2026年贵州省兴义市高一数学下册期末考试模拟试卷【突破训练】附答案

2026年贵州省兴义市高一数学下册期末考试模拟试卷【突破训练】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、已知两个随机事件A和B，其中PA=12，PB=3A．14 B．13 C．122、若m，n为空间中两条不同的直线，α、β为空间两个不同的平面，则下列结论不正确的是（）A．若m⊥α，n⊥α，则m∥nB．若m⊥α，m∥β，则α⊥βC．若α∥β，m⊥α，n⊂β，则m⊥nD．若m∥α，n∥α，则m∥n3、在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a，b，c，如果acosA=bcosB，则A．等腰或直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等边三角形4、如图，在△ABC中，AD=13AB，点E是CD的中点．设CA=a，CBA．23a−C．16a−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、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7、某项比赛共有7个评委评分，若去掉一个最高分与一个最低分，则与原始数据相比，一定不变的是（）A．极差 B．45%分位数 C．平均数 D．众数8、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．13二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、如图，设x轴和y轴是平面内相交成θ角的两条数轴，其中θ∈0,π,e1,e2分别是与x轴，y轴正方向同向的单位向量，若向量OP=a=xe1+yA．若a=2,1B．若a=(1,2)π3,bC．若λe1−5eD．若对任意的λ∈−1,1，恒有2e10、已知圆锥的底面半径为2，其侧面展开图的面积为43π，正方体ABCD−A1B1CA．该圆锥的高为2B．该圆锥可以整体放入直径为17的球内C．正方体ABCD−A1D．以该圆锥的顶点为球心作半径为263的球，则球面与正方体的底面A11、下列结论正确的是（）A．在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，直线BD1与B1C是异面直线B．不共面的四点可以确定4个平面C．圆锥的侧面展开图是个半圆，则圆锥的母线是底面半径的2倍D．有两个面平行，其余各面都是平行四边形的几何体是棱柱三、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、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、正三棱锥底面边长为3，侧棱长为23，则正三棱锥高为；正三棱锥的侧面积为.四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、如图，四棱锥P−ABCD中，PC垂直平面ABCD，AB⊥AD，AB∥CD，AD=CD=1，PC=AB=2，E是线段PB上的动点．（1）证明：AC⊥CE；（2）求二面角P−AB−C的正弦值；（3）若PD∥平面ACE，求点E的位置．16、如图1，在△ABC中，AB=BC=2，AC=22，点D，E分别为边AB，AC的中点，将△ADE沿着DE折起，使得点A到达点P的位置，如图2，且二面角P−DE−C的大小为60∘．（1）求证：平面PBC⊥平面PBD；（2）求点E到平面PDC的距离；（3）在棱PE上是否存在点G，使得BG与平面PDE所成角的正弦值为368？若存在，求17、在△ABC中，内角A、B、C所对的边分别为a、b、C．已知2a−b=2ccosB．（1）求角C；（2）若b=4，点D在边AB上，CD为∠ACB的平分线，且CD=2318、已知向量a=2,5，b=（1）若x=2，求a−（2）若a，b的夹角为锐角，求x的取值范围.19、已知向量a=sinx,cosx，b=3（1）求fx（2）求fx（3）设x∈0,π，且tanπ6−α=

-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】C3、【答案】B4、【答案】A5、【答案】A6、【答案】B7、【答案】B8、【答案】D二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、【答案】B,C10、【答案】A,C,D11、【答案】A,C,D三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】113、【答案】314、【答案】25四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）解：因为1−2i为方程x2+px+q=0的一个根，可得1−2i2整理得1−4+p+q+−4−2pi=0解得p=−2,q=5.（2）解：由（1）得，原方程为x2配方得x−12=−4，于是解得x1=1−2i或x216、【答案】（1）解：因为a⃗⋅b⃗=a（2）解：因为a⃗所以a所以1+1−k−4k=0，

解得k=217、【答案】（1）证明：因为ABCD是菱形，所以BC//AD，又因为BC⊄平面ADE，AD⊂平面ADE，所以BC//平面ADE，

又因为BDEF是正方形，所以BF//DE，又BF⊄平面ADE，DE⊂平面ADE，所以BF//平面ADE，

又因为BC⊂平面BCF，BF⊂平面BCF，BC∩BF=B，所以平面BCF//平面AED，所以CF//平面AED；（2）解：连接AC，记AC∩BD=O，ABCD是菱形，AC⊥BD，且AO=BO，又因为DE⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD，所以DE⊥AC，因为DE⊂平面BDEF，BD⊂平面BDEF，DE∩BD=D，所以AC⊥平面BDEF于O，即AO为四棱锥A−BDEF的高.由ABCD是菱形，∠BCD=60°，则ΔABD为等边三角形，由AE=2AD=DE=1，AO=32，SBDEF=1，18、【答案】（1）解：由a=4，b=5，a+b+c=16，可得c=7，则cosC=（2）解：sinAcos2B2即sinA+即sinA+sinB+sinA+B由正弦定理可得a+b=3c，因为a+b+c=16，所以4c=16，解得c=4，即a+b=12①，△ABC的面积S=12absin联立①②：可得a=b=6.19、【答案】（1）解：（1）在正四面体AB=AC=AD=BC=BD=CD=2，因为E为CD中点，所以CD⊥BE,CD⊥AE，又因为BE∩AE=E,BE,AE⊂平面ABE，根据线面垂直判定定理，CD⊥平面ABE（2）解：（2）（i）如图，延长AN交BE于P，N在截面ABE上，则P在线段BE上，平面FMN与平面AFP为同一平面，

因为平面FMN//BD，BD,FP⊂平面BCD，

所以BD//FP，又P在线段BE上，故x∈1,2（ii）将平面AFP沿AF展开，并延长CF和AP，使其交于点Q，展开的目的是将空间中CM+MN的折线距离，转化为平面上两点之间的直线距离，利用两点之间线段最短求解最小值在△AFC中，AC=2，CF=x，∠ACF=60。，由余弦定理A