2025-2026学年度第二学期宁县一中高一数学期末考试模拟卷

**基本信息** 高一数学期末模拟卷，涵盖向量、立体几何、解三角形等核心知识，通过分层设问（如解答题三问设计）和动态情境（如正方形动点问题），考查空间观念、运算能力与模型意识，适配期末综合测评需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8题|向量运算、复数概念、概率基础|基础巩固，如第4题考查复数虚部| |多选题|3题|立体几何动态问题、统计量计算|能力提升，如第9题正方体动点探究| |填空题|3题|函数零点、直观图面积|创新应用，如第12题含参函数零点分析| |解答题|5题|解三角形、线面垂直证明、概率计算|综合应用，如第16题解三角形多问递进|

2025-2026学年度第二学期 宁县一中高一数学期末考试模拟卷 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题 1．如图，在矩形中，点分别是和的中点，则（    ） A． B． C． D． 2．已知向量，，，若，则（    ） A． B． C． D． 3．在中，角，，所对的边分别为，，，，，则（    ） A． B． C． D．1 4．已知，则的虚部为（    ） A．4 B．3 C．2 D．1 5．如图，在长方体中，，为中点，则直线与所成角的余弦值为（    ）    A． B． C． D． 6．事件和事件相互独立，“和至少一个发生”的对立事件是（     ）． A． B． C． D． 7．已知，，，，则（   ） A． B． C． D． 8．记的内角、、的对边分别为、、，若，则是（    ） A．直角三角形 B．锐角三角形 C．等边三角形 D．钝角三角形 二、多选题 9．如图，在正方体中，点在线段上运动（包括端点），则下列结论正确的是（    ） A．直线与是异面直线 B．异面直线与所成角的取值范围是 C．若，则的最小值为 D．当直线与直线相交时，交点在靠近的三等分点处 10．下列命题正确的是（    ） A．数据的分位数是 B．数据的方差是，则的标准差是 C．若与是任意两个事件，则 D．若事件与互斥，且，，则 11．四边形ABCD是边长为1的正方形，是线段CD上的动点（包括端点C、D），则（    ） A． B．当时，为CD中点 C．的最小值为 D．的最大值为 三、填空题 12．已知函数（）在内恰有2026个零点，则正整数____. 13．已知，则___________． 14．如图，是水平放置的的直观图，，，，则原的面积为__________． 四、解答题 15．(1)已知定点A和向量，点P是直线AB外的一点，请写出点P到直线AB的距离的向量表示. (2）已知点，向量，过点A作以向量为方向向量的直线l，求点到直线l的距离. 16．在中，三内角、、的对边分别为、、，满足． (1)求角的大小； (2)若，，的平分线交于，求线段的长； (3)当，时，设表示成的形式，求的最值． 17．如图，已知菱形的边长为，，平面外一点在平面内的射影是与的交点，是等边三角形．    (1)求证：平面； (2)求点到平面的距离； (3)若点是线段上的动点，求直线与平面所成角的正弦的最大值． 18．某高校的社团招聘面试中有3道难度相当的题目，李明答对每道题目的概率都是.若每位面试者共有三次机会，一旦某次答对抽到的题目，则面试通过.否则就一直抽题到第3次为止，假设对抽到的不同题目能否答对是独立的. (1)求李明第二次答题通过面试的概率； (2)求李明最终通过面试的概率. 19．在△中，角，，所对的边分别为，，，. (1)求角的大小； (2)若，且△为钝角三角形，求边长的取值范围. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 2025-2026学年度第二学期 宁县一中高一数学期末考试模拟卷 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A B C B A C A A BCD ACD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】由相等向量，向量的加法运算即可求解. 【详解】在矩形中，因为点分别是和的中点， 故，则， 由图可知和，，都不是相等向量， 所以A正确，BCD错误. 2．B 【分析】由夹角相等转化为余弦值相等直接求解即可. 【详解】，，所以， 因为，所以，且， 即，得 ，，，， 代入得，解得. 3．C 【详解】解法一：由可得， 由得， 则，则， 由于，则. 解法二：由已知可得，则， 于是，即， 由于，则或， 若，则，则，，此时，都存在； 则； 若，即，则，矛盾，舍去. 4．B 【详解】， 得，故的虚部为3. 5．A 【分析】结合图形，平移异面直线，构造三角形求解即可. 【详解】如图所示：    设，由，得. 在长方体中，由、，可得， 因此直线与所成的角为（或其补角）. 在中，，则， 因为为中点，故， 在中，则， 由，，可得， 所以为等边三角形，故，. 因此直线与所成角的余弦值为. 6．C 【分析】根据事件的独立性及对立定义求解. 【详解】根据已知至少有一个发生， 则对立事件为都不发生，所以的对立事件为. 7．A 【分析】先根据范围确定取值区间，结合已知正弦值判断余弦符号，利用同角平方关系求出与，再把拆成，套用两角差的正弦公式代入数值运算得到． 【详解】因为，，所以， 又，， 所以， ， 所以 ． 8．A 【分析】根据正弦定理把已知等式中的边转化为角的正弦，利用两角和公式化简求得的值进而求得A，判断出三角形的形状. 【详解】根据正弦定理，由，可得： . 因为， 所以. 因为，， 所以，即， 故是直角三角形. 9．BCD 【分析】对于A，由于线段与是正方体的对角面的两条对角线，可判断； 对于B，由或其补角为异面直线与所成角即可判断； 对于C，将面和面沿着展开至同一平面，可知当，，三点共线时，取得最小值. 对于D，通过平面，设垂足为，通过等体积计算，可判断选项. 【详解】对于A，线段与是正方体的对角面的两条对角线， 所以直线与共面，故A错误； 对于B，在正方体中，易知为等边三角形， 则. ，或其补角为异面直线与所成角， 则异面直线与所成角的取值范围为，故B正确； 对于C，如图，将面和面沿着展开至同一平面， 则当，，三点共线时，取得最小值. ，且，，则. 又，， 即的最小值为，故C正确； 对于D，如图，连接，记. 在正方体中，平面， 又平面，. 在正方形中，， 又，，平面， 平面. 平面，，同理得. ，，平面，平面. 又平面平面，平面，设交点为. 直线与直线相交，交点为. 又，设正方体的棱长为2， 则， 解得.又， 当直线与直线相交时，交点在靠近的三等分点处，故D正确. 10．ACD 【详解】因为，所以数据的分位数是，A正确； 设数据，，，的均值为，方差为，记， 则，， 故的标准差是3，B不正确； 若与是任意两个事件，，则，C正确； 因为事件与互斥，且，，所以，D正确. 11．ABD 【分析】通过建立平面直角坐标系分别表示出各点的坐标，结合向量的坐标运算逐一分析选项即可． 【详解】以为原点，分别以AB，AD所在直线为x，y轴建立平面直角坐标系，如下图所示   ， 因为四边形ABCD是边长为1的正方形，是线段CD上的动点（包括端点C、D）， 所以，设， 选项A：，所以； 选项B：， 当时，可得，解得，即为CD中点； 选项C：，则， 所以，当时，的最小值为2； 选项D：当或1时，的最大值为. 12．1013或1351或或 【分析】先将函数进行化简，然后通过换元法将其转化为关于的二次函数，再根据二次函数的性质以及三角函数的周期性来分析函数在区间上的零点情况，进而求出正整数的值. 【详解】, 令，则， 由，得， 因， 则在内一定有两个不等实根， 由，不妨设， ①若且， 所以在每个形如的区间上有4个解， 又， 所以时，在上有2026个解； ②若，， 则在每个形如的区间上有3个解， 又， 所以时，在上有2026个解； ③若，， 则在每个形如的区间上有3个解， 又， 所以时，在上有2027个解，不合题意； ④若，则， 则在每个形如的区间上有2个解， 又， 所以时，在上有2026个解，符合题意； ⑤若，则， 则在每个形如的区间上有2个解， 又， 所以时，在上有2026个解，符合题意； 综上，正整数的值为1013、1351、、. 13． 【分析】根据两角和的正切公式即可求解． 【详解】由， 则． 14．6 【分析】根据直观图得到平面图，求出相关线段的长度，从而求出面积. 【详解】由直观图可得如下平面图形， 则，，， 则原的面积为. 15．（1）（其中）；（2）. 【分析】（1）求出在方向上的投影向量，投影向量的模即为点到直线的距离. （2）先求出，再利用（1）中的结论计算即可. 【详解】（1）设，作（如图所示） 则表示在上的投影向量，则就是点到直线的距离. （2）设，即，作（如图所示）. 设，由于直线的方向向量，又， 则，即，令，则，于是. 由于，. 由（1）可知，点到直线的距离. 16．(1) (2) (3)；无最大值． 【分析】（1）依题意，利用三角恒等变换可得，进而可得； （2）利用等面积法结合条件计算即可； （3）由（1）知，解直角三角形可得，，利用换元法及辅助角公式可将函数变形，再次换元结合单调性可得结果. 【详解】（1）依题意得， 则， 可得，即 又， 所以，从而， 又有意义，所以，即． （2）由（1）知，，而的平分线交于，得， 因为，即， 所以，所以． 故线段的长为． （3）由（1）知，在中，，则，所以，， 故，． 令，由得，且，则． 令，则，则， 显然在上单调递增， 则在上单调递减， 所以当时，即，即时，取最小值，； 函数无无最大值． 17．(1)∵在菱形中，， ∴，且在平面内的射影是点， ∴平面，∵平面， ∴， ∵，平面， ∴平面. (2) (3) 【分析】（1）直接由线面垂直的判定定理可得； （2）直接根据等体积法计算点面的距离可得； （3）直接由线面角的定义作出线面角，由线面平行可得到平面的距离为,要使线面角的正弦值最大，需最小，此时，从而可得线面角的正弦的最大值. 【详解】（1）略 （2）由题意可得：与都是边长为的等边三角形， 所以，，， ∴，    过点作，垂足为，因为，所以为的中点， ∴，∴， 设点到平面的距离为，则由，则 ∴，解得. ∴点到平面的距离为； （3）设直线与平面所成的角为， ∵，平面，平面，∴平面， ∴点到平面的距离，即为点到平面的距离， 过点作平面交平面于点，则.    此时，要使最大，则需使最小，此时， 由题意可知：，∴与全等， ∴，∴， ∴，∴， 即直线与平面所成角的正弦的最大值为. 18．(1) (2) 【详解】（1）设第次答对为事件，则，， 记“李明第二次答题通过面试”为事件，则第一次答错，第二次答对，即， 所以李明第二次答题通过面试的概率为. （2）记“李明最终通过面试”为事件，则， 可得， 所以李明最终通过面试的概率为. 19．(1) (2) 【分析】(1)利用余弦定理结合三角形内角范围即可求得角； (2)分钝角为B、钝角为C两类情况讨论，结合余弦定理转化为边的不等式，即可求得的取值范围. 【详解】（1）在△ABC中，由余弦定理， ，又因， 可得， 即， 又，因此； （2）因为锐角，故钝角只能为B或C，分两类情况讨论： ① 若C为钝角，则，由余弦定理， ，则得， 将代入得： ，化简得，即， 因，得； ②若为钝角，则，由余弦定理，，则得， 将代入得：，化简得，即， 因，得. 综上，边长的取值范围为. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $