期末综合测试卷-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 立足高一（下）核心知识，通过唐三彩文化情境、信号传输实际问题及向量新定义运算，分层考查复数、统计、立体几何等，体现数学眼光观察、思维思考与语言表达的素养导向。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数运算、分位数、线面垂直判定|基础概念辨析，如第3题线面垂直判定| |多选题|3/18|概率事件关系、向量动态问题|选项分层，如第11题正方体截面动态分析| |填空题|3/15|球体积、方差计算、向量最值|空间想象与运算结合，如第12题正方体内接球| |解答题|5/77|统计直方图、立体几何证明与体积、解三角形、信号传输概率、向量新定义|文化情境（唐三彩）、实际应用（信号传输）、创新思维（新定义运算）|

高一（下）期末数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题：共58分） 一、单选题（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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1.（5分）已知复数，那么（　　） A．1﹣i B．1+i C．﹣1﹣i D．﹣1+i 2.（5分）已知一组数据从小到大排列：10，20，30，40，50，60，70，80，90，100，则该 组数据的40%分位数为（　　） A．35 B．40 C．45 D．50 3.（5分）已知m、l是两条不同直线，α、β是两个不同平面，给出下列说法： ①若l垂直于α内两条相交直线，则l⊥α； ②若m⊂α，l⊂β且l⊥m，则α⊥β； ③若l⊂β，l⊥α，则α⊥β； ④若m⊂α，l⊂β且α∥β，则l∥m． 其中正确的序号是（　　） A．①③ B．①②③ C．①③④ D．②④ 4.（5分）甲、乙、丙三人参加“校史知识竞答”比赛，若甲、乙、丙三人荣获一等奖的概 率分别为，且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中仅有两人获得一等奖的 概率为（　　） A． B． C． D． 5.（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝1，sinA＝2sinC，， 则△ABC的面积S＝（　　） A．1 B． C． D． 6.（5分）如图，在△ABC中，2，P是BN上一点，若t，则实数t的值为（　　） A． B． C． D． 7.（5分）在四面体ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝1，AC，BD，则它的外接球 的面积S＝（　　） A．4π B．2π C． D． 8.（5分）在△ABC中，若，则△ABC的形状是（　　） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 二、多选题（本大题共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） （多选）9.（6分）抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件A＝“出现点数为奇数”，事件B＝“出现点数为3”，事件C＝“出现点数为3的倍数”，事件D＝“出现点数为偶数”，则以下选项正确的是（　　） A．B与D互斥 B．A与D互为对立事件 C． D．P（AC）＝P（B） （多选）10.（6分）在等腰△ABC中，A＝120°，AB＝4，记，点D，E分别是线段AB，BC的中点，且点P是线段DE（包括端点）上的一个动点，，则下列说法正确的是（　　） A．点P运动到E点处时， B．点P运动到线段DE中点处时， C．的最小值为 D．的最大值为8 （多选）11.（6分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（　　） A．直线AP与直线C1D1所成角的正切值为 B．当时，截面S的形状为等腰梯形 C．当时，S与C1D1交于点R，则 D．当时，直线PQ与平面ACC1A1的夹角正弦值的取值范围是 第II卷（非选择题：共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12.（5分）已知一个正方体的棱长为2，则该正方体内能放入的最大球体的体积为 ． 13.（5分）甲、乙两支羽毛球队体检结果如下：甲队体重的平均数为60kg，方差为100，乙 队体重的平均数为68kg，方差为200，又已知甲、乙两队的队员人数之比为1：3，那么甲、 乙两队全部队员体重的方差等于 ． 14.（5分）已知圆O的半径为2，弦长，C为圆O上一动点，则的最大值 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）唐三彩，中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术 的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在中国的陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔，唐 三彩的生产至今已有1300多年的历史，对唐三彩的复制和仿制工艺，至今也有百余年的历 史．某陶瓷厂在生产过程中，随机抽取100件工艺品测得其质量指标数据，将数据分成以下 六组[40，50），[50，60），[60，70），…，[90，100]，得到如下频率分布直方图． （1）求出直方图中m的值； （2）利用样本估计总体的思想，估计该厂所生产的工艺品的质量指标值的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间中点值作代表，中位数精确到0.01）； （3）现规定质量指标值小于60的为二等品，质量指标值不小于60的为一等品．已知该厂某月生产了10000件工艺品，试利用样本估计总体的思想，估计其中一等品和二等品分别有多少件． 16.（15分）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是BC的中点，AB＝2． （1）求证：A1C∥平面AB1D； （2）若三棱锥B1﹣ADC1的体积为，求AA1． 17.（15分）在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinA+csinC﹣bsinB＝ csinA． （1）求B的值； （2）若△ABC外接圆的面积为12π，且a+c＝12，求△ABC的面积． 18.（17分）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为 p1（0＜p1＜1），收到0的概率为1﹣p1；发送1时，收到0的概率为p2（0＜p2＜1），收 到1的概率为1﹣p2．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只 发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单 次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）； 三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为 1，若依次收到1，1，1，则译码为1）． （1）已知，． （i）若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； （ii）若采用单次传输方案，依次发送0，0，1，试判断事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”是否相互独立，并给出理由． （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求p2的取值范围． 19.（17分）设平面内两个非零向量的夹角为θ，定义． （1）已知向量满足，求的值； （2）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣1，3），B（2，2），C（3，4），求的值； （3）已知向量，求的取值范围． 1 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一（下）期末数学试卷 （考试时间：120分钟 试卷满分：150分） 第Ⅰ卷（选择题：共58分） 一、单选题（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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.） 1.（5分）已知复数，那么（　　） A．1﹣i B．1+i C．﹣1﹣i D．﹣1+i 解：，1+i．故选：B． 2.（5分）已知一组数据从小到大排列：10，20，30，40，50，60，70，80，90，100，则该 组数据的40%分位数为（　　） A．35 B．40 C．45 D．50 解：一组数据从小到大排列：10，20，30，40，50，60，70，80，90，100， 由题知该组数据共有10个，∵10×40%＝4，∴这组数据的40%分位数为． 故选：C． 3.（5分）已知m、l是两条不同直线，α、β是两个不同平面，给出下列说法： ①若l垂直于α内两条相交直线，则l⊥α； ②若m⊂α，l⊂β且l⊥m，则α⊥β； ③若l⊂β，l⊥α，则α⊥β； ④若m⊂α，l⊂β且α∥β，则l∥m． 其中正确的序号是（　　） A．①③ B．①②③ C．①③④ D．②④ 解：①若l垂直于α内两条相交直线，根据线面垂直的判定易知l⊥α，故①正确； ②若m⊂α，l⊂β且l⊥m，则α，β可能相交或平行，故②错误 ③由l⊂β，l⊥α，根据面面垂直的判定有α⊥β，③故正确； ④若m⊂α，l⊂β且α∥β，则l∥m或l，m异面都有可能，故④错误； 因此正确命题的序号为①③．故选：A． 4.（5分）甲、乙、丙三人参加“校史知识竞答”比赛，若甲、乙、丙三人荣获一等奖的概 率分别为，且三人是否获得一等奖相互独立，则这三人中仅有两人获得一等奖的 概率为（　　） A． B． C． D． 解：根据题意，设A＝“甲荣获一等奖”，B＝“乙荣获一等奖”，C＝“丙荣获一等奖”，E＝“三人中仅有两人获得一等奖”，则EBC+AC+AB， 故P（E）＝P（BC+AC+AB）＝（1）（1）（1）． 故选：C． 5.（5分）在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若c＝1，sinA＝2sinC，， 则△ABC的面积S＝（　　） A．1 B． C． D． 解：△ABC中，sinA＝2sinC，c＝1，由正弦定理可得a＝2c＝2， ∵，∴sinB，∴△ABC的面积． 故选：D． 6.（5分）如图，在△ABC中，2，P是BN上一点，若t，则实数t的值为（　　） A． B． C． D． 解：∵，∴，∴，且B，P，N三点共线，∴，解得．故选：C． 7.（5分）在四面体ABCD中，AB＝BC＝CD＝DA＝1，AC，BD，则它的外接球 的面积S＝（　　） A．4π B．2π C． D． 解：如下图所示， ∵AB＝BC＝CD＝DA＝1，，由勾股定理可得AB2+AD2＝BD2，BC2+CD2＝BD2， 所以，∠BAD＝∠BCD＝90°，设BD的中点为点O，则， 则点O为四面体ABCD的外接球球心，且该球的半径为， 因此，四面体ABCD的表面积为．故选：B． 8.（5分）在△ABC中，若，则△ABC的形状是（　　） A．等腰三角形 B．直角三角形 C．等腰直角三角形 D．等腰三角形或直角三角形 解：由已知，所以或0， 即C＝90°或，由正弦定理，得sinCcosC＝sinBcosB，即sin2C＝sin2B， 因为B、C均为△ABC的内角，所以2C＝2B或2C+2B＝180°，所以B＝C或B+C＝90°， 所以△ABC为等腰三角形或直角三角形．故选：D． 二、多选题（本大题共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） （多选）9.（6分）抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件A＝“出现点数为奇数”，事件B＝“出现点数为3”，事件C＝“出现点数为3的倍数”，事件D＝“出现点数为偶数”，则以下选项正确的是（　　） A．B与D互斥 B．A与D互为对立事件 C． D．P（AC）＝P（B） 解：由题意A＝{1，3，5}，B＝{3}，C＝{3，6}，D＝{2，4，6}，样本空间为U＝{1，2，3，4，5，6}， 对于A，B∩D＝∅，这意味着B，D不可能同时发生，故A正确； 对于B，A∩D＝∅，A∪D＝U，这意味着A，D中有且仅有一个事情发生，故B正确； 对于C，，故C错误； 对于D，因为A∩C＝B＝{3}，所以，故D正确． 故选：ABD． （多选）10.（6分）在等腰△ABC中，A＝120°，AB＝4，记，点D，E分别是线段AB，BC的中点，且点P是线段DE（包括端点）上的一个动点，，则下列说法正确的是（　　） A．点P运动到E点处时， B．点P运动到线段DE中点处时， C．的最小值为 D．的最大值为8 解：在等腰△ABC中，A＝120°，AB＝4， 则， 设（0≤t≤1），以E为原点，以EC、EA分别为x轴、y轴， 建立如图所示平面直角坐标系， 则E（0，0），，A（0，2），， 由点D是线段AB的中点，可得到， 又，所以， 对于A：当P运动到E点处时，由点E是线段BC的中点， 可得，即，故A正确； 对于B：点P运动到线段DE中点处时， ，， 此时，，故B错误； 对于C：由A（0，2），， 可得， 当时，取到最小值，故C正确； 对于D：由A（0，2），，， 可得，， 所以＝3t2+6t+t2﹣2t＝4t2+4t， 因为在[﹣2，﹣1]，[0，1]上单调递增，所以当t＝1时，取到最大值8，故D正确． 故选：ACD． （多选）11.（6分）如图，正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为1，P为BC的中点，Q为线段CC1上的动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S，则下列命题正确的是（　　） A．直线AP与直线C1D1所成角的正切值为 B．当时，截面S的形状为等腰梯形 C．当时，S与C1D1交于点R，则 D．当时，直线PQ与平面ACC1A1的夹角正弦值的取值范围是 解：对于选项A，因为AB∥A1B1∥D1C1，故∠BAP即直线AP与直线C1D1所成角， 因为，故选项A正确； 对于选项B，如图，连接AP，PQ，BC1，AD1，因为，易得PQ∥BC1∥AD1，因为平面BCC1B1∥平面ADD1A1，连接AD1即为截面S与正方体的一条截线， 连接D1Q，计算易得D1Q＝AP，故截面S的形状为等腰梯形PQD1A，故选项B正确； 对于选项C，如图，过点A作PQ的平行线交直线DD1于点E，连接EQ，交C1D1于点R， 因为AB∥CD，易得△PCQ∽△ADE，则，于是，则， 如图，又可得△C1RQ～△D1RE，则，即， 解得，故选项C错误； 对于选项D，如图，取DC中点S，连接PS，BD，PS交AC于点M，连接QM， 易得PS∥BD，BD⊥AC，则PS⊥AC，又因为CC1⊥平面ABCD，PS⊂平面ABCD， 则CC1⊥PS，因为AC∩CC1＝C，AC，CC1⊂平面ACC1A1，故PS⊥平面ACC1A1， 则∠PQM即直线PQ与平面ACC1A1的夹角，设为θ，不妨设CQ＝x，则， 在Rt△PMQ中，，因，则2＜4x2+1＜5， 可得，故选项D正确．故选：ABD． 第II卷（非选择题：共92分） 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 12.（5分）已知一个正方体的棱长为2，则该正方体内能放入的最大球体的体积为 ． 解：根据题意可得所求球为正方体的内切球，所以该球的半径为1，所以所求为． 故答案为：． 13.（5分）甲、乙两支羽毛球队体检结果如下：甲队体重的平均数为60kg，方差为100，乙 队体重的平均数为68kg，方差为200，又已知甲、乙两队的队员人数之比为1：3，那么甲、 乙两队全部队员体重的方差等于 ． 解：体重的总平均数为，则甲、乙两队全部队员体重的方差．故答案为：187． 14.（5分）已知圆O的半径为2，弦长，C为圆O上一动点，则的最大值 为 ． 解：取AB的中点D，连接CD，OD，OA，如图所示： 因为D为AB中点，所以，所以 ，因为， 所以CDmax＝OD+r＝3，所以的最大值为32﹣3＝6．故答案为：6． 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）唐三彩，中国古代陶瓷烧制工艺的珍品，它吸取了中国国画、雕塑等工艺美术 的特点，在中国文化中占有重要的历史地位，在中国的陶瓷史上留下了浓墨重彩的一笔，唐 三彩的生产至今已有1300多年的历史，对唐三彩的复制和仿制工艺，至今也有百余年的历 史．某陶瓷厂在生产过程中，随机抽取100件工艺品测得其质量指标数据，将数据分成以下 六组[40，50），[50，60），[60，70），…，[90，100]，得到如下频率分布直方图． （1）求出直方图中m的值； （2）利用样本估计总体的思想，估计该厂所生产的工艺品的质量指标值的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间中点值作代表，中位数精确到0.01）； （3）现规定质量指标值小于60的为二等品，质量指标值不小于60的为一等品．已知该厂某月生产了10000件工艺品，试利用样本估计总体的思想，估计其中一等品和二等品分别有多少件． 解：（1）由10×（0.010+0.015+0.015+m+0.025+0.005）＝1，得m＝0.030； （2）平均数为45×0.1+55×0.15+65×0.15+75×0.3+85×0.25+95×0.05＝71． 因为0.1+0.15+0.15＝0.4＜0.5，0.1+0.15+0.15+0.3＝0.7＞0.5， 所以中位数在第4组，设中位数为n，则0.1+0.15+0.15+0.03（n﹣70）＝0.5． 解得n73.33， 所以可以估计该厂所生产的工艺品的质量指标值的平均数为71，中位数为73.33； （3）由频率分布直方图可知100件工艺品中二等品有100×（0.001+0.015）×10＝25件， 一等品有100﹣25＝75件， 该厂生产的10000件工艺品中一等品有100007500件， 二等品有10000﹣7500＝2500个，所以一等品有7500个，二等品有2500个． 16.（15分）如图，正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，D是BC的中点，AB＝2． （1）求证：A1C∥平面AB1D； （2）若三棱锥B1﹣ADC1的体积为，求AA1． 解：（1）证明：连接A1B，交AB1于点H，连接DH， 因为四边形A1B1BA为矩形，所以H为A1B的中点， 又D是BC的中点，故A1C∥DH， 因为A1C⊄平面AB1D，DH⊂平面AB1D， 所以A1C∥平面AB1D； （2）解：因为△ABC为等边三角形，D是BC的中点， 所以AD⊥BC，又AB＝2，故， 因为B1B⊥平面ABC，AD⊂平面ABC，所以B1B⊥AD， 因为BC∩B1B＝B，BC，B1B⊂平面BCC1B1， 所以AD⊥平面BCC1B1， 设AA1＝m，则BB1＝m，， 又三棱锥B1﹣ADC1的体积为，， 所以，解得m＝2， 故AA1＝2． 17.（15分）在△ABC中，设角A，B，C的对边分别为a，b，c，且asinA+csinC﹣bsinB＝ csinA． （1）求B的值； （2）若△ABC外接圆的面积为12π，且a+c＝12，求△ABC的面积． 解：（1）因为asinA+csinC﹣bsinB＝csinA， 由正弦定理得a2+c2﹣b2＝ac， 由余弦定理可得a2+c2﹣b2＝2accosB， 可得cosB，而0＜B＜π，所以； （2）设△ABC外接圆的半径为R，由12π＝πR2，得， 由正弦定理得，所以b＝2RsinB＝6，由（1）知a2+c2﹣b2＝ac， 即（a+c）2﹣3ac＝b2，又因为a+c＝12，即122﹣3ac＝62所以ac＝36， 所以S△ABCacsinB369． 18.（17分）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为 p1（0＜p1＜1），收到0的概率为1﹣p1；发送1时，收到0的概率为p2（0＜p2＜1），收 到1的概率为1﹣p2．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只 发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单 次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）； 三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到1，0，1，则译码为 1，若依次收到1，1，1，则译码为1）． （1）已知，． （i）若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率； （ii）若采用单次传输方案，依次发送0，0，1，试判断事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”是否相互独立，并给出理由． （2）若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求p2的取值范围． 解：（1）（i）根据题意，设事件A＝“至少收到一次0”，即收到两次0或一次0和一次1，则． （ii）两个事件不相互独立， 理由如下：设事件B＝“第三次收到的信号为1”， 则． 记事件C＝“三次收到的数字之和为2”， 则， BC＝“三次收到的数字之和为2且第三次收到的信号为1”， 因为， 所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”不相互独立． （2）根据题意，设M＝“采用三次传输方案时译码为0”，N＝“采用单次传输方案时译码为0”， 则，则P（N）＝p2． 若P（M）＞P（N），即． 因为0＜p2＜1，则有，变形可得， 解可得：，故p2的取值范围为． 19.（17分）设平面内两个非零向量的夹角为θ，定义． （1）已知向量满足，求的值； （2）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣1，3），B（2，2），C（3，4），求的值； （3）已知向量，求的取值范围． 解：设平面内两个非零向量的夹角为θ，定义． （1）已知向量满足， ∵，∴， 根据平面向量的夹角公式可得， 又∵θ∈[0，π]，∴，∴； （2）在平面直角坐标系中，已知点A（﹣1，3），B（2，2），C（3，4）， ∵A（﹣1，3），B（2，2），C（3，4），∴， ∴，设与的夹角为α， 根据平面向量的夹角公式可得， ∴， ∴； （3）已知向量， 任取向量，设与的夹角为θ，则， 则，∴， ∴对于向量， ， 当且仅当，即时等号成立， ∴的取值范围是[9，+∞）． 1 学科网（北京）股份有限公司 $