2026年福建省永安市高三数学下册期末考试模拟卷附参考答案（典型题）

2026年福建省永安市高三数学下册期末考试模拟卷附参考答案（典型题）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、双曲线x2a2−y2b2=1A．x28−y22=1 B．2、已知复数z=3+aia∈R在复平面内对应的点在第一象限，且z=5，则a=（）A．3 B．4 C．5 D．-43、某学校为了了解学生参加体育运动的情况，用比例分配的分层随机抽样法作抽样调查，拟从初中部和高中部两层共抽取60名学生，已知该校初中部和高中部分别有400名和200名学生，则不同抽样结果共有（）.A．C40045⋅C200C．C40030⋅C2004、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．85、已知圆柱和圆锥的底面半径相等，侧面积相等，且它们的高均为3，则圆锥的体积为（）A．23π B．33π C．6、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．7、在△ABC中，BC=2，AC=1+3,AB=6,则A=（）A．45° B．60° C．120° D．135°8、若复数z满足z1+i=2i，则z=A．1 B．2 C．3 D．2二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、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C110、已知直三棱柱ABC-A1B1C1.中，侧面AA1B1B为正方形，AB=BC=2，E，F分别为AC和CC1的中点，D为棱A1B1上的点，BF丄A1B1.​​（1）证明：BF⊥DE；（2）当为B1D何值时，面BB1C1C与面DFE所成的二面角的正弦值最小？11、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PBD三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、已知向量a=(−1,6),b=(1,x)，若a//b，则13、在平面直角坐标系xOy中，点Acosθ,sinθ，B−sinθ,cosθ，θ∈0,2π．若点Px,y满足：OP⋅OA=114、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.四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、为了解某地初中学生体育锻炼时长与学业成绩的关系，从该地区29000名学生中抽取580人，得到日均体育锻炼时长与学业成绩的数据如下表所示：时间范围学业成绩[[[[[优秀5444231不优秀1341471374027（1）该地区29000名学生中体育锻炼时长大于1小时人数约为多少？（2）估计该地区初中学生日均体育锻炼的时长（精确到0.1）（3）是否有95%附：χ2=n16、已知双曲线C:x2−y2=m(m>0)，点P1(5,4)在C上，k为常数，0<k<1．按照如下方式依次构造点Pn(n=2,3（1）若k=12，求（2）证明：数列{xn−（3）设Sn为△Pn17、已知椭圆x2a2+y2b2=1a＞b＞0的左焦点为F，右顶点为A,P为（1）求椭圆的方程；（2）过点P的直线与椭圆有唯一交点B（异于点A），求证：PF平分∠AFB.18、在△ABC中，角A，B，C所对的边分別是a，（1）求sinB的值；（2）求c的值；（3）求sin(B−C)19、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.

-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】C4、【答案】D5、【答案】C6、【答案】C7、【答案】B8、答案：【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】B,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】7413、【答案】1；112014、【答案】35；12四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）∵∠ACB=90°，即BC⊥AC，

又∵A1C⊥平面ABC，BC⊂平面ABC，

∴BC⊥A1C，

由A1C∩AC=C，A1C，AC⊂平面AA1C1C，

∴BC⊥平面（2）由(1)可知A1C，AC，BC两两垂直，

由平面BB1C1C⊥平面AA1C1C，平面BB1C1C∩平面AA1C1C=CC1知：

四棱锥A1−BB1C1C的高即为A1到边C1C上的高，

∵AB=A1B，即AB=BC2+A16、【答案】（1）解：b⋅cosA+33a⋅sinB=c，由正弦定理可得sinBcosA+因为C=π−A+B，所以sinBcosA+即sinBcosA+33sinBsinA=sinAcosB+cosAsinB因为A∈0,π,sinA≠0，所以33因为B∈0,π，所以B=（2）解：由S△ABC=1由余弦定理b2=a则a+c+b=6+26，即△ABC的周长为6+217、【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⊥AC，

∴四边形A1ADC1为矩形，

∴AD=A1C1=1=12AC，

AB⊥AC，，

∴MD∥AB，

∴MD⊥AC，MD⊥DE且AC∩AA1=A，

∴MD⊥面A1ACC1，

∴MD⊥AC1，且DE⊥AC1，MD∩DE=D

∴AC1⊥面MDE，

（3）由(2)得MD⊥面A1ACC1，S△AMC1=12·AC1·ME=32，S△AC1C=12·AC·18、【答案】（1）取AD的中点为O，连接QO，CO.因为QA=QD，OA=OD，则QO⊥AD，而AD=2，QA=5，故QO=在正方形ABCD中，因为AD=2，故DO=1，故CO=5因为QC=3，故QC2=QO2因为OC∩AD=O，故QO⊥平面ABCD，因为QO⊂平面QAD，故平面QAD⊥平面ABCD.（2）在平面ABCD内，过O作OT//CD，交BC于T，则OT⊥AD，结合（1）中的QO⊥平面ABCD，故可建如图所示的空间坐标系.则D(0，1，0)，Q(0，0，2)，B(2，−1，0)，故BQ=(−2，1，2)，设平面QBD的法向量n=(x，y，z)则n⋅BQ=0n⋅BD=0故n=(1，1，而平面QAD的法向量为m=(1，0，0)，故cos二面角B−QD−A的平面角为锐角，故其余弦