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2025-2026学年高一数学下学期期末模拟试卷1（适合广东省）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．如图，若向量对应的复数为z，则表示的复数为（ ）

A．1＋3i B．－3－i
C．3－i D．3＋i
2．若 均为单位向量，且，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
3．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为（ ）
A．2 B． C．4 D．6
4．已知函数是偶函数，则的值为（ ）
A． B．1 C．1或 D．
5．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题正确的是
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若不垂直于平面，则不可能垂直于平面内的无数条直线
D．若，，，则
6．如图，在扇形及扇形中，，，动点在（含端点），则的最小值是（ ）

A． B．6 C． D．7
7．已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
8．中，角，，的对边分别为，若，，，则角为
A． B．或 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．的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则有两解
C．若，且，则为等边三角形
D．若，则可以是钝角三角形
10．如图，在直三棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线∥平面 B．的面积为
C．四棱锥的体积为 D．四棱锥的表面积为
11．已知函数的部分图象如图所示，下列结论正确的有（ ）
A．函数的最小正周期为
B．直线为函数的一条对称轴
C．函数的图象可由向右平移个单位得到
D．直线与函数的图象的所有交点的横坐标之和为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知为单位向量，若对任意实数恒成立，则向量的夹角的取值范围为__________.
13．若函数的部分图象如图所示，可得____________；将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，得到函数的图象，若在上恰有3个零点，则的取值范围为____________．
14．在中，角，，所对的边分别是，，，若，，，则_______________，_______________．
四、解答题
15．（13分）已知向量，（其中实数和不同时为零），当时，有，当时，．
（1）求函数式；
（2）求函数的单调递减区间；
（3）若对，都有，求实数的取值范围．
16．（15分）利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对（其中）视为一个向量，记作．类比平面向量可以定义其运算，两个复向量，的数量积定义为一个复数，记作，满足，复向量的模定义为．
(1)设，，为虚数单位，求复向量、的模；
(2)设、是两个复向量，
①已知对于任意两个平面向量，，（其中），成立，证明：对于复向量、，也成立；
②当时，称复向量与平行．若复向量与平行（其中为虚数单位，），求复数．
17．（15分）如图，是半径为2，圆心角为的扇形，是扇形弧上的一动点，记，四边形的面积为．
（1）找出与的函数关系；
（2）试探求当取何值时，最大，并求出这个最大值．
18．（17分）如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C是边长为2的正方形，ACC1A1是菱形，，且平面BB1C1C平面ACC1A1，M为A1C1中点．

（1）求证：平面MBC⊥平面A1B1C1；
（2）求点C1到平面MB1C的距离．
19．（17分）将函数的图象进行如下变换：先向下平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若，使得，都有，求的取值范围；
(3)若函数在区间内恰有2026个零点，求n的所有可能取值.
2025-2026学年高一数学下学期期末模拟试卷1（适合广东省）（详解版）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．如图，若向量对应的复数为z，则表示的复数为（ ）

A．1＋3i B．－3－i
C．3－i D．3＋i
【答案】D
【解析】利用复数与向量的对应关系可得z＝1－i，再利用复数的运算法则即可得出答案.
【详解】由题图可得Z（1，－1），即z＝1－i，所以z＋＝1－i＋＝1－i＋＝1－i＋＝1－i＋2＋2i＝3＋i.
故选：D.
2．若 均为单位向量，且，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据数量积运算律化简得出，再根据数量积求解模长的最大值即可.
【详解】因为 均为单位向量，且，
因为，所以，
所以，
则.
则的最大值为.
故选：B.
3．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为（ ）
A．2 B． C．4 D．6
【答案】D
【详解】将直观图还原为原图，如图，
在直观图中，，则，
故在原图中，，，
所以，而，
所以原四边形ABCD中最长边为6.
4．已知函数是偶函数，则的值为（ ）
A． B．1 C．1或 D．
【答案】A
【分析】根据余弦函数的奇偶性求出，再根据诱导公式即可得解.
【详解】因为函数是偶函数，
所以，解得，
则.
故选：A.
5．已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，则下列命题正确的是
A．若，，，则
B．若，，，则
C．若不垂直于平面，则不可能垂直于平面内的无数条直线
D．若，，，则
【答案】D
【分析】根据线面的垂直平行关系，逐一分析选项即可.
【详解】逐一分析所给的命题：
对于A，若，，，一条直线垂直于两平面的相交直线，不一定有，该命题错误；
对于B，若，，，无法确定，的关系，该命题错误；
对于C，若不垂直于平面，则可能垂直于平面内的无数条直线（这些直线互相平行），该命题错误；
对于D，若，，，则，该命题正确.
本题选择D选项.
6．如图，在扇形及扇形中，，，动点在（含端点），则的最小值是（ ）

A． B．6 C． D．7
【答案】A
【分析】建立直角坐标系，根据向量的坐标运算，即可结合三角恒等变换求解最值.
【详解】建立如图所示平面直角坐标系，则.
设，，
则,
则，
其中.所以，
当且仅当时，取“=”，
故选:A.

7．已知，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】先求出，再求，再化简即得解.
【详解】解：由得，
所以，
所以.
故选：B
8．中，角，，的对边分别为，若，，，则角为
A． B．或 C． D．
【答案】C
【解析】由正弦定理，得sinA，所以A＝45°或135°．再结合三角形内角和定理得A＜120°，得135°不符合题意，则A可求
【详解】∵△ABC中，
∴sinA
∵，∴A＝45°或135°
∵B＝60°，得A+C＝120°，A＜120°
∴A＝45°（舍去135°）
故选C．
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．的内角的对边分别为，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则有两解
C．若，且，则为等边三角形
D．若，则可以是钝角三角形
【答案】AC
【分析】由三角形大边对大角及正弦定理判断AB选项，由向量加法的几何意义、数量积的运算判断C选项；由两角和的正切公式判断D选项.
【详解】A选项，在中，由得，即，所以，A正确；
B选项，由正弦定理得即，解得，
又因为，所以，所以只能是锐角，所以只有一解，B错误；
C选项，和分别表示与和同方向的单位向量，
以这两个单位向量为邻边的平行四边形是菱形，
又由结合菱形性质知的角平分线与垂直，
所以是等腰三角形且，
又因为，且，所以，
所以是等边三角形，C正确；
D选项，因为，
所以，
所以，即，
因为，所以，
又因为，
所以，所以是锐角三角形，D错误；
故选：AC.
10．如图，在直三棱柱中，，，M，N分别是，的中点，则下列说法正确的是（ ）
A．直线∥平面 B．的面积为
C．四棱锥的体积为 D．四棱锥的表面积为
【答案】ACD
【详解】如图， 取中点， 连接
因为在直三棱柱中， 分别是的中点 ,
所以
又
平面，平面
所以平面平面
又 平面，
所以平面平面
因为平面所以直线∥平面，故A正确；
连接 由条件，知
所以
所以 故B不正确；
对于C选项，易知平面，
所以 ，故C正确；
四棱锥的表面积 + S矩形
= 故 D 正确.
故选：ACD.
11．已知函数的部分图象如图所示，下列结论正确的有（ ）
A．函数的最小正周期为
B．直线为函数的一条对称轴
C．函数的图象可由向右平移个单位得到
D．直线与函数的图象的所有交点的横坐标之和为
【答案】BD
【分析】首先根据函数图像求出函数的解析式，接着利用函数图像性质可判断AB选项，根据图像的伸缩平移变换可判断C选项，根据数形结合可判断D选项；
【详解】由图像可知：,所以函数的最小正周期为，故A错误；
所以，
又，且，所以，
所以，又，
所以，所以，
令，
则，，
所以直线为函数的一条对称轴，故B正确；
由向右平移个单位得到函数，故C错误；
令解得或者，
直线与函数的图象的所有交点的横坐标为：，
所以他们之和为，故D正确；
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知为单位向量，若对任意实数恒成立，则向量的夹角的取值范围为__________.
【答案】
【分析】应用向量数量积的运算律有对任意实数恒成立，再由判别式符号及数量积的定义、余弦函数的单调性求夹角的范围.
【详解】由是单位向量，恒成立得，
依题意，不等式对任意实数恒成立，
则，解得，
而，则，又，
函数在上单调递减，因此，
所以向量的夹角的取值范围为.
13．若函数的部分图象如图所示，可得____________；将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，得到函数的图象，若在上恰有3个零点，则的取值范围为____________．
【答案】
【分析】第一空：利用函数的图象即可求解；第二空：先将函数的图象变换得到的解析式，再利用函数的零点与图象的关系即可求解.
【详解】第一空：由图可知，周期，则，
则，
将点代入中得，，即，
，，
，当时，，故；
第二空：将的图象向右平移个单位长度得到，
再将图象上所有点的纵坐标不变，横坐标缩短为原来的，得到，
，，
在上恰有3个零点，，解得，
则的取值范围为.
故答案为：；.
14．在中，角，，所对的边分别是，，，若，，，则_______________，_______________．
【答案】，.
【详解】由，得，
，
由正弦定理．
四、解答题
15．（13分）已知向量，（其中实数和不同时为零），当时，有，当时，．
（1）求函数式；
（2）求函数的单调递减区间；
（3）若对，都有，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）和；（3）.
【分析】(1)因为当时，得得到y与x的关系式；当时，时，得到，联立得到为分段函数；(2)要求函数的单调递减区间即分区间令求出x的范围即可；(3)根据，解出，分区间讨论x的范围得到的最大值，让m大于等于最大值即可求出m的范围．
【详解】（1）当时，由得，
；（且），
当时，由.
得，
∴，
（2）当且时，
由，解得，，
当时，，
∴函数的单调减区间为和；
（3）对，
都有即，
也就是，
对恒成立，
由（2）知当时，
∴函数在和都单调递增，
又，，
当时，
∴当时，同理可得，当时， 有，
综上所述得，对，
取得最大值2；∴实数的取值范围为.
16．（15分）利用平面向量的坐标表示，可以把平面向量的概念推广为坐标为复数的“复向量”，即可将有序复数对（其中）视为一个向量，记作．类比平面向量可以定义其运算，两个复向量，的数量积定义为一个复数，记作，满足，复向量的模定义为．
(1)设，，为虚数单位，求复向量、的模；
(2)设、是两个复向量，
①已知对于任意两个平面向量，，（其中），成立，证明：对于复向量、，也成立；
②当时，称复向量与平行．若复向量与平行（其中为虚数单位，），求复数．
【答案】(1)，
(2)①证明见解析；②
【分析】（1）根据题目中复向量的模长公式计算即可；
（2）①利用模长公式和复数的三角不等式，以及的坐标表示，即可证明结论成立；
②根据①中等号成立的条件，结合题意即可求出和的值．
【详解】（1）因为，所以，
可得的模为；
因为，所以，
所以的模为；
（2）因为，所以，
由复数的三角不等式，
由，得，所以，
所以，
综上所知，
②考虑①中等号成立的条件知，对于复数的三角不等式，复向量各分量均不为零时，其等号成立的条件是存在非负实数，使得，
若复向量与平行，则，
根据中等号成立的条件，应有，
则，
结合，得，解得；
所以，所以．
17．（15分）如图，是半径为2，圆心角为的扇形，是扇形弧上的一动点，记，四边形的面积为．
（1）找出与的函数关系；
（2）试探求当取何值时，最大，并求出这个最大值．
【答案】（1）（2）当且仅当，即时，最大，且最大值为2.
【分析】（1）四边形的面积可以看成是和的面积之和．因为，则，根据三角形的面积公式即可得出；
（2）对（1）得到的式子进行化简，利用辅助角公式得：，根据，得时，最大，且最大值为．
【详解】（1）
（2）由（1）知
，
因为，所以
故当且仅当，即时，最大，且最大值为2．
18．（17分）如图所示，三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BB1C1C是边长为2的正方形，ACC1A1是菱形，，且平面BB1C1C平面ACC1A1，M为A1C1中点．

（1）求证：平面MBC⊥平面A1B1C1；
（2）求点C1到平面MB1C的距离．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用平面BB1C1C平面ACC1A1，，得到平面，又平面，得，由题意得，即可证明；
（2）利用等体积法，即可求解.
【详解】（1）证明：∵正方形BB1C1C，，
∵面⊥面，面面，面，
∴B1C1⊥面ACC1A1，
又CM 面ACC1A1，∴B1C1⊥CM，
∵ACC1A1是菱形，，
∴为等边三角形，
∵M为A1C1中点，∴CM⊥A1C1，
又A1C1∩B1C1＝C1，且A1C1，B1C1 面A1B1C1，
∴CM⊥面A1B1C1，
又CM 面MBC，
∴平面MBC⊥平面A1B1C1．
（2）解：由（1）可知，B1C1⊥面ACC1A1，
∴B1到平面MCC1的距离为B1C1＝2，
由（1）知，CM⊥面A1B1C1，
∵MB1 面A1B1C1，∴CM⊥MB1，
在中，，
在中，，
，，
设点C1到平面MB1C的距离为h，
，
，
，
故点C1到平面MB1C的距离为．
19．（17分）将函数的图象进行如下变换：先向下平移个单位长度，再将所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），再向左平移个单位长度，得到函数的图象.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若，使得，都有，求的取值范围；
(3)若函数在区间内恰有2026个零点，求n的所有可能取值.
【答案】(1)，
(2)，
(3)2026或2027或1351．
【分析】（1）通过平移和伸缩变换得到，再由求解即可；
（2）由，得到，进而得到，构造不等式，求解即可；
（3）采用换元法，先把问题转化成为二次函数的零点分布问题，再结合三角函数的周期性求的可能值.
【详解】（1）由题意的图象向下平移个单位，得：；再将所得函数图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变）得：；再把所得函数图象向左平移个单位，可得，
由，解得，
所以函数的单调递增区间为，
（2）因为，所以，
所以，
所以，
由，，都有，
可得：，，
即，
因为，
所以，
解得，，
即的取值范围是，；
（3）由题意可得，
设，，则函数等价为，
由，得．
因为，所以有两个不等的实数根，
∴当时，，，此时在上恰有3个零点，
因为，所以，
所以；
当时，设，函数的图象为开口向下，对称轴为的抛物线，
．
所以，．
此时在上恰有2个零点，
因为，所以的可能取值为2026或2027．
综上所述，的可能取值为2026或2027或1351．
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页2025-2026学年高一数学下学期期末模拟试卷2（适合广东省）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．复数的虚部是（ ）
A．20 B． C． D．25
2．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是：，为纪念数学家祖冲之在圆周率研究上的成就，某教师在讲授概率内容时要求学生从小数点后的6位数字1，4，1，5，9，2中随机选取两个数字做为小数点后的前两位（整数部分3不变），那么得到的数字大于3.14的概率为（ ）
A． B． C． D．
3．已知两条直线m，n及平面，则下列推理正确的是：（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．下列四个命题：
①样本方差反映的是所有样本数据与样本平均值的偏离程度；
②某只股票经历了10个跌停（下跌10%）后需再经过10个涨停（上涨10%）就可以回到原来的净值；
③某校高三一级部和二级部的人数分别是m、n，本次期末考试两级部数学平均分分别是a、b，则这两个级部的数学平均分为；
④某中学采用系统抽样方法，从该校高一年级全体800名学生中抽50名学生做牙齿健康检查，现将800名学生从l到800进行编号．已知从497～513这16个数中取得的学生编号是503，则初始在第1小组1～16中随机抽到的学生编号是7．
其中真命题的个数是
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
5．平面上有四点，其中为定点，且为动点，满足，与的面积分别为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
6．已知某几何体的三视图如图所求，则该几何体的表面积为
A． B．
C． D．
7．在四面体ABCD中，为正三角形，AB与平面BCD不垂直，则（ ）
A．AB与CD可能垂直 B．A在平面BCD内的射影可能是B
C．AB与CD不可能垂直 D．平面ABC与平面BCD不可能垂直
8．已知锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，，若，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.
9．已知一组数据，，，，的平均数为5，方差为2，则该组数据的（ ）
A．极差可能为1 B．众数可能为5
C．中位数可能为5 D．第百分位数可能为3
10．已知向量，，则下列说法正确的是（ ）.
A．若，则 B．若，的值为
C．的取值范围为 D．存在，使得
11．如图，正方体的边长为，是的中点，点为正方形内一动点（含边界）,则下列说法正确的是 （ ）
A．四棱锥的体积为定值
B．当时，点的轨迹长度为
C．当直线与平面所成的角为时，则点的轨迹长度为
D．若直线平面，则点的轨迹长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．甲乙两名选手进行一场羽毛球比赛，采用三局二胜制，先胜两局者赢得比赛，比赛随即结束，已知任一局甲胜的概率为，若甲赢得比赛的概率为，则取得最大值时______
13．已知成对样本数据中互不相等，且所有样本点都在曲线上.若的平均值与方差均为5，则的平均值为__________.（其中）
14．正方体的棱长为3，平面内一动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为_______.
四、解答题
15．（13分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知，，分别是三个内角，，的对边，点在上，且，.
(1)若.
①求；
②设点为的费马点，当面积最大时，求的值；
(2)设点为的费马点，若，，求实数t的最小值.
16．（15分）人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点，，则曼哈顿距离为：，余弦相似度为：，余弦距离为
(1)若，，求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离；
(2)已知，、，，若，，求M、P之间的曼哈顿距离.
17．（15分）“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，现已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环．据此，某网站推出了关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点．现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出100人，并将这100人按年龄分为第1组，第2组，第3组，第4组，如图所示，已知区间，，，上的频率依次成等差数列．
（1）分别求出区间，，上的频率；
（2）现从年龄在及的人群中按分层抽样抽取7人，再从中选4人作为生态文明建设知识宣讲员，用表示抽到作为宣讲员的年龄在的人数，表示抽到作为宣讲员的年龄在的人数，设随机变量，求的分布列与数学期望．
0 2 4
18．（17分）在四棱台中，平面，，，，，，垂足为M.

(1)证明：平面平面；
(2)若二面角正弦值为，求直线平面所成角的余弦值.
19．（17分）已知．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求与的夹角的余弦值．
2025-2026学年高一数学下学期期末模拟试卷2（适合广东省）（解析版）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．复数的虚部是（ ）
A．20 B． C． D．25
【答案】A
【分析】利用复数虚部的含义可得答案.
【详解】的虚部是20.
故选：A
2．公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率的值的范围是：，为纪念数学家祖冲之在圆周率研究上的成就，某教师在讲授概率内容时要求学生从小数点后的6位数字1，4，1，5，9，2中随机选取两个数字做为小数点后的前两位（整数部分3不变），那么得到的数字大于3.14的概率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】列出所有等可能的情况，由古典概型概率公式即可得解.
【详解】从6位数字1，4，1，5，9，2中随机选取两个数字，等可能的情况有：
14，11，15，19，12，41，41，45，49，42，11，14，15，19，12，51，54，51，59，52，
91，94，91，95，92，21，24，21，25，29，共30种等可能事件，
符合要求的有24种情况，
故所求概率.
故选：C.
3．已知两条直线m，n及平面，则下列推理正确的是：（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【分析】对A，举出两者异面或相交，对B，可能在平面内，对C，利用线面垂直的性质定理即可判断，对D，可能在内.
【详解】对A选项，，则可能平行，也可能异面，还有可能相交，故A错误，
对B选项，可能在平面内，故错误，
对C选项，根据线面垂直的性质定理：垂直于同一平面的两直线平行，显然正确，
对D选项，，则或者，故D错误.
故选：C.
4．下列四个命题：
①样本方差反映的是所有样本数据与样本平均值的偏离程度；
②某只股票经历了10个跌停（下跌10%）后需再经过10个涨停（上涨10%）就可以回到原来的净值；
③某校高三一级部和二级部的人数分别是m、n，本次期末考试两级部数学平均分分别是a、b，则这两个级部的数学平均分为；
④某中学采用系统抽样方法，从该校高一年级全体800名学生中抽50名学生做牙齿健康检查，现将800名学生从l到800进行编号．已知从497～513这16个数中取得的学生编号是503，则初始在第1小组1～16中随机抽到的学生编号是7．
其中真命题的个数是
A．0个 B．1个 C．2个 D．3个
【答案】C
【详解】试题分析：对于①，∵样本的标准差是样本数据到平均数的一种平均距离，样本的方差是标准差的平方，反映了样本数据的分散程度的大小，∴①正确；
对于②，∵设股票数值为a，股票经历10个跌停（下跌10%）后，再经过10个涨停（上涨10%），其数值为a×（1﹣）（1+）=a．∴②错误；
对于③，∵高三一级部和二级部的总分分别为：ma和nb，总人数为m+n，这两个级部的数学平均分为，∴③错误；
对于④，∵用系统抽样方法，从全体800名学生中抽50名学生的分段间隔为=16，又从497～513这16个数中取得的学生编号是503，
503=16×31+7，∴在第1小组1～l6中随机抽到的学生编号是007号，∴④正确；故选C．
5．平面上有四点，其中为定点，且为动点，满足，与的面积分别为，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】在与中均用余弦定理列式，化简可得，再代入化简得，结合二次函数的性质与余弦函数的值域求最大值即可
【详解】由余弦定理，，即 ， ，故，所以当时，取得最大值．
故选：A
6．已知某几何体的三视图如图所求，则该几何体的表面积为
A． B．
C． D．
【答案】A
【详解】由三视图知，该几何体是将一个圆锥挖掉一个正四棱锥后的几何体，圆锥的底面半径为，高为，母线长为，正四棱锥的底面边长为的正方形，高为，所以该几何体的表面积为，选A.
7．在四面体ABCD中，为正三角形，AB与平面BCD不垂直，则（ ）
A．AB与CD可能垂直 B．A在平面BCD内的射影可能是B
C．AB与CD不可能垂直 D．平面ABC与平面BCD不可能垂直
【答案】A
【分析】根据线线垂直、线面垂直、面面垂直的知识确定正确答案.
【详解】当四面体ABCD为正四面体时，
如图所示，在平面上的射影为，即平面，
由于平面，所以.
延长交于，则，
由于平面，所以平面，
由于平面，所以.
所以A正确，C错误.
若A在平面BCD内的射影是B，则AB与平面BCD垂直，与已知矛盾，B错误.
平面ABC与平面BCD可能垂直，D错误.
故选：A
8．已知锐角三角形中，角，，所对的边分别为，，，若，，若，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由正弦定理边化角得到，再结合正弦定理得到，进而可求解.
【详解】因为三角形中，
所以由，可得，
即，
所以，
即，
又在锐角三角形中，，
则或，即或（舍去）.
因为.
由正弦定理可得，
则
因为是锐角三角形，所以，
所以，所以，
则.
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．已知一组数据，，，，的平均数为5，方差为2，则该组数据的（ ）
A．极差可能为1 B．众数可能为5
C．中位数可能为5 D．第百分位数可能为3
【答案】BC
【分析】对于BC：举例说明即可. 令，，对于A：假设极差为1，可得，，进而分析判断；对于D：根据百分位数可得，进而可得，，，结合基本不等式分析判断即可.
【详解】对于选项BC：例如满足平均数为5，方差为2，
且众数、中位数均为5，符合题意，故BC正确；
令，，
不妨设，
则，且，，
对于选项A：假设极差为1，即，则，，
可得，这与相矛盾，
假设不成立，所以极差不可能为1，故A错误；
对于选项D：因为，则第分位数为，
则，可得，，，
因为，，，
当且仅当时，等号成立，
则，可得，
即，这与相矛盾，
假设不成立，所以第分位数不可能为3，故D错误.
10．已知向量，，则下列说法正确的是（ ）.
A．若，则 B．若，的值为
C．的取值范围为 D．存在，使得
【答案】AB
【分析】由向量共线的坐标运算可判断A；由向量的垂直的坐标运算可判断B；由向量数量积的坐标运算和的范围可判断C；由得，求出的范围可判断D.
【详解】对于A，若，则，所以，故A正确；
对于B，若，则，所以，
因为，所以的值为，故B正确；
对于C，，因为，
所以，，所以的取值范围为，故C错误；
对于D，，所以，，
若，则，得，
解得，因为，所以，解得，
因为，所以无解，故D错误.
故选：AB.
11．如图，正方体的边长为，是的中点，点为正方形内一动点（含边界）,则下列说法正确的是 （ ）
A．四棱锥的体积为定值
B．当时，点的轨迹长度为
C．当直线与平面所成的角为时，则点的轨迹长度为
D．若直线平面，则点的轨迹长度为
【答案】ACD
【分析】对于选项A，求出四棱锥的体积即可判断；对于选项BC，求出的长度，分析点的轨迹，计算其长度，可判断BC选项；对于选项D，利用面面平行的性质得出点的轨迹，并计算出轨迹长度，可判断D选项.
【详解】对于A选项，点到侧面的距离即为，，
故四棱锥的体积，
所以四棱锥的体积为定值，A对；
对于B选项，因为平面，平面，则，
所以，，
可得点的轨迹以点为圆心，为半径的四分之一圆，
其轨迹长度为，B错；
对于C选项，因为与平面所成的角为，则为等腰直角三角形，
所以，，则点的轨迹以点为圆心，为半径为半径的四分之一圆，
其轨迹长度为，C对；
对于D选项，分别取、的中点、，连接、、、，
因为、分别为、的中点，则，
因为平面，平面，所以，平面，
因为且，所以，四边形为平行四边形，则，
因为、分别为、的中点，所以，，故，
因为平面，平面，则平面，
因为，、平面，所以，平面平面，
当点在线段上运动时，平面，则平面，
所以，点的轨迹为线段，其长度为，D对.
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．甲乙两名选手进行一场羽毛球比赛，采用三局二胜制，先胜两局者赢得比赛，比赛随即结束，已知任一局甲胜的概率为，若甲赢得比赛的概率为，则取得最大值时______
【答案】
【分析】利用表示出，从而将表示为关于的函数，利用导数求解出当时函数的单调性，从而可确定最大值点.
【详解】甲赢得比赛的概率：
，
令，
则，令，解得：，
因为，当和时，；当时，
即在和上单调递减；在上单调递增
当时，取最大值，即取最大值
本题正确结果：
13．已知成对样本数据中互不相等，且所有样本点都在曲线上.若的平均值与方差均为5，则的平均值为__________.（其中）
【答案】
【分析】先根据已知条件求出与的值，再结合求出即可得解.
【详解】因为的平均值为5，即，所以，
因为的方差为5，即，解得.
因为所有样本点都在曲线上，
所以，
所以，
所以的平均值为，
故答案为：.
14．正方体的棱长为3，平面内一动点满足，当三棱锥的体积取最大值时，该三棱锥外接球的表面积为_______.
【答案】
【分析】由正方体的性质可得点到的距离即为点平面的距离，在平面中，由可确定点的轨迹为圆，进而可确定点在直线上，且，根据正方体的性质和为直角三角形，进而可得 三棱锥外接球的半径为，进而可得.
【详解】由题意点到平面的距离最大时，三棱锥的体积取最大值，
由正方体的性质可知平面平面，且平面平面，
故点到的距离即为点平面的距离，
如图以正方形的边为轴建立平面直角坐标系，则，，
设，则由可得，
整理得，故点的轨迹为以为圆心，以2为半径的圆，
故点到的最大距离为，此时点在直线上，
由正方体的性质可得平面，又平面，
故，为直角三角形，同理也为直角三角形，
故的中点到的距离都相等，即为三棱锥外接球的球心，
其半径为，
故其表面积为
故答案为：
四、解答题
15．（13分）“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题.该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知，，分别是三个内角，，的对边，点在上，且，.
(1)若.
①求；
②设点为的费马点，当面积最大时，求的值；
(2)设点为的费马点，若，，求实数t的最小值.
【答案】(1)①；②
(2)
【分析】（1）①由正弦定理，角化边，化简后结合余弦定理，即可求解；
②首先根据点的位置确定向量关系，再根据向量数量积，转化为三角形边长的关系，再结合基本不等式确定的最大值，由费马点，结合三角形面积公式确定最后代入数量积公式，即可求解;
（2）首先由三角恒等变换可知，，再设，，，，得到，根据费马定理，结合三个余弦定理表示，和,由勾股定理确定等量关系，再结合基本不等式，即可求解.
【详解】（1）①因为
由正弦定理可得，
化简得，因为.
又，所以.
②因为，可得，所以，
所以，
又，所以，
可得，由，
所以，当时，面积最大.
由，三角形内角和性质可知，的三个内角均小于，结合题设易知点一定在的内部.
所以，
所以，
又因为
.
（2）由已知中，
即，
故，由正弦定理可得，
故直角三角形，即，
点为的费马点，则，
设，，，，
则由得；
由余弦定理得，
，
，
故由得，
即，而，故，
当且仅当，结合，解得时，等号成立，
又，即有，解得或（舍去），
故实数的最小值为.
16．（15分）人脸识别技术在各行各业的应用改变着人类的生活，所谓人脸识别，就是利用计算机分析人脸视频或者图像，并从中提取出有效的识别信息，最终判别对象的身份，在人脸识别中为了检测样本之间的相似度主要应用距离的测试，常用测量距离的方式有曼哈顿距离和余弦距离.若二维空间有两个点，，则曼哈顿距离为：，余弦相似度为：，余弦距离为
(1)若，，求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离；
(2)已知，、，，若，，求M、P之间的曼哈顿距离.
【答案】(1)，余弦距离为；
(2).
【分析】（1）根据题设中距离的定义求A，B之间的曼哈顿距离和余弦距离即可；
（2）根据已知可得、，再结合及正余弦和差公式、平方关系求得、，进而求出M、P的坐标，再由曼哈顿距离的定义求结果.
【详解】（1）由题设定义知：，
，则余弦距离为；
（2），又，则，
，则，
所以，结合，，
所以，可得或，
由，即，故，则，
，
，
所以，，则.
17．（15分）“绿水青山就是金山银山，坚持人与自然和谐共生”的理念越来越深入人心，现已形成了全民自觉参与，造福百姓的良性循环．据此，某网站推出了关于生态文明建设进展情况的调查，调查数据表明，环境治理和保护问题仍是百姓最为关心的热点．现从参与关注生态文明建设的人群中随机选出100人，并将这100人按年龄分为第1组，第2组，第3组，第4组，如图所示，已知区间，，，上的频率依次成等差数列．
（1）分别求出区间，，上的频率；
（2）现从年龄在及的人群中按分层抽样抽取7人，再从中选4人作为生态文明建设知识宣讲员，用表示抽到作为宣讲员的年龄在的人数，表示抽到作为宣讲员的年龄在的人数，设随机变量，求的分布列与数学期望．
【答案】（1）0.1，0.2，0.3；（2）分布列见解析；．
【分析】（1）通过所给的频率，求出其余频率之和，借助前三个频率成等差数列可分别求出对应的频率；（2）分别求出当时，，当，或，时，，当，，，找到的所有可能取值后，借助排列组合知识求解即可．
【详解】（1），，上的频率之和为，
且前三个频率成等差数列（设公差为），故上的频率为，
从而，解得.
故区间，，上的频率分别为0.1，0.2，0.3.
（2）由题意知组抽取3人，组抽取4人，
当时，，
当，或，时，，
当，，，
所以的所有取值为0，2，4，
所以，，，
所求分布列为
0 2 4
所以.
18．（17分）在四棱台中，平面，，，，，，垂足为M.

(1)证明：平面平面；
(2)若二面角正弦值为，求直线平面所成角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）连接，由平面，可得，再由可得平面，从而得，而，结合线面垂直的判定定理可得平面，再由面面垂直的判定定理可得结论，
（2）由已知条件可得平面平面，从而得二面角的余弦值为，由于平面，则得，而，所以为二面角的平面角，从而可求得，由于平面，所以为直线与平面所成角，从而可求得答案.
【详解】（1）连接，

因为平面，平面，
所以，因为，，平面，
所以平面，因为平面，
所以，因为，，面，
所以平面，
因为平面，所以平面平面.
（2）因为，，所以，即，
因为平面，平面，所以，
因为，平面，所以平面，
因为平面，所以平面平面，
设二面角的平面角为，二面角的平面角为，则，
因为二面角正弦值为，所以二面角的余弦值为，
因为平面，平面，故，
因为，
所以为二面角的平面角，
因为平面，平面，
所以，所以，
因为，所以，所以，
因为平面，所以为直线与平面所成角，
所以，
所以直线与平面所成角的余弦为.
【点睛】关键点晴：解题的关键是证出平面平面，然后将二面角正弦值为，转化为二面角的余弦值为，从而为二面角的平面角.
19．（17分）已知．
（Ⅰ）求的值；
（Ⅱ）求与的夹角的余弦值．
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ).
【详解】试题分析：(1)根据向量加法的坐标运算法则，求出的坐标，再利用向量的求模公式求出向量的模；（2）先求出两向量的数量积及两向量的模，利用两向量夹角公式，两向量的夹角的余弦等于这两个向量的点积比模积，求出两向量夹角的余弦.
试题解析：
（Ⅰ）因为，所以，，
所以
或：由得
（Ⅱ）
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页2025-2026学年高一数学下学期期末模拟试卷3（适合广东省）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．已知复数，则其共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知向量满足，，，则
A． B． C． D．
3．在中，点为BC边上一点，且，则实数（ ）
A． B． C． D．
4．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
5．已知向量在向量方向上的投影向量为，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知圆台的上底面半径为2，下底面半径为4，若该圆台的体积为，则其母线长为（ ）
A． B． C．4 D．
7．给定一个正整数，从集合中随机抽取一个数，记事件“这个数为偶数”，事件“这个数为3的倍数”.下列说法正确的是（ ）
A．若，，则至少存在一个，使事件和事件不独立
B．若，，则存在无穷多个，使事件和事件独立
C．若为奇数，则至少存在一个，使事件和事件独立
D．若为偶数，则对任意的，事件和事件独立
8．如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东北方，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口，若部分为直线段，且要求市中心与AB的距离为20千米，则AB的最短距离为（ ）
A．千米 B．千米
C．千米 D．千米
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．如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（ ）
A．图（1）的平均数中位数众数
B．图（2）的平均数<众数<中位数
C．图（2）的众数中位数<平均数
D．图（3）的平均数中位数众数
10．已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．
C．的一个对称中心为
D．若函数在区间上有三个零点，则实数的取值范围为
11．如图所示的几何体是由边长为1的正方形沿直线AB旋转得到的，设G是圆弧的中点，H是圆弧上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）

A．存在点H，使得
B．存在点H，使得平面
C．若，有一质点从C出发，沿着几何体的表面到达H，则最短路程为
D．过B，G，D三点的平面与曲面相交的轨迹是椭圆的一部分，其离心率为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．如下图所示,梯形是水平放置的平面图形的直观图(斜二测画法),若,,,,则四边形的面积是__________.
13．若为奇函数，则的一个取值为________．
14．在中，，，，为边上一点，，，，则的最小值为______
四、解答题
15．（13分）已知函数.
(1)求函数的最小正周期和单调递增区间．
(2)求在区间上的最大值和最小值．
16．（15分）在中，内角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若的面积为，，．
（ⅰ）求和的值；
（ⅱ）求的值．
17．（15分）《中国制造2025》是中国实施制造强国战略第一个十年的行动纲领，制造业是国民经济的主体，是立国之本、兴国之器、强国之基．发展制造业的基本方针为质量为先，坚持把质量作为建设制造强国的生命线某电子产品制造企业为了提升生产效率，对现有的一条电子产品生产线进行技术升级改造，为了分析改造的效果，该企业质检人员从该条生产线所生产的电子产品中随机抽取了1000件，检测产品的某项质量指标值，根据检测数据得到下表(单位：件)．
质量指标值
产品 60 100 160 300 200 100 80
(1)估计这组样本的质量指标值的平均数和方差(同一组中的数据用该组区间中点值作代表)；
(2)设表示不大于x的最大整数，表示不小于x的最小整数，s精确到个位，，，，根据检验标准，技术升级改造后，若质量指标值有落在内，则可以判断技术改造后的产品质量初级稳定；若有落在内，则可以判断技术改造后的产品质量稳定，可认为生产线技术改造成功．请问：根据样本数据估计，是否可以判定生产线的技术改造是成功的？
18．（17分）如图，在直三棱柱中，为的中点，，且．
(1)证明：平面；
(2)若，二面角的平面角为．
①求与平面所成角的正弦值；
②点在面内，且三棱锥的体积为，求点轨迹的长度．
19．（17分）已知平行四边形ABCD中，与对应的复数分别是3＋2i与1＋4i，两对角线AC与BD相交于P点.
（1）求对应的复数；
（2）求对应的复数；
（3）求△APB的面积.
2025-2026学年高一数学下学期期末模拟试卷3（适合广东省）（解析版）
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．已知复数，则其共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【分析】根据复数的运算法则，化简复数，得到，再结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由题意，复数，所以，
在复平面内对应的点为位于第三象限．
故选：C.
【点睛】本题主要考查了复数的除法运算，以及共轭复数的概念和复数的几何意义，其中解答中熟记复数的四则运算法则，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力.
2．已知向量满足，，，则
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】将转化为，结合数量积的运算，即可求得答案.
【详解】由题意得：，
故选：D.
3．在中，点为BC边上一点，且，则实数（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，过点P作PD∥AB，交AC于点D，作交AB于点，然后结合平面向量的线性运算及平面向量基本定理，即可得到结果．
【详解】如图，过点P作PD∥AB，交AC于点D，作交AB于点E，

∵，∴，
∴，∴，
∴，
∴
故选：C．
4．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
【答案】C
【分析】根据线面平行的位置关系判断AB；根据线面垂直、面面垂直的判定及性质判断CD.
【详解】对于A，由，，则或异面，故A错误；
对于B，由，，则或，故B错误；
对于C，由，，则或，
则在平面内存在直线，而，则，所以，故C正确；
对于D，由，，，
只有当或时，，故D错误.
故选：C.
5．已知向量在向量方向上的投影向量为，且，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由投影向量的定义求出，再由向量的模长公式求解即可.
【详解】因为向量在向量上的投影向量为，
所以，所以，又，
所以，所以.
故选：D.
6．已知圆台的上底面半径为2，下底面半径为4，若该圆台的体积为，则其母线长为（ ）
A． B． C．4 D．
【答案】A
【分析】根据圆台体积公式求出圆台高，再由高及底面半径求圆台母线.
【详解】设圆台的高为，
则圆台的体积，
解得，
故圆台母线长．
故选：A
7．给定一个正整数，从集合中随机抽取一个数，记事件“这个数为偶数”，事件“这个数为3的倍数”.下列说法正确的是（ ）
A．若，，则至少存在一个，使事件和事件不独立
B．若，，则存在无穷多个，使事件和事件独立
C．若为奇数，则至少存在一个，使事件和事件独立
D．若为偶数，则对任意的，事件和事件独立
【答案】B
【分析】主要是用判断事件的相互独立性.
【详解】对于A，对于任意，，
即事件和事件独立， A不正确.
对于B，当时，满足；
当时，满足；
以此类推，当时，，，满足；
故存在无穷多个，使事件和事件独立，B正确.
对于C，当时，，
此时显然；
当时，，
此时显然；
当时，，
此时显然；
综上可知，对任意奇数，事件和事件都不独立；C不正确.
对于D，当时，D不正确.
故选：B.
8．如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东北方，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口，若部分为直线段，且要求市中心与AB的距离为20千米，则AB的最短距离为（ ）
A．千米 B．千米
C．千米 D．千米
【答案】D
【分析】使用余弦定理及基本不等式，得到，使用正弦定理及三角恒等变换得到，进而求得AB的最短距离.
【详解】
在中，，
设，
则，
当且仅当时取等号，
设，则，
又到的距离为20千米，所以，，
故（时取等号），
所以，得，
故选：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．如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（ ）
A．图（1）的平均数中位数众数
B．图（2）的平均数<众数<中位数
C．图（2）的众数中位数<平均数
D．图（3）的平均数中位数众数
【答案】ACD
【详解】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断.
【分析】图（1）的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数=众数，故A正确；
图（2）众数最小，右拖尾平均数大于中位数，故B错误，C正确；
图（3）左拖尾众数最大，平均数小于中位数，故D正确.
故选：ACD.
10．已知函数（其中，，）的部分图象如图所示，则（ ）
A．
B．
C．的一个对称中心为
D．若函数在区间上有三个零点，则实数的取值范围为
【答案】BCD
【分析】根据，得或，再分类讨论即可判断AB；根据直接求解对称中心判断C；由题，进而结合函数图象得，解不等式即可得答案.
【详解】由图象可知，，所以，即，
又因为，所以或，
若，由得，即，
由图象可知，即，即，
所以，即，解得，此时无解，
故，此时由得，即，
因为，即，解得，
所以，，即，故选项B正确，A错误；
由得，故函数的对称中心为，当时，对称中心为，故选项C正确；
，因为，所以，
因为有三个零点，结合图象可得，解得，故选项D正确.
故选：BCD.
11．如图所示的几何体是由边长为1的正方形沿直线AB旋转得到的，设G是圆弧的中点，H是圆弧上的动点（含端点），则下列说法正确的是（ ）

A．存在点H，使得
B．存在点H，使得平面
C．若，有一质点从C出发，沿着几何体的表面到达H，则最短路程为
D．过B，G，D三点的平面与曲面相交的轨迹是椭圆的一部分，其离心率为
【答案】BD
【分析】建立空间直角坐标系求解,选项将曲面展开成矩形，找到点在矩形上的位置，即可求解，将图形补成整个圆柱，并将两个相同的圆柱拼在一起，将两个既和截面相切又和圆柱相切的两个球放入圆柱内，通过切线长相等即可求解选项.
【详解】选项,圆弧的中点为,分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则,,,,，,
若，则，即，此时底面半圆和直线无交点，则不存在点H，使得，故错误；
选项,由已知得,则,,
设平面的法向量为，则
，令，则，所以，
若平面，则，即，此时点和重合，
即存在点，使得平面,故正确；

选项,将曲面展开为矩形，即,
因为，所以, ,
所以从C出发，沿着几何体的表面到达H，则最短路程为,
即，故错误；

选项,将半个圆柱补成一个圆柱，且将两个相同的圆柱拼在一起，
所在的平面与圆柱的交线如图所示，将两个球放入圆柱内使每一个球都与圆柱和截面相切，设两个球与截面的切点分别为,取曲线上一点,过点的圆柱的母线分别交两球的大圆于点,则,,所以，
其中为定值，故点的轨迹为椭圆的一部分，
其中，所以，，
，所以离心率为，故正确；

故选：.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．如下图所示,梯形是水平放置的平面图形的直观图(斜二测画法),若,,,,则四边形的面积是__________.
【答案】5
【分析】根据斜二测画法知，四边形ABCD是上底为2下底为3，高的直角梯形，利用梯形公式即可求解.
【详解】由直观图知，四边形ABCD中，ABCD,,因为，所以，且,根据梯形面积公式，故填5.
【点睛】本题考查直观图，斜二测画法，属于中档题. 解决直观图相关问题，需要利用斜二测画法联系原图形和直观图.
13．若为奇函数，则的一个取值为________．
【答案】（答案不唯一）
【分析】根据余弦函数的性质找到符合题意的的值即可.
【详解】函数的定义域为，
当时，
则，所以为奇函数，
同理当时也为奇函数，
故均能使为奇函数.
故答案为：（答案不唯一）
14．在中，，，，为边上一点，，，，则的最小值为______
【答案】/
【分析】分析题意得到的范围，利用正弦定理和锐角三角函数的定义表示出边长，再利用基本不等式里‘1’的代换求解最值即可.
【详解】因为为边上一点，过作交于，
则，当在之间时，无法构成，此时如图所示，

所以在的延长线上，可得，所以，，
因为，所以，，
而在中，，，可得，
，
在中，由正弦定理得，
即，可得，
，所以，
，
，
当且仅当时取等，此时解得，
所以的最小值为.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：本题考查解三角形，解题关键是合理利用条件表示出边长，然后利用基本不等式得到所要求的最值即可．
四、解答题
15．（13分）已知函数.
(1)求函数的最小正周期和单调递增区间．
(2)求在区间上的最大值和最小值．
【答案】(1)最小正周期，单调递增区间为
(2)最大值为，最小值为
【分析】（1）利用三角恒等变换可得，再根据周期公式可求得最小正周期，利用正弦函数的性质即得；
（2）根据正弦函数的图象及性质即得．
【详解】（1）∵
最小正周期，
由，，
得，，
∴单调递增区间为；
（2）∵，∴，
∴，∴，
∴在上最大值为(当时取到)，最小值为(当时取到).
16．（15分）在中，内角的对边分别为，且．
(1)求角的大小；
(2)若的面积为，，．
（ⅰ）求和的值；
（ⅱ）求的值．
【答案】(1)
(2)（ⅰ），；（ⅱ）
【分析】（1）根据正、余弦定理化简计算可得，即可求解；
（2）（i）根据三角形的面积公式和余弦定理计算可得、，即可求出；（ii）根据正弦定理求出，结合同角的平方关系和二倍角的正弦公式计算即可求解.
【详解】（1）由余弦定理，，
由，得，
由正弦定理，得，
则，又，所以，
又，所以．
（2）（ⅰ）由（1）知，，得①．
由余弦定理，所以②．
由①②，得，解得，
由，解得，．
（ⅱ）由正弦定理，所以，
为锐角，，
．
17．（15分）《中国制造2025》是中国实施制造强国战略第一个十年的行动纲领，制造业是国民经济的主体，是立国之本、兴国之器、强国之基．发展制造业的基本方针为质量为先，坚持把质量作为建设制造强国的生命线某电子产品制造企业为了提升生产效率，对现有的一条电子产品生产线进行技术升级改造，为了分析改造的效果，该企业质检人员从该条生产线所生产的电子产品中随机抽取了1000件，检测产品的某项质量指标值，根据检测数据得到下表(单位：件)．
质量指标值
产品 60 100 160 300 200 100 80
(1)估计这组样本的质量指标值的平均数和方差(同一组中的数据用该组区间中点值作代表)；
(2)设表示不大于x的最大整数，表示不小于x的最小整数，s精确到个位，，，，根据检验标准，技术升级改造后，若质量指标值有落在内，则可以判断技术改造后的产品质量初级稳定；若有落在内，则可以判断技术改造后的产品质量稳定，可认为生产线技术改造成功．请问：根据样本数据估计，是否可以判定生产线的技术改造是成功的？
【答案】(1)61，241；
(2)可以判断技术改造后的产品质量初级稳定，但不能判定生产线技术改造成功.
【分析】(1)利用表格中的数据，根据平均数和方差的计算公式计算即可；
(2)根据题中公式，计算出区间并判段数据落在该区间的概率，计算出区间并判段数据落在该区间的概率，与题中条件比较即可得出结论.
【详解】（1）由题，可知
．
．
（2）由知，，
则，，
该抽样数据落在内的频率约为；
又，，
该抽样数据落在内的频率约为，
∴可以判断技术改造后的产品质量初级稳定，但不能判定生产线技术改造成功．
18．（17分）如图，在直三棱柱中，为的中点，，且．
(1)证明：平面；
(2)若，二面角的平面角为．
①求与平面所成角的正弦值；
②点在面内，且三棱锥的体积为，求点轨迹的长度．
【答案】(1)在直三棱柱中，平面，由平面，得，
由为的中点，，得，又，平面，
所以平面
(2)①；②.
【分析】（1）利用线面垂直的性质、判定推理得证.
（2）①建立空间直角坐标系，利用面面角的法向量列式求出，再利用线面角的向量法求解；②利用三棱锥体积求出点到平面的距离，再由向量法求距离求出轨迹方程，进而求出轨迹长度.
【详解】（1）略
（2）①在直三棱柱中，，则直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，
则，，
设平面的法向量，则，取，得，
而平面的法向量，由二面角的平面角为，
得，解得，，，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
②由（1）得，则，
由三棱锥的体积为，得到平面的距离为，
由点在侧面上，设，则，
因此到平面的距离为，
点轨迹方程为，而，
则在侧面上的轨迹是线段，所以的轨迹长度为.
19．（17分）已知平行四边形ABCD中，与对应的复数分别是3＋2i与1＋4i，两对角线AC与BD相交于P点.
（1）求对应的复数；
（2）求对应的复数；
（3）求△APB的面积.
【答案】（1）－2＋2i；（2）5；（3）.
【分析】(1)平行四边形ABCD中，有且与对应的复数分别是3＋2i与1＋4i，即对应的复数为－2＋2i
(2)同(1)，由于，而与对应的复数分别是3＋2i与－2＋2i，即对应的复数为5
(3) 平行四边形ABCD中，根据向量的关系得到、，由向量数量积的坐标公式和几何意义有，解得cos∠APB＝进而得到sin∠APB＝，再由三角形面积公式求得面积为5
【详解】由题意，画出平行四边形如下图示

（1）在平行四边形ABCD中，有
∴有 = (1＋4i)－(3＋2i)＝－2＋2i
即对应的复数是－2＋2i
（2）∵= (3＋2i)－(－2＋2i)＝5
即对应的复数是5
（3）∵
∴，而，
即
∴cos∠APB＝，故sin∠APB＝
故
即的面积为
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页2025-2026学年高一数学下学期期末模拟试卷4（适合广东省）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．在下列各组向量中，互相垂直的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，，
3．某校高二年级有学生1400人，其中女生714人，用分层抽样方法抽取容量为100的一个样本，则所抽男生人数是（ ）
A．52 B．51 C．49 D．48
4．已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，1752年，两位法国天文学家为了测量地球与月球之间的距离，利用几乎位于同一经线上，且纬度差约为的柏林（点）与好望角（点）为基点，测量出，的大小.设地球半径为，则地球表面与月球表面的最小距离约为（ ）

A．
B．
C．
D．
6．如图，正六棱柱的底面边长为5，点分别为线段的中点，若异面直线与所成角的余弦值是，则此正六棱柱的体积为（ ）
A． B．或 C． D．或
7．已知中，点为线段上靠近的三等分点，点是线段的中点，点是直线与的交点，则（ ）
A． B．
C． D．
8．已知在直三棱柱中，E，F分别为，的中点，，，，，如图所示，若过A、E、F三点的平面作该直三棱柱的截面，则所得截面的面积为（ ）
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．已知复数，且是非零复数，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．
10．下列结论中正确的有（ ）
A．已知，若，则；
B．某学生次考试的数学成绩分别为：，则这次数学成绩的第百分位数为；
C．已知的平均值为，则的平均值为；
D．已知为两个随机事件，若，则.
11．如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为正方形上的动点，则（ ）
A．满足MP//平面的点P的轨迹长度为
B．满足的点P的轨迹长度为
C．不存在点P，使得平面AMP经过点B
D．存在点P满足
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．是边长为a正方体，与所成角的大小______．
13．如图所示，平面四边形由等腰与等边拼接而成，其中，，，则_________；若，则当取得最小值时，_________．
14．棱长均为2的正四面体的一个顶点到对应底面的距离为____________.
四、解答题
15．（13分）某市共有50万户居民，城市调查队按千分之一的比例进行入户调查，抽样调查的结果如下（分组数据用各组中间值作为本组数据的代表）：
家庭人均月收入／元 合计
工作人员家庭（户） 20 60 200 80 40 400
管理人员家庭（户） 5 10 50 20 15 100
(1)一般工作人员家庭人均月收入的估计值及方差的估计值；
(2)管理人员家庭人均月收入的估计值及方差的估计值；
(3)总体人均月收入的估计值及总体方差的估计值．
16．（15分）已知函数，若对于任意的实数都能构成三角形的三条边长，则称函数为上的“完美三角形函数”.
(1)记在上的最大值、最小值分别为，试判断“”是“为上的“完美三角形函数”的什么条件？不需要证明；
(2)设向量，若函数为上的“完美三角形函数”，求实数的取值范围；
(3)已知函数为（为正的实常数）上的“完美三角形函数”.函数的图象上，是否存在不同的三个点，它们在以轴为实轴，轴为虚轴的复平面上所对应的复数分别为，满足，且？若存在，请求出相应的复数，若不存在，请说明理由.
17．（15分）某公司计划举办周年庆活动，其中设计了“做游戏赢奖金”环节，从所有员工中选取10名业绩突出的员工参加投掷游戏，每位员工只能参加一次，并制定游戏规则如下：参与者投掷一枚均匀的骰子，初始分数为0，每次掷得点数为偶数得2分，点数为奇数得1分.连续投掷累计得分达到9分或10分时，游戏结束.
(1)设员工在游戏过程中累计得分的概率为.
①求；
②求证数列为等比数列.
(2)得9分的员工，获得二等奖，得10分的员工，获得一等奖，若一等奖的奖金为二等奖的奖金的两倍，且该公司计划作为游戏奖励的预算资金不超过1万元，则一等奖的奖金最多不能超过多少元？（精确到1元）
18．（17分）如图，已知长方体，，，直线BD与平面所成角为30°，AE垂直BD于E．
(1)若F为棱的动点，试确定F的位置，使得平面，并说明理由；
(2)若F为棱的中点，求点A到平面的距离；
(3)若F为棱上的动点（除端点 外），求二面角的平面角的范围．
19．（17分）如图，（1）写出的坐标；
（2）设，求和的单位向量.
2025-2026学年高一数学下学期期末模拟试卷4（适合广东省）（解析版）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．已知复数z满足，则复数z在复平面内对应的点在（　　）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】A
【分析】根据复数的运算法则求出复数的代数形式，再由复数的几何意义确定其对应点所在象限.
【详解】∵，∴，
∴ ，∴复数z在复平面内对应的点为，
故复数z在复平面内对应的点在第一象限，
故选：A.
2．在下列各组向量中，互相垂直的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，，
【答案】A
【分析】求出两向量的数量积，根据两垂直向量的数量积关系进行判断．
【详解】若两个向量、垂直，则，
对于选项A，，满足条件；
对于选项B，，不满足条件；
对于选项C，，不满足条件；
对于选项D，，不满足条件；
故选：A
【点睛】本题主要垂直向量的数量积关系、向量数量积的坐标表示，属于基础题．
3．某校高二年级有学生1400人，其中女生714人，用分层抽样方法抽取容量为100的一个样本，则所抽男生人数是（ ）
A．52 B．51 C．49 D．48
【答案】C
【分析】直接根据男生占总人数的比例来求解即可.
【详解】根据男女生人数情况可得所抽男生人数是.
故选：C.
4．已知圆锥的底面半径和高相等，侧面积为，过圆锥的两条母线作截面，截面为等边三角形，则圆锥底面中心到截面的距离为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】首先利用侧面积求得圆锥的底面半径和高，利用等体积法计算出圆锥底面中心到截面.
【详解】设圆锥底面半径和高为，母线长为，侧面积为，解得.即圆锥的底面半径和高为，母线长为，则，所以三角形为等腰直角三角形.设圆锥底面中心到截面的距离为，设圆锥的顶点为，则，，解得，即圆锥底面中心到截面的距离为.
故选：A
【点睛】本小题主要考查圆锥侧面积有关计算，考查点到面的距离计算，属于基础题.
5．如图，1752年，两位法国天文学家为了测量地球与月球之间的距离，利用几乎位于同一经线上，且纬度差约为的柏林（点）与好望角（点）为基点，测量出，的大小.设地球半径为，则地球表面与月球表面的最小距离约为（ ）

A．
B．
C．
D．
【答案】A
【分析】由正弦定理，求出，，设，根据正弦定理求出，根据求出，再减去地球半径即可.
【详解】设地球球心为，月球表面上的点为，
因为柏林与好望角纬度差约为，可以将其看作进行计算，

则，
由地球半径为，则，
在中，由正弦定理，，
解得，，
设，
在中，由正弦定理，，
解得，
在中，由正弦定理，，
解得，
因为，
则，
故，
因此，
而地球表面与月球表面的最小距离为减去地球半径，
故答案为.
故选：A.
6．如图，正六棱柱的底面边长为5，点分别为线段的中点，若异面直线与所成角的余弦值是，则此正六棱柱的体积为（ ）
A． B．或 C． D．或
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用异面直线夹角的定义，结合余弦定理求出正六棱柱的高，进而求出体积.
【详解】在正六棱柱中，连接，则，
（或其补角）为异面直线与所成的角，设此正六棱柱的高为，
在中，，，
则，即，解得或，
此正六棱柱的体积，所以或.
故选：D
7．已知中，点为线段上靠近的三等分点，点是线段的中点，点是直线与的交点，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【解析】设，由点是线段的中点可得，由点为线段上靠近的三等分点可得，然后可得，然后可得，即可解出答案.
【详解】
设，
因为点是线段的中点，所以
所以，所以，即①
因为点为线段上靠近的三等分点，所以
所以，因为三点共线，所以②
由①②可解得
故选：B
【点睛】结论点睛：若，则三点共线
8．已知在直三棱柱中，E，F分别为，的中点，，，，，如图所示，若过A、E、F三点的平面作该直三棱柱的截面，则所得截面的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】延长，且与相交于，连接EG，并与相交于，连接FD，
则四边形AEDF为所求的截面，后由几何知识可得截面面积.
【详解】解析：延长，且与相交于，连接EG，并与相交于，连接FD，则四边形AEDF为所求的截面.
在中，由，，得.
在中，由，，得.
因为为的中点，所以由平面几何知识可知，.
所以，，即为AG的中点，所以.
又由，可得，
又，，所以.
在中，由，，得，所以.
所以在中，有，，，
即，所以.又注意到，
，
则四边形AEDF的面积为.
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．已知复数，且是非零复数，则下列结论正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．
【答案】BC
【分析】解法一：设，然后根据复数的模、乘除运算、共轭复数等逐一判断计算；
解法二：取复数的特殊值，对特定选项进行排除即可得到答案.
【详解】解法一：
设，
对于A，，即，则，
整理得，无法得出，故A错误．
对于B，易知，故，而，故B正确．
对于C，由可得，因为是非零复数，
所以，即，故C正确．
对于D，，
当时，成立，故D错误．
解法二：
对于A，取，显然满足，但，故A错误．
对于D，取，则，故D错误．
故选：BC．
10．下列结论中正确的有（ ）
A．已知，若，则；
B．某学生次考试的数学成绩分别为：，则这次数学成绩的第百分位数为；
C．已知的平均值为，则的平均值为；
D．已知为两个随机事件，若，则.
【答案】ACD
【分析】利用正态分布的性质求得的值判断选项A；利用百分位数定义求得第百分位数判断选项B；
利用平均数定义求得的平均值判断选项C；利用条件概率公式求得的值判断选项D.
【详解】选项A: ，若，则
故，A正确；
选项B：由，可得这次数学成绩的第百分位数为第与第个
数据的平均数，B错误；
选项C: 的平均值为，则，
则，故的平均值为，C正确；
选项D: 若，
则，则，
则，D正确.
故选：ACD
11．如图，已知正方体的棱长为2，点M为的中点，点P为正方形上的动点，则（ ）
A．满足MP//平面的点P的轨迹长度为
B．满足的点P的轨迹长度为
C．不存在点P，使得平面AMP经过点B
D．存在点P满足
【答案】ACD
【分析】A选项，作出辅助线得到面面平行，从而得到满足MP//平面的点P的轨迹长度为的长，为，A正确；
B选项，作出辅助线得到满足的点P的轨迹长度为线段ST的长度，
又因为，B错误；
C选项，作出辅助线，得到平面截正方体所得的截面，根据截面与与正方形没有交点，故不存在点P，使得平面AMP经过点B；
D选项，作出辅助线，求出的最小值，且存在点P使得，故可得到存在点P满足.
【详解】如图1，取的中点F，取的中点E，连接EF，FM，EM，
因为M为的中点，
所以，，，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得：平面，
因为平面EFM，
所以平面平面，
因为点P为正方形上的动点，
所以当P在线段EF上时，MP//平面，
故满足MP//平面的点P的轨迹长度为的长，为，A正确；
如图2，过点M作MQ⊥AM，交于点Q，可得：，
因为正方体的棱长为2，点M为的中点，
所以，故，
即，解得：，
过点Q作，交于点S，交于点T，
则平面，因为平面，
所以，
当点P位于线段ST上时，满足，
即满足的点P的轨迹长度为线段ST的长度，
又因为，所以B选项错误；
如图3，连接BM，取中点H，连接AH，HM，则可知平面截正方体所得的截面为ABMH，与正方形没有交点，
所以不存在点P，使得平面AMP经过点B
故C正确；
如图4，延长到点O，使得，则点M关于平面的对称点为O，
连接AO交正方形于点P，则此时使得取得最小值，
最小值为，
当点P与重合时，此时，
故存在点P满足
D正确；
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．是边长为a正方体，与所成角的大小______．
【答案】
【分析】在平面内作出的平行线，通过证明垂直关系即可求出两异面直线的夹角.
【详解】连接，因为且，所以四边形是平行四边形，
所以，因为是正方形，所以，
所以，即与成.
故答案为：
13．如图所示，平面四边形由等腰与等边拼接而成，其中，，，则_________；若，则当取得最小值时，_________．
【答案】 /
【分析】解法一：由条件结合向量的线性运算可得，再利用数量积定义可求，
取线段AD的中点E，结合向量运算可得，由平面几何知识求的最小值，由此确定.
解法二：建立平面直角坐标系，利用向量的运算求，，再求的最小值即可.
【详解】解法一：
因为为等边三角形，，
所以，，
因为为等腰三角形，，，
所以，所以，，
即，，
取的中点为，
所以,
因为，，，
所以，，
故；
取线段AD的中点E，，
因此当最小时，取得最小值，
过点E作线段BC的垂线，垂足为P，
过点作，则四边形为矩形，
由已知，，
所以，
所以．
解法二：因为为等边三角形，，
所以，，
因为为等腰三角形，，，
取的中点为，
所以,
因为，，，
所以，，
以BD，AC分别为x，y轴建立平面直角坐标系；
故，
故；
而，则，则，
所以点的坐标为，
故，，
故，
可知当时，取得最小值．
故答案为：；.
14．棱长均为2的正四面体的一个顶点到对应底面的距离为____________.
【答案】/
【分析】根据已知条件求解正四面体的高即可．
【详解】如图，在正四面体中，为底面△的外心，平面，
又，
所以.

故答案为：
四、解答题
15．（13分）某市共有50万户居民，城市调查队按千分之一的比例进行入户调查，抽样调查的结果如下（分组数据用各组中间值作为本组数据的代表）：
家庭人均月收入／元 合计
工作人员家庭（户） 20 60 200 80 40 400
管理人员家庭（户） 5 10 50 20 15 100
(1)一般工作人员家庭人均月收入的估计值及方差的估计值；
(2)管理人员家庭人均月收入的估计值及方差的估计值；
(3)总体人均月收入的估计值及总体方差的估计值．
【答案】(1)，
(2)，
(3)，
【分析】（1）根据表格数据直接计算一般工作人员家庭人均月收入的估计值及方差的估计值即可；
（2）根据表格数据直接计算管理人员家庭人均月收入的估计值及方差的估计值即可；
（3）根据表格数据直接计算总体人均月收入的估计值及总体方差的估计值即可.
【详解】（1），
.
（2），
.
（3），
.
16．（15分）已知函数，若对于任意的实数都能构成三角形的三条边长，则称函数为上的“完美三角形函数”.
(1)记在上的最大值、最小值分别为，试判断“”是“为上的“完美三角形函数”的什么条件？不需要证明；
(2)设向量，若函数为上的“完美三角形函数”，求实数的取值范围；
(3)已知函数为（为正的实常数）上的“完美三角形函数”.函数的图象上，是否存在不同的三个点，它们在以轴为实轴，轴为虚轴的复平面上所对应的复数分别为，满足，且？若存在，请求出相应的复数，若不存在，请说明理由.
【答案】(1)充要条件
(2)
(3)不存在，理由见解析
【分析】（1）根据 “完美三角形函数”的定义判断；
（2）先将化简，对的正负讨论求出的值域，根据 “完美三角形函数”的定义列式求解；
（3）根据“完美三角形函数”的定义列式可得，假设存在满足题意的点，且，则，运算可得，结合 ，分析得到矛盾，故不存在.
【详解】（1）根据 “完美三角形函数”的定义可得充要条件.
（2）
，
，
①当时，，
由，得，
②当时，，满足题意，
③当时，，
由，得，
综上，实数的取值范围是.
（3）由题可得，，
由，得，故，
假设存在满足题意的点，且，
则，
而
，
故，
事实上，由 ，
得，
从而，矛盾，
故不存在点满足题意.
17．（15分）某公司计划举办周年庆活动，其中设计了“做游戏赢奖金”环节，从所有员工中选取10名业绩突出的员工参加投掷游戏，每位员工只能参加一次，并制定游戏规则如下：参与者投掷一枚均匀的骰子，初始分数为0，每次掷得点数为偶数得2分，点数为奇数得1分.连续投掷累计得分达到9分或10分时，游戏结束.
(1)设员工在游戏过程中累计得分的概率为.
①求；
②求证数列为等比数列.
(2)得9分的员工，获得二等奖，得10分的员工，获得一等奖，若一等奖的奖金为二等奖的奖金的两倍，且该公司计划作为游戏奖励的预算资金不超过1万元，则一等奖的奖金最多不能超过多少元？（精确到1元）
【答案】(1)①；②证明见解析；
(2)1499元.
【分析】（1）①根据事件发生概率，依次分类进行求解即可；
②由题知，累计获得分时有可能是获得分时掷骰子点数为奇数或获得分时掷骰子点数为偶数，而掷骰子点数为奇数和偶数的概率均为，所以，结合数列递推关系，即可证明是公比为的等比数列.
（2）由（1），运用累加法可求得，进而可求得员工获得二等奖和一等奖的概率，设一等奖的奖金为元，进而可得，解不等式即可.
【详解】（1）①由题意，员工游戏过程中累计得1分，即第一次投掷为奇数，其概率为；
累计得2分，即第一次投掷为偶数或连续两次投掷都是奇数，其概率为；累计得3分，即前两次投掷一次为偶数，一次为偶数或连续三次投掷都是奇数，其概率为；
②由题知，累计获得分时有可能是获得分时掷骰子点数为奇数或获得分时掷骰子点数为偶数，而掷骰子点数为奇数和偶数的概率均为.
所以，
则，又
故为首项为，公比为的等比数列.
（2）由（1）知，
将所有等式相加得，
所以，
所以，
设一等奖的奖金为元，二等奖的奖金为元，
由题意知元，
解得，即一等奖的奖金最多不超过1499元.
18．（17分）如图，已知长方体，，，直线BD与平面所成角为30°，AE垂直BD于E．
(1)若F为棱的动点，试确定F的位置，使得平面，并说明理由；
(2)若F为棱的中点，求点A到平面的距离；
(3)若F为棱上的动点（除端点 外），求二面角的平面角的范围．
【答案】(1)当或时，平面，理由见解析
(2)
(3)
【分析】（1）建立空间直角坐标系，得出的坐标，根据或得出的坐标，根据得出，即可说明理由；
（2）方法一：根据等体积法，设点到平面的距离为，三棱锥的体积，分别求出和代入计算即可；方法二：建立空间直角坐标系，利用点到平面的距离公式计算即可；
（3）建立空间直角坐标系，设，其中，分别求出平面的法向量和平面的法向量，得出，根据的取值范围求出的范围，结合图形，即可得出二面角的平面角的范围．
【详解】（1）当或时，平面，理由如下：
由直线BD与平面所成角为30°，可知，
又因为，所以，
又因为，所以，
过点作，垂足为，如图所示，则，
所以，，
以为原点，，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
当时，，
因为，所以，即，
又因为平面，且平面，
所以平面．
（2）由（1）可知，，
方法一：
因为点是中点，所以，
所以，，，
因为，即，
所以，
设点到平面的距离为，三棱锥的体积为，
因为，即，
所以，即点A到平面的距离为．
方法二：
按（1）的方法建系，
因为点是中点，所以，
则，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，
取，则，
所以点A到平面的距离为：．
（3）设，其中，
按（1）中方法建立空间直角坐标系，
则，，设平面的一个法向量为，
则即，取则，
设平面的一个法向量为，易得，
则，
因为，所以，所以，
所以，
由图可知，二面角为锐角，
所以二面角的平面角的范围是．
19．（17分）如图，（1）写出的坐标；
（2）设，求和的单位向量.
【答案】（1）；（2），.
【分析】（1）根据图象，求得，结合向量的坐标表示，即可求解；
（2）根据向量的坐标运算，求得，再利用向量的模的坐标运算公式和向量的单位向量计算方法.
【详解】（1）如图所示，可得，
可得；
（2）由（1）可得，
所以，
则向量的单位向量为.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页2025-2026学年高一数学下学期期末模拟试卷5（适合广东省）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．已知复数满足，其中为虚数单位，则在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
2．数据8，6，5，2，7，9，12，4，12的第40百分位数是（　　）
A．5 B．6
C．7.5 D．8
3．向量旋转具有反映点与点之间特殊对应关系的特征，在电子信息传导方面有重要应用．平面向量旋转公式在中学数学中用于求旋转相关点的轨迹方程具有明显优势，已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，已知平面内点，点，点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
4．在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
5．正四棱台的上、下底面的边长分别为、，这个棱台的体积是，则侧棱与底面所成角是（ ）
A． B． C． D．或
6．已知复数满足（是虚数单位），则在复平面内对应的点在
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
7．记的内角，，的对边分别为，，，且，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．平面上10个圆将平面分成区域的个数的最大值为（ ）
A．88 B．90 C．92 D．以上答案都不对
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．设事件满足，则下列命题正确的有（ ）
A．若，则与相互独立
B．若与相互独立，则
C．
D．若，则
10．电动自行车是民众的主要交通工具之一．在给民众的生活带来方便的同时，由于质量不合格或使用不当等原因，也带来了较多安全隐患，预防和减少电动自行车火灾的发生是消防部门的一项重要工作，也是全社会的责任和义务．某中学在消防部门的配合下在全校进行了一次安全使用电动自行车的知识竞赛．现从高一、高二两个年级参加竞赛的同学中各随机抽取10名同学的竞赛成绩（满分100分），按从小到大的顺序整理得到下表中的样本数据：
高一年级 82 84 85 87 87 87 88 88 90 92
高二年级 82 85 86 87 89 89 90 92 94 96
则下列说法正确的是（ ）
A．高一年级的样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数与原样本的平均数相同
B．高二年级样本数据的上四分位数是91
C．高二年级样本数据的平均数恰好等于高二年级样本数据的众数
D．高一年级的样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的方差为2
11．在棱长为的正方体中，、、、分别为棱、、、的中点，则下列结论正确的有（ ）
A．三棱锥的外接球的表面积为
B．过点，，作正方体的截面，则截面面积为
C．若为线段上一动点(包括端点)，则直线与平面所成角的正弦值的范围为
D．若为线段上一动点(包括端点)， 过点，，的平面分别交，于，，则的范围是
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．复数__________.
13．如图正方体，棱长为1，P为中点，Q为线段上的动点，过A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为，若，则下列结论错误的__________．（填写序号）
①当时，为四边形
②当时，为等腰梯形
③当，为六边形
④当时，的面积为
14．圆锥的底面半径为，其侧面展开图是圆心角大小为的扇形.正四棱柱的上底面的顶点均在圆锥的侧面上，棱柱下底面在圆锥的底面上，则此正四棱柱体积的最大值为_____．
四、解答题
15．（13分）．抛掷枚硬币，观察结果.
(1)用集合表示事件“至少枚反面朝上”；
(2)用集合表示事件“至少枚反面朝上”；
(3)用集合表示事件“恰好枚反面朝上”；
(4)计算，，并解释含义.
16．（15分）如图，在正方体中.

(1)求证：平面；
(2)若平面，求证：平面平面.
17．（15分）去年上海进口博览会智能科技展区，主办方统计了20天的每日接待客户人数（单位：人次），并制作了如下茎叶图：

(1)求这组数据的第16、第70百分位数；
(2)现从这20天中随机抽取1天，求这天的接待人数在50人次至69人次之间的概率；
(3)主办方预计今年进博会期间，该展区日均接待人数将同比增长15%.假设接待人数的分布情况与去年相同，试估计今年进博会期间（同样为20天），接待人数超过70人次的天数所占比例，并说明理由.
18．（17分）在中，内角，，的对边分别为，，且.
（1）若，，求；
（2）若，，求的面积.
19．（17分）一个四面体的四个面的面积都是，体积为，在四面体内任取一点，到各个面的距离分别是，，，，求证：是定值．
2025-2026学年高一数学下学期期末模拟试卷5（适合广东省）（解析版）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．已知复数满足，其中为虚数单位，则在复平面内对应的点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据复数代数形式的除法运算化简复数，再根据复数的几何意义判断即可.
【详解】解：因为，所以，
所以在复平面内对应的点的坐标为；
故选：A
2．数据8，6，5，2，7，9，12，4，12的第40百分位数是（　　）
A．5 B．6
C．7.5 D．8
【答案】B
【分析】根据百分位数概念计算可知位置，然后可得.
【详解】把这组数据按照从小到大的顺序排列可得：
2，4，5，6，7，8，9，12，12，
因为9×40%＝3.6，所以这组数据的第40百分位数是第4个数据6.
故选：B
3．向量旋转具有反映点与点之间特殊对应关系的特征，在电子信息传导方面有重要应用．平面向量旋转公式在中学数学中用于求旋转相关点的轨迹方程具有明显优势，已知对任意平面向量，把绕其起点沿逆时针方向旋转角得到向量，叫做把点绕点沿逆时针方向旋转角得到点，已知平面内点，点，点绕点沿顺时针方向旋转后得到点，则点的坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】表示出向量后，根据平面向量旋转公式可求得，由此可求得点坐标.
【详解】，，，
点绕点沿顺时针方向旋转等价于点绕点沿逆时针方向旋转，
，.
故选：C.
4．在长方体中，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】建立空间直角坐标系，写出相关点的坐标，表示出，代入向量的夹角公式计算即可.
【详解】如图，以为坐标原点，为轴建立空间直角坐标系，
则，所以，
因为，所以异面直线与所成角的余弦值为.
故选：D.
5．正四棱台的上、下底面的边长分别为、，这个棱台的体积是，则侧棱与底面所成角是（ ）
A． B． C． D．或
【答案】B
【分析】由条件，结合棱台体积公式可求棱台的高，由线面角的定义确定侧棱与底面所成的角，再根据棱台的结构特点解三角形，求角的大小.
【详解】如图，作正四棱台，
由已知，，设、分别为底面、的中心，
则，，，平面，
所以正四棱台的高为，
因为正四棱台的体积为，
所以，所以，
作交于点，则平面，，
，，
所以为侧棱与底面所成的角，
所以，
又，所以，即侧棱与底面所成的角为.
故选：B.
6．已知复数满足（是虚数单位），则在复平面内对应的点在
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】C
【分析】求出的标准形式，得出对应点坐标，从而得出结果.
【详解】解：因为复数满足（是虚数单位），
所以，
复数对应的点为，落在第三象限
故选C.
【点睛】本题考查了复数的运算与复数的几何意义，解题的关键是根据复数运算规则得出复数的标准形式.
7．记的内角，，的对边分别为，，，且，，则的最大值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用数量积的定义与正弦定理可得，再利用两角和与差的正弦公式以及三角函数的有界性求解即可.
【详解】的内角，，的对边分别为，，，且，，
，
由正弦定理可得，
所以，
由
可得
，
当且仅当，即时等号成立，
所以.
故选：D.
8．平面上10个圆将平面分成区域的个数的最大值为（ ）
A．88 B．90 C．92 D．以上答案都不对
【答案】C
【分析】利用递推关系即可求得10个圆将平面分成区域的个数的最大值.
【详解】设平面上n个圆将平面分成区域的个数的最大值为，则考虑的情形，第个圆至多被之前的n个圆划分为段弧，每段弧将之前的某个区域划分为2个区域，
因此，又，于是．从而．
故选：C.
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．设事件满足，则下列命题正确的有（ ）
A．若，则与相互独立
B．若与相互独立，则
C．
D．若，则
【答案】ABC
【分析】由条件证明，结合独立事件的定义判断A；若与相互独立，由概率的加法公式求结论判断B；当时，有最小值，当与互斥时，有最大值，故C正确；若，所以；，所以，故D错误.
【详解】对于A，因为，所以，
由，得，
因为，所以，
所以与相互独立，故A正确；
对于B，若与相互独立，则，由概率的加法公式
，故B正确；
对于C，当时，有最小值，
当与互斥时，有最大值；
所以，故C正确；
对于D，若，则，所以；
又因为，
根据德摩根定律有，又因为，所以，故
所以
所以，故D错误；
故选：ABC.
10．电动自行车是民众的主要交通工具之一．在给民众的生活带来方便的同时，由于质量不合格或使用不当等原因，也带来了较多安全隐患，预防和减少电动自行车火灾的发生是消防部门的一项重要工作，也是全社会的责任和义务．某中学在消防部门的配合下在全校进行了一次安全使用电动自行车的知识竞赛．现从高一、高二两个年级参加竞赛的同学中各随机抽取10名同学的竞赛成绩（满分100分），按从小到大的顺序整理得到下表中的样本数据：
高一年级 82 84 85 87 87 87 88 88 90 92
高二年级 82 85 86 87 89 89 90 92 94 96
则下列说法正确的是（ ）
A．高一年级的样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数与原样本的平均数相同
B．高二年级样本数据的上四分位数是91
C．高二年级样本数据的平均数恰好等于高二年级样本数据的众数
D．高一年级的样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的方差为2
【答案】AC
【分析】计算平均数判断A，由百分位数的计算判断B，由平均数及众数判断C，由方差计算判断D.
【详解】选项A：高一年级样本数据的平均数为，
高一年级的样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数为，所以A正确．
选项B：因为，所以高二年级样本数据的上四分位数为92，所以B错误．
选项C：高二年级样本数据的平均数为，众数为89，所以C正确．
选项D：由选项A得高一年级的样本数据中去掉一个最高分和一个最低分后所得数据的平均数为87，
所以所求方差为，所以D错误．
故选：AC
11．在棱长为的正方体中，、、、分别为棱、、、的中点，则下列结论正确的有（ ）
A．三棱锥的外接球的表面积为
B．过点，，作正方体的截面，则截面面积为
C．若为线段上一动点(包括端点)，则直线与平面所成角的正弦值的范围为
D．若为线段上一动点(包括端点)， 过点，，的平面分别交，于，，则的范围是
【答案】BCD
【分析】对于A：由条件确定三棱锥的外接球的球心位置，求出球的半径，由此可得结论；
对于B：分析可知截面为，其截面正六边形，即可得面积；
对于C：根据体积关系求得点到平面的距离，可得，进而分析范围；
对于D：根据平面性质作截面，设，结合平面几何性质分析求解即可.
【详解】对于选项A：由题意可得：，且平面，
则，即，可知三角形外接圆的半径为，
所以三棱锥的外接球的球心为的中点，
可得三棱锥的外接球的半径为，
所以其表面积为，故A错误；

对于选项B：取的中点分别为，

可知过点，，作正方体的截面为，其截面正六边形，边长为
所以其面积为，故B正确；
对于选项C：设点到平面的距离为，
由正方体的性质可得：，不在平面内，平面，
则平面，

当点在线段上运动时，则点到平面的距离即为点到平面的距离，
由的体积可得，解得，
设直线与平面所成角，则，
若为的中点时，，；
当点为线段的端点时，；
即，所以，故C正确；
对于选项D：设，
可知平面即为平面，则，

可得，设，
当时，由相似三角形知识可得：，，
即，，
且当或时，也符合，；
则，
且，可得，
所以的取值范围是，D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．复数__________.
【答案】
【分析】利用复数的除法计算即得.
【详解】依题意，.
故答案为：
13．如图正方体，棱长为1，P为中点，Q为线段上的动点，过A、P、Q的平面截该正方体所得的截面记为，若，则下列结论错误的__________．（填写序号）
①当时，为四边形
②当时，为等腰梯形
③当，为六边形
④当时，的面积为
【答案】③
【分析】根据题意，依次分析各选项，作出相应的截面，再判断即可.
【详解】连接延长交的延长线于，连接，
当时，的延长线交于，则四边形即为，故①正确；
当时，的延长线交于，则四边形即为，如图，为等腰梯形，故②正确：
当时，的延长线分别交于，连接交于，则五边形即为，如图，故③错误；
当时，Q与重合，的延长线分别交于，连接交于，
则为的中点，则四边形即为，如图，
取的中点，连接，由正方体的性质易得，且，
截面为为菱形，其面积为，故④正确.
故答案为：③.
14．圆锥的底面半径为，其侧面展开图是圆心角大小为的扇形.正四棱柱的上底面的顶点均在圆锥的侧面上，棱柱下底面在圆锥的底面上，则此正四棱柱体积的最大值为_____．
【答案】
【分析】设圆锥的母线长为l，由侧面展开图求得,进而得圆锥高为，设正四棱柱的底面边长为2a,高为h,进而得，正四棱柱体积V=,设函数=，求导求其最值即可
【详解】设圆锥的母线长为l,圆锥底面周长为=圆锥高为
设正四棱柱的底面边长为2a,高为h,则得 正四棱柱体积V=,设=令得当,故的最大值为
故答案为
四、解答题
15．（13分）抛掷枚硬币，观察结果.
(1)用集合表示事件“至少枚反面朝上”；
(2)用集合表示事件“至少枚反面朝上”；
(3)用集合表示事件“恰好枚反面朝上”；
(4)计算，，并解释含义.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
(3)答案见解析
(4)答案见解析
【分析】（1）利用列举法表示集合即可；
（2）利用列举法表示集合即可；
（3）利用列举法表示集合即可；
（4）利用列举法可表示、，结合事件的定义可得出结论.
【详解】（1）解：反正正正，正反正正，正正反正，正正正反，反反正正，反正反正，反正正反，
正反反正，正反正反，正正反反，反反反正，反反正反，反正反反，正反反反，反反反反.
（2）解：反反正正，反正反正，反正正反，正反反正，正反正反，正正反反，反反反正，
反反正反，反正反反，正反反反，反反反反.
（3）解：反反正正，反正反正，反正正反，正反反正，正反正反，正正反反.
（4）解：反反正正，反正反正，反正正反，正反反正，正反正反，正正反反，
表示事件“恰有个反面向上”，
正正正正，表示事件“全部正面朝上”.
16．（15分）如图，在正方体中.

(1)求证：平面；
(2)若平面，求证：平面平面.
【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
【分析】（1）根据线面平行的判定定理，只要证出即可；
（2）根据题意可证得由线面垂直的判定定理得平面，再结合面面垂直判定定理即得证．
【详解】（1）由正方体的结构特征可知，
，且，所以四边形为平行四边形，
即有，而平面，平面，故平面．
（2）因为平面，平面，所以，
由四边形为正方形可知，，
而平面，所以平面，
又平面∴．
因为平面，平面，所以，
由四边形为正方形可知，，
而平面，所以平面，
又平面∴，
而平面，故平面．
又因为平面，所以平面平面.
17．（15分）去年上海进口博览会智能科技展区，主办方统计了20天的每日接待客户人数（单位：人次），并制作了如下茎叶图：

(1)求这组数据的第16、第70百分位数；
(2)现从这20天中随机抽取1天，求这天的接待人数在50人次至69人次之间的概率；
(3)主办方预计今年进博会期间，该展区日均接待人数将同比增长15%.假设接待人数的分布情况与去年相同，试估计今年进博会期间（同样为20天），接待人数超过70人次的天数所占比例，并说明理由.
【答案】(1)45，64.5
(2)
(3)40%，理由见解析
【分析】（1）由百分位数的计算公式即可求解；
（2）由古典概型概率公式即可求解；
（3）由同比增长15%，计算出接待人数超70人次的天数，即可判断；
【详解】（1）注意到，，
因此，第16、70百分位数分别是：
序列表中的第4个值、（第14＋第15数值）
即分别为：45、64.5
（2）现从这20天中随机抽取1天，
在50和69之间的数据点数量，这些值是：
51，53，54，56，57，59，60，62，64，65，68
有11个这样的值.
由于总共有20个数据点，因此所求概率是：
（3）由于接待人数的分布情况与去年相同，
日均接待人数将同比增长15%，于是接待人数超70人次的天数有：
，，，，
，，…，，
合计8天
于是接待人数超过70人次的天数所占比例为：
综上，估计今年进博会期间，接待人数超过70人次的天数所占比例为40%
18．（17分）在中，内角，，的对边分别为，，且.
（1）若，，求；
（2）若，，求的面积.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）根据正弦定理以及两角和公式化简可得，然后使用正弦定理以及之间大小关系可得.
（2）取的中点，依据题意可得，然后使用余弦定理可得，根据题意可得，然后解得，最后利用三角形面积公式可得结果.
【详解】（1）因为，
由正弦定理得，
所以，即，
又，所以，所以.
又，，所以由正弦定理得，
解得，由，则，所以.
（2）取的中点，连接，
则，
在中，，
所以.①
因为，即，，
所以有.②
联立①②得，，所以，
故面积为.
19．（17分）一个四面体的四个面的面积都是，体积为，在四面体内任取一点，到各个面的距离分别是，，，，求证：是定值．
【答案】见解析
【分析】将四面体分割成四个小四面体，并且将这个面积为的面作为小四面体底面所对应的高分别为， ，利用大四面体与小四面体之间的体积关系可得证.
【详解】因为这个四面体的四个面积都是，
连接点与四个顶点,这样就将四面体分割成四个小四面体，
并且，这四个小四面体的一个面的面积为,将这个面积为的面作为这四个小四面体的底面，所对应的高分别为， ，
所以这四个小四面体的体积分别是，，，，
又因为这四个四面体的总体积不变,
所以把这四个小四棱锥的体积相加起来为，
所以，
又因为是定值，
所以不管点怎么变换位置,值都是不变的,
故得证.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页2025-2026学年高一数学下学期期末模拟试卷6（适合广东省）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．已知复数的实部为的虚部为，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
2．已知平面向量、的夹角是，且，.点C满足，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
3．如图，是由斜二测画法得到的水平放置的的直观图，其中，那么原平面图形中，OA边上的高为（ ）
A． B． C． D．
4．在中，，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
5．如图，在三棱锥中，底面，，、分别是，的中点，，以下说法错误的是（ ）
A．平面 B．
C． D．
6．如图，记长方体被平行于棱的平面截去右上部分后剩下的几何体为，则下列结论中不正确的是
A．
B．四边形是平行四边形
C．是棱柱
D．是棱台
7．如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东北方，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口，若部分为直线段，且要求市中心与AB的距离为20千米，则AB的最短距离为（ ）
A．千米 B．千米
C．千米 D．千米
8．已知是一个随机试验中的两个随机事件，若，，则（ ）
A．与相互独立且 B．与不相互独立且
C．与相互独立且 D．与不相互独立且
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．在平行四边形中，，，记，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则
D．若，则
10．某机床生产一种零件，在8天中每天生产的次品数分别为，关于该组数据，下列说法正确的是（ ）
A．中位数为3 B．极差为6
C．第40百分位数为4 D．方差为4.75
11．已知平行六面体的棱长均为2，，点在内，则（ ）
A．平面 B．
C． D．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．如果向量，共线，则等于________．
13．甲、乙两人进行抛硬币比赛．两人分别抛掷一枚均匀硬币，如果抛出“正面朝上”，则得1分，如果抛出“反面朝上”，则得0分．甲和乙分别抛掷3次后，如果两人得分相差大于1分，比赛终止；如果两人分数相差不大于1分，则由乙再进行一次抛掷后比赛终止，该次抛掷若为“正面朝上”，则乙得分不变，若为“反面朝上”，则乙得分减1分．按照规定，比赛终止时甲得分高于乙的概率为___________．
14．已知是边长为1的正六边形边上相异的三点，则的取值范围是______.
四、解答题
15．（13分）圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的性质，比如对角互补.如图，中，，，点是外接圆上的一个动点（点在直线两侧），记，则.
(1)若，求的值；
(2)若，求的最大值；
(3)若点满足，求四边形的面积.
16．（15分）某工业安全检测系统发现，正常设备与故障设备在运行温度上有明显差异，经过长期监测统计，得到两类设备运行温度的频率分布直方图：

系统要设定一个报警阈值，当设备运行温度大于时判定为故障，发出警报，否则判定为正常.漏报率指实际设备故障但是未发出警报的概率，用表示；误报率指实际设备正常但是发出警报的概率，用表示.假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.例如当报警阈值时，漏报率为故障设备运行温度在区间上的频率，故漏报率为.
(1)求的值，并求出当报警阈值时误报率的值；
(2)现从故障设备运行温度在与两个区间段内，按分层抽样的方式抽取5台设备，再从这5台设备中随机抽取2台设备，求这2台设备的运行温度在同一个区间段内的概率；
(3)设，当时，求的解析式，并求在区间上的最小值.
17．（15分）法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这个三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，.
(1)求角A；
(2)若，的面积为，求的周长.
18．（17分）在平行四边形中（图1），，，是的中点，将沿折起，使得，连接，.（图2）
(1)求证：平面平面；
(2)求四棱锥的体积；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值.
19．（17分）在平面直角坐标系xOy中，已知函数的最小正周期为π，且直线x=是其图象的一条对称轴.
(1)求函数的解析式：
(2)将函数的图象向右平移个单位，再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍后所得到的图象对应的函数记作.
①若动点在圆O上运动，P为圆O外一点，过点P作圆O的两条切线，切点分别为M，N，求的最小值；
②已知常数，，，，且函数在内恰有2023个零点，求常数λ与n的值.
2025-2026学年高一数学下学期期末模拟试卷5（适合广东省）（解析版）
注意事项：
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
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．已知复数的实部为的虚部为，则的共轭复数在复平面内对应的点位于（ ）
A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限
【答案】D
【分析】根据复数的运算法则，求得，得到，得出，结合复数的几何意义，即可求解.
【详解】由复数，可得，
所以，所以在复平面内的对应点为，位于第四象限．
故选：D．
2．已知平面向量、的夹角是，且，.点C满足，则（ ）
A．1 B． C．2 D．
【答案】D
【分析】由可知点A为线段的中点，可得，由向量的运算法则可得，，然后可得，最后根据向量的数量积公式计算即可得解.
【详解】∵，
∴点A为线段的中点，
∴，
∴
，
故选：D.
3．如图，是由斜二测画法得到的水平放置的的直观图，其中，那么原平面图形中，OA边上的高为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据等式确定，然后作辅助线，利用正弦定理求出的值，进而可求出边上的高.
【详解】因为，易知，
过作轴的平行线交轴于点，则，
由正弦定理可知，则，
由斜二测画法知原平面图形中，边上的高为.
故选：C.
4．在中，，，，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】利用余弦定理求出的值，代入三角形面积公式即可求解.
【详解】在中，因为，，，
由余弦定理可得，，
即，所以，
解得，或（舍去），
所以，
故选：A.
5．如图，在三棱锥中，底面，，、分别是，的中点，，以下说法错误的是（ ）
A．平面 B．
C． D．
【答案】C
【分析】对于A，通过证明即可得到平面；由底面可得，再结合可得平面，进而得到；对于C，根据三棱锥的体积公式求解判断即可；对于D，分别求出三棱锥各个面的面积即可判断.
【详解】对于A，因为、分别是，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，故A正确；
对于B，因为底面，平面，所以，
因为，平面，
所以平面，又平面，所以，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，由，，，，，
所以，
则，
故D正确.
故选：C.
6．如图，记长方体被平行于棱的平面截去右上部分后剩下的几何体为，则下列结论中不正确的是
A．
B．四边形是平行四边形
C．是棱柱
D．是棱台
【答案】D
【详解】试题分析：，，.又//平面，平面，平面平面，，，故A对；又，四边形是平行四边形，，同理，故.故四边形是平行四边形.故B对；把平面，平面看做底面，其余各面是平行四边形，故是棱柱，故C对，D错.
考点：1.直线与平面平行的性质定理；2.空间中直线与直线的位置关系.
7．如图，某城市有一条公路从正西方通过市中心后转向东北方，为了缓解城市交通压力，现准备修建一条绕城高速公路，并在上分别设置两个出口，若部分为直线段，且要求市中心与AB的距离为20千米，则AB的最短距离为（ ）
A．千米 B．千米
C．千米 D．千米
【答案】D
【分析】使用余弦定理及基本不等式，得到，使用正弦定理及三角恒等变换得到，进而求得AB的最短距离.
【详解】
在中，，
设，
则，
当且仅当时取等号，
设，则，
又到的距离为20千米，所以，，
故（时取等号），
所以，得，
故选：D
8．已知是一个随机试验中的两个随机事件，若，，则（ ）
A．与相互独立且 B．与不相互独立且
C．与相互独立且 D．与不相互独立且
【答案】C
【分析】根据已知判断是否成立，结合概率的性质求，即可得.
【详解】由题设，，，
所以事件与事件相互独立；
由概率的性质，有.
故选：C
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．在平行四边形中，，，记，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．若，则
D．若，则
【答案】BCD
【分析】根据向量的线性运算法则，可判断A、B的正误；根据向量夹角公式，结合数量积公式，化简计算，可判断C、D的正误，即可得答案.
【详解】对于A，，故A错误；
对于B，，即，故B正确；
对于C，，，若，
则，即，故C正确；
对于D，，
由，得，
所以，所以，故D正确．
故选：BCD
10．某机床生产一种零件，在8天中每天生产的次品数分别为，关于该组数据，下列说法正确的是（ ）
A．中位数为3 B．极差为6
C．第40百分位数为4 D．方差为4.75
【答案】BCD
【分析】根据中位数、极差、百分位数、方差的概念及求解方法可得答案.
【详解】将这组数据从小到大排列为，所以中位数为，故A错误；
极差为，故B正确；
因为数据共有8个，所以，所以第40百分位数是4，故C正确；
设平均数为，方差为，则，
，故D正确，
故选：BCD.
11．已知平行六面体的棱长均为2，，点在内，则（ ）
A．平面 B．
C． D．
【答案】ABD
【分析】由面面平行的判定及性质即可判断A；以为基底，证明出平面，即可判断B；由即可判断出D；由正弦定理，勾股定理及函数单调性即可判断出C．
【详解】对于A，连接，
由平行六面体得，平面平面，平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以，同理可得，
因为平面，平面，
所以平面，同理可得平面，
因为，，平面，
所以平面平面，
又平面，所以平面，故A正确；
对于B，以为基底，
则，，，
因为平行六面体的棱长均为2，，
所以，
，
所以，
因为平面，且，
所以平面，又平面，
所以，故B正确；
对于D，，
，即，
所以，当点共线时等号成立，故D正确；
对于C，因为平面，则交的外心，连接，
则，
在中，由正弦定理得外接圆直径，，则，，
设，
在中，，
在中，，
则，
所以，故C错误；
故选：ABD．
【点睛】方法点睛：在平行六面体中，已知棱长均为2，，处理该几何体中的位置关系及数量关系时，以为基底，利用向量解决问题．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．如果向量，共线，则等于________．
【答案】
【分析】由向量共线判定定理即可求解.
【详解】因为向量，共线，
所以存在，使得，
即，
则，
解得或，
所以．
故答案为：
13．甲、乙两人进行抛硬币比赛．两人分别抛掷一枚均匀硬币，如果抛出“正面朝上”，则得1分，如果抛出“反面朝上”，则得0分．甲和乙分别抛掷3次后，如果两人得分相差大于1分，比赛终止；如果两人分数相差不大于1分，则由乙再进行一次抛掷后比赛终止，该次抛掷若为“正面朝上”，则乙得分不变，若为“反面朝上”，则乙得分减1分．按照规定，比赛终止时甲得分高于乙的概率为___________．
【答案】/0.5
【分析】先利用相互独立事件的概率计算公式计算得到抛掷3次得0，1，2，3分的概率，再计算甲和乙分别抛掷3次后，两人分数差大于1分和不大于1分两种情况的概率，再相加可得最终结果.
【详解】抛掷3次，得0分的概率，得1分的概率，
得2分的概率，得3分的概率，
甲和乙分别抛掷3次后，分为两人分数差大于1分和不大于1分两种情况，
当两人分数差大于1分时，甲得分高于乙包括“甲得3分乙得0分”、“甲得3分乙得1分”、“甲得2分乙得0分”三种情况，
总的概率为，
当两人分数差不大于1分时，乙再进行一次抛掷后甲得分高于乙包括“得分差为0，乙投反面”、
“甲的得分比乙的得分高1分”（此时无论乙再次抛掷的结果如何，甲的得分都将高于乙）两种情况，
总的概率
，
所以比赛终止时甲得分高于乙的概率.
故答案为：.
14．已知是边长为1的正六边形边上相异的三点，则的取值范围是______.
【答案】
【分析】一方面，而，，不重合，所以；另一方面，设中点为，那么，设在六边形的端点上，同理不妨设在六边形的端点上．分四种情况即可得，剩下的只需证明何时取等并且可以遍历中的每一个数．
【详解】首先， ，这里是最长的那条对角线的长度，
等号取到当且仅当同向，且，而这意味着重合，矛盾.
所以.
另一方面，我们先舍弃互不重合的条件，然后证明：
设中点为，那么，
然后，设A所在的边的端点为，则，
（这是因为，记，其中为原点，确定的，
那么是一次函数，从而t属于时，有）
所以我们可以不妨设A在六边形的端点上.
同理，我们可以不妨设C在六边形的端点上.
此时分以下四种情况：
(1)重合，此时，
(2) 为相邻顶点，此时，
(3) 相隔一个顶点，此时，
(4) 为对径点，此时，
综上，，
所以，即使去掉互不重合的条件，我们仍有，
这就说明，互不重合时，有，
然后，取等条件如图所示：
具体说明如下：构造一个到六边形的函数（即从数映射到点），
使得，并且只沿着最近的轨道，
这样在的情况下，互不重合
同时设，那么，而连续，
所以在的情况下，必定取遍，
这就意味着，的取值范围就是，
所以的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：对分以下四种情况：
(1)重合，此时，
(2) 为相邻顶点，此时，
(3) 相隔一个顶点，此时，
(4) 为对径点，此时
四、解答题
15．（13分）圆内接四边形作为一类特殊的四边形，有着非常好的性质，比如对角互补.如图，中，，，点是外接圆上的一个动点（点在直线两侧），记，则.
(1)若，求的值；
(2)若，求的最大值；
(3)若点满足，求四边形的面积.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据平面向量共线的性质，结合等腰梯形的判定定理和性质、锐角三角函数定义进行求解即可；
（2）根据正弦定理和余弦定理，结合平面向量数量积的定义进行求解即可；
（3）根据正弦定理、三角形面积公式，结合圆的几何性质、平面向量数量积的定义、同角的三角函数关系式进行求解即可.
【详解】（1）因为，
则，，则，
结合，，得，
则四边形为等腰梯形，则高为，
由可得，
所以.
（2），得，
在中，利用余弦定理可得，
，则，
设的外接圆半径为，则在中，利用正弦定理可得，，
故的最大值即的外接圆的直径长度，为.
（3）设，，则，
因，则，，
在中，利用正弦定理得，，
则，
在中，利用正弦定理得，，
则，
则，
且（因），
即，即，
又，即，
则，
又，则，解得（舍）或，
因，则，
代入中得，
又因为，且，
解得，（负值舍去），，
则，，
则四边形的面积为.
16．（15分）某工业安全检测系统发现，正常设备与故障设备在运行温度上有明显差异，经过长期监测统计，得到两类设备运行温度的频率分布直方图：

系统要设定一个报警阈值，当设备运行温度大于时判定为故障，发出警报，否则判定为正常.漏报率指实际设备故障但是未发出警报的概率，用表示；误报率指实际设备正常但是发出警报的概率，用表示.假设数据在组内均匀分布，以事件发生的频率作为相应事件发生的概率.例如当报警阈值时，漏报率为故障设备运行温度在区间上的频率，故漏报率为.
(1)求的值，并求出当报警阈值时误报率的值；
(2)现从故障设备运行温度在与两个区间段内，按分层抽样的方式抽取5台设备，再从这5台设备中随机抽取2台设备，求这2台设备的运行温度在同一个区间段内的概率；
(3)设，当时，求的解析式，并求在区间上的最小值.
【答案】(1)，
(2)
(3)，
【分析】（1）由频率之和为1求的值，时误报率对应的频率，求解即可；
（2）由排列组合求解古典概型问题即可；
（3）由题意根据频率分布直方图求解的解析式并求最小值即可.
【详解】（1）依题意可得：，解得.
误报率为；
（2）故障设备运行温度在与两个区间段内的数量之比为，
所以按分层抽样的方式抽取5台设备中，各自有3台和2台.
故这2台设备的运行温度在同一个区间段内的概率；
（3）当时，，
，
∴.
所以当时，.
17．（15分）法国著名军事家拿破仑·波拿巴最早提出的一个几何定理：“以任意三角形的三条边为边向外构造三个等边三角形，则这个三个三角形的外接圆圆心恰为另一个等边三角形的顶点”.如图，在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.以AB，BC，AC为边向外作三个等边三角形，其外接圆圆心依次为，，.
(1)求角A；
(2)若，的面积为，求的周长.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）依题意结合余弦定理可得，再利用正弦定理及两角和差的正弦公式得到，即可得解.
（2）连接 ，依题意可得，，再利用面积公式得到，在和中分别利用余弦定理，即可得到，，从而求出，即可得解.
【详解】（1）因为，
有余弦定理可得，
即，
由正弦定理可得，
即，即，
因为，所以，
因为，所以.
（2）如图，连接，，则，，
正面积，∴，
而，则，
在中，由余弦定理得：，
即，则，
在中，，，由余弦定理得，
则，∴，，
∴，所以的周长为.
18．（17分）在平行四边形中（图1），，，是的中点，将沿折起，使得，连接，.（图2）
(1)求证：平面平面；
(2)求四棱锥的体积；
(3)求平面与平面的夹角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明，，可得平面，进而求证即可；
（2）取中点，中点，连接，交于点，连接，先证明平面，进而根据棱锥的体积公式求解即可；
（3）建立空间直角坐标系，结合空间向量求解即可.
【详解】（1）由题设，在图1中，，，是的中点，
所以在图2中，四边形中，，，
则，
所以，即，而，
因为，，平面，所以平面，
又平面，所以面平面.
（2）取中点，中点，连接，交于点，连接.
由（1）可知平面，平面，可得，
由题意易得，三角形为等边三角形，
则，，因为，，平面，
可得平面，又平面，所以，
而与相交，平面，所以平面.
又，，所以，
又，
所以.
（3）如图建立空间直角坐标系，则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
由，，
设平面的法向量为，
则，取，得，
设平面与平面的夹角为，
则.
19．（17分）在平面直角坐标系xOy中，已知函数的最小正周期为π，且直线x=是其图象的一条对称轴.
(1)求函数的解析式：
(2)将函数的图象向右平移个单位，再将所得的图象上每一点的纵坐标不变，横坐标伸长为原来的2倍后所得到的图象对应的函数记作.
①若动点在圆O上运动，P为圆O外一点，过点P作圆O的两条切线，切点分别为M，N，求的最小值；
②已知常数，，，，且函数在内恰有2023个零点，求常数λ与n的值.
【答案】(1)
(2)①；②，
【分析】（1）根据函数的最小正周期、对称轴求出参数，即可得解析式；
（2）由图象平移得，①由已知得并确定其轨迹，利用圆的切线性质可得，应用基本不等式求最值，注意取值条件；②由题设知在内恰有2023个根，换元法有得关于t的二次方程必有两不等实根 ，进而讨论根的分布情况判断、解的个数，即可确定参数值.
【详解】（1）由三角函数的周期得，故，
令，得.
由于直线为函数的一条对称轴，
所以，得.
由于，即，则，
因此，.
（2）将的图象向右平移个单位得.
再将所得的图象上每一点的纵坐标不变.横坐标伸长为原来的2倍后，得到.
①由已知，则圆O的半径为1，故△POM≌△PON，
设，则，
∴，当且仅当时取等号.
故的最小值为.
②由题设.
令得：，显然时不合题意，
所以，，
令得：，，
则关于t的二次方程必有两不等实根 ，则，.
所以 异号.
（i）当且时，则和在均有偶数个根，
从而在也有偶数个根，不合题意；
（ii）当，则，此时，
当时，只有一根，有两根，
所以，关于x的方程在上有三个根，
由于2023=3×674+1，则方程在上有3×674=2022个根.
方程在(1348π,1349π)上只有一个根.
方程在(1348π,1349π)上无实数解，在(1349π,1350π)上有两个根.
因此，关于x的方程在(0,1349π)上有2023个根；
（ⅲ）当时，则，此时，
当时.只有一根，有两根，
所以，关于x的方程在(0,2π)上有三个根，
由于2023=3×674+1，则在上有3×674=2022个根.
方程在(1348π,1349π)上无实数根，在(1349π,1350π)上只有一个实数根，
方程在(1348π,1349π)上有两个实数解，在(1349π,1350π)上无实数解，
因此，关于x的方程在(0,1349π)上有2024个根，不满足题意；
（ⅳ）当，则，
因此方程在有偶数个根，不合题意；
综上，，.
【点睛】关键点点睛：第二问②小问，注意化为，关于t的二次方程必有两不等实根 ，结合韦达定理、根的分布及正弦函数周期性研究原方程根的个数.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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