四川成都市2025-2026学年高一下学期数学期末考试模拟练习

**基本信息** 该试卷为成都高一下数学期末模拟练习，涵盖复数、立体几何、统计等核心知识，解答题融合《九章算术》方亭体积、塔高测量等情境，通过分层抽样、四棱锥动态问题等设计，培养数据意识、空间观念与推理能力，适配期末综合检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数象限、分层抽样、面面关系|第4题结合《九章算术》方亭，渗透文化传承| |多选|3/18|样本数据特征、函数对称性、正方体动态问题|第11题以正方体动点N设计体积、线面关系探究，体现问题层次性| |填空|3/15|向量垂直、解三角形测量、向量最值|第13题塔高测量问题，强化数学语言表达现实世界能力| |解答|5/77|频率分布直方图、向量运算、解三角形、三角函数零点、四棱锥证明与外接球|第19题四棱锥动态问题综合线面角、外接球，发展空间观念与逻辑推理|

四川省成都市2025-2026高一下学期数学期末考试模拟练习 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”． 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回． 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，只有一项符合题目要求． 1．若，则在复平面内，所对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．某校有老师200人，男学生1200人，女学生1000人，现用比例分配的分层随机抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为的样本．已知从女生中抽取80人，则等于（    ） A．80 B．100 C．192 D．200 3．已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A．若，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 4．《九章算术》中将正四棱台体（棱台的上、下底面均为正方形）称为方亭.如图，现有一方亭，其上、下底面的周长分别为4，8，方亭的高为3，则方亭的体积为（    ） A．10 B．9 C．8 D．7 5．如图，已知是边长为2的正六边形内的一点（不含边界），为其中心，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 6．在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则角的大小为（ ） A． B． C． D． 7．已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知球是正三棱锥的外接球，是边长为的正三角形，，为边上的一点，且与平面所成角的正切值为.若过点的球的截面面积为，则与该截面所成的角为（   ） A． 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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9．在一组样本数据3，5，5，6，7，7，9中增加一个数据后，下列说法正确的是（    ） A．若众数仅为5，则 B．若平均数不变，则 C．若中位数不变，则 D．若极差为9，则或 10.已知函数的图象关于点对称，则（    ） A． B．在上单调递减 C．在区间上的最小值为 D．若，，则 11．如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（ ） A．三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B．无论点N在何处，始终有平面成立． C．直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D．平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量，，，若，则______． 13．如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得米，，则塔高__________米（结果保留整数）.（参考数据） 14．已知平面向量满足，非零向量满足，向量满足，则的最小值是__________. 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．某幼儿园根据部分同年龄段儿童的身高数据绘制了如图所示的频率分布直方图，其中身高（单位：）的变化范围是，样本数据分组为，，，，． (1)求出的值； (2)已知样本中身高小于的人数是60，求出样本容量的数值； (3)根据频率分布直方图提供的数据，现用分层抽样的方法从身高在，，内的儿童中共抽出42名儿童参加活动，求三个组内分别要抽取的儿童数． 16．已知向量． (1)若，求实数k的值； (2)若，求的值； (3)若与的夹角是钝角，求实数k的取值范围． 17．在中，内角的对边分别为，已知. (1)求角； (2)若的面积为，且. ①求的周长； ②求. 18．已知函数， (1)若对于任意都有，且，求的对称中心； (2)已知，函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，是的一个零点，若函数在（）上恰好有6个零点，求的取值范围； (3)已知两函数（），在第（2）问条件下，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围. 19．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，，，，点E，F分别为棱，的中点，G为线段上一动点（含端点）. (1)证明：平面； (2)若，点Q是三棱锥的外接球上一动点，求的取值范围； (3)设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，，求的最大值. 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 $ 四川省成都市2025-2026高一下学期数学期末考试模拟练习 考试时间120分钟，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号、准考证号用0.5毫米的黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”． 2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米的黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效． 3.考试结束后由监考老师将答题卡收回． 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，只有一项符合题目要求． 1．若，则在复平面内，所对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】C 【详解】， 故在复平面内，其对应的点为位于第三象限． 2．某校有老师200人，男学生1200人，女学生1000人，现用比例分配的分层随机抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为的样本．已知从女生中抽取80人，则等于（    ） A．80 B．100 C．192 D．200 【答案】C 【详解】因为，所以，所以． 3．已知，，是三个不同的平面，m，n，l是三条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A．若，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】C 【分析】在长方体中，利用线线，线面，面面之间的关系判断. 【详解】对于选项A，分别把、、当作直线、、，显然，故A不正确； 对于选项B，平面、平面、平面分别视为平面、、，显然，故B不正确； 对于选项C，，，则，故C正确； 对于选项D，平面、平面分别视为平面、，分别视为，则，故D不正确. 4．《九章算术》中将正四棱台体（棱台的上、下底面均为正方形）称为方亭.如图，现有一方亭，其上、下底面的周长分别为4，8，方亭的高为3，则方亭的体积为（    ） A．10 B．9 C．8 D．7 【答案】D 【分析】根据台体体积公式求得正确答案. 【详解】上底面周长为，边长为，面积为. 下底面周长为，边长为，面积为. 所以方亭的体积为. 5．如图，已知是边长为2的正六边形内的一点（不含边界），为其中心，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据正六边形的对称性，结合平面向量数量积的几何意义进行求解即可. 【详解】由正六边形的对称性可知，易知正六边形的每个内角为. 设与的夹角为，则， 所以当最大时，取得最大值； 当最小时，取得最小值. 可知当与重合时，取得最大值， ，此时.. 当与重合时，取得最小值，此时， 此时，故的取值范围为. 6．在中，内角，，的对边分别为，，，且，，则角的大小为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】借助余弦定理计算可得，借助三角恒等变换公式化简可得，代入计算即可得角的大小. 【详解】因为，由余弦定理得， 则，又，所以， 因为， 所以， 即， 又，所以， 所以或（舍）， 则，所以. 7．已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先由正弦函数的周期性求出的大致范围，再根据正弦函数的递增区间求出的具体范围. 【详解】令，因为，所以 因为函数在区间上单调递增， 所以函数在上单调递增，且，即． 因为， 所以函数在上单调递增，等价于或， 解不等式得或，所以的取值范围是． 8．已知球是正三棱锥的外接球，是边长为的正三角形，，为边上的一点，且与平面所成角的正切值为.若过点的球的截面面积为，则与该截面所成的角为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作平面，垂足为，由正三棱锥性质求出及外接球的半径，进而求得，利用球的截面性质求解. 【详解】如图，作平面，垂足为，则是正三角形的中心， 因为    ，， 所以，则， 所以为与平面所成角，故，， 设正三棱锥外接球的半径为，则，得， 所以，故， 如图，设过点的球的截面圆的半径为，圆心为，为截面圆上一点， ，则， 所以，则， 所以与该截面所成角为，故， ，即与该截面所成角为. 故选：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9．在一组样本数据3，5，5，6，7，7，9中增加一个数据后，下列说法正确的是（    ） A．若众数仅为5，则 B．若平均数不变，则 C．若中位数不变，则 D．若极差为9，则或 【答案】AB 【分析】先求得原始数据的平均数，众数，中位数，极差，再结合选项依次讨论即可得答案. 【详解】原始数据的平均数为， 众数为5和7，中位数为6，极差为， 对于A，原数据众数为5和7，若新众数仅为5，则5的个数须超过7的个数，故增加的，故正确； 对于B，当增加数据后平均数不变，则增加的，故正确； 对于C，原中位数为6，增加后，新中位数为8个数据中第4、5位的平均数， 要使中位数仍为6，经检验只有满足条件，当增加数据后中位数不变，故，故错误； 对于D，当增加数据后极差为9，故当最小时，得； 当最大时，得，故或，故错误. 10.已知函数的图象关于点对称，则（    ） A． B．在上单调递减 C．在区间上的最小值为 D．若，，则 【答案】AB 【分析】利用正弦函数中心对称的性质求出参数，再结合正弦函数的单调性、值域性质和三角恒等变换逐一判断各选项. 【详解】对于A：正弦函数的图像关于点对称， 因此满足，即， 所以，即，又，所以，A正确； 对于B：由A，，正弦函数的单调递减区间为， 由，得， 时，递减区间为，区间，因此在单调递减，B正确； 对于C：当时，， 当，即时取最小值，不是，C错误； 对于D：由得， 又，故， 所以， 因为，所以， D错误. 11．如图，在正方体中，M是BD的中点，N是线段上一动点，则下列说法正确的有（ ） A．三棱锥的体积随着点N的位置的改变而随之变化． B．无论点N在何处，始终有平面成立． C．直线MN与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为． D．平面BDN截得正方体的截面可能是三角形或四边形． 【答案】BCD 【分析】A选项，直角面积为定值，点N到平面的距离为定值，进而判断体积；B选项，平面即为平面 ，再结合正方体特点判断； C选项，作出辅助线，得到即为直线与平面所成角，设大小为，设，，分，和三种情况，得到的取值范围；D选项，当为的中点，和三种情况，画出平面BDN截得正方体的截面. 【详解】A选项，在点N的位置移动时，点N到平面的距离为定值， 等于正方体的棱长，且直角面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，不会随着点N的位置的改变而变化，A错误； B选项，平面ACN即为平面AC ，而正方体中必有平面；得到B正确； C选项，取的中点，连接，则⊥，过点作⊥于点， 则，故⊥平面， 所以即为直线MN与平面所成角，设大小为， 设正方体的棱长为2，则， 设，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 当时，取得最大值，最大值为， 当时，取得最小值，最小值为1，故， 若，此时平面，此时夹角为0，， 若，则， 由勾股定理得， 则， 显然，，， 此时， 综上，， 直线MN与平面所成角的正切值的取值范围为，C正确； D选项，当为的中点时，平面截得正方体的截面为正， 当时，延长交于点，连接， 则即为平面BDN截得正方体的截面， 当时，延长交于点， 在平面上，过点作平行于，交于点，连接， 则四边形即为平面BDN截得正方体的截面， 故平面截得正方体的截面可能是三角形或四边形，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量，，，若，则______． 【答案】0 【分析】根据平面向量的坐标运算即可求解． 【详解】因为向量，， 所以， 又，则，解得． 13．如图所示，为测量河对岸的塔高，选取了与塔底在同一水平面内的两个测量基点与，现测得米，，则塔高__________米（结果保留整数）.（参考数据） 【答案】27 【分析】先在中，利用正弦定理求得，再在直角中，利用正切函数的定义，求得的长即得答案． 【详解】因为米，， 所以． 由正弦定理，，可得， 在直角中，因为，所以， 即塔高为. 14．已知平面向量满足，非零向量满足，向量满足，则的最小值是__________. 【答案】 【分析】先由已知单位向量与的数量积求出与夹角为,再设各向量对应定点,利用得出点的轨迹是以为圆心、半径为1的圆,将转化为定点到动点的距离,过圆心作的垂线,在直角三角形中求出垂线段长,减去圆半径即可得到的最小值. 【详解】因为非零向量满足. 所以向量与的夹角为，设， 则. 所以有，则，所以点的轨迹为以为圆心的圆.    过点，作，垂足为，交圆于点. 根据图象可得出即为的最小值. 在中，有，所以有. 又，所以. 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．某幼儿园根据部分同年龄段儿童的身高数据绘制了如图所示的频率分布直方图，其中身高（单位：）的变化范围是，样本数据分组为，，，，． (1)求出的值； (2)已知样本中身高小于的人数是60，求出样本容量的数值； (3)根据频率分布直方图提供的数据，现用分层抽样的方法从身高在，，内的儿童中共抽出42名儿童参加活动，求三个组内分别要抽取的儿童数． 【答案】(1) (2) (3) 在，，内抽取儿童数为名 【分析】（1）利用频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为建立方程求解； （2）先计算身高小于的频率，再利用频数除以频率求样本容量； （3）计算三个区间的频率之比或人数之比，利用分层抽样的比例关系求解。 【详解】（1） 由频率分布直方图可知，组距为， 根据所有小矩形的面积之和为， 所以 ； （2）身高小于的频率为 . 因为身高小于的人数是， 所以样本容量； （3）身高在，，内的频率分别为，，， 这三组的人数分别为，，. 这三组的总人数为，故抽样比为， 则三个组内分别要抽取的儿童数为： 第一组（名） ，第二组（名） ，第三组（名） ， 故三个组内分别要抽取的儿童数为名. 16．已知向量． (1)若，求实数k的值； (2)若，求的值； (3)若与的夹角是钝角，求实数k的取值范围． 【答案】(1)； (2)； (3). 【分析】（1）利用共线向量的坐标表示列式求解. （2）利用向量垂直的坐标表示求出值，进而求出向量的模. （3）利用向量夹角公式及共线向量的坐标表示列式求解. 【详解】（1）由向量，，得， 所以. （2）依题意，，由，得，解得， 因此，所以. （3）由与的夹角是钝角，得且与不共线， 因此且，解得且， 所以实数k的取值范围是. 17．在中，内角的对边分别为，已知. (1)求角； (2)若的面积为，且. ①求的周长； ②求. 【答案】(1) (2)① ② 【详解】（1）由正弦定理得，， 由，得， ，，又，所以. （2）①由，得. 由及正弦定理，得，所以， 所以，又，所以. 所以的周长为. ②根据上述分析可知，，， 由正弦定理，因为，所以是锐角， 所以， 可得， 计算可得． 18．已知函数， (1)若对于任意都有，且，求的对称中心； (2)已知，函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，是的一个零点，若函数在（）上恰好有6个零点，求的取值范围； (3)已知两函数（），在第（2）问条件下，若对任意，存在，使得成立，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）由可求得函数的最小正周期，进而确定参数的值，再由整体代换即可求得对称中心； （2）由三角函数的平移变换求得的解析式，再由零点的定义确定参数的值，结合正弦函数的性质求得的最小值； （3）将所给条件转化为和的值域的包含关系，即可求得参数的取值范围. 【详解】（1）的最小正周期是， 故，又，解得， 所以， 由的对称中心为； （2）∵函数图象向右平移个单位，得到函数的图象， ， 又是的一个零点，，即， 或， 解得或， 由可得， 令，则 令，则在有6个解， 因为， 将的解从小到大分别记作，其中， 由的周期为得 ， ， 要使在有6个解则，，解得， 所以m的取值范围是. （3）由（2）知，对任意，存在，使得成立， 则， 当时，， 当时，， 由可得，解得， 故实数的取值范围为. 19．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，平面平面，，，，点E，F分别为棱，的中点，G为线段上一动点（含端点）. (1)证明：平面； (2)若，点Q是三棱锥的外接球上一动点，求的取值范围； (3)设直线与平面，平面，平面所成的角分别为，，，，求的最大值. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）连接，取的中点，连接，根据面面垂直的性质得到平面，即可得到，再由，即可得证； （2）确定三棱锥外接球的球心为，求出及球的半径，即可得出的范围； （3）确定直线与平面，平面，平面所成的角，再根据锐角三角函数得到，设，，利用换元法求出函数的最大值. 【详解】（1）连接，取的中点，连接， 因为，所以， 又平面平面，平面平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 又，，平面， 所以平面； （2）连接，， 因为平面，所以， 所以， 又E为的中点，所以， 由平面，平面，所以， 又，， 所以, 所以为三棱锥的外接球的球心，且球的半径， 因为，所以平面，平面， 所以，又， 所以， 所以，即. （3）连接， 由平面，则为直线与平面所成的角，即，所以， 取的中点，连接，则且， 又为中点，所以，又，所以， 由平面，平面，所以，， 又，平面，所以平面，则平面， 又，平面，所以平面， 连接，，则为直线与平面所成的角，即， 所以， 为直线与平面所成的角，即， 所以， 所以， 又，设，， 所以， 所以， 令，则， 所以 ， 因为，所以， 所以当时取得最大值，且最大值为， 所以. 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 $