2026年黑龙江省尚志市高一数学下册期末考试模拟卷及完整答案【有一套】

2026年黑龙江省尚志市高一数学下册期末考试模拟卷及完整答案【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、已知向量a=(1,−2),b=(−2,t)，且a→//A．1 B．−1 C．4 D．−42、某网球社团有3名男生和5名女生，从中任选2名同学参加网球比赛，下列各对事件中互斥而不对立的是（）A．至少有1名男生与全是男生B．至少有1名男生与全是女生C．恰有1名男生与恰有2名男生D．至少有1名男生与至少有1名女生3、如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是正方形，AP=AB=4，侧棱PA⊥底面ABCD，T是CD的中点，Q是△PAC内的动点，TQ⊥BP，则Q的轨迹长为（）A．2 B．3 C．22 D．i−5i4、（iA．−1 B．5 C．−5i D．−55、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、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．7、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 8、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．有一条二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、复数z1，z2，z1+zA．OS=OP+C．z1z2=z10、已知复数z1，z2，z1为zA．z1B．若z1=1，则zC．zD．若z1=11、若向量a=2,0,A．a+b=C．b在a上的投影向量为12a D．a与b三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、在△ABC中，已知a=2，b=3，C=150°，则S△ABC=.13、十七世纪法国数学家皮埃尔·德·费马提出一个几何问题：“已知一个三角形，求作一点，使其与这个三角形的三个顶点的距离之和最小．”它的答案是：当三角形的三个角均小于120°时，所求的点为三角形的正等角中心，即该点与三角形的三个顶点的连线两两成120°角；当三角形有一内角大于或等于120°时，所求点为三角形最大内角的顶点．在费马问题中，所求的点称为费马点．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知a2−b−c2=3，tanA+tanB=14、圆柱内接于球，圆柱的底面半径为3，高为8，则球的表面积为.四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、已知a，b，c分别为△ABC三个内角A，B，C的对边，B=π3，AC边上的高等于32（1）求cosA（2）若AB=2，求△ABC的面积.16、已知向量a=−3,1，b=1,−2，（1）求2a−b（2）若c//（3）若c⊥17、如图，在三棱锥P−ABC中，∠ACB=90°，PA⊥底面ABC，M，N分别是PB，PC的中点．（1）求证：MN∥平面ABC；（2）求证：平面PAC⊥平面PBC．18、已知等腰梯形ABCD中，AB=2,DC=3,∠ADC=60°，E,F是线段DC的两个三等分点（E在F的左侧），M是线段AF上靠近A的三等分点（如图①．将△DAE沿AE翻折到△PAE的位置，连结PB,PC得到四棱锥P−ABCE（如图②）．（1）求证：AE⊥PM；（2）当PM⊥AF时，①求平面PAE与平面ABCE所成二面角的余弦值；②求直线PC与平面PAE所成角的正弦值．19、如图1，图2，在正方体ABCD−A1B1C1D（1）图1中求证：AC1//（2）图1中求二面角A1（3）图2中，已知AB=2，N为B1C1的中点，点P是线段D1N上的动点，过MC且与DP垂直的截面α与DP

-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】D4、【答案】A5、【答案】D6、【答案】B7、【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,D10、【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】[−6,4]13、【答案】−314、【答案】413；1213四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）证明：设A1C∩AC1=O，则O是A1C中点，连接OD，

又∵D是BC中点，∴OD//A1B，

又∵BA1⊄平面C1（2）解：∵AB=AC，∴AD⊥BC，

AA1⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，

∴AA1⊥BC，同理AA1⊥AD，

AA1∩AD=A，AA1,AD⊂平面A1AD，

∴BC⊥平面A1AD，而A1D⊂平面A1AD，故BC⊥A116、【答案】（1）证明：因为四边形ABCD在球O的一个圆面的圆周上，所以∠BAD+∠BCD=π，又因为BC⊥CD，所以∠BAD=π2，即又因为PB⊥平面PAD，AD⊂平面PAD，所以PB⊥AD，又因为AB∩PB=B，AB⊂平面PAB，PB⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，又因为AD⊂平面ABCD，所以平面PAB⊥平面ABCD；（2）解：作PH⊥AB，如图所示：

因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PH⊂平面PAB，所以PH⊥平面ABCD，记四棱锥P−ABCD的体积为V，则V=1而S△ABD由PB⊥平面PAD，则PB⊥PA，故PB于是PA⋅PB≤PA2由S△PAB=12⋅PB⋅PA=由BC⊥CD，得32=BD故BC⋅CD≤16，当且仅当BC=CD=4等号成立，则S△BCD故V=1故四棱锥P−ABCD体积的最大值为32317、【答案】（1）证明：由BC=CD，M为BD的中点，则CM⊥BD，由平面ABD⊥平面BCD，平面ABD∩平面BCD=BD，CM⊂平面BCD，所以CM⊥平面ABD，AD⊂平面ABD，故CM⊥AD.（2）证明：由M为BD的中点，N为BC的中点，则MN//CD，由MN⊂α，CD⊄α，则CD//α，又CD⊂平面ACD，平面ACD∩平面α=PQ，所以PQ//CD，PQ⊄平面BCD，CD⊂平面BCD，所以PQ//平面BCD.18、【答案】（1）解：选①由ca=sin2C2sinB−sinC，得sinCsinA=2sinCcosC2sinB−sinC，即2sinAcosC=2sinB−sinC，故2sinAcosC=2sinA+C−sinC，

则2sinAcosC=2(sinAcosC+cosAsinC)−sinC，

化简得2cosAsinC=sinC，因为C∈(0,π)，所以sinC≠0，

故cosA=12，则解得A=π3.

选②由已知得sin2C−sinBsinC=cos2B−cos2A=sin2A−sin2B，

由正弦定理可得c2−bc=a2−b2，即bc=b2+c2−a2，

由余弦定理得cosA=（2）解：因为S△ABC=1又因为S=14b+c所以解得b=c=2，所以△ABC是正三角形.19