2026年江苏省仪征市高三数学下册期末考试模拟试卷及答案（真题汇编）

2026年江苏省仪征市高三数学下册期末考试模拟试卷及答案（真题汇编）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z=−1+i，则1z+1=（）A．−i B．i C．-1 D．12、已知圆锥PO的底面半径为3，O为底面圆心，PA，PB为圆锥的母线，∠AOB=120°，若△PAB的面积等于934，则该圆锥的体积为（）A．π B．6π C．3π D．3、已知l是一条直线，α，β为两个不同平面，若l⊥β，则“l//α”是“α⊥β”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件4、设z＝5+i，则i（z+z）＝（）A．10i B．2i C．10 D．﹣25、有50人报名足球俱乐部，60人报名乒乓球俱乐部，70人报名足球或乒乓球俱乐部，若已知某人报足球俱乐部，则其报乒乓球俱乐部的概率为（）A．0.8 B．0.4 C．0.2 D．0.16、已知向量a=1,0,b=1,1，若A．1 B．−1 C．12 D．7、在三棱锥P−ABC中，△ABC是边长为2的等边三角形，PA=PB=2，PC=6A．1 B．3 C．2 D．38、节气是指二十四个时节和气候，是中国古代订立的一种用来指导农事的补充历法，是中华民族劳动人民长期经验积累的成果和智慧的结晶．若从立春、雨水、惊蛰、春分、清明这五个节气中随机选择两个节气，则其中一个节气是立春的概率为（）A．16 B．25 C．12二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为直角梯形，AD=2AB=4，AD∥BC，AB⊥AD，三棱锥（1）证明：BD⊥平面ACC（2）若AA1=4，求平面A10、已知在△ABC中，A+B=3C，2sin(A−C)=sinB.（1）求sinA；（2）设AB=5，求AB边上的高.11、已知四棱锥ABCD-A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB∥CD，A1A⊥平面ABCD，AD⊥AB，其中AB=AA1=2，AD=DC=1．N是B1C1的中点，M是DD1的中点．（1）求证D1N//（2）求平面CB1M（3）求点B到平面CB三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、双曲线C：x2a2−y2b2=1的左、右焦点分别为F1，F213、某科技兴趣小组使用3D打印机制作的一个零件可以抽象为如图所示的多面体，其中ABCDEF是一个平行多边形，平面AFR⊥平面ABC，平面CDT⊥平面ABC，AB⊥BC，AB∥EF∥RS∥CD，BC∥DE∥ST∥AF，若AB=BC=8，AF=CD=4，RA=RF=TC=TD=52，则该多面体的体积为.14、已知当z=1+i，则|1−i⋅z|=；四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，（1）证明：平面ACC1A（2）设AB=A1B16、如图所示的四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，BC∥AD，AB⊥AD.（1）证明：平面PAB⊥平面PAD；（2）若PA=AB=2，AD=3+1（i）证明：O在平面ABCD上；（ii）求直线AC与直线PO所成角的余弦值.17、已知椭圆x2a2+y2b2=1（1）求椭圆方程.（2）过点(0,−32)的动直线与椭圆有两个交点P，Q.在y轴上是否存在点T18、已知直四棱柱ABCD−A1B（1）求证：A1B∥面（2）若直四棱柱ABCD−A1B19、如图，在以A，B，C，D，E，F为顶点的五面体中，四边形ABCD与四边形ADEF均为等腰梯形，BC∥AD，EF∥AD，AD=4，AB=BC=EF=2，ED=10，FB=23，M为AD的中点.（1）证明：BM∥平面CDE；（2）求二面角F−BM−E的正弦值．

-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】A5、【答案】D6、【答案】C7、【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,C,D10、【答案】B,C,D11、【答案】A,B,D三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】613、【答案】715​​​​​​​14、【答案】−2四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）证明：∵AC＝2，BC＝1，AB＝3，即AC2=BC2+AB2，

∴AB⊥BC，

∵PA⊥底面ABCD，

∴PA⊥AD，

又∵AD⊥PB，PA∩PB=B，

∴AD⊥平面PAB，

∴AD⊥AB，

∴AD∥BC，

又∵（2）解：过点A作AE⊥CP，AF⊥DP，垂足分别为点E，F，连接EF，

∵AD⊥DC，AP⊥底面ABCD，

∴PA⊥CD，PA⊥AC，

又∵PA∩AD=A，

∴CD⊥平面PAD，

又∵AF⊂平面PAD，

∴CD⊥AF，

又∵CD∩DP=D，

∴AF⊥平面CDP，

同理AF⊥EF，∠AEF即为二面角A﹣CP﹣D的夹角，

∵PA=PC=2，

∴AE=12CP=2，

sin∠AEF=AFAE=AF2=427，解得AF=2217，

设AD=t，则DP=4+t2，

∴在Rt△PAD中，由16、【答案】（1）如图所示，取B1C1的中点F'，连结DE，EF'，F'C由于ABCD−A1B1C从而E，F'，C，D四点共面，即平面CDE即平面CDEF'，据此可得：直线B1C1交平面CDE当直线与平面相交时只有唯一的交点，故点F与点F'重合，即点F为B1（2）以点D为坐标原点，DA，DC，DD1方向分别为x轴，y轴，z轴正方形，建立空间直角坐标系不妨设正方体的棱长为2，设A1则：M(2，2λ，2)，C(0，2，0)，F(1，2，2)，E(1，0，2)，从而：MC=(−2，2−2λ，−2)，设平面MCF的法向量为：m=(m⋅令z1=−1可得：设平面CFE的法向量为：n=(n⋅令z1=−1可得：从而：m⋅则：cos〈整理可得：(λ−1)2=14，故17、【答案】（1）以A为原点，AB，AD，AA1分别为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系，则A(0，0，0)，A1(0，0，2)，B(2，0，0)，C(2，2，0)，D(0，2，0)，C1因为E为棱BC的中点，F为棱CD的中点，所以E(2，1，0)，F(1，2，0)，所以D1F=(1，0，−2)，A设平面A1EC则m⋅A1C1因为D1F⋅因为D1F⊄平面A1EC（2）由（1）得，AC设直线AC1与平面A1则sinθ=|（3）由正方体的特征可得，平面AA1C则cos〈所以二面角A−A1C18、【答案】（1）根据题意，由余弦定理得BC2=AB2+AC2−2AB·ACcos∠BAC=（2）如下图所示，由(1)得，BC=7，sin∠ABC=2114，

又∵∠BAC=120°，∠BAD=90°

∴∠ABC∈(0，π3)，∠CAD=30°，

∴cos∠ABC=1−sin2∠ABC=5719、【答案】（1）证明：连接MN，

在三棱台ABC−A1B1C1中，

A1C1∥AC，

∵M，N分别是BC，BA中点，且AB=AC=AA1=2，A1C1=1

∴MN∥AC，MN=12AC=1，

∴MN∥（2）解：连接AC1，过点C1作C1D⊥AC交AC于点D，过点D作DE⊥AC1交AC1于点E，连接MD，ME，

∵若A1A⊥面ABC，且MD⊂面ABC，

∴A1A⊥MD，A1A⊥AC，

又∵C1D⊥A