2026年黑龙江省东宁市高一数学下册期末考试模拟检测卷【原创题】附答案

2026年黑龙江省东宁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，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为53，b=4，BA⋅AC=10，则A．21 B．31 C．41 D．612、在△ABC中，若AB=1，AC=5，B=45∘，则AB⋅A．522 B．−522 3、在等腰△ABC中，AB=AC=6,D为AC上一点，且AD=2DC，记△ABC的外心为O，若BO=λOD，则A．9 B．12 C．272 4、已知平面向量a=−3,4，b=1,2，则向量b在向量A．−35,45 B．−35、我国古代数学典籍《九章算术》卷九“勾股”中有一测量问题：“今有立木，系索其末，委地三尺.引索却行，去本八尺而索尽，问索长几何?这个问题体现了古代对直角三角形的研究，现有一竖立的木头柱子，高4米，绳索系在柱子上端，牵着绳索退行，当绳索与底面夹角为75°时绳索未用尽，再退行43米绳索用尽（绳索与地面接触），则绳索长为（）A．37米 B．45米 C．52米 6、若复数z满足i⋅z=1−i，则z=（）A．1+i B．−1+i C．1−i D．−1−i7、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⊥β8、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+i二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、已知点M在△ABC所在平面内一点，则（）A．若M为BC中点，ABAB+ACAC=3AMB．若AM=1C．若MA，MB，MC的夹角两两相等，MA=MB=1，D．若△ABC为边长为2的正三角形，M为AB的中点，点E在线段BC上运动，则EA⋅EM10、已知复数z1,zA．若z1=z2，则C．若z1>z2，则11、如图，已知圆台上，下底面的圆心分别为O1，O2，半径分别为2和4，高为23，四边形ABCD为圆台OA．圆台的母线长为6 B．圆台的体积为56C．圆台的侧面积为24π D．圆台外接球的半径为4三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、设向量m=3,5，n=−2,a，若m与n共线，则实数a的值为13、如图，动点C在以AB为直径的半圆O上（异于A，B），DC⊥BC，DC=BC，AB=2，CA−BC=；OC⋅14、已知平面向量a=−1,2，b=3,4，则a在b上的投影向量的坐标为四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、如图，在五棱锥S−ABCDE中，平面SAE⊥平面AED，AE⊥ED，SE⊥AD．四边形ABCD为矩形，且SE=AB=1，AD=3，BN=2NC．（1）证明：SE⊥平面AED；（2）若AE=3，求二面角E−SA−D（3）求直线DN与平面SAD所成角的正弦值的最小值．16、已知a，b，c分别为△ABC的三个内角A，B，C的对边，且sinA=2sinB，2−b（1）求b；（2）若c=2，求△ABC的面积；（3）若△ABC为锐角三角形，且2BD=DA17、如图1，菱形ABCD的边长为2，∠BAD=60°，将△BCD沿BD折起至△BPD（如图2），且点E为AP的中点.（1）证明：平面ABP⊥平面BDE：（2）若AP⋅AC=9，求平面PBC18、如图，多面体ABCDEF中，底面ABCD是菱形，∠BCD=60°，四边形BDEF是正方形且DE⊥平面ABCD.（1）求证：CF//平面ADE；（2）若AE=2，求多面体ABCDEF的体积V19、如图，正三棱柱ABC−A1B1C1中，D是（1）求证：A1C∥平面（2）若三棱锥B1−ADC1的体积为

-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】B3、【答案】B4、【答案】B5、【答案】D6、【答案】A7、【答案】D8、【答案】A二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、【答案】B,D10、【答案】A,B,D11、【答案】A,B,D三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】−1813、【答案】114、【答案】3四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【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PG的长为26或216、【答案】（1）证明：连接BE，如图所示：

因为AB=BC,E为AC中点，所以BE⊥AC，又因为∠ABC=90°，所以BE=12AC=12AB2+BC2=22，

满足B又因为BE⊂平面ABC，所以平面ABC⊥平面ACD；（2）解：在平面ACD内过点D作DF⊥AC于F，连接BF，如图所示：因为平面ABC⊥平面ACD，平面ABC∩平面ACD=AC，所以DF⊥平面ABC，即∠DBF为直线BD与平面ABC所成角，

在△ADE中，AE=22则cos∠DAE=(22因此DF=ADsin∠DAE=21则直线BD与平面ABC所成角的正弦值为391317、【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+18、【答案】（1）解：2a−c=2bcosC，由余弦定理可得2a−c=2b⋅a2+整理可得a2+c2−b2（2）解：由（1）的结论B=π3，b=c=2，可知因为∠EDF=π6，∠BDE=α，所以在△BDE中，∠BED=2π3−α，由正弦定理DE在△CDF中，∠CFD=α−π6，由正弦定理DFsinC则S=3sin=1因为π3≤α≤π2，所以所以12sin2