2025-2026学年高一年级下册数学期末模拟卷（人教A）【解析卷】

2025-2026学年高一下学期期末考试模拟训练

数学（解析卷）

（考试时间：120分钟试卷满分：150分）

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、学号填写在答题卡上.

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.

答案速查表

12345

ADCAB

678910

DDBABDACD

1112131415

(1)

3

ACD(0,10)0.6(-29

~2

(2)2遍

16171819

（1）证明见（1）0.02⑵中（1）-（2）-（1）证明见解

位数等，平均数87516析（2）富

解析（2）（3）小明更有机会

时（3）-进入面试环节（3-

S

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.

L若工=2-i（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点位于（）

Z

A.第一象限B.第二象限C第三象限D.第匹象限

第1页，共13页

【答案】A

【解析】由工=2-i可得：z=2=2：；=?=：+9,

z2-1(2-i)(2+i)555

所以复数Z在复平面内对应的点为(|,》，该点位于第一象限.

【点拨】本题考查复数的除法运算与几何意义，分子分母同乘分母的共规复数是化简的关键.

2.有下列一组数据：2,17,33,15,11,42,34,13,22,则这组数据的上四分位数是

()

A.11B.13C.22D.33

【答案】D

【解析】将该组数据从小到大排列为：2,II,13,15,17,22,33,34,42,共有9个数据.

因为9x75%=6.75,不是整数，

所以这组数据的上四分位数(即第75百分位数)是从小到大排列的第7个数据，即33.

【点拨】本题考查百分位数的计算，注意先将数据从小到大排序，再根据nxp%是否为整数决定

取值方式.

3,设P(4)=0.4,P(AB)=0.2,且A,B相互独立，则P(4U8)=()

A.().5B.0.6C.0.7D.0.9

【答案】C

【解析】因为事件A,B相互独立，所以PG48)=P(A)P(8),

又因为P(4)=0.4,P(AB)=0.2,所以0.2=0.4尸(8),解得P(8)=0.5,

所以P(AU8)=P(4)+P(B)-P(AB)=0.4+0.5-0.2=0.7.

【点拨】本题考查相互独立事件的概率乘法公式及和事件的概率公式，熟记公式P(4UB)=

P(A)+P(B)-P(AB)是解题关键.

4.已知心，备是同一平面内两个不共线的向量，则到/不的是()

A.a=2否一备，b=-e1+1e2

B.a=e1I2e2，b=2瓦十e2

C.a=ex—2e2>B=瓦+2e2

D.a=^—e2»E=2^i—4e2

【答案】A

【解析】对于A,a=2^-6.=-2(-^4-1e2)=-2b,所以五〃石,故A正确；

对于B,设d=焉，则否+2芍=；1(2瓦+&),即日;T，无解，故B错误；

I，一A

第2页，共13页

对于C,设益=入石，则五—2芍=六万+2各），即无解，故C错误；

I—幺=Z4

对于D,设@=焉，则瓦一心=2（2瓦一能），即尸”2无解，故D错误.

1—1=—4/1

【点拨】本题考查平面向量共线基本定理，利用待定系数法建立方程组判断即可.

5.某数学兴趣小组要测量一个球体建筑物的高度，已知点A是球体建筑物与水平地面的接

触点（切点），地面上B,C两点与点A在同一条直线上，且在点A的同侧.若小明同学

在R,C处分别测得球体建筑物的最大仰角为60°和20°,且RC=a米，如图，则该球体

建筑物的高度为（）

ABC

B•淅

asinl00tzsinlO0

c.D.

2sin40°sin40°

【答案】B

【解析】设球心为0,半径为R,则球体建筑物的高度为2R.

由题意可知，最大仰角即为视线与球相切时的仰角.

在B处最大仰角为60",贝1]/。84=30°,在RtAO/8中，AB==V3/?.

tan300

OAR

在C处最大仰角为20°,则/。。力=10°,在Rl△。力C中，AC=

tanio°tanlO0'

coslO0sin600

因为BC5C-g所以Q=R（焉-次）二网)

sinlO°cos600

cosl0°cos600-sinl0osin60°COS70°2Rsin2O°

=/?­=/?­

sinl0°cos60°sinlO°|sinlO°

asinl0°asinl0"a

所以2R=

sin2002sinl0ocosl002cosl00'

【点拨】本题考查解三角形在实际测量中的应用，将最大仰角转化为直角三角形中的线段关系,

并结合三角怛等变换是解题关健.

6.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.已知4=]Q=&,b=2,则B二

()

▲7Tc7T-p.27T7T

A・]或可C.*或与

4

【答案】D

【解析】由正弦定理三二工可得：

第3页，共13页

DbsinA2xsin^2x1鱼

slnB=—=^=^=-

因为力=g所以8W(0,当,

66

所以8=彳或手.

【点拨】本题考查正弦定理的应用，注意根据已知先和边长关系判断未知角的取值范围，避免漏

解.

7.下列条件一定能确定一个平面的是()

A.空间三个点B.空间一条直线和一个点C.两条相互垂

直的直线D.两条相交的直线

【答案】D

【解析】对于A,若三个点在司一直线上，则不能确定唯一平面，故A错误；

对于B,若点在直线上，则不能确定唯一平面，故B错误；

对于C,若两条互相垂直的直线是异面直线，则不能确定唯一平面，故C错误；

对于D,由平面的基本性质推论可知，两条相交直线能确定唯一的一个平面，故D正确.

【点拨】本题考查平面的基本性质及其推论，熟记确定平面的三个推论(相交直线、平行直线、

直线及直线外一点)是解题关键.

8.在平面四边形ABCD中，AB=BC=2CD=2,^ABC=60°,乙ADC=90。，若P为边

BC上的一个动点，则同•无的最小值是()

A.-1B.--C.--D.-

424

【答案】B

【解析】因为在平面四边形ABCD中，AB=BC=2,^ABC=60°,

所以△48C是边长为2的等边三角形.

以BC所在直线为x轴，BC的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系，

则8(-1,0)，C(l,0),4(0,百).

设P(x,0),因为P为边BC上的动点，所以一

则方=(0-％百-0)=(r,遮)，PC=(1-x,0).

所以R4-PC=-x(l—x)+V3x0=x2—x=(x—1)2—

因为工所以当％=g时，而•近取得最小值一*

【点拨】本题考查平面向量数量积的最值问题，利用建系法将向量数量积转化为二次函数求最值

是常用且高效的方法.

第4页，共13页

二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项

是符合题目要求的.全部选对得满分，部分选对得部分分，有选错得。分.

9.已知复数z=3+4i,则下列说法正确的有()

A.复数z的实部为3B.复数z的共辗复数为3-4iC.z-z=-25

D.*+z为实数

z

【答案】ABD

【解析】对于A,复数z=3+4i的实部为3,故A止确；

对于B,复数z=3+4i的共匏复数为5=3-4i,故B正确；

对于C,z-z=(3+4i)(3-4i)=32-(4i)2=9+16=25,故C错误;

对于D,"+z=；^+3+4i=+3+4i=3—4i+3+4i=6,为实数，故D正确.

z3+4i(3+4|)(3-4|)

【点拨】本题考查复数的基本概念与四则运算，熟练掌握共规复数的定义及复数除法的分母实数

化是解题关键.

10.某学校对高一学生预选科进行调查统计，发现学生选科仅有物化生、政史地、物化地、

物化政、生史地五种组合，其中选择物化地和物化政组合的人数相等，并绘制得到如下的

扇形图和条形图，则()

P人数(单位:人)

300

250

200

150

100

50

A.该校局一学生总人数为800

B.该校高一学生中选择物化政组合的人数为90

C.该校高一学生中选择物理的人数比选择历史的人数多

D.按选科组合用分层随机抽样的方法从该校高一学生抽取40人，则生史地组合应抽

取8人

【答案】ACD

【解析】对于A,由扇形图可知选科是政史地组合的学生所占比例为25%,由条形图可知选科是

政史地组合的学生人数为200,故该校高一学生总人数为言=800,故A正确；

对于B,由条形图可知选科是生史地组合的学生人数为160,其所占比例为罢=20%.

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依题意，选择物化地和物化政组合的人数相等，因此选科是物化政组合的学生所占比例为

1-35%-25%-20%=10%>所以物化政组合的学生人数为800X10%=80,故B错误；

对于C,该校高一学生中选择物理的学生所占比例为35%+10%+10%=55%,选择历史的学

生所占比例为25%+20%=45%,因为55%>45%,所以选择物理的人数比选择历又的人数多,

故C正确；

对于D,选科是生史地组合的学生所占比例为20%,按分层抽样抽取40人，生史地组合应抽取

40x20%=8A,故D正确.

【点拨】本题考杳统计图表的识读与分层抽样，理清扇形图中的比例关系与条形图中的具体人数

的对应是解题关键.

11.正方体的棱长为2,P为底面ABCD内一动点，则下列说法正确的是

()

A.当P为正方形ABCD的中心时，三棱锥P-当口为外接球的表面积为117T

B.当P在线段BD上时，|/P|+|P4|的最小值为4

C.满足直线PG与上底面A/iCiDi所成角为60°的点P的轨迹长度为

D.当P为CD中点时，过A,P,G三点作正方体的截面Q,Q为截面。上一点，则线

段BQ长度的取值范围为[乎,2V2]

【答案】ACD

【解析】对于A,当P为正方形ABCD的中心时，CP_L平面且CPu平面ABCD,所

以CPJ.平面PBiQ.在三棱锥P—BiCWi中，C[P=B[P=DM=J22+(V2)2=V6,

&=2>j2,

cosz_8]POi=6d=1,siiiz_8iPO]=—.

112xV6xV63113

设△明2)]外接圆半径为r,由正弦定理得2r=/处最=If=3,即『二'•

-3-

过△PBMi的外心作平面PR。的垂线与CP的垂直平分线交于点O,则外接球半径R=

J?+目)2=JI+I=V-

所以三棱锥P-当6。1外接球的表面积S=4nR2=117T,故A正确；

对于B,当P在线段BD上时，将平面ABD与平面沿BD展开到同一平面内，当A,P,

B】三点共线时，|AP|+|尸当|取得最小值，最小值为展开图中的线段4当的长.4%=

dABz+网一24B•B8icosl35°=J4+4-2X2X2X(-y)=V8+4V2,故B错误；

第6页，共13页

对于C,过P作PM_L平面4B1G5交4G于M,则，PGM就是直线PG与上底面所成角.

tanNPGM=n=2=V5,则GM=竽.所以点P的轨迹是以G为圆心，半径为华的圆弧

CjMCiM33

上，圆心角为，所以轨迹长度为5乂甲="兀，故c正确；

对于D,当P为CD中点时，设4a中点为N,易得四边形8PGN为平行四边形，即截面。为四

边形力PGM设点B到平面APN的距离为h,在△4PN中，AN=AP=V5,PN=20,

=X=

SdAPNZ2V2x\/3=A/6.illVB-APN—^N-ABP得^AAPN^1,2，即乎/lu^XlXZX

2,解得九=手，即线段BQ的最小值为平.当Q在G处时，线段BQ取得最大值2衣.所以线

段BQ长度的取值范围为［乎,2或］,故D正确.

【点拨】本题考查正方体中的外接球、动点轨迹及截面问题，综合性强，难度大.求解外接球半径

时，利用截面圆半径与球心距构造直角三角形是通法.

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.

12.已知向量五=(一1,2),b=(2,6),则*4-b=.

【答案】(0,10)

【解析】由题意，d=(-1,2),3=(2,6),

则2a+d=2(-1,2)4-(2,6)=(-2,4)4-(2,6)=(0,10).

【点拨】本题考查平面向量的坐标线性运算，直接代入坐标计算即可.

13.己知随机事件A,B,C,A和B互斥，B和C对立，且P(4+B)=0.7,P(/)=0.3,

则P(C)=.

【答案】0.6

【解析】因为随机事件A和B互斥,所以P(4+B)=P(4)+P(B),

又P(A+B)=0.7,P(4)=0.3,则P(B)=0.7-0.3=0.4.

因为B和C对立，所以P(C)=1-P(B)=1-0.4=0.6.

【点拨】本题考行互斥事件的概率加法公式与对立事件的概率性质.

14.十七世纪法国数学家皮埃尔・德•费马提出一个几何问题：“已知一个三角形，求作

一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小它的答案是：当三角形的三个角

均小于120。时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两

两成120°角；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点.

第7页，共13页

在费马问题中，所求的点称为费马点.在△4BC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c.已

知小一(-02=3,1,必+刖8=焉.若点「为4酒；的费马点，则以・丽+丽・

PC+PA-PC=

【答案】

【解析】由tanA+tan8=±J,化简得吗十==2业等吧=包笔=

acosBcosAcosBcosAcosBcosAcosBcosAcosB

由正弦定理得s?c=夸三,因为sinCw0,所以sinA=V5COS4,即tan/=V5.

cosAcosBsinAcosb

因为46(0,7T),所以

由Q2—(b—c)2=3得a2—b2—c2+2bc=3,

由余弦定理a2=b2+c2-2bccosA得—2bccosg+2bc=3,即—be+2bc=3,解得be=3.

因为点P为△ABC的费马点，所以LAPB=乙BPC=乙CPA=120°.

PA-PB^PB^PC+PAPC=\PA\\PB\cosl20°+\PB\\PC\cosl20°+|P4||PC|cosl20。

=-'(IP411PBi+\PB\\PC\+IP4IIPCI).

又SMBC=S»PAB+SNBC+S.s=1|P*|PB|sinl20。+1|PB||PC|sinl20。+1\PA\\PC\sinU0°

=，(|P*|PB|+\PB\\PC\+|PA||PC|).

币S4ABe=\bcs\x\A=1x3Xy=^.

所以f(|PA||PB|+\PB\\PC\+\PA\\PC\)=乎，解得|P*|PB|+\PB\\PC\+\PA\\PC\=3.

所以港•丽+丽•玩+园•正=--X3=

22

【点拨】本题以数学文化“费马点”为背景，考查解三角形与平面向量数量积的综合应用，利用

面积分割法建立等量关系是解题的关键.

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.(13分)设a是实数，复数为=2-1,Z2=(Q+i)(l-2i)(i是虚数单位).

(1)若Z2在复平面内对应的点在第一象限，求Q的取值范围；

(2)求归1+与］的最小值.

【答案】(1)(-2,1)(2)2场

【解析】解：(1)由之2=(a+i)(l—2i)=ci—2ai+i—2i?=(a+2)+(1—

2a)i......................2分

因为复数z2在复平面内对应的点(a+2,1-2a)在第一象限，

第8页，共13页

所以+.........................................................4分

tl-2a>0

解得—2<a<|»

因Q的取值范围是(一23).....................................................6分

'、2)由Zi=2-i得2i=2+i...................................................8分

则尺+Z2=(2+i)+(a+2)+(1-2a)i=(a+4)+(2—2a)i.....................1()分

所以历+Z2I=J(a+43+(2-2a尸=V5a2+20............................12分

因为Q为实数，所以〃之0,当a=0时，54+20取得最小值20,

因此传1+z2\的最小值为V20=2V5..........................................13分

【点拨】本题考查复数的四则运算、儿何意义及复数模的最值问题，将模的最值转化为二次函数

的最值是常用方法.

16.（15分）已知△48C的内角A、B、C的对边分别为a、b、c,有余弦定理：

222222222

a=b+c—2bccosA,b=a+c—2accosBfc=a+b—2abeosC.

（1）在上面三个等式中，任选一个等式进行证明：

（2）若b=V3,asinA=5V3sin^-2sinC,求△ABC的面积.

6

【答案】（1）证明见解析（2）V3

【解析】解：（1）证明：在△48C中，设而=3AC=b,'BC=a,

根据平面向量的减法运算法则可得a=b-c...................................2分

两边平方得：a2=（b—c）2=h24-c2—2b-c....................................4分

艮“矶2=|瓦2+©2_2\b\\c\cosA.............................................6分

所以a2=炉+_2bccosA...................................................7分

（同理可证另外两个等式，任选其一证明即可）

12）由asinA=5bsinB-2sinC及正弦定理-r—=-r-r=-r—,得：

sin/lsinBsinC

aa=575b—2c,a2=SWb—2c........................................9分

因为b=V3,所以a2=15—2c..............................................1()分

由余弦定理得dz=b2+c2-2bccosA=3+c2-2vsecosg=34-c2-3c........12分

联立方程组整理得：C2-C-12=0,

解得c=4或c=-3(舍去)...............................................14分

所以S^ABC==bcsin4=x\/3x4xsiny=V3..........................15分

226

第9页，共13页

【点拨】本题考行余弦定理的向量法证明及正余弦定理的综合应用，熟练进行边角互化是解题关

键.

17,(15分)某校为了解高一学生的客家话水平，随机抽取了100名学生进行问卷测试，

将这100名学生测试的得分按[75,80),[80,85),[85,90),[90,95),[95,100]分成5组,

并绘制出频率分布直方图，如图5所示，设定成绩在85分以上的学生为“优秀”，成绩

小于85分的学生为“良好”.

(1)求m的值；

(2)估计样本的中位数与平均数；

(3)如果用分层抽样的方法从“优秀”和“良好”两类学生中选出5人，再从这5人中

选2人，那么恰有一人是“优秀”的概率是多少？

【答案】(1)0.02(2)中位数竽，平均数87(3)I

【解析】解：(1)由频率分布直方图的性质可知，各组频率之和为1,

且组距为5,各组的矩形高度分别为in,3m,3m,2m,m,

所以(m+3m+3m+2m+m)x5=1.................................................................................2分

BJ50m=1»解得m=0.02.............................................................................................3分

(2)设样本的中位数为x,

因为前两组的频率之和为(0.024-0.06)X5=0.4<0.5,

前三组的频率之和为(0.02+0.06+0.06)x5=0.7>0.5,

所以中位数工€[85,90)....................................................................................................5分

则0.4+(x-85)x0.06=0.5,解得％=85+|=等488.33,

所以样本中位数的估计值为一(或88.33)................................................................7分

平均数估计为：77.5x0.1+82.5x0.3+87.5x0.3+92.5x0.2+97.5x0.1=87.........9分

(3)依题意，“良好”的频率为0.1+0.3=0.4,“优秀”的频率为0.3+0.2+0.1=0.6,

第10页，共13页

所以“良好”的人数为100x0.4=40人，“优秀”的人数为100x0.6=60人，

成绩优秀与良好的人数比为60:40=3:2....................................11分

所以采用分层抽样的方法抽取的5人中，有优秀3人，良好2人................12分

将优秀的3名学生记为A,B,C,成绩良好的2名学生记为a,b,

从这5人中任选2人的所有基本事件包括：

AB,AC,BC,Aa,Ab,Ba,Bb,Ca,Cb,ab,共10个基本事件..............13分

记“恰有一人是优秀”为事件M,则事件M包含的基本事件有：

Aa,Ab,Ba,Bb,Ca,Cb,共6个.........................................14分

所以尸(M)=4=|.....................................................15分

【点拨】本题考查频率分布直方图的识读、中位数与平均数的计算以及古典概型，注意直方图中

纵坐标为“频率/组距”.

18.(17分)某校数学建模社团招聘社长职位分笔试与面试两个环节，在笔试中有两轮答

题：第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得。分;

第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分.若两轮总分

不低于60分则进入面试环节.小红和小明参加此次招聘活动，已知小红对A,B类每个问

题的答对的概率均为0.5.在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题，在B类的5个问

题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响.

(1)求小明在第一轮得40分的概率；

(2)求小红两轮总分得60分的概率：

(3)试判断小红和小明谁更有机会进入面试环节？

【答案】(1)：(2)9(3)小明更有机会进入面试环节

510

【解析】解：(1)对A类的5个问题进行编号：a,b,c,d,e,

设小明只能答对的4个问题的编号为：a,b,c,d,

第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，样本空间包含的基本事件有：

{a,b),{a»c},{a,d),{a,e),(b,c),{b,d}»{b,ej,{c,d),{c,e),(d,e),共10种...2分

小明在第一轮得4()分，即选出的两题都在他能答对的4题中，包含的基本事件有：

{a,b},{a,c},{a,d|,{b,c},{b,d},{c,d},共6种.............................4分

则小明在第一轮得4()分的概率为：Pi=W............................5分

(2)设“小红两轮总分得60分”为事件A,

因为小红第一轮得分为40分或。分，第二轮得分为60分、30分或0分，

第11页，共13页

所以小红两轮总分得60分只能是“第一轮得0分且第二轮得60分”................7分

小红第一轮答对两题的概率为0.5x0.5=0.25,则第一轮得0分的概率为1一0.25=0.75,

小红第二轮答对两题的概率为0.5x0.5=0.25................................................................9分

所以p(4)=0.75x0.25=0.1875=4..........................................................................11分

16

(3)依题意，两人能够晋级面试，即两轮总积分不低于60分，

包含三种情况：第一轮4()分巨第二轮30分；第一轮40分且第二轮60分；第一轮()分且第二轮

60分.

小红晋级面试的概率为：

Pq=0.25x(C；x0.5X0.5)+0.25x(0.5x0.5)+0.75x(0.5x0.5)

=0.25x0.5+0.25x0.25+0.75x0.25=0.125+0.0625+0.1875=0.375.......14分

由(1)知，小明第一轮得4()分的概率为().6,得()分的概率为().4,

小明第二轮答对1题的概率为最X0.4x(1-0.4)=0.48,答对2题的概率为0.4X0.4=0.16,

小明晋级面试的概率为：

P明=0.6x0.48+0.6x0.16+0.4x0.16=0.288+0.096+0.064=0.448.......16分

因为0.448>0.375,所以小明更有机会进入面试环节........................17分

【点拨】本题考查古典概型与相互独立事件概率的综合应用，理清得分规则并分类讨论是解题关

健.

19.(17分)如图，在梯形ABCD中，AD//BC,AD=AB