2026年湖南省耒阳市高一数学下册期末考试模拟试卷（网校专用）附答案

2026年湖南省耒阳市高一数学下册期末考试模拟试卷（网校专用）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、在等腰△ABC中，AB=AC=6,D为AC上一点，且AD=2DC，记△ABC的外心为O，若BO=λOD，则A．9 B．12 C．272 2、公园内有一棵树，A，B是与树根处O点在同一水平面内的两个观测点，树顶端为P.如图，观测得∠OAB=75°，∠OBA=60°，∠OAP=60°，AB=10米，则该树的高度OP为（）米.A．15 B．153 C．152 3、若点O是△ABC的外心，AB=6，则AC⋅BOA．1 B．-1 C．3 D．-34、如图所示，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，E，F分别是AB，AD的中点，则过点B作与异面直线A．有无数条 B．有两条 C．有三条 D．有一条5、已知在△ABC中，a，b，c分别为∠A，∠B，∠C的对边，且a＝4，b＋c＝5，tanB＋tanC＋3＝3tanBtanC，则△ABC的面积为()A．34 B．33 C．3346、长方体的一个顶点上的三条棱长分别为3、4、5，且它的8个顶点都在同一个球面上，则这个球的表面积是（）A．25π B．50π C．125π D．都不对7、在△ABC中，若AB=1，AC=5，B=45∘，则AB⋅A．522 B．−522 8、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．2π二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、设e1，e2是平面内所有向量的一组基底，则下列四组向量中，能作为基底的是（）A．e1+e2和e1C．e1+2e2和2e10、已知z是复数，z是其共轭复数，则下列命题中错误的是（）A．zB．若|z|=1，则|z−1−i|的最大值为2C．若z=(1−2i)2，则复平面内D．若1−3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)11、已知复数z1,zA．若z1=z2，则C．若z1>z2，则三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、若1+ia+2ia∈R是纯虚数，则a=13、一个正三棱锥的高是3，底面的边长是2，这个正三棱锥的体积为14、已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且bcosA+3bsinA−c−a=0四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、如图，已知三棱台ABC−A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面BC（1）证明：AB1⊥（2）若AB的中点为D，求直线DB1与平面16、如图，在正三棱柱ABC−A1B1C（1）求证：A1B//平面（2）求证：平面ADC1⊥（3）求直线A1B到平面17、在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c，设向量m=(3cosA,cos（1）求函数f(A)的最大值；（2）若f(A)=1,a=318、如图所示，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD是边长为3的菱形，AA1=4,∠DAB=∠（1）证明：A,E,C（2）求平面AEC1F19、在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且m=cosB,cosC，n=−2a+c,b，（1）求角B的大小；（2）若a+c=4，△ABC的面积为343，求（3）若三角形为锐角三角形，且b=3，求△ABC

-参考答案-一、单选题（8小题，每小题5分，共计40分）1、【答案】B2、【答案】B3、【答案】A4、【答案】D5、【答案】C6、【答案】D7、【答案】D8、【答案】A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,C11、【答案】B,C三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】313、【答案】6614、【答案】3四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）解：由bsinA<a<b，

得2<b<4（2）解：由正弦定理，可得bsin则sinB=34b，sinC=34c，由余弦定理，可得a2则4=b2+c2−bc，

所以联立bc=83b−c=23（3）解：因为sinB+sinC=2sinA由余弦定理，可得：a2=b2+所以4=b+c2−3bc则S△ABC16、【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）解：若x=2，则b=1,2，a=2,5所以a−（2）解：向量a=2,5，若a，b的夹角为锐角，则a⋅b>0，且a故2+5x>02x−5≠0，所以x的取值范围为−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）解：2a−c=2bcosC，由余弦定理可得2a−c=2b⋅a2+整理可得a2+c2−b2（