湖南省长沙第一中学2025－2026学年高一下学期数学期末模拟卷

**基本信息** 以湘教版必修二为核心，融合斯诺克赛事、数据传输等真实情境，通过梯度化题型设计，考查空间观念、数据意识与模型构建能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11/58|向量运算、立体几何、复数性质|单选基础巩固（如向量垂直求参数），多选综合辨析（如复数几何意义）| |填空题|3/15|统计量、棱台体积与外接球|结合正棱台结构特征，考查空间想象与运算能力| |解答题|5/77|概率统计、立体几何证明、数学建模|情境化设计（斯诺克几何应用、数据传输概率模型），体现逻辑推理与数学语言表达|

湖南省长沙第一中学2025－2026学年下学期期末模拟卷 高一数学 (考试时间：120分钟分值：150分) 测试范围：湘教版必修第二册。 第一部分（选择题共58分） 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. 若,则 A.2 B.－2 C.1 D.－1 1. 已知向量，，若，则实数m等于（） A. B.0 C.1 D. 1. 在长方体中，，，则直线和直线BC所成角的大小为（） A. B. C. D. 1. 某圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，则该圆锥的体积为（） A. B. C. D. 1. 由斜二测画法得到的一个水平放置的三角形的直观图是等腰三角形，底角为，腰长为2，如图，那么它在原平面图形中，顶点到轴的距离是（） A. B.2 C. D. 1. 已知的内角所对的边分别为,若,且,则等于() A. B. C.2 D.3 1. 一个袋子中有2个红球，4个绿球，采用不放回方式从中依次随机地取出2个球。记事件A：第一次取到红球，事件B：第二次取到绿球，事件C：两次取到同色球，事件D：两次取到异色球，则（） A.A与B互斥 B.A与C相互独立 C.C与D互为对立事件 D.B与D相等 1. 中，，则的取值范围是（） 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。 1. 已知复数，是z的共轭复数，则下列说法正确的是（） A.的虚部为 B. C.z在复平面内对应的点位于第二象限 D.z为方程的一个根 1. 下列命题正确的是（） A.在中，，则的形状一定是直角三角形 B.若四点在同一条直线上，且，则 C.平行四边形中，若，则四边形是矩形 D.在中，若，则点的轨迹经过的内心 1. 如图,在棱长为1的正方体中,点为线段上的动点,动点在平面内,则下列说法中正确的是() A.当为线段中点时,平面截正方体所得的截面为平行四边形 B.当四面体的顶点在一个体积为的球面上时, C.当时,取得最小值 D.的最小值为 第二部分（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。 1. 已知一组数据12,17,15,x,20的平均数为16，则这组数据的第60百分位数为____. 1. 在正三棱台中，AB=2，，棱台的高为，则该棱台的体积为____. 1. 在高为的正四棱台中,,,则此四棱台的外接球的表面积为____. 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。 1. （13分）已知，，. 1. 若，求的值； 1. 当k为何值时，? 1. (15分)某校进行“AI知识”讲座,讲座之后对所有参加学习的学生进行学习效果测评,通过简单随机抽样,获得了100名学生的测评成绩作为样本数据,分成六组,整理得到如下频率分布直方图. （1）根据频率分布直方图求的值，并估计众数和中位数； 1. 在抽取的100名学生中,选取2名测评成绩在的学生作为座谈代表,求这两名学生的测评成绩恰好在同一组的概率. 1. （15分）在直三棱柱中，已知为的中点，. 1. 求证:平面; 1. 若，，，证明：平面. 1. （17分）在2025年斯诺克世界锦标赛中，中国选手赵心童展现了卓越的球技，成为首位获得世锦赛冠军的中国选手，同时也是亚洲首位斯诺克世锦赛冠军。假设在一次模拟的斯诺克比赛中，球桌的尺寸为矩形 ABCD，斯诺克选手需要从一个特定角度击球，使球从点出发，经过点，最终进入袋口，如图所示.其中，，，，足够长. 1. 若，求PE； 1. 若,交于点,设,,其中,,求的最大值. 1. (17分)数据传输包括发送与接收两个环节.在某数据传输中,数据是由数字0和1组成的数字串,发送时按顺序每次只发送一个数字.发送数字0时,收到的数字是0的概率为,收到的数字是1的概率为;发送数字1时,收到的数字是1的概率为,收到的数字是0的概率为.假设每次数字的传输相互独立,且. 1. 若发送的数据为“01”，且，，求接收到的两个数字中有且只有一个正确的概率： 1. 用表示收到的数字串,将中数字0的个数记为,如$X="001"$,则,对应的概率记为. 1. 若发送的数据为：“011”，且，求； 1. 若发送的数据为“0101”，求的最大值. 湖南省长沙第一中学2025－2026学年下学期期末模拟卷 高一数学参考答案 1.[答案]A[解析][分析]根据复数相等的定义，即可求解.[详解]由得，所以x=1，y=－1，所以x－y=2.故选：A 2.[答案]D[解析] [分析]利用向量数量积的坐标表示，列式计算即得. [详解]向量，，则，解得，所以实数等于。 故选：D 3.[解析] [分析]根据已知找到异面直线所成角的平面角，再根据已知求其大小即可. [详解]由长方体结构知且，则为平行四边形，故，所以直线和直线BC所成角，即为或其补角，而BC=2，AC=4，，所以，则. 故选：C 4.[答案]C[解析] [分析]由题可知圆锥底面半径，高为等边三角形的高为，再利用锥体体积公式即可求解.[详解]因为圆锥的轴截面是边长为2的等边三角形，所以圆锥底面半径，高为等边三角形的高为则圆锥的体积 故选：C. 5.[答案]A [解析] [分析]过作的平行线交于M点，解三角形计算结合斜二测画法的意义即可得出结果. [详解] 过作的平行线交于M点，则易知， 由正弦定理可知，则， 由斜二测画法知：在原平面图形中，顶点B到x轴的距离是. 故选：A 6.[答案]B [解析] [分析]利用二倍角的正弦及正弦定理可得，进而利用余弦定理可得的值. [详解]由，可得， 由正弦定理可得 又因为，所以，所以， 在中，，由余弦定理可得 所以. 故选：B 7.[答案]C [解析] [分析]根据互斥事件和对立事件的定义即可判断AC；利用事件独立性的定义即可判断B；列出事件B,D的样本空间即可判断D. [详解]设2个红球为，4个绿球为，所以 由，所以A与B不互斥，故A错误； 因为，所以与不独立，故B错误； 故选：C. 8.[答案]B [解析] [分析]利用二倍角公式化解得，根据内角范围可确定A=B，由此可得A的范围，由正弦定理，根据和差及二倍角公式化解，根据单调性确定范围即可。[详解]∵，∴2A=B或又，∴，即不成立，则2A=B，又，所以由正弦定理得又，所以即的取值范围是. 故选：B 9.[解析] [分析]根据复数的四则运算化简得,求出对应点的坐标判断C,求出共轭复数及虚部判断A,代入方程求解判断D,求出后求模长判断B. [详解]，对应点为在第二象限，故C对；又，虚部为，故A错，，故B错；，故z为方程的一个根，D对.故选：CD 10.[答案]ACD [解析] [分析]由平面向量的概念和线性运算和向量的数量积的运算律逐项计算判断即可. 对于B，依题意如图，但，故选项B错误； 对于C，由，可得 所以，所以， 所以，所以四边形ABCD是矩形，故C正确； 对于D，根据向量加法的几何意义知，以和为邻边的平行四边形为菱形，点P在该菱形的对角线上，由菱形的对角线平分一组对角，故P点的轨迹经过的内心，故D正确.故选：ACD. 11.[答案]ABD [解析] [分析]A应用平面基本性质画出截面，应用面面平行的性质判断：B四面体ABMD的外接球即为M－ABCD的外接球，利用几何关系及已知列方程求线段长判断；C将平面与平面展开到一个平面内，根据两点间线段距离最短求解判断；D在平面内，过B作，交延长线于G，连接DG,,，关于直线对称的直线在平面内，其中K为的对称点，应用二倍角余弦公式求得，进而确定最小时M的位置，再应用余弦定理求长度判断。[详解]对于A:连接并延长，交DC延长线于E，连接EB并延长，交DA延长线于F， 连接，交于，最后连接，即得平面截正方体所得的截面，由为线段中点，根据等比例关系有为的中点，易知，由平面平面，截面分别交平面、平面于，所以，故截面为平行四边形，A正确； 对于B:四面体ABMD的外接球即为M－ABCD的外接球，令CM=x>0， 由正方形ABCD的外接圆半径为，则外接球半径， 所以，则，即，可得，B正确； 对于C:将平面与平面展开到一个平面内,如下图,则最小为长度,又,则,C错误; 对于D:在平面内，过B作，交延长线于G，连接DG,, 所以关于直线对称的直线在平面内，其中为的对称点， 易知，，GM=，且， 所以 当时，此时M在延长线上，不符； 所以，当与重合时，最小D正确. 故选：ABD 12.[答案]16.5 [解析] [分析]由给定的平均数求出，再由第60百分位数的定义求解即可. [详解]由数据12,17,15,x,20的平均数为16，得，解得x=16，由，得数据12,15,16,17,20的第60百分位数为. 13.[答案]#1.75 [解析] [分析]根据台体体积公式计算可解. [详解] 故答案为：. 14.[答案] [解析] [分析]确定上底面和下底面的中心，连接两个中心，分球心在线段上和延长线上两种情况，利用勾股定理列出方程即可求解. [详解]如图,正四棱台中,、分别是上、下底面对角线交点,即上、下底面中心,是正四棱台的高,. 由对称性外接球球心在直线上，设球半径为，连接，， 若O在线段MN上（如图），由OM+ON=MN得, 因为，，所以方程无实数解； 因此O在MN的延长线上（如图），即在平面ABCD下方， 因此有，解得 所以球表面积为. 15.[解析]（1）由题可知，∵，∴ 解得(6分) 1. 由，得(13分) 16.[详解]（1）因为 所以 参加这次测评学生成绩的众数为75分 由所给频率分布直方图知 100名学生成绩在的频率为0.4，在的频率为0.65， 所以参加这次问卷调查学生成绩的中位数在[60,70)内 设中位数为x，则， 解得 所以参加这次问卷调查学生成绩的中位数为64.（7分） 1. 在抽查的100名学生中,成绩在中的学生有人, 成绩在中的学生有人， ∴记[80,90)中的3人为1,2,3， 记[90,100]中的2人为a,b 所有基本事件有： (1,2),(1,3),(1,a),(1,b),(2,3),(2,a),(2,b),(3,a),(3,b),(a,b)共10种， 来自同一组的有：，共4种情况， 故恰好来自同一组的概率.(15分) 17.[详解]（1） 如图，取AB中点E，连接DE，OE，因为D为AC的中点，所以DE//BC， 因为平面，平面，所以平面 因为，所以O为的中点，所以， 因为平面，平面，所以平面， 因为，平面ODE，平面ODE，所以平面平面 又因为平面，所以平面；（6分） 1. 如图，因为，，， 所以，所以，所以 因为平面,平面,所以, 因为平面，所以平面因为平面，所以， 因为，所以四边形为正方形，所以， 又，平面，平面，所以平面（15分） 18. [答案]（1）或 1. [解析] [分析]（1）若，则，在中，根据余弦定理即可求出PE； 1. 法一,由三点共线的推论,列出向量的等式,又由三点共线,得到的关系式,变形得,进而得到的表达式,再利用基本不等式,即可求出最大值; 法二，由三点共线的推论，列出向量的等式，又由、、三点共线，得到的关系式，变形可得，利用上式拼凑出的表达式，再利用基本不等式，即可求出最大值； [小问|详解] 因为，所以 又因为，， 在中，由余弦定理可知， 整理可得，解得或.(7分) [小问2详解] 法一：因为，所以 又因为，，所以 因为、、三点共线，所以，变形得. 所以 当且仅当，即，时，等号成立， 所以的最大值为.(17分) 法二：因为，所以 又因为，，所以 因为、、三点共线，所以 变形得. 因为，，所以， 所以 当且仅当时等号成立，所以的最大值为.(17分) 19.[答案]（1）(2)(i);(ii) [解析] [分析]（1）接收到的两个数字中有且只有一个正确，包括数字0接收正确数字1错误和数字0接收错误数字1正确两种情况，利用事件独立性和互斥性计算即可求解； 1. 事件表示接收到的数据中含两个0，包含两种情况：①数字0接收正确，数字1有一个正确一个错误，②数学0错误，数字1都错误，事件表示接收到的数据中含三个0，只有1种情况：数字0接收正确数字1都错误，然后建立等式，将代入等式中消元，然后根据范围确定取值：（ii）理解事件包含以下三种情况：①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确，③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，分别求出概率再相加，利用换元的思想，令，利用二次函数的性质研究最值即可求解，注意需要确定x的范围。 [小问1详解] 记“接收到的两个数字中有且只有一个正确”为事件，由已知，事件A包含两种情况： 第一种数字0接收正确数字1错误，概率为： 第二种数字0接收错误数字1正确，概率为： 所以;(4分) [小问2详解] 1. 由发送的数据为“011”可知，事件表示接收到的数据中含两个0，包含两种情况：①数字0接收正确，数字1有一个正确一个错误， ②数学0错误，数字1都错误， 所以 事件表示接收到的数据中含三个0， 只有1种情况：数字0接收正确数字1都错误， 所以, 由得： 化简得， 又∵，上式可化为： 或（舍去）；（10分） （ii）当发送的数据为“0101”，事件包含以下三种情况： ①两个1传输都正确，且两个0传输都正确，其概率为， ②有且只有一个1传输正确，且有且只有一个0传输正确， 其概率为 ③两个1传输都错误，且两个0传输都错误，其概率为 令，则 又且 记 由二次函数的性质可知，在单调递减， ∴得最大值为 即的最大值为.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $