精品解析：浙江省庆元中学2025-2026学年高一下学期数学期末模拟卷试题（3）

高一数学下学期期末模拟卷3 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. 已知为虚数单位，满足，则在复平面上对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，结合复数的运算法则，准确计算，即可求解. 【详解】由复数，可得，则， 则复数对应点位于第二象限. 故选：B. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以. 3. 高一某班有56名学生，其中男生24人，女生32人.按性别进行分层，用分层随机抽样的方法，从该班学生中抽取14人参加跳绳比赛，如果样本按比例分配，则应抽取的男生人数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】 【详解】因为样本按比例分配，男女比例为， 所以应抽取的男生人数为. 4. 设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】应用线面位置关系线面平行线面垂直的判定定理及性质分别判断各个选项. 【详解】选项A中,若，，，则或异面，A错误； 选项B，若，，，则，，所以，B正确； 选项C，若，，则或在内，C选项错误； 选项D，若，，则或和相交，D选项错误. 故选:B． 5. 如图，在中，点分别是边的中点，与相交于点，设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形，利用重心的性质由向量的加法法则可得. 【详解】由题意可得为三角形重心， 所以 . 故选：D. 6. 已知圆锥的轴截面是等边三角形，若该圆锥的表面积与球O的表面积相等，则该圆锥的体积与球O的体积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设圆锥的底面半径为r，则其母线长为2r，高为， 所以该圆锥的表面积为， 设球O的半径为R，则球O的表面积为， 由题意知，所以， 圆锥的体积，球O的体积， 所以. 7. 在中，角的对边分别为．已知，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用正弦定理，得到，求得，再由余弦定理，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】因为，由正弦定理得，， 又因为，可得，所以，即， 因为，则， 由余弦定理得， 所以的面积为． 故选：A. 8. 已知正方体的体对角线垂直于平面，直线与平面所成角为，在正方体绕体对角线旋转的过程中，记BC与直线所成的最小角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正方体的几何性质，作出平面，找到线线角的平面角，即可求解. 【详解】如图所示，连接，交平面于点. 设正方体的棱长为a，根据正方体的性质可得，平面， 则平面与平面平行或重合，在线段上取点P，使， 则为满足题意的其中一个直线， 正方体绕体对角线旋转的过程可认为是正方体不动，绕体对角线旋转，， ，所以BC与直线所成的角即与直线所成的角， 可得当P在线段上时，与直线所成的角最小， 由正方体的性质可得，则， 所以 . 故选：B. 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. 不透明的袋中装有个大小质地完全相同的小球，其中个红球、个白球，从袋中一次性取出个球，记事件“两球同色”，事件“两球异色”，事件“至少有一红球"，则（ ） A. B. C. 事件与事件是对立事件 D. 事件与事件不是相互独立事件 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用古典概型、对立事件、独立事件的定义一一判定选项即可. 【详解】对于A，随机试验从袋中一次性取出2个球的样本空间含10个样本点， 随机事件包含的样本点的个数为4，所以，A错误； 对于B，随机事件包含的样本点的个数为9，所以，B正确； 对于C，事件与事件不可能同时发生，所以事件与事件为互斥事件， 又，即事件为必然事件，所以事件与事件是对立事件，C正确； 对于D，随机事件包含的样本点的个数为6，所以， 随机事件为不可能事件，所以，所以， 所以事件与事件不是相互独立事件，D正确． 故选：BCD． 10. 记的内角的对边分别为，下列说法中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，且为锐角三角形，则的取值范围是 【答案】AB 【解析】 【分析】由正弦定理，二倍角公式以及三角形的边角关系，正弦函数的性质逐一判断即得. 【详解】对于A，因，由及正弦定理可得，故得. 又因为“三角形中大边对大角”，所以，故A正确； 对于，由，得，从而. 又，所以.由A项结论，可得，故B正确； 对于C，当时，满足，但为钝角三角形，故C错误； 对于D，因为为锐角三角形，且， 则，解得，所以. 由正弦定理，得，所以，故D错误. 故选：AB. 11. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点的轨迹长度为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 【答案】CD 【解析】 【分析】利用线面垂直的性质定理可得动点的轨迹为矩形，其周长为；显然三棱锥体积的最大值即为正四面体，易知最大值为；易知当点在线段和弧上时，直线与所成的角为，可知其轨迹长度为；根据面面平行的判定定理可求出点在底面上的轨迹为三角形，易知长度的最大值为. 【详解】对于A，易知平面平面，故动点的轨迹为矩形， 动点的轨迹长度为矩形的周长，即为，所以错误； 对于B，因为，而等边的面积为定值， 要使三棱锥的体积最大，当且仅当点到平面的距离最大， 易知点是正方体到平面距离最大的点， 所以，此时三棱锥即为棱长是的正四面体， 其高为，所以，B错误； 对于C：连接AC，，以B为圆心，为半径画弧，如图1所示， 当点在线段和弧上时，直线与所成的角为， 又， 弧长度，故点的轨迹长度为，故正确； 对于D，取的中点分别为， 连接，如图2所示， 因为平面平面，故平面， ，平面平面，故平面； 又平面，故平面平面； 又， 故平面与平面是同一个平面. 则点的轨迹为线段： 在三角形中， 则， 故三角形是以为直角的直角三角形； 故，故长度的最大值为，故正确. 故选：. 【点睛】方法点睛：立体几何中动点轨迹问题经常利用不动点的位置和动点位置关系，利用线面、面面平行或垂直的判定定理和性质定理，找出动点的轨迹进而计算出其轨迹长度. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，为虚数单位，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可得，进而可求模长. 【详解】因为复数，所以. 故答案为：. 13. ________． 【答案】2 【解析】 【分析】利用余弦二倍角，辅助角公式和诱导公式化简求解即可. 【详解】 . 故答案为：2 14. 已知正边形内接于单位圆，且满足的顶点共有个，若正三角形的顶点、在圆上，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据向量不等式得到满足的点所在的区域，从而得到可能的值，然后对所求模进行变形将其转为点到圆心的距离问题，再通过三角函数求得距离范围，最后结合的取值得到最大值. 【详解】设和的夹角为，依题意有满足的顶点共有个， 令得， 所以满足的点有个，也就是（夹角），（夹角）和（夹角）这三个顶点， 所以且，解得， 又因为，所以， 因为， 且根据正边形的对称性有， 所以， 接下来求即到圆心的距离的最大值，设，， 则圆心到的距离为，，到的距离为， 为了让到圆心最远，它们应在两侧， 所以只需考虑， 因为，则， 故当时，即当时取得最大值， 结合前面的取值可得的最大值为. 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. 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～六组区间分别为，，，，，）． （1）求选取的市民年龄在内的人数及a的值； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第80百分位数； （3）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率． 【答案】（1）， （2）平均数为，第80百分位数为. （3） 【解析】 【分析】（1）先求出年龄在内的频率，再求出频数；根据直方图面积为1求解a的值； （2）根据频率分布直方图，求出组中值，利用组中值求平均数即可，第80百分位数即为左侧面积为0.8的线所对应的值； （3）先确定从第3，4组中分别抽取3人，2人.再根据古典概型公式求解概率即可. 【小问1详解】 由题意可知，年龄在内的频率为， 故年龄在内的市民人数为. 由图可得：，解得； 【小问2详解】 平均数为 前三组的频率和为， 第四组的频率为，所以第80百分位数在第四组， 第80百分位数为. 【小问3详解】 易知，第3组的人数，第4组人数都多于20，且频率之比为， 所以用分层抽样的方法从第3、4两组市民中抽取5名参加座谈， 所以应从第3，4组中分别抽取3人，2人. 记第3组的3名分别为，，，第4组的2名分别为，， 则从5名中选取2名作重点发言的所有情况为，，，，， ，，，，，共有10种. 其中第4组的2名，至少有一名被选中的有：，，，， ，，，共有7种， 所以至少有一人的年龄在内的概率为. 16. 如图，在四棱柱中，已知是线段的中点． （1）求证：平面； （2）若，平面平面，平面，求证：四点共面． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）连接，并交于点，则为中点，连接，由三角形中位线的性质结合线面平行的判定定理可得； （2）由面面垂直的性质定理得到平面，再由线面垂直得到，进而可得. 【小问1详解】 在四棱柱中，，所以四边形为平行四边形， 连接，并交于点，则为中点，连接， 因为为中点，所以为的中位线， 所以平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 所以四点共面． 17. 已知函数． （1）设，函数是偶函数，求的值； （2）若在区间上恰有三条对称轴，求实数m的取值范围． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）化简得到，根据偶函数得到，根据范围得到答案. （2）确定，根据对称轴得到，解得答案. 【小问1详解】 ， 故是偶函数，那么， 即，，，或时满足条件，故或. 【小问2详解】 当时，， 要让函数恰有3条对称轴， 那么, 解得 ，即 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. 布洛卡点是三角形内部的一个特殊的点，由法国数学家亨利•布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点．其定义如下：设是内一点，若，则称点P为的布洛卡点，角为的布洛卡角．如图，在中，记它的三个内角分别为，，，其对边分别为，，，的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下各题： （1）若，且，求； （2）若，的面积为 ①求； ②的外接圆上任一点为，试探究是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）① ② 【解析】 【分析】（1）通过，且可证得为正三角形，求得，从而求出； （2）①由及余弦定理即可解决； ②先通过正弦定理、余弦定理证明为正三角形，设的外接圆半径为，再使用向量法，, 同理可知的长，最后表示出，再求出定值. 【小问1详解】 又 ,为正三角形, 所以，. 【小问2详解】 ① ， 所以， 在，，中，分别由余弦定理得： ， ， ， 三式相加整理得， 即， 故； ②在中，由余弦定理以及三角形的面积公式可得， ，， 三式相加可得：， 由，可得 ， 即, 当且仅当即，又因为三角形内角和为 ， 所以 ，即为正三角形,； 设的外接圆圆心为，半径为，则， 由于为正三角形，故也是的重心，那么， ， 同理可知,那么 , 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学下学期期末模拟卷3 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. 已知为虚数单位，满足，则在复平面上对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. （ ） A. B. C. D. 3. 高一某班有56名学生，其中男生24人，女生32人.按性别进行分层，用分层随机抽样的方法，从该班学生中抽取14人参加跳绳比赛，如果样本按比例分配，则应抽取的男生人数为（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 4. 设、是两条不同的直线，、、是三个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 如图，在中，点分别是边的中点，与相交于点，设，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知圆锥的轴截面是等边三角形，若该圆锥的表面积与球O的表面积相等，则该圆锥的体积与球O的体积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，角的对边分别为．已知，则的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的体对角线垂直于平面，直线与平面所成角为，在正方体绕体对角线旋转的过程中，记BC与直线所成的最小角为，则（ ） 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. 不透明的袋中装有个大小质地完全相同的小球，其中个红球、个白球，从袋中一次性取出个球，记事件“两球同色”，事件“两球异色”，事件“至少有一红球"，则（ ） A. B. C. 事件与事件是对立事件 D. 事件与事件不是相互独立事件 10. 记的内角的对边分别为，下列说法中正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则为锐角三角形 D. 若，且为锐角三角形，则的取值范围是 11. 如图，点是棱长为2的正方体的表面上一个动点，是线段的中点，则（ ） A. 若点满足，则动点的轨迹长度为 B. 三棱锥体积的最大值为 C. 当直线与所成的角为时，点的轨迹长度为 D. 当在底面上运动，且满足平面时，线段长度最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知复数，为虚数单位，则______. 13. ________． 14. 已知正边形内接于单位圆，且满足的顶点共有个，若正三角形的顶点、在圆上，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. 某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在内的市民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一～六组区间分别为，，，，，）． （1）求选取的市民年龄在内的人数及a的值； （2）利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第80百分位数； （3）若从第3，4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在内的概率． 16. 如图，在四棱柱中，已知是线段的中点． （1）求证：平面； （2）若，平面平面，平面，求证：四点共面． 17. 已知函数． （1）设，函数是偶函数，求的值； （2）若在区间上恰有三条对称轴，求实数m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. 布洛卡点是三角形内部的一个特殊的点，由法国数学家亨利•布洛卡于19世纪提出，它通过等角条件联系三角形边与顶点，其角度和位置揭示了三角形的对称性与比例特性，是经典几何学中兼具美学与实用价值的点．其定义如下：设是内一点，若，则称点P为的布洛卡点，角为的布洛卡角．如图，在中，记它的三个内角分别为，，，其对边分别为，，，的面积为，点为的布洛卡点，其布洛卡角为，请完成以下各题： （1）若，且，求； （2）若，的面积为 ①求； ②的外接圆上任一点为，试探究是否为定值？若是，请求出该值；若不是，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $