广东佛山市2025-2026学年高一下学期数学期末模拟卷

**基本信息** 立足高一数学核心知识，融合历史文化与现实情境，通过梯度化题型设计，全面考察数学眼光、思维与表达能力，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| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|复数、向量、三角函数图像变换、立体几何|第7题以1671年地月距离测量为背景，体现文化传承；多选第11题结合正方体动态轨迹，考察空间观念| |填空题|3题/15分|随机数表抽样、三角形五心、球内接三棱锥体积|第14题通过球体积求三棱锥体积最值，考察直观想象| |解答题|5题/77分|圆锥证明、统计分析、三角函数性质与解三角形、四棱锥与半球综合|16题“数学文化”竞赛统计分析关联校园实践；18题结合半球与四棱锥求体积及二面角，体现综合应用能力|

广东省佛山市2025-2026学年下学期高一数学期末模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：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。 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．已知复数（是虚数单位），则（   ） A． B． C． D． 2．若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（   ） A． B． C． D． 3．已知，，则（   ） A． B． C． D． 4．将函数的图象经过下列哪种变换可以得到函数的图象（     ） A．先向左平移个单位，再将函数图象上每一点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） B．先向左平移个单位，再将函数图象上每一点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） C．先向左平移个单位，再将函数图象上每一点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） D．先向左平移个单位，再将函数图象上每一点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） 5．设，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（   ） A．若，，且，则 B．若，，且，则 C．若，，且，则 D．若，，且，则 6．将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．早在1671年，两位法国天文学家就已经成功测量出了地球与月球之间的距离.对该测量过程进行简化后，得到如下平面示意图，设为地心，为月球表面上一点，为圆上不同的两点，地球半径的长记为，经测量，，则地月距离OC用可以表示为（    ） A． B． C． D． 8．在正四棱锥中，，设平面与直线交于点，则（   ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．设复数满足，则下列结论正确的是（    ） A．的虚部为 B． C． D．若为虚数，则 10．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则下列说法正确的有（    ） A． B． C．是的一条对称轴 D．对任意的，都存在，使得 11．如图，在棱长为2的正方体中，O为正方体的中心，M为的中点，F为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（    ） A．动点F的轨迹是一条线段，线段长度为 B．直线与的夹角的余弦值为 C．三棱锥的体积为定值 D．若过A，M，三点作正方体的截面，Q为截面上一点，则线段长度最小值为 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．总体由编号为00，01，…，59的60个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表第1行的第6个数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第3个个体的编号为________． 5044664421    6606580562    6165543502    4235489632 1452415248    2266221586    2663754199    5842367224 13．O是锐角三角形ABC内的一点，A，B，C是的三个内角，且点O满足，则O是的______心． 14．已知四点都在体积为的球的表面上，若AD是球的直径，且，，则三棱锥体积的最大值为______． 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．（13分） 如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，点C在底面圆周上，点D为BC的中点． (1)证明：平面PAC； (2)证明：平面平面PBC． 16．（15分） 为点燃同学们对数学的热爱，使其探寻数字背后的文化密码，某校高一年级举办“数学文化”知识竞赛．为了解参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取100人的成绩（百分制）作为样本，并按分组，作出频率分布直方图如图所示． (1)求的值，并估计样本中成绩不低于60分的人数； (2)估计样本中成绩的上四分位数； (3)若规定成绩不低于80分为“良好”等级，已知样本中成绩在内的平均数为88，方差为7，成绩在内的平均数为96，方差为7，求样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差． 17．（15分） 已知函数的图象关于直线对称，其中 (1)求的值； (2)求函数的对称中心； (3)在中，，，分别为三个内角，，的对边，锐角满足，，求面积的最大值． 18．（17分） 如图，四棱锥的顶点在半球的表面上，四边形为圆的内接四边形，且． (1)求四棱锥体积的最大值． (2)当四棱锥的体积最大时： （i）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 19．（17分） 在中，内角的对边分别为，且. (1)求的值； (2)已知满足. （i）若，求的值； （ii）若，求面积的最大值. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省佛山市2025-2026学年下学期高一数学期末模拟卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：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。 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．已知复数（是虚数单位），则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由复数的除法法则计算． 【详解】， 故选：B． 2．若是平面内的一个基底，则下列四组向量中不能作为平面向量的基底的是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】判断向量组中两个向量是否共线． 【详解】由已知是平面内的一个基底， 则若共线，则存在实数，使得，即，与是基底矛盾，因此不共线， 若共线，则存在实数，，所以，与是基底矛盾，因此不共线， 因为，所以不共线，共线， 因此D不能作为基底， 故选：D． 3．已知，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用正弦和差公式化简，联立求出，，两式相除得到答案. 【详解】，， 故联立可得，， 两式相除可得，即. 故选：B. 4．将函数的图象经过下列哪种变换可以得到函数的图象（     ） A．先向左平移个单位，再将函数图象上每一点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） B．先向左平移个单位，再将函数图象上每一点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） C．先向左平移个单位，再将函数图象上每一点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变） D．先向左平移个单位，再将函数图象上每一点的横坐标变为原来的2倍（纵坐标不变） 【答案】A 【详解】先将向左平移个单位，可得， 再将函数图象上每一点的横坐标变为原来的倍（纵坐标不变）， 可得的图象，故A正确. 5．设，是两个不同的平面，m，n是两条不同的直线，下列命题中正确的是（   ） A．若，，且，则 B．若，，且，则 C．若，，且，则 D．若，，且，则 【答案】D 【分析】对于ABC，由答案不完备可判断错误；对于D，直接证明正确即可. 【详解】对于A，若，，且，则或异面，故A错误； 对于B，若，，且，则平行或相交，故B错误； 对于C，若，，且，则相交或，故C错误； 对于D，若，，则，因为，所以存在使得， 所以，，所以. 故选：D. 6．将函数的图象先向右平移个单位长度，再把所得函数图象上所有点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到函数的图象，若函数在上没有零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题意可得，，根据函数的周期性，结合正弦函数的零点，列出相关的不等式，求解可得的取值范围. 【详解】由题意可得，，则的最小正周期是. 若函数在上没有零点，则，所以. 当时，. 所以. 所以或. 若，则； 若，则. 所以的取值范围是. 7．早在1671年，两位法国天文学家就已经成功测量出了地球与月球之间的距离.对该测量过程进行简化后，得到如下平面示意图，设为地心，为月球表面上一点，为圆上不同的两点，地球半径的长记为，经测量，，则地月距离OC用可以表示为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由已知结合正弦定理求；在中，由余弦定理求． 【详解】解：，，， ， ； 在中，， . ， ． 又，， 所以， 故选：A 8．在正四棱锥中，，设平面与直线交于点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由，结合已知可得，利用共面求. 【详解】因为， 所以， 因为，所以， 所以， 又，所以， 所以， 因为共面，所以，解得. 故选：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．设复数满足，则下列结论正确的是（    ） A．的虚部为 B． C． D．若为虚数，则 【答案】BC 【分析】利用复数的除法法则求得，再逐项计算判断即可. 【详解】因为，所以， 所以的虚部为，故A错误； ，故B正确； ，故C正确； 若为虚数，则的虚部不等于，故D错误. 故选：BC. 10．将函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，若的图象与的图象关于轴对称，则下列说法正确的有（    ） A． B． C．是的一条对称轴 D．对任意的，都存在，使得 【答案】ACD 【分析】由正弦函数与余弦函数的性质求解即可. 【详解】对于A，根据题意得，， 因为的图象与的图象关于轴对称，所以， 即， 可得或， 因,则得，又因，所以，故A正确； 对于B，由A得，所以，故B错误； 对于C，由，可得，当时，，故C正确； 对于D，当时，，此时， 而当时，，此时 所以，故D正确. 11．如图，在棱长为2的正方体中，O为正方体的中心，M为的中点，F为侧面正方形内一动点，且满足平面，则（    ） A．动点F的轨迹是一条线段，线段长度为 B．直线与的夹角的余弦值为 C．三棱锥的体积为定值 D．若过A，M，三点作正方体的截面，Q为截面上一点，则线段长度最小值为 【答案】ACD 【分析】取的中点H，G，连接，证明平面，，从而得到点F的轨迹长度判断A；由正方体的结构特征易知且为等边三角形，即可判断B；根据A得出平面，从而得到点F到平面的距离为定值，再结合的面积也为定值，即可判断C；设N为的中点，从而根据面面平行的性质定理得到截面即为面，利用等体积法可求线段长度最小值为. 【详解】对于A：如图分别取的中点H，G，连接， 由正方体的性质可得，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 且，平面，所以平面， 而平面，所以平面，所以点F的轨迹为线段GH，又，故A正确； 对于B：由正方体的结构特征易知且为等边三角形， 所以直线与的夹角为，即直线与的夹角的为， 所以直线与的夹角的余弦值为，故B错误； 对于C：由A知，点F的轨迹为线段GH， 因为平面，则点F到平面的距离为定值， 同时的面积也为定值，则三棱锥的体积为定值，故C正确； 对于D：如图，设平面与平面交于AN，N在上． 因为截面平面，截面平面， 平面平面，所以，同理， 所以截面为平行四边形，则点N为的中点． 因为Q为截面上一点，则线段长度最小值即为到平面的距离， 因为，， 所以， ，设到平面的距离为， 因为，所以， 所以，解得， 所以线段长度最小值为，故D正确. 故选：ACD. 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．总体由编号为00，01，…，59的60个个体组成，利用下面的随机数表选取6个个体，选取方法是从随机数表第1行的第6个数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第3个个体的编号为________． 5044664421    6606580562    6165543502    4235489632 1452415248    2266221586    2663754199    5842367224 【答案】56 【详解】由题意可知，从该随机数表第1行的第6个数字开始由左到右依次选取两个数字， 个体编号依次为：64（舍去），42，16，60（舍去），65（舍去），80（舍去），56，26，16（舍去），55，43， 所以选出的6个个体编号依次为42，16，56，26，55，43，故第3个个体的编号为56． 13．O是锐角三角形ABC内的一点，A，B，C是的三个内角，且点O满足，则O是的______心． 【答案】垂 【分析】根据向量数量积及其运算律可证垂直，从而得出结果. 【详解】因为， 同理，，故O为的垂心. 故答案为：垂. 14．已知四点都在体积为的球的表面上，若AD是球的直径，且，，则三棱锥体积的最大值为______． 【答案】 【分析】设的外接圆半径为，圆心为，根据正弦定理可求，根据几何关系可求到平面ABC的距离为定值，当面积最大时，三棱锥体积最大，利用余弦定理、基本不等式、三角形面积公式可求面积的最大值，即可得解. 【详解】设球的半径为，因为球的体积为，故，解得， ，设的外接圆半径为，圆心为， 根据正弦定理知，，即， ， 是球的直径，是AD的中点， 点到平面ABC的距离为， 在中，根据余弦定理得， 即， ，当且仅当时，等号成立， 的面积， 三棱锥体积的最大值． 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．（13分） 如图，已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，AB为底面直径，点C在底面圆周上，点D为BC的中点． (1)证明：平面PAC； (2)证明：平面平面PBC． 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）由题设易得，进而根据线面平行的判定定理求证即可； （2）由题设可得，，结合可得，进而得到平面POD，再根据面面垂直的判定定理求证即可. 【详解】（1）因为O为底面圆心，AB为底面直径，所以点O为AB的中点， 又因为点D为BC的中点，所以， 因为平面PAC，平面PAC，所以平面PAC； （2）因为点C在底面圆周上，所以， 又因为点D为BC的中点，所以， 因为AB为底面直径，所以， 又因为，所以， 而，PD，平面POD，所以平面POD， 因为平面PBC，所以平面平面PBC． 16．（15分） 为点燃同学们对数学的热爱，使其探寻数字背后的文化密码，某校高一年级举办“数学文化”知识竞赛．为了解参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取100人的成绩（百分制）作为样本，并按分组，作出频率分布直方图如图所示． (1)求的值，并估计样本中成绩不低于60分的人数； (2)估计样本中成绩的上四分位数； (3)若规定成绩不低于80分为“良好”等级，已知样本中成绩在内的平均数为88，方差为7，成绩在内的平均数为96，方差为7，求样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差． 【答案】(1)，90 (2)86 (3)平均数为91，方差为22． 【分析】（1）根据频率分布直方图的特征求的值，再利用频率估计总体即可； （2）根据百分位数的求解方式求解即可； （3）根据分层抽样的方差公式求解． 【详解】（1）在频率分布直方图中，所有小矩形的面积之和为1， 则，解得， 估计样本中成绩不低于60分的人数为． （2）前四个小矩形的面积之和为， 前五个小矩形的面积之和为， 所以成绩的上四分位数落在内，设其为， 则， 解得， 即估计样本中成绩的上四分位数为86． （3）样本中成绩在内占成绩在内的比例为， 样本中成绩在内占成绩在内的比例为． 设样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差分别为， 由分层随机抽样的平均数公式可得， 由分层随机抽样的方差公式可得， 故样本中“良好”等级的成绩的平均数为91，方差为22． 17．（15分） 已知函数的图象关于直线对称，其中 (1)求的值； (2)求函数的对称中心； (3)在中，，，分别为三个内角，，的对边，锐角满足，，求面积的最大值． 【答案】(1)1 (2)， (3) 【分析】（1）先利用三角恒等变形得，再代入对称轴，结合即可求解； （2）利用整体法，令即可得到对称中心； （3）由题可得，再求出，然后利用余弦定理结合基本不等式求出的最大值，进而根据即可求解． 【详解】（1）化简可得， 函数的图象关于直线对称， ，， ，，又， 解得； （2）函数的解析式为； 令  ，则， 所以函数的对称中心为，； （3）在中锐角满足， ，， 又，由余弦定理可得， ，当且仅当时，等号成立， 面积， 面积的最大值为． 18．（17分） 如图，四棱锥的顶点在半球的表面上，四边形为圆的内接四边形，且． (1)求四棱锥体积的最大值． (2)当四棱锥的体积最大时： （i）求平面与平面所成的锐二面角的余弦值； （ii）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1) (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）设直线与的夹角为，点到平面的距离为，再根据体积公式可得，故当平面，时，体积最大； （2）（i）根据题意可得其侧面是边长为的等边三角形，进而得到，则即为平面与平面所成二面角的平面角，结合余弦定理求解即可； （ii）设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，再利用等体积法求出，然后根据线面角的定义求解即可． 【详解】（1）设直线与的夹角为，点到平面的距离为． 则， 如图，连接， 则当平面时，， 当时，最大，为1， 所以， 即四棱锥的体积的最大值为． （2）由（1）知，当四棱锥的体积最大时，平面，四边形为正方形， 所以四棱锥为正四棱锥， 其底面边长，高，侧棱长． 所以其侧面是边长为的等边三角形． （i）因为是正方形，所以． 又平面平面，所以平面． 设平面平面，又平面， 则由线面平行的性质可得．同理． 分别取的中点，连接，如图． 因为和均为等边三角形， 所以，所以， 所以即为平面与平面所成二面角的平面角． 在中，， 所以， 所以平面与平面所成的锐二面角的余弦值为． （ii）设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为． 由等体积法可得， 即，解得， 故， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 19．（17分） 在中，内角的对边分别为，且. (1)求的值； (2)已知满足. （i）若，求的值； （ii）若，求面积的最大值. 【答案】(1) (2)（i）；（ii）27 【分析】（1）利用余弦定理化简即可求解； （2）（i）在和在中利用正弦定理化简可得，在中，由余弦定理即可求解； （ii）根据三角形面积关系可得，设，利用余弦定理可得，从而得到，由化简结合二次函数的性质求解即可. 【详解】（1）因为，由余弦定理得， 整理得 （2）（i）因为满足，所以， 又，设，则. 在中，由正弦定理得，即， 在中，由正弦定理得，即， 又，所以，即， 解得，又，所以，解得， 所以， 在中，由余弦定理得， 即. （ii）由， 所以， ， 两式相乘得，所以. 设，则，由，解得， 在中，由余弦定理得， 则， ， 由，得，当时，面积的最大值为27. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $