2025-2026学年高一下学期数学期末模拟综合测评卷（北师大版通用）

**基本信息** 高一期末数学模拟卷聚焦三角函数、向量、立体几何核心知识，通过基础选择、综合解答题梯度设计，结合灯塔测距等实际情境与逻辑推理，适配期末测评需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|三角函数图像变换、向量夹角、线面位置关系|基础概念辨析，如第4题考查图像平移与伸缩（数学眼光）| |多选题|3/18|立体几何面面关系、三角函数性质|多选项分层考查，如第9题综合线面平行判定（推理能力）| |填空题|3/15|三角函数零点、解三角形实际应用|情境化设计，如13题灯塔轮船距离计算（模型意识）| |解答题|5/77|立体几何证明、向量运算、解三角形综合|跨模块整合，如15题面面垂直与线面平行证明（空间观念）|

2025-2026学年下期高一期末模拟综合测评卷 数学 分值：150 分 时间：120 分钟 1、 选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题四个选项中只有一项符合题目要求. 1.已知，则( ). A. B. C. D. 2.已知角的终边经过点，且，则( ) A.3 B.4 C. D. 3.已知、是两个不共线的向量，若向量与共线，则( ) A.9 B.6 C. D. 4.把函数的图象向右平移个单位长度，再把所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，所得图象的函数解析式为( ) A. B. C. D. 5.若向量，，则a与b的夹角为( ). A. B. C. D. 6.设，是两个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列说法正确的是( ) A.若，，，则 B.若，，，则 C.若，，，则 D.若，，，则 7.已知函数，则( ) A.在上单调递减 B.在上单调递增 C.在上单调递减 D.在上单调递增 8.如图，在下列四个正方体中，P，R，Q，M，N，G，H分别为所在棱的中点，则在这四个正方体中，阴影平面与所在平面平行的是( ) A. B. C. D. 二、选择题，本大题共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m，n是两条不重合的直线，是三个两两不重合的平面，则下列说法正确的是( ) A.若，，则 B.若，，，则 C.若m，n是异面直线，，，，，则 D.若，，则或 10.函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是( ) A.的最小正周期为 B.在上单调递减 C.直线为图象的一条对称轴 D.若为偶函数，则， 11.已知中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足，则下列条件能使成为锐角三角形的是( ) A. B.， C.， D.， 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12.已知函数在区间有且仅有3个零点，则的取值范围是______. 13.如图，海岸线上有相距的两座灯塔A，B，灯塔B位于灯塔A的正南方向.海上停泊着两艘轮船，甲船位于灯塔A的北偏西方向，与A相距的D处；乙船位于灯塔B的北偏西方向，与B相距的C处.两艘轮船之间的距离为__________. 14.在中，，，，在平面ABC内存在点E满足，则的取值范围是______. 四、解答题：本大题共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，在多面体中，面为矩形，，，，，. （1）求证：平面平面； （2）设G为中点，求证：平面. 16.（15分）已知平面向量，，若，，. （1）求向量与的夹角； （2）若，，向量与向量共线且方向相反，求实数t的值. 17.（15分）已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若. （1）判断的形状，并说明理由； （2）若是斜三角形，D是AC的中点，且，，求. 18.（17分）已知函数，将的图象向右平移个单位，得到函数的图象. （1）求的单调递减区间； （2）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.若，，求面积的最大值. 19.（17分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，. （1）求角B； （2）设D为边上一点，记，的面积分别为，，若，且. ①求； ②求a的值. 答案及解析 1.答案：B 解析：由，得，故选B. 2.答案：D 解析：由余弦函数定义可得，所以，解得.故选D. 3.答案：D 解析：若向量与共线， 则存在实数使得，即， 又、是两个不共线的向量，所以，解得. 4.答案：D 解析：将原函数图象向右平移个单位长度，所得图象的函数解析式为，再将所得图象上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标不变，所得图象的函数解析式为，故选D. 5.答案：C 解析：，， ，，， 设a与b夹角的余弦值为， ，所以. 故选：C. 6.答案：A 解析：对于A，若，，则或， 又，所以，故正确； 对于B，若，，，则与相交或，故错误； 对于C，若，，，则，故错误； 对于D，若，，，则与不一定垂直，故错误.故选A. 7.答案：C 解析：.令，，解得，，故的减区间为，.令，则为的一个减区间.因为，所以在上单调递减.故选C. 8.答案：D 解析：由题意可知经过P，Q，R三点的平面即为平面PSRHNQ（S为的中点），如图所示， 对于A，与QN是相交直线，所以A不正确； 对于B，C，点N在经过P，Q，R三点的平面上，所以B，C错误； 对于D，因为，，，RH，QN相交，，平面，平面PSRHNQ，故平面平面PSRHNQ，即平面平面PRQ，故D正确.故选D. 9.答案：ACD 解析：选项A，垂直于同一条直线的两个平面平行，故A正确.选项B，不满足面面平行的判定定理，若，，，则或与相交，故B错误.选项C，因为，，所以在平面内必存在直线，所以，又，，是异面直线，所以与n是相交直线，且都在平面内，所以，故C正确.选项D，垂直于同一个平面的两个平面平行或相交，故D正确.故选ACD. 10.答案：ACD 解析：由题图可知，，，则， 当时，函数取得最大值，所以，，又，所以，所以. 对于A，的最小正周期为，故A正确； 对于B，，令，则，可知在上不单调，故B错误； 对于C，由，得，所以取得最大值3，直线为图象的一条对称轴，故C正确； 对于D，为偶函数，所以，，得，，故D正确.故选ACD. 11.答案：BC 解析：由得， 则，，由得. 对于A，当时，，是直角三角形，A不符合题意； 对于B，由余弦定理得，， 根据大边对大角得B为最大角. 而，所以B为锐角，则为锐角三角形，B符合题意； 对于C，由余弦定理得，， 所以（舍负），则，所以B为锐角，故是锐角三角形，C符合题意； 对于D，由余弦定理得，则， 因为，所以方程无解，D不符合题意. 故选BC. 12.答案： 解析：令，得，又，则，所以，解得，即的取值范围是. 13.答案： 解析：连接AC，因为，， 所以， 在中，，，， 所以由余弦定理得 ， 所以. 故答案为：. 14.答案： 解析：由题知，，所以. 取AB的中点D，连接ED，则.因为，所以点E在以点A为圆心，半径的圆上，则，所以. 15.解析：（1） 连接， 四边形为矩形，且，， ， 有，， ，即， 又，且，平面， 平面， 平面， 平面平面； （2）连接，设，连接， 易知点M为中点， 点G为中点， ，且， 又，， ，且， 则四边形为平行四边形，即， 平面，且平面， 平面. 16.答案：（1）（2） 解析：（1）因为， 则 ， 解得，又因为， 因此，，即向量、的夹角为. （2）因为向量与向量共线，所以存在实数使得， 即， 因为向量与不共线，所以， 解得或， 因为向量与方向相反，所以， 所以. 17.答案：(1)等腰三角形或直角三角形，理由见解析(2) 解析：(1)由余弦定理得， 故， 即， 由正弦定理得， 即， 即， 所以或， 所以或， 所以为等腰三角形或直角三角形； (2)因为是斜三角形，由(1)知，即， 设，由题意可得， 在中，由余弦定理可得， 由中，由余弦定理可得， 所以，解得， 负值舍去，所以， 又，可得. 18.答案：(1)(2) 解析：（1）由 ， 所以，则. 令，则， 所以函数的单调递减区间为 （2）由（1）可知：，又，所以， 因为，所以，所以. 由， 所以，即，当且仅当时取等号， 所以 19.答案：(1)；(2)①；②. 解析：（1）由和正弦定理，可得，即(*)， 又且，则， 故由(*)可得，联立解得； （2）①由（1）易得，，，则有，， 因，， 则， 即得，代入，可得①， 由，可得②， 将①②两式相乘，得，又， 联立解得，因为锐角，则； ②由上可得，代入①，， 所以，故. 学科网（北京）股份有限公司 $