2026年山东省滕州市高一数学下册期末考试模拟试卷（名师系列）附答案

2026年山东省滕州市高一数学下册期末考试模拟试卷（名师系列）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、如图，按斜二测画法所得水平放置的△OAB的直观图为△O'A'B'，若A．52 B．5 C．112 2、已知复数z满足zi=1+3i（i为虚数单位），则z的虚部为（）A．1 B．−1 C．−3 D．3、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．3i4、一组数据2，2，5，5，8，14，15，17的第25百分位数是（）A．3.5 B．2 C．4.5 D．55、已知向量a=2,1与b=−3,y共线，则实数A．32 B．−32 C．66、已知空间中四条直线l1，l2，l3，l4满足：l1⊥l2，l3⊥l1，A．垂直 B．平行 C．相交 D．异面7、若复数z满足z+1i−1=2+i，则zA．5 B．i C．1 D．58、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 二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、已知α，β是空间中的两个不同的平面，l，m，n是三条不同的直线．下列命题正确的是（）A．若l∥α，α∥β，则l//βB．若m⊥α，m∥n，n⊂β，则α⊥βC．若m⊥n，m⊥α，n//β，则α⊥βD．若m⊥α，n⊥β，α∥β，则m∥n10、设向量a=(2,0),b=(1,1)A．aB．a与b的夹角是πC．(D．向量b在向量a上的投影向量是a11、在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且ccosB+bcosA．a=1B．若B+C=2A，则△ABC面积的最大值为3C．若A=π4，且△ABC只有一解，则bD．O为△ABC的外心，则BC三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、已知一个正三棱台的上、下底面边长分别为3，6，侧棱长为2，则该三棱台的外接球的表面积为.13、复数z1，z2满足z1−1=z1+i，14、圆柱内接于球，圆柱的底面半径为3，高为8，则球的表面积为.四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、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V16、已知A1,3，B−2,y，C4,23（1）求向量OA与OB的夹角；（2）求△OAB的面积．17、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1BD18、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19、记△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，已知asinB=3bsinA（1）求A；（2）若cosB=277,D是线段

-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】D3、【答案】B4、【答案】B5、【答案】C6、【答案】C7、【答案】B8、【答案】D二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、【答案】A,C,D10、【答案】A,D11、【答案】B,D三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】2+113、【答案】2514、【答案】32四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）解：由题意应在第四组抽取5×0.0200.020+0.005=4人，记为a,b,c,d在第五组抽取5−4=1人，记为e，从这5人中用简单随机抽样的方法选取2人，可能的组合为：a,b,这两名候选者来自不同组的可能的组合为a,e,故所求为410（2）解：因为后两组的频率之和为0.020+0.005×10=0.25所以后两组的频数之和为0.25×100=25，所以前三组的频率之和为1−0.25=0.75，前三组的频数之和为100−25=75，所以估计此次选拔所有候选者的面试成绩的平均数为64×75+82×25100估计此次选拔所有候选者的面试成绩的方差为1=0.75×84.25+0.25×198.25=112.75.即：平均数68.5，方差112.75.16、【答案】（1）证明：因为四边形ABCD在球O的一个圆面的圆周上，所以∠BAD+∠BCD=π，又因为BC⊥CD，所以∠BAD=π2，即又因为PB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，所以PB⊥AD，又因为AB∩PB=B，AB⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，又因为AD⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD；（2）解：作PH⊥AB，如图所示：

因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PH⊂平面PAB，所以PH⊥平面ABCD，记四棱锥P−ABCD的体积为V，则V=1而S△ABD由PB⊥平面PAD，则PB⊥PA，故PB于是PA⋅PB≤PA2由S△PAB=12⋅PB⋅PA=由BC⊥CD，得32=BD故BC⋅CD≤16，当且仅当BC=CD=4等号成立，则S△BCD故V=1故四棱锥P−ABCD体积的最大值为32317、【答案】（1）解：因为5×0.6=3，所以这5个数据的60%分位数为：47+1122=79.5，平均数为：5+15+47+112+2495所以这5个数据的60%分位数为79.5，平均数为85.6.（2）解：从5个数据中任取2个数据，样本空间Ω=(5,15)(5,47)(5,112)(5,249)(15,47)(15,112)(15,249)(47,112)(47,249)(112,249)，共含有10个样本点，

设事件A表示“取到的2个数据都小于这5个数据的平均数”，

则A=5,15,5,47,15,47，共含有3个样本点，

所以18、【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A19、【答案】（1）（ⅰ）证明：∵PA⊥底面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PA⊥BC，又∵底面ABCD为正方形，∴BC⊥AB，又∵PA∩AB=A，PA,AB⊂平面PAB，∴BC⊥平面PAB，∵AF⊂平面PAB，∴BC⊥AF，又∵PA=AB，F为线段PB的中点，∴AF⊥PB，又∵PB∩BC=B，PB,BC⊂平面PBC，∴AF⊥平面PBC；（ⅱ）解：如图所示，取AB的中点H，连接FH，过点H作HG⊥AE于点G，连接FG，∵FH为△BPA的中位线，∴FH//PA，∵PA⊥底面ABCD，∴FH⊥平面ABCD，∵AE⊂平面ABCD，∴FH⊥AE，∵AE⊥GH，FH∩GH=H，FH,GH⊂平面FGH，∴AE⊥平面FGH，所以∠FGH即为二面角F−AE−B的平面角，设PA=AB=2，则FH=AH=1，AE=A由△AGH∽△ABE可得AHAE=GHBE，即在直角△FGH中，FG=H∴cos∠FGH=GH∴二面角F−