2026年黑龙江省东宁市高三数学下册期末考试模拟测试卷及参考答案（黄金题型）

2026年黑龙江省东宁市高三数学下册期末考试模拟测试卷及参考答案（黄金题型）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、向量|a→|=|b→A．−15 B．−25 C．|2+i2A．1 B．2 C．5 D．53、在复平面内，(1+3i)(3−i)对应的点位于（）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限4、桌面上有以下四种几何体，设点P是几何体表面上的一点，任意转动几何体（均与桌面接触），则点P到桌面的距离最大的几何体是（）A．棱长为1的正方体B．表面积为4π的球C．轴截面是边长为1的正方形的圆柱D．体积为π25、已知复数z的共轭复数为z，若zz=i，则z可能为（）A．1+i B．−1+2i C．−1−2i D．1−i6、已知一组数据a,b,c,25,20的方差为s2，甲同学将这组数据错看成a,b,c,15,30，并求得错误数据的方差为s甲2=60，则正确数据的方差A．80 B．60 C．40 D．207、已知平面直角坐标系xOy中，|OA|=|OB|=A．[6，14] B．[6，12] C．[8，14] D．[8，12]8、为研究某药品的疗效，选取若干名志愿者进行临床试验，所有志愿者的舒张压数据（单位：kPa）的分组区间为[12，13)，[13，A．8 B．12 C．16 D．18二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、双曲线Γ:x2−y2b2=1，(b>0)，A1，A2为左右顶点，过点M（1）若e=2时，求b.（2）若b=263，△M（3）过点Q作OQ延长线交 Γ 于点R，若A1R⋅10、三棱台ABC−A1B1C1中，若A1A⊥面（1）求证：A1N//平面（2）求平面C1MA与平面（3）求点C到平面C111、在△ABC中，cosA=−13，（1）求c；（2）在以下三个条件中选择一个作为已知，使得△ABC存在，求BC的高.①a=6，②bsinC=1023三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、已知轴截面为正三角形的圆锥MM'的高与球O的直径相等，则圆锥MM'的体积与球O的体积的比值是，圆锥MM'的表面积与球13、三角形ABC中，BC=2,A=π3,B=π14、已知△ABC中，点D在边BC上，∠ADB=120°，AD=2，CD=2BD．当ACAB取得最小值时，BD=．四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、已知点A(2，1)在双曲线C：x2a2−yAP，AQ的斜率之和为0.（1）求l的斜率；（2）若tan∠PAQ=22，求16、甲、乙两个学校进行体育比赛，比赛共设三个项目，每个项目胜方得10分，负方得0分，没有平局．三个项目比赛结束后，总得分高的学校获得冠军．已知甲学校在三个项目中获胜的概率分别为0.5，0.4，0.8，各项目的比赛结果相互独立．（1）求甲学校获得冠军的概率；（2）用X表示乙学校的总得分，求X的分布列与期望．17、如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B（I）求证：MN//平面BCC（II）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值。条件①：AB⊥MN；条件②：BM=MN．注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分。18、已知直四棱柱ABCD−A1B（1）求证：A1B∥面（2）若直四棱柱ABCD−A1B19、如图，在四边形ABCD中，AB∥CD，∠DAB=90°，F为CD的中点，点E在AB上，EF∥AD，AB=3AD，CD=2AD，将四边形EFDA沿EF翻折至四边形.EFD'A',使得面EFD'（1）证明：A'B∥平面CD'F；（2）求面BCD'与面EFD'A'所成的二面角的正弦值。

-参考答案-一、单选题（8小题，每小题5分，共计40分）1、【答案】B2、【答案】A3、【答案】D4、【答案】C5、【答案】B6、【答案】C7、【答案】C8、【答案】B二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、【答案】B,C,D10、【答案】B,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】4-i13、【答案】3−1或−1+314、【答案】2四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，

AA1∥DD1，AA1∉平面DCC1D1，

∴AA1∥平面DCC1（2）依题意得DD1⊥AD，DD1⊥CD，AB⊥AD，AB⊥AD，AB∥CD

∴CD⊥AD

∴SABCD=12(AB+CD)×AD=9，

∴V四棱柱=SABCD×DD1=9DD1=36，即DD1=4.

∴AA1=DD1=4

连接A1B、A1D、BD，作AE⊥BD，垂足为E，

∵A1E在底面ABD的投影为AE，

故由三垂线定理可得A1E⊥BD，16、【答案】（1）依题意设抛物线C：y2=2px(p>0)，P(1，∵OP⊥OQ，∴OP所以抛物线C的方程为y2M(0，2)，⊙M与x=1相切，所以半径为1，所以⊙M的方程为(x−2)2（2）设A若A1A2斜率不存在，则A1A若A1A2方程为x=1则过A1与圆M相切的另一条直线方程为y=1此时该直线与抛物线只有一个交点，即不存在A3若A1A2方程为则过A1与圆M相切的直线A1A又kAx3=0，A3(0，0)所以直线A2A3若直线A1则kA所以直线A1A2整理得x−(y同理直线A1A3直线A2A3∵A1A2整理得(yA1A3与圆所以y2，yy2M到直线A2|2+=|所以直线A2A3综上若直线A1A2，A1A17、【答案】（1）证明：设AC，BD的交点为O，连接OF，因为四边形ABCD与BDEF均为菱形，且∠DAB=∠DBF=60°，所以FO⊥BD，AC⊥BD，又因为FA=FC，且O为AC中点，所以FO⊥AC，又因为FO∩BD=O，FO,BD⊂平面BDEF，所以AC⊥平面BDEF，因为AC⊂平面ACF，所以平面BDEF⊥平面ACF；（2）解：因为FO⊥BD，FO⊥AC，且AC∩BD=O，AC,BD⊂平面ABCD，所以FO⊥平面ABCD，设AB=a，因为四边形ABCD与BDEF均为菱形，且∠DAB=∠DBF=60°，所以BD=a，AO=OC=FO=3又因为FA=FC=26，在△AOF中，AF2因为BD⊥FO，BD⊥AC，AC∩FO=O，AC,FO⊂平面ACF，所以BD⊥平面ACF，以O为坐标原点，OA，OB，OF为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：所以A23,0,0，B0,2,0，C−2由EF⃗=DB所以AB=−23,2,0设平面ABF的法向量n=x1,y因为平面ACF的法向量BD=设平面ABF与平面ACF的夹角为θ，所以cosθ=n（3）解：设BM⃗=λBC则DF=0,2,23，DM设平面FDM的法向量m=x2,y因为AE//平面FDM，所以m⃗⋅AE此时AE在平面FDM外，符合题意，所以存在点M符合题意，且点M在CB延长线上，满足BM=BC.18、【答案】（1）证明：∵A1C⊥底面ABC，∠ACB=90°

∴A1C⊥BC，AC⊥BC，A1C⊥AC，

又∵A1C⊂面ACC1A1，AC⊂面ACC1A1，A1C∩AC=C，

∴BC⊥面ACC1A1，

又∵BC⊂面BCC1B1，

∴面BCC1B1⊥面ACC1A1，

过点A1作A1D⊥CC1，垂足为D，

又∵面BCC1B1∩面ACC1A1=CC（2）由(1)易得，AC，BC，A1C两两垂直，如图，以C为原点，CA，CB，CA1分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，过点B作BE⊥AA1，垂直为E，

结合(1)，则A(2，0，0)，A1(0，0，2)，A1D则为平面BCC1B1的一条法向量，设B(0，t，0)，

∴AA1=(−2，0，2)，AB=(−2，m，0)，AC=(−2，0，0)，BC=(0，−t，0)

∴AE→=AB→·AA1→AA1→=22=1，

由直线AA1与BB1距离为2，即BE=2