2026年湖北省枝江市高一数学下册期末考试模拟试卷带答案（A卷）

2026年湖北省枝江市高一数学下册期末考试模拟试卷带答案（A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、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、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．134、在△ABC中三内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b2+c2−A．π6或2π3 B．π3 C．2π5、利用斜二侧画法画出△OAC的直观图如图阴影部分所示，其中O'A'=2，S△A．4 B．22 C．2 D．6、已知△ABC的三条边长分别为a，b，c，且a:b:c=5:7:8，则此三角形的最大角与最小角之和为（）A．2π3 B．3π5 C．3π47、已知一组数x1，x2，x3，x4的平均数是3，方差为4，则数据2x1+1，2A．7，8 B．7，16 C．6，8 D．6，168、若复数z=3−4i，则zz=（）A．35+45i B．35二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、已知z1，z2是复数，则下列说法正确的是（）A．若z2=z1，则z1C．若z1=z2，则z110、在△ABC中，内角A､B､C所对的边分别为a､b､c，已知a=3，a+bsinB−sinA=cA．A=π6 B．△ABCC．当b最大时，△ABC的面积为32 D．2b+c的最大值为11、已知平面向量a=−1,1，b=A．aB．与b方向相反的单位向量是3C．a与b的夹角的余弦值为2D．b在a方向上的投影向量为2三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、在矩形ABCD中，AB=1,BC=2，PA⊥平面ABCD，PA=1，则PC与平面ABCD所成的角为13、在▱ABCD中，若AD=2,8，AB=−3,4，则向量AC的坐标为AC14、甲烷分子是正四面体空间构型，如图，四个氢原子分别位于正四面体的顶点ABCD处，碳原子位于正四面体的中心O处．若正四面体ABCD的棱长为1，则平面OAB和平面OCD位于正四面体内部的交线长度为四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、在△ABC中，角A，B，C所对应的边分别为a，b，c.已知2acosC+2ccos（1）求角A；（2）若a=2，AC⋅AB=2（3）如图，∠BAC的平分线AD交BC于点D，AD=2，求1BD16、已知a、b、c分别为△ABC三个内角A、B、C的对边，且2asinC+π3（1）求A的值；（2）若a=27，b>c，△ABC的面积为63，求（3）若b=6，c=8，H为△ABC垂心，O为△ABC的外心，求AO⋅17、已知1−2i是关于x的方程x2+px+q=0的一个根，其中p,q∈R，.（1）求p、q的值；（2）在复数范围内，求该方程的另一根.18、记△ABC中的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且4bcosA−2acos（1）证明：A=B；（2）若c=3，且BC边上的中线的长度为34219、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PBC

-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】C5、【答案】B6、【答案】A7、【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】B,C10、【答案】B,C,D11、【答案】B,D三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】413；121313、【答案】112π14、【答案】43​​​​​​​四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【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dPC16、【答案】（1）证明：如图所示，设点F是棱AD的中点，连接PF，EF，BD，由PA=PD及点F是棱AD的中点，可得PF⊥AD，因为平面PAD⊥平面ADC，平面PAD∩平面ADC=AD，PF⊂平面PAD，故PF⊥平面ABCD，又因为AC⊂平面ABCD，所以PF⊥AC，又因为四边形ABCD为菱形，所以BD⊥AC，而EF是△ABD的中位线，所以EF//BD，可得EF⊥AC，又由PF∩EF=F，且PF⊂平面PEF，EF⊂平面PEF，所以AC⊥平面PEF，又因为PE⊂平面PEF，所以PE⊥AC．（2）解：若PA=AB=BD=2，由于菱形ABCD，易证正三角形PAD中PF=3，由于PF⊥平面ABCD所以VE−PCD（3）解：设点G是AC与EF的交点，由（1）可知AC⊥平面PEF，

又PG，EG均在平面PEF内，从而有PG⊥AC，EG⊥AC，故∠PGE为二面角P−AC−B的平面角，所以tan∠PGE=−所以tan∠PGF=2因为PA=AB，所以△PAD为等边三角形．不妨设菱形ABCD的边长为2a，GE=b．则在直角△PFG中，PF=3a，FG=b，tan∠PGF=因为PF⊥平面ABCD，所以∠PEF为直线PE与平面ABCD所成的角．则tan∠PEF=所以直线PE与平面ABCD所成的角为45°17、【答案】（1）解：（1）在正四面体AB=AC=AD=BC=BD=CD=2，因为E为CD中点，所以CD⊥BE,CD⊥AE，又因为BE∩AE=E,BE,AE⊂平面ABE，根据线面垂直判定定理，CD⊥平面ABE（2）解：（2）（i）如图，延长AN交BE于P，N在截面ABE上，则P在线段BE上，平面FMN与平面AFP为同一平面，

因为平面FMN//BD，BD,FP⊂平面BCD，

所以BD//FP，又P在线段BE上，故x∈1,2（ii）将平面AFP沿AF展开，并延长CF和AP，使其交于点Q，展开的目的是将空间中CM+MN的折线距离，转化为平面上两点之间的直线距离，利用两点之间线段最短求解最小值在△AFC中，AC=2，CF=x，∠ACF=60。，由余弦定理AF2=AC2此时，sin∠FAP=2−x2sin∠FAC=3xsin∠CAN=故fx=2sin∠CAN=2−x4−x+x9可得3x−2=16由x∈0,2，则3x−2∈−2,4，则−2<16则x=−t代入fx2−x记gt=gt=24t+8t2+8t+64则hm=易知对勾函数y=m+64m在则m+m+故gt则fx值域为1,18、【答案】（1）证明：∵EF//平面ABCD，过EF的平面交平面ABCD于AC，∴EF//AC，又∵EF=AC=EC，∴四边形ACEF为菱形

∴AF//CE，∵AF⊂平面ABF，CE⊄平面ABF，∴CE//平面ABF.

又∵四边形ABCD为菱形，∴同理CD//平面ABF，

∵CD∩CE=C，CE,CD⊂平面CDE，∴平面CDE//平面ABF，

又DE⊂平面CDE，∴DE//平面ABF；（2）①解：连接BD交AC于点O，连接EO，

∵AC=EC，且∠ACE=60°，则△ACE为等边三角形，

又四边形ABCD为菱形，则O为AC中点，∴OE⊥AC

又∵平面ABCD⊥平面ACEF，且交线为AC

∴OE⊥平面ABCD

∵EF=AC=EC=2，∴OE=3

∴VE−ABCD=13⋅12⋅BD⋅AC⋅3=16⋅BD⋅23=23

∴BD=6.

②解：建系：以O为原点，OB为x轴，OC为y轴，建立直角坐标系，

∴O0,0,0，E0,0,3，B3,0,0，D−3,0,0，C0,1,0，

∴DE=3,0,3，BE=−3,0,3，19、【答案】（1）解：取A1C1的中点F，连接B1F、BF，

则由正方体的性质可得：A1B1=B1C1，A1B=C1B，且BB1⊥平面A1B1C1D1

∴B1F⊥A1C1，BF⊥A1C1，

故∠B1FB（2）解：如图，连接D1B1，

∵四边形A1B1C1D1为正方形，∴B1D1⊥A1C1，

由正方体性质可知：DD1⊥平面A1B