2026年浙江省永康市高一数学下册期末考试模拟检测卷带答案（综合卷）

2026年浙江省永康市高一数学下册期末考试模拟检测卷带答案（综合卷）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、设z=2+i2−1+2i2A．10 B．9 C．45 D．2、将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，则出现向上的点数之和大于8的概率为（）A．16 B．518 C．133、某项比赛共有7个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，一定不变的是（）A．极差 B．45%分位数 C．平均数 D．众数4、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．5、在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1DA．1 B．2 C．2 D．26、为了解某年级同学的体能情况，抽取100位同学进行一分钟仰卧起坐次数测试，将所得数据整理后，得到如下频率分布直方图（一分钟仰卧起坐次数60次以上的称为体能优秀），则下列结论错误的是（）A．b=0.005B．估计100位同学在一分钟仰卧起坐次数的平均数低于70次C．从这100位同学中随机选取一位同学，则这位同学体能优秀的概率约为3D．按照“体能优秀”的学生与“体能不优秀”的学生进行分层抽样，从这100位同学中抽取12人，则在体能优秀的同学中应抽取9人7、已知向量a=2,1与b=−3,y共线，则实数A．32 B．−32 C．68、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z=3i−11−ii2025（A．z的虚部为−2B．复数z在复平面内对应的点位于第三象限C．z的共轭复数zD．z10、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、已知z=a+bia,b∈R为复数，z是z的共轭复数，则下列命题一定正确的是（）A．若z2为纯虚数，则a=b≠0 B．若1zC．若z−i=1，则z的最大值为2 D．三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、在△ABC中，AB=4，AC=6，cosA=23，则其外接圆的面积为13、已知向量a→=3,−1，b→=2,1，则b→14、已知四边形ABCD中，AB=BC=CD=2,DA=23，设△ABD与△BCD的面积分别为S1,S2，则S四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、已知a,b为单位向量，且a与b的夹角为60°.（1）求a−2（2）若向量2a−λb与λ16、已知向量a=2,5，b=（1）若x=2，求a−（2）若a，b的夹角为锐角，求x的取值范围.17、在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、C．已知2a−b=2ccosB．（1）求角C；（2）若b=4，点D在边AB上，CD为∠ACB的平分线，且CD=2318、如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1是正方形，（1）若λ=12，证明：DE//平面（2）当平面DEF与平面A1BC夹角的余弦值最大时，求19、已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．给出如下三个条件：①ca②sinC−sinBcosB+cosA③b+ca从这三个条件中任选一个作为△ABC满足的条件，完成以下问题：（1）求角A的大小；（2）若△ABC的面积为3．角A的内角平分线交边BC于D，且AD=3，试判断△ABC

-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】D3、【答案】D4、【答案】A5、【答案】B6、【答案】C7、【答案】A8、【答案】C二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、【答案】A,B,D10、【答案】A,B,C11、【答案】B,C,D三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】2−113、【答案】(10314、【答案】25四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）解：在△BCD中，BC=6，C=π6，CD=23，

由余弦定理可得：B则BD=23（2）解：（i）、由（1）可知∠DBC=∠ABD=∠C=π6，∠ABC=π3,∠BAC=π2，

因为∠DAM=θ，所以∠AMD=2π在△ADM中，由正弦定理DMsin∠DAM=则DM=3（ii）、因为∠BAC=π2，∠MAN=π3，又因为∠ABD=π6，所以在△ABN中，由正弦定理BNsin∠BAN=则BN=3设点A到BD的距离为d，则d=AB⋅AD所以S△MAN要求三角形面积的最小值，即求DM+BN的最大值，由题意得，DM+BN=2因为θ∈0,π6，所以3−53−1233−则△MAN面积的最小值为3416、【答案】（1）解：因为m⋅n=cosB−2a+c+bcosC=0∴−2cosBsinA+cosBsinC+sinBcosC=0，

所以−2cosBsinA+sinB+C∵sinB+C=sinA，

又因为sinA>0，

∴cosB=12，

∵B∈0,π，（2）解：∵S△ABC=12∴cosB=a∴b2=7，

∴b=7，

（3）解：在锐角三角形ABC中，B=π3，

根据正弦定理，得：asinA=因为三角形周长为a+b+c=3又因为B=π3，所以所以

a+b+c=3+2sin因为A∈0,π2,C∈0,π2，

则A+π6∈π3所以a+b+c∈3+17、【答案】（1）（ⅰ）证明：∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，又∵底面ABCD为正方形，∴BC⊥AB，又∵PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，∵AF⊂平面PAB，∴BC⊥AF，又∵PA=AB，F为线段PB的中点，∴AF⊥PB，又∵PB∩BC=B，PB,BC⊂平面PBC，∴AF⊥平面PBC；（ⅱ）解：如图所示，取AB的中点H，连接FH，过点H作HG⊥AE于点G，连接FG，∵FH为△BPA的中位线，∴FH//PA，∵PA⊥底面ABCD，∴FH⊥平面ABCD，∵AE⊂平面ABCD，∴FH⊥AE，∵AE⊥GH，FH∩GH=H，FH,GH⊂平面FGH，∴AE⊥平面FGH，所以∠FGH即为二面角F−AE−B的平面角，设PA=AB=2，则FH=AH=1，AE=A由△AGH∽△ABE可得AHAE=GHBE，即在直角△FGH中，FG=H∴cos∠FGH=GH∴二面角F−AE−B的余弦值为66（2）解：如图，连接BD，交AE于点M，连接FM，假设在线段PB上存在点F，使得PD//平面AEF，∵PD⊂平面PDB，平面PDB∩平面AEF=FM，∴由线面平行的性质定理可知PD//FM，∴在△PBD中，有PFFB∵△AMD∽△EMB，∴DMBM=∴假设成立，即在PB上存在点F，使得PD//平面AEF，此时PFFB18、【答案】（1）证明：在四棱锥P−ABCE中，取AE中点G，连接GM,GP，图①中，由CE//AB,CE=23CD=2=AB，得AD=BC=AE=1则△ADE为正三角形，即△PAE为正三角形，PG⊥AE，连接BE∩AF=O，在△BEF中，由余弦定理得BE则AE2+BE2=4=AB由M线段AF上靠近A的三等分点，得M是线段AO的中点，于是GM//BE,AE⊥GM，而PG∩GM=G,PG,GM⊂平面PGM，因此AE⊥平面PGM，又PM⊂平面PGM，所以AE⊥PM.（2）解：

①由（1）知，PG⊥AE,GM⊥AE，则∠PGM是平面PAE与平面ABCE所成二面角的平面角，由（1）得AE⊥PM，又PM⊥AF，AE∩AF=A,AE,AF⊂平面ABCE，则PM⊥平面ABCE，在Rt△PGM中，PG=3所以平面PAE与平面ABCE所成二面角的余弦值是cos∠PGM=②在Rt△PGM中，PM=PG2−GM在△MFC中，MC在Rt△PMC中，PC=PM2+MC2=由VC−PAE=VP−ACE，得13所以直线PC与平面PAE所成角的正弦值为dPC19、【答案】（1）解：过点A作AH⊥BC，垂足为H.在Rt△ABH中，因为AB=2，B=45°所以BH=AH=2因为BC=3