2026年云南省安宁市高三数学下册期末考试模拟卷【达标题】附答案

2026年云南省安宁市高三数学下册期末考试模拟卷【达标题】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、已知椭圆x29+y26=1，FA．25 B．302 C．352、在△ABC中，已知AB+AC=AB−AC=2A．−34BC B．−34BC3、向量|a→|=|b→A．−15 B．−25 C．4、已知z=1−i2+2i，则z−zA．−i B．i C．0 D．15、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、已知全集U是一个六元集合，任取U的两个子集A、B（A、B可以相等），记事件M:B⊆A；记事件N:B⊆A．则PM∪N=A．95211 B．665211 C．7、已知复数z=1+i2−i，则z=A．1+i B．13+i C．158、在△ABC中，内角A，B，C所对边分别为a，b，c，若B=π3，b2=9A．32 B．2 C．72 二、多选题（3小题，每小题5分，共计15分）9、在△ABC中，a=7，A为钝角，sin2B=37（1）求∠A；（2）从条件①、条件②和条件③这三个条件中选择一个作为已知，求△ABC的面积．①b=7；②cosB=1314；注：如果选择条件①、条件②和条件③分别解答，按第一个解答计分．10、如图，三棱锥A−BCD中，DA=DB=DC，BD⊥CD，（1）证明：BC⊥DA（2）点F满足EF=11、甲、乙两城之间的长途客车均由A和B两家公司运营，为了解这两家公司长途客车的运行情况，随机调查了甲、乙两城之间的500个班次，得到下面列联表：准点班次数未准点班次数A24020B21030附：K2P(0.1000.0500.010k2.7063.8416.635（1）根据上表，分别估计这两家公司甲、乙两城之间的长途客车准点的概率；（2）能否有90%的把握认为甲、乙两城之间的长途客车是否准点与客车所属公司有关？三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、一个底面半径为4cm，高为9cm的封闭圆柱形容器(容器壁厚度忽略不计)内有两个半径相等的铁球，则铁球半径的最大值为cm13、52张扑克牌，没有大小王，无放回地抽取两次，则两次都抽到A的概率为；已知第一次抽到的是A，则第二次抽取A的概率为14、如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、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△Pn16、已知直三棱柱ABC−A1B1C1中，侧面AA1B1B（1）求三棱锥F－EBC的体积；（2）已知D为棱A1B117、如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，AA（1）证明：B2（2）点P在棱BB1上，当二面角P−A2C18、如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，（1）证明：平面ACC1A（2）设AB=A1B19、某厂为比较甲乙两种工艺对橡胶产品伸缩率的处理效应，进行10次配对试验，每次配对试验选用材质相同的两个橡胶产品，随机地选其中一个用甲工艺处理，另一个用乙工艺处理，测量处理后的橡胶产品的伸缩率，甲、乙两种工艺处理后的橡胶产品的伸缩率分别记为xi，yi（i=1，试验序号i12345678910伸缩率x545533551522575544541568596548伸缩率y536527543530560533522550576536记zi=xi−yi(i=1，2（1）求z，s2（2）判断甲工艺处理后的橡胶产品的伸缩率较乙工艺处理后的橡胶产品的伸缩率是否有显著提高（如果z≥2

-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】B3、【答案】A4、【答案】C5、【答案】B6、【答案】D7、【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】B,D10、【答案】A,B,D11、【答案】B,D三、填空题（3小题，每小题5分，共计15分）12、【答案】713、【答案】1−5i14、【答案】32​​​​​​​​​​​​​​四、解答题（5小题，每小题16分，共计80分）15、【答案】（1）解：由题意可得：ca=223a2+b2=10，即1−b2（2）(i)、解：令AR=tAP，t>0，由可得|AP|⋅|AR|=t|AP|⋅|AP|=3，

则t则R((ii)、因为kOR=3所以3nm=3(n+1)−m2−(n+1)23m则PQmax为P到圆心N0，−4的距离d+半径设Q3cosθ,则d=(3cosθ)2+(sinθ+4)2=916、【答案】（1）证明：因为AD//平面PBC，AD⊂平面ABCD，平面ABCD∩平面PBC=BC，所以AD//BC，又因为PA⊥底面ABCD，AD⊂平面ABCD，

所以PA⊥AD，因为BC⊥AB，AD//BC，

所以AD⊥AB，又因为AB∩AP=A，AB,AP⊂平面PAB，所以AD⊥平面PAB，

因为PB⊂平面PAB，所以AD⊥PB．（2）解：由（1）可知，PA，AB，AD两两垂直，

以A为原点，AD，AB，AP所在直线分别为x轴，y轴，z轴，

建立如图所示坐标系，过点B作BM⊥AC，交AC于点M，

因为PA⊥底面ABCD，BM⊂平面ABC，

所以PA⊥BM，又因为AC∩PA=A，

所以BM⊥平面ACP，

因为点B到平面ACP的距离为1，

所以BM=1，在Rt△ABC中，BM⊥AC，

由△ABM∽△BCM，可得BM设AM=x，则CM=2−x，

所以12=x2−x，

则M为AC的中点且AM=CM=1，

所以AB=BC=2可得A0,0,0，B0,2,0，C2所以BP=0,−2设n=x,y,z是平面则n⋅所以−2y+z=02x=0，

取y=1，则所以n=0,1,2因为BM⊥平面ACP，

所以BM=22设平面ACP与平面BCP的夹角为θ，则cosθ=cos所以，平面ACP与平面BCP夹角的余弦值为6617、【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+118、【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）根据题意可知，模型总数为25个，含红色外观模型的有1