2026年福建省邵武市高一数学下册期末考试模拟测试卷及答案（历年真题）

2026年福建省邵武市高一数学下册期末考试模拟测试卷及答案（历年真题）考试时间：120分钟；命题人：教研组考生注意：1、答卷前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、班级填写在试卷规定位置上2、答案必须写在试卷各个题目指定区域内相应的位置，如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用涂改液、胶带纸、修正带，不按以上要求作答的答案无效。一、单选题（8小题，每小题5分，共计40分）α1、，β是两个平面，m，n是两条直线，则（）A．如果m//α，n//α，那么m//nB．如果m⊂α，n⊂α，m，n是异面直线，那么n与C．如果α//β，m⊂α，那么m//βD．如果m//α，n与α相交，那么m，n是异面直线2、某网球社团有3名男生和5名女生，从中任选2名同学参加网球比赛，下列各对事件中互斥而不对立的是（）A．至少有1名男生与全是男生B．至少有1名男生与全是女生C．恰有1名男生与恰有2名男生D．至少有1名男生与至少有1名女生3、若m，n为空间中两条不同的直线，α、β为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（）A．若m⊥α，n⊥α，则m∥nB．若m⊥α，m∥β，则α⊥βC．若α∥β，m⊥α，n⊂β，则m⊥nD．若m∥α，n∥α，则m∥n4、如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则过点B作与异面直线A．有无数条 B．有两条 C．有三条 D．有一条5、已知复数z与4−i2+i在复平面内对应的点关于虚轴对称，则z=（）．A．−75+65i B．−6、若点O是△ABC的外心，AB=6，则AC⋅BOA．1 B．-1 C．3 D．-37、已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且C=60°，a+b=5，S△ABC=3A．29 B．33 C．19 D．8、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M,N分别是棱C1D1,AA1的中点，平面α经过A．103 B．4 C．173 二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、已知复数z1，z2，z1为zA．z1B．若z1=1，则zC．zD．若z1=10、在对某高中学生体质健康状况某个项目的调查中，采用样本量比例分配的分层随机抽样，如果不知道样本数据，只知道抽取了高一80人，高二60人，高三60人，方差分别为15,10,12，则此样本的方差不可能为（）A．11 B．12 C．13 D．1411、如图1，已知矩形ABCD中，AB=2，AD=1，E为CD中点，现将△AED沿AE翻折后得到如图2的四棱锥D'−ABCE，点F是线段D'A．当F为线段D'B中点时，CF//B．DC．不存在点F，使CF⊥平面ABD．当F为线段D'B中点时，过点A，E，F的截面交C三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、已知点O0,0，向量OA=2,3,OB=6,−3，点P是线段AB上靠近A13、设向量α，β的夹角为θ，定义α⊙β=|α||β|sinθ，若平面内互不相等的两个非零向量a，b满足：|a|=1，(14、如图，在矩形ABCD中，AB=2，BC=22，点E为BC的中点，点F在边CD上，若AB⋅AF=2，则AE⋅四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、已知A1,3，B−2,y，C4,23（1）求向量OA与OB的夹角；（2）求△OAB的面积．16、某风景区千峰叠翠，万派环宋，山势雄奇，胜境遍布，其山脊高出4000米的山峰就有58座迂回缭绕于高山雾海之中，忽隐忽现，如苍龙遨游九天，其峰群之集中，规模之宏大，造型之奇异和离城市之近尚属罕见，是得天独厚的自然风景区．现为更好地提升旅游品质，该风景区的工作人员随机选择100名游客对景区进行满意度评分（满分100分），根据评分，制成如图所示的频率分布直方图．（1）根据频率分布直方图，求x的值；（2）估计这100名游客对景区满意度评分的中位数和平均数（每组样本平均数用矩形底边中点的横坐标代替，得数保留两位小数）．17、在△ABC中，AB=2，BC=3，B=45°.（1）求sinC的值；（2）取一点D，使得BD=2DC，求点C到直线18、从某小区抽取100户居民用户进行月用电量调查，发现他们的用电量都在50~350kW·h之间，进行恰当分组后（最后一组为闭区间，其余各组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示.（1）求直方图中x的值；（2）试估计该小区用户月用电量的平均数.19、已知△ABC中，AB=2，AC=1，∠BAC=120°，点D在边BC上且满足CD=2BD.（1）用AB、AC表示AD，并求AD；（2）若点E为边AB中点，求CE与AD夹角的余弦值.

-参考答案-一、单选题（8小题，每小题5分，共计40分）1、【答案】B2、【答案】B3、【答案】D4、【答案】C5、【答案】A6、【答案】B7、【答案】C8、【答案】A二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、【答案】A,C,D10、【答案】A,B,D11、【答案】B,C三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】6513、【答案】2314、【答案】[38四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）证明：连接A1C，交A1C点O，连接则O是A1C的中点，

因为点D是BC的中点，

所以又因为OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，（2）证明：因为△ABC为等边三角形，且点D是BC的中点，所以AD⊥BC，

由正三棱柱的性质，知BB1⊥因为AD⊂平面ABC，

所以BB又因为BC∩BB1=B,BC、B所以AD⊥平面BCC1B1，

又因为所以平面ADC1⊥（3）解：由（1）知A1B//平面以直线A1B到平面ADC由（2）知AD⊥平面BCC1B1，

所以点A到平面因为S△ADC1又因为S△BD设点B到平面ADC1的距离为d，又因为VB−AD所以13⋅d⋅S△ADC1=13所以，直线A1B到平面ADC1的距离为4516、【答案】（1）解：由题意AB=−3,y−3,BC所以6y−3=−3所以OA=所以向量OA与OB的夹角的余弦值为cosOA故向量OA与OB的夹角为2π（2）解：因为OA=OB=2，OA与OB所以△OAB的面积为1217、【答案】（1）解：选①由ca=sin2C2sinB−sinC，得sinCsinA=2sinCcosC2sinB−sinC，即2sinAcosC=2sinB−sinC，故2sinAcosC=2sinA+C−sinC，

则2sinAcosC=2(sinAcosC+cosAsinC)−sinC，

化简得2cosAsinC=sinC，因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，

故cosA=12，则解得A=π3.

选②由已知得sin2C−sinBsinC=cos2B−cos2A=sin2A−sin2B，

由正弦定理可得c2−bc=a2−b2，即bc=b2+c2−a2，

由余弦定理得cosA=（2）解：因为S△ABC=1又因为S=14b+c所以解得b=c=2，所以△ABC是正三角形.18、【答案】（1）证明：在△ABC中，AB=BC=2，AC=22，满足AB2+BC2=AC2，则AB⊥BC，

因为点D，E分别为边AB，AC的中点，所以DE∥BC，DE=12BC=1，DE⊥AB，又因为BD∩PD=D，BD,PD⊂平面PBD，所以BC⊥平面PBD，又因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD；（2）解：因为DE⊥BD，DE⊥PD，所以二面角P−DE−C的平面角为∠PDB，所以∠PDB=60∘，又因为PD=DB=1取PD的中点O，连接BO，如图所示：

则BO⊥PD，BP=1，BO=32由（1）知BC⊥平面PBD，又因为BO⊂平面PBD，所以BC⊥BO，又因为DE//BC，所以DE⊥BO，又因为DE∩PD=D，DE,PD⊂平面PDE，所以BO⊥平面PDE，

又因为DE//BC，DE⊂平面PDE，BC⊄平面PDE，所以BC//平面PDE，

则VC−PDE因为BC⊥平面PBD，BP⊂平面PBD，所以BC⊥BP，所以CP=BC2在△PDC中，CP=5，DC=5，则S△PDC设点E到平面PDC的距离为d，又VE−PDC=V解得d=5719，即点E到平面PDC的距离为（3）解：由（2）知BO⊥平面PDE，即∠BGO为BG与平面PDE所成的角，在△PGO中，PO=12，∠OPG=45∘，由余弦定理得OG因为BO⊥平面PDE，又OG⊂平面PDE，所以BO⊥OG，所以BG即BG=x2−整理得18x2−92x+2=0在棱PE上存在点G，使得BG与平面PDE所成角的正弦值为36则P