2026年海南省东方市高一数学下册期末考试模拟检测卷带答案（突破训练）

2026年海南省东方市高一数学下册期末考试模拟检测卷带答案（突破训练）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、如图茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍，容积为28mL，厚度忽略不计.当倒入14mL茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为（）A．312 B．12 C．32、若平面向量a,b,c两两的夹角相等，且a=1，b=1，A．1 B．4 C．1或4 D．1或23、若复数z=3−4i，则zz=（）A．35+45i B．354、已知向量a=(1,−2),b=(−2,t)，且a→//A．1 B．−1 C．4 D．−45、现有一块棱长为4的正四面体实心木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（）A．433 B．463 C．6、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+i7、袋子中有5个大小质地完全相同的球，其中2个红球，3个黄球，从中随机摸出1个球，则摸到红球的概率为（）A．25 B．35 C．6258、和a=3,1垂直的一个单位向量的坐标可以是（）A．2,−6 B．−C．−6,2 D．3二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、（多选）为了解某企业员工的学习情况，对该企业员工进行问卷调查，已知他们的得分都处在A，B，C，D四个区间内，根据调查结果得到下面的统计图．已知该企业男员工占35，则下列结论错误的是（）A．男、女员工得分在A区间的占比相同B．在各得分区间男员工的人数都多于女员工的人数C．得分在C区间的员工最多D．得分在D区间的员工占总人数的19%10、若平面向量a=n,2，b=1,m−1，其中n，A．若2a+B．若a=−2b，则与bC．若n=1，且a与b的夹角为锐角，则实数m的取值范围为1D．若a⊥b，则z=11、三角形ABC的三边a,b,c所对的角为A,B,C，1−(sinA−A．C=B．若△ABC面积为43，则△ABCC．当b=5，c=7时，a=9D．若b=4，B=π4，则△ABC三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、在△ABC中，a、b、c分别三个内角A、B、C的对边，A=π3，b=4，若该三角形有两个解，则边a的长的取值范围为.13、复数11−i的实部是.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、如图，圆C的半径为2.（1）设AB为圆C的一条弦，如图①，当∠CAB=60°时，（i）当t取何值时，AC−t（ii）设M是圆C上的一动点，求AM⋅（2）设PQ、PR为圆C的两条弦，如图②，已知∠QPR=60°，求PQ⋅16、如图所示，四边形ABCD为菱形，PA=PD，平面PAD⊥平面ADC，点E是棱AB的中点．（1）求证：PE⊥AC；（2）若PA=AB=BD=2，求三棱锥E−PCD的体积．（3）若PA=AB，当二面角P−AC−B的正切值为−2时，求直线PE与平面ABCD所成的角．17、已知向量a，b的夹角为45°，且满足a=2，b=2（1）求向量a在向量a+（2）若向量2a−kb与向量a18、已知向量a,b满足a=2，b=3，3a+b（1）求实数t的值；（2）求a与c的夹角．19、如图，在四边形ABCD中，2BC=3AD，2BN=NC，设（1）用a，b表示BD，AN；（2）若AN与BD相交于点M，BC=6，AB=2，∠BAD=2π3，求

-参考答案-一、单选题（8小题，每小题5分，共计40分）1、【答案】A2、【答案】B3、【答案】C4、【答案】B5、【答案】C6、【答案】A7、【答案】D8、【答案】D二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、【答案】A,D10、【答案】B,C,D11、【答案】A,C三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】2313、【答案】515​​​​​​​14、【答案】19四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）（ⅰ）解：设AT=tAB，即有T为直线AB上某一点，AC−t要使AC−tAB取得最小值，即TC最小，则此时只需过点C作CT'⊥AB于点T'，有而因为∠CAB=60°，因此CT故当t=12时，AC−t（ⅱ）解：因为∠CAB=60°，AB⃗过点M作MH⊥AB于点H，AMAM⃗而AH⋅AB=要使AM⋅AB的最大，则需AH，AB同向，且AH最大，此时MH与圆平移AB的垂线MH至M'H'，使M此时有CM'⊥M'AM⋅（2）解：过点C作CG⊥QR于点G，PQ=PC+CG+所以PQ=PC因为∠QPR=60°，所以∠QCR=120°，∠CQR=∠CRQ=30°，CG=12CQ=1所以PQ⋅因此，当PC，CG共线时，PQ⋅PR取得最大值，16、【答案】（1）解：a2=b2−由余弦定理可得b2=a2+因为B∈0,π，所以sin（2）解：若选择条件①：c=27由余弦定理b2=a整理可得a2−473若选择条件②：asinA=3，由正弦定理b联立asinA=3由a2=b2−c2△ABC存在且唯一，符合题意，所以△ABC的面积为12若选择条件③：cosA=63由正弦定理bsinB=asinA，可得a=3，由解得c=5，△ABC存在且唯一，符合题意，则△ABC面积为1217、【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C18、【答案】（1）解：由题意AB=−3,y−3,BC所以6y−3=−3所以OA=所以向量OA与OB的夹角的余弦值为cosOA故向量OA与OB的夹角为2π（2）解：因为OA=OB=2，OA与OB所以△OAB的面积为1219、【答案】（1）解：由