2026年广东省英德市高一数学下册期末考试模拟试卷附答案【巩固】

2026年广东省英德市高一数学下册期末考试模拟试卷附答案【巩固】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、已知事件A与B相互独立，且PA=0.7，PB=0.8，则A．0.8 B．0.5 C．0.56 D．0.942、某项比赛共有7个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，一定不变的是（）A．极差 B．45%分位数 C．平均数 D．众数3、已知复数z满足i⋅z=1−i，则z=（）A．12 B．1 C．2 i−5i4、（iA．−1 B．5 C．−5i D．−55、复数z在复平面内对应的点满足|z−2|=1，则以下选项中的点在复数z所构成图形上的是（）A．0,0 B．1,0 C．2,0 D．0,16、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、已知虚数z1，z2是方程x3A．z1=1 B．∣z1∣=28、已知a=4，b=2，向量b在向量a上的投影向量为14a，则A．12 B．4 C．23 D．二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且A=π3，a=3A．若b=2，则△ABCB．若b=2，则△ABC有两解C．△ABC面积的最大值为3D．若△ABC是锐角三角形，则b+c的取值范围为3,2310、已知a，b，c是三个非零向量，则下列结论正确的是（）A．若a⋅bB．若a⋅cC．若a//b，bD．b⋅ca11、复数z1，z2，z1+zA．OS=OP+C．z1z2=z三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、如图，某化学实验室的一个模型是一个正八面体（由两个相同的正四棱锥组成，且各棱长都相等）若该正八面体的表面积为323cm2，则该正八面体外接球的体积为cm3；若在该正八面体内放一个球，则该球半径的最大值为13、已知复数z1，z2，z3在复平面内对应的点分别为A，B，C，且点A，B，C连接后构成三角形.若复数z满足z−z1=z−z214、已知复数z满足1≤z≤3，则在复平面内复数z对应的点Z的集合构成区域的面积为.四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、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16、如图1，图2，在正方体ABCD−A1B1C1D（1）图1中求证：AC1//（2）图1中求二面角A1（3）图2中，已知AB=2，N为B1C1的中点，点P是线段D1N上的动点，过MC且与DP垂直的截面α与DP17、如图，在四棱锥P－ABCD中，AD⊥CD，AD⊥AB，∠BCD=45°，AD=1（1）求证：平面PCD⊥平面ABCD；（2）当t=1时，侧棱PC上点M满足BM=2，∠ABM=45°.证明：M是侧棱PC（3）当∠PDC=120°时，求三棱锥P－18、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．19、已知向量a，b满足a=1，b=2，且a与b的夹角为π3（1）分别求a⋅b与（2）若a+b⊥

-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】A3、【答案】B4、【答案】C5、【答案】D6、【答案】D7、【答案】D8、【答案】B二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、【答案】A,B,D10、【答案】B,C11、【答案】A,C三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】213、【答案】314、【答案】262四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）解：2acosC+2ccosAcosA=b，由正弦定理可得：2sinAcosC+2sinCcosAcosA=sinB，

因为（2）解：由A=π3，a=2，AC⋅AB=2，可得AB⋅AC=cbcosA=12bc=2，解得bc=4，

由余弦定理得a2=b2（3）解：在△ABD中，由正弦定理ADsinB=BDsin∠BAD，可得1BD=sinBADsinπ6=sinB，

同理得1CD=16、【答案】（1）∵AD⊥CD,PD⊥AD.CD∩PD=D，CD,PD⊂平面PCD，

∴AD⊥平面PCD，

又∵AD⊂平面ABCD，∴平面PCD⊥平面ABCD.（2）作MN//PD交CD于N，作NE//AD交AB于E，连ME.

当t=1时，有PD=1，CD=3，设MN=x，由相似得NC=3x.

∵PD⊥AD，∴MN⊥NE，

则在△MNE中，由勾股定理得ME=1+x2.

在△MEB中，EB=3x−1，∠ABM=45°，BM=2，

由余弦定理得：1+x22=(3x−1)2+(2)（3）设△PCD和△BCD的外接圆圆心分别E和F，三棱锥P－BCD的外接球半径为R

则球心为过点E和F且分别垂直于平面PCD、平面BCD的两直线的交点G，

在△PCD中，由余弦定理得PC=t2−4t+16，

再由正弦定理得△PCD的外接圆半径r1=PE=12·PCsin120°=t2−4t+163.

在△BCD中，由余弦定理得BD=t2−6t+10，

再由正弦定理得△BCD的外接圆半径r2=CF=12·BDsin45∘=t2−6t+102.

过点F作FH⊥CD于H，连接EH，显然四边形GFHE17、【答案】（1）证明：由△ABC为等腰直角三角形，且AC=BC，且O，N分别为AB，AM的中点，连接OC，ON，则OC⊥AB，又平面ABC⊥平面ABM，且平面ABC∩平面ABM=AB，所以OC⊥平面ABM，又AM⊂平面ABM，所以OC⊥AM，又因为∠AMB为直径AB所对的圆周角，所以∠AMB=π2，即又ON//BM，所以ON⊥AM，因ON∩OC=O，ON,OC⊂平面ONC，所以AM⊥平面ONC.（2）解：连接OM，

由题意可知当OM⊥AB时，三棱锥A−BCM体积取到最大，此时VA−BCM=V由（1）知AM⊥平面ONC，NC⊂平面ONC，所以AM⊥NC，又AM⊥ON，所以∠CNO即为二面角C−AM−B，因∠MAB=α=π6，所以ON=AB所以tan∠CNO=故二面角C−AM−B的正切值为2.（3）解：连接NB，如图，

由（1）知OC⊥平面ABM，OM⊂平面ABM，所以OC⊥OM，所以MC=OC2+OM所以S△MNB在△MBC中，BC=2=MC设点N到平面BCM的距离为d，则VN−BCM=VC−BNM，即解得d=cos故点N到平面BCM的距离为cosα18、【答案】（1）证明：在四棱柱ABCD−A1B1C1D连接BD1，并交B1D于点O，则O为BD因为M为BC中点，所以OM为△BD所以OM//D1C,OM⊂平面DB1所以D1C//平面（2）证明：因为平面ABCD⊥平面DBB1D1，平面ABCD∩平面所以BC⊥平面