高一数学下学期期末模拟卷（人教B版必修第三册+第四册，高效培优）

**基本信息** 高一数学期末模拟卷以人教B版必修三四册为范围，通过蹴鞠、刍甍等文化情境与3D打印等现实应用，考查向量、复数、立体几何等核心知识，体现数学眼光观察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题58分|向量共线、复数象限、函数奇偶性与最值、斜二测画法、正四面体体积|第5题结合蹴鞠文化考查空间几何体体积，体现文化传承| |填空题|3题15分|解三角形、刍甍线面平行、三角恒等变换|第13题以《九章算术》刍甍为背景，考查立体几何中点线面关系| |解答题|5题77分|梯形向量运算、复数与向量综合、四棱锥二面角、解三角形面积范围、三棱锥动态线面角|19题通过动点探究线面角取值范围，层次递进，考查数学思维的逻辑性与创新性|

2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 全解全析 （考试时间：120分钟，分值：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。 4．测试范围：人教B版必修第三册+第四册。 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．已知平面向量，，若，则（    ） A． B．4 C． D．3 【答案】C 【详解】由，，可得：， 所以. 由，得：， 代入坐标计算：， 解得. 2．复数在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】B 【详解】， 复数在复平面内对应点为，位于第二象限． 3．函数是（   ） A．非奇非偶函数 B．仅有最小值的奇函数 C．仅有最大值的偶函数 D．既有最大值又有最小值的偶函数 【答案】D 【详解】∵，定义域为，又， ∴是偶函数，且不是奇函数， 又，又因为， 所以当时，取得最大值2；当时，取得最小值. 4．如图，为平面四边形用斜二测画法作出的直观图，其中，，，则四边形的面积为（   ）．    A． B． C．5 D． 【答案】C 【详解】四边形为直角梯形，且，，，，    5．蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．已知某蹴鞠的表面上有四个点A，B，C，D，满足任意两点间的直线距离为6 cm，现在利用3D打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（    ）【参考数据：，，，．】 A．101 g B．182 g C．519 g D．731 g 【答案】B 【详解】由题意可知，几何体是棱长为的正四面体， 所需要材料的体积即为正四面体外接球体积与正四面体体积之差， 设正四面体的棱长为，则正四面体的高为， 设正四面体外接球半径为，则，解得， 所以打印的体积为：. 又，所以， 即制作该模型所需原材料的体积为， 因为打印所用原材料的密度为， 所以制作该模型所需原材料的质量约为 6．将函数的图象向上平移1个单位，得到函数的图象，若且，则的最小值是（     ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】函数向上平移1个单位，根据平移规则得：， 因为正弦函数，因此的值域为， 由于的最大值为2，要使 ，则， 当时，，即， 根据正弦函数性质可得：， 化简得：，设，， 所以，，因为， 所以当时，取得最小值为. 7．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【详解】由余弦定理，将代入得. 进而. 的最小值为，因此的最大值为. 令，. ， 当时，， 根据对勾函数的性质可得， 故的最大值为， 即的最大值为. 8．已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（    ） A．1 B． C． D． 【答案】D 【详解】因为分别表示与方向上的单位向量， 所以向量所在直线与的平分线重合， 又，即与垂直， 由三线合一可知，，如图，取的中点，连接，则⊥， 又， 其中， 所以，，故， 以为坐标原点，建立直角坐标系， 则，， ，设， ， ， ， 当时 的最小值为，故的最小值为. 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．如图，每个小方格的边长均为1，复数，在复平面内的对应点分别为A，B，则（     ）    A． B． C．为纯虚数 D．在复平面内的对应点位于第三象限 【答案】ACD 【详解】由图可知，点的坐标为 ，点的坐标为 ， 所以因此A正确，B错误． 对于C， 的实部为0，虚部不为0，所以为纯虚数，C正确． 对于D， 其实部和虚部均为负数，所以其对应点位于第三象限，D正确． 10．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．不等式的解集为 D．将的图象向右平移个单位长度后所得函数的图象在上不单调 【答案】AC 【详解】对于A，由图象可知，最小正周期，所以， 因为图象过点，所以，又，所以， 所以，故A正确； 对于B，，故B错误； 对于C，令，则，所以，，解得，， 所以不等式的解集为，，故C正确； 对于D，将的图象向右平移个单位长度后，得到的图象，当时，， 此时函数在区间上单调递增，故D错误. 11．如图，在四棱锥中，分别是，，的中点，且，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．平面与平面的交线记为，则直线 D．三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则 【答案】BC 【详解】对于A，由题知相交，平面， 平面，所以与平面相交，故A错误； 对于B，如图，连接，因为分别是，的中点，所以，， 又因为且，所以且， 所以四边形是平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面，故B正确； 对于C，因为，因为平面， 平面，所以平面， 因为平面，平面平面，所以，故C正确； 对于D，因为分别是的中点， 所以，，所以， 所以，故D错误. 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，，则 ________. 【答案】 【详解】∵ 在中，， 由正弦定理， ， ∵ ，∴ ， 又∵ 由余弦定理可得， 将代入上式， ∴ . 13．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍（chú méng）”是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如图，五面体ABCDEF是一个“刍甍”，，，M是DE的中点，N是AB上的点.若平面BCF，则______．    【答案】/ 【详解】过M作，MP为梯形EFCD中位线，，连接BP， ，，，则M，N，B，P四点共面， 平面BCF，∴平面平面，平面，，又，∴四边形为平行四边形， ，. ．   14．已知，，则______. 【答案】/ 【详解】令，，则，． 因为，所以与均有意义，从而，． 由两角和的余弦公式，得． 又因为，，所以． 因此． 把代入，得． 又因为，所以，解得． 由两角差的余弦公式，得． 同理，，所以． 于是． 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）如图，在梯形中，，，，、分别为、的中点，且，P是线段上的一个动点． (1)若，求的值； (2)求的长； (3)求的取值范围． 【详解】（1）如图： 以为原点，建立如图平面直角坐标系，设，， 2分 则，，，，，. 所以， 又，，所以. 4分 又，所以，， 所以. 6分 （2）因为，， 由，又，所以. 故. 8分 （3）设，， 则，， 所以， 10分 当时，；当或时，. 所以. 13分 16．（15分）已知复数，，其中为虚数单位，. (1)若是实数，求的值； (2)设复数，对应的向量分别是，，若，求的值. 【详解】（1）因是实数， 1分 则，即， 3分 又，，则，即， 5分 此时； 7分 （2）由题意可知， 则，， 10分 因为， 所以 ， 即， 13分 又因为， 所以，故. 15分 17．（15分）在四棱锥中，平面平面ABCD，，底面ABCD为菱形，，，E，F分别是SA，BC的中点．    (1)求证：平面SCD； (2)求二面角的余弦值； (3)求点B到平面SCD的距离． 【详解】(1)取SD的中点M，连接ME，MC， 因为E，M分别为SA，SD的中点，则且， 又因为F为BC的中点，且四边形ABCD为菱形，则且， 可得且，可知四边形EFCM是平行四边形，则， 3分 且平面SCD，平面SCD，所以平面SCD． 4分 （2）取AB的中点O，连接SO，CO，AC，    因为，则， 且平面平面ABCD，平面平面，平面SAB， 所以平面ABCD， 6分 由题意可知：为等边三角形，则， 且，平面，可得平面， 由平面可得， 又因为，则，， 可知为二面角的平面角， 8分 在中，则，，， 可得， 所以二面角的余弦值为． 10分 （3）由（2）可知：平面ABCD， 且，， 12分 设点B到平面SCD的距离为h， 因为，则， 即，解得， 所以B到平面SCD的距离为． 15分 18．（17分）已知，，分别为三个内角，，的对边，满足． (1)求， (2)若，且的面积为，求的周长； (3)若是锐角三角形，且，求面积的取值范围． 【详解】（1）由和正弦定理，可得， 1分 其中，故．∴，即， 3分 因为，所以. 4分 （2）因为，所以， 5分 由余弦定理可得 即，所以， 所以的周长为. 7分 （3）因为是锐角三角形，， 所以，解得， 9分 由正弦定理，，则， 10分 所以， ， 14分 由得，所以， 所以， 即面积的取值范围为. 17分 19．（17分）如图，三棱锥中，平面PAC，，，，点E满足，． (1)证明：平面ABC； (2)若在棱AB上存在一点D，使得． （ⅰ）求BD的长； （ⅱ）若F是棱BC上的动点，求直线PF与平面PDE所成角的正弦值的取值范围． 【详解】(1)由平面PAC，PE，平面PAC， 所以，． 1分 因为，，所以． 在中，， 在中，，所以，即． 3分 又，AC，平面ABC， 所以平面ABC． 4分 （2）（ⅰ）D为AB上靠近B的三等分点， 即，使得． 5分 理由如下：连接DE， 因为，所以，所以． 因为平面PAC，平面PAC， 所以，所以． 6分 由（1）可知平面ABC，平面ABC，所以． 又因为，平面PDE，平面PDE， 所以平面PDE． 8分 因为平面PDE，所以．所以． 9分 （ⅱ）由（ⅰ）可知，且平面PDE，平面PDE， 所以平面PDE，则F到平面PDE的距离即C到平面PDE的距离，记为h． 11分 由（ⅰ）知：平面PDE，所以． 在中，由 得， 13分 设直线PF与平面PDE所成角为，则， 所以， 所以直线PF与平面PDE所成角的正弦值的取值范围为． 17分 1 / 12 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 （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。 4．测试范围：人教B版必修第三册+第四册。 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．已知平面向量，，若，则（    ） A． B．4 C． D．3 2．复数在复平面内对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．函数是（   ） A．非奇非偶函数 B．仅有最小值的奇函数 C．仅有最大值的偶函数 D．既有最大值又有最小值的偶函数 4．如图，为平面四边形用斜二测画法作出的直观图，其中，，，则四边形的面积为（   ）．    A． B． C．5 D． 5．蹴鞠，又名蹴球，筑球等，蹴有用脚踢、踏的含义，鞠最早系外包皮革、内实含米糠的球．已知某蹴鞠的表面上有四个点A，B，C，D，满足任意两点间的直线距离为6 cm，现在利用3D打印技术制作模型，该模型是由蹴鞠的内部挖去由组成的几何体后剩下的部分，打印所用原材料的密度为，不考虑打印损耗，制作该模型所需原材料的质量约为（    ）【参考数据：，，，．】 A．101 g B．182 g C．519 g D．731 g 6．将函数的图象向上平移1个单位，得到函数的图象，若且，则的最小值是（     ） A． B． C． D． 7．在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．则的最大值为（    ） A．2 B． C． D． 8．已知非零向量与满足，且，，点是的边上的动点，则的最小值为（    ） A．1 B． 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．如图，每个小方格的边长均为1，复数，在复平面内的对应点分别为A，B，则（     ） A． B． C．为纯虚数 D．在复平面内的对应点位于第三象限 第9题 第10题 10．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．不等式的解集为 D．将的图象向右平移个单位长度后所得函数的图象在上不单调 11．如图，在四棱锥中，分别是，，的中点，且，则下列说法正确的是（    ） A．平面 B．平面 C．平面与平面的交线记为，则直线 D．三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则 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，，则 ________. 13．我国古代数学名著《九章算术》中记载的“刍甍（chú méng）”是指底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如图，五面体ABCDEF是一个“刍甍”，，，M是DE的中点，N是AB上的点.若平面BCF，则______．    14．已知，，则______. 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）如图，在梯形中，，，，、分别为、的中点，且，P是线段上的一个动点． (1)若，求的值；(2)求的长；(3)求的取值范围． 16．（15分）已知复数，，其中为虚数单位，. (1)若是实数，求的值； (2)设复数，对应的向量分别是，，若，求的值. 17．（15分）在四棱锥中，平面平面ABCD，，底面ABCD为菱形，，，E，F分别是SA，BC的中点． (1)求证：平面SCD； (2)求二面角的余弦值； (3)求点B到平面SCD的距离． 18．（17分）已知，，分别为三个内角，，的对边，满足． (1)求，(2)若，且的面积为，求的周长； (3)若是锐角三角形，且，求面积的取值范围． 19．（17分）如图，三棱锥中，平面PAC，，，，点E满足，． (1)证明：平面ABC； (2)若在棱AB上存在一点D，使得． （ⅰ）求BD的长；（ⅱ）若F是棱BC上的动点，求直线PF与平面PDE所成角的正弦值的取值范围． 1 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 参考答案 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 2 3 4 5 6 7 8 C B D C B A B 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9 10 11 ACD AC BC 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． 13．/ 14．/ 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．【详解】（1）如图： 以为原点，建立如图平面直角坐标系，设，， 2分 则，，，，，. 所以， 又，，所以. 4分 又，所以，， 所以. 6分 （2）因为，， 由，又，所以. 故. 8分 （3）设，， 则，， 所以， 10分 当时，；当或时，. 所以. 13分 16．【详解】（1）因是实数， 1分 则，即， 3分 又，，则，即， 5分 此时； 7分 （2）由题意可知， 则，， 10分 因为， 所以 ， 即， 13分 又因为， 所以，故. 15分 17．【详解】(1)取SD的中点M，连接ME，MC， 因为E，M分别为SA，SD的中点，则且， 又因为F为BC的中点，且四边形ABCD为菱形，则且， 可得且，可知四边形EFCM是平行四边形，则， 3分 且平面SCD，平面SCD，所以平面SCD． 4分 （2）取AB的中点O，连接SO，CO，AC，    因为，则， 且平面平面ABCD，平面平面，平面SAB， 所以平面ABCD， 6分 由题意可知：为等边三角形，则， 且，平面，可得平面， 由平面可得， 又因为，则，， 可知为二面角的平面角， 8分 在中，则，，， 可得， 所以二面角的余弦值为． 10分 （3）由（2）可知：平面ABCD， 且，， 12分 设点B到平面SCD的距离为h， 因为，则， 即，解得， 所以B到平面SCD的距离为． 15分 18．【详解】（1）由和正弦定理，可得， 1分 其中，故．∴，即， 3分 因为，所以. 4分 （2）因为，所以， 5分 由余弦定理可得 即，所以， 所以的周长为. 7分 （3）因为是锐角三角形，， 所以，解得， 9分 由正弦定理，，则， 10分 所以， ， 14分 由得，所以， 所以， 即面积的取值范围为. 17分 19．【详解】(1)由平面PAC，PE，平面PAC， 所以，． 1分 因为，，所以． 在中，， 在中，，所以，即． 3分 又，AC，平面ABC， 所以平面ABC． 4分 （2）（ⅰ）D为AB上靠近B的三等分点， 即，使得． 5分 理由如下：连接DE， 因为，所以，所以． 因为平面PAC，平面PAC， 所以，所以． 6分 由（1）可知平面ABC，平面ABC，所以． 又因为，平面PDE，平面PDE， 所以平面PDE． 8分 因为平面PDE，所以．所以． 9分 （ⅱ）由（ⅰ）可知，且平面PDE，平面PDE， 所以平面PDE，则F到平面PDE的距离即C到平面PDE的距离，记为h． 11分 由（ⅰ）知：平面PDE，所以． 在中，由 得， 13分 设直线PF与平面PDE所成角为，则， 所以， 所以直线PF与平面PDE所成角的正弦值的取值范围为． 17分 1 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $