河南新乡市延津县第一高级中学2025-2026学年高一下学期素养评价(三) 数学试题

2025一2026学年度高一下学期素养评价（三） 数学参考答案及评分意见 1.C【解析】由题意，将展开图还原为如图的正方体，故AB与CD是异面直线.故选C. D C. 2.A【解标由题意，=1-}=1--1十i,放在复平面内，对应的，点为11D,位于第一象限故选A A【得标】街题意，向量在向上命装影句量为中，合-营，3》-（能放运A 4.D【解析】若l⊥m,l⊥n,则m与n可能平行、相交、异面，故A错误； 若a⊥y,3⊥y,则a与B相交或平行，故B错误； 取a为平面ABCD,3为平面ABBA1,l=CD,如图，符合题设，但CD∥平面ABB1A1,故C错误； 设a∩3=a,Y∩3=b,过平面B内一点A,分别作AB⊥a,AC⊥b,如图.因为a⊥B,a∩B=a,ABC3,AB⊥a,所 以AB⊥a.又因为n二a,所以AB⊥n.同理AC⊥n.又因为AB∩AC=A,AB,ACCB,所以n⊥B,故D正确.故 选D. D C 5.C【解析】如图，由正四棱台的性质，得四边形ABCD为等腰梯形，且AB=42,CD=22,BC=√11， =EEm)4222=3,所以Vh(S+S+SS)=3X3X(16+4+8)=2 A 2 A 6.D【解析】由题意，得sinA:sinB:sinC=a:b：c=5:7:8. 设a=5k,b=7k,c=8k,k>0,b=a++c=10k. 2 所以S△4Bc=√10kX5kX3kX2k=103k2=103,解得k=1,故a=5,b=7,c=8. 在△ABC中，由余弦定理，得cosC=49+25-64-1 2X7×5=7· 如图，设D是AB的中点，连接CD 因为D是AB的中点，所以C可=2(C丽+C. ④数学答案第1页（共7页） 两边平方，得C心=(C+C+2Ci.Ci)={25+49+2×5×7×)=21, 所以CD|=√21.故选D. 7.B【解析】如图，连接AD,BC,AC,SC. A D 因为O为AB,CD的中点，且AB=CD,所以四边形ADBC为矩形，所以DB∥AC. 所以∠SAC或其补角为异面直线SA与BD所成的角， 设圆0的半径为1，则SA=SC=AB=2.因为∠A0D=3,所以∠AD0=∠0AD=F π 所以在Rt△DAC中，CD=2,AD=OD=1,AC=CD·sin3=3. 所以cos∠SAC=2+(W3)-2V3 2×2X√3 4 所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为.做法B 8.A【解析】因为AC=Ai+AD,所以AC=(AB+AD)=AB+AD+2AB.AD. 因为1AD1=2,|AC1=2√7，AB·AD=4,所以28=1AB12+4+8,解得AB1=4. 因为cOS∠BAD= A·A?所以∠BAD以点A为坐标原点：AB所在直线为x轴，垂直 AB的直线为y轴，建立平面直角坐标系，则A(0,0),B(4,0),D(1,√3)，C(5,√3). 设P(x3),1≤x≤5，所以PA=(-x,-3),PB=(4-x,-3), 所以PA·PB=(-x,-3)·(4-x,-3)=x2-4x十3. 因为二次函数y=x2一4x十3的图象开口向上，对称轴为直线x=2, 1≤x≤5，所以当x=2时，PA·PB取最小值-1；当x-5时，PA·PB取最大值8， 所以PA·PB的取值范围是[-1,8].故选A. 9.BC【解析】对于A,复数不能比大小，故A错误； 对于B,i+i十3+i4=i-1-i+1=0,故B正确； 对于C,因为a2十4≥4，所以(a2十4)i(a∈R)是纯虚数，故C正确； 对于D,当z=i时，z2==一1<0，故D错误.故选BC. 10,ACD【解析】解一个三角形，需要知道三个条件，且至少一个为边长.在△CBD中，已知s,∠BCD,∠BDC,可 以解这个三角形得到BC,再利用∠ACB,BC解Rt△ABC得到AB的值，故A正确； 在△CBD中，已知s,∠BCD,无法解出此三角形，在△CAD中，已知s,∠ACD,无法解出此三角形，也无法通 ④数学答案第2页（共7页） 过其他三角形求出它的其他几何元素，所以不能计算出塔AB的高度，故B错误： 在△ACD中，已知s,∠ACD,∠ADC,可以解△ACD得到AC,再利用∠ACB,AC解Rt△ABC得到AB的 值，故C正确； 如图，过点B作BE⊥CD,连接AE.由题意，得AB⊥平面BCD.因为CDC平面BCD,所以AB⊥CD.因为 BE⊥CD,BE∩AB=B,BE,ABC平面ABE,所以CD⊥平面ABE.又因为AEC平面ABE,所以CD⊥AE. 因为cos∠ACB=CB】 ACS∠BCD,cOs∠ACE-,所以cos∠ACE=cos∠ACB·cos∠BCD,所以可☒ 求出∠ACD的大小，在△ACD中，已知∠ACD,∠ADC,s可以求出AC,再利用∠ACB,AC解Rt△ABC得到 AB的值，故D正确.故选ACD. D 11.ABD【解析】因为EF=OB=1,EF∥OB,所以四边形OFEB为平行四边形，所以OF∥BE. 因为BE￠平面DOF,OFC平面DOF,所以BE∥平面DOF,故A正确. 因为线段AB为圆O的直径，所以BF⊥AF.因为四边形ABCD为矩形，所以AB⊥AD. 因为平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD∩平面ABEF=AB,ADC平面ABCD,所以AD⊥平面ABEF. 因为BFC平面ABEF,所以AD⊥BF.又因为ADC平面ADF,AFC平面ADF,AD∩AF=A, 所以BF⊥平面ADF,故B正确. 取DB的中点M,则MO∥AD,MO= 2,所以MO⊥平面ABEF, 所以ME=MF=MB=MC 2 大1⑤ M是三棱锥CBEF外接球的球心，其 所以三棱锥C一BEF外接球的表面积S=4πr2=4π》 /5 =5π，故C错误. 在圆O中，EF∥AB,易得AB∥平面CDFE,所以点A到平面CDFE的距离即为点B到平面CDFE的距离. 因为OE=OF=EF=1,所以△OEF为等边三角形，即∠OFE-∠EOF=T, 片2 3 在△OBF中，∠OFB=行，所以∠BFE=在△OBF中，由余弦定理，得BF=1+1-2X1X1Xcos餐 所以Sam号X3X1Xn君-所以Ver-Sa·BC- 1 3 6 ×1=12 _1W7 佛形CDE的高为8则SA之之XG (2 4 ④数学答案第3页（共7页） 1 段点B到平面CDE的距离为h,所以VV了·S·h三子XA七所以h二21 7 直线AD与平面CDFE所成角的正弦值为宁-今，放D正确，放选AD 2+i计2-i=-2 12.2【解析】由题意，得方程2x2+px+q=0两根为2十i和2-i,由根与系数关系得 解得 k2+i2-D= =-8, 所以p十q=2. q=10, 2 【解析】由直观图可还原△ABC,如图. 其中BO=B'O'=CO=C'O'=2,AO=2A'O',所以BC=4. 所以Sam号5C·A0=号5C2A'0=4A'0-22,赦A0-号 2… 14.12v26 5 【解析】在△ABC中，A=交，AB=12,AC=5,由勾股定理，得BC=√AB+AC-13. 所以nC骨号所以C心>是又因为∠BDC>营所以在半余三角彩D中，2∠CBD+∠C- 又因为∠ABC+∠C=,所以∠ABC=2∠CBD.所以BD为∠ABC的平分线，所以∠ABD=∠DBC. 因为SaAm=专AB·BDsn∠ABD.San=专BC·BDsin∠DBC.所以e-A能， 1 S△BCD BC 又固为s-号085。-mAB,所以-品瓷-品8-业 "12 AD 所以AD=号在R△ABD中，BD=AD+AB_12Y2 5 15.解：(1)由题意，设b=a=(2入，入).…1分 因为b=25,所以√4λ2十入2=25，所以入=士2.…4分 所以b=（4,2)或b=（-4,-2).…6分 (2)因为(3a+b)⊥(a-2b), 所以(3a十b)·(a-2b)=0,即3a2-5a·b-2b2=0,………8分 即15-5a·b-40=0,所以a·b=-5.… …………………………10分 a·b -5 1 则cos0=ab5×25 2…心12分 又因为9∈[0，，所以0一即向量a与向量b的夹角为 13分 ④数学答案第4页（共7页） 16.解：(1)由csin Ccos B+bsin Ccos C=√3 ccos A及正弦定理， 得sin Csin Ccos B十sin Csin Bcos C=√3 sin Ccos A.…2分 因为sinC≠0，所以sin Ccos B+sin Bcos C=√3cosA,即sin(C+B)=√3cosA, 即SinA=√3c0sA.…5分 因为cosA≠0，所以tanA=√3. 因为0<A<,所以A=吾 …7分 (2)由三角形面积公式，得2b·csin A= 3a,将6=3代人，得号×3·csim哥-7× 1、3/21 1、3√2I 7a, 所以a-.10分 由余弦定理a2=b2+c2-2 bccos A= 4c2,得c2+4c-12=0, 7 解得C=2或c=一6（舍去），则a=√7.……13分 所以△ABC的周长为5十√7.…15分 17.(1)证明：如图，取AP的中点为E,连接EM,EB, :在△PAD中，M为PD的中点，E为AP的中点，EM∥AD,EM=2AD. :在平行四边形ABCD中.N为BC的中点，BN/AD,BN=AD.…2分 ∴.BN∥ME且BN=ME,∴.四边形BNME为平行四边形，.MN∥BE. MN中平面PAB,BEC平面PAB,.MN∥平面PAB.……5分 (2)解：①如图，连接BD交AN于点O,连接OM.……6分 .PB∥平面AMN,PBC平面PBD,平面PBD∩平面AMN=OM,∴.PB∥OM.…8分 OB BN 1 ←%B四边形ABCD是平行四边形.N为BC的中点，.△OBN∽△ODA.DA 2 P-}即点M为PD上靠近P点的三等分点，mmm …10分 ②在四边形ABCD中，AB-1,BN=1,∠ABC=2, 3 Sm=号·AB.BN·n∠AC=号X1X1Xn径-g …………………12分 取AD的中点F,连接PF. △PAD是正三角形，.PF⊥AD,且PF=√3 ④数学答案第5页（共7页） 又.·平面PAD⊥平面ABCD,且平面PAD∩平面ABCD=AD,PFC平面PAD,..PF⊥平面ABCD 2V3 :M为PD上靠近P点的三等分点M点到平面ABCD的距离为号PF 3 …14分 1 ∴.三棱锥M一ABN的体积V= 3SAA·h= 3十 3231 4 361 …15分 18.解：(1)方法一：CA=2,AB=4,∴.AB.AC=2X4Xcos∠BAC=4,.c0s∠BAC= ∠BAC∈(0，∠BAC=T. 3· …3分 在△ABC中，由余弦定理，得BC=AB+AC-2AB·ACco∠BAC=16+4-2X4X2X2=12, BC=2月.…5分 方法二：BC-AC-AB.BC=√AC-AB)=√AC-2AB·AC+AB.…3分 .CA=2,AB=4,AB·AC=4,.|BC1=√4-2X4+16=25,即BC=23.…5分 (2)由1)得BC+AC2=AB2,∠ACB= 2 …6分 ∴sin∠BCD=sn(径+∠ACD-cos∠ACD- 5 :∠ACD∈(o,x).sin∠ACD=13 12 …8分 sm-名×2×2x将-0 …10分 2×2X25+ ∴.四边形ABCD的面积S=S△ABC十S△AcD= 25+24 24 3 …12分 564 (3)在△ACD中，AD2=AC2+DC2-2AC·DCcos∠ACD=4+4-2×2×2X 1313 AD=8/13 13 …14分 AD 由正弦定理，得 AC sin∠ACD sin D' AC 六imD-ADin∠ACD= 2×12_313 √131313· …17分 13 19.(1)证明：方法一：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，AA1⊥平面ABC,CNC平面ABC, 所以AA1⊥CN.……2分 因为△ABC为正三角形，N为AB的中点，所以CN⊥AB. 又因为AA1∩AB=A,AA1,ABC平面ABB1A1,所以CN⊥平面ABB1A1.…4分 因为ABC平面ABB1A,所以CN⊥AB1.…5分 方法二：在正三棱柱ABC-A1B1C1中，平面ABC⊥平面ABB1A1.…1分 因为△ABC是正三角形，N为AB的中点，所以CN⊥AB.…2分 因为平面ABC∩平面ABB1A1=AB,CNC平面ABC, ④数学答案第6页（共7页） 所以CN⊥平面ABB1A1.…………4分 因为ABC平面ABB1A1,所以CN⊥AB1.…5分 (2)证明：如图，连接A1B交AB1于点D,连接DM,DN.…6分 因为N.D分别为AB,AB,的中点，所以DN∥BB,且DN=号BB 又因为CM∥BB:且CM=2BB1,所以DN∥CM且DN=CM. 所以四边形CNDM为平行四边形，则DM∥CN,…8分 由(1)知CN⊥平面ABB1A1,所以DM⊥平面ABB1A1. 又因为DMC平面AMB1,所以平面AMB1⊥平面ABB1A1.…10分 (3)解：如图，取BC的中点F,连接AF,则AF⊥BC. 因为BB1⊥平面ABC,AFC平面ABC,所以BB1⊥AF. 因为BB,∩BC=B,BB1,BCC平面BB1C1C,所以AF⊥平面BB1C1C.…12分 又因为B,MC平面BB1C1C,所以AF⊥B1M. 如图，过点F作B1M的垂线，垂足为点H,连接AH 因为AF∩FH=F,AF,FHC平面AFH,所以BM⊥平面AFH. 又因为AHC平面AFH,所以AH⊥B:M. 所以∠AHF为平面AMB1与平面MB1C1夹角的平面角.…14分 设B1M∩BC=E.因为M为CC1的中点，MC∥B1B,所以C为BE的中点，所以CE=BC=2. 又因为F为BC的中点，所以BF=FC=2BC=1AF=5,EP=FC+CE=1+2=3. 在Rt△B1C1M中，B1M=√B1C+MC7=√2+2=2√2，所以BM=ME=2W2. 由等面积法，得2ME·FH-EF·CM.则FH-EFCM_3X2-3 …………………16分 ME2√2√2 所以aAHF铝- 所以平面AMB,与平面MB,C夹角的正切值为5 3 …17分 ④数学答案第7页（共7页）2025一2026学年度高一下学期素养评价（三） 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考场号，座位号、准考证号填写在答题卡上。 2回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改 动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在 本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 考试时间为120分钟，满分150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只 有一项是符合题目要求的。 1.如图是一个正方体的平面展开图，则在正方体中AB与CD的位置关系是 A.平行 B.相交 C.异面 D,垂直 2,若复数x=1-}(为虚数单位)，则在复平面内，复数：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 3.已知向量a=(3,4),b=(4,3),则向量a在向量b上的投影向量的坐标为 9672 A25'25 129 B 25'25 c () 4.设l,m,n是三条不同的直线，a,B,Y是三个不同的平面，则下列命题为真命题的是 A.若l⊥m,l⊥n,则m∥n B.若a⊥Y,B⊥y,则a∥p C.若lCa,a⊥B,则l⊥月 D,若a⊥B,B⊥Y,a∩y=n,则n⊥B 5.已知一个正四棱台的上、下底面边长为2,4，侧棱长为√11，则棱台的体积为 A.13√11 B.13/11 C.28 D.84 @第1页（共4页） 6.三角形的海伦面积公式为S=p(p-ap-bD-Q,其中p-a+6+c,a,6,c分别 2 为△ABC的三个内角A,B,C所对的边.已知在△ABC中，sinA:sinB:sinC=5: 7:8,且△ABC的面积为10√3，则AB边上的中线长度为 A.2√2 B.8 C.6√3 D.√21 7.《几何原本》中称轴截面为正三角形的圆锥为等边圆锥，如图，若AB,CD都是等边圆锥 S0底面圆的直径，且∠A0D=于，则异面直线SA与BD所成角的余弦值为 D A号 日③ 4 4 唱 8.在□ABCD中，AD=2,AC=2√7，AB·AD=4,点P在边CD上，则PA·PB的取值范 围是 A.[-1,8] B.[-2,6] C.[-3,8] D.[-2,8] 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9,已知i为虚数单位，下列说法中正确的是 A.若a>b,则a+2i>b+2i Bi+2+的+=0 C.(a2+4)i(a∈R)是纯虚数 D若x∈C,则z2>0 10.如图，某海洋测绘小组为测量对岸灯塔AB(A为塔顶，B为塔底)的高度，选取与B在同 一水平面内的两点C与D(B,C,D不在同一直线上)，测得CD=s.测绘小组利用测角 仪可测得的角有：∠ACB,∠ACD,∠BCD,∠ADB,∠ADC,∠BDC,则根据下列各组 中的测量数据可计算出塔AB的高度的是 A.s,∠ACB,∠BCD,∠BDC B.s,∠ACB,∠BCD,∠ACD C.s,∠ACB,∠ACD,∠ADC D.s,∠ACB,∠BCD,∠ADC ④第2页（共4页） 11.如图，圆O为梯形ABEF的外接圆，线段AB为圆O的直径，EF∥AB,四边形ABCD 为矩形，平面ABCD⊥平面ABEF,且AB=2,AD=EF=1,则下列说法正确的是 A.BE∥平面DOF B.BF⊥平面ADF C.三棱锥C-BEF外接球的表面积为55， D,直线AD与平面CDFE所成角的正弦值为②四 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知2十i是关于x的方程2x°十px十g=0(力，q∈R)的一个根，则p十q= 13.用斜二测画法画出的水平放置的△ABC的直观图如图，其中B'O'=CO'=2,若原 △ABC的面积为2V,则A'O'= 14.若三角形的两个内角a和P满足2a十A=,则称该三角形为“半余三角形”在△ABC中， A=,AB=12,AC=5,点D是AC边上一点，若△BCD是半余三角形，则BD= 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.(13分)已知向量a=(2,1),|b=25. (1)若a∥b,求向量b的坐标； (2)若(3a十b)⊥(a-一2b),求向量a与向量b的夹角0. 16.(15分)在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且csin Ccos B+bsin Ccos C= √5 ccos A. (1)求角A的大小； (2)若6=3，BC边上的高为3y石，求△ABC的周长。 @第3页（共4页） 17.(15分)如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD为平行四边形，侧面PAD是边长为 2的正三角形，平面PADL平面ABCD,AB=1,∠BAD=行M为线段PD上一点，N 为BC的中点， (1)当M为PD的中点时，求证：MN∥平面PAB. (2)若PB∥平面AMN, ①试确定点M的位置并说明理由； M ②求三棱锥M一ABN的体积. 18,17分)如图，在四边形A8CD中，CA=CD=2,AB=4,A店·AC=4,sn∠BCD= (1)求边BC的长度； (2)求四边形ABCD的面积； (3)求sinD的值. 19.(17分)如图，在正三棱柱ABC-A1B,C1中，N,M分别为AB,CC1的中点，且AB=2. (1)证明：CN⊥AB1. (2)证明：平面AMB1⊥平面ABB1A1, (3)若AA1=2AB,求平面AMB,与平面MB1C1夹角的正切值. ④第4页（共4页）