山东省郯城第二中学2025-2026学年高一下学期期终调研考试数学模拟试卷

高一期终调研考试 数学 2026.06 一、单选题 1.一个袋子中有大小和质地相同的4个球，其中有2个红球，2个绿球，每次 从中随机摸出1个球，有放回地连续摸球两次.下列事件中，与事件“至多一次 摸到红球”互为对立事件的是 A.至少一次摸到红球 B.两次都摸到红球 C.只有一次摸到红球 D.两次都没有摸到红球 2.在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知a=2,c=3,C=30°， 则sinA= A.号 B.号 C. D.月 3.某高中高一、高二、高三年级学生人数分别为550,550,500，为了解各年 级学生每天体育活动的时间，通过分层随机抽样的方法抽取容量为64的样本， 其中高二学生比高三学生多 A.2人 B.4人 C.6人 D.8人 4.已知AB=(2,2),CD=(-1,3),则向量AB在向量CD上的投影向量的坐标为 A.(作) B.（) c.(--) D.(作-) 5.已知事件A与B相互独立，P(A)=0.7,P(AB)=0.14,则P(A+B)= A.0.9 B.0.88 C.0.76 D.0.6 6。已知一个圆台的上、下底面半径分别为1和2，体积为西，则该圆台的侧 面积为 A.6π B.8π C.10π D.12π 7.如图，测量河对岸塔高AB时，选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C 和D,其中∠BCD=a,∠BDC=B.现测得a=15°，B=120°，CD=10m,在 点C处测得塔顶A的仰角0=60°，则塔高AB为 试卷第1页，共4页 A.10v2m B.15v2m C.30v2m D.35v2m 8.已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为2V3,点B到直线A1C1的距离为5， 则该正三棱柱外接球的体积为 A.2π B. C.32π D.64π 二、多选题 9.已知复数z,下列命题正确的是 A.若z-2∈R,则z∈R B.若z-3i∈R,则z的虚部为3 C.若引z=1,则z=士1或z=士i D.若z=2一i,则复平面内表示z(z+)的点位于第一象限 10.己知l,m,n是三条不同的直线，a,B,y是三个不同的平面，则 A.若//a,//B,则a/B B.若//m,m⊥，lcB,则a⊥B C.若l⊥m,L⊥n,mca,nca,则l⊥a D.若a/B,lca,mcB,lcY,mcY,则/m 11.某人抛掷骰子5次，分别记录了骰子出现的点数，根据下列统计结果，可能 出现点数6的有 A.平均数为4，中位数为4 B.中位数为4，极差为3 C.平均数为3，方差为1.6 D.中位数为3，方差为3.6 三、填空题 12.从分别写有0,1,2,3的四张卡片中不放回地抽取两张，则抽到的两张卡 片上数字之和大于3的概率为 13.为推进智慧城市建设，某市举办A虹应用解决方案大赛，现统计所有参赛选 试卷第2页，共4页 手的成绩并绘制频率分布直方图（如图所示），已知[80,90)这组的频数是[60,70) 这组频数的2倍.若选取成绩前25%的选手为一等奖获得者，估计一等奖的分数 线为 分. 个频率/组距 a 0.015 0.010 5060708090100成绩 14.在平面内，直线m/n,P在两直线之间且到m,n的距离分别为1,2，过P 作两条相互垂直的射线与m,n分别交于M,W两点，G为△PMN的重心.若设PM= d,PN=b,则MG可用a,b表示为； PG的最小值为 四、解答题 15.已知向量d与b的夹角为30，=V3,=1. (1)求a+的值； (2)设向量2a-b与d+的夹角为0，求cos8的值. 16.甲、乙两人参加射击比赛，规定两人各射击目标一次为一轮，击中目标者得 1分，未击中者得0分.甲每次击中目标的概率为，乙每次击中目标的概率为， 假设每人每次射击的结果互不影响. (1)第一轮比赛结束，求两人得分和不为0分的概率； (2)在前20轮的比赛中，恰好两人得分相同.现决定进行加赛，规则如下：加赛 中某一轮结束后，有人得分高于另一人，则得分高的人获胜，加赛结束，否则继 续下一轮.加赛不超过三轮，若三轮结束后得分相同，则为平局. ()求加赛满三轮的概率； (ⅱ)求甲获胜的概率. 试卷第3页，共4页 17.如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC,D,E分别为 AB,AC1的中点. 6 E D B (1)证明：DE/平面BCC1B1; (2)设CC1=2,直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°，求直线DE到平面BCC1B1 的距离。 18.在△ABC中，AB-2,BC-3。 (1)若D为AC延长线上一点，CD-V6,且∠A=60°，求BD的长； (2)若D为△ABC外接圆上任一点(B,D在直线AC的两侧)，AC-AD+AB, 求BD:AC。 19.如图，在四棱锥P-ABCD中，△PAD为等边三角形，AD=2BC,AD/BC, CB⊥CD,PB⊥PA. D (I)若平面PAD与平面PBC的交线为L,证明：AD/L; (2)证明：平面PAD⊥平面PBC: (3)若PB与平面ABCD所成的角为60°，求平面PAB与平面ABCD所成二面角的正 切值 试卷第4页，共4页参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 > 8 9 10 答案 B D A B C D B B ABD BD 题号 11 12 13 14 答案 ABD 1-3 85 -à+拓 1 15.()因为a-石=cos30=gx1x号-号 所以+=(a+b=1a+2à.6+12=(32+2×+12=3+3+1=7， 所以a+引=v7. (2)因为2a--(2-2-4-4拉：6+=4×3-4×+1=7， 所以2a-=√7， 又因为(2a-可位+可=2+a.方-郦=2×3+》1=号 (2a-(c+）号 所以cos0= I2a-blla+bl 16.（1)设“甲击中目标”为事件A,“乙击中目标”为事件B, 所以PA=景PB)=号P网=1-=P回=1-号= 第一轮比赛结束后，两人得分为0分的概率为P(aB=P④P(回=×兮立 所以第一轮比赛结束后，两人得分不为0分的概率为1-P(回=1-立=是 (2)(i)设C表示事件“加赛中第(i=1,23)轮平局”，所以P(C)=P(AB)+P(AB)=×号+ 要使加赛满三场，则前两场必须平局， 所以加赛满三场的展率为P(C,6)=(合'=品 ()若甲第一轮加赛胜出，则甲中乙不中概率为：×-子 若甲第二轮加赛胜出，则第一轮平局，第二轮甲中乙不中概率为：品××=石 若甲第三轮加赛胜出，则前两轮平局，第三轮甲中乙不中概率为：品×品×x=品 所以甲获胜的概率为：+霜+器- 576 17.(1)由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接BC1, A B 在△ABC1中，D,E分别为AB,AC1中点，.DE/BC1, ,DEt平面BCC1B1,BC1C平面BCC1B1, ∴.DE/平面BCC1B1. (2)由题意及（1)得，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，∠ACB=90°，AC=BC, 四边形ACC1A1与四边形BCC1B1是矩形， .AC⊥BC,AC⊥CC1,BC⊥CC1,:ACn CC1=C,ACc平面ACC1A1,CC1C平面ACC1A1, BC平面ACC1A1, ∴.BC⊥平面ACC1A1,∠BCC1=90°，.由几何知识得，∠BC1C即为直线BC1与平面ACC1A1 所成的角，直线DE与平面ACC1A1所成的角为45°，在△ABC1中，D,E分别为AB,AC1中点， DE/BC1,.直线BC1与平面ACC1A1所成的角为45°，即LBC1C=45°， 在Rt△BCC1中，∠BC1C=45°，∠BCC1=90°，CC1=2,.AC=BC=CC1=2, 在Rt△ABC中，AC⊥BC,AC=BC,△ABC为等腰直角三角形，过点D作DF/IAC,则点F 为BC中点，DF=AC=1,DF⊥BC,由几何知识得，DE到面BCCB1的距离即为DF=1. ⑧0在△ABC中，由正弦定理知。C二得s∠AGB=A气9<号 BC 3 则∠ACB<A=60°，知∠BCD=180°-∠ACB>120°.即∠BCD为钝角， 则cos ∠BCD=- -sin2 ∠BCD=-5,在△BCD中，由余弦定理知 3 则BD=3V3. (2)由Ac=AD+2AB知，AC-AD=Dc=AB. 得DC/AB,且DC=三AB=3.则四边形ABCD为梯形，且∠ABC+∠DCB=180°， 又四边形ABCD为圆内接四边形， 则∠ABC+∠ADC=180°。 有∠DCB=∠ADC, 则四边形ABCD为等腰梯形，则AD=BC=3.在△ABD中，由余弦定理得 BD2=AB2+AD2-2AB·ADcos∠BAD=13-12COS∠BAD. 在△BCD中，由余弦定理得 则13-12c0s∠BAD=18+18c0s∠BAD,解得c0s∠BAD=-名 则BD.AC=(AD-AB)·(AD+DC =面-画（而+西） -而-丽+丽而 15 =9-6-2=21 19.(1)因为AD/BC,ADt平面PBC,BCc平面PBC,所以AD//平面PBC,又ADc平面PAD, 平面PADn平面PBC=L,所以AD/L. (2)取AD的中点M,连接PM,BM.因为△PAD为等边三角形，所以PM⊥AD. 又AD/BC,AD=2BC,所以MD/BC,MD=BC, 所以四边形MBCD为平行四边形，又CB⊥CD,故四边形MBCD为矩形，所以AD⊥MB, 因为PM∩MB=M,PM,MBC平面PMB,所以AD⊥平面PMB,又PBc平面PMB,所以AD⊥ PB,又PB⊥PA,PAn AD=A,PA,ADc平面PAD,所以PB⊥平面PAD,又PBc平面PBC, 所以平面PAD⊥平面PBC. (3)由(2)知，AD⊥平面PMB,ADc平面ABCD,所以平面PMB⊥平面ABCD,过P作P0⊥MB 于O,因平面PMB∩平面ABCD=MB,P0c平面PMB,则PO⊥平面ABCD, 所以∠PBO是PB与平面ABCD所成的角，即LPB0=60° 过点O作ON⊥AB于N,连PN,因为P0⊥平面ABCD,ABc平面ABCD,所以AB⊥PO, 又ONnP0=N,ON,P0c平面PON,所以AB⊥平面PON,因PNc平面PON,所以AB⊥PN, 则∠PN0为平面PAB与平面ABCD所成的角设BC=1,则AD=2,PM=AD=V3, 因PB⊥平面PAD,PMc平面PAD,则PM⊥PB,在Rt△PMB中，∠BMP=90°-∠PB0=30°， 所以PB=1,MB=2.在Rt△P0B中，P0=PBsine60°=号，B0=PBcos60= 在Rt△AMB中，AB=VAM+MB=V5,易得Rt△AMB与Rt△ONB相似，则0=器 1× 所以ON= -瓷所以am☑PN0-供-差=压 10 P D N