2026年山东省滕州市高一数学下册期末考试模拟考试卷完整附答案

2026年山东省滕州市高一数学下册期末考试模拟考试卷完整附答案考试时间：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，若AB=1，AC=5，B=45∘，则AB⋅A．522 B．−522 2、设l，m，n均为直线，其中m，n在平面内，“l”是“lm且ln”的A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件3、圆锥SO的底面圆半径OA=1，侧面的平面展开图的面积为3π，则此圆锥的体积为（）A．223π B．233π4、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．5、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．2π6、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．597、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、已知向量a=2,1与b=−3,y共线，则实数A．32 B．−32 C．6二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、以下复数运算一定成立的是（）A．z1z2=z1⋅z2 C．z1⋅z10、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．11、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的最大值为三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、已知向量a，b满足a=1，b=2，且3a+b⊥13、已知i为虚数单位，设m∈R,z=m2−5m+6+m2−4i，若z14、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⋅四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、《九章算术》中，将四个面均为直角三角形的四面体称之为鳖臑．如图，EA⊥平面ABCD，FC∥EA，四边形ABCD中，AB∥CD，AB⊥AD，AB=AD=AE=2，CD=CF=4．（1）证明：四面体BCFD为鳖臑；（2）求点C到平面BDF的距离．16、如图，在棱长为3的正方体ABCD−A1B（1）求二面角B1（2）若B1D与平面（3）若点P是平面A1BC1内一个动点，且PD+17、在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且a+b+c=16．（1）若a=4，b=5，求cosC（2）若sinAcos2B218、在边长为1的菱形ABCD中，∠A=π3，DE=2EC，设AB=（1）用a，b，表示BE，并求BE；（2）若BF=tBC，AF⊥19、在三棱锥A−BCD中，平面ABD⊥平面BCD，BC=CD，M为BD的中点.（1）求证：CM⊥AD；（2）若N为BC的中点，过MN的平面α交平面ACD于PQ，求证：PQ//平面BCD.

-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】A3、答案：【答案】A4、【答案】D5、【答案】C6、【答案】D7、【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】A,B,D11、【答案】B,C三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】1213、【答案】−214、【答案】−32四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）解：在△ABC中，bsinB−csinC+c−a即a2+c2−b2（2）解：（i）已知∠ABC的角平分线交AC于点D，则∠ABD=∠CBD=π在△ABC中，SΔABC=SΔ即12×3×4×3（ii）因为CE为△ABC的中线，所以CE=两边平方可得CE2=14BA−2BC2=14在△ABD中，因为ADsin∠ABD=ABsin∠BDA在△BDC中，因为CDsin∠DBC=BCsin∠BDC又sin∠BDA=sin∠BDC，由①÷②所以BD=因为BD=1所以cos∠DFE=即∠DFE的余弦值为−2116、【答案】（1）解：选①由ca=sin2C2sinB−sinC，得sinCsinA=2sinCcosC2sinB−sinC，即2sinAcosC=2sinB−sinC，故2sinAcosC=2sinA+C−sinC，

则2sinAcosC=2(sinAcosC+cosAsinC)−sinC，

化简得2cosAsinC=sinC，因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，

故cosA=12，则解得A=π3.

选②由已知得sin2C−sinBsinC=cos2B−cos2A=sin2A−sin2B，

由正弦定理可得c2−bc=a2−b2，即bc=b2+c2−a2，

由余弦定理得cosA=（2）解：因为S△ABC=1又因为S=14b+c所以解得b=c=2，所以△ABC是正三角形.17、【答案】（1）解：因为3a+b⋅a−b又c⊥b，所以（2）解：由（1）可得c=ta+所以a⋅所以cosa因为a,c∈0,π，所以a,c=18、【答案】（1）证明：由BC=CD，M为BD的中点，则CM⊥BD，由平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，CM⊂平面BCD，所以CM⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，故CM⊥AD.（2）证明：由M为BD的中点，N为BC的中点，则MN//CD，由MN⊂α，CD⊄α，则CD//α，又CD⊂平面ACD，平面ACD∩平面α=PQ，所以PQ//CD，PQ⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，所以PQ//平面BCD.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A1B1C1D1，

∵A1C1⊂平面A1B1C1D1，∴A1C1⊥DD1，

∵B1D1∩DD1=D1，∴A1C1⊥平面B1DD1.

∵B1D⊂