2026年吉林省樺甸市高一數(shù)學(xué)下冊期末考試模擬卷及完整答案

2026年吉林省樺甸市高一數(shù)學(xué)下冊期末考試模擬卷及完整答案考試時間：120分鐘；命題人：教研組考生注意：1、答卷前，考生務(wù)必用0.5毫米黑色簽字筆將自己的姓名、班級填寫在試卷規(guī)定位置上2、答案必須寫在試卷各個題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)的位置，如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用涂改液、膠帶紙、修正帶，不按以上要求作答的答案無效。一、單選題（8小題，每小題5分，共計40分）1、已知△ABC的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且C=60°，a+b=5，S△ABC=3A．29 B．33 C．19 D．2、甲、乙兩人獨立地破譯一份密碼，已知甲能破譯的概率為13，乙能破譯的概率為12，則密碼被成功破譯的概率為（）A．12 B．23 C．343、若三點A2,?3，B4,3，C5,t在同一條直線上，則t=A．5 B．6 C．7 D．84、某校高一有1000名學(xué)生，為了培養(yǎng)學(xué)生良好的閱讀習(xí)慣，語文教研組要求高一學(xué)生從四大名著中選一本閱讀，其中有400人選《三國演義》，250人選《水滸傳》，250人選《西游記》，100人選《紅樓夢》，若采用分層抽樣的方法隨機抽取100名學(xué)生分享他們的讀后感，則選《西游記》或《紅樓夢》的學(xué)生抽取的人數(shù)為（）A．25 B．30 C．35 D．505、公園內(nèi)有一棵樹，A，B是與樹根處O點在同一水平面內(nèi)的兩個觀測點，樹頂端為P.如圖，觀測得∠OAB=75°，∠OBA=60°，∠OAP=60°，AB=10米，則該樹的高度OP為（）米.A．15 B．153 C．152 6、在△ABC中三內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且b2+c2?A．π6或2π3 B．π3 C．2π7、在△ABC中，內(nèi)角A,B,C的對邊分別為a，b，c，如果acosA=bcosB，則A．等腰或直角三角形 B．直角三角形C．等腰三角形 D．等邊三角形8、已知a=4，b=2，向量b在向量a上的投影向量為14a，則A．12 B．4 C．23 D．二、多選題（3小題，每小題5分，共計15分）9、（多選）為了解某企業(yè)員工的學(xué)習(xí)情況，對該企業(yè)員工進行問卷調(diào)查，已知他們的得分都處在A，B，C，D四個區(qū)間內(nèi)，根據(jù)調(diào)查結(jié)果得到下面的統(tǒng)計圖．已知該企業(yè)男員工占35，則下列結(jié)論錯誤的是（）A．男、女員工得分在A區(qū)間的占比相同B．在各得分區(qū)間男員工的人數(shù)都多于女員工的人數(shù)C．得分在C區(qū)間的員工最多D．得分在D區(qū)間的員工占總?cè)藬?shù)的19%10、下列關(guān)于復(fù)數(shù)z=1+i的四個命題，其中為真命題的是（）A．zB．zC．z的虛部為1D．z在復(fù)平面內(nèi)對應(yīng)的點位于第二象限△ABC11、的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，下列說法正確的是（）A．若△ABC為鈍角三角形，則aB．若A>B，則sinA>sinBC．若A=30°，b=4，a=3，則△ABC有兩解D．a(chǎn)cosB=b三、填空題（3小題，每小題5分，共計15分）12、已知點O0,0，向量OA=2,3,OB=6,?3，點P是線段AB上靠近A13、已知向量a，b不共線，若向量ka+b和a?2b共線，則實數(shù)14、農(nóng)歷五月初五是端午節(jié).這一天民間有吃粽子的習(xí)俗，據(jù)說是為了紀念戰(zhàn)國時期楚國大臣、愛國詩人屈原.粽子的形狀有多種.今有某種粽子類似于由一個直角三角形繞它的一條直角邊旋轉(zhuǎn)π2（如圖）而成.如果粽子的餡可以看成是這個幾何體內(nèi)的一個球狀物，則粽子餡的最大體積為.四、解答題（5小題，每小題16分，共計80分）15、已知a,b為單位向量，且a與b的夾角為60°.（1）求a?2（2）若向量2a?λb與λ16、已知復(fù)數(shù)z=m?i（m∈R），且z?1+3i為純虛數(shù)（z是z的共軛復(fù)數(shù)）.（1）設(shè)復(fù)數(shù)z1=m+2i（2）復(fù)數(shù)z2=a?17、復(fù)數(shù)z滿足z2為純虛數(shù)，復(fù)數(shù)z在復(fù)平面內(nèi)所對應(yīng)的點在第一象限．（1）已知z=2（2）已知z=1+i，復(fù)數(shù)z,z,z2所對應(yīng)的向量為18、已知向量a，b滿足a=1，b=2，且a與b的夾角為π3（1）分別求a?b與（2）若a+b⊥19、如圖，已知三棱臺ABC?A1B1C1中，平面ABB1A1⊥平面BC（1）證明：AB1⊥（2）若AB的中點為D，求直線DB1與平面

-參考答案-一、單選題（8小題，每小題5分，共計40分）1、【答案】D2、【答案】C3、【答案】A4、【答案】C5、【答案】A6、【答案】B7、【答案】C8、【答案】C二、多選題（3小題，每小題5分，共計15分）9、【答案】A,C10、【答案】A,B,D11、【答案】A,C,D三、填空題（3小題，每小題5分，共計15分）12、【答案】?1,1213、【答案】12+6314、【答案】300四、解答題（5小題，每小題16分，共計80分）15、【答案】（1）解：2acosC+2ccosAcosA=b，由正弦定理可得：2sinAcosC+2sinCcosAcosA=sinB，

因為（2）解：由A=π3，a=2，AC?AB=2，可得AB?AC=cbcosA=12bc=2，解得bc=4，

由余弦定理得a2=b2（3）解：在△ABD中，由正弦定理ADsinB=BDsin∠BAD，可得1BD=sinBADsinπ6=sinB，

同理得1CD=16、【答案】（1）解：（1）連接AC，交BD于點O，

在菱形ABCD中，AC⊥BD，BC=CD，O為AC、BD中點，∠BAD=60°，則△BCD是等邊三角形，BP=DP，所以O(shè)P⊥BD

AC∩OP=O，AC，OP?平面PAC，故BD⊥平面PAC，AP?平面PAC，BD⊥APBP=AB，又E是AP的中點，BE⊥AP，又BE∩BD=B，BE、BD?平面BDE，所以AP⊥平面BDE，AP?平面ABP，所以平面ABP⊥平面BDE（2）解：（2）以O(shè)為原點，OA、OB、OP為軸建系，菱形邊長為2，∠BAD=60°

在邊長為2的菱形ABCD中，∠BAD=60°，AC=23，A3,0,0，B0,1,0AB→=?3,1,0設(shè)Pl,0,n，APAP→?AC折疊過程中，OP=OC=3，OP→=P?32,0,3由（1）知AP⊥平而BDE，平面BDE的一個法向量為n1設(shè)平面PBC的法向量為n2=x,y,z取x=3，則y=?3，z=?1，n設(shè)平面PBC與平面BDE夾角為θ，則cosθ=cos∴平面PBC與平面BDE夾角的余弦值為21317、【答案】（1）證明：由正弦定理可得4sinBcos又A,B,C為△ABC的內(nèi)角，故sinC=代入上式，有4sin即3sin又A∈(0,π),B∈(0,π)，若cosA=0，必有cos則cosA≠0，同理cosB≠0，則tanA=tanB（2）解：不妨設(shè)AD為BC邊上的中線，

在△ABC中，有cosB=由（1）可得A=B，故a=b，即cosB=在△ABD中，有cosB=即32a解得a=4．18、【答案】（1）∵z=m?i，∴z=m+i，

∴z?1+3i=m+i1+3i=m?3+3m+1i，

∵z?1+3i是純虛數(shù)，∴m?3=0且∴3m+1≠0，解得m=3（2）∵i2025=i4506?i=i，

∴z2=a?i3?i=a?i3+i3?i3+i=19、【答案】（1）證明：在△ABC中，AB=BC=2，AC=22，滿足AB2+BC2=AC2，則AB⊥BC，

因為點D，E分別為邊AB，AC的中點，所以DE∥BC，DE=12BC=1，DE⊥AB，又因為BD∩PD=D，BD,PD?平面PBD，所以BC⊥平面PBD，又因為BC?平面PBC，所以平面PBC⊥平面PBD；（2）解：因為DE⊥BD，DE⊥PD，所以二面角P?DE?C的平面角為∠PDB，所以∠PDB=60°，又因為PD=DB=1取PD的中點O，連接BO，如圖所示：

則BO⊥PD，BP=1，BO=32由（1）知BC⊥平面PBD，又因為BO?平面PBD，所以BC⊥BO，又因為DE//BC，所以DE⊥BO，又因為DE∩PD=D，DE,PD?平面PDE，所以BO⊥平面PDE，

又因為DE//BC，DE?平面PDE，BC?平面PDE，所以BC//平面PDE，

則VC?PDE因為BC⊥平面PBD，BP?平面PBD，所以BC⊥BP，所以CP=BC2在△PDC中，CP=5，DC=5，則S△PDC設(shè)點E到平面PDC的距離為d，又VE?PDC=V解得d=