2026年四川省万源市高一数学下册期末考试模拟卷附答案（研优卷）

2026年四川省万源市高一数学下册期末考试模拟卷附答案（研优卷）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、若复数z=−i，其中i为虚数单位，则z=（）A．i B．0 C．−1 D．12、设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面．下列命题中正确的是（）．A．若α⊥β，m⊂α，n⊂β，则m⊥nB．若α//β，m⊂α，n⊂β，则m//nC．若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α//βD．若m//α，n//β，m⊥n，则α⊥β3、已知平面向量a=−3,4，b=1,2，则向量b在向量A．−35,45 B．−34、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M,N分别是棱C1D1,AA1的中点，平面α经过A．103 B．4 C．173 5、某校举行“爱我中华”演讲比赛，评分规则如下：对每个选手的演讲，共有7个评委打分，去掉一个最高分与一个最低分，剩下的分数作为有效分，以有效分的平均分作为该选手的得分.设对于某选手的演讲，7个评委的原始评分分别为：75、80、85、90、85、95、85，则对比原始评分和有效分两组数据，下列特征数中，发生改变的是（）A．平均数 B．中位数 C．方差 D．众数6、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．0,17、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8、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、如图，在棱长为4的正方体ABCD−A1B1CA．存在点P使得AC1B．存在点P使得AA1C．若P是C1D1的中点，则DDD．若直线BD1与平面BB110、已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，M是AB中点，N是A．多面体MNQB1的体积是随B．λ=12时，面ACC．三棱台AMN−DCD1D．λ=12时，平面MQN11、给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则（）A．平均数为3 B．众数为2和3C．方差为85 三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、某校高一共有学生800人，现采用分层抽样的方法从中抽取80人进行体能测试，若这80人中有39人是男生，据此估计该校高一男生有人.13、如图，在某个海域，一艘渔船以36海里/小时的速度，沿方位角为150°的方向航行，行至A处发现一座小岛C在其南偏东75°方向，再经过半小时，到达B处，发现小岛C在其东北方向，则B处离小岛C的距离为海里．E14、为△ABC所在平面内的点，BA+12BC=3BE四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、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．16、某校数学建模社团招聘社长职位分笔试与面试两个环节，在笔试中有两轮答题：第一轮从A类的5个问题中任选两题作答，若两题都答对，则得40分，否则得0分；第二轮从B类的5个问题中任选两题作答，每答对1题得30分，答错得0分.若两轮总分不低于60分则进入面试环节.小红和小明参加此次招聘活动，已知小红对A,B类每个问题的答对的概率均为0.5.在A类的5个问题中，小明只能答对4个问题，在B类的5个问题中，小明每个问题答对的概率都为0.4.他们回答任一问题正确与否互不影响.（1）求小明在第一轮得40分的概率；（2）求小红两轮总分得60分的概率；（3）试判断小红和小明谁更有机会进入面试环节？17、已知平面向量a→=1，b→=2，a与b（1）求2a（2）当实数k为何值时，a→18、如图，六面体ABCDEF中，四边形ABCD为菱形，AE=2BF，BF//AE，BF⊥AD，且平面ACE⊥平面ABCD.（1）点M是棱DE的中点，求证：FM//平面ABCD；（2）求证：AE⊥平面ABCD；（3）若AB=AC=BF=2，求平面CDE与平面ACE夹角的余弦值.19、如图，在三棱锥A−BCD中，点A在平面BCD的射影为O，BO⊥CD，AD⊥BC，∠BCD=60°，二面角A−BC−D，A−CD−B的大小分别为60°，45°，且BC=2+3．（1）证明：AB⊥CD；（2）求AD与平面BCD所成角的正弦值；（3）求三棱锥A−BCD的体积.

-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】D3、【答案】D4、【答案】C5、【答案】C6、【答案】A7、【答案】B8、【答案】B二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、【答案】B,C,D10、【答案】A,B,D11、【答案】A,B,C三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】23,413、【答案】112π14、【答案】−103四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【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1216、【答案】（1）证明：连接A1C，交A1C点O，连接则O是A1C的中点，

因为点D是BC的中点，

所以又因为OD⊂平面ADC1，A1B⊄平面ADC1，（2）证明：因为△ABC为等边三角形，且点D是BC的中点，所以AD⊥BC，

由正三棱柱的性质，知BB1⊥因为AD⊂平面ABC，

所以BB又因为BC∩BB1=B,BC、B所以AD⊥平面BCC1B1，

又因为所以平面ADC1⊥（3）解：由（1）知A1B//平面以直线A1B到平面ADC由（2）知AD⊥平面BCC1B1，

所以点A到平面因为S△ADC1又因为S△BD设点B到平面ADC1的距离为d，又因为VB−AD所以13⋅d⋅S△ADC1=13所以，直线A1B到平面ADC1的距离为4517、【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）解：设“甲答对”为事件A，“乙答对”为事件B，设“到第4个问题甲胜”为事件G，则G=ABAB

PG=P（2）解：设Ai表示甲在第i个模块答题中答对的事件，Bi表示乙在第i个模块答题中答对的事件（其中i=1，2）.设Ci表示甲在两个模块答题中答对i个的事件，Di表示乙在两个模块答题中答对i个的事件（其中i=0，1，2）.（i）根据独立性假定，得

PC1=PA1A2+A1A2=12×14+12×34=12，PC2=PA1A2=12×34=38，

19、【答案】（1）解：在∆OAB中，由余弦定理，得：A所以AB=27所以，四边形OACB的周长为：OA+OB+2AB=4+2+47（2）解：设∠AOB=α0<α<π，

在∆AOB中，由余弦定理，得AB=2所以，四边形OACB的面积为：S==4sin当α−π3=π2时，即当α=5π6（3）解：解法一：

由题意OB⋅AC+OA⋅BC≥AB⋅OC，且△ABC为正三角形，因为OB=2，OA=4，OC≤OB+OA=6，

则OC的最大值为6，取等号时，∠OBC+∠OAC=π，

则cos∠OBC+不妨设AB=x，则4+x2−362×2⋅x+16+x2−36在∆AOC中，由余弦定理得∠AOC=60°，故OC为∠AOB的角平分线，由角平分线性质可得，BDDA=OBOA=12下证角平分线性质：已知△ABC中，AD是∠BAC的角平分线，交BC于D，

求证：AB:AC=BD:DC.证明：在△ABD中，ABsin∠ADB=BDsin∠BAD，

在因为AD是∠BAC的角平分线，所以sin∠BAD=sin∠CAD，又sin∠ADB=sin∠ADC，所以AB:AC=BD:DC，由O，A，C，B四点共圆，由相交弦定理BD⋅AD=OD⋅CD，

得273⋅47在△ADO中，cos∠ODA=所以OD⋅解法二：由题意，得OB⋅AC+OA⋅BC≥AB⋅