2025-2026学年高一下学期数学期末复习模拟卷（人教A版必修第二册）

**基本信息** 立足人教A版必修第二册，通过数学文化竞赛、体育比赛等真实情境，考查复数、统计、立体几何等核心知识，注重数学眼光观察、思维推理与语言表达能力的综合测评。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题58分|复数、统计抽样、立体几何直观图、向量运算、空间位置关系|基础巩固与概念辨析，如第2题分层抽样考查统计应用，第5题空间位置关系判断发展推理意识| |填空题|3题15分|向量垂直、圆锥与圆柱体积、三棱柱外接球|空间想象与运算能力，如第13题组合体体积计算体现几何直观| |解答题|5题77分|统计直方图与方差、解三角形、立体几何证明与二面角、概率模型|真实情境与综合应用，如15题数学文化竞赛数据分析培养数据观念，18题台球比赛概率模型发展应用意识|

2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷 （考试时间：120分钟 分值：150分） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教A版必修第二册全部内容。 第一部分（选择题 共58分） 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．复数在复平面内对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2. 为了解某校高一年级学生体育锻炼情况，用比例分配的分层随机抽样方法抽取50人作为样本，其中男生20人.已知该校高一年级女生240人，则高一年级学生总数为（ ） A. 600 B. 480 C. 400 D. 360 3. 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. 4．在中，点在边上，且满足，为的中点，则（   ） A． B． C． D． 5．给出下列四个命题：①若平面平面，直线，直线，则； ②若直线直线，直线平面，直线平面，则； ③若平面平面，直线，则； ④若直线平面，平面平面，则． 其中真命题的个数为（   ） A． B． C． D． 6．某校在一次考试后，对两班的数学成绩进行分析.已知班有人，平均成绩为分，方差为；班有人，平均成绩为分，方差为.则两班全部名同学数学成绩的方差是（   ） A． B． C． 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. 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、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分． 9．已知为虚数单位，下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B． C．是纯虚数 D．若，则 10．已知样本数据，，…，的平均数是3，方差是2，样本数据，，…，的平均数是1，方差是4，则下列结论正确的是（    ）． A．数据，，…，的平均数是7 B．数据，，…，的方差是16 C．数据，，…，，，，…，的平均数为3 D．数据，，…，，，，…，的方差为4 11．在中，，，，则（    ） A． B．边上的中线长 C．边上的角平分线长 D．外接圆的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 向量，，若，则______. 13．圆锥的底面直径是4，其侧面展开图是一个顶角为的扇形，如图，过的中点作平行于底面的截面，在圆锥中挖去一个以该截面为底面的圆柱，则剩下几何体的体积为______________． 14. 已知在直三棱柱中，，，，则该三棱柱外接球的体积为______. 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（13分）. 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（15分）.已知的内角所对的边分别为，且，． (1)求； (2)若的面积为，求的周长； (3)求的取值范围． 17．（15分）如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，分别是的中点. (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 18．（17分）甲、乙、丙3人打台球，约定：第1局甲、乙对打，且由甲开球，丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局对打，并由轮空者开球.假设甲、乙、丙3人打台球的水平相同，且开球者获胜的概率为，每局台球的结果相互独立. (1)求前3局中甲、乙、丙各自轮空1局的概率； (2)求前4局中甲参与了3局的概率； (3)求第4局是甲、乙对打的概率. 19（17分）. 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. 学科网（北京）股份有限公司 $■■■■ 2025-2026学年高一”数学~， 答题卡 姓 名： 准考证号： 注意事项 1.答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清 贴条形码区 楚，并认真检查监考员所粘贴的条形码。 2.选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题必须用 0.5mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答 目 题；字体工整、笔迹清晰。 3,请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出 典 区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题 缺考 无效。 此栏考生禁填 4.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 标记 5.正确填涂■ 一、 选择题（每小题5分，共40分） 1[AJ[B][C][D] 5[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 7[A][BJ[C][D] 4[A][B][C][D] 8[A][B][C[D] 二、选择题（全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0 分，共18分) 9[A][B][C][D] 10[A][B][C][D] 11[A][B][C][D] 前 三、填空题（每小题5分，共15分） 的1 13. 14. 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效： 数学第1页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15.(13分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第2页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16.(15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第3页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17.(15分) E D C B 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第4页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18.(17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第5页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19.(17分) P B 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 数学第6页（共6页） 2025-2026学年高一下学期期末模拟卷 数学•全解全析 第一部分（选择题 共58分） 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．复数在复平面内对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 【答案】A 【详解】设，则， 复数在复平面内对应的点为，位于第一限． 2. 为了解某校高一年级学生体育锻炼情况，用比例分配的分层随机抽样方法抽取50人作为样本，其中男生20人.已知该校高一年级女生240人，则高一年级学生总数为（ ） A. 600 B. 480 C. 400 D. 360 【答案】C 【解析】 【分析】用分层抽样的概念，和样本估计总体的思想解题即可. 【详解】抽取50人作为样本，其中男生20人.则女生30人.则男女比例为：．该校高一年级女生240人，则男生160人. 高一年级学生总数为400人. 故选：C． 3. 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. 4．在中，点在边上，且满足，为的中点，则（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】 .    5．给出下列四个命题： ①若平面平面，直线，直线，则； ②若直线直线，直线平面，直线平面，则； ③若平面平面，直线，则； ④若直线平面，平面平面，则． 其中真命题的个数为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用空间中线线、线面、面面位置关系和性质逐项判断即可得出结论. 【详解】对于①，若平面平面，直线，直线，则直线与直线无公共点， 故直线与直线平行或异面，①错； 对于②，若直线直线，直线平面，直线平面，则平面、平行或相交，②错； 对于③，若平面平面，直线，则，③对； 对于④，若直线平面，平面平面，则或，④错. 故选：A. 6．某校在一次考试后，对两班的数学成绩进行分析.已知班有人，平均成绩为分，方差为；班有人，平均成绩为分，方差为.则两班全部名同学数学成绩的方差是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】两班全部名同学数学成绩的平均数为， 方差. 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、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分． 9．已知为虚数单位，下列说法中正确的是（    ） A．若，则 B． C．是纯虚数 D．若，则 【答案】BC 【详解】对A：由复数不能直接比较大小，只有实数才能比较大小，A错误； 对B：由，所以，，所以，B正确； 对C：因为实部为0，虚部，所以是纯虚数，C正确； 对D：设，则，当时，为复数，不能与0比较大小，D错误. 10．已知样本数据，，…，的平均数是3，方差是2，样本数据，，…，的平均数是1，方差是4，则下列结论正确的是（    ）． A．数据，，…，的平均数是7 B．数据，，…，的方差是16 C．数据，，…，，，，…，的平均数为3 D．数据，，…，，，，…，的方差为4 【答案】ABD 【分析】应用均值、方差的性质求新数据的均值和方差判断A、B，应用分层抽样的均值和方差求法判断C、D. 【详解】由题意，， A：由题设，数据平均数为，对； B：由题设，数据方差为，对； C：由题设，数据平均数为，错； D：由题设，数据方差为 ，对； 故选：ABD 11．在中，，，，则（    ） A． B．边上的中线长 C．边上的角平分线长 D．外接圆的面积为 【答案】BC 【分析】对于A：根据向量的数量积求解即可；对于B：根据向量加法的平行四边形法则、向量数量积的运算律及向量的模求解即可；对于C：根据三角形面积关系及三角形面积公式求解即可；对于D：根据正余弦定理求解即可. 【详解】选项A：向量与的夹角为， 所以，A错误. 选项B：设中点为，则，则 ， 故边上的中线长，B正确. 选项C：设角的角平分线交于，利用面积关系， 即， 也即，解得，C正确. 选项D：由余弦定理得，即， 设外接圆半径为，由正弦定理，则. 所以外接圆的面积，D错误. 12. 向量，，若，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据共线定理直接可得解. 【详解】由，，且， 则， 解得， 故答案为：. 13．圆锥的底面直径是4，其侧面展开图是一个顶角为的扇形，如图，过的中点作平行于底面的截面，在圆锥中挖去一个以该截面为底面的圆柱，则剩下几何体的体积为______________． 【答案】 【分析】由圆锥侧面展开图的弧度确定圆锥的母线，进而可求锥体和柱体的高，以此分别求体积后相减即可. 【详解】设圆锥的母线长为l，由题意得底面圆的半径， 则，可得，即母线， 所以圆锥的高， 因为是的中点，由三角形相似易得挖去圆柱的底面半径为1， 且圆柱的高，则该圆柱的体积为， 圆锥的体积为， 则剩下几何体的体积． 14.已知在直三棱柱中，，，，则该三棱柱外接球的体积为______. 【答案】 【分析】借助正弦定理求出底面三角形外接圆半径后，结合直三棱柱性质与勾股定理可得该三棱柱外接球的半径，再利用球体体积公式计算即可得解. 【详解】设底面三角形外接圆圆心，则，即， 设该三棱柱外接球球心为，则且， 由底面，且底面，故， 即， 则该三棱柱外接球的体积为. 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（13分）. 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．（15分）已知的内角所对的边分别为，且，． (1)求； (2)若的面积为，求的周长； (3)求的取值范围． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）根据正弦定理和三角形内角和化简原式，再用和角公式求解即可； （2）根据三角形面积公式求出的值，再根据余弦定理求出，进而求出，最后求出周长； （3）根据正弦定理表示出，根据三角函数值的范围求解. 【详解】（1），且. 整理得 由正弦和角公式：， 由正弦定理，代入得 两边除以得 整理得 即，即 因为，所以， 故，得 （2）已知面积，且，. 由面积公式 故，得. 由余弦定理 代入，： 整理得 而， 因为，故. 因此周长为 （3）由正弦定理：， 故，. 又，，故，其中. 因为，所以， 则， 故 17．（15分） 如图，在四棱锥中，平面，底面是正方形，分别是的中点.    (1)求证：平面； (2)求证：平面平面. 【答案】(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）取中点，连接，，利用中位线的性质，结合平行四边形的判定与性质，得出一组线线平行，最后根据线面平行的判定定理即可得证. （2）利用线面平行的性质和正方形的性质，得出另一组线面平行，根据面面平行的判定定理即可得证. 【详解】（1）取中点，连接，， 因为为中点，所以是中位线， 所以，， 因为是中点，在正方形中，所以，， 所以，， 所以四边形是平行四边形，， 因为平面，平面， 所以平面.    （2）因为平面，平面， 所以， 因为正方形，所以， 因为，平面 所以平面，又平面， 所以平面平面. 18．（17分）甲、乙、丙3人打台球，约定：第1局甲、乙对打，且由甲开球，丙轮空；此后每局的胜者与轮空者进行下一局对打，并由轮空者开球.假设甲、乙、丙3人打台球的水平相同，且开球者获胜的概率为，每局台球的结果相互独立. (1)求前3局中甲、乙、丙各自轮空1局的概率； (2)求前4局中甲参与了3局的概率； (3)求第4局是甲、乙对打的概率. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）分第2局甲轮空，第3局乙轮空；和第2局乙轮空，第3局甲轮空两种情况分别计算即可； （2）分甲第2局轮空，第3局轮空，第4局轮空三种情况分别计算即可； （3）第4局是甲、乙对打，有两种情况：情况一，第2局为甲、丙对打，第3局为乙、丙对打；情况二，第2局为乙、丙对打，第3局为甲、丙对打.分别计算两种情况下第4局为甲、乙对打的概率. 【详解】（1）若第2局甲轮空，第3局乙轮空，其概率为. 若第2局乙轮空，第3局甲轮空，其概率为. 故所求概率为. （2）分三种情况. 第一种情况：甲第2局轮空，则其他3局都参与了. 因为甲第2局轮空，所以第3局一定有甲参与，且由甲开球，而要参与第4局，则第3局甲胜， 其概率为. 第二种情况：甲第3局轮空，则其他3局都参与了. 因为甲第3局轮空，所以第4局一定有甲参与，且第2局甲负， 其概率为. 第三种情况：甲第4局轮空，则其他3局都参与了. 其概率为. 故所求概率为. （3）第4局是甲、乙对打，分两种情况讨论： 情况一：第1局甲胜，第2局丙胜，第3局乙胜. 此时第2局为甲丙对打，第3局为乙丙对打（甲轮空），第4局为甲乙对打. 其概率为. 情况二：第1局乙胜，第2局丙胜，第3局甲胜. 此时第2局为乙丙对打，第3局为甲丙对打（乙轮空），第4局为甲乙对打. 其概率为. 故所求概率为 19（17分）. 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. 学科网（北京）股份有限公司 $