2026年江苏省扬中市高一数学下册期末考试模拟卷（历年真题）附答案

2026年江苏省扬中市高一数学下册期末考试模拟卷（历年真题）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、在平行四边形ABCD中，AM=2MD，DN=3NB，记AB=a，A．34a+C．56a+2、某校举行“爱我中华”演讲比赛，评分规则如下：对每个选手的演讲，共有7个评委打分，去掉一个最高分与一个最低分，剩下的分数作为有效分，以有效分的平均分作为该选手的得分.设对于某选手的演讲，7个评委的原始评分分别为：75、80、85、90、85、95、85，则对比原始评分和有效分两组数据，下列特征数中，发生改变的是（）A．平均数 B．中位数 C．方差 D．众数3、若三点A2,−3，B4,3，C5,t在同一条直线上，则t=A．5 B．6 C．7 D．84、若点O是△ABC的外心，AB=6，则AC⋅BOA．1 B．-1 C．3 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、已知某平面图形OABC的直观图是如图所示的梯形O'A'B'A．52 B．522 7、设i为虚数单位，若复数z满足4z=1+i，则z的共轭复数z=A．2−2i B．2+2i C．2−i D．2+i8、如图，△O'A'B'是水平放置的A．6 B．9 C．12 D．15二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、如果一个几何体仅有5个面，则这个几何体可能是（）A．三棱台 B．四棱锥 C．三棱柱 D．四棱柱10、在△ABC中，A=π3,AB=4，若解此三角形仅有一解，则边BCA．3 B．23 C．13 D．11、若z1，z2∈CA．z1z2=z1zC．若z1−z2=z1三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、设i为虚数单位，若复数z=m2−4+m2−2m13、如图，三棱台ABC−A1B1C1的上、下底边长之比为1:2，记三棱锥C1−A1B114、已知平面向量a=−1,2，b=3,4，则a在b上的投影向量的坐标为四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、如图，四棱锥P−ABCD为正四棱锥，底面ABCD是边长为2的正方形，四棱锥的高为1，点E在棱AB上，且2AE=EB．（1）若点F在棱PC上，是否存在实数λ满足PF=λFC，使得BF//平面PDE？若存在，请求出实数λ的值；若不存在，请说明理由．（2）在第（1）问的条件下，当BF//平面PDE时，求三棱锥P−DEF的体积．16、克罗狄斯托勒密（Ptolemy）是古希腊天文学家、地理学家、数学家，他在所著的《天文集》中讲述了制作弦表的原理，其中涉及如下定理：任意凸四边形中，两条对角线的乘积小于或等于两组对边乘积之和，当且仅当对角互补时取等号如图，半圆O的直径为4cm，A为直径延长线上的点，OA=4cm，B为半圆上任意一点，且三角形ABC为正三角形.（1）当∠AOB=2π3时，求四边形（2）当∠AOB多大时，四边形OACB的面积最大，并求出面积的最大值；（3）若OC与AB相交于点D，则当线段OC的长取最大值时，求OD⋅17、如图，在五棱锥S−ABCDE中，平面SAE⊥平面AED，AE⊥ED，SE⊥AD．四边形ABCD为矩形，且SE=AB=1，AD=3，BN=2NC．（1）证明：SE⊥平面AED；（2）若AE=3，求二面角E−SA−D（3）求直线DN与平面SAD所成角的正弦值的最小值．18、已知向量a，b满足a=1，b=2，且a与b的夹角为π3（1）分别求a⋅b与（2）若a+b⊥19、在△ABC中，a2=b（1）求sinB（2）若b=26，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使△ABC存在，求△ABC条件①：c=27；条件②：asinA=3；条件注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分.

-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】D3、【答案】A4、【答案】C5、【答案】B6、【答案】C7、【答案】B8、【答案】C二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、【答案】B,C10、【答案】B,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】713、【答案】2+3i14、【答案】22四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）解：由cosC+2cosBcosπ3+A=0，A+B+C=π，

可得cosπ−A−B+2cosBcosπ3+A=0，

即−cosA+B+2cosBcosπ3+A=0，

即−cosAcosB−sinAsinB（2）解：（i）由（1）知B=π3，由正弦定理bsinB=2R，可得b=2RsinB=2×3×32=3，

因为BD是角B的角平分线，所以∠ABD=∠CBD=π6，

因为BD=2，所以S△ABC=S△ABD+S△BCD，所以12acsinπ3=12×2asinπ6+12×2csinπ6，

即32ac=a+c，由余弦定理可得cosB=a2+c2−b22ac=a+c2−2ac−92ac=12，

整理可得a+c2=3ac+9，

又因为32ac=a+c，所以34a2c2=3ac+9，即ac2−4ac−12=016、【答案】（1）解：由bsinA<a<b，

得2<b<4（2）解：由正弦定理，可得bsin则sinB=34b，sinC=34c，由余弦定理，可得a2则4=b2+c2−bc，

所以联立bc=83b−c=23（3）解：因为sinB+sinC=2sinA由余弦定理，可得：a2=b2+所以4=b+c2−3bc则S△ABC17、【答案】（1）解：因为2−bcosC=ccosB，由余弦定理可得c×a2+c2−b（2）解：由（1）可知：a=2，b=1，且c=2，由余弦定理得cosC=a2+b2−c2（3）解：由（1）可知：a=2，b=1，由余弦定理可得c=a2+b2−2abcosC=5−4cosC，且△ABC为锐角三角形，则4<1+5−4cosC18、【答案】（1）证明：由AE=AB+BB1又因为BE=14B所以AE=则有AE//FC（2）解：取AF的中点为O，连接OD,OE,EF，如图所示由于DF=34A又由余弦定理得：A所以AE=13又由EF=则EF=所以有EF=AE，又因为AF的中点为O，所以OE⊥AF，即∠DOE就是平面AEC1F由OD=OE=由OD=OE=OD⋅所以有cos∠DOE=故平面AEC1F与平面A19、【答案】（1）证明：因为M，N分别是PB，PC的中点，所以M