2026年黑龙江省宁安市高一数学下册期末考试模拟考试卷附答案（A卷）

2026年黑龙江省宁安市高一数学下册期末考试模拟考试卷附答案（A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、已知四棱锥P−ABCD的高为2，其底面ABCD水平放置时的斜二测画法直观图A'B'C'D'为平行四边形，如图所示，已知AA．2 B．4 C．32 2、在四边形ABCD中，A0,0，B1,2，AB=DC，A．2 B．3 C．4 D．53、中国文化中的太极八卦图蕴含了现代哲学中的矛盾对立统一规律，如图1是八卦模型图，其平面图形记为图2中的正八边形ABCDEFGH，其中OA=1，若点P是其内部任意一点，则OA⋅AP+A．−2,2+1 B．−2,24、和a=3,1垂直的一个单位向量的坐标可以是（）A．2,−6 B．−C．−6,2 D．35、将一颗质地均匀的骰子先后抛掷2次，则出现向上的点数之和大于8的概率为（）A．16 B．518 C．136、某船在海面上航行至A处，测得山顶P位于其正西方向，且仰角为45∘，该船继续沿南偏东30∘的方向航行600米至B处，测得山顶P的仰角为30∘A．300米 B．400米 C．500米 D．600米7、甲、乙两人独立地破译一份密码，已知甲能破译的概率为13，乙能破译的概率为12，则密码被成功破译的概率为（）A．12 B．23 C．348、如图茶杯的形状是一个上宽下窄的正四棱台，上底面边长为下底面边长的2倍，容积为28mL，厚度忽略不计.当倒入14mL茶水时，茶水的高度与茶杯的高度之比为（）A．312 B．12 C．3二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、如图，在四棱锥P－ABCD中，底面ABCD为菱形，∠DAB=60°，侧面PAD为正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，则下列说法正确的是（）A．在棱AD上存在点M，使AD⊥平面PMBB．异面直线AD与PB所成的角为90°C．二面角P－BC−A的大小为45°D．BD⊥平面PAC10、设复数z=1+3i，则下列命题中正确的是（）A．z的虚部是3B．z+C．z在复平面内对应的点在第四象限D．若z是关于x的实系数方程x2+bx+c=0的一个根，则b=−211、下列命题中正确的是（）A．aB．若a,b满足a>b，且aC．若a⋅bD．若△ABC是等边三角形，则〈三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、若复数z=1+2i+3i2+4i3+5i13、在△ABC中，点D是边AB上的动点（点D异于A，B），且CE=13CD，若CE=λCA+μ14、如图，三棱台ABC−A1B1C1的上、下底边长之比为1:2，记三棱锥C1−A1B1四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、如图，四棱锥P−ABCD的各个顶点均在球O的表面上，且AB=AD=4,BC⊥CD,PB⊥平面PAD.（1）证明：平面PAB⊥平面ABCD；（2）求四棱锥P−ABCD体积的最大值；16、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.17、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.18、如图，在四边形ABCD中，2BC=3AD，2BN=NC，设（1）用a，b表示BD，AN；（2）若AN与BD相交于点M，BC=6，AB=2，∠BAD=2π3，求19、已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c.且满足cosC+2cosBcosπ3+A（1）求角B；（2）已知△ABC的外接圆的圆心为O，半径R=3（i）作角B的平分线交AC于D，BD=2，求△ABC的面积；（ii）若OB=mOA+n

-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】A3、【答案】C4、【答案】C5、【答案】A6、【答案】C7、【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】A,B10、【答案】A,C,D11、【答案】B,C,D三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】313、【答案】39014、【答案】2四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【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=16、【答案】（1）证明：在△ABC中，AB=BC=2，AC=22，满足AB2+BC2=AC2，则AB⊥BC，

因为点D，E分别为边AB，AC的中点，所以DE∥BC，DE=12BC=1，DE⊥AB，又因为BD∩PD=D，BD,PD⊂平面PBD，所以BC⊥平面PBD，又因为BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD；（2）解：因为DE⊥BD，DE⊥PD，所以二面角P−DE−C的平面角为∠PDB，所以∠PDB=60∘，又因为PD=DB=1取PD的中点O，连接BO，如图所示：

则BO⊥PD，BP=1，BO=32由（1）知BC⊥平面PBD，又因为BO⊂平面PBD，所以BC⊥BO，又因为DE//BC，所以DE⊥BO，又因为DE∩PD=D，DE,PD⊂平面PDE，所以BO⊥平面PDE，

又因为DE//BC，DE⊂平面PDE，BC⊄平面PDE，所以BC//平面PDE，

则VC−PDE因为BC⊥平面PBD，BP⊂平面PBD，所以BC⊥BP，所以CP=BC2在△PDC中，CP=5，DC=5，则S△PDC设点E到平面PDC的距离为d，又VE−PDC=V解得d=5719，即点E到平面PDC的距离为（3）解：由（2）知BO⊥平面PDE，即∠BGO为BG与平面PDE所成的角，在△PGO中，PO=12，∠OPG=45∘，由余弦定理得OG因为BO⊥平面PDE，又OG⊂平面PDE，所以BO⊥OG，所以BG即BG=x2−整理得18x2−92x+2=0在棱PE上存在点G，使得BG与平面PDE所成角的正弦值为36则PG的长为26或217、【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DBB又因为A1D1⊥平面所以A118、【答案】（1）解：AD=CD+则AD⃗=2（2）解：若点E为边AB中点，则CE=12AB−AC，CE=12AB则cos<19、【答案】（1）解：（1）取DC上一点G，使DG=2GC，连接GF，GB，BF。

由PF=λFC，当λ=2时，PF：FC=2：1，结合DG：GC=2：1，得GF//PD。

因为GF⊄平面PDE，PD⊂平面PDE，所以GF//平面PDE，底面ABCD是正方形