2026年江西省瑞昌市高一数学下册期末考试模拟检测卷及参考答案【培优】

2026年江西省瑞昌市高一数学下册期末考试模拟检测卷及参考答案【培优】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）1、已知向量a=2,1与b=−3,y共线，则实数A．32 B．−32 C．62、复数z在复平面内对应的点满足|z−2|=1，则以下选项中的点在复数z所构成图形上的是（）A．0,0 B．1,0 C．2,0 D．0,13、已知复数z=2+3i（i为虚数单位），则z的虚部为（）A．−3 B．3 C．−3i D．3i4、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 5、设l是直线，α,β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（）A．若l∥α，l∥β，则α∥β B．若l∥α，l⊥β，则α⊥βC．若α⊥β,l⊥α，则l⊥β D．若α⊥β，l∥α，则l⊥β6、在四边形ABCD中，A0,0，B1,2，AB=DC，A．2 B．3 C．4 D．5△ABC7、的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，B=π4，b=7，如果△ABC有两解，则A．9 B．72 C．11 8、若三点A2,−3，B4,3，C5,t在同一条直线上，则t=A．5 B．6 C．7 D．8二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、已知四面体ABCD的所有棱长均为2，M，N分别为棱AD，BC的中点，F为棱AB上异于A，B的动点．下列结论正确的是（）A．若点G为线段MN上的动点，则无论点F与G如何运动，直线FG与直线CD都是异面直线B．线段MN的长度为2C．异面直线MN和CD所成的角为πD．FM+FN的最小值为210、一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，则（）．A．MN∥CD B．AB⊥EFC．EF与MN所成的角为60° D．AM⊥平面BEF11、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M,N,P分别是棱C1D1，AA．PQ//平面ADB．若Q，M，N，P四点共面，则λ=C．过点Q有且仅有一条直线与DB1，D．若λ=13，点F在侧面BB1C1三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、已知向量a，b为单位向量，且a⊥b，则a⋅313、如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AC=BC=3，∠ACB=90∘，点D是线段AA14、已知a→=(2,−1)，b→=(1,t)，若2a→四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、（1）过△ABC的重心G作直线l，若l与边BC平行，与AB,AC分别交于D，E两点，求△ADE与△ABC的面积比；（2）在△ABC中，若BF=mBC,AO=nAF，其中（3）在等腰直角△ABC中，∠C=π2，D,E分别为AB,AC的中点，将△ADE沿DE折起，得到四棱锥S−BCED，在二面角S−DE−B处于π3,2π3过程中，作∠SBE的角平分线交SE于点M，记BM与平面SCD的交点为N，过N作直线l，与线段SC,SD分别交于P，Q两点，记四棱锥S−BPMQ的体积为16、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0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？17、如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥CD，AD⊥AB，∠BCD=45°，AD=1（1）求证：平面PCD⊥平面ABCD；（2）当t=1时，侧棱PC上点M满足BM=2，∠ABM=45°.证明：M是侧棱PC（3）当∠PDC=120°时，求三棱锥P－18、已知函数fx=asinπ−xcos（1）求a的值和函数fx（2）求不等式fx（3）在△ABC中，AB=1，AC=3，AD为BC边上的中线，设∠BAD=α，f3419、在三棱锥A−BCD中，AB=BC=4,AD=21,BD=13,∠ABC=90°,E是AC的中点，且（1）求证：平面ABC⊥平面ACD；（2）求直线BD与平面ABC所成角的正弦值．

-参考答案-一、单选题（8小题，每小题5分，共计40分）1、【答案】D2、【答案】C3、【答案】D4、【答案】B5、【答案】D6、【答案】C7、【答案】B8、【答案】D二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、【答案】B,C,D10、【答案】A,C11、【答案】B,C三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】2；2313、【答案】108−446π14、【答案】−18四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）证明：取PA的中点E，连接ME和EN，如图所示：因为EN是△PAD的中位线，所以EN∥AD且EN=1又因为MC∥AD且MC=12AD，所以EN∥MC所以四边形ENCM是平行四边形，所以CN∥MF，又因为CN⊂平面PAM，EM⊂平面PAM，所以CN∥（2）证明：①、因为PH⊥平面AMCD，CD⊂平面PFH，所以CD⊥PH，又因为CD⊥AD，且AD，PH是平面PAD内两条相交直线，所以CD⊥平面PAD；②、由①知CD⊥平面PAD，又因为PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，所以△PDC是Rt△由PH⊥平面AMCD，HC⊂平面AMCD，所以PH⊥HC，△PHC是Rt△取PC的中点O，则点O到三棱锥P−HCD各顶点的距离都相等，所以O是三棱锥P−HCD外接球的球心，过点P作PF⊥AM于F，连HF和BF，如图所示：因为PH⊥平面AMCD，AM⊂平面AMCD，所以PH⊥AM，又PF，PH是平面PHF内两条相交直线，所以AM⊥平面PFH，又HF⊂平面PFH，所以AM⊥HF，由PF⊥AM和翻折关系知AM⊥BF，所以B，F，H三点共线，且AM⊥BH，设PM=BM=x(0<x≤2)，则AM=1+x2又因为BA2=BF⋅BHAH=BH2由PF>HF，得1<x≤2，所以PH2=P所以PDPC因为f(x)=6−4x在1<x≤2时单调递增，所以x=2时，PC此时，点M位于点的C位置，所以2R=PC=2，R=1，V=4π则点M位于点的C时，三棱锥P−HCD外接球的体积的最大值为V=4π16、【答案】（1）解：在∆OAB中，由余弦定理，得：A所以AB=27所以，四边形OACB的周长为：OA+OB+2AB=4+2+47（2）解：设∠AOB=α0<α<π，

在∆AOB中，由余弦定理，得AB=2所以，四边形OACB的面积为：S==4sin当α−π3=π2时，即当α=5π6（3）解：解法一：

由题意OB⋅AC+OA⋅BC≥AB⋅OC，且△ABC为正三角形，因为OB=2，OA=4，OC≤OB+OA=6，

则OC的最大值为6，取等号时，∠OBC+∠OAC=π，

则cos∠OBC+不妨设AB=x，则4+x2−362×2⋅x+16+x2−36在∆AOC中，由余弦定理得∠AOC=60°，故OC为∠AOB的角平分线，由角平分线性质可得，BDDA=OBOA=12下证角平分线性质：已知△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，交BC于D，

求证：AB:AC=BD:DC.证明：在△ABD中，ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，

在因为AD是∠BAC的角平分线，所以sin∠BAD=sin∠CAD，又sin∠ADB=sin∠ADC，所以AB:AC=BD:DC，由O，A，C，B四点共圆，由相交弦定理BD⋅AD=OD⋅CD，

得273⋅47在△ADO中，cos∠ODA=所以OD⋅解法二：由题意，得OB⋅AC+OA⋅BC≥AB⋅OC，

且△ABC为正三角形，OB=2，OA=4，OC≤OB+OA=6，

即OC的最大值为6，取等号时，∠OBC+∠OAC=π，

则cos∠OBC+不妨设AB=x，则4+x2−362×2⋅x+16+x2−36在△AOC中，由余弦定理得∠AOC=60°，

故OC为∠AOB的角平分线，由角平分线性质可得，BDDA=OBOA=12由A，O，B，C四点共圆知，OD平分∠AOB，所以BDDA=OBOA则OD=−117、【答案】（1）解：由图知：10×0.005+0.01+0.015+x+0.04=1，可得x=0.03（2）解：因为10×0.005+0.01+0.015=0.3<0.5，10×0.005+0.01+0.015+0.03=0.6>0.5所以中位数在区间80,90内，令其为m，则0.3+0.03×m−8018、【答案】（1）解：设复数z=a+bia,b∈R，因为复数z在复平面内所对应的点在第一象限，所以a>0,b>0，又因为z=2，所以a2+b又因为z2=a+bi2联立①②可得a2+b2=4a2−b（2）解：复数z=1+i，则z=1−i，z2=2i，即a=1,1λa+b因为λa+b⊥λb+19、【答案】（1）证明：取棱BC中点记为M，连接EM,B1M，如图：

∵E,M,D分别是AC,BC,A1B1的中点，且侧面ABB1A1是正方形，

∴EM//FB,EM=FB,DB1//FB,DB1=FB⇒EM//DB1,EM=DB1