2025-2026学年高一下学期数学（人教A版必修第二册）期末考试模拟试卷二

**基本信息** 本试卷全面覆盖人教A版必修二核心内容，通过复数运算、立体几何证明、统计案例分析等试题，考查数学抽象、逻辑推理与数据意识，解答题结合垃圾分类竞赛、实习生考核等现实情境，体现用数学语言表达现实世界的素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数运算、向量运算、圆柱表面积、独立事件|基础概念辨析，如第4题结合硬币抛掷考独立性| |多选题|3/18|复数性质、统计案例、正方体动态问题|第10题通过实习生考核数据判断合格性，培养数据思维| |填空题|3/15|向量垂直、独立事件概率、解三角形|第14题考锐角三角形面积范围，体现数学眼光| |解答题|5/77|复数几何意义、向量运算、统计图表、解三角形、立体几何探究|17题结合垃圾分类竞赛统计图表分析，19题正三棱柱存在性问题，梯度设计合理|

《人教A版必修第二册高一下学期期末考试模拟试卷二》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B B C D B C ABC BD 题号 11 答案 ACD 1．B 【详解】由，则. 2．C 【详解】对于A，根据向量减法的三角形法则，，故A正确； 对于B，根据向量加法的三角形法则，，即，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确. 3．B 【详解】由已知圆柱的底面半径为，高为， 则圆柱的表面积． 4．B 【详解】对于A，因为事件和事件可以同时发生，所以不是互斥事件，所以A错误； 对于B，，，，所以事件和事件相互独立，所以B正确； 对于C，事件和事件可以同时发生，所以不是对立事件，所以C错误； 对于D，分别抛掷两枚质地均匀的硬币，按顺序共出现（正正）（正反）（反正）（反反）四种情况， 事件包括（正正）（正反）两个基本事件，事件包括（正反）（反反）两种情况，所以不相等，所以D错误． 5．C 【分析】根据每种调查方式、抽样方法的适用条件及定义逐个判断. 【详解】对于①，小区全体住户燃气、水电设施安全检查的调查范围有限，且涉及住户安全，需覆盖所有住户，适用全面调查，故①正确； 对于②，检测袋装牛奶的细菌数需要拆封包装，对产品进行损坏，对全部产品进行破坏性检测不现实，适用抽样调查，故②正确； 对于③，简单随机抽样要求总体内每个个体被抽取的概率相等，本题指定个子最高的5名同学参与活动，其余个体无被抽取的可能，不符合简单随机抽样的定义，故③错误； 对于④，根据分层抽样的计算方法，可得，解得，故④正确； 综上，①②④这3个正确. 6．D 【分析】根据题意，结合共线的向量的判定方法，以及基底的定义，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，设，可得，此时方程组无解， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以A不符合题意； 对于B，设，显然不存在实数使得成立， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以B不符合题意； 对于C，设，可得，此时方程组无解， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以C不符合题意； 对于D，，可得，解得，即， 所以与共线，所以与不能作为基底，所以D符合题意. 7．B 【详解】对于A，若，，则与平面平行或或相交，故A错误； 对于B，因为，，故，而，故，故B正确； 对于C，，，则或，故C错误； 对于D，若，，则与平面的位置关系不确定（可能平行、相交或在平面内），故D错误. 8．C 【分析】先对已知等式进行化简，求出角，再利用余弦定理将转化为关于角的表达式，最后根据角的范围求出的取值范围. 【详解】已知，则. 即. 所以. 由于， 所以或. 当时，可得，那么，不满足为钝角三角形， 舍去. 当时，则，满足为钝角三角形，此时. 由正弦定理得， ， 由各内角大于0，即，可得，故， 对勾函数在上单调递减，且， 所以，所以的取值范围为. 9．ABC 【分析】对A根据复数模的性质判断可得；对B由共轭复数的定义及复数的加法运算可得；对C由共轭复数的定义及运算可得；对D通过举反例判断可得. 【详解】选项A：复数的模满足，若，则， 所以或，即或，故A正确. 选项B：设（），由得，则，为实数，故B正确. 选项C：设（）， 左边， 右边，左右两边相等，故C正确. 选项D：因为只有两个实数才能比较大小，若仅说明差为正实数，但可能含虚部， 比如，，但两个虚数和无法比较大小，故D错误. 10．BD 【分析】分别结合甲、乙、丙、丁四人已知的众数、中位数、平均数、方差的统计性质，逐一验证是否存在得分低于分的可能性，由此判断哪名实习生一定满足五天得分均不低于分的合格要求. 【详解】对于A：若甲有四个工作日的得分为，则剩余的那个工作日的得分为， 故甲的考核不一定合格，A错误； 对于B：将得分排序后，第三个为，且至少有两个，这两个必然是最小的两个数， 因此所有得分均不低于，故乙的考核一定合格，B正确； 对于C：丙的中位数为，平均数为，其得分可以为， 故丙的考核不一定合格，C错误； 对于D，由于丁有一个工作日的得分为，且平均数为， 若有一个工作日的得分为，由， 可知其方差必超过了，所以丁连续五个工作日的得分均不低于， 故丁的考核一定合格，D正确. 11．ACD 【分析】对于A，由面面平行的判定定理证明平面平面，再根据面面平行的性质定理即可判断；对于B，先求出和的各边，再结合勾股定理，及三角形的性质找出二面角的平面角，再结合勾股定理，及余弦定理即可求解，进而即可判断；对于C，由线面垂直的判定定理证明平面，进而即可得证平面平面；对于D，先将平面和平面沿着展开至同一平面，再根据两点之间的距离最短求解即可判断． 【详解】对于A，在正方体中， 由，且平面，平面，则平面， 又，且平面，平面，则平面， 又，且平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，故A正确； 对于B，连接，交于，则是的中点，过作于，则是的中点， 则，则， 又，， 则，即， 过作于，则，则， 则是的四等分点且靠近处，取的中点，连接， 又是等边三角形，则，则，则， 所以是二面角的平面角， 又，分别为，的中点，则， 所以在中，，故B错误； 对于C，在正方体中，由平面，且平面，所以， 又是正方形，所以， 又，且平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故C正确； 对于D，将和沿着展开至同一平面， 则当，，三点共线时，取得最小值， 由，，且，则，则， 又，则， 所以的最小值为，故D正确． 12．或 【分析】先利用求出的值，再求出. 【详解】若，则，解得 ,或， ，， 当时，， 当时，. 13．/ 【详解】由对立事件的性质得， 则，解得， 已知事件，相互独立，则 ，解得． 14． 【分析】利用正弦定理，得出关于角的三角等式，进而可求得的值即可；根据为锐角三角形求得角的取值范围，结合三角形的面积以及正弦函数的性质求面积取值范围. 【详解】已知，根据正弦定理，. 因为，且，化简得. 因为是锐角三角形，所以. 因为，所以，即. 因为为锐角三角形，故，解得. 由正弦定理，所以，. 因此面积. 由，得，故， 因此. 15．(1)4； (2). 【分析】（1）由两复数相等，实部和虚部分别相等求解即可； （2）结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解． 【详解】（1）若， 则， 解得； （2）， 若在复平面内所对应的点位于第四象限， 则，解得， 故的取值范围为． 16．(1) (2) (3) 【详解】（1）因为，所以 ，解得. （2）因为，所以 ，解得. （3） ，，. 因为，所以，解得， 所以. 17．(1)0.01 (2)中位数为78，平均数为76.5 【分析】（1）利用频率分布直方图中各小长方形面积之和等于1求出的值； （2）用各组的组中值分别乘对应人数，再除以总人数，求得平均数，利用面积和为0.5可得中位数. 【详解】（1）由频率分布直方图可知，，解得. （2）由（1）知.因此各组的频率分别为， 对应这100名学生各组的人数分别为10，20，25，35，10， 各组的组中值分别为55，65，75，85，95， 则， 所以估计这100名学生这次竞赛成绩的平均数为. 由可得中位数位于，设为， 则，即中位数为78. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据商的关系和两角差的正弦公式化简可得，结合内角和关系求； （2）结合三角形面积公式和余弦定理列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）由已知， 交叉相乘得，， 所以， 整理得， 又，， 所以或（舍去）或（舍去）， 所以，解得； （2）由已知，得①， 由余弦定理，得 ②， 由①②可得， 所以的周长. 19．(1)由正三棱柱的定义可知是等边三角形， 因为D为AB的中点，所以． 又平面ABC，平面ABC，所以． 因为，平面，且， 所以平面 (2)存在点E， 【分析】（1）利用正三棱柱的特征及线面垂直的判定证明即可； （2）先作于E点，利用线面垂直的判定证明面面垂直即可，再根据等面积法计算线段比即可. 【详解】（1）略. （2）存在．在中，作，垂足为E，连接BE． 由（1）知平面，所以． 因为AB，平面，且，所以平面． 因为平面BCE，所以平面平面． 设，则，，故． 因为，所以， 则，， 所以． 故在上存在点E，使得平面平面，此时． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 人教A版必修第二册 高一下学期期末考试模拟试卷二 满分：150分 时间：120分钟 一、单选题：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，则（     ） A． B． C． D． 2．下列向量运算错误的是（     ） A． B． C． D． 3．已知圆柱的底面半径为，高为，则此圆柱的表面积为（   ） A． B． C． D． 4．分别抛掷质地均匀的两枚硬币．设事件 “第一枚硬币正面朝上”， “第二枚硬币反面朝上”．则事件与关系描述正确的为（　　） A．互斥 B．相互独立 C．互为对立 D．相等 5．有以下说法：①对某小区全体住户燃气、水电设施安全检查适用全面调查.②调查一批待售袋装牛奶的细菌数适用抽样调查.③某班共45名同学，指定个子最高的5名同学参加学校组织的某项活动用的方法是简单随机抽样.④某人工智能公司为训练垃圾分类识别模型，需对采集的一批图片进行人工标注，图片分为可回收物、厨余垃圾、有害垃圾、其他垃圾四类，已知四类图片的数量之比为，现按类别分层，采用分层抽样的方法抽取容量为n的样本对标注情况进行抽检，若抽到的厨余垃圾图片比有害垃圾图片多25张，则．这些说法，正确的个数是（   ） A．1 B．2 C．3 D．4 6．设，是平面内两个不共线的向量，则下列向量组中不能作为基底的是（   ） A．， B．， C．， D．， 7．设，是不同的直线，，是不同的平面，则下列命题正确的是（     ） A．，，则 B．，， C．，，则 D．，，则 8．钝角的内角，，的对边分别为，，，且，则的取值范围为（） A． B． C． D． 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，都是复数，下列选项中正确的有（     ） A．若，则或 B．若，则是实数 C． D．若，则 10．某公司欲对甲、乙、丙、丁四名实习生进行考核，考核规则为对连续五个工作日的工作情况进行打分，若每天的得分均不低于80分（所得分均为整数），则考核合格，否则视为不合格，四人连续五个工作日的得分记录如下. 甲:众数为83，平均数为82. 乙:中位数为82，众数为80. 丙:中位数为85，平均数为82. 丁:有个工作日得分为89，平均数为83，方差为9.2. 甲、乙、丙、丁四人中，考核一定合格的为（    ） A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 11．如图，在正方体中，，点为线段上的动点，则下列结论正确的是（    ） A．连接，总有平面 B．点为线段上的中点时，二面角平面角的余弦值为 C．平面平面 D．的最小值为 三、填空题：本题共3小题,每小题5分,共15分. 12．已知平面向量，，若，则______． 13．相互独立事件，满足，，则________． 14．已知锐角的内角，，的对边分别为，，，且，则角____________；若，则面积的取值范围为____________． 四、解答题:本题共5小题,共77分.解答应写出必要的文字说明,证明过程或演算步骤 15．（本小题满分13分）已知复数，为虚数单位． (1)若，求实数的值； (2)若在复平面内所对应的点位于第四象限，求的取值范围． 16．（本小题满分15分）已知向量，. (1)若，求的值； (2)若，求的值； (3)若，求. 17．（本小题满分15分）2026年5月25日至5月31日将是第四届全国城市生活垃圾分类宣传周，为提高同学们的垃圾分类意识．某中学举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，为了了解本次竞赛的成绩情况，从中随机抽取了100名学生的竞赛成绩（单位：分，得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，按，分为5组，得到如图所示的频率分布直方图． (1)求图中的值； (2)估计这100名学生这次竞赛成绩的中位数与平均数． 18．（本小题满分17分）已知的内角，，的对边分别为，，，且． (1)求； (2)若，的面积为，求的周长． 19．（本小题满分17分）如图，在正三棱柱中，，D为AB的中点． (1)证明：平面； (2)在上是否存在点E，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由． 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 《2026年6月13日高中数学作业》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B C B B C D B C ABC BD 题号 11 答案 ACD 1．B 【详解】由，则. 2．C 【详解】对于A，根据向量减法的三角形法则，，故A正确； 对于B，根据向量加法的三角形法则，，即，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，，故D正确. 3．B 【详解】由已知圆柱的底面半径为，高为， 则圆柱的表面积． 4．B 【详解】对于A，因为事件和事件可以同时发生，所以不是互斥事件，所以A错误； 对于B，，，，所以事件和事件相互独立，所以B正确； 对于C，事件和事件可以同时发生，所以不是对立事件，所以C错误； 对于D，分别抛掷两枚质地均匀的硬币，按顺序共出现（正正）（正反）（反正）（反反）四种情况， 事件包括（正正）（正反）两个基本事件，事件包括（正反）（反反）两种情况，所以不相等，所以D错误． 5．C 【分析】根据每种调查方式、抽样方法的适用条件及定义逐个判断. 【详解】对于①，小区全体住户燃气、水电设施安全检查的调查范围有限，且涉及住户安全，需覆盖所有住户，适用全面调查，故①正确； 对于②，检测袋装牛奶的细菌数需要拆封包装，对产品进行损坏，对全部产品进行破坏性检测不现实，适用抽样调查，故②正确； 对于③，简单随机抽样要求总体内每个个体被抽取的概率相等，本题指定个子最高的5名同学参与活动，其余个体无被抽取的可能，不符合简单随机抽样的定义，故③错误； 对于④，根据分层抽样的计算方法，可得，解得，故④正确； 综上，①②④这3个正确. 6．D 【分析】根据题意，结合共线的向量的判定方法，以及基底的定义，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，设，可得，此时方程组无解， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以A不符合题意； 对于B，设，显然不存在实数使得成立， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以B不符合题意； 对于C，设，可得，此时方程组无解， 所以与不共线，所以与能作为基底，所以C不符合题意； 对于D，，可得，解得，即， 所以与共线，所以与不能作为基底，所以D符合题意. 7．B 【详解】对于A，若，，则与平面平行或或相交，故A错误； 对于B，因为，，故，而，故，故B正确； 对于C，，，则或，故C错误； 对于D，若，，则与平面的位置关系不确定（可能平行、相交或在平面内），故D错误. 8．C 【分析】先对已知等式进行化简，求出角，再利用余弦定理将转化为关于角的表达式，最后根据角的范围求出的取值范围. 【详解】已知，则. 即. 所以. 由于， 所以或. 当时，可得，那么，不满足为钝角三角形， 舍去. 当时，则，满足为钝角三角形，此时. 由正弦定理得， ， 由各内角大于0，即，可得，故， 对勾函数在上单调递减，且， 所以，所以的取值范围为. 9．ABC 【分析】对A根据复数模的性质判断可得；对B由共轭复数的定义及复数的加法运算可得；对C由共轭复数的定义及运算可得；对D通过举反例判断可得. 【详解】选项A：复数的模满足，若，则， 所以或，即或，故A正确. 选项B：设（），由得，则，为实数，故B正确. 选项C：设（）， 左边， 右边，左右两边相等，故C正确. 选项D：因为只有两个实数才能比较大小，若仅说明差为正实数，但可能含虚部， 比如，，但两个虚数和无法比较大小，故D错误. 10．BD 【分析】分别结合甲、乙、丙、丁四人已知的众数、中位数、平均数、方差的统计性质，逐一验证是否存在得分低于分的可能性，由此判断哪名实习生一定满足五天得分均不低于分的合格要求. 【详解】对于A：若甲有四个工作日的得分为，则剩余的那个工作日的得分为， 故甲的考核不一定合格，A错误； 对于B：将得分排序后，第三个为，且至少有两个，这两个必然是最小的两个数， 因此所有得分均不低于，故乙的考核一定合格，B正确； 对于C：丙的中位数为，平均数为，其得分可以为， 故丙的考核不一定合格，C错误； 对于D，由于丁有一个工作日的得分为，且平均数为， 若有一个工作日的得分为，由， 可知其方差必超过了，所以丁连续五个工作日的得分均不低于， 故丁的考核一定合格，D正确. 11．ACD 【分析】对于A，由面面平行的判定定理证明平面平面，再根据面面平行的性质定理即可判断；对于B，先求出和的各边，再结合勾股定理，及三角形的性质找出二面角的平面角，再结合勾股定理，及余弦定理即可求解，进而即可判断；对于C，由线面垂直的判定定理证明平面，进而即可得证平面平面；对于D，先将平面和平面沿着展开至同一平面，再根据两点之间的距离最短求解即可判断． 【详解】对于A，在正方体中， 由，且平面，平面，则平面， 又，且平面，平面，则平面， 又，且平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，故A正确； 对于B，连接，交于，则是的中点，过作于，则是的中点， 则，则， 又，， 则，即， 过作于，则，则， 则是的四等分点且靠近处，取的中点，连接， 又是等边三角形，则，则，则， 所以是二面角的平面角， 又，分别为，的中点，则， 所以在中，，故B错误； 对于C，在正方体中，由平面，且平面，所以， 又是正方形，所以， 又，且平面，所以平面， 又平面，所以平面平面，故C正确； 对于D，将和沿着展开至同一平面， 则当，，三点共线时，取得最小值， 由，，且，则，则， 又，则， 所以的最小值为，故D正确． 12．或 【分析】先利用求出的值，再求出. 【详解】若，则，解得 ,或， ，， 当时，， 当时，. 13．/ 【详解】由对立事件的性质得， 则，解得， 已知事件，相互独立，则 ，解得． 14． 【分析】利用正弦定理，得出关于角的三角等式，进而可求得的值即可；根据为锐角三角形求得角的取值范围，结合三角形的面积以及正弦函数的性质求面积取值范围. 【详解】已知，根据正弦定理，. 因为，且，化简得. 因为是锐角三角形，所以. 因为，所以，即. 因为为锐角三角形，故，解得. 由正弦定理，所以，. 因此面积. 由，得，故， 因此. 15．(1)4； (2). 【分析】（1）由两复数相等，实部和虚部分别相等求解即可； （2）结合复数的四则运算，以及复数的几何意义，即可求解． 【详解】（1）若， 则， 解得； （2）， 若在复平面内所对应的点位于第四象限， 则，解得， 故的取值范围为． 16．(1) (2) (3) 【详解】（1）因为，所以 ，解得. （2）因为，所以 ，解得. （3） ，，. 因为，所以，解得， 所以. 17．(1)0.01 (2)中位数为78，平均数为76.5 【分析】（1）利用频率分布直方图中各小长方形面积之和等于1求出的值； （2）用各组的组中值分别乘对应人数，再除以总人数，求得平均数，利用面积和为0.5可得中位数. 【详解】（1）由频率分布直方图可知，，解得. （2）由（1）知.因此各组的频率分别为， 对应这100名学生各组的人数分别为10，20，25，35，10， 各组的组中值分别为55，65，75，85，95， 则， 所以估计这100名学生这次竞赛成绩的平均数为. 由可得中位数位于，设为， 则，即中位数为78. 18．(1) (2) 【分析】（1）根据商的关系和两角差的正弦公式化简可得，结合内角和关系求； （2）结合三角形面积公式和余弦定理列方程求，由此可得结论. 【详解】（1）由已知， 交叉相乘得，， 所以， 整理得， 又，， 所以或（舍去）或（舍去）， 所以，解得； （2）由已知，得①， 由余弦定理，得 ②， 由①②可得， 所以的周长. 19．(1)由正三棱柱的定义可知是等边三角形， 因为D为AB的中点，所以． 又平面ABC，平面ABC，所以． 因为，平面，且， 所以平面 (2)存在点E， 【分析】（1）利用正三棱柱的特征及线面垂直的判定证明即可； （2）先作于E点，利用线面垂直的判定证明面面垂直即可，再根据等面积法计算线段比即可. 【详解】（1）略. （2）存在．在中，作，垂足为E，连接BE． 由（1）知平面，所以． 因为AB，平面，且，所以平面． 因为平面BCE，所以平面平面． 设，则，，故． 因为，所以， 则，， 所以． 故在上存在点E，使得平面平面，此时． 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $