广东省深圳市2025-2026学年高一下学期数学期末模拟试题

**基本信息** 覆盖统计、向量、立体几何等高一核心知识，通过比赛概率分析、立体几何折叠等情境设计，考查数学抽象、空间观念与数据意识。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|统计平均数、充要条件、古典概型|结合样本数据与逻辑推理，考查数学思维| |多选题|3/18|随机事件概率、复数性质|多选项设计区分思维层次，体现推理意识| |填空题|3/15|函数零点、三角函数性质|聚焦概念辨析，强化数学抽象能力| |解答题|5/77|立体几何证明、三角函数应用、概率赛制分析|第18题以比赛赛制为情境，考查数据建模与决策；第19题四棱锥存在性问题，发展空间观念与创新意识|

深圳市2026年高一下学期期末模拟试题 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．样本的平均数为，样本的平均数为,若样本的平均数，其中，则,的大小关系为( ) A. B. C. D.不能确定 2．若实数,满足,，且，则称与互补．记，那么是与互补的( ) A.必要而不充分条件 B.充分而不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3．袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有1个红球、2个白球和3个黑球．从袋中任取两球，两球颜色为一白一黑的概率等于( ) A. B. C. D. 4．在中，为坐标原点，，，，则面积取得最大值时( ) A. B. C. D. 5．已知向量集合，则( ) A. B. C. D. 6．已知向量,，对任意，恒有，则( ) A. B. C. D. 7.如图，在正三棱柱中，，直线与平面所成角的正切值为， 则正三棱柱的外接球的表面积为( ) A. B. C. D. 8．若满足,满足，则( ) A. B.3 C. D.4 二、多选题：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．已知在一次随机试验中，定义两个随机事件和，若，,则( ) A． B．若,相互独立，则和至少有一个发生的概率为 C． D． 10已知虚数满足．记，则( ) A.为纯虚数 B． C．若，则为纯虚数 D．记，，则的最小值为 11．如图，矩形中，，，为边上的一点．现将沿着折起， 使点到达点的位置，点在平面内的射影在线段上，则( ) A.的取值范围为 B.存在，使得平面 C.存在，使得平面 D.与平面所成角最大为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知函数(，且．当时，函数的零点，,则_______． 13.已知函数()，若且在区间上有最小值，无最大值， 则的值为_______． 14.在斜三角形中，角,,的对边分别为,,,,， 点满足，且，则的面积为_______． 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.由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形为平行四边形，为与的交点． (1)求证：平面平面； (2)设平面与底面的交线为，求证：． 16．(15分)在中，角,,所对的边分别为,,．已知． (1)求； (2)设,，且为的平分线，求． 17．(15分)已知函数． (1)判断函数在区间上的单调性，并用定义证明； (2)令， (i)证明：函数的图象是中心对称图形； (ii)设函数有三个零点,,,()，证明：． 18.(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？ 19．(17分)如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，点为的中点，，平面，且． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使,,四点在半径为的同一个球面上．若存在，求的值； 若不存在，请说明理由． 第页 学科网（北京）股份有限公司 $ 深圳市2026年高一下学期数学期末模拟试题答案 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．样本的平均数为，样本的平均数为,若样本的平均数，其中，则,的大小关系为( ) A. B. C. D.不能确定 【答案】A 【解析】设混合样本的平均数为，则 由题意知因此,,因为，所以 2．若实数,满足,，且，则称与互补．记，那么是与互补的( ) A.必要而不充分条件 B.充分而不必要条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】由题意，． 若，则,得 又因为左边，所以．结合，可知其中一个为0，另一个非负， 即，，且，这正是互补的定义． 反过来，若，互补，即，且，不妨设，则 同理成立．因此是与互补的充要条件． 3．袋中共有6个除了颜色外完全相同的球，其中有1个红球、2个白球和3个黑球．从袋中任取两球，两球颜色为一白一黑的概率等于( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】将红球记作：，白球记作：，，黑球：,, 则样本空间，， 设事件“从袋中任取两球，两球颜色为一白一黑”，，故概率 4．在中，为坐标原点，，，，则面积取得最大值时( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】的面积， 要使得面积取得最大值，,显然，即时，则面积取得最大值为. 5．已知向量集合，则( ) A. B. C. D. 【答案】 【解析】设存在实数，，使得两向量相等： 对应坐标相等：，整理得：，解得：， 代入得公共向量为：，所以： 6．已知向量,，对任意，恒有，则( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】，得，，，，，即，于是，则. 7.如图，在正三棱柱中，，直线与平面所成角的正切值为，则正三棱柱的外接球的表面积为( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】在正三棱柱中，取的中点，连接，如图， 则，由平面，平面，得，又， 平面，因此平面， 所以是直线与平面所成的角， 则，由，得，而，则，， 因此正三棱柱的外接球球心到平面的距离， 而的外接圆半径， 所以正三棱柱的外接球的半径，所以. 8．若满足,满足，则( ) A. B.3 C. D.4 【答案】C 【解析】满足，得，，令，得， 满足，得，令，得，得 设函数在上递增，于是，得，则， 即，得. 二、多选题：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．已知在一次随机试验中，定义两个随机事件和，若，,则( ) A． B．若,相互独立，则和至少有一个发生的概率为 C． D． 【答案】ABD 【解析】A:,选项A正确. B：若,相互独立，, 和至少有一个发生的概率,选项B正确. C:显然,,则,,则，选项 C正确. D:,选项D正确 10已知虚数满足．记，则( ) A.为纯虚数 B． C．若，则为纯虚数 D．记，，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】不妨设虚数(且，), . A：显然，为纯虚数，选项A正确. B：，选项B错误. C：若，即，则，，此时是纯虚数， 选项C正确. D：，， ，， 可令(),, 令，，则是偶函数. 故探索在上的最小值即可，令，，， 于是 显然在上递减，上递增，得，选项D正确. 11．如图，矩形中，，，为边上的一点．现将沿着折起， 使点到达点的位置，点在平面内的射影在线段上，则( ) A.的取值范围为 B.存在，使得平面 C.存在，使得平面 D.与平面所成角最大为 【答案】ABD 【解析】A:为边上的一点，可设，现将沿着折起，使点到达点的位置， ,，,点在平面内的射影在线段上，设， 在中，则，在中，则, 于是，于是，即，显然,则. 则的取值范围为，选项A正确. B：假设存在，使得平面，平面，则,由射影定理，可得, ，解得，则,此时与重合，选项B正确. C：假设存在，使得平面，面，平面面,则, 由于,此时四边形为平行四边形，,而,这显然是矛盾的.选项 C错误. D：显然与平面所成角为,，当且仅当时，的最大值为，于是与平面所成角最大为,选项D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．_______． 12．已知函数(，且．当时，函数的零点，,则 ． 【答案】2 【解析】当时，在上单调递增，因此可能有唯一零点， 计算：，因为，所以，且，于是 再算：，因为，所以，且，于是 因此，，根据零点存在性定理，唯一零点在内，所以． 13.已知函数()，若且在区间上有最小值，无最大值， 则的值为 ． 【答案】 【解析】依题意得是最小值点，所以，所以，其中， 又由题知，所以，即，所以只有，代入得． 14.在斜三角形中，角,,的对边分别为,,,,， 点满足，且，则的面积为 ． 【答案】 【解析】因为，由余弦定理得，又因为是斜三角形，所以，所以，由正弦定理得，因为，所以，所以，所以，所以，所以， 因为，，得，解得或(舍)，所以， 设边的中点为，则，因为，所以，即为的中点， 所以：． 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.由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形为平行四边形，为与的交点． (1)求证：平面平面； (2)设平面与底面的交线为，求证：． 【解析】证明：(1)取的中点，连接，，如图． 几何体是直四棱柱，，且， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面，平面． ，四边形是平行四边形，， 平面，平面，平面． 又，，平面，平面平面． (2)平面平面，平面平面，平面平面， 16．(15分)在中，角,,所对的边分别为,,．已知． (1)求； (2)设,，且为的平分线，求． 【解析】(1)由正弦定理得，即， 由余弦定理，可得,又，所以． (2)因为，由角平分线性质得，所以， 由余弦定理得，解得， 由可得，解得． 17．(15分)已知函数． (1)判断函数在区间上的单调性，并用定义证明； (2)令， (i)证明：函数的图象是中心对称图形； (ii)设函数有三个零点,,,()，证明：． 【解析】(1)证明：设，则 因为,所以,,. 所以式，即,则在区间上单调递减： (2)(i)， 又定义域为，关于对称，故曲线关于点对称： (ii)由结合①中式①知在，，上单调递减，函数有三个零点， 则，，，由，可得， 而，,所以， 由，则，则，又,在上单调递减， 故． 18.(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？ 【答案】(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 【解析】(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. 19．(17分)如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，，点为的中点，，平面，且． (1)证明：平面； (2)求平面与平面所成二面角的正弦值； (3)在棱上是否存在一点，使,,四点在半径为的同一个球面上．若存在，求的值； 若不存在，请说明理由． 【解析】(1)证明：因为底面为直角梯形，，,所以， 所以，又平面,平面，所以 又平面,平面，且，所以平面. (2)设平面与平面的交线为，因为，可得平面 由线面平行的性质得，，因为为的中点，， 所以,为,的中点，由勾股定理得 ，所以， 所以，，因为，所以 如图，连接，易得,，所以为平面与平面所成的锐二面角 在中，， (3)假设,,四点在半径为的同一个球面上， 设球心为，因为，为的中点，且平面，所以在直线上， 如图过作，,垂足分别为，. 显然平面,,，设， 所以，，， 在中，由勾骰定理，， ①若球在平面上方，则 在中，由勾股定理，，即， 化简得，因为，所以无解 ②若球心在平面下方，则 在中，由勾骰定理，，即， 化简得，因为，所以 所以，在棱上存在一点，使四点在半径为的同一个球面上,则的值为. 第页 学科网（北京）股份有限公司 $