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2025-2026学年高一下学期人教A版数学期末复习训练卷(4)
（范围：人教A版必修二）（解析附后）
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，．若，则的值为（ ）
A．2 B．3 C．2或3 D．不存在
2．在正方体中，既与AB共面也与共面的棱的条数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
3．打靶3次，事件表示“击中i发”，其中．那么事件表示（ ）
A．全部击中 B．至多击中1发
C．都未击中 D．至少击中1发
4．的内角的对边分别为．若，则（ ）
A．6 B． C．4 D．
5．班上有5名数学爱好者，其中3人是男生.若从这5人中随机选出2人，则恰好2人都是男生的概率是（ ）
A． B． C． D．
6．若复数满足，则的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．
7．如图为某款仿生蝴蝶的设计示意图，在平面直角坐标系中，每个小方格的边长为1，蝴蝶翅膀的一个前尖端点的坐标为，另一个前尖端点、尾突点均在格点上，则与的夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
8．“牟合方盖”是指由两个相同的圆柱成直角相交而得到的公共部分对应的几何体，如图，若圆柱的底面半径为r，则组成的牟合方盖的表面积为现有底面半径为1，高为3的两个圆柱成直角相交形成一个“十字”几何体，如图，则该几何体的表面积为（ ）
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.
9．四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现点数为6的是（ ）
A．平均数为3，中位数为2 B．中位数为3，众数为2
C．平均数为2，方差为2.4 D．中位数为3，方差为2.8
10．已知复数z满足，是z的共轭复数，则下列结论正确的是（ ）
A．z的实部与虚部之积为
B．z的共轭复数为
C．z在复平面内对应的点在第三象限
D．
11．如图所示，分别以等边三角形ABC的顶点A，B，C为圆心，线段AB的长为半径画圆弧，，，三段圆弧围成一个曲边三角形.已知，O为AB的中点，点P，Q分别在，上，若，则（ ）
A．的最小值是 B．可以取到
C．的最大值是 D．可以取到1
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知向量，若，则______．
13．某市为了调查教师对统计软件的了解程度，拟采用比例分配的分层随机抽样的方法从A，B，C三所学校抽取60名教师进行调查，已知A，B，C三所学校分别有180，270，90名教师，则从A学校中应抽取的人数为________.
14．在中，角，，的对边分别为，，，若，是的角平分线，点在上，，，则的面积为________.
四、解答题
15．（13分）某商场停车收费标准如下：停车时间在1小时内（含1小时）免费，超过1小时的部分，每小时收费4元（不足1小时的部分按1小时算，如停车时长为2.5小时，则按3小时计算，收费8元），一天之内封顶24元.为了解该商场停车情况，通过抽样，获得了100辆车一天内的停车时长（单位：小时），将数据按照，，，分成9.组，制成了如图所示的频率分布直方图.
(1)估计停车费为24元的频率；
(2)估计停车时长的第85百分位数；
(3)假设这个商场节假日一天有800辆车进入车场停车，估计该商场节假日一天的停车费收入.
16．（15分）已知向量，.
(1)若，求实数的值；
(2)若与的夹角为，求实数的值.
17．（15分）如图，在四棱锥P－ABCD中，，棱PC上的点满足．
(1)求证：平面PAD；
(2)若平面ABCD，求证：平面平面PBD．
18．（17分）在中，P为内一点（含边界），且，．
(1)若，求PA；
(2)若，求．
19．（17分）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）．
(1)已知．
①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率；
②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．
若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围．
2025-2026学年高一下学期人教A版数学期末复习训练卷(4)（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，．若，则的值为（ ）
A．2 B．3 C．2或3 D．不存在
【答案】C
【分析】根据两个实数才能比较大小进行求解即可.
【详解】因为，
所以，解得或．
故选：C
2．在正方体中，既与AB共面也与共面的棱的条数为（ ）
A．3 B．4 C．5 D．6
【答案】C
【分析】分与AB平行且与相交，与AB相交且与平行，与AB相交也与相交，列举出满足要求的直线，得到答案.
【详解】AB与不共面，因此没有同时与这两条直线平行的直线，
与AB平行且与相交的有CD，，与AB相交且与平行的有，，
与AB相交也与相交的有BC，所以共有5条．
故选：C．
3．打靶3次，事件表示“击中i发”，其中．那么事件表示（ ）
A．全部击中 B．至多击中1发
C．都未击中 D．至少击中1发
【答案】D
【分析】先明确各事件具体含义，再理解并集运算逻辑，接着合并事件情况推导结论即可.
【详解】由题意可得，事件是彼此互斥的事件，
且为必然事件，
所以表示的是打靶三次至少击中一次，
故选：D.
4．的内角的对边分别为．若，则（ ）
A．6 B． C．4 D．
【答案】D
【详解】已知
由余弦定理：，
所以．
5．班上有5名数学爱好者，其中3人是男生.若从这5人中随机选出2人，则恰好2人都是男生的概率是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先求出样本空间的样本数和恰好2人都是男生的样本个数，再利用古典概率公式，即可求解.
【详解】由题知班上有5名数学爱好者，其中3人是男生，
记这3人为，其余2人为，
从5人中选取人有：，共有10种情况，
恰好2人都是男生有，共3种情况，
所以从这5人中随机选出2人，则恰好2人都是男生的概率为.
故选：A.
6．若复数满足，则的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．
【答案】C
【分析】设复数，根据可得，再结合模长公式，利用二次函数性质可解.
【详解】设复数，，，
整理得，即，
所以，
当时取等，即的最小值为，
故选：C.
7．如图为某款仿生蝴蝶的设计示意图，在平面直角坐标系中，每个小方格的边长为1，蝴蝶翅膀的一个前尖端点的坐标为，另一个前尖端点、尾突点均在格点上，则与的夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【详解】由题图，知，，又，所以，则．
8．“牟合方盖”是指由两个相同的圆柱成直角相交而得到的公共部分对应的几何体，如图，若圆柱的底面半径为r，则组成的牟合方盖的表面积为现有底面半径为1，高为3的两个圆柱成直角相交形成一个“十字”几何体，如图，则该几何体的表面积为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】运用圆柱表面积公式，即可求解.
【详解】解：由题可知该几何体的表面积等于两个圆柱表面积的和减去“牟合方盖”的表面积，
即
故选：A.
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.
9．四名同学各掷骰子5次，分别记录每次骰子出现的点数．根据四名同学的统计结果，可以判断可能出现点数为6的是（ ）
A．平均数为3，中位数为2 B．中位数为3，众数为2
C．平均数为2，方差为2.4 D．中位数为3，方差为2.8
【答案】ABD
【分析】根据题意举例判断即可
【详解】解：对于A，当掷骰子出现的结果为1，1，2，5，6时，满足平均数为3，中位数为2，可以出现点6，所以A正确；
对于B，当掷骰子出现的结果为2，2，3，4，6时，满足中位数为3，众数为2，可以出现点6，所以B正确；
对于C，若平均数为2，且出现点数6，则方差，所以当平均数为2，方差为2.4时，一定不会出现点数6，所以C错误；
对于D，当掷骰子出现的结果为1，2，3，3，6时，满足中位数为3，则平均数为，方差为，所以可以出现点6，所以D正确，
故选：ABD
10．已知复数z满足，是z的共轭复数，则下列结论正确的是（ ）
A．z的实部与虚部之积为
B．z的共轭复数为
C．z在复平面内对应的点在第三象限
D．
【答案】BD
【分析】根据复数的运算法则，可得，可得其实部与虚部，即可判断A的正误；根据共轭复数的定义，即可判断B的正误；根据复数的几何意义，可判断C的正误，求出，代入求模公式，即可判断D的正误.
【详解】由，得，
对于A，复数z的虚部为3，实部为2，实部与虚部之积为6，故A项错误；
对于B，z的共轭复数为，故B项正确；
对于C，z在复平面内对应的点为，位于第一象限，故C项错误；
对于D，，
所以，故D项正确.
11．如图所示，分别以等边三角形ABC的顶点A，B，C为圆心，线段AB的长为半径画圆弧，，，三段圆弧围成一个曲边三角形.已知，O为AB的中点，点P，Q分别在，上，若，则（ ）
A．的最小值是 B．可以取到
C．的最大值是 D．可以取到1
【答案】AC
【分析】建立坐标系，根据题给条件，确定点A，B，C，O的坐标以及圆弧半径；参数化点P，Q，得出相应参数坐标；根据向量模长和数量积运算法则，结合三角函数特性，分别对各选项进行计算判断.
【详解】如图，设，，
根据等边三角形性质，则，O为AB的中点，故；
圆弧以A为圆心，半径为2；以B为圆心，半径为2.
设，则P在上，坐标，.
，且，故.
Q在上，以为圆心，，所以.
由得：，
在时，当时，，故A对.
的最大值在或处取得，，故B错.
，
当时，， 故C正确，
当或时，，故D错.
故选：AC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知向量，若，则______．
【答案】
【详解】因为，
所以，
又因为，
所以有.
13．某市为了调查教师对统计软件的了解程度，拟采用比例分配的分层随机抽样的方法从A，B，C三所学校抽取60名教师进行调查，已知A，B，C三所学校分别有180，270，90名教师，则从A学校中应抽取的人数为________.
【答案】20
【分析】根据题意，得到A，B，C三所学校教师的人数比为，进而求得A学校中应抽取的人数，得到答案.
【详解】由题意知，A，B，C三所学校分别有180，270，90名教师，
可得A，B，C三所学校教师的人数比为，
所以三所学校抽取60名教师，其中A学校中应抽取的人数为人.
故答案为：.
14．在中，角，，的对边分别为，，，若，是的角平分线，点在上，，，则的面积为________.
【答案】
【分析】由角平分线定理，根据三角形面积计算，建立方程，求得边长，结合三角形面积计算，可得答案.
【详解】在中，由角平分线定理得，所以，
，即，解得，，
所以.
故答案为：
四、解答题
15．（13分）某商场停车收费标准如下：停车时间在1小时内（含1小时）免费，超过1小时的部分，每小时收费4元（不足1小时的部分按1小时算，如停车时长为2.5小时，则按3小时计算，收费8元），一天之内封顶24元.为了解该商场停车情况，通过抽样，获得了100辆车一天内的停车时长（单位：小时），将数据按照，，，分成9.组，制成了如图所示的频率分布直方图.
(1)估计停车费为24元的频率；
(2)估计停车时长的第85百分位数；
(3)假设这个商场节假日一天有800辆车进入车场停车，估计该商场节假日一天的停车费收入.
【答案】(1)0.1
(2)5.5小时
(3)8480元
【分析】（1）先分析出超过6小时收费就是24元，然后再由直方图计算超过6小时的频率即可；
（2）通过计算先确定估计停车时长的第85百分位数所在的区间，再根据求百分位数的公式计算即可；
（3）先分别求出停车时长在各个时间段的车辆的数量，再对应的求出其费用，再求和即可.
【详解】（1）因为停车时间在1小时内（含1小时）免费，超过1小时的部分，每小时收费4元，
所以停车时间为小时，收费元，超过6小时收费就是24元，
所以由直方图可知超过6小时的频率为，
所以估计停车费为24元的频率为0.1；
（2）停车时间为的频率为，
停车时间为的频率为，
所以估计停车时长的第85百分位数位于区间内，
因为，
所以估计停车时长的第85百分位数为5.5小时；
（3）假设这个商场节假日一天有800辆车进入车场停车，
则停车时长为的估计有辆，收费0元；
停车时长为的估计有辆，收费元；
停车时长为的估计有辆，收费元；
停车时长为的估计有辆，收费元；
停车时长为的估计有辆，收费元；
停车时长为的估计有辆，收费元；
停车时长为的估计有辆，收费元；
估计该商场节假日一天的停车费收入为
元.
16．（15分）已知向量，.
(1)若，求实数的值；
(2)若与的夹角为，求实数的值.
【答案】(1)
(2)或.
【分析】（1）由列式求出即可；
（2）直接由夹角公式列方程求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
又因为向量，，
所以，解得；
（2）因为与的夹角为，且向量，，
所以，所以，
两边平方得，所以，
所以，即，解得或，
经检验，或均是方程的根，符合题意.
所以或.
17．（15分）如图，在四棱锥P－ABCD中，，棱PC上的点满足．
(1)求证：平面PAD；
(2)若平面ABCD，求证：平面平面PBD．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）在棱PD上取点E，使，利用线面平行的性质推理得证.
（2）利用线面垂直的性质判定、面面垂直的判定推理得证.
【详解】（1）在棱PD上取点E，使，连接EF，AE，
由，得且，
又，则，四边形ABFE为平行四边形，
因此，又平面平面PAD，
所以平面PAD.
（2）由平面ABCD，平面，得，
在直角梯形中，，则，
于是，又平面PBD，则平面PBD，
又平面，所以平面平面PBD．
18．（17分）在中，P为内一点（含边界），且，．
(1)若，求PA；
(2)若，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）在中，由正弦定理可解得，进而得到及，接着可求.
（2）由余弦定理可求，根据角的关系可得，再设，在中，利用正弦定理可求，即得值.
【详解】（1）由题意知，在中，由正弦定理可得，，
即，所以，所以，
又为锐角，故，所以，
所以，
又勾股定理得．
（2）延长交于，
在中，，由余弦定理可得，
，
所以，
因为，所以，
又，所以，故，
不妨令，所以，其中，
则，所以，
在中，，
所以，
所以．
19．（17分）在信道内传输0，1信号，信号的传输相互独立．发送0时，收到1的概率为，收到0的概率为；发送1时，收到0的概率为，收到1的概率为．现有两种传输方案：单次传输和三次传输．单次传输是指每个信号只发送1次，三次传输是指每个信号重复发送3次．收到的信号需要译码，译码规则如下：单次传输时，收到的信号即为译码（例如，若收到1，则译码为1，若收到0，则译码为0）；三次传输时，收到的信号中出现次数多的即为译码（例如，若依次收到，则译码为1，若依次收到，则译码为1）．
(1)已知．
①若采用单次传输方案，重复发送信号0两次，求至少收到一次0的概率；
②若采用单次传输方案，依次发送，证明：事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．
(2)若发送1，采用三次传输方案时译码为0的概率大于采用单次传输方案时译码为0的概率，求的取值范围．
【答案】(1)① ；②证明见解析
(2)
【分析】（1）①记事件为“至少收到一次0”，利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算可得；②记事件为“第三次收到的信号为1”，事件为“三次收到的数字之和为2”，证明即可；
（2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，事件为“采用单次传输方案时译码为0”，根据题意可得，解不等式可解.
【详解】（1）①记事件为“至少收到一次0”，则．
②证明：记事件为“第三次收到的信号为1”，则．
记事件为“三次收到的数字之和为2”，
则．
因为，
所以事件“第三次收到的信号为1”与事件“三次收到的数字之和为2”相互独立．
（2）记事件为“采用三次传输方案时译码为0”，则．
记事件为“采用单次传输方案时译码为0”，则．
根据题意可得，即，
因为，所以，
解得，故的取值范围为．
【点睛】关键点点睛：利用相互独立事件、互斥事件的概率公式计算各事件的概率.
试卷第1页，共3页
试卷第1页，共3页

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