2026年云南省开远市高一数学下册期末考试模拟检测卷【原创题】附答案

2026年云南省开远市高一数学下册期末考试模拟检测卷【原创题】附答案考试时间：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、在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a，b，c，如果acosA=bcosB，则A．等腰或直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等边三角形2、如图，某图形的直观图是一个边长为2的菱形A'B'A．22 B．42 C．8 3、设i为虚数单位，若复数z满足4z=1+i，则z的共轭复数z=A．2−2i B．2+2i C．2−i D．2+i4、甲、乙两人独立地破译一份密码，已知甲能破译的概率为13，乙能破译的概率为12，则密码被成功破译的概率为（）A．12 B．23 C．345、如图，在Rt△ABC中，CA=3，CB=2，D是AC边上靠近点C的三等分点，E是AB的中点，CE与BD交于点M，cos∠DME=（）A．−6565 B．−26565 6、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．3i7、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、甲、乙、丙三人破译一份密码，若三人各自独立破译出密码的概率为12，13，13A．29 B．49 C．59二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、在锐角△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b=2，且3tanA−13tanB−1A．C=B．a的取值范围为1C．a+bcD．sin2A−△ABC10、的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的有（）A．若sinA>sinB．acosB=C．A=60°，a=15，b=16，则△ABC有两解D．若tanA+tanB+11、下列关于平面向量的说法中不正确的是（）A．已知非零向量a，b，c，若a//b，bB．若AB=CD，则C．若a⋅c=bD．若点G为△ABC的重心，则GA三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、如图，A，B，C三点位于同一水平面，A位于B的北偏西30°方向，C位于B的北偏东60°方向，A在C的正西方向，且A，C之间的距离为50米，B处正上方建有一栋楼房，C处正上方建有一座塔，从A处观察塔尖E，测得仰角为45°，从楼房顶D处观察塔尖E，测得仰角为30°，则楼房的高度为米.13、折扇（图1）是具有独特风格的中国传统工艺品，炎炎夏季，手拿一把折扇，既可解暑，又有雅趣.图2中的扇形OCD为一把折扇展开后的平面图，其中∠COD=2π3，OC=OD=1，点M在弧CD上（包括端点）运动，其中E，F分别是OC，OD的中点，则ME⋅MF的范围为14、富比尼原理，又称为“算两次”思想，即对待同一个量，从不同的角度去考虑，以此建立等量关系或不等关系，从而达到解决问题的目的．如图，在边长为2的正九边形ABCDEFGHI中，AE⋅AI的值为；由向量关系AE=AB+BC+CD+四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、在△ABC中，a2=b（1）求sinB（2）若b=26，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在，求△ABC条件①：c=27；条件②：asinA=3；条件注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.16、记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A=π3，a=2.（1）若此三角形有两个解，求b的取值范围；（2）若sinB−sinC=（3）若sinB+sinC=217、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λ18、如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，已知AC⊥BC，BC=CC（1）DE//平面AA（2）BC19、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.

-参考答案-一、单选题（8小题，每小题5分，共计40分）1、【答案】C2、【答案】C3、【答案】C4、【答案】B5、【答案】A6、【答案】D7、【答案】C8、【答案】B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,D11、【答案】A,B,C三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】713、【答案】8314、【答案】−2四、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：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，所以CH=3−1=2，在Rt△ACH中，由勾股定理可得，AC=A因此sinC=AH（2）解：因为BD=2DC，所以点D为BC靠近点因此BD=2，CD=1.过C作CG⊥AD，交AD的延长线于G，

所以CG即为点C到直线AD的距离.在△ABD中，由余弦定理可得AD发现BD2=4=A又∠BDA=∠CDG，因此△BDA∽△CDG，于是ABGC所以CG=12AB=22，即点C17、【答案】（1）证明：由AE=AB+BB1又因为BE=14B所以AE=则有AE//FC（2）解：取AF的中点为O，连接OD,OE,EF，如图所示由于DF=34A又由余弦定理得：A所以AE=13又由EF=则EF=所以有EF=AE，又因为AF的中点为O，所以OE⊥AF，即∠DOE就是平面AEC1F由OD=OE=由OD=OE=OD⋅所以有cos∠DOE=故平面AEC1F与平面A18、【答案】（1）解；对|a−2b|展开得：|因为a，b为单位向量，所以|a|=|b|=1，则又因为a与b的夹角为60°，可得：将a2=1，b2=1，|所以|a（2）解：因为向量2a−λb与λa−b的夹角为锐角，所以可得：(2将a2=1，b2=1整理得：2λ−1−λ22+λ>0，即−λ若两向量同向共线，则存在实数k>0，使得2a−λb所以可得2=kλλ=k，将λ=k(k>0)代入2=kλ得λ2=2所以当两向量不同向共线时，λ≠2综合以上两个条件，实数λ的取值范围是(3−719、【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