2026年湖北省汉川市高三数学下册期末考试模拟测试卷（考点提分）附答案

2026年湖北省汉川市高三数学下册期末考试模拟测试卷（考点提分）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、在复平面内，复数4−3i2−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2、设z=2+i1+i2+A．1−2i B．1+2i C．2−i D．2+i3、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．4、在△ABC中，已知AB+AC=AB−AC=2A．−34BC B．−34BC5、样本数据1，2，3，6，12，24的中位数为（）A．8 B．6 C．4.5 D．36、已知每门大炮击中某目标的概率是0.4，现在n门大炮向此目标各射击一次．如果此目标至少被击中一次的概率超过92%，至少需要大炮的门数是（）（参考数据：lg2≈0.301，lg3≈0.477）A．5 B．6 C．7 D．87、某校文艺部有4名学生，其中高一、高二年级各2名．从这4名学生中随机选2名组织校文艺汇演，则这2名学生来自不同年级的概率为（）A．16 B．13 C．128、设复数z1,z2在复平面内的点关于实轴对称，z1A．−i B．i C．−1 D．1二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A−B)=（1）证明：2a（2）若a=5，cosA=2510、如图，P是圆锥的顶点，O是底面圆心，AB是底面直径，且AB=2．（1）若直线PA与圆锥底面的所成角为π3（2）已知Q是母线PA的中点，点C、D在底面圆周上，且弧AC的长为π3，CD∥AB．设点M在线段OC上，证明：直线QM∥平面PBD11、记△ABC的三个内角分别为A，B，C，其对边分别为a，b，c，分别以a，b，c为边长的三个正三角形的面积依次为S1，S2，（1）求△ABC的面积；（2）若sinA三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、已知Z1+i=i，则Z=13、已知双曲线x2a2−y2=1(a>0)，双曲线上右支上有任意两点P114、已知A在O正东方向，B在O的正北方向，O到A、B距离相等，∠BTO=16.5°，∠ATO=37°，则∠BOT=.（精确到0.1度）四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、在△ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知asinB=3（1）求A的值；（2）求c,（3）求sin(A+2B16、记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinCsin(A−B)=（1）证明：2a（2）若a=5，cosA=2517、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A18、小明同学参加综合实践活动，设计了一个封闭的包装盒，包装盒如图所示：底面ABCD是边长为8（单位：cm）的正方形，△EAB，△FBC，△GCD，△HDA均为正三角形，且它们所在的平面都与平面ABCD垂直．（1）证明：EF∥平面ABCD；（2）求该包装盒的容积（不计包装盒材料的厚度）．19、在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知4a=5（Ⅰ）求sinA（Ⅱ）若b=11，求△ABC的面积．

-参考答案-一、单选题（8小题，每小题5分，共计40分）1、【答案】A2、【答案】D3、【答案】D4、【答案】D5、【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,C10、【答案】A,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】83π13、【答案】76614、【答案】13四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）连接EA，ED，

∵E为BC中点，DB=DC，

∴BC⊥DE

∵DA=DB，∠ADB=60°，

∴∆ABD为等边三角形，同理∆ACD也为等边三角形，

∴AB=AD=AC，∴BC⊥AE，

又AE∩DE=E，AE，DE⊂平面ADE，

∴BC⊥平面ADE，

∵AD⊂平面（2）不妨设DA=DB=DC=2，

∵BD⊥CD，

∴ED=2，BC=22，

由（1）知AB=AC=AD=2∴EA=2，

∴EA2+ED2=AD2=4，∴AE⊥DE，

又BC⊥平面ADE，∴ED，EB，EA两两垂直，

以E为原点，分别以ED，EB，EA所在直线为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图：

则E0，0，0，D2，0，0，A0，0，2，B0，2，0，

∴AD→=2，0，−2，AB→=0，2，−2

∵EF→=DA→，∴EF∥DA，EF=DA，

∴四边形ADEF是平行四边形，

16、【答案】（1）解：等差数列a1，a2，…，a6删去两项后，余下4项成等差数列，此时剩下的数列若想构成数列，必然是公差为d的数列，

即可能的情况为a1，a2，a3，a4或a2，a3，a4，a5，或a3，a4，a5，a6，

故删去的两项（i，j）可以为（5，6），（1，6），（1，2）（2）证明：依题意得，数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列，

即a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，a4m+2，易分析连续的四项为等差数列，

即a14，a15，......，a4m+2，后共有(4m-12)连续项，此时必然构成等差数列，

即证得a1，a3，a4，…，a10，a11，a13，a14，为等差数列，则数列a1，a2，…，a4m+2是（2，13）——可分数列，

通过分析可知，可以按照a1，a4，a7，a10，a3，a6，a9，a（3）证明：按如下两种方式进行选取（i，j），1≤i＜j≤4m+2，且i，j∈Z∗，

①原数列除去ai，aj外，所有连续的部分为4的倍数，此时数列分组的公差为d.

1)当j-i=1时，即（i，j）为（1，2），（5，6），.....（4m+1，4m+2），共(m＋1)种；

2)当i=1时，j=4k＋2，即（i，j）为（1，6），（1，10），.....（1，4m+2），k=1，2，3，.…，m，共m种；

3)当i=5时，j=4k＋6，即（i，j）为（5，10），（5，14），.....（5，4m+2），k=1，2，3，.…，(m-1)，共m种；

......

4)当i=4m-3时，j=4m+2，即（4m-3，4m+2），共1种；

综上，共有(m+2)(m+1)2种可能情况，

②连续(4t＋2)(t∈Z∗)项删去其中第2项和倒数第2项，余下的部分保证其连续部分为4的倍数.此时，除去这(4t＋2)项，余下的项每4项依次构成一组，则每组均为等差数列.

下面先证明，连续(4t＋2)(k∈N*)项删去其中第2项和倒数第2项后，这4t项可完成一个划分.

设b1,b2,b3,......b4t+2是数列a1,a2,a3,......a4m+2中的连续(4t＋2)项，可按如下方式完成划分：

b1,bt+1,b2t+1,b3t+1,，b2,bt+117、【答案】（1）证明：在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1以点A1为坐标原点，A1A、A1B1、A1则A(2，0，0)、B(2，2，0)、C(2，0，2)、A1易知平面ABC的一个法向量为m=(1，0，0)∵EF⊄平面ABC，故EF//平面ABC.（2）解：C1C=(2，0设平面CC1D的法向量为u取y1=2，可得u=(0因此，直线BE与平面CC1D（3）解：A1C=(2设平面A1CD的法向量为v=(取x2=1，可得v=(1因此，平面A1CD与平面CC18、【答案】（1）解：因为a2=b2+c2−2bccosA，即（2）解：由（1）可求出b=2，而0<A<π，所以sinA=1−cos2（3）解：因为cosA=−14，所以π2<A<π，故0<B<π2，又sinA=1−故sin(2A−B19、【答案】（1）如图，连接DE，OF，设AF→=mAC→，

则BF→=BA→+mAC→=BA→+m(AB→+BC⇀)=(m−1)AB→+mBC→，

又AO→=AB→+BO→=AB→+12BC→，

∵BF⊥AO且AB⊥BC，即AB→·BC→=0.

∴BF→·AO→=(m−1)AB→+mBC→·（2）由(1)得EF∥OD，EF=OD=12CP=62，

且在Rt△ABO中，AB=2，BO=12BC=2，

∴AO=AB2+BO2=6，

又∵AD=5DO，

∴AD=5×62=302，

∴AD2=15（3）如图，过点O作OM⊥AO交AC于点M，连接DM，NF，

由(2)得AO⊥DO，

∴二面角D−AO−C的平面角为∠DOM.

∵BF⊥AO，O为BC中点，

∴OM∥BF，且