广东省广州市2025-2026学年高一下学期数学自编期末冲刺模拟卷（考试范围：人教A版必修第一、二册）

**基本信息** 立足高一数学核心内容，融合真实情境与逻辑推理，梯度设计适配期末综合能力评估，如统计题分析竞赛成绩、摩天轮问题构建三角函数模型，深化数学眼光与应用意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|集合、复数、圆台体积、概率等|基础概念辨析，如集合元素个数、复数模计算| |多选|3/18|立体几何动点、三角函数应用、函数性质|分层选项设计，如正方体中点线面关系、摩天轮高度变化| |填空|3/15|梯形条件判断、函数值域、立体几何轨迹|空间观念与逻辑推理，如正方体中平面平行的轨迹问题| |解答|5/77|向量运算、立体几何证明与线面角、统计概率、解三角形、函数对称性|综合应用与创新，如统计题分析成绩分布（数据意识）、函数对称性探究（抽象能力）、解三角形选条件作答（推理能力）|

广东省广州市2025-2026学年下学期高一数学期末冲刺模拟卷 考试范围：人教A版必修第一册、第二册 （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。 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．已知集合，则集合中元素的最多个数为（    ） A．6 B．3 C．4 D．5 2．已知复数，，则的值为（　　） A．5 B． C． D．13 3．已知一圆台上底面直径为，下底面半径为，母线长为上底面半径的二倍，则圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 4．已知，，则（   ） A． B． C． D．或 5．一组数据从小到大排列为：，，，，，．若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第80百分位数是（  ） A．4 B．12 C．13 D．14 6．已知向量与的夹角为，，，则（    ） A．3 B． C．7 D． 7．已知，且，若函数的值域为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，“n次中至多有一次正面朝上”．下列说法正确的是（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 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，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（   ） A．存在点Q，使平面MBN B．不存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 C．三棱锥的体积是定值，为 D．经过C，M，B，N四点的球的表面积 10．某摩天轮半径为18米，圆心离地面高度为20米．当时，游客从最低点进舱，此时座舱和座舱与点等高．摩天轮逆时针匀速转动，每转一圈用时36秒．设表示秒时游客距离地面的高度（高度：米），已知，其中，下列说法正确的是（） A． B．当时，则游客距离地面高度不低于29米的时长为12秒． C．记摩天轮转动一圈过程中游客距离地面的高度不低于米的时长为，则函数的图象关于对称． D．当时，摩天轮逆时针匀速转动过程中座舱的游客和座舱的游客距离地面的高度分别为和，满足的时长为18秒． 11．表示不超过实数的最大整数，如：．已知函数为奇函数，函数，则下列叙述正确的是（   ） A．函数的图象关于原点对称 B．函数的值域是 C．函数有3个零点 D．方程在区间上有3个实数根 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。 12．四边形中，“”是“是梯形”的___________条件． 13．已知函数，则当时，函数的值域为_____________． 14．在正方体中，点Q为底面四边形（含边界）上的动点，满足平面平面，则点的轨迹为______. 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．（13分） 如图，在平行四边形中，，，，点满足，为的中点.记，. (1)用，表示，； (2)设，求的值. 16．（15分） 如图，在三棱锥中，，是等边三角形． (1)求证：； (2)若为直角三角形，求直线与平面所成角的大小. 17．（15分） 某市举行“高一年级节数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照，，，，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图． (1)求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的众数和平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）． (2)按照分层抽样从和两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求至少有1名学生的成绩在内的概率． 18．（17分） 如图，在四边形中，，，．再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，解决下列问题． (1)求的值； (2)求的大小． ①面积； ②． 19．（17分） “函数的图象关于点对称”的充要条件是“对于函数定义域内的任意x，都有．若函数的图象关于点对称，且当时，． (1)求的值； (2)设函数． ①求函数的对称中心； ②若命题“，，使得成立”是真命题，求实数m的范围． 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东省广州市2025-2026学年下学期高一数学期末冲刺模拟卷 考试范围：人教A版必修第一册、第二册 （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。 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．已知集合，则集合中元素的最多个数为（    ） A．6 B．3 C．4 D．5 【答案】C 【分析】根据集合中元素具有互异性的性质，即可做出判断. 【详解】根据集合元素互异性，只要，集合中四个元素，，，均互不重复，因此，集合中最多有4个元素. 2．已知复数，，则的值为（　　） A．5 B． C． D．13 【答案】C 【详解】因为，， 所以， 则． 3．已知一圆台上底面直径为，下底面半径为，母线长为上底面半径的二倍，则圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】先根据题干条件求出圆台的上下底面半径、母线长，再通过勾股定理计算圆台的高，最后代入圆台体积公式求解即可. 【详解】已知一圆台上底面直径为，则半径，下底面半径为，即，母线， 圆台的轴截面如图所示，其中，， 由题意可知圆台的高， 则根据圆台的体积公式得圆台的体积，故D正确. 4．已知，，则（   ） A． B． C． D．或 【答案】B 【分析】根据的范围，利用同角三角函数关系式，计算出，再结合二倍角的余弦公式求解即可. 【详解】由可知，得， 因此， ，即，，， 又有，， 因此解得. 故选：B. 5．一组数据从小到大排列为：，，，，，．若该组数据的中位数是极差的，则该组数据的第80百分位数是（  ） A．4 B．12 C．13 D．14 【答案】D 【分析】由题意先求出的值，再根据百分位数的定义求解即可. 【详解】由题意可得， 且中位数为，极差为， 所以， 解得， 所以此组数据为，，，，，．共6个数， 又因为， 所以此组数据的第80百分位数是第5个数，为14. 6．已知向量与的夹角为，，，则（    ） A．3 B． C．7 D． 【答案】B 【分析】由向量模长公式，向量数量积定义结合题设可得答案. 【详解】 7．已知，且，若函数的值域为，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据指数函数的单调性结合已知函数值域列出不等式计算即可. 【详解】若，则在单调递减，即，， 当时，在单调递增，则， 此时两部分值域的并集不为，不符合题意； 若，则在单调递增，即，， 当时，在单调递增，则， 要使函数的值域为，则，解得：， 若，则，此时函数的值域为，不符合题意； 若，则在单调递增，即，， 当时，在单调递减， 则，，此时两部分值域的并集不为，不符合题意； 综上，若函数的值域为，则的取值范围是 8．抛掷一枚质地均匀的硬币n次，记事件“n次中既有正面朝上又有反面朝上”，“n次中至多有一次正面朝上”．下列说法正确的是（    ） A．当时， B．当时， C．当时， D．当时， 【答案】C 【分析】根据对立事件结合独立事件概率乘法公式求.对于AB：代入，分析判断即可；对于CD：代入，结合事件的运算分析判断. 【详解】由题意可知：抛掷一枚质地均匀的硬币，正面、反面向上的概率均为， 且事件“n次中均为正面朝上或均为反面朝上”，则， 则，， 且事件“n次中仅有一次正面朝上”，则. 对于选项AB：若，则，，， 可得，，故AB错误； 对于选项CD：若，则，，， 可得，， 即，故C正确，D错误； 故选：C. 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，在棱长为2的正方体中，M，N，P分别是，，的中点，Q是线段上的动点，则（   ） A．存在点Q，使平面MBN B．不存在点Q，使B，N，P，Q四点共面 C．三棱锥的体积是定值，为 D．经过C，M，B，N四点的球的表面积 【答案】AC 【分析】利用立体几何点线面的位置关系及求体积表面积知识对选项逐一判断即可. 【详解】对于选项A，若点是的中点，则， 又因为,所以. 因为面,面 所以面.故选项A正确. 对于选项B，当点与重合，此时，, 又因为，所以 故四点共面，所以选项B不正确. 对于选项C，因为到面的距离即为正方体的棱长，且. 所以.故选项C正确. 对于选项D，设分别为和的中点，则经过四点的球即为 长方体的外接球. 因为该长方体的长宽高分别为.所以. 所以.故选项D不正确. 10．某摩天轮半径为18米，圆心离地面高度为20米．当时，游客从最低点进舱，此时座舱和座舱与点等高．摩天轮逆时针匀速转动，每转一圈用时36秒．设表示秒时游客距离地面的高度（高度：米），已知，其中，下列说法正确的是（） A． B．当时，则游客距离地面高度不低于29米的时长为12秒． C．记摩天轮转动一圈过程中游客距离地面的高度不低于米的时长为，则函数的图象关于对称． D．当时，摩天轮逆时针匀速转动过程中座舱的游客和座舱的游客距离地面的高度分别为和，满足的时长为18秒． 【答案】ABD 【分析】先由摩天轮最高点、最低点高度求出，再由周期求出，由时游客位于最低点求出，判断A；再把高度不低于29米转化为三角不等式，求出满足条件的时间长度，判断B；然后写出关于的表达式，判断其对称中心，判断C；最后根据座舱、座舱与游客座舱的初始相位分别写出高度函数，化简不等式并求时长，判断D． 【详解】由题可知，的最大值与最小值分别为38和2，可得，解得， 每转一圈用时36秒，则的周期为36，可得， 解得，结合的范围解得，故A选项正确； 由A可得， 令．当时，．由，得所以， 在内，满足条件的为， 因此，解得，时长为秒，故B正确； 当时，由，得即， 所以一圈内满足条件的的长度为， 于是， 由此可知， 即函数的图象关于点成中心对称， 而，不是，故C错误； 由图中初始位置可知，时座舱在圆心左侧，座舱在圆心右侧，且二者均与点等高， 令，则， 且游客从最低点进舱，有， 于是， 所以， 由，得， 当时，满足的区间为， 这两个区间的总长度为，对应时间长度为秒，故D正确． 11．表示不超过实数的最大整数，如：．已知函数为奇函数，函数，则下列叙述正确的是（   ） A．函数的图象关于原点对称 B．函数的值域是 C．函数有3个零点 D．方程在区间上有3个实数根 【答案】BCD 【分析】根据函数奇偶性先求出参数，得出的解析式，从而得出的解析式，取特殊值检验即可得出选项A；然后分析函数的单调性与值域，进一步分析的性质即可得出选项B；将函数的图象与轴的交点个数问题转换为方程实数根的个数问题根据B选项的结论结合函数分析即可得出选项C；方程在上的实数根的个数问题转化为在上的实数根的个数问题，然后根据给定条件分析即可得出选项D. 【详解】由函数是定义域为上的奇函数， 所以， 解得，经检验符合题意，因此， 所以， 由，， 则，所以不是奇函数，故图象不关于原点对称，故A选项不正确； 由函数在上单调递增，所以函数在上单调递增， 即得出在上单调递增， 当无限趋近时，无限趋近，无限趋近，无限趋近， 当无限趋近时，无限趋近，无限趋近，无限趋近， 所以函数， 由，当时，，当时，， 当时，，当时，， 所以的值域是，故B选项正确； 函数的图象与轴的交点个数即为函数的零点个数， 令即为方程的实根个数， 当时，，此时，满足题意， 当时，，此时，满足题意， 当时，，此时，满足题意， 当时，，此时，不满足题意， 所以方程有3个实根，即函数有三个零点，故C选项正确； 方程在上的实数根的个数问题转化为在上的实数根的个数问题， 当时，，故，此时方程为，解得， 当时，，故，此时方程为，解得， 当时，，则，此时成立， 综上所述，方程在上有3个实数根. 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。 12．四边形中，“”是“是梯形”的___________条件． 【答案】充分不必要 【分析】根据共线向量的定义以及充分必要条件的定义即可判断. 【详解】若，则且，则四边形为梯形，故充分性成立， 若为梯形，则或，若不平行于，则，故必要性不成立. 所以“”是“是梯形”的充分不必要条件. 故答案为：充分不必要. 13．已知函数，则当时，函数的值域为_____________． 【答案】 【详解】， 当时，，， 故的值域为. 14．在正方体中，点Q为底面四边形（含边界）上的动点，满足平面平面，则点的轨迹为______. 【答案】线段 【分析】取的中点M，连接并延长交的延长线于N，可证平面，进而可得平面平面，再确定点的轨迹即可． 【详解】取的中点M，连接并延长交的延长线于N， 由，可得，所以，所以A为的中点． 连接，由正方体可得， 又平面，平面，所以， 又平面，所以平面． 因为，，所以四边形是平行四边形， 所以，所以平面， 因为平面，所以平面平面． 又因为点Q为底面（含边界）上的动点，满足平面平面， 所以，即点Q的轨迹是线段. 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，在平行四边形中，，，，点满足，为的中点.记，. (1)用，表示，； (2)设，求的值. 【答案】(1)， (2) 【分析】（1）利用向量加法的三角形法则和向量数乘即可得到答案； （2）利用向量数量积公式即可计算. 【详解】（1）； . （2） ， ， ， 所以. 16．（15分） 如图，在三棱锥中，，是等边三角形． (1)求证：； (2)若为直角三角形，求直线与平面所成角的大小. 【答案】(1)证明：如图所示，取中点，连和， 因为是等边三角形，则，且，为公共边，所以， 所以，且中点，所以， 又因为是等边三角形，所以， 因为且平面，所以面， 又因为面，所以． (2)． 【分析】（1）取中点，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得面，进而证得； （2）设，利用勾股定理，分别证得和，利用线面垂直的判定定理，证得面，得到即为直线与平面所成角，在直角中，即可求解. 【详解】（1）略 （2）解：如图所示，设，因为为直角三角形，可得， 又因为是等边三角形，所以，且， 在中，由余弦定理得， 即，可得， 即，解得，所以，所以， 同理可得：，所以， 因为，且平面，所以面， 所以即为直线与平面所成角， 即直线与平面所成角的大小为． 17．（15分） 某市举行“高一年级节数学竞赛”，竞赛分为初赛和决赛两个阶段，为了解初赛情况，现从某中学高一年级随机抽取了200名学生，记录他们的初赛成绩，将数据按照，，，，分成5组，制成了如图所示的频率分布直方图． (1)求频率分布直方图中的值，并估计高一年级初赛成绩的众数和平均成绩（同一组中的数据用该组区间的中点值代替）． (2)按照分层抽样从和两组中随机抽取了5名学生，现从已抽取的5名学生中随机抽取2名，求至少有1名学生的成绩在内的概率． 【答案】(1)，众数为85，平均成绩为77.5 (2) 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质及众数、平均数定义求解即可. （2）结合分层抽样方法及古典概型的概率计算公式求解即可. 【详解】（1）由频率分布直方图得， ，解得． 由频率分布直方图可知初赛成绩的众数为85， 估计初赛成绩的平均数为：． 所以，众数为85，平均成绩为77.5． （2）由（1）知，成绩在，的频率之比为， 则在中随机抽取了人，记为，， 在中随机抽取了人，记为，，， 从5人中随机抽取2人的样本空间为： ，共10个样本点， 设事件“有1名或2名学生的成绩在内”， 则，有7个样本点， 因此， 所以有1名或2名学生的成绩在内的概率为． 18．（17分） 如图，在四边形中，，，．再从条件①，条件②这两个条件中选择一个作为已知，解决下列问题． (1)求的值； (2)求的大小． ①面积； ②． 【答案】(1) (2)或 【分析】（1）若选①：根据面积公式求出，根据余弦定理求出，根据面积公式求出；若选②：根据两角差的正弦公式可求出结果； （2）若选①：根据正弦定理解得，可求出结果；若选②：利用正弦定理可得，进而可求的大小. 【详解】（1）选①：由，得， 由余弦定理可得，得， ，所以； 选②：在中，所以， . （2）选①：因为，所以， 在中，由正弦定理可得，解得， 又因为， 所以满足这样的三角形有两解，所以或； 选②：在中，由正弦定理可得，解得， 因为，则， 在中，解得， 又因为， 故满足这样的三角形有两解，故或． 19．（17分） “函数的图象关于点对称”的充要条件是“对于函数定义域内的任意x，都有．若函数的图象关于点对称，且当时，． (1)求的值； (2)设函数． ①求函数的对称中心； ②若命题“，，使得成立”是真命题，求实数m的范围． 【答案】(1) (2)①，② 【分析】（1）根据对称的充要条件，令即可求解； （2）①根据题意得到即可；②由命题“，，使得成立”是真命题可得在上的值域是在上的值域的子集.，根据二次函数图象对称轴在区间上的单调性情况，分别讨论在和上的值域，即可求得参数范围． 【详解】（1）函数的图象关于点对称， 所以， 令，得； （2）①， ，即满足， 所以函数的图象关于点对称； ②命题“，使得成立”是真命题， 又在上单调递增， 所以时，的值域为， 因函数的图象关于点对称，则， 当时，，则当时，， 则， 化简得. 命题“，，使得成立”是真命题, 即在上的值域是在上的值域的子集. 先考虑时，，其对称轴为直线， ①当时，在单调递增，，， 此时，需满足，解得，故得； ②当时，在单调递减，在单调递增， ，， 需满足，解得； ③当时，在单调递减， ，， 此时，需满足，解得，故得. 再分析时，，其对称轴为直线， ①当，即时，在单调递减， ，，此时， 需满足，解得，故得； ②当，即时，， ， 需满足，可得； ③当，即时，在单调递增， ，，此时， 需满足，解得，故. 综合函数在与的上的情况，可得. 2 学科网（北京）股份有限公司 $