资源简介

2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷
（测试范围：必修第二册）
选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。
1．若复数z满足z（2+i）＝3﹣i，则（　　）
A．1-i B．1+i C．﹣1-i D．﹣1+i
2．如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝3，CD＝1，AD，则直角梯形ABCD的直观图A′B′C′D′的面积为（　　）
A．8 B． C．1 D．
3．一组数据5，9，7，3，10，12，20，8，18，15，21，23的上四分位数（即第75百分位数）为（　　）
A．7 B．7.5 C．18 D．19
4．已知a，b是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（　　）
A．若a⊥α，a⊥β，则α∥β B．若a∥α，a∥β，则α∥β
C．若a∥b，a∥α，则b∥α D．若α⊥β，a∥α，则a⊥β
5．已知单位向量满足，则在上的投影向量为（　　）
A． B． C． D．
6．在锐角三角形中，a，b，c分别是内角A，B，C的对应边，设A＝2C，则的取值范围是（　　）
A． B． C．（1，+∞） D．
7．如图，圆台OO1的轴截面是等腰梯形ABCD，AB＝BC＝2CD＝4，E为下底面⊙O上的一点，且，则直线CE与平面ABCD所成角的正切值为（　　）
A． B． C．2 D．
8．在平行四边形ABCD中，，AB＝1，AD＝2．P是以C为圆心，为半径的圆上一动点，且，则λ+μ的最大值为（　　）
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z1，z2为复数，有以下四个命题，其中真命题的序号是（　　）
A．若z1＞z2，则z1﹣z2＞0 B．若|z1|＝|z2|，则
C．若|z1|+|z2|＝0，则z1＝z2＝0 D．若z1z2∈R，则
10．在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4．连续抛掷这个正四面体木块两
次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“两次记录的数字之和为偶数”，事件B为“第一次记录的数字为偶数”；事件C为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（　　）
A．事件B与事件C是互斥事件 B．事件A与事件B是相互独立事件
C． D．
11．如图，平面四边形ABCD是由正方形AECD和直角三角形BCE组成的直角梯形，AD＝1，，现将Rt△ACD沿斜边AC翻折成△ACD1（D1不在平面ABC内），若P为BC的中点，则在Rt△ACD翻折过程中，下列结论正确的是（　　）
AD1与BC不可能垂直
B．三棱锥C﹣BD1E体积的最大值为
C．若A，C，E，D1都在同一球面上，则该球的表面积是2π
D．直线AD1与EP所成角的取值范围为（）
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。
12．甲、乙两套设备生产的同类型产品共48000件，采用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本进行质量检测，若样本中有50件产品由甲设备生产，则乙设备生产的产品总数为 　 　 件．
13．已知圆台的上底面和下底面的面积分别为π，4π，体积为，则圆台的侧面积为 　 　 ．
14．已知D是△ABC的边BC上一点，且，AD＝2，，则AC+2AB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．（本小题满分13分）当前中学生体质呈现“整体改善、局部恶化”的复杂态势．教育部明确将体育纳入初高中学业水平考试，并作为招生录取计分科目，学生的体育素质越来越受到关注，某高校招生拟引入体育素质评价结果，随机抽取了500名学生进行了体能素质测试，并记录得分，将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）求a的值并估计这500名学生成绩的平均数和中位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）体能素质测试分数不低于90分才能评定为体能优秀，现采用分层随机抽样的方法从[80，100]中抽取7人，再从这7人中随机选出两人，求这两人恰有1人体能优秀的概率．
16．（本小题满分15分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（2b﹣a）cosC＝ccosA．
（1）求sinC；
（2）已知a+b＝5，△ABC的外接圆半径为，求△ABC的边AB上的高h．
17．（本小题满分15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BCA＝30°，∠CDA＝45°，PA⊥平面ABCD，E，F分别为PD，PC的中点，PA＝2AB．
（1）求证：平面PAC⊥平面AEF；
（2）求二面角E﹣AC﹣B的大小．
18．（本小题满分17分）类比于二维向量，n（n≥3，n∈N*）维空间向量用n元有序数组（a1，a2， ，an）表示，记为（a1，a2， ，an），（b1，b2， ，bn），且n维空间向量满足（a1±b1，a2±b2， ，an±bn），||，||，||||cos ， ＝a1b1+a2b2+a3b3+ +anbn．
（1）设（﹣1，1，1，1，…，1）和（1，﹣1，1，1，…，1）是两个n维空间向量．
①求||；
②设与的夹角为θ，求cosθ；
（2）对于一个n元向量（a1，a2， ，an）若|ai|＝1（i＝1，2，…，n），称为n维信号向量．规定0 ．已知k个两两垂直的120维信号向量，， ，满足它们的前m个分量都相同，证明：11．
19．（本小题满分17分）如图所示，在三棱锥O﹣ABC中，OA⊥BC，OB⊥AC．
（1）证明：OC⊥AB；
（2）若△ABC是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由；
（3）在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦值．
2025-2026学年高一数学下学期期末模拟卷
（测试范围：必修第二册）
选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分。每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的。
1．若复数z满足z（2+i）＝3﹣i，则（　B　）
A．1-i B．1+i C．﹣1-i D．﹣1+i
【解析】
z（2+i）＝3﹣i，则z，故．
如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝3，CD＝1，AD，则直角梯形ABCD的直观图A′B′C′D′的面积为（　C　）
A．8 B． C．1 D．
【解析】
由直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AB∥CD，AB＝3，CD＝1，AD，可得，由．
3．一组数据5，9，7，3，10，12，20，8，18，15，21，23的上四分位数（即第75百分位数）为（　D　）
A．7 B．7.5 C．18 D．19
【解析】
数据5，9，7，3，10，12，20，8，18，15，21，23，按从小到大的顺序排列得：3，5，7，8，9，10，12，15，18，20，21，23，因为12×0.75＝9，所以第75百分位数是第9，10两个数的平均数，为19．
4．已知a，b是两条不同直线，α，β是两个不同的平面，则下列说法正确的是（　A　）
A．若a⊥α，a⊥β，则α∥β B．若a∥α，a∥β，则α∥β
C．若a∥b，a∥α，则b∥α D．若α⊥β，a∥α，则a⊥β
【解析】
若a⊥α，a⊥β，则α∥β，所以A正确；若a∥α，a∥β，则α∥β或α与β相交，所以B错误；若a∥b，a∥α，则b∥α或b α，所以C选项错误；若α⊥β，a∥α，则a与β可以成[0，]的任意角，所以D错误．
5．已知单位向量满足，则在上的投影向量为（　D　）
A． B． C． D．
【解析】
根据题意可知，，可得，0，故，故在上的投影向量为：．
6．在锐角三角形中，a，b，c分别是内角A，B，C的对应边，设A＝2C，则的取值范围是（　A　）
A． B． C．（1，+∞） D．
【解析】
由正弦定理 ，又∵三角形为锐角三角形，∴0°＜A＜90°且0°＜B＜90°且0°＜C＜90°，∴30°＜C＜45°，∴cosC，∴cos2C，1＜2cos2C，∴1，则的取值范围是（，1）．
7．如图，圆台OO1的轴截面是等腰梯形ABCD，AB＝BC＝2CD＝4，E为下底面⊙O上的一点，且，则直线CE与平面ABCD所成角的正切值为（　B　）
A． B． C．2 D．
【解析】
如图所示，过E作EH⊥AB，连接CH，因为ABCD为圆台OO1的轴截面，所以平面AEB⊥平面ABCD，因为平面AEB∩平面ABCD＝AB，EH 平面AEB，所以EH⊥平面ABCD，
所以直线CE与平面ABCD所成的角即∠ECH．因为|AB|＝|BC|＝2|CD|＝4，且，则，，所以
8．在平行四边形ABCD中，，AB＝1，AD＝2．P是以C为圆心，为半径的圆上一动点，且，则λ+μ的最大值为（　C　）
A． B． C． D．
【解析】
由题意∠ADC，在△ACD中，由余弦定理得AC2＝DA2+DC2﹣2DA DC cos∠ADC＝3，
∴AC，∴AC2+CD2＝AD2，∴AC⊥CD，如图所示，以C为坐标原点建立平面直角坐标系，则D（﹣1，0），A（0，），B（1，），设P（），∴（），（1，0），（﹣1，），λ（1，0）+μ（﹣1，），∴λλ（1，0）+μ（﹣1，），∴（）＝（λ﹣μ，），∴，∴，∴λ+μ＝22cos（θ+φ）≤2，其中，cosφ，sinφ，当且仅当cos（θ+φ）＝1时，λ+μ取最大值，且它的最大值为2．
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z1，z2为复数，有以下四个命题，其中真命题的序号是（　AC　）
A．若z1＞z2，则z1﹣z2＞0 B．若|z1|＝|z2|，则
C．若|z1|+|z2|＝0，则z1＝z2＝0 D．若z1z2∈R，则
【解析】
对于A：若z1＞z2则z1，z2均为实数，此时z1﹣z2＞0成立，A为真命题；对于B：取z1＝1，z2＝i，|z1|＝|z2|＝1，但，，，B为假命题；对于C：复数的模非负，|z1|+|z2|＝0，则|z1|＝|z2|＝0，即z1＝z2＝0，C为真命题；对于D：取z1＝1，z2＝2，z1z2＝2∈R，但，D为假命题．
10．在一个质地均匀的正四面体木块的四个面上分别标有数字1，2，3，4．连续抛掷这个正四面体木块两次，并记录每次正四面体木块朝下的面上的数字，记事件A为“两次记录的数字之和为偶数”，事件B为“第一次记录的数字为偶数”；事件C为“第二次记录的数字为偶数”，则下列结论正确的是（　BC　）
A．事件B与事件C是互斥事件 B．事件A与事件B是相互独立事件
C． D．
【解析】
对于A：事件B与事件C是相互独立事件，但不是对立事件，故A错误；对于B：对于事件A与事件B，P（A），P（B），P（AB），事件A与事件B是相互独立事件，故B正确；对于C：连续抛掷这个正四面体木块两次，记录的结果一共有4×4＝16种，其中，事件A发生，则两次朝下的点数为两奇或两偶，有2×2+2×2＝8种，所以P（A），因为抛掷正四面体向下的数字为奇数和偶数的方法种数相同，所以P（B），P（C），所以P（A）P（B）P（C）＝（）3，故C正确；对于D：事件ABC表示第一次记录的数字为偶数，第二次记录的数字为偶数，故P（ABC），故D错误．
11．（多选）如图，平面四边形ABCD是由正方形AECD和直角三角形BCE组成的直角梯形，AD＝1，，现将Rt△ACD沿斜边AC翻折成△ACD1（D1不在平面ABC内），若P为BC的中点，则在Rt△ACD翻折过程中，下列结论正确的是（　BCD　）
A．AD1与BC不可能垂直
B．三棱锥C﹣BD1E体积的最大值为
C．若A，C，E，D1都在同一球面上，则该球的表面积是2π
D．直线AD1与EP所成角的取值范围为（）
【解析】
如图所示，对于A：由AD⊥CD，则AD1⊥CD1，当AD1⊥D1B时，且D1B＜AB，此时满足AD1⊥平面BCD1，因此AD1⊥BC，故A错误；对于B：取AC的中点O，连接OE，OD1，则，且OD1⊥AC，因为，当平面ACD1⊥平面ABC时，三棱锥C﹣BD1E体积的最大值，在Rt△BCE中，，则，此时，所以三棱锥C﹣BD1E体积的最大值为，故B正确；对于C，因为，所以A，C，E，D1都在同一球面上，且球的半径为，所以该球的表面积是，故C正确；对于D，作AM∥EP，因为P为BC的中点，所有EP＝1，，所以，所以∠BAM＝∠ABC＝30°，所以∠MAC＝15°，AD1可以看成以AC为轴线，以45°为平面角的圆锥的母线，所以AC与AD1夹角为45°，AC与AM夹角为15°，又D1不在平面ABC内，60°＝45°+15°，30°＝45°﹣15°，所以AD1与AM所成角的取值范围，所以D正确。
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。
12．甲、乙两套设备生产的同类型产品共48000件，采用分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本进行质量检测，若样本中有50件产品由甲设备生产，则乙设备生产的产品总数为 　　 件．18000
【解析】
∵甲、乙两套设备生产的同类型产品共48000件，分层随机抽样的方法从中抽取一个容量为80的样本进行质量检测，其中样本中有50件产品由甲设备生产，∴乙设备生产的产品总数为．
13．已知圆台的上底面和下底面的面积分别为π，4π，体积为，则圆台的侧面积为 　 　 ．9π
【解析】
设该圆台的高为h，母线长为l，上下底面半径分别为r1、r2，由上底面和下底面的面积分别为π，4π，体积为，可得，，则r1＝1，r2＝2，，则，则，故圆台的侧面积S＝π （r1+r2） l＝9π．
14．已知D是△ABC的边BC上一点，且，AD＝2，，则AC+2AB的最大值为 　　 ．
【解析】
设AB＝c，AC＝b，如图所示，过B作AC的平行线，与AD的延长线交于点M，
易知，故，AM＝3，且，所以，在△ABM中，由余弦定理得：AM2＝BM2+AB2﹣2BM AB cos∠ABM，即（）2，当且仅当c时取等号，解得，故AC+2AB＝b+2c．
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．（本小题满分13分）当前中学生体质呈现“整体改善、局部恶化”的复杂态势．教育部明确将体育纳入初高中学业水平考试，并作为招生录取计分科目，学生的体育素质越来越受到关注，某高校招生拟引入体育素质评价结果，随机抽取了500名学生进行了体能素质测试，并记录得分，将学生的成绩整理后分成五组，从左到右依次记为[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]，并绘制成如图所示的频率分布直方图．
（1）求a的值并估计这500名学生成绩的平均数和中位数（求平均值时同一组数据用该组区间的中点值作代表）；
（2）体能素质测试分数不低于90分才能评定为体能优秀，现采用分层随机抽样的方法从[80，100]中抽取7人，再从这7人中随机选出两人，求这两人恰有1人体能优秀的概率．
【解析】
（1）由题意，（0.016+a+0.04+0.01+0.004）×10＝1，解得a＝0.030，平均数为：55×0.16+65×0.3+75×0.4+85×0.1+95×0.04＝70.6，由图可知[50，70]的频率为0.16+0.3＝0.46＜0.5，[50，80]的频率为0.16+0.3+0.4＝0.86＞0.5，故中位数位于[70，80），设中位数为x，由（x﹣70）×0.04+0.46＝0.5，解得x＝71，即中位数是71．
（2）由图可知，[80，90），[90，100]的频率之比是0.1：0.04＝5：2，根据分层抽样可知，需在[80，90），[90，100]分别抽取5人和2人，抽取的5人记作{a，b，c，d，e}，抽取的2人记作{m，n}，所有情况是{ab，ac，ad，ae，am，an，bc，bd，be，bm，bn，cd，ce，cm，cn，de，dm，dn，em，en，mn}，共21种，这两人恰有1人体能优秀的情况有{am，bm，cm，dm，em，an，bn，cn，dn，en}，共10种，根据古典概型的计算公式，可得这两人恰有1人体能优秀的概率是．
16．（本小题满分15分）在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且（2b﹣a）cosC＝ccosA．
（1）求sinC；
（2）已知a+b＝5，△ABC的外接圆半径为，求△ABC的边AB上的高h．
【解析】
（1）在△ABC中，（2b﹣a）cosC＝ccosA，由正弦定理得（2sinB﹣sinA）cosC＝sinCcosA，
即2sinBcosC﹣sinAcosC＝sinCcosA，∴2sinBcosC＝sinAcosC+sinCcosA＝sin（A+C）＝sinB，∴，又C∈（0，π），∴sinC；
（2）在△ABC中，，即，由余弦定理得42＝a2+b2﹣2abcosC，即16＝（a+b）2﹣2ab﹣ab＝（a+b）2﹣3ab，∴3ab＝25﹣16＝9，∴ab＝3，∴，即34h，∴h．
17．（本小题满分15分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，∠ABC＝∠ACD＝90°，∠BCA＝30°，∠CDA＝45°，PA⊥平面ABCD，E，F分别为PD，PC的中点，PA＝2AB．
（1）求证：平面PAC⊥平面AEF；
（2）求二面角E﹣AC﹣B的大小．
【解析】
（1）证明：在四棱锥P﹣ABCD中，由PA⊥平面ABCD，CD 平面ABCD，得CD⊥PA，又∠ACD＝90°，即CD⊥AC，而PA∩AC＝A，PA，AC 平面PAC，则CD⊥平面PAC，又在△PCD中，E，F分别为PD，PC中点，即有EF∥DC，因此EF⊥平面PAC，而EF 平面AEF，所以平面PAC⊥平面AEF．
（2）如图所示，取AD的中点M，连接EM，取AC的中点H，连接EH，MH，由EM∥PA，PA⊥平面ABCD，得EM⊥平面ABCD，而AC 平面ABCD，则EM⊥AC，由MH∥CD，CD⊥AC，得MH⊥AC，又EM∩MH＝M，EM，MH 平面EMH，于是AC⊥平面EMH，又EH 平面EMH，因此AC⊥EH，∠EHM是二面角E﹣AC﹣D的平面角，设AB＝1，则PA＝2，在△ABC中，∠ABC＝90°，∠ACB＝30°，则AC＝2，在△ACD中，∠ACD＝90°，∠ADC＝45°，则CD＝2，在Rt△EHM中，MH＝EM＝1，因此∠EHM＝45°，所以二面角E﹣AC﹣B的大小为135°．
18.（本小题满分17分）类比于二维向量，n（n≥3，n∈N*）维空间向量用n元有序数组（a1，a2， ，an）表示，记为（a1，a2， ，an），（b1，b2， ，bn），且n维空间向量满足（a1±b1，a2±b2， ，an±bn），||，||，||||cos ， ＝a1b1+a2b2+a3b3+ +anbn．
（1）设（﹣1，1，1，1，…，1）和（1，﹣1，1，1，…，1）是两个n维空间向量．
①求||；
②设与的夹角为θ，求cosθ；
（2）对于一个n元向量（a1，a2， ，an）若|ai|＝1（i＝1，2，…，n），称为n维信号向量．规定0 ．已知k个两两垂直的120维信号向量，， ，满足它们的前m个分量都相同，证明：11．
【解析】
（1）∵（﹣1，1，1，1，…，1），（1，﹣1，1，1，…，1），∴（0，0，2，2，…，2），
①||2．
②∵ （）＝2（n﹣2），||，∴．
（2）∵，|ai|＝1（i＝1，2， ，120），∴，，
∴，设，，…，的第i个分量之和为ci，又∵，∴，∴，又，∴120k≥k2m，即km≤120＜121，∴．
声明：试题解析著作权属所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2026/4/8 10:52:53；用户：15972902576；邮箱：15972902576；学号：21498003
19.（本小题满分17分）如图所示，在三棱锥O﹣ABC中，OA⊥BC，OB⊥AC．
（1）证明：OC⊥AB；
（2）若△ABC是边长为2的等边三角形，点O到平面ABC的距离为．试问直线OB与平面ABC所成夹角是否为定值，若是则求出该夹角的余弦值；若不是请说明理由；
（3）在（2）的条件下，取OB中点为P，并取一点Q使得．当直线PQ与平面ABC所成角的正切值最大时，试求异面直线OQ与PC所成角的余弦值．
【解析】
证明：（1）如图所示，过O作OH⊥平面ABC于点H，延长AH交BC于点M，延长BH交AC于点N，连接CH，因为 OH⊥平面ABC，AB，BC 平面ABC，则OH⊥AB，OH⊥BC，又BC⊥OA，OH∩OA＝O，OH，OA 平面OAH，所以BC⊥平面OAH，又AH 平面OAH，所以BC⊥AH，同理，由AC⊥OB可证明AC⊥BH，所以H为△ABC的垂心，所以AB⊥CH，又AB⊥OH，CH∩OH＝H，CH，OH 平面OHC，所以AB⊥平面OHC，又OC 平面OHC，所以AB⊥OC；
（2）由（1）知OH⊥平面ABC，则直线OB与平面ABC所成的角即为∠OBH，因为△ABC是边长为2的等边三角形，又H为△ABC的垂心，所以BN，则BH，又，则在直角OHB中，OB2，所以，又∠OBH∈[0，]，所以直线OB与平面ABC所成的角为定值，余弦值为；
（3）如图所示，取BH的中点G，连PG和GQ，PQ，由（1）（2）可知，三棱锥O﹣ABC是棱长为2的正四面体，因为P为OB的中点，所以PG∥OH，又OH⊥平面ABC，所以PG⊥平面ABC，所以∠PQG即为直线PQ与平面ABC所成角，所以当 最大时，即GQ最小，由题意知GQ GN，则GQ最小时，Q和N重合时，取BN中点D，连接PD，DC，PC，则PD∥ON，则∠DPC即为异面直线OQ与PC所成的角，在△DBC中，，余弦定理得，在△DPC中，，，由余弦定理有cos∠DPC，即异面直线OQ与PC所成角的余弦值为．

展开更多......

收起↑