山东泰安市泰山区2025-2026学年高一下学期数学期末自编预测模拟卷

**基本信息** 以抗战胜利80周年知识竞赛、《哪吒2》玉虚宫文化等为情境，覆盖向量、立体几何、概率统计等核心知识，梯度设计兼顾基础巩固与综合应用，体现数学眼光、思维与语言的素养导向。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题40分|立体几何（线面关系）、概率（随机模拟）|第4题以“笔墨纸砚”随机模拟考查停止概率，体现数据意识| |多选题|3题18分|向量（投影与模）、统计（频率分布直方图）|第10题结合“重庆呆呆刨猪汤”热点考查百分位数计算| |填空题|3题15分|向量（正八边形数量积）、几何体体积|第14题以玉虚宫正八边形为背景，考查向量运算与最值| |解答题|5题77分|立体几何（翻折面面垂直）、解三角形、概率统计|第19题梯形翻折综合证明面面垂直与二面角计算，突出空间观念与推理能力|

山东省泰安市泰山区2026年高一下学期期末预测模拟卷 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）如图，在平行四边形中，为的中点，与交于点，则（    ） A． B． C． D． 2．（本题5分）已知两个随机事件和，其中，则（    ） A． B． C． D． 3．（本题5分）已知，，表示不同的直线，，表示不同的平面，下面四个命题错误的有（ ） A．若，，则； B．若，，，，则； C．若，，则； D．，，则. 4．（本题5分）盒子中有四张卡片，分别写有“笔墨纸砚”四个字，有放回地从中任取一张卡片，直到“纸”“砚”两个字都取到就停止，用随机模拟的方法估计恰好在第三次取到卡片后停止的概率．利用电脑随机产生到之间取整数值的随机数，分别用代表“笔墨纸砚”这四个字，以每三个随机数为一组，表示三次的结果，经随机模拟产生了以下组随机数： 343  432  314  134  234  132  243  331  112  324 342  241  244  342  124  431  233  214  344  434 由此可以估计，恰好第三次结束时就停止的概率为（　　） A． B． C． D． 5．（本题5分）的直观图如图所示，其中轴，轴，且 ，则的面积为（ ） A． B．4 C． D．8 6．（本题5分）为纪念中国人民抗日战争暨世界反法西斯战争胜利80周年，某地面向全体中学生开展了以“铭记历史、缅怀先烈、珍爱和平、开创未来”为主题的知识竞赛活动．现从中随机抽取了100名学生的成绩（满分100分，成绩取整数）整理成如图所示的频率分布直方图，则估计这组数据的第85百分位数为（   ）    A．85 B．86 C．86.5 D．87 7．（本题5分）如图，在四边形中，已知，，，，，则的长（     ） A． B． C． D． 8．（本题5分）如图，在正方形中，为的中点，将沿直线折起至处，使得点在平面上的射影在上.若三棱锥的外接球表面积为，则到平面的距离为（   ） A． B． C． D．1 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）已知向量，且，则（    ） A．与的夹角为 B．在上的投影向量为 C． D． 10．（本题6分）2026年1月，重庆合川区女孩“呆呆”（网名）在社交平台发布求助视频，邀请网友帮忙“按猪”，承诺以刨猪汤答谢，结果意外走红.合川区某机构为了解各年龄层对这次“重庆呆呆刨猪汤”的关注程度，随机选取了100名年龄在内的市民进行调查，并绘制出如图所示的频率分布直方图，则（每组数据以区间的中点值为代表）（   ） A． B．所调查市民年龄众数的估计值为40 C．所调查市民年龄的第75百分位数的估计值为42.5 D．所调查市民的平均年龄约为34.5岁 11．（本题6分）如图，已知四棱锥，其中底面为正方形，平面，为线段的中点，与交于点，，，则（   ）    A．平面 B．平面 C．二面角的余弦值为 D．直线与所成的角为 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知，，且，则________． 13．（本题5分）如图，在几何体中，侧棱，，均垂直于底面，已知，，，则该几何体的体积是______． 14．（本题5分）《哪吒2》的玉虚宫，形态由九宫八卦阵演变而来，设计灵感来源于汉代．内饰充满了中国文化符号、某中学数学实践小组将玉虚宫轮廓抽象为正八边形，结合向量知识进行主题探究活动．如图，正八边形ABCDEFGH，边长为2，，点P在线段CH上，且 则的值为_____；若点Q为线段 CD上的动点，则 的最小值为________ 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）已知，，与的夹角为. (1)求； (2)若向量与相互垂直，求实数的值. 16．（本题15分）已知为虚数单位，为实数，复数． (1)当时，求的模和； (2)若为实数，求的值． 17．（本题15分）在锐角三角形ABC中，三个内角A，B，C的对边长分别为a，b，c，且． (1)求角C； (2)已知，且的面积为，求的值． 18．（本题17分）市有关部门为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩分成，这五组，得到如图所示的频率分布直方图． (1)估计样本成绩的平均数及方差；（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表) (2)某工作人员使用简单随机抽样从中抽取部分再研究，其中成绩的答卷有2份，成绩的答卷有3份，再从这5份中随机抽取2份进行详细分析，求从这5份答卷中取2份时，既有的答卷也有的答卷的概率． 19．（本题17分）如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 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 《山东省泰安市泰山区2026年高一下学期期末预测模拟卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C C B B A A ABD ACD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】利用平面向量基本定理求解. 【详解】解：因为为平行四边形，故，故易知， 又因为为的中点，所以， 故， 2．D 【详解】， ． 3．C 【分析】根据面面平行、线面垂直的性质判断A、D；根据线面平行判定定理和性质定理，判断B，根据面面平行的性质判断C. 【详解】对于A：由，，根据面面平行的性质知，故A正确； 对于B：因为，，，表示不同的直线， 所以，又，， 所以，又，，所以，故B正确； 对于C：若，，则或异面，故C错误； 对于D：由，，根据线面垂直的性质知，故D正确. 4．C 【详解】根据题意，在组随机数中，恰好第三次结束时就停止有、、、、，共有组， 343  432  314  134  234  132  243  331  112  324 342  241  244  342  124  431  233  214  344  434 则恰好第三次结束时就停止的概率，故C正确. 5．B 【详解】由题设，将直观图还原为原图， 如图所示，则是直角三角形，其中，， 故的面积为. 6．B 【分析】运用频率分布直方图的性质求出，结合百分位数的定义求解即可. 【详解】由，解得. 所以前4组频率和为，前5组频率和为， 设这组数据的第85百分位数为，则，解得． 7．A 【分析】首先在中利用余弦定理求解的长度，再结合垂直关系得到中的已知角，最后利用正弦定理求解的长度即可. 【详解】在中，， 由余弦定理得 ∴ 整理得 ，解得 或 （边长为正，舍去）. ∵ ，∴ ， ∴ . 在中，，，， 由正弦定理得 ∴ . 8．A 【分析】根据折叠的特点，根据外接球以及球的表面积求解正方形的边长，结合勾股定理求解即可. 【详解】连接，交于，交于点，连接，，设正方形的边长为， 因为为正方形，所以沿对角线折叠的过程中， 点（即点）在底面上的射影一直在直线上， 又点在平面上的射影在直线上，所以点即为点在平面上的射影， 即平面， 则即为点到平面的距离. 因为平面，所以. 正方形中，，即， 所以为三棱锥外接球的球心，则三棱锥外接球的半径， 又三棱锥的外接球表面积为，则，解得， 所以. 因为为的中点，为的中点，所以为的重心， 则. 在中，. 所以点到平面的距离为. 9．ABD 【分析】由平面向量夹角的余弦公式即可判断A；由投影向量的公式判断B；由平面向量运算的坐标公式判断C；由平面向量模长的坐标公式判断D． 【详解】对于A，，故A正确； 对于B，在上的投影向量为，故B正确； 对于C，， 又，所以， 将代入上式得，， 所以，则或，故C错误； 对于D，由C知，，故D正确． 10．ACD 【详解】对于A，由题可得，解得，故A正确： 对于B，由频率分布直方图可知，年龄位于区间的频率最大，故所调查市民年龄众数的估计值为，故B错误； 对于C，设第75百分位数为，前3组的频率之和为，前4组的频率之和为，故第75百分位数在第4组，所以，解得，所以所调查市民年龄的第75百分位数的估计值为42.5，故C正确； 对于D，所调查市民的平均年龄约为岁，故D正确. 11．ABD 【分析】根据线面平行的判定定理可判断A的正误，根据空间垂直关系的转化可判断B的证明，构造面面角或线面角结合余弦定理可判断CD的正误. 【详解】连接，因为，平面，平面， 所以平面，故A正确． 由正方形可得， 而平面，故平面，因平面，故， 因为，平面，所以平面，故B正确． 连接，同理可证平面，而平面，故，    所以为二面角的平面角， 因为平面，平面，故， 故，而，， 则，故C错误． 取的中点，取的中点，连接，，， 则，则直线，所成的角为或其补角， 同理可证平面，而平面，故， 故，因为所在边的中点，故， 故平面，而平面，故， 故，又， 故， 故，则直线与所成的角为60°，故D正确．    12． 【详解】由题意得， 结合，得，解得. 13． 【分析】先将该几何体补成一个正三棱柱，再根据几何体与补形后的正三棱柱的体积的关系求出该几何体的体积. 【详解】因为在几何体中，侧棱，，均垂直于底面， 已知，，， 所以构造一个底面是边长为2的等边三角形，侧棱长为6的正三棱柱， 其中，，，， 因此，即， 根据三棱柱体积公式， 所以该几何体的体积是. 14． 0 【分析】在正八边形中，各边夹角都是已知的，各边长也是已知的，把目标向量用边长向量表示出来，再根据向量乘法运算律求出结果. 【详解】 因为， 则， 与夹角为，与夹角为， . 设，可知， ， ， ， ， ，当或时， 有最小值，最小值为0. 故答案为: ； 0. 15．(1) (2) 【分析】（1）由数量积的定义可得，再根据模长的平方关系结合数量积的运算律求解即可； （2）根据向量垂直可得，结合数量积的运算律求解即可. 【详解】（1）因为，，， 则，所以. （2）若向量与相互垂直， 则，即，解得. 16．(1)； (2) 【分析】（1）利用模长公式和共轭复数定义即可求解； （2）先展开并整理为的形式，再利用“复数为实数则虚部为0”的性质列方程求解即可. 【详解】（1）当时，， 所以复数的模为，共轭复数为. （2）因为， 因为该复数为实数，所以虚部为 0， 即：，解得. 17．(1) (2) 【分析】（1）根据给定条件，利用正弦定理边化角求解. （2）利用三角形的面积公式及余弦定理列式求解. 【详解】（1）在锐角中，由及正弦定理，得， 而，则，又，所以. （2）由（1）知，由的面积为，得， 解得，由余弦定理得， 则，所以. 18．(1)平均数为100，方差为104 (2) 【分析】（1）根据频率分布直方图中平均数与方差的求法，代入数据，即可得答案. （2）根据条件，利用古典概型求解即可. 【详解】（1）由频率分布直方图得， 平均数， 方差 . （2）记这组三份答卷的编号为这组两份答卷的编号为， 故从5份答卷中随机抽取2份，共10种情况，为： 设事件“既有的答卷也有的答卷” 则，共6种情况． 故, 19．(1)证明见解析 (2)（i），理由见解析；（ii） 【分析】（1）先利用梯形性质得出为等边三角形，翻折后仍为等边三角形，再通过勾股定理证明，结合，证明 平面，从而推出平面平面. （2）（i）利用面面平行的性质，结合中位线定理，通过线线平行推导线面平行，再由面面平行的判定定理得出； （ii）由（i）知为的中点，先证 ，算出、，再由得 ，得出 ，用等面积法得到棱的距离，通过三棱锥体积转换 ，算出到平面的距离，通过计算即可求得结果. 【详解】（1）证明：在梯形中，，，，为的中点， 所以，且， 则四边形为菱形，所以， 则，所以为等边三角形，翻折后为等边三角形，且， 因为为的中点，故. 同理，四边形为菱形，为等边三角形，. 在中，，，又，则，所以. 因为，，平面， 所以平面. 又平面，故平面平面. （2）（ⅰ）. 理由如下： 如图，连接，与，分别交于点，，连接，. 因为，分别为，的中点，四边形为菱形， 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以 平面. 因为为的中点，所以为的中位线，所以为的中点. 因为平面 平面，平面平面， 平面平面， 所以，所以为的中点，即. （ⅱ）由（2）（ⅰ）可知，点的位置唯一确定，即为的中点. 由（1）可知，，，且，，平面， 所以平面. 又 ，所以平面. 又平面，则， 所以，则. 在中，，，则， 又，所以 . 如图，过作于点， 由等面积法可知，. 在中，，，则边上的高为. 设点到平面的距离为， 则. 所以，所以. 设二面角的大小为， 则. 故二面角的正弦值为. 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 $