2026年湖南省汨罗市高一数学下册期末考试模拟考试卷及完整答案【有一套】

2026年湖南省汨罗市高一数学下册期末考试模拟考试卷及完整答案【有一套】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、复数z=i3−2i的实部与虚部之和为（）A．−5 B．−1 C．1 D．52、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 3、棱长为2的正方体的内切球的表面积为（）．A．2π B．4π C．6π D．8π4、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5、如图，某图形的直观图是一个边长为2的菱形A'B'A．22 B．42 C．8 6、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．0.947、现有一块棱长为4的正四面体实心木料，用平行于该木料底面的一个平面将木料截成两部分，若这两部分的表面积相等，则该平面在木料上的截面面积为（）A．433 B．463 C．8、如图，按斜二测画法所得水平放置的△OAB的直观图为△O'A'B'，若A．52 B．5 C．112 二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、“阿基米德多面体”也称半正多面体，又多个不全相同正多边形围成的多面体，体现了数学的对称之美．如下图，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去8个三棱锥，得到8个面为正三角形、6个面为正方形的一种半正多面体．已知AB=2，则关于如图半正多面体的下列说法中，正确的有（）A．该半正多面体的表面积是12+4B．直线BF与平面ABCD所成的角为45°C．该半正多面体有外接球，且它的表面积为8πD．该半正多面体有内切球，且它的表面积为4π10、已知直三棱柱ABC−A1B1C1的外接球的半径为5，△ABC是以A．直三棱柱ABC−AB．直三棱柱ABC−AC．直三棱柱ABC−A1D．直三棱柱ABC−A111、如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，已知M,N,P分别是棱C1D1，AA．PQ//平面ADB．若Q，M，N，P四点共面，则λ=C．过点Q有且仅有一条直线与DB1，D．若λ=13，点F在侧面BB1C1三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，且bcosA+3bsinA−c−a=013、若向量a，b满足a=22，且向量a与向量a+b的夹角为π4，则b14、某班数学老师组织本班学生开展课外实地测量活动，如图，这是要测量的一建筑物的高度OP，选择与该建筑物底部O在同一水平面上的A，B两点，测得AB=40米，∠PAO=30°，∠PBO=45°，∠ABO=60°，则该建筑物的高度OP=米.四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、已知向量a,b满足a=2，b=3，3a+b（1）求实数t的值；（2）求a与c的夹角．16、已知a,b为单位向量，且a与b的夹角为60°.（1）求a−2（2）若向量2a−λb与λ17、在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知b2+c（1）求角A；（2）若△ABC的外接圆的面积为4π，求△ABC面积的最大值．18、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；19、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AEC1F

-参考答案-一、单选题（8小题，每小题5分，共计40分）1、【答案】D2、【答案】B3、【答案】B4、【答案】A5、【答案】A6、【答案】C7、【答案】C8、【答案】C二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、【答案】A,C,D10、【答案】A,C11、【答案】A,C,D三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】23,413、【答案】−214、【答案】60∘四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）解：（1）fx=asinπ−xcosx+cos2x+π4代入x=π4（2）解：（2）fx=sin2x+⇒kπ+π24<x<kπ+所以不等式fx>32（3）解：（3）由f34α=22，所以sin3α2如图：

设AD=x，BC=a，则BD=DC=a2在△ABD中，由余弦定理得：1=在△ACD中，由余弦定理得：3=a22+在△ABD，由余弦定理得：a22=1+所以2x2−x+1+2x所以a2=4⇒a=2，即16、【答案】（1）解：在△ABC中，bsinB−csinC+c−a即a2+c2−b2（2）解：（i）已知∠ABC的角平分线交AC于点D，则∠ABD=∠CBD=π在△ABC中，SΔABC=SΔ即12×3×4×3（ii）因为CE为△ABC的中线，所以CE=两边平方可得CE2=14BA−2BC2=14在△ABD中，因为ADsin∠ABD=ABsin∠BDA在△BDC中，因为CDsin∠DBC=BCsin∠BDC又sin∠BDA=sin∠BDC，由①÷②所以BD=因为BD=1所以cos∠DFE=即∠DFE的余弦值为−2117、【答案】（1）解：因为2a−b=2ccosB，

由正弦定理，得2sin又因为sinA=所以2sinBcosC+2cos因为B∈0,π，所以sinB>0，

则2cosC−1=0，又因为C∈0,π，

所以C=（2）解：由（1）知，C=π因为CD为∠ACB的平分线，

所以∠ACD=∠BCD=π6，其中CD=23，

由三角形面积公式，

S△BCD又因为S△ABC所以S△ABC=S△ACD+解得a=4.18、【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PD