山东省泰安市泰山区2025-2026学年高一下学期期末数学自编模拟卷

**基本信息** 山东省泰安市泰山区2026年高一下学期期末全真模拟题，涵盖复数、向量、概率、立体几何等模块，通过基础题与综合题梯度设计，强化数学眼光、思维与语言的核心素养考查，适配期末复习需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题40分|复数几何意义、向量模、概率事件、空间线面关系等|结合平行四边形（题5）、阅读时间统计（题7）等情境，基础与辨析并重| |多选题|3题18分|概率事件关系、解三角形综合、四棱锥线面关系|如正八面体概率（题9）、三角形面积与外接圆（题10），考查多维度思维| |填空题|3题15分|斜二测画法、条件概率、三棱锥切接球|斜二测还原（题12）、甲盒乙盒抽球（题13），强调空间想象与模型应用| |解答题|5题77分|复数运算、向量坐标、解三角形、统计概率、立体几何证明与计算|如物理成绩统计分析（题18）、四棱锥外接球与二面角（题19），综合考查推理与运算能力|

山东省泰安市泰山区2026年高一下学期期末考试全真模拟题 一、单选题（共40分） 1．（本题5分）已知复数满足（i为虚数单位），则对应的点在（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知向量，的夹角为，则（    ） A．4 B．2 C． D．3 3．（本题5分）已知随机事件和互斥，和对立，且，，则（    ） A．0.2 B．0.3 C．0.5 D．0.6 4．（本题5分）设是三条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题正确的是（    ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 5．（本题5分）如图，在平行四边形中，是对角线的交点，，若，则（   ） A．1 B． C．2 D． 6．已知三角形中，点在边上，平分∠，且，若，则=（   ）. A．1 B． C．2 D． 7．（本题5分）某研究小组为了解某市高中生自主阅读情况，随机调查了2000名学生的每周自主阅读时间，按照时长（单位：小时）分成五组：，得到如图所示的频率分布直方图，其中每周自主阅读时间不低于8小时的频率为0.3.则以下说法中错误的是（    ） A． B．估计样本数据的第60百分位数值是7.5小时 C．样本的极差介于6小时至10小时之间 D．估计这2000名学生每周自主阅读时间的平均值是6.5小时 8．（本题5分）如图所示，将一副三角板拼成平面四边形，将等腰直角沿向上翻折，得到三棱锥，设，点分别为棱，的中点，为线段上的动点，则下列命题： ①在翻折过程中，存在某个位置使得； ①若，则与平面所成角的正切值为； ③三棱锥体积的最大值为2； ④当时，的最小值为. 其中正确命题的个数为 （    ） A．1 B．2 C．3 D．4 二、多选题（共18分） 9．（本题6分）一个质地均匀的正八面体，八个面分别标以数字1到8，任意抛掷一次这个正八面体，观察它与地面接触的面上的数字，得到样本空间为，记事件“得到的点数不大于4”，记事件“得到的点数为偶数”，记事件“得到的点数为质数”，则下列说法正确的是（    ） A． B．事件与互斥 C．两两独立 D． 10．（本题6分）在中，内角A，B，C，的对边分别是a，b，c，，且，则下列结论正确的是（    ） A． B．外接圆的面积为 C．的面积的最大值为 D．的最大值是8 11．（本题6分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面为正三角形，且，平面平面，则下列说法正确的是（   ） A．.平面与平面的交线平行于直线 B．二面角的余弦值为 C．点到平面的距离为2 D．四棱锥的外接球的半径为 三、填空题（共15分） 12．（本题5分）把水平放置的四边形按照斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中，，则四边形的面积为___________． 13．（本题5分）已知甲盒中有3个红球和2个黄球，乙盒中有2个红球和1个黄球．现从甲盒中随机抽取1个球放入乙盒中，搅拌均匀后，再从乙盒中随机抽取1个球，此球恰好为红球的概率是_____ 14．（本题5分）已知四边形ABCD为平行四边形，，，，现将沿直线BD翻折，得到三棱锥，若，则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为_________. 四、解答题（共77分） 15．（本题13分）已知复数，且，a为实数. (1)求实数a的值； (2)若z为纯虚数，复数在复平面内对应的点在第四象限，求实数b的取值范围. 16．（本题15分）已知：a、b、是同一平面内的三个向量，其中 (1)若 且， 求的坐标; (2)若 且与 的夹角为锐角，求实数的取值范围. 17．（本题15分）记的内角的对边分别为，满足． (1)求角； (2)若，为的中点且，求． 18．（本题17分）某高中在一次高一物理测试后，为了解本次测试的成绩情况，在整个年级中随机抽取了名学生的物理成绩，成绩均在内，将成绩分为，共组，得到如图所示的频率分布直方图. (1)求的值并估计这名学生物理成绩的第百分位数（精确到）； (2)从成绩在和的学生中，用分层随机抽样方法抽取名学生，再从这名学生中随机抽取名，求这名学生物理成绩在和内各人的概率. 19．（本题17分）如图，四棱锥中，底面为矩形，对角线与交于点，平面，为的中点． (1)证明：平面； (2)设，，直线与平面所成角的正弦值为． （i）求四棱锥外接球的表面积； （ii）求平面与平面夹角的余弦值． 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年高一下学期期末考试全真模拟题》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C B A C D B ABD ACD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】由复数除法可得，据此可得答案. 【详解】因为， 所以，则其对应坐标为，在第一象限. 故选：A 2．B 【分析】先计算得到，然后计算即可. 【详解】由题可知：， . 故选：B 3．C 【分析】根据对立事件与互斥事件的概率公式求解. 【详解】由和对立，可得，解得， 又∵随机事件和互斥，， ∴． 故选：C． 4．B 【分析】根据空间中线面之间的位置关系逐一判断即可. 【详解】对于A，如图，在正方体中，记为，为，为， 平面为，则有，    但与平面不垂直，故A错误； 对于B，若，则，又，存在，满足， 因为，则，所以，故B正确； 对于C，如图，在正方体中，记为，平面为， 记为，平面为，则有，        但平面平面，故C错误； 对于D，若，则或，故D错误. 故选：B 5．A 【详解】在平行四边形中， ，，， 则，， ， 解得，，，所以，． 6．C 【分析】先利用题干中的面积关系，得到，再利用余弦定理建立方程，与之联立求解即可. 【详解】中，点在边上，， 则， 又平分∠，，， 又由，和的高相同，设为， 则，， 又，， 在中，由余弦定理，； 在中，由余弦定理，， ，， 即，化简得， 把代入，计算即得. 故选：. 7．D 【分析】A项，由已知频率可得关系；B项，由各组频率之和为与A项所得频率关系求解，由，估计第60百分位数值所在区间，再利用矩形面积计算估值即可；C项，由最大值与最小值的取值区间，再由不等式的性质可得极差范围；D项，样本平均数由每个小矩形底边中点的横坐标与小矩形的面积（频率）的乘积之和近似代替，计算可得. 【详解】选项A，由每周自主阅读时间不低于8小时的频率为0.3， 则，解得，故A正确； 选项B，由各组频率之和为得，， 联立解得， 故五组的频率分别为， 因为前两组的频率之和为，前三组的频率之和为， 且， 设样本数据的第60百分位数值为，则， 由，解得， 故估计样本数据的第60百分位数值是7.5小时，故B正确； 选项C，设样本数据中的最小值为，最大值为， 由频率分布直方图可知，最小值，最大值， 所以，则由不等式的性质可得极差， 即样本的极差介于6小时至10小时之间，故C正确； 选项D，由频率分布直方图样本平均数的近似值为， 估计这2000名学生每周自主阅读时间的平均值是小时，故D错误. 故选：D. 8．B 【分析】根据面面垂直可得线面垂直，即可判断①；连接，证明平面，则即为与平面所成角的平面角，即可判断②，根据三棱锥体积公式，找底面面积和点到平面距离，当面面垂直时最大，算出体积最大值，即可判断③；把与沿展开到同一平面，用余弦定理算（即最小值），判断是否符合给定值，即可判断④. 【详解】对①，当平面与平面垂直时， ，平面与平面的交线为，平面, 平面，又平面， ，，故①正确； 对②，连接， 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， 则即为与平面所成角的平面角， 在中，，则， ， 所以， 即与平面所成角的正切值为，故②错误；    对③，三棱锥的体积（为点到平面的距离）， . 当平面平面时，最大，的最大值为， 此时，所以三棱锥体积的最大值为，故③正确； 对④，当时，因为为的中点， 所以，则， 又因为的中点，所以， 又，所以， 所以， 如图将沿旋转，使其与在同一平面内， 则当三点共线时，最小， 即的最小值为， 在中，， 则， 所以， 所以的最小值为，故④错误.    故选：B. 9．ABD 【分析】根据互斥事件的概念以及相关公式和古典概型与事件独立的乘法公式进行计算与判断即可. 【详解】由题意：事件的样本点为：，事件的样本点为，事件的样本点为. 所以的样本点为：，所以，故A正确； 因为的样本点为：，所以的样本点为，又的样本点为，所以事件与互斥，故B正确； 因为的样本点为，所以，，. 因为，所以事件，不相互独立，故C错误； 因为，的样本点为，所以，又，所以，故D正确. 故选：ABD 10．ACD 【分析】利用正弦定理，结合三角形内角和公式，可求角，判断A的真假；利用正弦定理，求三角形外接圆半径，可判断B的真假；利用三角形的面积公式，结合基本不等式可判断C的真假；利用余弦定理，结合基本不等式，可判断D的真假. 【详解】对A：由，利用正弦定理，可得： . 因为，所以，所以，故A正确； 对B：设外接圆半径为，则， 所以外接圆面积为：，故B错误； 对C：由余弦定理：，所以，当时取等号. 所以.故C正确； 对D：因为，所以且， 所以.故D正确. 故选：ACD 11．ABD 【分析】应用线面平行的判定及性质判断A；若分别为的中点，结合二面角的定义有是锐二面角的平面角，进而求其余弦值判断B；应用等体积法求点面距离判断C；由面面垂直模型确定球心，再利用几何关系求球体半径判断D. 【详解】A：由，平面，平面，则平面， 由平面，则平面与平面的交线平行于直线，对； B：若分别为的中点，则，， 由都在平面内，则平面，则平面， 由平面，则，， 所以是锐二面角的平面角， 由平面平面，，平面，平面平面， 所以平面，则，而，则， 所以，对； C：由， 由平面，平面，则，又， 由且都在平面内，则平面，平面， 所以，故，若点到平面的距离为， 所以，则，错； D：由平面平面，为正三角形，四边形为正方形， 则外接球球心是过正方形中心且垂直于平面与过中心且垂直于平面的两直线的交点， 由面面垂直模型知，外接球的半径，对. 故选：ABD 12．9 【分析】根据斜二测画法，还原成平面图形，计算面积即可. 【详解】根据斜二测画法，还原成平面图形. 得到，，，， 可知四边形是直角梯形，所以四边形的面积． 故答案为：9 13．/ 【分析】分从甲盒中取出的球是红球和黄球两种情况求概率，然后相加可得. 【详解】若从甲盒中抽到黄球放入乙盒，则从乙盒中抽到红球的概率为， 若从甲盒中抽到红球放入乙盒，则从乙盒中抽到红球的概率为， 所以从乙盒中抽到红球的概率为. 故答案为： 14． 【分析】根据题意利用余弦定理求得，由此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线，利用长方体的性质求外接圆半径，再等体积法求出内切球半径，运算求解即可. 【详解】在中，， 故，即， 则折成的三棱锥中，，，， 即此三棱锥的对棱相等，故此三棱锥的三组对棱是一个长方体的六个面的对角线， 设长方体从同一个顶点出发的三条棱长分别为a，b，c 则，解得， 此长方体的外接球是三棱锥的外接球， 设外接球的直径，即， 又因为三棱锥是长方体切掉四个角， 故三棱锥， 三棱锥四个侧面是全等的， ， 设内切球半径为，以内切球球心为顶点，把三棱锥分割为以球心为顶点，四个面为底面的四个小三棱锥，四个小三棱锥体积等于大三棱锥的体积， 故， 则三棱锥的内切球与外接球表面积的比值为. 故答案为：. 【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法 (1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解． (2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解． (3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长． (4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长． (5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解． 15．(1) (2) 【分析】（1）根据复数运算化简条件，结合复数模的公式列方程求； （2）由条件，根据纯虚数的定义求，结合共轭复数定义，复数运算法则再求，根据复数的几何意义列不等式求的范围； 【详解】（1），      （2）为纯虚数， ，且 ∴， 又 因为复数在复平面内对应的点位于第四象限，则， 解得.因此，实数的取值范围是. 16．(1)或 (2) 【分析】（1）设，由，可得，解方程求得值． （2）求出，由与的夹角为锐角可得，解得的范围，而当与共线且方向相同时，求出对应的的值，从而得到的取值范围． 【详解】（1），， 故可设，由，可得， 解得， 或． （2），， ， 与的夹角为锐角， ， ，． 而当与共线且方向相同时，，， 解得， 故的取值范围为． 17．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦定理及两角和的正弦公式将已知化为，利用化简得，根据角的范围即可求解. （2）将平方得，再根据余弦定理得，即可求解. 【详解】（1）因为， 由正弦定理可知：， 所以，即， 因为，所以，所以，所以， 因为，所以． （2）在中，因为， 所以. 所以①， 又由余弦定理，所以②． 联立①②可得． 18．(1)，分位数为分； (2). 【分析】（1）根据频率之和为求出，再由第百分位数的求法计算即可； （2）由分层抽样确定每层抽取人数，列出基本事件和符合题意的事件，根据古典概型求解. 【详解】（1）由题意知，解得，    设第百分位数为， 因为位于之间的频率为，位于之间的频率为， 所以， 令，解得，即第百分位数为. （2）由，得这人中物理成绩在的人数为，分别记为，在的人数为人，分别记为， 在这人中抽取人，共，个基本事件， 这名学生物理成绩在和内各人，共，个基本事件， 故这名学生物理成绩在和内各人的概率为. 19．(1)证明见解析 (2)（i）（ii） 【分析】（1）连接，得，由线面平行的判定定理得证； （2）（i）由题易求，可得四棱锥外接球的球心为的中点，运算得解；（ii）作交的延长线于点，连接，可证，为平面与平面的夹角，运算得解. 【详解】（1）连接，因为四边形为矩形，所以点为的中点． 又点为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面． （2）底面，为在底面内的射影， 直线与平面所成角为， 则，所以， 在中，可得，在中，可得． （i）设四棱锥外接球的半径为，则四棱锥外接球即其所在长方体的外接球， 所以其球心为的中点，所以，故其外接球的表面积为. （ii）作交的延长线于点，连接， 平面，平面． ，，， 则平面，平面，故， 又，与相交，则平面，平面，故， 所以为平面与平面的夹角， 在中，，，则，，所以， 在中，可得． 在中，可得，则， 即平面与平面夹角的余弦值为. 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 $