广东省佛山市2025-2026学年下学期高一数学期末冲刺自编模拟卷

**基本信息** 以阿基米德多面体、频率分布直方图等为情境，覆盖复数、向量、立体几何等核心知识，通过分层设计的解答题（如折叠问题、体积最值）考查数学眼光、思维与语言，适配高一期末冲刺需求。 **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、向量夹角、三角函数求值、立体几何表面积|单选第8题结合阿基米德多面体考查空间想象，多选第11题动点问题体现探究性| |填空题|3题/15分|解三角形参数范围、函数最值、折叠二面角|第14题折叠问题考查空间观念与转化思想| |解答题|5题/77分|解三角形、频率分布直方图、立体几何折叠与体积、二面角|17题折叠问题综合线面平行与点面距离，19题结合半球考查体积最值与二面角，体现综合性与创新性|

广东省佛山市2025-2026学年下学期高一数学期末冲刺模拟卷 （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z满足，则（ ） A．i B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可得，设，，根据共轭复数结合复数运算可得，列式求解即可. 【详解】因为，即， 设，，则， 可得，， 则， 可得，解得，所以. 2．已知，为两个不共线的单位向量，且与的夹角为，则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】设，因为与的夹角为， 所以，化简可得， 两边同时平方可得，化简可得， 解得或， 因为不共线，即， 所以，则． 3．已知，都是锐角，，，则的值是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据，结合同角三角函数关系，余弦的差角公式求解即可. 【详解】因为，都是锐角，所以, 因为，， 所以，， 所以. 4．已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥表面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】计算出圆锥的母线长，从而计算出圆锥的表面积. 【详解】圆心角是，对应为，设扇形的半径为，也即扇形围成的圆锥母线长为， 由解得：， 所以圆锥的表面积为. 5．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足，的有两解，则b的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据正弦定理得到边与角的关系，再结合三角形有两解的条件来确定b的取值范围. 【详解】在中，，， 由正弦定理可得： ， 因为，且时，时， 要使有两解， 则的取值有两个，一个锐角，一个钝角， 由于，且为三角形内角， 所以的取值范围是， 同时有两解时的取值要满足， 由，可得， 又因为，可得， 综上，的取值范围为. 6．为了解某校学生的某次数学测试情况，随机抽取部分学生成绩（最低分为50分，满分100分），得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论不正确的是（   ） A．对应矩形的高度为0.016 B．样本众数估计值为75 C．样本平均数估计值为77.4 D．样本成绩的第70百分位数落在内 【答案】D 【分析】A选项利用矩形的面积之和为1列方程求解，B选项根据众数的定义以及直方图中最高的矩形条来判断，C选项根据平均值的公式计算，D选项判断样本数据在的频率和的频率，可得到70百分位数的范围. 【详解】设对应矩形的高度为，则，解得，A选项正确； 由图可知，的数据最多，众数的估计值为，B选项正确； 平均值为：，C选项正确； 样本数据的频率为， 样本数据的频率为， 故样本成绩的第70百分位数落在内，所以D选项错误. 7．如图，在长方体中，，点分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】如图所示，取的中点，连接，，， 在长方体中，，因为，分别是，，所以，所以，所以直线和所成角是锐角， 因为，所以，所以， 因为为的中点，所以，所以，所以，， 在中，由余弦定理得， 所以异面直线和所成角的余弦值为. 8．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的十四面体，且它所有的棱长都为2.则下列结论中，错误的是（    ） A．该石凳的表面积为 B．该石凳的体积为 C．有内切球，且内切球的体积为 D．有外接球，且外接球的表面积为 【答案】C 【分析】由题目要求，还原正方体，在正方体中观察各选项中需要用到或者求解的线段、三角形和四边形，分别求出十四面体的表面积、体积，以及是否存在内切球及外接球. 【详解】A选项，该石凳由6个正方形和8个正三角形围成，它的表面积为，A正确； B选项，如图， 该石凳由一个棱长为的正方体截去8个全等的正三棱锥，其体积为 ，B正确； C选项，该多面体由6个正方形和8个正三角形围成，到这6个正方形距离相等的点为原正方体的中心， 设该点为，到这6个正方形距离为， 设到8个正三角形的距离为，则，解得， 所以该多面体不存在内切球，C错误； D选项，该多面体存在外接球，其球心为原正方体的中心，它到每个点的距离为原正方体面对角线的一半，即2， 所以球表面积为，D正确. 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．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. 10．在中，角、、的对边分别为、、，的面积为，且，，则下列结论正确的有（   ） A． B． C．的周长可以是 D．的外接圆半径可以是 【答案】ABD 【分析】利用三角形的面积公式以及平面向量数量积的定义可判断A选项；利用三角形的面积公式可判断B选项；利用余弦定理结合基本不等式可判断C选项；利用正弦定理可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，即， 即，整理可得， 又因为，故，A对； 对于B选项，，B对； 对于C选项，由余弦定理可得， 所以的周长为 ， 当且仅当时，即当时，等号成立，即周长的最小值为，C错； 对于D选项，由C选项可知，故， 当且仅当时，等号成立， 设外接圆半径为，由正弦定理可得，可得， 又因为，即，故的外接圆半径可以是，D对. 11．如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（     ） A．过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 B．异面直线与所成角的取值范围是 C．当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D．的最小值为 【答案】ACD 【分析】根据正方体的性质，结合异面直线的定义、线面平行、面面平行的判定定理和性质定理逐项判定可确定ABC的正误，利用展开法和点到点距离的三角不等式，结合余弦定理计算可求得的最小值，进而判定D. 【详解】对于A，取的中点，连接， 因为为中点，所以， 因为 ，所以， 所以过，，三点的平面截正方体所得的截面为梯形， 又， 所以梯形的高为， 所以，故A正确； 对于B，因为，所以异面直线与所成角即为直线与所成角， 因为，所以当为的中点时，， 此时直线与所成角最大为， 当与点或重合时，直线与所成角最小， 因为，所以直线与所成角最小为， 所以异面直线与所成角的取值范围是，故B错误； 对于C， 因为，又平面，平面， 所以平面，所以上的点到平面的距离均相等， 所以到平面的距离为定值，又的面积固定， 所以当在线段上运动时，三棱锥的体积不变，C正确； 对于D，将等腰直角三角形展开与矩形在同一个平面内， ， 当共线时取等号，故D正确. 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．在中,,若为锐角,则实数的取值范围是____． 【答案】 【详解】三点组成三角形，则，即：， 据此可得：，且：， 则满足题意时有：， 即，解得：. 综上可得，实数的取值范围是或. 13．函数在区间上的最大值为__________. 【答案】3 【详解】， 因为，所以， 所以当，即时，取得最大值，为3. 14．如图所示，等边三角形的边长为4，为的中点，沿把折叠到处，使二面角为，则折叠后二面角的正切值为__________． 【答案】2 【分析】取线段的中点，逐步求证为二面角的平面角，为二面角的平面角，在中求解. 【详解】取线段的中点，连接， 因为是边长为的等边三角形，且为的中点， 所以， 所以， 所以为二面角的平面角， 因为二面角为，所以， 则是边长为的等边三角形，则， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 在中， 所以二面角的正切值为. 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） 记的内角、、的对边分别为、、，已知． (1)求角的大小； (2)若，的面积为，求的周长． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）由辅助角公式化简得出，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用三角形的面积公式可得出的值，结合余弦定理可得出的值，由此可得出的周长. 【详解】（1）因为，可得， 因为，所以，所以，故. （2），解得， 由余弦定理可得， 解得，故的周长为. 16．（15分） 为了了解某校高三年级学生的体育成绩，随机选取100名学生参加考核，将考核的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图. (1)在考核成绩为，，，的四组学生中，用分层抽样的方法抽取17人，则考核成绩在中的学生应抽取多少人？ (2)若落在学生的平均成绩是54.4，方差是5.2，落在学生的平均成绩为66.4，方差是9.2，求这两组学生成绩的平均数和方差，（结果精确到0.1）. 【答案】(1)6 (2)平均数为62.4，方差约为39.9 【详解】（1）因为频率分布直方图中，所有矩形的面积和为 1（频率和为 1），组距为 10， 所以 ，所以，解得， 因为：频率 ，人数 ， ：频率 ，人数 ， ：频率 ，人数 ， ：频率 ，人数 ， 四组总人数：， 抽样比为：因此 应抽取人数： 人； （2）因为与的频率之比为， 又因为落在学生的平均成绩是54.4，方差是5.2，落在学生的平均成绩为66.4，方差是9.2， 所以这两组学生成绩的平均数是， 这两组学生成绩的方差是 17．（15分） 如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，G为中点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】(1)因为为中点，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． (2) (3)存在， 【分析】（1）利用等腰三角形性质可得，再由面面垂直性质定理可得结论； （2）利用等体积法结合锥体体积公式求解即可； （3）利用面面平行判定定理可证明平面平面，再由其性质可证明当时，满足题意. 【详解】（1）略 （2）在直角三角形中， ∵， ∴， ∴． 又三角形的面积， 由（1）知，平面，所以三棱锥的高为， 设点到平面的距离为, 由，，而， 则， 所以,则，即， 则， 由，得， 则， 即点到平面的距离为. （3）过点作交于点，则； 过点作交于点，连接，则；如下图所示：    因为平面，平面， 所以平面． 因为，平面，平面， 所以平面． 因为，平面，平面， 所以平面平面． 因为平面，所以平面． 所以在上存在点，使得平面，且． 18．（17分） 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，的中点为． (1)求； (2)若，求内切圆面积的最大值； (3)若为锐角三角形，，求线段的取值范围． 【答案】(1)或 (2) (3) 【分析】（1）根据二倍角公式和辅助角公式，对已知条件进行化简，再根据角的范围，判断方程可能得解，求出结果； （2）根据余弦定理解三角形，判断的具体结果，再根据余弦定理和基本不等式求出三角形周长的范围，进而根据内切圆半径的性质求出半径的范围，进而求出面积的最大值； （3）根据三角形形状，判断角的范围，再根据正弦定理和三角形中线的向量性质，进而根据向量的数量积运算率，表示出模长的表达式，进而求出线段长度的范围. 【详解】（1）由题意可知，化简得， 可得，因为，所以， 可得或，解得或. （2）由题意可得，化简得， 所以，所以由（1）可知，可得， 可知，化简得，即，可得. 由基本不等式可知，即，当且仅当时取等号， 所以，由，解得. 设内切圆半径为，则， 可得，因为， 所以， 因为，所以， 当时，内切圆半径为取得最大值，此时内切圆面积的最大值为. （3）可知，所以， 因为为锐角三角形，所以， 所以， 可知，可得，所以， 因为，所以， 则， 化简得， 因为，由，可得，解得， 所以，可得，所以，即 所以线段的取值范围为. 19．（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． 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冲刺模拟卷 （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z满足，则（ ） A．i B． C． D． 2．已知，为两个不共线的单位向量，且与的夹角为，则与的夹角为（   ） A． B． C． D． 3．已知，都是锐角，，，则的值是（   ） A． B． C． D． 4．已知圆锥的底面半径为3，其侧面展开图是一个圆心角为的扇形，则圆锥表面积为（    ） A． B． C． D． 5．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足，的有两解，则b的取值范围为（    ） A． B． C． D． 6．为了解某校学生的某次数学测试情况，随机抽取部分学生成绩（最低分为50分，满分100分），得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论不正确的是（   ） A．对应矩形的高度为0.016 B．样本众数估计值为75 C．样本平均数估计值为77.4 D．样本成绩的第70百分位数落在内 7．如图，在长方体中，，点分别为的中点，则异面直线和所成角的余弦值为（ ） A． B． C． D． 8．“阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形为面围成的多面体，它体现了数学的对称美.如图，某广场的一张石凳就是一个阿基米德多面体，它是由正方体截去八个一样的四面体得到的十四面体，且它所有的棱长都为2.则下列结论中，错误的是（    ） A．该石凳的表面积为 B．该石凳的体积为 C．有内切球，且内切球的体积为 D．有外接球，且外接球的表面积为 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．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 10．在中，角、、的对边分别为、、，的面积为，且，，则下列结论正确的有（   ） A． B． C．的周长可以是 D．的外接圆半径可以是 11．如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论正确的有（     ） A．过，，三点的平面截正方体所得的截面的面积为 B．异面直线与所成角的取值范围是 C．当在线段上运动时，三棱锥的体积不变 D．的最小值为 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．在中,,若为锐角,则实数的取值范围是____． 13．函数在区间上的最大值为__________. 14．如图所示，等边三角形的边长为4，为的中点，沿把折叠到处，使二面角为，则折叠后二面角的正切值为__________． 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） 记的内角、、的对边分别为、、，已知． (1)求角的大小； (2)若，的面积为，求的周长． 16．（15分） 为了了解某校高三年级学生的体育成绩，随机选取100名学生参加考核，将考核的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：，，，，，，得到如图所示的频率分布直方图. (1)在考核成绩为，，，的四组学生中，用分层抽样的方法抽取17人，则考核成绩在中的学生应抽取多少人？ (2)若落在学生的平均成绩是54.4，方差是5.2，落在学生的平均成绩为66.4，方差是9.2，求这两组学生成绩的平均数和方差，（结果精确到0.1）. 17．（15分） 如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，G为中点． (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 18．（17分） 在中，角，，所对的边分别为，，，已知，的中点为． (1)求； (2)若，求内切圆面积的最大值； (3)若为锐角三角形，，求线段的取值范围． 19．（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． 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $