2025-2026学年高一下学期数学期末考前自测卷（一）（人教A版必修第二册）

**基本信息** 高一下学期数学期末自测卷，覆盖必修二全册，以文化情境（壕股塔测量）、科学问题（离子残留试验）为载体，通过立体几何、概率统计等综合题考查数学思维与应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|复数、向量、概率、立体几何|单选基础（样本量概念），多选综合（复数性质、向量投影）| |填空题|3/15|斜二测画法、独立事件概率、解三角形|文化情境（壕股塔测量）| |解答题|5/77|立体几何（体积、距离）、统计（直方图）、解三角形|综合应用（三棱锥与球的线面角最值，体现数学推理与空间观念）|

2025——2026学年高一下学期期末考前自测卷（一） 数学 考试内容：人教A版必修二全册 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．某市市场监管局为了了解饮料的质量，从该市区某超市在售的种饮料中抽取了种饮料，对其质量进行了检查．在这个问题中，是（    ） A．总体 B．个体 C．样本 D．样本量 2．已知复数满足，则（    ） A． B． C．4 D．8 3．已知向量，若向量与的方向相反，则实数的值为（   ） A． B． C．-1 D． 4. 甲、乙两名射击运动员进行射击比赛，甲中靶的概率为0.6，乙中靶的概率为0.7，且两人是否中靶相互独立，若甲、乙各射击一次，则（    ） A．两人都中靶的概率为0.12 B．两人都不中靶的概率为0.42 C．恰有一人中靶的概率为0.46 D．至少一人中靶的概率为0.74 5.若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 6．在中，角、、的对边分别为、、，的面积记为，若且，则的形状为（    ） A．直角三角形 B．等腰非等边三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 7. 已知圆锥的轴截面为为该圆锥的顶点，该圆锥内切球的表面积为，若，则该圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，角所对的边分别是，若，边上的高为，则的最大值为（ ） A. 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．设，为复数，则下列结论中正确的是（   ） A．若，则 B．若，则是实数 C．若为纯虚数，则也为纯虚数 D． 10．已知向量，满足：，则（   ） A． B．与夹角的余弦值为 C．在上的投影向量坐标为 D．（）的最小值为1 11．已知四棱锥中，平面，，，四棱锥的外接球的球心为．记四棱锥，的体积分别为，，三棱锥，的体积分别为，，则下列说法中正确的有（    ） A． B． C． D．若直线与平面所成的角的大小为，则的最大值为 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 已知水平放置的是按“斜二测画法”得到如图所示的直观图，其中， ，那么原的面积是______. 13. 已知，，且与相互独立，__________． 14. 如图，壕股塔位于嘉兴南湖西侧的南湖渔村中，某项目化学习小组为了测量其高度，选取与塔底O在同一水平面的三个测量点A，B，C，分别测得塔顶P点的仰角为30°，45°，30°，延长AB交OC于点D，经测量D为OC上靠近O点的三等分点，B为AD的中点，米，则塔高__________米． 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，在等腰梯形中，，，分别为，中点，与交于点. （1）用，表示； （2）求线段的长. 16. 如图，正方形ABCD是圆柱的轴截面，EF是圆柱的母线，圆柱的体积为. （1）求圆柱表面积； （2）若，求点F到平面BDE的距离. 17． 为了解甲､乙两种离子在小鼠体内的残留程度，进行如下试验：将200只小鼠随机分成两组，每组只，其中组小鼠给服甲离子溶液，组小鼠给服乙离子溶液.每只小鼠给服的溶液体积相同､摩尔浓度相同.经过一段时间后用某种科学方法测算出残留在小鼠体内离子的百分比.根据试验数据分别得到如下直方图： 记为事件：“乙离子残留在体内的百分比不高于”，根据直方图得到的估计值为． （1）求乙离子残留百分比直方图中的值； （2）求甲离子残留百分比第百分位数； （3）估计乙离子残留百分比的均值.（同一组数据用该组区间的中点值为代表） 18. 在中，内角，，所对的边分别为，，， （1）已知， （i）求； （ii）若，为边上的中点，求的长. （2）若为锐角三角形，求证： 19．在三棱锥中，，三棱锥的各顶点均在表面积为的球的球面上，且四点共面． (1)证明：平面平面； (2)当时，求球心到平面的距离； (3)求直线与平面所成角的正弦值的最大值． 参考答案 1.【答案】D 【分析】根据随机抽样概念求解即可. 【详解】总体：我们把与所研究问题有关的全体对象称为总体； 个体：把组成总体的每个对象称为个体； 样本：从总体中，抽取的一部分个体组成了一个样本； 样本量：样本中个体的个数叫样本量，其不带单位； 在售的50种饮料中抽取了30种饮料，对其质量进行了检查， 在这个问题中，50种饮料是总体，每一种饮料是个体，30种饮料是样本，30是样本量． 故选：D． 2．A 【分析】首先化简复数，再代入模的公式. 【详解】由条件可知，， 所以. 3．A 【详解】由向量，得，则不共线， 若向量与共线，则，解得， 此时，即向量与的方向相反， 所以实数的值为. 4. C 【分析】设出事件，根据相互独立事件的概率计算公式计算即可. 【详解】设甲中靶为事件， 乙中靶为事件， 则两人都中靶的概率为， 两人都不中靶的概率为， 恰有一人中靶的概率为， 至少一人中靶的概率为. 故选：C 5. C 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 6.【答案】C 【详解】在中，， 又可得，从而； 利用余弦定理和面积公式可将化为， 所以，从而，故是等边三角形. 7．【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用内切圆的性质，求得圆锥的底面半径和高，结合体积公式，即可求解. 【详解】如图所示，设内切球与PA相切于点， 因为，所以， 由内切球的表面积为，可得球的半径， 则圆锥的高为，圆锥的底面半径为， 所以该圆锥的体积. 故选：A. 8.【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理可求得，再由等面积关系可得，利用余弦定理结合基本不等式得出，即可求得，再结合的范围即可得出结论. 【详解】， 由余弦定理可得，整理可得， 又AC边上的高为，所以，即， ，当且仅当取等号， ，即，即， ，则， ，故∠ABC的最大值为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题考查余弦定理的应用，解题的关键是等面积关系得，由基本不等式得. 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】根据复数的模和共轭复数概念代入选项计算即可；也可以用特殊值法证明. 【详解】选项A：举反例，，故不成立； 选项B：设（，），， 则，，成立； 选项C：可设（，），则为纯虚数，成立； 选项D：设，在复平面内对应点为，，则，，，则，可判断成立. 10．AD 【详解】选项A：由，知， 平方可得 ，则成立； 选项B：，故不成立； 选项C：在上的投影向量为，故不成立； 选项D： 所以当时，取得最小值，正确. 11．【答案】ABD 【分析】选项A首先证明平面，然后推导出线线垂直；选项B首先确定球心到平面的距离，然后计算体积关系；选项C先确定面积关系，再根据体积公式判断；选项D先由线面角确定高，再利用重要不等式求出最值. 【详解】由四棱锥有外接球，得四边形有外接圆， 因为，所以为外接圆直径，则， 又平面，平面， 所以，又平面， 所以平面，因平面，则，选项A正确； 由平面，，可得球心到平面的距离为， 又四棱锥，的底面积相等，所以，选项B正确； 因都在以为直径的圆上，而的面积不一定相等， 即，而，， 所以，选项C错误； 平面，所以直线与平面所成的角为， 所以， ， 因为，而，即得， 当且仅当时等号成立，选项D正确. 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12. 【答案】 【分析】根据斜二测画法将直观图还原，可得原图底边长和高，即可求出原图的面积. 【详解】还原该坐标系和直观图可得： 由斜二测画法的规定可知： ，， 则. 故答案为：. 13.【答案】## 【解析】 【分析】由和事件的概率公式与独立事件的概率公式结合已知条件求解即可. 【详解】因为与相互独立，所以， 因为，，， 所以， ，解得， 故答案为： 14.【答案】60 【解析】 【分析】设，设，先利用直角三角形求出其它边，在中，利用余弦定理可解. 【详解】设，设， 由，得，同理可得，， 由为OC上靠近点的三等分点，解得， 在中， 由，解得， 中， 由， 解得． 故答案为：60 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.【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的线性运算直接可得解； （2）根据转化法可得向量模. 【小问1详解】 由已知， 且为的中点， 则四边形为平行四边形，为等边三角形， 即， 又为的中点， 则， 即； 【小问2详解】 由已知，，三点共线， 则， 又因为，，三点共线，则有，解得， 故有， 所以. 16．【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由体积公式计算底面半径，再有表面积公式求解； （2）证明平面，再有等体积法得出点F到平面BDE的距离. 【小问1详解】 设圆柱的底面半径为，则，解得. 则圆柱的表面积为. 【小问2详解】 连接，因为，所以，设点F到平面BDE距离为， 易知，平面，， 所以平面，因为平面，所以， 所以， ，， 因为，所以. 即，解得. 17. 【答案】（1），， （2） （3） 【解析】 【分析】（1） 根据直方图的估计值，可列出式子求出 ,因为(为全集)，即可列出式子求出; （2）设甲离子残留百分比的第百分位数为，根据条件，建立方程，即可求解； （3）将各个区间的中间值乘该组数据的频率，相加，再乘组距，即可求出乙离子残留百分比的平均值. 【小问1详解】 由已知得，解得， 所以． 【小问2详解】 根据直方图，易知甲离子残留百分比的第百分位数在区间，设为， 则，解得， 所以甲离子残留百分比的第百分位数为. 18.【答案】（1）（i）或；（ii） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）（i）由，结合正弦定理化简可得结果；（ii）由，，利用正弦定理求出，，在，由余弦定理求出长即可得解； （2）求出，将问题转化为证明，利用，化简可得结论. 【小问1详解】 （i）因为，，所以， 由正弦定理可得：，即， 因为在，，， 则， 因为，所以或； （ii），所以，则，则， 由正弦定理可得：，即， 又，解得，， 因为为中点，则， 在中，由余弦定理可得：， 即，则. 【小问2详解】 因为为锐角三角形，，则，则， 要证，即证， 由于 ， 由，则，所以， 故，则，则，证毕. 19．(1) 设球的半径为，则，解得， 设的外接圆半径为，则， 因为四点共面，可知的外接圆圆心为， 取的中点，连接， 可知为等边三角形，则，， 又因为，则， 且，则，则， 因为，平面，则平面， 且平面，所以平面平面. (2) (3) 【分析】（1）取的中点，结合勾股定理可证平面，进而可得面面垂直； （2）分析可知平面，利用等体积法求点到面的距离； （3）过点作，分析可知直线与平面所成角为，结合基本不等式求其最值即可. 【详解】（1）略 （2）若，则，， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，且平面，则， 在中，由余弦定理可得 ， 即，则， 在中，由余弦定理可得， 可知为钝角，且， 则， 设球心到平面的距离为， 因为，则，解得， 所以球心到平面的距离为. （3）过点作，垂足为， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面，且平面，则， 可知直线与平面所成角为， 设，则， 在中，由余弦定理可得 ， 即则， 则， 令，则， 可得， 当且仅当，即时，等号成立， 所以直线与平面所成角的正弦值的最大值. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $