期末模拟试题-2025-2026学年高一下学期数学人教A版必修第二册

**基本信息** 高一数学必修第二册期末模拟试题，覆盖复数、统计、概率、向量、立体几何、三角等核心知识，以窗花剪纸、化学器皿等情境化设计，梯度化问题布局，培养数学眼光、思维与语言能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|复数运算、百分位数、概率独立事件|基础概念辨析，如第2题百分位数计算| |多选题|3题|复数几何意义、古典概型、正方体动态问题|多维度考查，如第11题正方体动点探究| |填空题|3题|斜二测画法、方差修正、正六边形向量|文化情境融入，如第14题窗花正六边形向量数量积| |解答题|5题|解三角形、频率分布直方图、立体几何、概率综合|分层能力考查，如第18题多局概率递推，第19题立体几何二面角与线面角计算|

期末模拟试题 2025-2026学年高一数学人教A版（2019）下学期（必修第二册） 一、单选题 1．已知i为虚数单位，复数，则（   ） A． B． C． D． 2．有一组数据按从小到大排序如下：85，86，88，90，94，则这组数据的第30百分位数，第60百分位数分别是（    ）． A．86，88 B．86，89 C．87，88 D．87，89 3．甲、乙、丙三人破译一份密码，若三人各自独立破译出密码的概率为，，，且他们是否破译出密码互不影响，则这份密码被破译出的概率为（    ） A． B． C． D． 4．已知D为的边的中点，O为上一点，且满足，设，，则（   ） A． B． C． D． 5．已知是两条不重合的直线，是两个不重合的平面，则下列命题一定正确的是（   ） A．若，且，则 B．若，且，则 C．若，且，则 D．若，且，则 6．一化学器皿为圆台形状，其上、下底面半径分别为1cm和5cm，高为10cm（器皿厚度忽略不计）.现将该器皿水平放置后（上底位于上方）注入盐酸溶液，若溶液高度恰为5cm，则溶液体积为（   ） A． B． C． D． 7．已知，是第四象限角，则的值是（    ） A． B． C． D． 8．如图，在△ABC中，已知，，，BC、AC边上的两条中线AM、BN相交于点P，则∠MPN的余弦值为（   ）    A． B． C． D． 二、多选题 9．设复数在复平面内对应的点为，原点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（   ） A．若点的坐标为，则对应的点在第三象限 B．若，则点Z的集合所构成的图形的面积为 C．若是关于的方程的一个根，则 D．若，则的模为13 10．一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红色球（标号为1和2），2个白色球（标号为3和4），从袋中不放回地依次随机摸出2个球．设事件“两个球颜色不同”，“两个球标号的和为奇数”，“两个球标号都不小于2”，则（    ） A．A与B互斥 B．A与C相互独立 C． D． 11．已知正方体 的棱长为是正方形 的中心， 是棱 (包含顶点) 上的动点， 则以下结论正确的是（      ） A．的最小值为 B．不存在点，使与 所成角等于 C．二面角正切值的取值范围为 D．当为中点时，三棱锥的外接球表面积为 三、填空题 12．如下图，是用“斜二测画法”画出的直观图，其中，那么的面积是______. 13．在某次活动中，登记的8个数据的平均数为8，方差为16，其中．后来发现应该为10，并且漏登记了一个数据14，则修正后的9个数据的平均数为______，方差为______． 14．窗花是贴在窗纸或窗户玻璃上的剪纸，是中国古老的传统民间艺术之一，每年新春佳节，我国许多地区的人们都有贴窗花的习俗，以此达到装点环境、渲染气氛的目的，并寄托着辞旧迎新、接福纳祥的愿望.图1是一张由卷曲纹和回纹构成的正六边形剪纸窗花，已知图2中正六边形的边长为，圆的圆心为正六边形的中心，半径为2，若点在正六边形的边上运动，为圆的直径，则的取值范围是________． 四、解答题 15．在中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，且. (1)求角； (2)若，求边长和的面积. 16．从某次测试中随机抽取100份测试卷进行成绩调查，发现抽取的测试卷的成绩都在40~100之间，将抽取的测试卷按成绩分成六组：，，，，，，画出如图所示的频率分布直方图． (1)求a的值和抽取测试卷的成绩的中位数（精确到0.1）； (2)采用比例分配的分层随机抽样方法从成绩在和的测试卷中抽取5份，再从这5份测试卷中随机抽取3份了解答题情况，求这3份测试卷成绩至少有一份在的概率． 17．如图所示，直三棱柱的底面是边长为2的正三角形，点E，F分别是棱，上的点，点M是线段AC的中点，． (1)求证平面AEF； (2)若，求多面体的体积 18．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．如图，长方体的底面ABCD是正方形，，，M，N分别为棱，的中点，．    (1)求证：平面； (2)求二面角的余弦值； (3)若与平面所成角的正弦值为，求的值． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B D B C B D D BC BC 题号 11 答案 ACD 1．B 法一：若，根据模长公式求解即可；法二：根据复数的除法运算及复数的模长公式即可求解. 法一：∵，∴. 法二：∵，∴. 故选：B. 2．B 利用百分位数的定义可求得结果. 因为，故该组数据的第百分位数为， 因为，故该组数据的第百分位数为. 故选：B. 3．D 根据独立事件的概率乘法公式求解. 设这份密码被破译出为事件， 所以, 所以, 故选:D. 4．B 根据题意作图，然后利用向量的线性运算求解即可. 如图所示，因为D为的边的中点，所以， 因为，所以， ． 故选：B. 5．C 根据直线与平面间位置关系判断. 对于A，，且，可能与平行或在内，同样可能在平面内，A错； 对于B，，可能在内，，则可能在内，可能与相交，B错； 对于C，，且，则，又，则，C正确； 对于D，，且，可能相交，可能平行，也可能异面，D错； 故选：C。 6．B 首先求出溶液的上底面半径为，再由圆台的体积公式计算可得. 因为溶液高度恰为5cm，所以溶液的上底面半径为， 下底面半径为，高为， 所以溶液的体积. 故选：B 7．D 根据条件，利用诱导公式结合正弦的差角公式，求得，再利用平方关系，求出，再利用余弦的和角公式，即可求解. 由得， 即，所以 ∵是第四象限角，∴. 所以. 故选：D. 8．D 法1以A为原点，建立平面直角坐标系，求坐标，利用夹角公式即可求解； 法2以为基底，利用平面向量基本定理将向量用表示，利用数量积的夹角公式即可求解. 法1：以A为原点，建立平面直角坐标系如图：    依题意可知：，，， 则：， ∴ ，， ∴． 故选：D. 法2：∵M，N分别是BC，AC的中点， ∴，． ∵与的夹角等于∠MPN，∴． ∵ ， ， ， ∴． 故选：D. 9．BC 本题根据复数的模长，复数的几何意义以及根与系数的关系即可求解. A选项，因为点的坐标为，则对应的点为，所以在第四象限，故A选项错误； B选项，，则依据复数模长的几何意义可知，表示一个圆环，面积为，故B选项正确； C选项，是关于的方程的一个根， 则，即， 整理得，解得，所以，故C选项正确； D选项，，则，故D选项错误； 故选：BC. 10．BC 根据题意，由互斥事件的定义分析A，由相互独立事件的定义分析B，由古典概型的计算公式分析C、D，综合可得答案． 根据题意，从袋中不放回地依次随机摸出2个球，则 ， ， ， 所以有， ， 对于A，，事件A、B可以同时发生，则A、B不互斥，A错误； 对于B，，A、C相互独立，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，，D错误． 故选：BC． 11．ACD 对于A，直接找出最近距离为为中点，计算即可；对于B，找出最大，最小的临界状态值即可解决；对于C，找出二面角的平面角，再用锐角三角函数即可；对于D，设出球心和半径，结合图形，构造方程，求出半径即可． 对于A， 最小值时，为中点.作个草图，取中点，连接． 此时，故A正确． 设与所成的角为θ，当与重合时，， 当在中点时，．则存在点 ，使. 即存在点，使与 所成角等于 .故B错误． 如图，过中点作于，则为二面角的平面角， 因此，故C正确． 设三棱锥的外接球的球心为，显然平面，为等腰直角三角形，外心为M， 则O可以由M沿着方向移动即可,O一定在上． 为中点时，半径，于是． 在中有，解得， 于是球表面积为.故D正确． 故选：ACD. 【点睛】知识点点睛：本题考查了正方体性质，点线面的位置关系辨别，空间两点间的距离最值，异面直线夹角，二面角的问题，三棱锥的外接球问题．同时考查空间想象、逻辑推理、数形结合、转化计算能力.综合性较强，属于难题. 12． 把直观图还原为原图形，再计算对应图形的面积即可得. 将直观图还原后，如图所示： 由，则，， 故. 13． 9 / 由题意可求出，，再利用平均数以及方差公式即可求出修正后的平均值以及方差. 由题意知修正前，则， 修正后，故修正后的9个数据的平均数为； 修正前， 即得， 故修正后的方差为 ， 故答案为：9； 14． 结合图形将所求数量积中的向量转化，化简为，从而只需求的取值范围，由图易得的最大最小值，代入即得. 如图，取的中点,连接. 则, 因为圆的直径，长度为4，故得,要求的取值范围，即要求的取值范围. 根据正六边形的性质，结合图形可知，当点与正六边形的顶点重合时， 当点为正六边形的边的中点时(如图点)，故. 故答案为： 【点睛】思路点睛：本题解题思路在于结合图形的特点，分别将其中的向量进行分解、计算、化简，将问题转化为求距离的最大最小值问题. 15．(1) (2)，面积 （1）根据题意，由余弦定理代入计算，即可求解； （2）根据题意，由条件可得，再由正弦定理和三角形面积公式代入计算，即可求解． （1）已知，由余弦定理得：， 所以，化简可得：． 又，故． （2）， 由正弦定理，代入； 所以． 因为， 所以． 16．(1)，中位数为 (2) （1）利用频率分布直方图的性质建立方程求解，利用频率分布直方图中位数定义求解即可. （2）利用分层抽样的性质求解抽取的人数，再求出整体样本空间和符合条件的事件，最后利用古典概型概率公式求解概率即可. （1）由频率分布直方图可得，解得． 又由频率分布直方图可得， ，，的频率依次为， 所以前3组的频率为， 前4组的频率为， 故中位数在区间上，因此中位数为． （2）采用比例分配的分层抽样从和抽取5份测试卷， 由于，故成绩在的测试卷中抽取份数为，记作； 成绩在的测试卷中抽取份数为，记作， 则从抽取的5份测试卷中随机抽取3份测试卷的所有可能样本点构成的样本空间为： ， 共有10个样本点，即． 设事件“这3份测试卷成绩至少有一份在”， 则， 共有9个样本点，故， 则． 这3份测试卷成绩至少有一份在的概率为. 17．(1)证明见解析 (2) （1）取的中点，连接；证明，根据线面平行判定定理证明平面. （2）求出四棱锥及三棱柱的体积，再利用割补法求出多面体的体积. （1）取AE的中点O，连接OF，OM，由O，M分别为AE，AC的中点， 得，，而，且，则， 且，四边形为平行四边形，， 又平面，平面，所以平面． （2）在棱柱中，取BC中点G，连接AG，则AG为四棱锥的高， 而，四棱锥的体积， 由，得，三棱柱的体积， 所以多面体的体积为． 18．(1) (2) (3) （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. （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．(1)证明见解析 (2) (3)或 （1）通过证明，平面，证得平面. （2）作出二面角的平面角，解三角形求得其余弦值. （3）根据与平面所成角的正弦值求得，结合余弦定理求得. （1）连接，，，因为是长方体， M，N分别为棱，的中点，所以，且， 所以四边形为平行四边形，所以． 因为，，所以， ，， 则有，则有； 同理，，并且，BM，平面BDM， 所以平面BDM，又因为，所以平面BDM； （2）分别取BM，的中点为E，F，连接MF，则有，所以， 又因为是边长为的正三角形，则有， 则即为二面角的平面角， 且，，， 由余弦定理，， 所以二面角的余弦值为； （3）设点P到平面BDM的距离为d，PM与平面BDM所成的角为，则． 因为，平面BDM，平面BDM，所以平面BDM， 则点P到平面BDM的距离等于点到平面BDM的距离，根据， 即，解得， 又因为与平面所成角的正弦值为， 则． 连接，是边长为的正三角形， 在中，由余弦定理得,， 即，整理得：， 即，解得或， 又因为，， 所以或， 学科网（北京）股份有限公司 $