山东省泰安市泰山区2026年高二下学期期末学情检测模拟卷

**基本信息** 山东省泰安市泰山区2026年高二下学期期末模拟卷，涵盖立体几何、向量、概率统计等核心知识，通过单选、多选、解答题等题型，结合红灯等待时间统计、篮球比赛赛制等现实情境，考查数学眼光、思维与语言，适配高二期末学情检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|向量投影、立体几何线面关系、概率互斥对立|基础概念辨析，如斜二测画法还原图形| |多选题|3/18|解三角形、频率分布直方图、正方体线面关系|选项分层，如结合方差考查数据分析| |填空题|3/15|复数几何意义、四面体外接球、钝角三角形周长范围|空间想象与代数运算结合，如外接球表面积计算| |解答题|5/77|向量夹角、解三角形、统计应用、三棱柱二面角、概率赛制比较|现实情境应用（如红灯等待时间），层次递进（如证明-距离-二面角）|

山东省泰安市泰山区2026年高二下学期期末学情检测模拟卷 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知，，则（    ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．（本题5分）如图，是利用斜二测画法画出的的直观图，其中轴，轴，且，则的边（   ） A．1 B． C． D．3 3．（本题5分）已知且，则向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 4．（本题5分）已知三个不同的平面，，和三条不同的直线，，，下列命题中为假命题的是（   ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，，，则 D．若，，则 5．（本题5分）如图，在中，，P是上一点，若，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 6．（本题5分）某校高一数学备课组老师的年龄（单位：岁）分别为：37，31，42，32，41，46，45，48，35，53，则下列说法错误的是（    ） A．该组数据极差为22 B．如再增加一位41岁的老师，则该组数据的方差变大 C．该组数据平均数为41 D．该组数据的第60百分位数为43.5 7．（本题5分）已知为随机事件，与互斥，与互为对立，且，则（   ） A． B． C． D． 8．（本题5分）如图所示，正三棱柱的底面边长为2，侧棱长为，是棱上的动点，为棱的中点，则下列结论错误的是（   ）    A．当为中点时，四点共面 B．当为中点时，直线与所成角为 C．三棱锥的体积为定值1 D．的最小值为 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）在中，，为中点，.以下结论正确的是（    ） A．若，则 B．的面积的最大值是 C． D．的周长可能是6 10．（本题6分）某中学九年级在体能测试后，为分析学生的跳绳成绩，随机抽取了名学生的分钟跳绳的次数，将所得数据整理后，分为组画出如图频率分布直方图．为进一步分析学生的成绩分布情况，经计算得到这名学生中，跳绳次数位于的学生跳绳次数的方差为，跳绳次数位于的学生跳绳次数的方差为．（同一组中的数据以这组数据所在区间的中点值为代表）则下列正确的是（    ） A． B．估计该年级学生跳绳次数的分位数约为 C．估计该年级学生跳绳次数在次及以上的学生跳绳次数的平均数为 D．估计该年级学生跳绳次数在次及以上的学生跳绳次数的方差为 11．（本题6分）如图，在正方体中，O为底面ABCD的中心，M为棱BB1的中点，则下列结论中正确的是（　　） A．MO⊥平面 B．平面MAC与平面ABC夹角的正切值为 C．异面直线BC1与AC所成的角等于60° D．若正方体的棱长为1，则到平面AMC的距离为 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）已知复数满足，则的最小值为______. 13．（本题5分）在四面体中，平面，则该四面体的外接球的表面积为______． 14．（本题5分）已知是钝角三角形，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，，则的周长的取值范围为__________. 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）已知平面向量，满足：，，． (1)求与的夹角； (2)求向量在向量上的投影向量的模． 16．（本题15分）已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若． (1)求角B； (2)若，，求的面积S． 17．（本题15分）张先生在一家科技公司工作，每天早上自驾去公司上班.他统计了最近100次开车从家到公司的红灯等待时间并形成统计表，将数据分成了，，，，（单位：秒）这5组，并整理得到频率分布直方图，如图所示. (1)求图中a的值，估计张先生最近100次红灯等候时间的平均数； (2)估计张先生红灯等待时间的上四分位数； (3)根据以上数据，估计张先生在接下来的20次早上从家到公司的出行中，红灯等待时间不低于85秒的次数. 18．（本题17分）如图，三棱柱的所有棱长均为2，为等边三角形.    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)求二面角的正弦值. 19．（本题17分）甲、乙两支篮球队进入某次决赛，比赛采用“主客场比赛制”，具体赛制如下：若某队两场比赛均获胜或一胜一平，则获得冠军；若某队两场比赛均平局或一胜一负，则通过加时赛决出冠军.现假定甲队在主场获胜的概率为，平局的概率为，其中；甲队在客场获胜和平局的概率均为；加时赛甲队获胜的概率为.不同对阵的结果相互独立，假设甲队先主场后客场. (1)已知. （i）求甲队通过加时赛获得冠军的概率； （ii）求甲队获得冠军的概率. (2)除“主客场比赛制”外，也经常采用在第三方场地的“单场比赛制”：若某队比赛获胜则获得冠军；若为平局，则通过加时赛决出冠军.假定甲队在第三方场地获胜的概率为，平局的概率为，加时赛甲队获胜的概率为.问哪种赛制更有利于甲队夺冠？ 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 《山东省泰安市泰山区2026年高二下学期期末学情检测模拟卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D D B A B B B BC BD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】应用复数的乘除运算得求出参数值，即可得. 【详解】因为，所以，则，故. 故选：B 2．D 【分析】利用斜二测画法可还原到原直角坐标系中，再计算边长即可. 【详解】由题意可得还原后如下： ，，，则. 故选：D 3．D 【分析】根据投影向量的定义即可求解． 【详解】因为且， 所以向量在向量上的投影向量为． 故选：D． 4．B 【分析】利用空间线面的位置关系逐个判断即可. 【详解】因为，，所以，A正确； 若，，则或，B不正确； 因为，，，所以， 因为，，，根据线面平行的性质定理，所以，又，所以，C正确； 因为，，所以，D正确. 故选：B 5．A 【分析】先利用线段比例转化向量，再统一向量基底，最后根据“三点共线时，向量分解的系数和为1”的性质求解即可. 【详解】， ， ， ， ， 是线段上一点， 三点共线， ， 解得. 故选A. 6．B 【分析】将给定数据组由小到大排列，求出极差、平均数判断AC；利用方差计算公式说明判断B；求出第60百分位数判断D. 【详解】原数据组由小到大排列为： 31，32，35，37，41，42，45，46，48，53， 对于A，该组数据极差为，A正确； 对于C，年龄平均数为，C正确； 对于B，增加一位41岁的老师，新数据组的平均数不变，由方差计算公式知， 分子不变，而分母增大，因此新数据组的方差变小，B错误； 对于D，由，该组数据的第60百分位数为，D正确. 故选：B 7．B 【分析】利用与互为对立求出，再由互斥事件的概率加法公式即可求得答案. 【详解】由与互为对立，则， 又与互斥，则. 故选：B. 8．B 【分析】对于A，先证得，再可证得，从而可进行判断，对于B，由于‖，则可得为直线与所成角，然后求解判断，对于C，由于//平面，所以，然后求解判断，对于D，由于为等边三角形，所以当为中点时，取得最小值. 【详解】对于A，因为为中点，为棱的中点，所以， 因为，‖，所以，‖， 所以四边形为平行四边形，所以‖，    因为‖，所以‖，所以四点共面，所以A正确； 对于B，由选项A可知当为中点时，‖，所以为直线与所成角， 在中，，所以， 所以，所以直线与所成角不为，所以B错误， 对于C，因为‖，平面，平面，所以‖平面， 所以，所以C正确， 对于D，因为为等边三角形，是上的动点，所以当为中点时，取得最小值， 因为等边的边长为2，所以边上的中线为， 所以的最小值为，所以D正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：此题考查线线平行的判断，考查异面直线所成的角，考查棱锥的体积，考查空间图形中动点问题，解题的关键是正确运用正三棱柱的性质求解，考查空间想象能力和推理能力，属于较难题. 9．BC 【分析】对于A利用余弦定理即可求解，进而判断，对于B由即可判断，对于C利用，同时平方相加即可判断，对于D利用基本不等式即可判断. 【详解】对于A：由题意有，在中，由余弦定理有， 在中，由余弦定理有，即，故A错误； 对于B：由，当时，等号成立，故B正确； 对于C：由， 所以，故C正确； 对于D：由C选项有，所以，所以， 当且仅当时，等号成立，又，所以，故D错误. 故选：BC. 10．BD 【分析】对于A选项，频率分布直方图里各长方形面积和为，把各区间频率系数相加乘组距得到总面积表达式，令其等于，即可求出； 对于B选项，先算出前几个矩形面积和，通过与比较，确定分位数所在区间.再根据百分位数的定义，用已有的面积和加上该区间的面积等于，列方程求解百分位数； 对于C选项，根据加权平均的方法，以比例为权重乘以对应数值，即可求解平均数； 对于D选项，根据方差公式，以不同区域的比例为权重，分别计算每个区间数值与平均数差值的平方加上给定值，再求和得到方差. 【详解】对于A，由频率分布直方图中各长方形面积和为，得，解得，故A错误； 对于B，根据百分位数的计算，假设该年级学生跳绳次数的分位数为，则，又，所以解得，故B正确； 对于C，该年级学生跳绳次数在次及以上的学生跳绳次数的平均数为，故C错误； 对于D，该年级学生跳绳次数在次及以上的学生跳绳次数的方差为，故D正确. 故选：BD. 11．ACD 【分析】对于A，连接，交BC1于，设正方体的棱长为1，首先由三角形中位线可得，其次根据线面垂直的判定定理证明平面，即可证明MO⊥平面，即可判断A；对于B，首先根据二面角的定义证明就是平面MAC与平面ABC夹角，然后在求出的值，即可判断B；对于C，首先找到（或其补角）就是异面直线BC1与AC所成的角，然后在中求出的值即可判断C；对于D，设到平面AMC的距离为，根据等体积法，由求出，即可判断D. 【详解】 连接，交BC1于，设正方体的棱长为1， 因为M为棱BB1的中点，又因为O为底面正方形ABCD的中心， 所以，， 所以，所以， 因为，所以 因为四边形是正方形，所以. 因为是正方体，所以平面， 因为平面，所以, 又因为，所以平面， 因为平面，所以， 因为，所以平面， 因为，所以MO⊥平面，故A正确； 因为O为底面正方形ABCD的中心，所以， 又由选项A知， 所以就是平面MAC与平面ABC夹角， 所以，故B错误； 因为，所以（或其补角）就是异面直线BC1与AC所成的角， 在正方体中，是正三角形，所以， 即异面直线BC1与AC所成的角等于60°，故C正确； 设到平面AMC的距离为， 因为，又由选项A可知，， 所以， 因为是正方体，所以平面， 所以就是三棱锥的高， 因为，即， 即， 解得，即到平面AMC的距离为，故D正确. 故选：ACD 12．4 【分析】利用复数的几何意义，转化为圆外的点与圆上点的距离问题． 【详解】，即，由复数的几何意义知， 复数对应的点的轨迹是以为圆心，半径的圆， 而的几何意义是：复数对应的点与点的距离． 又，点在圆外， 所以的最小值为． 故答案为：4． 13．/ 【分析】由题意作图，根据外接球的性质确定球心位置，利用余弦定理、正弦定理以及勾股定理，结合球的表面积公式，可得答案. 【详解】由题意，取的外接圆圆心为，取的中点为，空间中取点， 连接，其中，平面，如下图： 则点是三棱锥的外接圆圆心， 在中，由余弦定理可得， 即，所以， 因为平面，平面，所以， 又，则在平行四边形中，， 易得，则外接球表面积为. 故答案为：. 14． 【分析】分为钝角，为钝角两种情况，结合余弦定理和三角形三边关系得到不等式，求出的取值范围，进而求出周长的取值范围. 【详解】显然，所以， 因为为钝角三角形，故为钝角，或为钝角， 当为钝角时，， 故，解得， 又，故，故，故， 此时的周长取值范围是，即， 当为钝角时，， 故，故， 又，故， 此时的周长取值范围是， 综上，的周长取值范围是， 故答案为： 15．(1) (2) 【分析】（1）先应用数量积运算律化简求解得出，余弦公式计算求解； （2）应用数量积运算律结合模长公式计算，再应用投影向量模长公式计算求解. 【详解】（1），， 又，，，． 又，． （2），． 向量在向量上的投影向量的模为 16．(1) (2) 【分析】（1）根据题设结合正弦定理化简求解即可； （2）先利用余弦定理求得，再利用三角形的面积公式求解即可. 【详解】（1）由， 根据正弦定理得， 又，则, 因为，所以. （2）在中，，，， 由余弦定理，，即， 解得或（舍去）， 故的面积为． 17．(1)，79.5 (2)87.5 (3)6次 【分析】（1）根据频率分布直方图小矩形面积为1计算可得，再根据平均数的公式求解即可； （2）利用百分位数定义计算可得结果； （3）求出红灯等待时间不低于85秒的频率，即可估计出所求次数. 【详解】（1）因为各组频率之和为1，组距为10， 所以，     解得. 平均数为. （2）因为前3组的频率为， 前4组的频率为， 所以上四分位数在第4组， 则上四分位数为. 所以红灯等待时间的上四分位数的估计值为87.5. （3）由题红灯等待时间不低于85秒的频率为， 故估计张先生在接下来的20次中红灯等待时间不低于85秒的次数为次. 18．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）作出辅助线，根据三线合一性质得到，，从而证明出线面垂直； （2）解法1：设点到平面的距离为，先求出点到的距离，由（1）知，平面，先计算出，并求出，由等体积法求出； 解法2：过C作，垂足为E，由（1）得面面垂直，推出平面，则即为点到平面的距离，求出点到的距离，根据三角形面积得到方程，求出，点C到平面的距离为； （3）求出，由余弦定理得，由勾股定理逆定理得，，连接，即为二面角的平面角，由勾股定理逆定理得，求出，得到答案. 【详解】（1）证明：设，连接， 因为四边形为菱形，所以，， 又因为为等边三角形，所以， 因为，平面，所以平面. （2）解法1：设点到平面的距离为， 在中，，， 可得点到的距离为， 由（1）知，平面， 所以， 又因为，所以. 解法2：由（1）知，平面，平面， 所以平面平面，平面平面， 过C作，垂足为E，所以平面， 则即为点到平面的距离， 在中，，， 可得点到的距离为， 所以，则， 所以点C到平面的距离为；    （3）由（2）知，，， 在中，，则， 在中，由余弦定理得， 解得， 又，则，所以， 故四边形为矩形，， 又为等边三角形，故，又， 则，所以， 设，连接，，所以， 又，所以即为二面角的平面角， 因为，，，所以， 由勾股定理逆定理得， 所以，所以二面角的正弦值为. 19．(1)（i）；（ii） (2)“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠 【分析】（1）（i）先分析出事件即甲队通过加时赛获得冠军，包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平三种情况，然后加时赛获胜，得到的表达式，将代入计算即可；（ii）先分析出事件即甲队获得冠军包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜四种情况，得到的表达式，将代入计算即可； （2）先分析出事件即在第三方场地的“单场比赛制”下甲队获胜包含甲队胜，甲队平且加时赛胜两种情况，得到的表达式，分析出的取值范围，借助的取值范围得到，的大小关系即可知哪种赛制更有利于甲队夺冠. 【详解】（1）（i）设甲队通过加时赛获得冠军为事件， 则事件包含甲队主胜客负，主负客胜，主平客平，然后加时赛获胜， 所以. 因为，所以； （ii）设甲队获得冠军为事件， 则事件包含甲队加时赛胜，主胜客胜，主胜客平，主平客胜， 则. 因为，所以. （2）在第三方场地的“单场比赛制”下，将甲队获胜记为事件， 则事件包含甲队胜，甲队平且加时赛胜， 则， 因为，所以，此时，符合题意， ， 因为，，，所以， 即“主客场比赛制”比第三方场地的“单场比赛制”更加有利于甲队夺冠. 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 $