江苏南京市2025-2026学年高一下学期数学期末模拟卷

**基本信息** 2026年南京高一数学期末模拟卷以核心素养为导向，通过祖暅原理（文化传承）、统计案例（实际应用）和三面角余弦定理（创新迁移）设计，实现基础巩固与能力提升的分层考查。 **题型特征** |题型|题量|知识覆盖|命题特色| |----|----|----------|----------| |单选|8|复数运算、解三角形、概率基础|注重概念辨析，如第5题线面关系判断| |多选|3|方差计算、立体几何动态问题|选项分层设计，如第10题结合面积与向量| |填空|3|百分位数、三角恒等变换、类比推理|第14题类比余弦定理考查空间想象| |解答|6|向量运算、翻折问题、统计分析、祖暅原理|第19题以祖暅原理为载体，融合体积计算与创新思维|

2026年江苏南京市高一第二学期数学期末模拟卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．已知复数满足，则（    ） A． B． C． D． 2．记的内角的对边分别为，若，则（    ） A．2 B． C． D． 3．在中，，记，则（    ） A． B． C． D． 4．一个袋中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球，2个黄球，从袋中不放回地随机摸出2个球，则这2个球颜色相同的概率为（    ） A． B． C． D． 5．设是两个平面，是两条直线，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 6．一个盒子中装有标号为的5张标签，有放回地随机选取两张标签，记事件“两张标签标号之积大于15”，事件“第一张标签标号小于3”，则（    ） A． B． C．与互斥 D．与相互独立 7．实心圆锥的底面直径为6，高为4，过中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（    ） A． B． C． D． 8．记的内角的对边分别为，已知的面积为20，且，点在其内部，满足的面积之比为.若，则（    ） A．4 B．6 C． D． 二、多选题 9．有一组样本数据，其中，则（    ） A．该组数据的中位数为2.5 B．该组数据的极差大于1 C．该组数据的平均数等于的平均数 D．该组数据的方差不小于的方差 10．记的内角的对边分别为，点是边上的一个动点，点是边的中点，且，则（    ） A． B．若的面积为，则 C．若平分，则 D．若，当最大时， 11．已知正方体的棱长为分别是的中点，过作平面，记平面平面，且截正方体所得截面多边形为，则（    ） A．若平面，则与平面所成的角为 B．若平面，则与所成的角为 C．若，则的周长为 D．若，以为顶点，为底面的几何体的外接球的表面积为 三、填空题 12．某新能源汽车工厂随机抽取10名检测工人，对他们某天检测的新能源汽车车辆数进行统计，统计数据如下表，则这10名工人检测车辆数的第60百分位数是______． 检测车辆数 10 11 12 14 15 检测工人数 2 3 1 3 1 13．记的内角的对边分别为，已知，则__________. 14．类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图，由不共面的三条射线构成的图形称为三面角，记，，二面角的大小为，则.已知平行六面体的底面为菱形，，.若，则二面角的余弦值为__________. 四、解答题 15．已知向量满足. (1)若，求的坐标； (2)若，求与的夹角的余弦值. 16．如图，平面四边形中，是边长为2的等边三角形，且，为的中点，将沿翻折至. (1)证明：； (2)若，求直线与平面所成角的余弦值. 17．某学校举办了数学知识竞赛活动，现从所有竞赛答卷的卷面成绩中随机抽取100份作为样本数据，将样本答卷中分数x（）的整数分成六段：，……，，并作出如图所示的频率分布直方图. (1)求频率分布直方图中a的值； (2)规定为及格，用样本估计总体，随机从所有竞赛答卷抽取3份试卷，求3份试卷中至少有2份及格的概率； (3)已知样本数据落在的平均数是54，方差是6；落在的平均数是63，方差是3.求这两组数据的总平均数和总方差. 注：第一部分有m个数，平均数为，方差为，第二部分有n个数，平均数为，方差为，记样本均值为，样本方差为，则，. 18．记的内角的对边分别为，已知. (1)若，求； (2)若是的中点，且，求； (3)若，求的面积. 19．我国古代南北朝数学家祖暅在计算球的体积时，提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. (1)已知一个半径为的半球（如图①），以及一个底面半径和高都等于的圆柱（如图②），在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，试用祖暅原理求新几何体的体积. (2)已知正方体的棱长为为空间内一点，满足，记点的轨迹所围成的空间几何体为. （i）求平面截空间几何体所得截面的面积； （ii）若平面把空间几何体分成两个部分，求较小部分的体积. 试卷第4页，共5页 试卷第1页，共5页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B A B D C B B ABD ABD 题号 11 答案 BCD 1．A 【分析】根据复数除法运算法则计算即可. 【详解】因为， 所以. 故选：A 2．B 【分析】由余弦定理计算即可. 【详解】由余弦定理可得， 所以. 故选：B 3．A 【分析】先根据条件确定点的位置然后利用向量的线性运算用表示即可. 【详解】因为，所以为线段的三等分点，如图所示， . 故选：A 4．B 【分析】应用列举法及古典概型的概率求法求概率即可. 【详解】由设红球为A, B，黄球为1, 2, 从袋中不放回地随机摸出2个球，共有6种结果：{A,B}, {A,1}, {A,2}, {B,1}, {B,2}, {1,2} 这2个球颜色相同的有2种结果：{A,B}与{1,2} 2个球颜色相同的概率为. 故选：B 5．D 【分析】由线面关系逐一判断即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则或或，故C错误； 对于D，由线面平行的性质定理可知 D正确. 故选：D 6．C 【分析】根据题意写出所有样本点，然后根据古典概型概率公式计算的值，然后利用互斥事件与相互独立事件的定义去判断C D选项即可. 【详解】根据题意可知所有的样本点共有： ， ， ， ， 共个， 事件包含的样本点有：，共个，所以，故A错误； 事件包含的样本点有： ，共个，所以，故B错误； 因为，所以与互斥，故C正确； 因为，，所以，所以与不相互独立，D错误. 故选：C 7．B 【分析】求出挖去的圆柱底面半径和高，再结合圆锥表面积、圆柱侧面积公式直接计算可得结果. 【详解】根据题意的中点为可知，挖去的圆柱底面半径为，高为， 剩下几何体的表面积为圆锥表面积加上挖去圆柱的侧面积，显然圆锥母线为， 易知圆锥表面积为，圆柱侧面积为， 所以剩下几何体的表面积为. 故选：B 8．B 【分析】由的面积之比为，得是的中点，且，由余弦定理化简可得，即，在利用面积公式计算即可求解. 【详解】延长交于， 因为的面积之比为， 所以是的中点， 因为面积之和与面积之比为，所以， 又因为， 所以 又因为，求得， 所以， 则，又的面积为20， 所以，解得. 故选：B. 9．ABD 【分析】根据中位数、极差、平均数和方差的定义判断即可. 【详解】对于A，因为，所以该组数据的中位数为，故A正确； 对于B，因为，所以，又因为，所以， 所以该组数据的极差大于1，故B正确； 对于C，该组数据的平均数为， 而数据的平均数为， 若两组数据的平均数相等，则，即，不一定成立，故C错误； 对于D，因为数据的平均数为， 所以数据的方差为， 新增数据后，方差为： ， 此时对称轴，而， 故， 此时对称轴，故 ， 故样本数据的方差必然大于原方差，故D正确. 故选：ABD. 10．ABD 【分析】利用余弦定理结合求出，通过的范围确定值判断A选项；利用正弦定理面积公式求得，再根据相邻数量积的运算判断B选项；利用角平分线定理确定，再利用平面向量基本定理得，通过平方计算判断C；建立平面直角坐标系，利用坐标求得关于的表达式，在利用基本定理求解判断D. 【详解】对于A，因为， 由余弦定理有：， 整理得：，即， 所以，又因为，所以，所以A正确； 对于B，因为，解得， 所以，所以B正确； 对于C，根据角平分线定理有：，所以， 所以， 且，， 所以 ， 所以，所以C错误；    对于D，因为，， 所以， 所以，所以为为直角三角形，， 建立如图所示平面直角坐标系，设，， ，，， 所以，，令， ，所以为锐角， 则 ，即 因为，所以在上单调递减， 所以越小值越大， 因为， 当且仅当，因为，所以当时等号成立， 所以当最大时，，D正确. 故选：ABD 11．BCD 【分析】A由面面平行的性质及线面角的定义有与平面所成的角为，进而求其大小；B同A分析找到与所成的角的平面角，即可判断；C、D根据正方体的结构特征，应用线面垂直的判定和性质找到截面并求周长，进而求几何体外接球的半径得到表面积判断. 【详解】A，如下图，平面平面，因为平面平面， 由面面平行的性质定理知，又直线与平面所成的角为， 所以，则与平面所成的角的正切值为，A错误. B，平面平面，因为平面平面，所以. 根据A知，所以与所成的角与与所成的角大小相等. 又因为在矩形中，是的中点，根据，易得. 所以与所成的角为正确. C，由题设易知，而，则， 由平面，平面，则， 由且都在平面内，则平面， 由平面，则， 若为的中点，同理可证，且都在平面内， 所以平面，若，显然平面即为， 所以是边长为的正六边形，周长为，C正确. D，设正六边形中心为，球心为，半径为，则， 所以，所以， 外接球表面积为，D正确. 故选：BCD 12．13 【详解】该10名工人检测车辆数从小到大排序为10，10，11，11，11，12，14，14，14，15， ，故从小到大，选取第6个数和第7个数的平均数作为第60百分位数， 即． 13． 【分析】由正弦边角关系及已知得，进而有，代入已知关系式即可求. 【详解】由正弦边角关系及已知有，又均为三角形内角， 所以，即，，易知， 所以，则. 故答案为： 14．/ 【分析】连接，由余弦定理及线面垂直的判定和性质得在底面内的投影在直线上，根据已知及定义列方程求二面角的余弦值. 【详解】连接，由已知在中， 又因为是的中点，所以， 又且都在平面内，所以平面， 所以在底面内的投影在直线上. 在中，根据勾股定理得，易知，又， 在中，由余弦定理可得， 所以，则，设二面角为， 由三面角定理得， 即， 即，所以. 故答案为：. 15．(1)或； (2). 【分析】（1）设，由向量平行及模长的坐标运算列方程求参数值，即可得； （2）由向量垂直及数量积的运算律、定义列方程求夹角余弦值. 【详解】（1）设， 因为，所以， 因为，所以，解得或， 所以或. （2）因为，所以， 所以，代入得，， 所以，所以与的夹角的余弦值为. 16．(1)证明见解析 (2). 【分析】(1)根据线面垂直的判定定理证明平面，再根据线面垂直的性质即可得证； (2)根据勾股定理证明，从而求出的长度，再根据面面垂直的判定以及性质可得即直线与平面所成角，最后利用余弦定理即可得解. 【详解】（1）如图，取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为，所以， 又因为分别是的中点，所以，所以， 因为，平面所以平面， 因为平面，所以. （2）在中，，，， 所以， 在中，， 由可得， 在中，，则， 因为平面平面， 所以平面平面， 又因为平面平面， 所以为直线与平面所成角， 在中，，，， 所以， 所以直线与平面所成角的余弦值为. 17．(1) (2) (3), 【分析】（1）根据直方图各区间的频率和为1列方程求参数； （2）先依据频率分布直方图求出及格的频率，得到单次抽取及格的概率，再利用概率公式计算即可； （3）先确定区间、上的样本个数，再根据公式计算总平均数和总方差的值. 【详解】（1）由题意 ，解得 ； （2）由直方图知， 的频率为 设至少有 2 份试卷及格为事件 ，有 2 份试卷及格为事件 ，有 3 份试卷及格为事件 ， （3）样本数据在区间 的个数为 ，在区间 上的个数为 ， 所以 ， 总方差为 . 18．(1)或； (2)； (3). 【分析】（1）应用正弦定理求角的大小； （2）由及余弦定理得，法一：应用正余弦定理得，即可求边长；法二：延长至点，使得，连接，易得，利用等比例性质求边长； （3）在内作，再由正弦定理、三角形面积公式求面积. 【详解】（1）在中，由正弦定理，即，解得， 所以或. （2）因为，即，化简得①. 法一：在中，由正弦定理，， 在中，由正弦定理，， 又，所以， 在中，由余弦定理可得，所以，则②. 联立①②得，即，解得或（舍）或（舍）. 所以. 法二： 延长至点，使得，连接， 由题意，则，即，整理得③. 联立①③，，解得或（舍）. 所以. （3）在内作，所以，设， 在中，由正弦定理知，即，知， 所以， 所以. 19．(1)； (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）根据题设祖暅原理判断新几何体与半球的体积关系，再应用球体体积公式求体积； （2）（i）点的轨迹是以为球心，为半径的球，记球的半径为，点到平面的距离为，截面圆的半径为，进而求出，即可得截面面积；（ii）首先判断所得几何体的构成，再应用圆柱、圆台的体积公式求体积. 【详解】（1）图①为半径为的半球，图②为底面半径和高都为的圆柱中挖掉一个圆锥， 其截面面积相等的图形是圆环（如阴影部分） 设图①截面圆的圆心为，且，则截面圆的面积为， 图②截圆锥得到的小圆的半径为，所以圆环的面积为， 所以截得的截面面积相等， 由祖晅原理可知，新几何体的体积等于半球的体积，即. （2）记的中点为，因为，所以点的轨迹是以为球心，为半径的球. 记球的半径为，点到平面的距离为，截面圆的半径为. （i）球的半径， 根据勾股定理得. 所以截面面积. （ii）平面把空间几何体分成两个部分，这两部称为球缺. 记较小部分球缺的体积为，根据祖晅原理及（1）分析，较小部分球缺的体积可用圆柱体积减去一个等高的圆台体积， 其中圆柱的底面半径为，高为，圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为. 所以较小部分球缺的体积为， 其中，所以球缺的体积. 答案第12页，共14页 答案第13页，共14页 学科网（北京）股份有限公司 $