精品解析：福建省厦门大学附属科技中学2025-2026学年高一下学期期末模拟数学试题

2025-2026学年（下）厦门大学附属科技中学高一期末考前模拟测试 数学试题 （考试时长：120分钟 满分：150分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷第2-4页． 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效． 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的． 1. 复数的虚部为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数除法求得复数，进而可得结果. 【详解】由题意可得：， 所以复数的虚部为1. 故选：A. 2. 如图，平行四边形是水平放置的四边形的直观图，，，则四边形的面积（　　）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】在四边形中，，， 根据是平行四边形可得，四边形是矩形，且， 所以四边形的面积. 3. 已知点，，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设点的坐标为，根据平面向量的坐标运算可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，即可得出点的坐标. 【详解】点、，且， 设点的坐标为，则， 所以，，，求得，，故点的坐标为， 故选：A． 4. 一个盒子中有若干白色围棋子，为了估计其中围棋子的数目，小明将100颗黑色的围棋子放入其中，充分搅拌后随机抽出了20颗，数得其中有5颗黑色的围棋子，根据这些信息可以估计白色围棋子的数目约为（ ） A. 200颗 B. 300颗 C. 400颗 D. 500颗 【答案】B 【解析】 【分析】设出白色围棋子的数目，利用频率列方程，进而即得. 【详解】设白色围棋子的数目为 n，则由已知可得， 解得， 即白色围棋子的数目大约有300颗. 故选：B. 5. 已知一组数据：，1，2，3，4，5，17，若该组数据的第80百分位数为5，平均数不小于5，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由百分位数计算公式确定，再结合平均数计算公式即可求解. 【详解】这组数据共个，因为， 则第个数据为第80百分位数， 由题意第80百分位数为，说明从小到大排序后，第个数是， 若，则第80百分位数为或17，不符合题意，因此， 又平均数不小于，则，即， 综上可得，. 6. 如图，圆内接四边形ABCD中，.现将该四边形沿AD旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为（ ） A. B. 30 C. D. 40 【答案】D 【解析】 【分析】作出辅助线，由余弦定理求出，由勾股定理逆定理得到，∠ABG=135°，旋转形成的几何体的体积等于等腰直角三角形CDE绕DE旋转形成的圆锥体积加上直角梯形ABCE绕AE旋转形成的圆台体体积，求出体圆锥积和台体体积，相加即可. 【详解】延长AB，DC交于点G， 因为， 所以∠G=45°， 故， 因为， 所以， 因为， 在中，由余弦定理得：， 解得：， 因为， 所以，∠ABG=135°， 过点C作CE⊥AD于点E，过点B作BF⊥CE于点F， 则∠CBF=∠BCF=45°，BF=CF=AE=2，CE=DE=4， 该四边形沿AD旋转一周，则旋转形成的几何体体积等于由等腰直角三角形CDE绕DE旋转形成的圆锥体积加上直角梯形ABCE绕AE旋转形成的台体体积， 其中圆锥体积为， 台体体积为， 所以旋转形成的几何体体积为. 故选：D 7. 在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将直三棱柱补形为长方体模型，在长方体中容易找出线面之间的关系，通过平行线平移法作出异面直线所成的角，然后角三角形求解． 【详解】如图，直三棱柱中，，将其补形为长方体连接，， 显然四边形为平行四边形，所以． 则（或其补角）为异面直线与所成角． 在长方体中，，， ． ． ． 在中，． 所以异面直线与所成角的余弦值为． 故选：D． 8. 甲、乙两位同学进行羽毛球比赛，并约定规则如下：在每个回合中，若发球方赢球，则得1分，并且下一回合继续由其发球；若发球方输球，则双方均不得分，且下一回合交换发球权；比赛持续三回合后结束，若最终甲乙得分相同，则为平局.已知在每回合中，甲获胜的概率均为 ，各回合比赛结果相互独立，第一回合由甲发球.则甲乙两人在比赛中平局的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，把所求概率的事件分拆成两个互斥事件的和，再利用概率的加法公式和乘法公式列式求解. 【详解】设“第回合甲胜”，则，设事件“甲乙两人平局”， 依题意，甲乙两人在比赛中平局只有与两种情况，即， 因此 . 故选：D 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．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. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，“点数为偶数”记为事件，“点数大于2”记为事件，“点数小于3”记为事件.下列说法正确的是（ ） A. 与互斥 B. 与对立 C. 与相互独立 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先写出事件，然后根据互斥事件、对立事件的概念以及相互独立概率公式逐项分析即可. 【详解】事件，事件，事件， 对于A，事件有公共元素2，可能同时发生，A选项不正确； 对于B，事件与事件对立对立，B选项正确； 对于C，由， 所以， 所以事件与事件相互独立，故C选项正确； 对于D，由选项C知，则， 故D选项错误. 故选：BC. 10. 在复平面内，复数对应的点为Z，向量绕原点O逆时针旋转至处，若旋转角为，则（ ） A. Z的坐标为 B. C. 当时， D. 的坐标为 【答案】BCD 【解析】 【分析】由复数对应的点的坐标为即可判断选项；先求出共轭复数，再计算的值即可判断选项；利用旋转前后对应向量模长不变，结合勾股定理即可判断选项；由逆时针旋转后的复数为，代入化简检验即可判断选项. 【详解】由复数，则对应的点为，所以选项错误； 由复数，则，所以，因此选项正确； 由，又，则，， 则，所以选项正确； 由逆时针旋转后的复数为， 所以的坐标为，选项正确. 11. 在正三棱柱中，，E，F，G，H分别为的中点，动点N在四边形内及其边界上运动，则下列说法正确的是（ ） A. E，F，G，H四点共面 B. FH与BC所成角的余弦值为 C. 正三棱柱的外接球表面积为 D. 若平面，则动点N的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A，证明即可证明四点共面；对于选项B，先确定与所成角，然后根据余弦定理可求出其余弦值；对于选项C，先由正弦定理求出外接圆半径，然后根据勾股定理求出球的半径，从而求出球的表面积即可；对于选项D，先确定动点的轨迹，然后根据勾股定理求出轨迹长度. 【详解】连接，因为分别为的中点， 所以，从而，故四点共面，A正确； 连接，因为，则为与所成角， 在中， 由余弦定理可得，B错误； 在等边中，由正弦定理可得，的外接圆半径， 设正三棱柱的外接球半径为，且球心到平面的距离为1， 由勾股定理可知， 所以球的表面积为，C正确； 在正三棱柱中，取的中点，连接， 可知， 又平面平面平面平面， 所以平面平面， 又因为是平面内两条相交直线，因此平面平面， 当点N在四边形内及其边界上运动时，若平面， 则在平面内，从而动点N的轨迹为， 又因为，所以动点N的轨迹长度为，D正确． 故选：ACD. 三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 总体由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第3列和第4列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为__________． 8823 6833 0877 6314 6621 4302 9714 1298 3204 0234 4936 8200 1323 4869 6938 7181 【答案】04 【解析】 【分析】根据随机数表法进行抽样即可. 【详解】从随机数表第1行的第3列和第4列数字开始，由左到右依次选取两个数字中，小于20的编号依次为08，14，02，14，12，04，02，00，13， 去除重复项，且属于总体的对应的数值为08，14，02，12，04，13， 则第5个个体的编号为04． 故答案为：04 13. 甲、乙、丙三人依次进行投篮，一人投不中则换为下个人投，直到有人投中或三人都投过一次为止．已知甲、乙、丙三人投中的概率分别为，若每个人是否投中相互独立，则有人投中的概率为___________． 【答案】##0.9375 【解析】 【分析】根据相互独立事件及对立事件的概率公式计算可得答案． 【详解】“有人投中”的对立事件为“三人投篮都不中”， 故所求概率为． 14. 在圆内接四边形中，，若，则的面积最大值为___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据给定条件，利用正弦定理建立方程，利用两角和的正弦公式展开得，进而求得；设并结合正弦定理表示出，，再利用三角形面积公式，结合二次函数的性质求出最大值. 【详解】在△ABD中，， 由正弦定理得， 所以， 所以， 所以，所以； 所以是四边形外接圆直径，故， 设，则， 在中，， 由正弦定理得， 即， 在中，， 所以 ，当且仅当时取等号， 所以面积的最大值为. 故答案为：. 第Ⅱ卷 四．解答题：本大题共6小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 为点燃同学们对数学的热爱，使其探寻数字背后的文化密码，某校高一年级举办“数学文化”知识竞赛．为了解参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取100人的成绩（百分制）作为样本，并按，，…，分组，作出频率分布直方图如图所示． （1）求的值，并估计样本中成绩的上四分位数； （2）若规定成绩不低于80分为“良好”等级，已知样本中成绩在内的平均数为88，方差为7，成绩在内的平均数为96，方差为7，求样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差． 【答案】（1），86 （2）平均数为91，方差为22 【解析】 【分析】（1）在频率分布直方图中，利用所有小矩形的面积之和为1，列出关于的方程，从而得到的值，计算前四个小矩形的面积之和，计算前五个小矩形的面积之和，从而得到成绩的上四分位数落在内，设其为a，列出，计算出的值，从而估计出样本中成绩的上四分位数． （2）求出样本中成绩在内占成绩在内的比例，求出样本中成绩在内占成绩在内的比例．设样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差分别为，，利用分层随机抽样的平均数公式求出，利用分层随机抽样的方差公式求出. 【小问1详解】 在频率分布直方图中，所有小矩形的面积之和为1， 则，解得， 前四个小矩形的面积之和为， 前五个小矩形的面积之和为， 所以成绩的上四分位数落在内，设其为， 则，解得，即估计样本中成绩的上四分位数为86． 【小问2详解】 样本中成绩在内占成绩在内的比例为， 样本中成绩在内占成绩在内的比例为． 设样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差分别为，， 由分层随机抽样的平均数公式可得， 由分层随机抽样的方差公式可得， 故样本中“良好”等级的成绩的平均数为91，方差为22． 16. 如图，在等边中，，点O在边BC上，且．过点O的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N． （1）设，，试用，表示； （2）设，，求的最小值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用给定的基底表示向量. （2）利用共线向量的推论及基本不等式求出最小值. 【小问1详解】 由，得，所以. 【小问2详解】 由（1）知，，而，， 因此，而共线，则，又， 于是， 当且仅当，即时取等号，所以的最小值是. 17. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量，，且． （1）求A； （2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先由两向量平行的坐标公式建立边和角的等量关系，再结合正弦定理、余弦定理求出角；（2）利用正弦定理，将求周长边的关系问题，转化为利用三角函数求三角函数值的问题，即可求出三角形周长的取值范围. 【小问1详解】 （1）由题意知，，， 则， 由正弦定理得，所以， 化简整理得，由余弦定理得， 因为，所以． 【小问2详解】 （2）由（1）知，则由正弦定理得， 所以，， 则 ， 因为为锐角三角形，所以，，解得， 则，，所以， 又，所以，即周长的取值范围为． 18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，. （1）证明：平面PAC； （2）求二面角的大小； （3）点T是棱PC上的动点（不包括端点），求直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）求出，由勾股定理逆定理可得，由线面垂直的性质定理可得，再由线面垂直的判定定理得解即可； （2）先证明是二面角的平面角的补角，再解三角形得解； （3）证明平面ABCD，可得线面角为，设，利用函数单调性求取值范围即可. 【小问1详解】 ， 所以， 所以在中，由余弦定理得 所以，所以 因为底面ABCD，平面ABCD，所以. 又平面PAC，所以平面PAC. 【小问2详解】 取BP的中点E，过点D作平面PBC，DF交平面PBC于点F，连接CF. 因为平面ABCD，平面PAB，所以平面平面ABCD. 因为平面平面，所以平面PAB. 因为平面PAB，所以. 因为，所以 又BP，平面PBC，，所以平面PBC. 因为平面PBC，平面PBC，所以平面PBC， 所以点A到平面PBC的距离等于点D到平面PBC的距离，所以 由（1）知平面PAC，因为平面PAC，所以. 因为平面PBC，平面PBC，所以. 又DF，平面CDF，，所以平面CDF. 因为平面CDF，所以. 由，平面平面，知是二面角的平面角的补角. 由，得. 所以二面角的大小为. 【小问3详解】 过点T作TG平行于PA，交AC于点G，连接GD. 因为平面ABCD，AB，平面ABCD，所以. 因为，所以. 因为，AB，平面ABCD，所以平面ABCD， 所以TD与底面ABCD所成的角为. 设，所以，即，所以. 所以. 由函数单调递增，得： 所以直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围为. 19. 在不透明的甲袋中装有相同的6个红色的乒乓球，其中个球上标有数字个球上标有数字个球上标有数字3，在不透明的乙袋中装有相同的3个白色的乒乓球，其中个球上标有数字个球上标有数字，个球上标有数字3． （1）若，分别从甲、乙袋中随机摸出一个球，求摸出两个球的数字相等的概率； （2）若，从甲袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为，再从乙袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为，求的概率； （3）若，将乙袋中的球倒入甲袋中，此时从甲袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件第一次取到的是红球，事件第二次取到了标记数字1的球是否相互独立?请说明理由． 【答案】（1） （2） （3）是 【解析】 【分析】（1）设  为从甲袋摸出的球的数字， 为从乙袋摸出的球的数字，先求出各自的分布列，然后利用独立事件和互斥事件概率公式计算得到； （2）先求出的分布列，然后比较并利用独立事件概率公式计算得到； （3）直接分析可得到,利用全概率公式计算得到,然后利用独立事件概率定义验证. 【小问1详解】 给定 ，. 甲袋：6 个红球，其中标数字 1 的球有 2 个，标数字 2 的球有 2 个，标数字 3 的球有 2 个. 乙袋：3 个白球，其中标数字 1 的球有 1 个，标数字 2 的球有 1 个，标数字 3 的球有 1 个. 设为从甲袋摸出的球的数字，为从乙袋摸出的球的数字. ，，. ，，. 摸出两个球数字相等的概率为： 【小问2详解】 给定 ，，，. 甲袋：6 个红球，其中标数字 1 的球有 2 个，标数字 2 的球有 4 个，无标数字 3 的球. 乙袋：3 个白球，其中标数字 1 的球有 1 个，标数字 2 的球有 0 个，标数字 3 的球有 2 个. 从甲袋有放回摸两个球，数字和 ： ，. 的分布： ， ， . 从乙袋有放回摸两个球，数字和： ，，. 的分布： ， ， 。  和  独立，求 ：满足  的组合： ：， ：， ：， ：， ：. 总和： 【小问3详解】 给定 ，，，. 甲袋：6 个红球，其中标数字 1 的球有 2 个，标数字 2 的球有 4 个，无标数字 3 的球. 乙袋：3 个白球，其中标数字 1 的球有 1 个，标数字 2 的球有 2 个，无标数字 3 的球. 将乙袋球倒入甲袋后，总球数 9 个：标数字 1 的球有 个，标数字 2 的球有  个. 事件定义：：第一次取到红球（红球共 6 个），：第二次取到标数字 1 的球（标数字 1 的球共 3 个）. 计算概率：, ：第二次取到标数字 1 的球，由全概率公式： ，此时剩余标数字 1 的球有 2 个，总球 8 个，故 . ，此时剩余标数字 1 的球有 3 个，故 。 ：第一次取到红球且第二次取到标数字 1 的球. 有序抽取，总可能结果数：. 有利结果： 第一次取标数字 1 的红球（有 2 个），第二次取标数字 1 的球（剩余 2 个标数字 1 的球）： 种. 第一次取标数字 2 的红球（有 4 个），第二次取标数字 1 的球（剩余 3 个标数字 1 的球）： 种. 总和： 种. 验证独立性： 因为 ，所以事件  和  相互独立. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年（下）厦门大学附属科技中学高一期末考前模拟测试 数学试题 （考试时长：120分钟 满分：150分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷第2-4页． 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效． 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的． 1. 复数的虚部为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2. 如图，平行四边形是水平放置的四边形的直观图，，，则四边形的面积（　　）. A. B. C. D. 3. 已知点，，且，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 4. 一个盒子中有若干白色围棋子，为了估计其中围棋子的数目，小明将100颗黑色的围棋子放入其中，充分搅拌后随机抽出了20颗，数得其中有5颗黑色的围棋子，根据这些信息可以估计白色围棋子的数目约为（ ） A. 200颗 B. 300颗 C. 400颗 D. 500颗 5. 已知一组数据：，1，2，3，4，5，17，若该组数据的第80百分位数为5，平均数不小于5，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 如图，圆内接四边形ABCD中，.现将该四边形沿AD旋转一周，则旋转形成的几何体的体积为（ ） A. B. 30 C. D. 40 7. 在直三棱柱中，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 甲、乙两位同学进行羽毛球比赛，并约定规则如下：在每个回合中，若发球方赢球，则得1分，并且下一回合继续由其发球；若发球方输球，则双方均不得分，且下一回合交换发球权；比赛持续三回合后结束，若最终甲乙得分相同，则为平局.已知在每回合中，甲获胜的概率均为 ，各回合比赛结果相互独立，第一回合由甲发球.则甲乙两人在比赛中平局的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分．每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意．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. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，“点数为偶数”记为事件，“点数大于2”记为事件，“点数小于3”记为事件.下列说法正确的是（ ） A. 与互斥 B. 与对立 C. 与相互独立 D. 10. 在复平面内，复数对应的点为Z，向量绕原点O逆时针旋转至处，若旋转角为，则（ ） A. Z的坐标为 B. C. 当时， D. 的坐标为 11. 在正三棱柱中，，E，F，G，H分别为的中点，动点N在四边形内及其边界上运动，则下列说法正确的是（ ） A. E，F，G，H四点共面 B. FH与BC所成角的余弦值为 C. 正三棱柱的外接球表面积为 D. 若平面，则动点N的轨迹长度为 三．填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 总体由编号为01，02，…，19，20的20个个体组成，利用下面的随机数表选取5个个体，选取方法是从随机数表第1行的第3列和第4列数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第5个个体的编号为__________． 8823 6833 0877 6314 6621 4302 9714 1298 3204 0234 4936 8200 1323 4869 6938 7181 13. 甲、乙、丙三人依次进行投篮，一人投不中则换为下个人投，直到有人投中或三人都投过一次为止．已知甲、乙、丙三人投中的概率分别为，若每个人是否投中相互独立，则有人投中的概率为___________． 14. 在圆内接四边形中，，若，则的面积最大值为___________. 第Ⅱ卷 四．解答题：本大题共6小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 为点燃同学们对数学的热爱，使其探寻数字背后的文化密码，某校高一年级举办“数学文化”知识竞赛．为了解参赛者的成绩情况，从所有参赛者中随机抽取100人的成绩（百分制）作为样本，并按，，…，分组，作出频率分布直方图如图所示． （1）求的值，并估计样本中成绩的上四分位数； （2）若规定成绩不低于80分为“良好”等级，已知样本中成绩在内的平均数为88，方差为7，成绩在内的平均数为96，方差为7，求样本中“良好”等级的成绩的平均数和方差． 16. 如图，在等边中，，点O在边BC上，且．过点O的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N． （1）设，，试用，表示； （2）设，，求的最小值． 17. 已知的内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，向量，，且． （1）求A； （2）若为锐角三角形，且，求周长的取值范围． 18. 如图，在四棱锥中，平面ABCD，，. （1）证明：平面PAC； （2）求二面角的大小； （3）点T是棱PC上的动点（不包括端点），求直线TD与平面ABCD所成角的正切值的取值范围. 19. 在不透明的甲袋中装有相同的6个红色的乒乓球，其中个球上标有数字个球上标有数字个球上标有数字3，在不透明的乙袋中装有相同的3个白色的乒乓球，其中个球上标有数字个球上标有数字，个球上标有数字3． （1）若，分别从甲、乙袋中随机摸出一个球，求摸出两个球的数字相等的概率； （2）若，从甲袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为，再从乙袋中有放回地随机摸出两个球，记下数字之和为，求的概率； （3）若，将乙袋中的球倒入甲袋中，此时从甲袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件第一次取到的是红球，事件第二次取到了标记数字1的球是否相互独立?请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $