期末模拟卷（三）-2025-2026学年高一下学期数学北师大版必修第二册

**基本信息** 高一下学期数学期末模拟卷全面覆盖三角函数、复数、向量、立体几何等核心知识，解答题通过四棱锥体积最值、三角函数图像零点等问题设计，体现对空间观念、运算能力与推理能力的综合考查，适配期末学业水平检测需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|三角函数周期、复数运算、向量数量积|基础巩固，聚焦概念理解| |多选|3/18|质点圆周运动、线面关系、叠加函数|能力提升，融合几何直观与数学建模| |填空|3/15|纯虚数判定、正四棱柱外接球、三角形解的个数|空间观念与分类讨论思想| |解答|5/77|解三角形、向量共线与模长、函数解析式与零点|创新应用，分层考查运算推理与问题解决能力|

高一下学期数学期末模拟卷（三） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。 1．函数的最小正周期是（     ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】函数的最小正周期是. 2．已知复数，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】复数， 所以. 3．已知和的夹角为60°，且，则（    ） A．1 B． C．3 D． 【答案】C 【详解】因为和的夹角为60°，且， 所以. 4．已知为锐角，且，则（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】先对已知等式两边平方，结合同角三角函数基本关系式求出，再根据α为锐角且确定2α的取值范围，最后利用同角三角函数的平方关系确定的符号并计算出结果. 【详解】由，两边平方得， 解得； 因为为锐角，且，故，可得，因此， 即在第二象限，； 由同角三角函数关系，得， 结合，得. 5．已知某圆柱的轴截面是面积为16的正方形，则该圆柱的侧面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】设圆柱的底面半径，因为圆柱的轴截面为正方形，所以该圆柱的高为， 则，则，所以该圆柱的侧面积为. 6．在中，已知，，则（    ） A． B． C．2 D．4 【答案】D 【分析】根据及求出，同理求出，利用即可求出答案. 【详解】， 因为，所以， 易知均不为，所以， ， 因为，所以， 即， 所以. 7．在正三棱柱中，，设和所成的角为，则的值为（     ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】将正三棱柱补成直四棱柱，平移到即可解. 【详解】将正三棱柱补成直四棱柱， 使正三棱柱与正三棱柱全等， 则由直棱柱性质可知，与所成角为（或其补角）； 因为，， 所以， 所以. 8．在中，为中点，为上一点，且的延长线与的交点为，则（    ） A．若，则在上的投影向量为 B． C． D． 【答案】B 【分析】根据投影向量的定义可判断A的正误，根据向量的线性运算可判断B的正误，根据三点共线的向量形式结合B中判断可判断C的正误，根据向量的线性运算结合C的分析可判断D的正误. 【详解】对于A， 取的中点为，则， 故在上的投影向量为，而， 故在上的投影向量为，故A错误； 对于B，， 故，故B正确； 对于C，因为三点共线， 故存在实数，使得，而为共线向量， 故存在实数，使得即， 因为不共线，所以，故，故，故C错误； 对于D，由C的分析可得，故， 所以，所以，故D错误. 2． 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 9．如图，质点和从单位圆上同时出发且按逆时针做匀速圆周运动．点的起始位置坐标为，角速度为，点的起始位置坐标为，角速度为，则（    ）    A．在1s末，点的坐标为 B．在末，点在单位圆上第一次重合 C．在1s末，扇形的弧长为 D．在末，的面积为 【答案】BCD 【分析】结合图形分别求出末质点和的坐标，根据各选项的内容，利用单位圆上点的坐标表示，扇形弧长公式，三角形面积公式逐一计算判断即可. 【详解】由题设，起始位置时，，则末质点的坐标为质点的坐标为， 对于A，在末，的坐标为，故A错误； 对于B，若重合，则，故， 又，故，故在末，点在单位圆上第一次重合，故B正确． 对于C，在末，质点在角的终边上，质点在角2的终边上， 则扇形的弧长为，故C正确． 对于D，因的面积为， 当时，的面积为，故D正确． 故选：BCD. 10．设m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 【答案】BD 【分析】用空间几何中线、面平行与垂直的判定定理与性质，构造反例来排除错误选项即可. 【详解】若，，则或m与n相交或m与n异面，选项A错误; 若，，则，选项B正确; 若，，则或α与β相交，选项C错误; 若，，则或，又，则，选项D正确. 11．已知是定义域为，最小正周期为的函数，我们把称为的叠加函数，则（    ） A．的叠加函数是最小正周期为的周期函数 B．当时，的值域为 C．当时方程在上有25个实根 D．当，，时方程在有实根的充要条件为 【答案】BCD 【分析】由题意，求出，分析可判断A的正误；当时，可得最小正周期，即可得的解析式，即可得的解析式，根据正弦型函数的值域，即可判断B的正误；分别讨论和两种情况，分别求出的解析式，根据条件，求出根，可判断C的正误；分别讨论和两种情况，分别求出的解析式，根据二次函数的性质，可得的值域，分析可判断D的正误. 【详解】选项A：， 所以的叠加函数的一个周期为，故A错误； 选项B：当时，最小正周期， 则， 所以， 因为，所以，则，所以，故B正确； 选项C：的最小正周期，则， 当时，，，则， 此时方程在上的根为，共13个； 当时，，， 所以， 令，则， 所以，则， 此时方程在上的根为，共12个， 所以方程在上有25个实根，故C正确； 选项D：由题意的最小正周期为2，则， 当时，， 则， 因为，所以， 当时，， 则， 因为，所以，综上在上的值域为， 则方程在有实根的充要条件为，故D正确. 第II卷（非选择题） 三．填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分 12．若复数是纯虚数，则实数m的值为______． 【答案】0 【分析】根据纯虚数的定义，令复数的实部为0且虚部不为0，联立方程与不等式求解即可. 【详解】根据纯虚数的定义：对于复数，当且仅当且时，该复数为纯虚数， 因为复数为纯虚数，m为实数， 所以，即，解得. 13．已知正四棱柱，，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_______. 【答案】 【详解】由为正四棱柱，且， 所以为正方形，则正四棱柱的外接球半径， 所以球的表面积为. 14．在中，，，若满足上述条件的恰有一解，则边长的取值范围为______． 【答案】 【分析】由题意或即可求解. 【详解】如图，在平面内作出角，在其中一条边上取点，以点为圆心，为半径画圆， 若满足条件的恰有一解， 则或，已知，， 当时， ； 当时，， 所以边长的取值范围为. 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．已知角以轴的非负半轴为始边，为终边上一点. (1)求的值； (2)求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据角α终边上点的坐标，结合任意角三角函数定义求出、，代入目标式计算即可； （2）利用三角函数诱导公式化简原式为，再结合终边上点的坐标求的值. 【详解】（1）点到坐标原点的距离， 根据任意角三角函数的定义： ，， 代入得； （2）利用诱导公式化简原式： 分子部分：，， ，， 因此分子， 分母部分：，，， 因此分母， 约分化简得原式， 根据定义. 16．已知向量，． (1)若与共线，求实数k的值； (2)若，求的最小值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据向量的坐标运算计算出两个向量的坐标表达式，利用两向量共线的条件建立关于参数 的方程，解方程即得结果； （2）将所求模的平方用已知向量的模和数量积表示，得到关于参数 的二次函数，通过配方求出二次函数的最小值，开方后即为模的最小值. 【详解】（1）因为，，所以，． 因为与共线，所以 ， 所以． （2）因为，，所以，， 所以 ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为． 17．已知分别为三个内角的对边，且 (1)求； (2)若，且△ABC的面积为，求. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）采用边化角结合内角和恒等变换，利用余弦型三角式求解内角； （2）联立面积公式与余弦定理构造方程组，直接求解边长. 【详解】（1）由， 结合正弦定理可得， 展开右侧三角式得， 消去同类项后化简为， 整理得， 由，得，解得. （2）由三角形面积公式， 代入，得， 由余弦定理， 代入、，得， 联立，解得. 18．现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. (1)求证：平面平面； (2)设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 【答案】(1)证明见解析； (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）最大值. 【分析】（1）通过，确定，即可求证； （2）（ⅰ）通过平面，得到，即可求证；（ⅱ）作，，确定是二面角的平面角.设.得到，.再结合体积公式，结合三角函数性质即可求解. 【详解】（1）由与平行且相等，得四边形为平行四边形， 所以为，的中点. 又由于，，所以，， 又因为，平面，，所以平面. 又平面， 所以平面平面； （2）（ⅰ）因为，平面，平面， 所以平面， 又因为平面，平面平面，所以. 又因为平面，平面，所以平面. （ⅱ）作，，垂足分别为，， 因为，所以，， 所以是二面角的平面角. 因为，为的中点， 所以，设. 则，. 因为，，，平面， 所以平面，所以. 所以. 当且仅当，即二面角的大小为时，四棱锥的体积取得最大值. 19．已知函数的部分图象如图所示． (1)求的解析式； (2)若函数在上恰有两个零点，，求的取值范围； (3)若对任意的，总存在，使得，求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3)． 【分析】（1）先应用周期得出，再代入点计算求解即可得出解析式； （2）应用函数值域结合正弦函数性质得出即可求解； （3）先计算函数值，再把恒成立转化为最值类问题求解最值即可求解. 【详解】（1）由图可得，，则，结合，解得． 由，得，，即，. 因为，所以， 所以． （2）因为，所以． 不妨设，由题意可得，， 解得，， 所以， ．故的取值范围为． （3）因为，， ，， ，， 所以，． 由题意可得，即，解得． 故的取值范围为． 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 $ 高一下学期数学期末模拟卷（三） （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第I卷（选择题） 一、单项选择题：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，只有一项是符合要求的。 1．函数的最小正周期是（     ） A． B． C． D． 2．已知复数，则（    ） A． B． C． D． 3．已知和的夹角为60°，且，则（    ） A．1 B． C．3 D． 4．已知为锐角，且，则（   ） A． B． C． D． 5．已知某圆柱的轴截面是面积为16的正方形，则该圆柱的侧面积为（    ） A． B． C． D． 6．在中，已知，，则（    ） A． B． C．2 D．4 7．在正三棱柱中，，设和所成的角为，则的值为（     ） A． B． C． D． 8．在中，为中点，为上一点，且的延长线与的交点为，则（    ） A．若，则在上的投影向量为 B． C． D． 2． 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 9．如图，质点和从单位圆上同时出发且按逆时针做匀速圆周运动．点的起始位置坐标为，角速度为，点的起始位置坐标为，角速度为，则（    ）    A．在1s末，点的坐标为 B．在末，点在单位圆上第一次重合 C．在1s末，扇形的弧长为 D．在末，的面积为 10．设m，n为不同的直线，α，β为不同的平面，则下列结论正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 11．已知是定义域为，最小正周期为的函数，我们把称为的叠加函数，则（    ） A．的叠加函数是最小正周期为的周期函数 B．当时，的值域为 C．当时方程在上有25个实根 D．当，，时方程在有实根的充要条件为 第II卷（非选择题） 三．填空题 本题共3小题，每小题5分，共15分 12．若复数是纯虚数，则实数m的值为______． 13．已知正四棱柱，，其顶点都在同一球面上，则该球的表面积为_______. 14．在中，，，若满足上述条件的恰有一解，则边长的取值范围为______． 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．已知角以轴的非负半轴为始边，为终边上一点. (1)求的值； (2)求的值. 16．已知向量，． (1)若与共线，求实数k的值； (2)若，求的最小值. 17．已知分别为三个内角的对边，且 (1)求； (2)若，且△ABC的面积为，求. 18．现有两个含角的全等直角三角板，较短直角边长均为，如图，与为这两个三角板，其中，.初始时，两三角板的直角顶点重合于点，斜边，共线.现将两三角板绕点平行展开，得到四棱锥. (1)求证：平面平面； (2)设平面平面. （ⅰ）求证：平面； （ⅱ）当二面角的大小为多少时，四棱锥的体积取得最大值？求出该最大值. 19．已知函数的部分图象如图所示． (1)求的解析式； (2)若函数在上恰有两个零点，，求的取值范围； (3)若对任意的，总存在，使得，求的取值范围． 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 $