则， ，故B错误； 因为平面，所以就是直线与平面所成角， ，故C正确； 又，所以， 又，所以为直角三角形， 则，， ，故D正确； 故选：ACD. 三、填空题，本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 已知圆锥轴截面是边长为4的正三角形，则该圆锥的侧面积为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得母线长与底面半径，利用侧面展开图是扇形可求侧面积. 【详解】由题意可得圆锥的母线长，底面半径为， 所以圆锥的侧面积为. 故答案为：. 13. 已知四棱锥的底面为平行四边形，过点的平面与棱分别交于.若三棱锥的体积是三棱锥体积的倍，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】由题可得平面，即，然后即可得的值. 【详解】 因为底面为平行四边形，所以， 又平面，平面， 所以平面，即平面， 所以， 所以点到平面的距离是点到平面距离的， 即，所以. 故答案为：. 14. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，则的面积的最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意得，结合余弦定理、基本不等式有的最大值为12，结合三角形面积公式即可得解. 【详解】由题意，所以， 而，解得， 由余弦定理有， 所以，等号成立当且仅当， 所以的最大值为12，所以的面积的最大值为. 故答案为：. 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. 从参加环保知识竞赛的学生中抽出60名学生，将其成绩（均为整数）整理后画出的频率直方图如图所示.观察图形，回答以下问题： （1）这一组的频率和频数分别为多少？ （2）估计该次环保知识竞赛及格率（60分以上为及格）； （3）估计这组数据的80百分位数. 【答案】（1）频率为，频数为； （2） （3）83.5. 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图中的数据即可求解， （2）根据图中数据即可求解频率得解， （3）根据百分位数的计算即可求解. 【小问1详解】 频率为，频数为； 【小问2详解】 及格率为； 【小问3详解】 因为数据落在的频率为0.7， 数据落在的频率为0.25. 设这组数据的80百分位数为， 所以， 所以，故， 即这组数据的80百分位数为83.5. 16. 已知复数，，. （1）当时，求和； （2）设，在复平面内对应的点分别为A，B，O为原点，若，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角函数求复数标准式，由复数的乘法以及加减，结合模长公式，可得答案； （2）由复数的几何意义写出点的坐标，根据数量积的坐标计算以及三角函数的辅助角公式，可得答案. 【小问1详解】 当时，，， 所以，， 则. 【小问2详解】 由已知得，， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以，所以，即. 17. 如图，已知的夹角为. （1）求的值； （2）若线段的中点分别为. （i）求实数的值； （ii）求线段的长. 【答案】（1）-28 （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算可得，即可根据数量积的运算律求解 （2）（i）方法一：根据，即可根据相反向量化简求解；方法二：连接，利用中位线的性质求解，（ii）根据模长公式即可求解. 【小问1详解】 因为 ， 由得， 所以 . 【小问2详解】 （i）方法一： 因为， 因为的中点分别为， 所以，即， 由不共线得. 方法二： 连结，取的中点， 则， 由不共线得. （ii）因为 ， 所以. 18. 定义向量，. （1）求； （2）若与共线，求； （3）证明：当且仅当时，对任意恒成立. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）按题目所给定义带入相应值求解； （2）根据两共线向量的坐标关系列出等式，再利用同角三角函数商的关系、二倍角的正切公式进行计算即可. （3）按题目所给定义将不等式化简为证明，当时，不等式对成立，当时方法一与方法二均为取特值说明不等式不恒成立. 【小问1详解】 因为，， 所以. 【小问2详解】 因为与共线，所以， 因为，所以，，所以， 所以. 【小问3详解】 因为， ， 要证，只要证. 方法1：①当时，对成立， ②当时，取，，解得， 取，，所以，，即，， 又因为，，所以不存在使原不等式成立. 综上所述，当且仅当时，. 方法2：令，，则， ①当时，成立， ②当时，取，，，而， 所以. ③当时，取，，，而， 所以. ④当时，取，，，而，所以. 综上所述，当且仅当时，. 19. 在中，，设分别为. （1）若. （i）求的值； （ii）求最小值； （2）若，求的值. 【答案】（1）（i）0； （ii）3 （2） 【解析】 【分析】（1）（i）由可得答案；（ii）方法一：由得，利用基本不等式得，再由的范围可得答案；方法二：设，由正弦定理得，再利用弦花切，再利用基本不等式可得答案； （2）设，由正弦定理得，由余弦定理得，求出，，再由余弦的二倍角公式可得答案. 【小问1详解】 （i）因为， 所以. （ii）方法一： 由得， 即 ， 所以， ，当且仅当时等号成立，即， 因为，所以，即， 所以，所以的最小值为3. 方法二： 设，则， 因为，故， 所以， 在中，由正弦定理得， 即，所以， 所以， 因为， 所以， 所以， 因为，所以， 当且仅当时等号成立， 因为，所以，即， 所以，所以的最小值为3； 【小问2详解】 设，则， 在中， 由正弦定理得， 即， 因为，所以，① 在中，由余弦定理得，② ，③ 由②③得， 由①②得， 故，即，所以， 所以， 所以. 学科网（北京）股份有限公司 $