河南省2025-2026学年高一下学期期末数学模拟考试卷（三）

**基本信息** 聚焦高一必修内容，以概率方案比较（第15题）、食堂喜好向量（第19题）等情境设计，考查数学思维与模型意识，适配期末综合评估需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|百分位数、集合、复数、函数性质|基础巩固，梯度合理| |多选|3/18|线面关系、不等式最值、函数奇偶性|能力区分，部分得分设计| |填空|3/15|分层抽样、投影向量、分段函数|知识应用，情境简洁| |解答题|5/77|概率计算、三角函数、立体几何翻折、指数函数性质、向量应用|综合创新，如第17题空间证明与二面角（空间观念）、第19题口味互补构造与证明（模型意识）|

2025-2026学年河南省高一期末模拟考试卷（三） 数学 考试范围：必修一、必修二；考试时间：120分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．一组数据3，5，6，7，7，9的第30百分位数是（     ） A．3 B．4 C．5 D．6 2．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 3．已知复数满足，则的共轭复数的虚部为（    ） A． B． C． D． 4．已知 ，则 （     ） A． B． C． D． 5．是 或的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 6．已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥内半径最大的球的表面积为（     ） A． B． C． D． 7．若不等式对一切恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 8．已知函数的定义域为，对于任意的，都有．若，且对于恒成立，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.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．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 10．下列结论正确的是（ ）. A．当时， B．当时，的最大值是 C．当时，的最小值是 D．当时，的最大值是 11．已知函数是定义在上的偶函数，若，且，则下列满足不等式的t的值可以为（   ） A． B． C．2 D．3 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．学校书法类､公益类､音乐类兴趣小组的报名人数分别为，，.根据兴趣小组的报名人数，采用按比例分层随机抽样的方法，从这些报名的学生中抽取人作为兴趣小组策划人员，则应从书法类兴趣小组抽取__________人. 13．已知，，，则向量在上投影向量的坐标为______． 14．已知函数的定义域是，，，当时，，则________. 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．某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案． 方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过； 方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过． 假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是，，，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．求： (1)该应聘者用方案一考试通过的概率； (2)该应聘者用方案二考试通过的概率． 16．已知函数． (1)求的最小正周期； (2)若，，求的值． 17．如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 18．指数级增长又称为爆炸式增长，其中一条结论是：当时，指数函数在区间的平均变化率随的增大而增大.已知实数、，满足. (1)比较和的大小； (2)当时， （i）证明：； （ii）判断的符号. 19．学期末，某学校对这一学期食堂的菜品在学生中进行喜好调查，方便下学期改进．每位同学给每道菜打分，喜欢记为1，不喜欢记为．每位同学对道菜品的喜好可以表示为一个维向量，其中每个分量（ ， ， ， ）．我们称为该生的 维喜好向量．已知，为两位同学的喜好向量，定义两个向量的数量积为：．若 ，则称他们“口味互补”． (1)试构造出一组4名学生对4道菜的喜好向量，使得他们两两口味互补． (2)证明：不存在6名学生对6道菜的喜好向量，使得他们两两口味互补． (3)设有8名学生，对本学期96道菜的喜好向量两两口味互补．已知96道菜中有 道菜，这8名同学都喜欢，求证： ． 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 $ 2025-2026学年河南省高一期末模拟考试卷（三） 数学 考试范围：必修一、必修二；考试时间：120分钟； 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 一、单项选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．一组数据3，5，6，7，7，9的第30百分位数是（     ） A．3 B．4 C．5 D．6 【答案】C 【知识点】总体百分位数的估计 【详解】这组数据按从小到大排序为3，5，6，7，7，9， 由可知第30百分位数是第2个数据，即为. 2．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【知识点】并集的概念及运算 【详解】因为集合，所以. 3．已知复数满足，则的共轭复数的虚部为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】求复数的实部与虚部、复数的除法运算、共轭复数的概念及计算 【详解】由得， 所以的共轭复数， 所以的虚部为. 4．已知 ，则 （     ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】已知弦（切）求切（弦）、正、余弦齐次式的计算、三角函数的化简、求值——同角三角函数基本关系 【详解】已知，若，等式不成立； 若，则， ． 5．是 或的（   ） A．充分非必要条件 B．必要非充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【知识点】判断命题的必要不充分条件、向量的模、相等向量、平行向量（共线向量） 【详解】因为只说明向量的长度相等，并不知方向的关系，推不出或； 而由或知两向量为相等向量或负向量，故必有， 所以是 或的必要不充分条件. 6．已知圆锥的底面半径为1，母线长为2，则该圆锥内半径最大的球的表面积为（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】圆锥中截面的有关计算、球的表面积的有关计算 【分析】分析可知半径最大球的半径即为边长为2的等边三角形的内切圆半径，进而运算求解. 【详解】由题意可知：半径最大球的半径即为边长为2的等边三角形的内切圆半径， 即球的半径最大值为， 所以半径最大的球的表面积为. 7．若不等式对一切恒成立，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【知识点】解含有参数的一元二次不等式、一元二次不等式在实数集上恒成立问题 【详解】当时，原不等式化为，显然恒成立； 当时，不等式对一切恒成立，则有 且，即， 解得， 综上可得，. 8．已知函数的定义域为，对于任意的，都有．若，且对于恒成立，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【知识点】定义法判断或证明函数的单调性、根据函数的单调性解不等式、函数不等式恒成立问题 【分析】构造函数，且判断函数的单调性；结合的定义域和的单调性求解的取值范围. 【详解】因为，所以由，可得， 即． 令，可得，则可知在上单调递减． 由得：， 因为的定义域为，所以，, 故，即. 由得，，因此，所以即， 该式对所有恒成立，因此，即， 又，得的取值范围为. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.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．已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】AD 【知识点】面面关系有关命题的判断、线面关系有关命题的判断 【分析】根据空间中各要素的位置关系，结合线面平行的判定定理和面面平行的性质定理分别判断即可. 【详解】对于A，由线面平行的判定定理，若平面外一条直线与平面内某条直线平行，则该直线与此平面平行，故A正确； 对于B，若，则或，故B错误； 对于C，设正方体上底面为，下底面内任意取两条直线，有，但不一定有成立，故C错误； 对于D，由面面平行的性质定理，若两平面平行，则一个平面内的所有直线均与另一个平面平行，故D正确； 故选：AD. 10．下列结论正确的是（ ）. A．当时， B．当时，的最大值是 C．当时，的最小值是 D．当时，的最大值是 【答案】ABD 【知识点】基本不等式求和的最小值 【详解】当时，，当且仅当时取到等号，由于,故等号取不到，所以故 A正确； 当时，，当，即时，等号成立，故B正确； 当时，， 当，即时，等号成立，故C错误； 当时，， 当，即时，等号成立，故D正确. 11．已知函数是定义在上的偶函数，若，且，则下列满足不等式的t的值可以为（   ） A． B． C．2 D．3 【答案】BCD 【知识点】函数奇偶性的应用、根据函数的单调性解不等式 【分析】根据题设条件可得在上的单调性，结合其奇偶性可求不等式的解，从而可得正确的选项. 【详解】令，由题意知在上为减函数． 因为为上的偶函数，为上的奇函数，所以为上的奇函数． 又在上为减函数，，所以为上的减函数． ①当 时，即， 所以，所以，所以，解得； ②当 时，即， 所以，所以，所以，解得． 综上，或． 三、填空题（本题共3个小题，每小题5分，共15分） 12．学校书法类､公益类､音乐类兴趣小组的报名人数分别为，，.根据兴趣小组的报名人数，采用按比例分层随机抽样的方法，从这些报名的学生中抽取人作为兴趣小组策划人员，则应从书法类兴趣小组抽取__________人. 【答案】 【知识点】抽样比、样本总量、各层总数、总体容量的计算 【分析】根据分层抽样的定义直接计算. 【详解】由分层抽样可得应从书法类兴趣小组抽取人， 故答案为：. 13．已知，，，则向量在上投影向量的坐标为______． 【答案】 【知识点】数量积的坐标表示、求投影向量 【详解】由题可得，，， 所以向量在上投影向量为． 14．已知函数的定义域是，，，当时，，则________. 【答案】0 【知识点】求函数值、函数奇偶性的应用、函数周期性的应用 【详解】由得：， 又，， ，， . 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．某公司招聘员工，指定三门考试课程，有两种考试方案． 方案一：考试三门课程，至少有两门及格为考试通过； 方案二：在三门课程中，随机选取两门，这两门都及格为考试通过． 假设某应聘者对三门指定课程考试及格的概率分别是，，，且三门课程考试是否及格相互之间没有影响．求： (1)该应聘者用方案一考试通过的概率； (2)该应聘者用方案二考试通过的概率． 【答案】(1) (2) 【知识点】利用对立事件的概率公式求概率、独立事件的乘法公式 【分析】（1）利用相互独立事件概率乘法公式及互斥事件的加法公式直接计算即可； （2）分情况结合乘法公式即互斥事件加法公式即可得解． 【详解】（1）记该应聘者对三门指定课程考试及格的事件分别为，，， 则，，， 应聘者用方案一考试通过的概率： ； （2）应聘者用方案二选择任意两科的概率为， 考试通过的概率： . 16．已知函数． (1)求的最小正周期； (2)若，，求的值． 【答案】(1) (2) 【知识点】三角函数的化简、求值——诱导公式、求正弦（型）函数的最小正周期、用和、差角的正弦公式化简、求值、二倍角的余弦公式 【分析】（1）利用诱导公式、二倍角公式、两角差的正弦公式化简函数式，然后由周期公式得结论； （2）已知条件代入后，利用平方关系、两角和的正弦公式求解. 【详解】（1）由题意得 , 故的最小正周期是； （2）由题意得，， 而，则， 所以， 所以 . 17．如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点. (1)证明：平面平面. (2)若线段上存在点，使得平面平面， （i）猜想的值，并说明理由； （ii）求二面角的正弦值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i），理由见解析；（ii） 【知识点】面面平行证明线线平行、证明面面垂直、求二面角 【分析】（1）先利用梯形性质得出为等边三角形，翻折后仍为等边三角形，再通过勾股定理证明，结合，证明 平面，从而推出平面平面. （2）（i）利用面面平行的性质，结合中位线定理，通过线线平行推导线面平行，再由面面平行的判定定理得出； （ii）由（i）知为的中点，先证 ，算出、，再由得 ，得出 ，用等面积法得到棱的距离，通过三棱锥体积转换 ，算出到平面的距离，通过计算即可求得结果. 【详解】（1）证明：在梯形中，，，，为的中点， 所以，且， 则四边形为菱形，所以， 则，所以为等边三角形，翻折后为等边三角形，且， 因为为的中点，故. 同理，四边形为菱形，为等边三角形，. 在中，，，又，则，所以. 因为，，平面， 所以平面. 又平面，故平面平面. （2）（ⅰ）. 理由如下： 如图，连接，与，分别交于点，，连接，. 因为，分别为，的中点，四边形为菱形， 所以四边形为平行四边形，所以. 又平面，平面，所以 平面. 因为为的中点，所以为的中位线，所以为的中点. 因为平面 平面，平面平面， 平面平面， 所以，所以为的中点，即. （ⅱ）由（2）（ⅰ）可知，点的位置唯一确定，即为的中点. 由（1）可知，，，且，，平面， 所以平面. 又 ，所以平面. 又平面，则， 所以，则. 在中，，，则， 又，所以 . 如图，过作于点， 由等面积法可知，. 在中，，，则边上的高为. 设点到平面的距离为， 则. 所以，所以. 设二面角的大小为， 则. 故二面角的正弦值为. 18．指数级增长又称为爆炸式增长，其中一条结论是：当时，指数函数在区间的平均变化率随的增大而增大.已知实数、，满足. (1)比较和的大小； (2)当时， （i）证明：； （ii）判断的符号. 【答案】(1) (2)（i）证明见解析；（ii） 【知识点】判断指数函数的单调性、比较对数式的大小、作差法比较代数式的大小 【分析】（1）由题意得出，分、两种情况讨论，结合对数函数的单调性得出，即可得出和的大小； （2）（i）由已知可得， 方法一：讨论与的大小，结合对数函数的单调性分析即可； 方法二：设，则，分析可知函数在上为增函数，再构造函数，分析该函数的单调性，结合零点存在定理可知在存在唯一的零点，可得出，即可得出，即可证得结论成立； 方法三：等式两边除以可得，即，构造，分析函数在上的单调性，可得出，由（1）可知、，进而得出； （ii）由题意得出，只需比较与、的大小，构造函数，则，利用零点存在定理可得出，再由指数函数在区间上的平均变化率，随的增大而增大，可得出，化简得出关于的不等式，解得，即可得出结论. 【详解】（1）由题意得：，，则，所以， 当时，则在定义域内单调递减，解得，所以； 当时，则在定义域内单调递增，解得，所以. 综上所述，，即，即. （2）（i）当时，则， （方法一）①假设，则，即， 由，且，所以，则， 所以，与已知矛盾，故假设不成立； ②假设，则，即， 由，且＞0，所以，则， 所以，与已知矛盾，假设不成立； ③当，则，可得，符合题意； 由①②③可得：. （方法二）设，则是的零点， 对、，且，因为在单调递增， 则，，， 可得，，即， 故在单调递增，所以函数有唯一的零点， 设，对、，且， 因为都在单调递增，则，， 可得，即，故在单调递增， 且，， 故函数零点存在性定理知在存在唯一的零点， 则满足，即，可得，即， 故，即， 所以的零点即为的零点，所以，即. （方法三）等式两边除以可得， 变形得：， 构造，对、，且， 因为、都在单调递增，则，， 可得，即， 故在上单调递增，且， 由（1）可知：当时，则，所以，，所以. （ii）， 由（1）可知，故只需比较与、的大小， 设，对、，且， 因为、都在单调递增，则，， 可得，即，故在单调递增， 因为，且，即，所以， 由（i）得，则，故； 由指数函数在区间上的平均变化率，随的增大而增大， 所以指数函数在区间上的平均变化率小于在区间上的平均变化率， 即，化简得，所以， 解得或（舍去）， . 19．学期末，某学校对这一学期食堂的菜品在学生中进行喜好调查，方便下学期改进．每位同学给每道菜打分，喜欢记为1，不喜欢记为．每位同学对道菜品的喜好可以表示为一个维向量，其中每个分量（ ， ， ， ）．我们称为该生的 维喜好向量．已知，为两位同学的喜好向量，定义两个向量的数量积为：．若 ，则称他们“口味互补”． (1)试构造出一组4名学生对4道菜的喜好向量，使得他们两两口味互补． (2)证明：不存在6名学生对6道菜的喜好向量，使得他们两两口味互补． (3)设有8名学生，对本学期96道菜的喜好向量两两口味互补．已知96道菜中有 道菜，这8名同学都喜欢，求证： ． 【答案】(1)， (2)假设存在6名学生对6道菜的喜好向量，使得他们两两口味互补， 设这6个向量为， 因为将这6个向量的某个分量同时变号或将某两个位置的分量同时互换位置，任意两个向量的数量积不变， 所以不妨设， 因为 ，所以有3个分量为， 设的前3个分量中有个，则后3个分量中有个，， 则 ，则，矛盾， 所以不存在6名学生对6道菜的喜好向量，使得他们两两口味互补． (3)任取，不妨设前 个分量都为1，计算数量积， 将所有这些数量积求和得到，则， 设的第个分量之和为， 则从每个分量的角度考虑，每个分量为的贡献为， 所以， 令 ，所以 . 【知识点】向量新定义 【分析】（1）由 维信号向量的定义可写出4个两两口味互补的4维喜好向量； （2）先假设存在，设6个向量为，根据题意不妨设，利用，可得有3个分量为，进而可得的前3个分量中有个，则后3个分量中有个，，由题意可得，可证结论； （3）任取，不妨设前 个分量都为1，计算数量积，，设的第个分量之和为，利用 ，可得结论. 【详解】（1）由题意，构造4个4维向量，每个分量为1或， 设， 则 ， ， ， ， ， ， 所以这4个向量两两口味互补. （2）略 （3）略 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 $