安徽亳州市蒙城第一中学2025-2026学年高一下学期数学期末模拟卷

**基本信息** 高一下期末模拟卷覆盖复数、统计、向量、立体几何等核心知识，通过体能测试统计分析、四棱锥与六面体几何证明等综合题，考查数据意识、空间观念与推理能力，适配期末综合评估需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数虚部、百分位数、向量垂直|基础概念与运算结合| |多选|3/18|统计量比较、向量与三角形性质|选项分层考查思维严谨性| |填空|3/15|向量数量积、概率计算、球内接小球|情境简洁聚焦关键能力| |解答|5/77|统计应用（频率分布直方图）、立体几何（二面角）、解三角形|体能测试题体现数据意识，六面体体积最值题考查创新应用，贴合高考综合能力导向|

2025-2026学年高一下学期期末模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题58分） 一．单项选择题：本大题共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. 若，则z的虚部是（ ） A. B. 3 C. D. 2. 样本数据2，3，5，8，11，14，15，17的第25百分位数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 8 3. 设向量，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，半球O的半径为，从中挖去一内接圆柱，圆柱一个底面在半球面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．则△ABC的形状为( ) A. 正三角形 B. 等腰直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形 6. 定义平面斜坐标系，记，，分别为轴、轴正方向上的单位向量．若，则称为的斜坐标．已知，的斜坐标分别为，，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 7. 抛掷一枚质地均匀的骰子，事件“两次掷出的点数之和是6”，事件“两次掷出的点数相同”，事件“第一次掷出的点数是偶数”，则（ ） A. B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与相互独立 8. 如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（   ） A． B． C． D．1 二．多选题：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. 已知两组样本数据和，，其中是的平均数， 不全相同，则这两组样本数据的（ ） A. 平均数一定相等 B. 中位数一定相等 C. 标准差一定不相等 D. 第百分位数可能相等 10. 已知点为所在平面内一点，则（ ） A. 若，则 B. 若，且，则为等边三角形 C. 若，，则 D. 若，且，则的面积是面积的 11. 已知空间四边形中，且，设，设与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 的最小值为 3. 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，向量，则的值是__________. 13. 甲乙两人组成“星队”参加投篮比赛，每轮比赛由两人各投一球，已知甲每轮投中的概率是，乙队每轮投中的概率为．在每轮活动中，甲和乙投中与否互不影响，各轮结果也互不影响，则“星队”在两轮活动中投中1个球的概率为__________. 14. 如图，半径为2的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小球，合上盒盖，当小球的半径最大时，小球的表面积为__________. 4. 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. 当前中学生体质呈现“整体改善、局部恶化”的复杂态势.教育部明确将体育纳入初高中学业水平考试，并作为招生录取计分科目，学生的体育素质越来越受到关注，某高校招生拟引入体育素质评价结果，随机抽取了500名学生进行了体能素质测试，并记录得分（满分：100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求a的值并估计这500名学生成绩的平均数和中位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； （2）体能素质测试分数不低于90分才能评定为体能优秀，现采用分层随机抽样的方法从中抽取7人，再从这7人中随机选出两人，求这两人恰有1人体能优秀的概率. 16. 在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求角B的大小； （2）若的面积为且，求的周长． 17. 如图，四棱锥的底面是等腰梯形，，，，侧面是等边三角形，为的中点，且．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 18. 在中，角的对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）． （1）如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求； （2）如图2，若，，交于一点， ①求的值，②若，，，，求． 19. 已知六面体中，四边形是边长为2的正方形，且，平面，直线与平面所成角为． （1）求证：平面平面； （2）已知，求平面和平面夹角的余弦值； （3）平面和平面的夹角为，且，求六面体体积最大值． ( 第 1 页 共 17 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一下学期期末模拟卷 数学 选择题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A B D D C B C A ACD BCD ACD 一．单项选择题：本大题共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. 若，则z的虚部是（ ） A. B. 3 C. D. 【解析】A 由题意得， 则，所以z的虚部是. 2. 样本数据2，3，5，8，11，14，15，17的第25百分位数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 8 【解析】B 这组样本数据共8个数，而且已经从小到大排列， 由可知，这组数据的第25百分位数是. 3. 设向量，若，则（ ） A. B. C. D. 【解析】D 因为，， 由得，解得. 4. 如图，半球O的半径为，从中挖去一内接圆柱，圆柱一个底面在半球面上，且轴截面为正方形，则剩余的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【解析】D 如图，作半球O的轴截面，记半球半径为R，圆柱半径为r 由题意，圆柱的轴截面为正方形，所以圆柱的高为2r，则有，故 所以剩余几何体的表面积为. 5. 在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，．则△ABC的形状为( ) A. 正三角形 B. 等腰直角三角形 C. 直角三角形 D. 等腰三角形 【解析】C 由知，， ∴＝， ，， ， ∴， ∵在△ABC中，， ∴， ∵，∴， 即△ABC为直角三角形． 6. 定义平面斜坐标系，记，，分别为轴、轴正方向上的单位向量．若，则称为的斜坐标．已知，的斜坐标分别为，，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【解析】B 已知，则， ， 已知， ， ． 7. 抛掷一枚质地均匀的骰子，事件“两次掷出的点数之和是6”，事件“两次掷出的点数相同”，事件“第一次掷出的点数是偶数”，则（ ） A. B. 与相互独立 C. 与相互独立 D. 与相互独立 【解析】C 对A：掷两次骰子，基本事件有个，事件“两次掷出的点数之和是6”包含：，，，，共5个基本事件，所以，故A错误； 对B：事件都包含基本事件有：，，，，，共6个，所以；事件包含的基本事件有：，所以, 因为，故与不相互独立，故B错误； 对C：事件：“第一次掷出的点数是偶数”，所以,事件包含的基本事件有：，，，所以，因为，所以事件，相互独立，故C正确； 对D：因为事件包含：，共2个基本事件，所以，因为，故事件与不相互独立，故D错误. 8. 如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（   ） A． B． C． D．1 【解析】A 连接，交于，交于点，连接，，设正方形的边长为， 因为为正方形，所以沿对角线折叠的过程中， 点（即点）在底面上的射影一直在直线上， 又点在平面上的射影在直线上，所以点即为点在平面上的射影， 即平面， 则即为点到平面的距离. 因为平面，所以. 正方形中，，即， 所以为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径， 又三棱锥的外接球表面积为，则，解得， 所以. 因为为的中点，为的中点，所以为的重心， 则. 在中，. 所以点到平面的距离为. 二．多选题：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. 已知两组样本数据和，，其中是的平均数， 不全相同，则这两组样本数据的（ ） A. 平均数一定相等 B. 中位数一定相等 C. 标准差一定不相等 D. 第百分位数可能相等 【解析】ACD 不妨设，则 ， 对于A：第二组数据的平均数为 ，故A正确； 对于B：第一组数据的中位数为，第二组数据为中间两数的平均值，不一定等于，故B错误； 对于C：记第一组数据的标准差为， 则第二组数据的标准差为，故C正确； 对于D：第一组数据第80百分位数为， 第二组数据第80百分位数为第5个数据，两者可能相等，故D正确． 10. 已知点为所在平面内一点，则（ ） A. 若，则 B. 若，且，则为等边三角形 C. 若，，则 D. 若，且，则的面积是面积的 【解析】BCD 对于选项A，因为，所以， 所以，故选项A错误， 对于选项B，因为， 所以，又，在区间上单调递减，则， 又，则，所以为等边三角形，故选项B正确， 对于选项C，若，，则，， 故点M为的垂心，所以，则，故选项C正确， 对选项D，由于  ，而  ，所以  ，其中  ， 不妨设  ，则Q点在直线BC上， 由于  与  同底，而高线之比等于 MQ 与 AQ 的比，即比值为， 所以  的面积是  面积的 ，故选项D正确， 11. 已知空间四边形中，且，设，设与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 的最小值为 【解析】ACD 在空间四边形中，且， 在中，可得， 在中，可得， 所以，所以A正确； 过点作平面于点，设， 则为直线与平面所成的角，则， 过点作于点，因为平面，且平面， 所以，因为，且平面， 所以平面，因为平面，所以， 所以为二面角的平面角，即， 在直角中，可得， 所以，所以C正确； 由，其中为直线与平面所成的角， 根据直线与平面所成角的定义和最小角定理，可得，即，所以B错误； 因为，可得，且，则 则，即， 即的最小值为，所以 D正确. 3. 填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知向量，向量，则的值是__________. 【解析】由，，可得， 则. 13. 甲乙两人组成“星队”参加投篮比赛，每轮比赛由两人各投一球，已知甲每轮投中的概率是，乙队每轮投中的概率为．在每轮活动中，甲和乙投中与否互不影响，各轮结果也互不影响，则“星队”在两轮活动中投中1个球的概率为_______. 【解析】每轮中甲投中为事件，每轮中乙投中为事件，则，， 因为甲和乙投中与否互不影响， 则每轮比赛中，共投中一球的概率； 均未投中一球的概率； 所以“星队”在两轮活动中投中1个球的概率为：. 14. 如图，半径为2的四分之一球形状的玩具储物盒，放入一个玩具小球，合上盒盖，当小球的半径最大时，小球的表面积为______. 【解析】设四分之一球的球心为，小球的球心为，最大半径为，作出截面图形如下： 由题意得，，因为，所以，解得， 小球的表面积为. 4. 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. 当前中学生体质呈现“整体改善、局部恶化”的复杂态势.教育部明确将体育纳入初高中学业水平考试，并作为招生录取计分科目，学生的体育素质越来越受到关注，某高校招生拟引入体育素质评价结果，随机抽取了500名学生进行了体能素质测试，并记录得分（满分：100分），将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为，，，，，并绘制成如图所示的频率分布直方图. （1）求a的值并估计这500名学生成绩的平均数和中位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）； （2）体能素质测试分数不低于90分才能评定为体能优秀，现采用分层随机抽样的方法从中抽取7人，再从这7人中随机选出两人，求这两人恰有1人体能优秀的概率. 【解析】（1）由题意，，解得， 平均数为：， 由图可知的频率为，的频率为， 故中位数位于，设中位数为， 由，解得，即中位数是， 综上，，平均数，中位数. （2）由图可知，的频率之比是， 根据分层抽样可知，需在分别抽取人和人， 抽取的人记作，抽取的人记作， 所有情况是，共种， 这两人恰有1人体能优秀的情况有，共种， 根据古典概型的计算公式，这两人恰有1人体能优秀的概率是. 16. 在中，A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知． （1）求角B的大小； （2）若的面积为且，求的周长． 【解析】（1） 因为， 由正弦定理可得． 即， 因为，所以． 所以． 因为，，所以， 因为，所以． （2）因为，所以， 由余弦定理得， 由，可得， 所以，所以的周长为． 17. 如图，四棱锥的底面是等腰梯形，，，，侧面是等边三角形，为的中点，且．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)求直线与平面所成角的正弦值． 【解析】（1）如图，取的中点，连接，． 因为为等边三角形，所以， 又在等腰梯形中，为的中点，可知为等腰梯形的高，故， 又，，平面，所以平面，得． 因为，，且， 故， 又，，， 所以．    （2）在平面内，作于点，连接． 由（1）易知，从而为二面角的平面角． 易知，则， 所以， 所以，即二面角的余弦值为． （3）设到平面的距离为． 易知，即， 即，解得． 设直线与平面所成的角为，则． 18. 在中，角的对边分别为，，，点，，分别位于，，所在直线上，满足，，（，，）． （1）如图1，若三角形是边长为3的正三角形，且，求； （2）如图2，若，，交于一点， ①求的值，②若，，，，求． 【解析】（1）设，则，因为，， 所以， 由图可知三点共线，所以令 ， 所以，解得，所以. （2）① 如图，过点作于点，过作于点， 因为， 同理， 所以， ， 所以，同理可证，，， 因为，，， 所以由图可知， 所以. ② 如图所示，过点作交于点，过作交于点， 由，，可得， 所以，所以， 由，，可得，且， 所以，，即， 设，则由余弦定理可得， ， 即，解得， 所以， 故， 所以18. 如图所示，19. 已知六面体中，四边形是边长为2的正方形，且，平面，直线与平面所成角为． （1）求证：平面平面； （2）已知，求平面和平面夹角的余弦值； （3）平面和平面的夹角为，且，求六面体体积最大值． 【解析】（1）因为四边形是正方形，所以，又， 平面，，所以平面. 又平面，平面，平面平面， 所以，所以平面. 又平面，所以平面平面. （2）如图： 易证，所以四边形为平行四边形，且， 作平面平面，分别交，于点，，则，. 因为平面平面，所以就是直线与平面所成角，所以. 又平面，平面， 所以，，所以即为平面与平面所成锐二面角的平面角， 也就是平面与平面的夹角. 在中，由正弦定理可得：，所以. 即平面和平面夹角的余弦值为. （3）因为，平面，平面，所以平面， 同理平面，又平面，， 所以平面平面. 又，且平面. 所以六面体为直四棱柱. 因为平面和平面的夹角为，即. 在中，由正弦定理可得：， 即，所以，. 所以四边形的面积为： . 又六面体体积为： （当时取等号）. 即六面体体积的最大值为：. 第 1 页 共 17 页 学科网（北京）股份有限公司 $