浙江省2025-2026学年高一下学期期末自编猜想卷（一）

**基本信息** 浙江省高一数学期末猜想卷覆盖必修二至选择性必修一第1章内容，通过分层设计与情境化问题，考查空间几何、复数、概率统计等核心知识，体现数学眼光观察、思维推理与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| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|斜二测画法、复数纯虚数、空间线面关系|基础题（如第1题斜二测面积）与能力题（如第7题圆台内切球体积）梯度分布| |填空题|3/15|复数方程根、概率样本空间、立体几何翻折|第14题翻折体积最大结合外接球，考查空间观念与创新意识| |解答题|5/77|向量表示、统计直方图、解三角形、四棱锥探究|第17题社会实践统计分析数据观念，第19题四棱锥体积最值与线面角综合逻辑推理，贴合高考命题趋势|

绝密 ★ 启用前 浙江省2025——2026学年高一第二学期期末猜想卷（一） 数学 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卡上． 2．选择题的答案须用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净． 3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卡上相应区域内，答案写在本试题卷上无效． 4.考试内容：人教A版必修二全部至选择性必修一第1章 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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1．一个矩形的长、宽分别为2、3，其斜二测画法下的面积为（    ） A．6 B． C． D． 2．若复数是纯虚数，则 A．3 B．5 C． D． 3．在空间直角坐标系中，若点在平面内，则（    ） A． B． C． D．10 4. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（ ）． A. 互斥 B. 互为对立 C. 相互独立 D. 相等 5. 已知m，n是空间中两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 6. 如图，在三棱锥中，，、分别是、的中点，且满足，则异面直线与所成的角等于 A. B. C. 或者 D. 7．已知圆台的上下底面半径之比为，它的内切球（与圆台的上下底面以及每条母线都相切的球）体积为，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 8．如图，在中，为上一点，且满足，若，则的最小值是（    ） A．2 B．4 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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9．以下说法正确的是（   ） A．已知空间向量，，向量是的充要条件 B．已知空间向量，，若与共线，则 C．已知空间向量，，则在方向上的投影向量为 D．平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则 10．已知，为复数，则下列命题正确的是（   ） A． B．若，则 C．若，则 D．若，则的最大值为 11．在中，内角，，的对边分别为，，，已知，则（   ） A． B． C．边上的中线长为 D．的取值范围是 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知是关于x的实系数方程的一个根，则实数p的值为_______． 13. 设样本空间含有等可能的样本点，，则_______． 14．如图，在梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球的半径为 ． 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．如图，在空间四边形中，，点为的中点，设，，． (1)试用向量，，表示向量； (2)若，，求的值． 16．如图，在直角梯形中，，，，，点O，E分别为，的中点．    (1)设和交于点G，求的值； (2)若点F在边上运动（包含端点），求的取值范围． 17. 在五一假期中，某校组织全校学生开展了社会实践活动，抽样调查了其中的100名学生，统计他们参加社会实践活动的时间（单位：小时），并将统计数据绘制成如图的频率分布直方图.另外，根据参加社会实践活动的时间从长到短按的比例分别被评为优秀、良好、合格. （1）求的值并估计该学校学生在这个五一假期中参加社会实践活动的时间的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作为代表）； （2）试估计至少参加多少小时的社会实践活动，方可被评为优秀.（结果保留两位小数）. （3）根据社会实践活动的成绩，按分层抽样的方式抽取5名学生.从这5名学生中，任选3人，求这3名学生成绩各不相同的概率. 18．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求角B； (2)如图，的角平分线交于点D，且，， （i）求的长度； （ii）若边上的中线与相交于点F，求的余弦值． 19．如图，在四棱锥中，和均为正三角形，，为上一点，设平面与平面的交线为． (1)求证：平面； (2)当四棱锥的体积最大时，为上的点，求与平面所成角的正弦值的最大值； (3)当平面时，平面与交于，求的值． 参考答案 1．C 【分析】先计算原矩形的面积，再结合斜二测画法的面积比例关系求出直观图的面积． 【详解】原图形面积为， 根据斜二测画法的规则：平行于轴的线段长度保持不变，平行于轴的线段长度变为原来的，且坐标系夹角变为， 因此直观图为平行四边形，其面积满足， 所以． 2．【答案】C 【解析】先由已知，求出，进一步可得，再利用复数模的运算即可 【详解】由z是纯虚数，得且，所以，. 因此，. 故选：C. 【点睛】本题考查复数的除法、复数模的运算，考查学生的运算能力，是一道基础题. 3．B 【分析】根据平面内点的特征列方程求得，然后利用空间距离公式求解即可. 【详解】因为点在平面内，所以，即， 所以． 故选：B. 4. 【答案】C 【解析】 【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可. 【详解】解：掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”， 事件与能同时发生，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误； ，，，， 因为，所以与独立，故选项C正确； 事件与不相等，故选项D错误. 故选：C. 5. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间中线线、线面、面面的位置关系逐一判断即可. 【详解】若，，，则可能平行，可能相交，故A错误； 若，，则或或或与相交（不垂直），故B错误； 若，则或，故C错误， 因为，，所以，又，所以，故D正确. 故选：D 6. 【答案】A 【解析】 【分析】通过做平行线将异面直线所成角化为或其补角，根据三角形中的余弦定理得到结果. 【详解】 取AC的中点G,连接EG,GF,可得，此时，为异面直线与所成的角或其补角，根据可得到分别为三角形的中位线， 在三角形中，根据余弦定理得到 因为异面直线所成的角为直角或锐角，故得到异面直线与所成的角等于. 故答案为A. 【点睛】本题考查了异面直线所成角的求法，异面直线所成的角常用方法有：将异面直线平移到同一平面中去，达到立体几何平面化的目的；或者建立坐标系，通过求直线的方向向量得到直线夹角或其补角. 7．A 【分析】根据圆台的几何性质确定内切球半径从而得圆台的高度，结合圆台的几何性质求解上下底面半径，从而可得圆台体积. 【详解】由于圆台的内切球体积为，设其内切球半径为， 所以，则半径， 所以圆台的高度， 设圆台上底面半径为，则下底面半径为， 圆台轴截面如下图：为球心，为上下底面圆圆心 根据切线长定理，圆台的母线长， 由母线长与圆台上下底面半径，、高度关系可得： ，所以，可得， 则该圆台的体积为. 故选：A. 8．【答案】C 【分析】设，从而得到，结合已知有，应用三角形面积公式得，最后由向量数量积的运算律、基本不等式求向量模长的最值. 【详解】设，则， 所以，解得， ，则， ，当且仅当时，等号成立， 的最小值为． 故选：C 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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9．BCD 【分析】利用共线向量的充要条件来判断A，利用空间向量共线来求解判断B，利用投影向量公式来求解判断C，利用法向量性质和数量积的坐标运算来求解判断D． 【详解】若，则，但且，才有， 所以向量是的必要不充分条件，故A错误； 由空间向量，，且与共线， 则，解得，所以，故B正确； 由空间向量，， 则在方向上的投影向量为，故C正确； 由三点，，，可得，， 由于向量是平面的法向量， 则， ，所以，故D正确； 故选：BCD 10．【答案】BCD 【分析】令，则求出和，即可判断选项A；设，则根据共轭复数的概念及复数的模长公式即可判断选项B，C；根据复数的几何意义，可得复数在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，而则表示复数在复平面内对应的点到点的距离，求出圆上的点到点的最大距离，即可判断选项D. 【详解】令，则，，显然，故选项A错误； 设，则，所以， 所以，故选项B，C正确； 根据复数的几何意义，可得复数在复平面内对应的点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆， 而则表示复数在复平面内对应的点到点的距离， 故的最大值即为圆上的点到点的最大距离，即，故选项D正确. 故选：BCD. 11．ACD 【分析】借助三角形内角和关系、两角和的正弦公式、正弦定理将角化边后计算即可得A；利用两角差的正弦公式与A中所得计算即可得B；借助余弦定理与A中所得计算即可得C；利用C中所得，结合三角形三边关系计算即可得D. 【详解】对A：， 由正弦定理可得，由， 则，故A正确； 对B：由正弦定理可得， 则， 由A知，则， 故， 故或， 由可知与同号， 若同为负数，则，不符， 故、同为正数，故不符，舍去， 故，故B错误； 对C：设中点为，则，即， 故，即， 由余弦定理可得，， 故，整理得， 由A知，，则，整理得， 故，故，故C正确； 对D：由C知，，则，故， ，则，整理得， 左右同除，可得，解得； 综上可得的取值范围是，故D正确. 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 【答案】12 【解析】 【分析】根据题意分析可知也是方程的一个根，利用韦达定理运算求解即可. 【详解】因为是关于x的实系数方程的一个根， 则也是关于x的实系数方程的一个根， 由韦达定理可得，解得. 故答案为：12. 13. 【答案】2 【解析】 【分析】根据题意利用列举法求，代入即可得结果. 【详解】因为样本空间，， 则，可知， 则， 所以. 故答案为：2. 14．2 【分析】根据题意，三棱锥的体积最大时，平面平面，取的中点，证得平面，再取的中点为，证得，在直角中，求得，再在直角中，得到，得到为三棱锥外接球的球心，即可求解. 【详解】如图所示，设点到平面的距离为， 因为，且为定值， 所以当三棱锥的体积最大时，只需取得最大值，此时平面平面， 取的中点，连接，因为且， 可得且， 因为平面平面，且平面，所以平面， 取的中点为，连接，因为平面，所以， 因为在梯形中，，， 可得，则，所以，且， 在直角中，可得， 在直角中，根据直角三角形的中线性质，可得， 所以，即为三棱锥外接球的球心， 设三棱锥外接球的半径为，则. 故答案为：2 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．(1) (2) 【分析】（1）先把表示出来，然后由点E为的中点得，化简即得结果； （2）把、用表示，然后利用数量积的运算律结合已知条件即可求出结果. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 因为点E为的中点，所以， . （2）已知，， 因为，， 所以 =. 16．(1)2； (2). 【分析】（1）以点为原点建立平面直角坐标系，利用向量共线的坐标表示求解. （2）由（1）中坐标系，利用数量积的坐标表示列式求出范围. 【详解】（1）在直角梯形中，，，，，连接， 则，四边形为平行四边形，，， 以点为原点，直线分别为轴建立平面直角坐标系，    则，令，则， ，由在上，得， 因此，解得，即，则， 所以的值为2. （2）由（1）得，由点F在边上，设， 则，，而， 因此， 所以的取值范围为. 17. 【答案】（1），20.32小时 （2）21.73小时 （3） 【解析】 【分析】（1）利用频率之和为1得到方程，求出，利用平均数的定义进行计算； （2）即求60百分位数，先得到60百分位数位于18~22之间，设出60百分位数为，从而得到方程，求出答案； （3）按照分层抽样的概念得到优秀，良好，及格的人数，并列举出求解相应的概率. 【小问1详解】 由，解得， 因为小时， 所以该学校学生假期中参加社会实践活动的时间的平均数约为20.32小时. 【小问2详解】 时间从长到短按的比例分别被评为优秀、良好、合格， 由题意知，即求60百分位数，又，， 所以60百分位数位于18~22之间， 设60百分位数为，则，解得小时. 故至少参加21.73小时的社会实践活动，方可被评为优秀. 【小问3详解】 易知，5名学生中， 优秀有人，设为， 良好有人，设为， 合格有人，设为. 任选3人，总共有，10种情况， 其中符合的有，共4种， 故概率为. 18．【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【分析】（1）利用正弦定理边化角，再利用余弦定理求出即可得解. （2）（i）根据角平分线性质和三角形面积的分割关系列出等式，求解BD的长度. （ii）易知为向量的夹角，利用中线向量运算得，结合角平分线定理利用向量线性运算得，然后利用平面向量的夹角公式求解余弦值即可. 【详解】（1）在中，由及正弦定理，得， 即， 由余弦定理得，而，所以. （2）（i）已知的角平分线交于点D，则， 又在中，，即， 即，解得. （ii）因为为的中线， 所以， 又，则， 因为，为的角平分线， 在中，因为，得到①， 在中，因为，得到②， 又，由①②得到， 所以， 因为 ， 所以， 即的余弦值为. 19．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）根据已知结合余弦定理可得出，进而得出，然后根据线面平行的判定定理，得出平面，再由线面平行的性质得出，最后证得平面； （2）先得出当四棱锥的体积最大时，平面平面，再建立空间直角坐标系，设出点坐标，由线面角的向量求法表示出正弦值，配方求得最大值即可； （3）设，根据已知条件结合线面平行的性质定理得出．进而根据梯形的性质求出．根据线面平行的性质定理得出 ．然后可求出，进而得出 ，根据等体积法即可得出答案． 【详解】（1）由为正三角形且可知． 又因为，且，在中，由余弦定理得 ， 所以，所以，所以，即．所以， 因为，平面，平面，所以平面． 又平面，平面平面，所以． 又平面，平面，所以平面． （2）当四棱锥的体积最大时，平面平面， 如图，取中点，连接， 由可得，由可得， 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面， 故可以为坐标原点，分别以为轴的正方向建立空间直角坐标系，如图， 因为，所以， 设，则有， 设平面的法向量为，则即 令，则，所以平面的一个法向量为， 设直线与平面所成的角为， ∴， 当，当时，， 当且仅当时等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为． （3）设，如图，连接交于点，连接． 因为平面，平面，平面平面，所以． 在梯形中，， 所以有∽，所以． 因为，所以有，所以． 因为平面与交于，平面与交于， 所以有平面平面． 又平面，平面，所以． 又，所以，所以，． 设梯形的高为，则． 由，可知，所以． 又四棱锥与三棱锥高相等， 所以． 所以有． ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $