湖北襄阳市2025-2026学年高一下学期期末数学期末复习卷2

**基本信息** 高一期末数学模拟卷以《九章算术》“鳖臑”文化传承与河对岸距离测量等现实情境为载体，覆盖复数、向量、立体几何、解三角形、统计等核心知识，通过基础巩固、能力提升、创新应用的梯度设计，适配分层教学需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|复数运算、向量垂直、圆台侧面积|基础概念辨析，如第3题结合圆台周长与侧面积公式| |多选题|3/18|数据特征、解三角形、折叠问题|能力区分，如第11题正方体折叠后空间几何关系判断| |填空题|3/15|分层抽样、角平分线定理、向量最值|情境应用，如第14题正方形中向量模长最小值| |解答题|5/77|复数几何意义、水稻产量统计、正三棱锥证明|综合创新，如第19题四棱锥截面作法及二面角计算，体现空间想象与推理能力|

高一期末统一调研测试模拟试卷 数 学 本试卷满分150分，考试用时120分钟． ★祝考试顺利★ 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内．写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效． 4．考试结束后，请将答题卡上交． 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．若复数满足，则（   ） A． B． C． D． 2．已知平面向量，，若，则（    ） A． B．4 C． D．3 3．圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍，母线长为，圆台的侧面积为，则圆台较小底面的半径为（   ） A．7 B．6 C．5 D．3 4．在平行四边形中，为的中点，若，则（      ） A． B． C． D． 5．如图，为测量河对岸CD两点间的距离．在楼顶处观察的俯角为，观察点的俯角为，为楼底一点且平面BCD，若楼高，，则（    ） A． B． C． D． 6．《九章算术·商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两壍堵.斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖臑.”这里所谓的“鳖臑”（biē nào），就是在对长方体进行分割时所产生的四个面都为直角三角形的三棱锥.已知三棱锥是一个“鳖臑”，平面且，则三棱锥的外接球的表面积为（    ）    A． B． C． D． 7．如图，在中，，为中点，，若，则的最小值是（    ）    A．4 B．2 C． D． 8．正方体的棱长为1，若在内（包括边界）运动，则直线与平面所成角的正弦值的取值范围为（     ） 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．已知一组数据，，，…，（），则下列说法正确的是（    ） A．该组数据的极差为 B．该组数据的70%分位数为 C．剔除，后得到的新数据的平均数小于原数据的平均数 D．剔除，后得到的新数据的方差小于原数据的方差 10．在中，角、、的对边分别为、、，的面积为，且，，则下列结论正确的有（   ） A． B． C．的周长可以是 D．的外接圆半径可以是 11．如图，正方形的边长为1，，分别是，的中点，交于，现沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为．下列说法中正确的是（    ） A．平面 B．直线与平面所成角的正切值为 C．点到面的距离为 D．四面体的内切球的表面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．某中学高一年级有1100人，高二年级有1050人，高三年级有850人.现用分层随机抽样的方法从三个年级中抽取150人，则抽取的高一年级学生的人数为______. 13．在中，，D为BC边上一点，且．若AD为的平分线，且为锐角三角形，则边AC的取值范围______． 14．已知四边形是边长为4的正方形，点E满足．P为平面内一点，则的最小值为________． 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．已知复数（，i为虚数单位），其共轭复数为． (1)若复数为纯虚数，求实数a的值； (2)若且复数在复平面内所对应的点位于第二象限．求实数a的取值范围． 16．某沙稻研究中心在沙漠试验田种植甲、乙两种水稻，随机各抽取5块试验田，其亩产量数据（单位：10kg） 如下： 甲水稻亩产量 47 51 49 50 53 乙水稻亩产量 41 48 57 55 49 (1)分别求出甲、乙两种水稻亩产量的平均数与方差； (2)若要大面积种植这两种水稻中的一种，根据（1）中计算结果，分析哪个品种更适合推广，并说明理由． 17．如图，在正三棱柱中，点D是BC的中点，． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)求点到平面的距离． 18．已知三角形的角，，所对的边为，，，且，，延长到点． (1)若，求的长； (2)若，，求的长． 19．如图，在四棱锥中，平面，底面为直角梯形，，，且，，为的中点． (1)证明：平面； (2)过，，作四棱锥的截面，请写出作法和理由，并求截面的面积； (3)求二面角大小的正切值． 试卷第1页，共3页 《2025-2026学年度高一下学期数学期末考试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C D D C B B C AD ABD 题号 11 答案 ACD 1．A 【详解】由题意可得，即，则． 2．C 【分析】根据向量数乘与加法的坐标运算法则，计算的坐标，进而结合垂直向量的数量积为0建立关于的方程并求解. 【详解】由，，可得：， 所以. 由，得：， 代入坐标计算：， 解得. 3．D 【详解】设圆台较小底面半径为，较大底面半径为，因为圆台的一个底面周长是另一个底面周长的3倍， 所以，得到. 因为圆台的母线长为3，侧面积为，所以， 将代入得，解得. 所以圆台较小底面的半径为3. 4．D 【详解】 在平行四边形中，为的中点， 所以， 所以， 又，所以，， 所以． 5．C 【详解】平面，平面，平面，，； 由在楼顶处观察的俯角为，观察点的俯角为，得，. ，在中，； 在中，. ， 在中，由余弦定理得； . 6．B 【分析】根据已知证明两两垂直，得到三棱锥的外接球，也是以的长为三条相邻棱长的长方体外接球，即可求球体半径，进而求其表面积. 【详解】由平面，平面，则，又， 由且都在面内，故面，面， 所以，，又平面，则，即两两垂直， 所以三棱锥的外接球，也是以的长为三条相邻棱长的长方体外接球， 所以外接球半径为，故外接球的表面积为. 故选：B 7．B 【分析】根据三角形面积公式化简得到，再利用向量的运算表示出，再利用基本不等式求解即可. 【详解】已知，，所以，化简得. 由是中点，，所以， 化简得，进而. 因为，所以. 由基本不等式，且，所以，当且仅当， 即，最小值为. 8．C 【分析】平面，可得即为直线与平面ABCD所成角，再进行分析即可确定正确答案. 【详解】连接， 在正方体中，平面， 对于平面，为垂线，为斜线，为射影， 所以即为直线与平面ABCD所成角， 设，则， 因为P是内（包括边界）的动点， , 当P与O重合时，最小， 此时最大， 当P与B重合时，最大， 此时最小， 所以.    9．AD 【分析】利用极差、百分位数、平均数和方差的定义分析计算即可. 【详解】该组数据的极差为，A正确； 因为，所以该组数据的70%分位数为，B错误； 原数据的平均数为，新数据的平均数为，无法确定与的大小，C错误； 剔除数据，后得到的新数据的波动变小，所以方差变小，Ｄ正确． 10．ABD 【分析】利用三角形的面积公式以及平面向量数量积的定义可判断A选项；利用三角形的面积公式可判断B选项；利用余弦定理结合基本不等式可判断C选项；利用正弦定理可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为，即， 即，整理可得， 又因为，故，A对； 对于B选项，，B对； 对于C选项，由余弦定理可得， 所以的周长为 ， 当且仅当时，即当时，等号成立，即周长的最小值为，C错； 对于D选项，由C选项可知，故， 当且仅当时，等号成立， 设外接圆半径为，由正弦定理可得，可得， 又因为，即，故的外接圆半径可以是，D对. 11．ACD 【分析】由已知结合线面垂直的判定定理判断A；计算棱锥的体积公式求内切球半径结合球的表面积判断D；由等体积法求出G点到平面的距离判断C；应用线面角定义结合边长判断B． 【详解】对于A，在原正方形中，有，由折叠可知，在三棱锥中， 有，平面，所以平面，故A正确； 对于D，由已知可得， 则， 又平面，，∴＝， 设四面体的内切球的半径为，，∴， ∴外接球的表面积为：，故D正确； 对于C，∵，， ∴， 设G到平面的距离为d， 则，可得，即G点到面的距离为，故C正确； 在中，平面， 因为平面，所以，因此直线与平面所成角为， 正切值为，B选项错误； 12．55 【详解】三个年级总人数为， 所以抽样比为， 所以抽取的高一年级学生的人数为. 13． 【分析】设，由已知确定范围，在与中分别用正弦定理，得到与的关系求解即可. 【详解】因为为的平分线， 所以可设，则，， 因为为锐角三角形，所以，即,所以. 在中，由正弦定理得，③ 在中，由正弦定理得，④ ④÷③得， 又，所以， 设，又， 所以，所以在上为增函数， 所以． 14．/ 【分析】建立平面直角坐标系，根据向量数量及的坐标表示求解即可. 【详解】以为原点，以，为，轴建立平面直角坐标系，则，，，. 因为，则. 设，则，，. 所以， 所以 . 因为，， 所以当，时，取得最小值，为. 15．(1) (2) 【分析】（1）根据共轭复数的定义以及纯虚数的定义即可求解； （2）先根据复数的除法对复数进行化简，再根据复数的几何意义即可求解. 【详解】（1）由复数，可得， 则， 因为复数为纯虚数，则满足， 解得． （2）由复数， 因为复数在复平面内所对应的点位于第二象限，可得， 解得，所以实数a的取值范围为． 16．(1)甲种水稻亩产量的平均数为，方差为， 乙种水稻亩产量的平均数为，方差为， (2) 甲品种水稻更适合推广．理由如下： 由可知，甲、乙两种水稻亩产量的平均数相同， 由可知，甲品种的产量比较稳定，所以甲品种水稻更适合推广． 【详解】（1）甲品种亩产量的平均数， 甲品种亩产量的方差， 乙品种亩产量的平均数， 乙品种亩产量的方差， （2）略 17．(1)连接，交点O，连接，则O是的中点， 因为D是的中点，所以， 又平面，平面，所以平面. (2)因为为等边三角形，且D是的中点，所以， 由正三棱柱的性质知，平面，而平面，所以， 又 平面，所以平面， 因为平面，所以平面平面. (3) 【分析】（1）连接，交点O，连接，易得，再由线面平行的判定定理证明结论； （2）由已知得、，再由线面、面面垂直的判定定理证明结论； （3）根据（2）得点A到平面的距离为，应用等体积法求点面距离. 【详解】（1）略 （2）略 （3）由（2）知平面，所以点A到平面的距离为， 而 2， 4，                        设点B到平面的距离为d，且， 所以，即 ，解得， 所以到平面的距离为． 18．(1) (2) 【分析】（1）先结合，利用正弦定理，可求，再在中，利用余弦定理可求. （2）设，，在和中，利用正弦定理构造关系，求的正弦，再在中，利用正弦定理求的长. 【详解】（1）由和正弦定理，可得， 因，代入可得， 因为，所以，由因,所以. 在中，，，， 由余弦定理，， 所以. （2）设，则，设，则. 在中，，由正弦定理，得①， 在中，，由正弦定理，得②. 由得：， 整理得： 可得 . 又为锐角，所以. 在中，由正弦定理，可得， 所以. 19．(1)因为平面，平面，所以. 又，，所以. 因为，平面，所以平面， 又平面，所以. 因为，为的中点，所以. 又，平面，所以平面 (2) 如图，过E作，交于F，连接，则截面为四边形， 理由如下： 因为，，所以，所以，，，四点共面， 从而过，，的截面为四边形. 截面面积为； (3) 【分析】（1）由，，结合线面垂直的判定证明即可； （2）作，得出，从而得出截面，再由梯形的面积公式得出截面面积； （3）过作于，过作于，连接，进而可证为二面角的平面角，计算求解即可. 【详解】（1）略. （2）由（1）知平面，所以， 又，，，所以四边形为直角梯形， 其面积. （3）过作于，过作于，连接. 因为平面，平面，所以平面平面， 又平面平面，所以平面， 又平面，所以， 又，，平面， 所以平面，又平面，所以， 所以为二面角的平面角. 因为四边形是直角梯形，且， 所以四边形为矩形，所以，， 在直角三角形中，，由勾股定理得， 所以， 因为，所以， 在直角三角形中，，所以， 在直角三角形中，，所以， 所以二面角大小的正切值为． 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 $