2026年贵州省兴义市高一数学下册期末考试模拟考试卷及完整答案（易错题）

2026年贵州省兴义市高一数学下册期末考试模拟考试卷及完整答案（易错题）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，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 2、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．3、已知向量a=2,1与b=−3,y共线，则实数A．32 B．−32 C．64、在△ABC中，若AB=1，AC=5，B=45∘，则AB⋅A．522 B．−522 5、设锐角△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，若a=3，且(2b−c)cosA=a①A=π3；②△ABC的外接圆的面积是③△ABC的面积的最大值是334；④b+c的取值范围是A．4 B．3 C．2 D．16、若点O是△ABC的外心，AB=6，则AC⋅BOA．1 B．-1 C．3 D．-37、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．8、圆锥SO的底面圆半径OA=1，侧面的平面展开图的面积为3π，则此圆锥的体积为（）A．223π B．233π二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、设复数z在复平面内对应的点为Z，原点为O，i为虚数单位，则下列说法正确的是（）A．若点Z的坐标为1,1，则z对应的点在第三象限B．若2≤z≤2C．若z=2i−3是关于x的方程2x2D．若z=23−i，则10、下列说法正确的有（）A．若|a|=|b|B．已知e1e2不共线，若向量m=−C．设a=(2,3)，b=(6,t)，若a与b的夹角为锐角，则实数tD．已知向量a与b的夹角为120°，|a|=1，|b|=3，则a11、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MQN三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、某办公室的打印机与电脑在一周内发生故障的概率分别为0.3，0.2，且故障事件相互独立，则这两台设备在一周内都不发生故障的概率为.13、已知a，b，c分别是△ABC内角A，B，C的对边，若sin2B=2sinAsinC，a=c14、已知O为△ABC内切圆的圆心，且2OA+3OB+3OC=四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、记△ABC中的内角A,B,C的对边分别为a,b,c，且4bcosA−2acos（1）证明：A=B；（2）若c=3，且BC边上的中线的长度为34216、已知函数fx=asinπ−xcos（1）求a的值和函数fx（2）求不等式fx（3）在△ABC中，AB=1，AC=3，AD为BC边上的中线，设∠BAD=α，f3417、如图，在△ABC中，C=π6，BC=6,BD是∠ABC的角平分线，且CD=23（1）求BD；（2）若M,N是线段BD上动点，且∠MAN=π3，记∠DAM为（i）用tanθ表示DM（ii）求△MAN面积的最小值．18、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．19、如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面ABB1A1是正方形，（1）若λ=12，证明：DE//平面（2）当平面DEF与平面A1BC夹角的余弦值最大时，求

-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】B3、【答案】B4、【答案】B5、【答案】A6、【答案】A7、【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】A,D10、【答案】B,D11、【答案】A,D三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】30°​​​​​​​13、【答案】60∘14、【答案】3​​​​​​​四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】解：（1）过△ABC重心的直线l与BC平行，且与AB,AC分别交于D,E两点，

则ADAB=AEAC=（2）证明：由AO=n=n(1−m)AB因为D,O,E三点共线，所以n(1−m)ABAD+nm（3）不妨设等腰直角△ABC两条直角边长为2，则BE=5因为∠C=π2，D,E分别为所以DE//BC，DE⊥SE,DE⊥CE，所以∠SEC为二面角A−DE−B的平面角，记二面角A−DE−B的所成角为θ．则θ∈π因为DE⊥SE,DE⊥CE，SE,CE⊂平面SCE，SE∩CE=E，所以DE⊥平面SCE，DE⊂平面BCED，所以平面SCE⊥平面BCED，平面SCE∩平面BCED=CE，过S点作CE所在直线的垂线，垂足为T，则ST=因为ST⊂平面SCE，所以ST⊥平面BCED，BT⊂平面BCED，所以ST⊥BT所以SB=2由BM是∠SBE的平分线，所以SMME所以MESM设λ=SMSE=连接CD和BE，记CD∩BE=O，则BO连接SO，则面SBE∩面SCD=SO又记BM与平面SCD的交点为N，即N为面SBE与面SCD的公共点，所以N在SO上，设SN=t由（2）可知：1−23SB设SP=x则13+2因为λ=SMSE，所以所以VS−BPMVS−BPE因为SP=xSC,SQ=ySD，所以点P到平面BES的距离是点点Q到平面BES的距离是点D到平面BES的距离的y倍，所以VS−BPE=所以V=λxV=1(2x+y)2y+则V1因为θ∈π3,所以1+357≤设t=1λ，y=t+2t函数y=t+2t2在1+357,2单调递增，当t=2时，函数y=t+2t2，t∈当且仅当θ=π16、【答案】（1）证明：取AD的中点为N，连接MN，FM，BN，由M，N分别为DE，AD的中点，

则MN∥AE，且AE=2MN，由BF//AE，且AE=2BF，

则BF∥MN，BF=MN，所以四边形BFMN为平行四边形，则FM∥BN，且FM⊄平面ABCD，BN⊂平面ABCD，所以FM//平面ABCD；（2）证明：由四边形ABCD为菱形，则AC⊥BD，由平面ACE⊥平面ABCD，

且平面ACE∩平面ABCD=AC，BD⊂平面ABCD，则BD⊥平面ACE，由AE⊂平面ACE，则BD⊥AE，由BF⊥AD，BF//AE，则AE⊥AD，由AD∩BD=D，AD,BD⊂平面ABCD，

则AE⊥平面ABCD.（3）解：设O是菱形对角线交点由（2）可知DO⊥面ACE，EC⊂平面ACE，所以DO⊥EC，作OH⊥CE垂足为H，连接DH，因为DO∩OH=O，DO,OH⊂平面DOH，

所以EC⊥平面DOH，DH⊂平面DOH，所以EC⊥DH，

所以∠DHO为所求二面角的平面角，因为DO=1由∆COH与∆CEA相似，

得OHEA=OCEC，OH4在Rt∆OHD中，tan∠OHD=ODOH=1517、【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1218、【答案】（1）解：因为2asinC+π3=3即2sin即sinA即sinA因为A、C∈0,π，故sinC>0，可得所以tanA=3，因此，（2）解：因为S△ABC=1因为a=27，由余弦定理可得a故b2+c2=28+bc=52由正弦定理可得asinA=因此，sinA+B（3）解：由平面向量数量积的定义可得AB⋅设AH=xAB+y因为BH⊥AC，则BH⋅即2x+3y=2①，CH=