山东省大联考2025-2026学年高一下学期素养测评（四）数学试题

2025一2026学年度高一下学期素养测评（四） 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自已的姓名、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.已知复数之=-3-4i(其中i为虚数单位)，则|z|= A.5 B.7 C.9 D.25 2.已知a=1,b=2,2a-b=2,则(a,b〉= A晋 R暗 c 3.《天工开物》是我国明代科学家宋应星所著的一部综合性科学技术著作，书中记载了一种 制造瓦片的方法.如图，首先，准备一个圆桶模具，圆桶底面圆的直径为30c,高为 10cm,在圆桶的外侧面均匀包上一层厚度为3cm的粘土，然后，沿圆桶母线方向将粘土 层分割成四等份（如图），等粘土晾干后，即可得到大小相同的4片瓦.若需要制作800片 这种瓦片，则所需粘土的体积为 分割线一片瓦 A.45πdm3 B.99πdm C.135πdm3 D.198πdm3 4.已知m,n为两条不同的直线，a,B为两个不同的平面，则下列命题中正确的是 A若mCa,nCa,m∥B,n∥p,则a∥P B.若a⊥B,a∩B=n,m⊥n,则m⊥β C,若m∥a,m∥B,a∩B=n,则m∥n D.若m⊥a,m⊥n,则n∥a 5.已知一组数据x1,x2,x3,…,xm的平均数为x(x≠0)，将这组数据分别加上它们的平均 数，得到一组新数据x1十x,x2十x,x3十x,…,xn十元，则新数据与原数据相比 A.平均数不变 B.方差不变 C.极差变大 D.中位数不变 第1页（业4五） 风汉王扫描王 扫描识别王中王 风汉王扫描王 扫描识别王中王 6.在直三棱柱ABC一A1B1C1中，侧棱长为3，底面是边长为4的正三角形，则异面直 线AB1与BC1所成角的余弦值为 A号 B号 c 1 D 25 7.如图，正四棱台ABCD一A1B1C1D1的上底面的边长是下底面 D 的边长的一半，经过点C,B1,D1的平面与直线AA1交于点M, 则A财 AA1 A号 5 B.s c 5 D. 4 sin C+ BC d·inA·A=0, AB AC 8.在△ABC中 √，则 IBA △ABC为 A等边三角形 B.等腰非等边三角形 C.直角三角形 D等腰直角三角形 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设之1，之2均为复数，则下列命题中正确的有 A.21十z2=z1十z2 B.z1之2十z1z2∈R C.若之1=iz2,则|z1一之2=|z1十之2 D若|z1一之2|=|z1十之2|，则之1之2=0 10.下列说法正确的是 A.若a=2,b=1,则a>b B.在△ABC中，若AB=AC,BC=4,则BA·BC=8 C.若a,b,c分别为△ABC的内角A,B,C的对边，则“sinA>sinB”的充要条件是“A> B” D.若向量a=(2,一1)，b=（x,1),a与b的夹角为钝角，则实数x的取值范围 是(-∞，) 11.已知正方体ABCD一A1B,C1D1的棱长为2，点P为侧面BCC1B1(含边界)内的动点， 则下列说法正确的是 A.三棱锥D一A1AP的体积为定值 B.当P为BB,的中点时，过点A,D,P的平面截该正方体所得的截面面积为9 C,当an∠PAD-3an∠PDA时，点P到点C,距离的最小值为号 D.当直线AP与平面ADD1A,所成角为45°时，点P的轨迹长度为π 第2页（共4页） 风汉王扫描王 扫描识别王中王 风汉王扫描王 扫描识别王中王 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知A(3,一4)，B(-1,2),AP=4BP,则点P的坐标为 13.某工厂利用随机数表法对生产的50个零件进行抽样测试，先将50个零件进行编号，编 号分别为01,02，·，50，从中抽取5个样本，下面提供随机数表的第1行到第2行： 6667403714641571110565099586687683203790 5716031163149084452175738805905223594310 若从随机数表的第1行第6列开始向右依次读取数据，则得到的样本中，第5个个体的 编号是 14.在三棱锥P-ABC中，PA=PB=PC,AB=BC=4,AB⊥BC,且三棱锥P一ABC的 体积为号，则该三棱锥外接球的表面积为 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)如图，在平行四边形ABCD中，DE=5EC (1)用向量AB,AD表示AC,A立； (2若方-店+号A币，求证：A,E,F三点共线。 16.(15分)如图，正方体ABCD一A1B1C1D1的棱长为6，且E,F,P分别为BB1,B1C1, CC1的中点， (1)证明：平面A1EF∥平面AD1P; (2)平面AD1P将正方体ABCD一A1B1C1D1截成两部分，若这两部分的体积分别 为V,v(V≤)，号的值 第3页（共4页） 汉程王 风汉王扫描王 风汉王扫描王 扫描识别王中王装 17.(15分)某学校组织了数学挑战赛，现从参加挑战赛的学生中随机选取100人，将其成绩 (百分制)分成[40,50)，[50,60)，…，[90,100]六组，得到频率分布直方图，如下图， (1)求频率分布直方图中a的值，并估计参加挑战赛的学生成绩的90%分位数； (2)已知落在区间[60,70)的样本平均分是63分，方差是5；落在区间[70,80)的样本平 均分是78分，方差是4，求两组样本成绩合并后的平均分x和方差s2 频率/组距 0.025 0.020 0.010 0.005 0405060708090100分数 18.(17分)在△ABC中，内角A,B,C的对边分别为a,b,c,S为△ABC的面积，且S= a2-(b-c)2. (1)求cosA的值， (2)若△ABC为锐角三角形 ①求二的取值范围； ②当b=17,求△ABC周长的取值范围. 19.(17分)如图，在四棱锥P一ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面PAB⊥平 面ABCD,且AB=2√3，PA=2,PB=4,∠ACB=90°. (1)求证：BC⊥平面PAC; (2)当AC=2时，求点D到平面PAB的距离； (3)当2≤AC≤3时，求二面角A一PB一C正切值的取值范围. 第4页（共4页） 风汉王扫描王 扫描识别王中王 汉汉王扫描王 扫描识别王中王 2025一2026学年度高一下学期素养测评（四） 数学参考答案及评分意见 1.A 【解析】因为之=一3-4i,所以z=一3十4i,则|z|=√(-3)2+4=5.故选A. 2.C【解析】由2a-b=2,得4a2-4a·b+b2=4. 又因为1a=1,b=2,解得ab=1,所以cosa,b)=b-云 a·b1 因为a,b)∈[0，]，所以(a,b)=子故选C. 3.D【解析】由圆柱的体积公式，得4片瓦需要的粘土量为π×(15+3)2×10-π×152×10=990πcm3, 所以800片瓦需要的粘土量为990π×200=198000πcm3=198πdm3.故选D. 4.C【解析】对于A,当m∥n时，满足mCa,nCa,m∥B,n∥B,则a与B有可能相交，故A错误； 对于B,当m中a时，a⊥B,a∩B=n,m⊥n护m⊥B,故B错误； 对于C,若一直线同时平行于两平面，则与两平面的交线平行，故C正确； 对于D,若m⊥a,m⊥n,则nCa或n∥a,故D错误.故选C. 5.B【解析】原数据的平均数为=工1十x?十x十…十x。 n 新数据的平均数为2十云+x十五十x十五十…+x,十区-1十2十2十…+2十=2， n 因为x≠0，所以新数据与原数据的平均数不同，故A错误. 原数据的方差为x-2)2+（x:-2)2+(x-)++(x.-) 新数据的方差为x1十2-22+(x:+元-22)+(x+2-2红)++(x.十7-2 n =（x1-x)2+(x2-z)2+(x3-2)2+…+(x,-x)2 ，则新数据与原数据的方差相同，故B正确。 设数据x1,x2,xa,…,xm中最大的数为M,最小的数为N,则原数据的极差为M一V. 新数据为x1十x,x2十x,x3十x,…,xn十x, 则新数据的极差为M+x一(N+x)=M一N,所以新数据与原数据的极差相同，故C错误. 不妨设5个数分别为1,1,1,1,1，则原数据的中位数为1，平均数x=1, 新数据为2,2,2,2,2，则新数据的中位数为2，则新数据与原数据的中位数不同，故D错误故选B. 6.D【解析】如图，取BB1,AB,B1C,的中点G,H,I,连接GH,GI,HI, 则AB1∥HG,BC1∥GI,所以∠HGI为异面直线AB1与BC1所成的角或其补角. 由题意，得AB1=BC=5,则GH=G1= B ⑧数学答案第1页（共8页） 汉汉王扫描王 扫描识别王中王 取AB1的中点J,连接JH,JI,则JI=2,JH=3,J⊥J1,所以HI=√22+3=√13. 所以cos∠HGI=GH+GI-HI: (+()-3 1 2GH·GI 2×号×号 =一25 又因为异面直线所成角的取值范围为0，]，所以异面直线AB,与BC,所成角的余弦值为元故选D, 7.A【解析】如图，连接B,D1,B,C,D1C,则过点C,B1,D1的平面即平面B1CD1. 连接A,C1,交B1D1于点O,连接CO并延长交AA,的延长线于点M,连接AC. A C A B 因为O∈B,D1,所以O∈平面CB1D1,所以COC平面CB,D1. 由正四棱台的性质得A,0/AC,且A,0=A,C,=AC,所以A,C,A1,0四点共面， 直线CO和直线AA1相交于点M,交点M即为经过点C,B1,D1的平面与直线AA1的交点. 因为已-所u-4即兴-兰故选A 8.A【解析】由正弦定理a AnC=2R,得B-1B心 =2R,所以 BA·sin C BC·sinA ·AC= sin C sin A BAI (2录·Bi+录·BC:AC=2录BA+BC)·AC=0,即B+Bd·AC=0 若D是AC的中点，则BD-2(B+BC,所以(BA+BC)·AC=2BD,AC=0,所以BDLAC. 所以△ABC为等腰三角形，且BA=BC. AB AC AB =√1+2cosA+=J3,得0sA=2, 又因为0<A<x,所以A=于，所以△ABC为等边三角形.故选A 9.ABC【解析】设z1=a十bi,z2=c十di,其中a,b,c,d∈R,则z1=a-bi,之2=c-di. 对于A,z1十z2=(a十c)+(b十d)i,所以z1十z2=(a十c)-(b十d)i=(a-bi)+(c-di)=z1十z2,故A正确； 对于B,&1z2=(a-bi)·(c+di)=(ac+bd)+(ad-bc)i, z1 z2=(a+bi).(c-di)=(ac+bd)+(-ad+bc)i, 所以z1z2十z1z2=2(ac十bd)∈R,故B正确； 对于C,若x1=iz2,则|z1-x2|=|(i-1)z2l=|(i-1)(c十di)川 =|-(c+d)+(c-d)il=√(c+d)2+(c-d)=√2e2+d=2|z2, ⑧数学答案第2页（共8页） 汉汉王扫描王 扫描识别王中王 同理引z1十z2|=|(i十1)x2|=√2|z21,所以|z1一之2=|之1十z2l,故C正确； 对于D,若|之1一之2|=|z1十之2|，则取之1=1，之2=i,满足条件，但z1z2=i≠0，故D错误.故选ABC. 10.BC【解析】对于A,因为向量有方向，所以不能比较大小，故A错误. 对于B,BA·BC-|BC1|BAlcos B-=|BC×2|BC=4X2=8,故B正确 对于C,由A>B,得a>b,则由正弦定理，得sinA>sinB; 由正弦定理品A品B以及5nA>血B,得a>办，所以A>B,故C正确. 对于D,由题意，得·6<0， 2x-1<0, 即 a·b≠-la|lb|,2x-1≠-5×+i, 解得x<分且x≠-2， 所以实数x的取值范固是∈(-，一2)U(-2,号)，故D错误故选BC 11.ACD【解析】对于A,因为平面BCC1B1∥平面A1AD,所以点P到平面A1AD的距离恒等于AB=2, 故VD-AMB=Vp-Ao=号XABXSA=号X2X 1 1 2X2X2=4 ,故A正确. D D以二 对于B,如图，取B1C1的中点Q,连接D1Q,PQ,PA,AD1.易证PQ∥AD1,所以四边形PQD1A即为过点A, D,,P的平面截该正方体所得的截面，且四边形PQD1A为等腰梯形. 过点Q作QH⊥AD,垂足为H,PQ=E,AD,=22,D,Q=AP=5,所以D,H=ADPQ_ 2 2, 1_3√2 所以HQ=√D,Q-D1F=5-2=2, 所以四边形PQD,A的面积为S=号(PQ+AD,)·HQ=×(2+2)×32-号， 2=2,故B错误. D 对于C,如图，过点P作PE⊥BC,垂足为E,过点E作EF⊥AD,垂足为F,连接PD,PF,PA. 因为BC∥AD,所以PE⊥AD.又因为EF⊥AD,EF∩PE=E,EF,PEC平面PEF, 所以AD⊥平面PEF.又因为PFC平面PEF,所以AD⊥PF. 设cE=,PE-y周m∠PAD器-骂a∠PDA-器-g 由题意，25=3×，解得x-即CE- 之，所以点P在过点E且平行CC,的直线上. ®数学答案第3页（共8页） 汉汉王扫描王 扫描识别王中王 设直线PE交B1C1于点G,则PC1=√CG2+PG=√CE2+(2-PE)下= 当)=2时，即点P在点G处时，PC,取得最小值，所以点P到点C,距离的最小值为，故C正确。 D 对于D,因为平面BCC1B1∥平面ADD1A1, 所以直线AP与平面ADD1A,所成的角等于直线AP与平面BCC1B1所成的角. 又因为AB⊥平面BCC1B1, 所以直线AP与平面BCC1B1所成角即为∠APB,即∠APB=45° 在Rt△APB中，因为∠APB=45°，所以BP=AB=2. 所以点P的轨迹为以B为圆心，2为半径的四分之一圆周， 所以点P的轨迹长度为}×2X2=x,故D正确故选ACD, D 12(-34 【解析】设点P(x,y),则A户=(x-3,y+4),BP=(x十1，y-2). 因为A市=4B驴，所以区-3=4(x+1), x=- 得 3’所以点P的坐标为 y+4=4(y-2), y=4, 13.10【解析】从随机数表的第1行第6列数字开始由左向右每次连续读取2个数字， 删除超出范围及重复的编号，符合条件的编号有03,46,41,11,10， 所以选出来的第5个个体的编号是10. 14.36π【解析】如图，在△ABC中，AB⊥BC,AB=BC=4,所以AC=4√2. 如图，取AC的中点O1,连接O1B,则O1为△ABC外接圆的圆心，且△ABC外接圆的半 径为AC =22.连接PO1,因为PA-PC,所以PO11AC. PA=PB, 因为PO1=PO1, 所以△PO1A≌△PO1B(SSS), O1A=O1B=2√2， 所以∠PO1B=∠PO1A=90°，即PO1⊥O1B. 又因为O1B,ACC平面ABC,O1B∩AC=O1,所以PO1⊥平面ABC, ⑧数学答案第4页（共8页） 汉汉王扫描王 扫描识别王中王 所以VP-ABc= am·P0,则号-号X×X4XP0所以P0,-4, 1 所以三棱锥P一ABC外接球的球心在线段PO,上， 设三棱锥P一ABC外接球的球心为O,半径为R,连接OC. 在△001C中，OC=R,O01=4-R,01C=22, 由R2=(4-R)2+(2V2)2,得R=3. 所以三棱锥P一ABC外接球的表面积为4πR2=4π×32=36π. 15.(1)解：由平行四边形ABCD,得AC=AB+AD.… …2分 DE=5EC DE=DC. …4分 ∴花-+D正-而+名成-Ad+名，即正=名店+Aò. …6分 (2)证明：由(1)得A正-A店+A市， 又：萨-+号币-（得证+a列： A=号应… …12分 ∴A,E,F三点共线. …13分 16.(1)证明：如图，连接BC1,PE 因为E,F分别为BB1,B1C1的中点，所以EF∥BC1.… …1分 因为AB∥C,D1且AB=C,D1,所以四边形ABC1D1为平行四边形，则AD1∥BC1,所以EF∥AD1.·2分 因为E,P分别为BB1,CC1的中点，所以EPLA1D1,所以四边形A1D1PE是平行四边形， 所以A1E∥D1P.……………4分 又因为D1P,AD1C平面AD1P,A1E,EF平面AD1P, 所以AE∥平面AD1P,EF∥平面AD1P.…6分 又因为A1E∩EF=E,A1E,EFC平面A1EF, 所以平面A1EF∥平面AD1P.………………………………7分 (2)解：如图，取BC的中点Q,连接PQ,AQ, 因为P是CC,的中点，所以PQ∥BC1. 因为AB∥CD1且AB=C1D1,则四边形ABC,D1为平行四边形，则AD1∥BC1,所以PQ∥AD1.…9分 所以平面PQAD1即为平面AD,P,四边形PQAD1即为平面AD,P在正方体ABCD一A,B1C1D1中的截面. 0………………………………………………10分 因为正方体ABCD一A1B,C1D1的棱长为6， ⑧数学答案第5页（共8页） 汉汉王扫描王 扫描识别王中王 所以正方体的体积为63=216. ………12分 易知几何体PCQ一D,DA为三棱台， 其休积V=×6×[×8x3+号×6x6+,x3x ×6×6 =63,……14分 V637 所以V'=VAcD-A11c1D-V=216-63=153,则7=153-17 …15分 17.解：(1)因为频率分布直方图中所有小矩形的面积之和为1， 所以(0.010+0.010+0.020+a+0.025+0.005)×10=1, 獬得a=0.030.……2分 因为成绩小于90分的占比为95%，成绩小于80分的占比为1一25%一5%=70%， 所以参加挑战赛的学生成绩的90%分位数在小组[80,90)中.…5分 90%-70% 因为80+10 95%-70%=88, 所以90%分位数为88.… …7分 (2)成绩在[60,70)，[70,80)内的人数分别为100×(0.020×10)=20,100×(0.030×10)=30，…9分 所以2=63X20+78X30=72. …………………11分 20+30 学生成绩在区间[60,70)内的数据记为x1,x2,…,x20, 学生成绩在区间[70,80)内的数据记为y1y2,…,y30, 所以2=L2(x,-72)+2(y,-72)] 501 i=1 =含(x,-63+68-72r+含(g,-78+78-72门 50台1 -L2(x,-63)2+20×(63-72)2+2(y,-78)2+30×(78-72)] 50,1 号X(20X5+20X92+30X4+30X69)=58.4 ……………15分 18.解：(1)因为S=a2-(b-c),S= 2bcsin A, 所以由余弦定理，得2 besin A=(b2+c2-2 bccos A)-b2-c2+2bc,化简得sinA=4(1-cosA).…2分 又因为sin2A+cos2A=1, 所以(17cosA-15)(0sA-1)=0,解得cosA-1(舍去)或cosA=5 7 5 所以cosA的值为7 ……4分 A 2tan 2 8 所以tanA= 是，解得an分二或an分一4（含去），……6分 1-tan'2 ⑧数学答案第6页（共8页） 汉王扫描王 扫描识别王中王 ①由正弦定理， b三 sin B 1 17 Cs1nCA+B）sinA+cosA 8 15 17tan B17 5+8…8分 tan B 0<B<7 因为 所以受-A<B<号得tamB∈（得+ 0<C=-A-B<受 所以6 17 17×1517) 1517 C 8 289,)=75 15+ tan B 所以。的取值范围为 1517 17'15 11分 17sin A 8 17sin C ②由正弦定理得，a= sin B sin B'c= sinB· 又因为sinC=sin(A十B), 8 所以周长L=a十b十c= nB+i7sinA十B即L81十cosB女32，mB分 sin B sin B 又因为+cosB1+2cos 21 1 = sin B B B 所以L=,8E+2 2sin 2cos 2 tan 2 tan 2 由△ABC为锐角三角形及①，得 -A<B<受所以-含←号<受所以a传-)<n号<1… 因为tan π 1一tan2 4 2 5,所以1K15 B下3，所以40< B+32<136 1 1+tan tan 2 tan 所以△ABC的周长的取值范围是(40，) …17分 19.(1)证明：由AB=2√3，PA=2,PB=4,得AB2+PA2=16=PB2,则PA⊥AB.…1分 因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD=AB,PAC平面PAB, 所以PA⊥平面ABCD.…2分 因为BCC平面ABCD,所以PA⊥BC. 又因为∠ACB=90°，所以AC⊥BC.…3分 又因为PA∩AC=A,PA,ACC平面PAC,所以BC⊥平面PAC.…4分 (2)解：在□ABCD中，AB∥CD,ABC平面PAB,CD￠平面PAB,则CD∥平面PAB, 所以点D到平面PAB的距离等于点C到平面PAB的距离.…6分 如图，在平面ABCD内过点C作CE⊥AB于点E.因为平面PAB⊥平面ABCD,平面PAB∩平面ABCD= AB,CEC平面ABCD,所以CE⊥平面PAB.…7分 在△ABC中，AB=2√3，AC=2,∠ACB=90°， ⑧数学答案第7页（共8页） 汉王扫描王 扫描识别王中王 则B0-2区，所以CE-AC82C-25,.9分 AB ,2v6 所以点D到平面PAB的距离为3 …10分 (3)解：如图，在平面PAC内，过点A作AM⊥PC于点M;在平面PBC内，作MN⊥PB于点N,连接AN. 由(I)得，BC⊥平面PAC,又BCC平面PBC,所以平面PBC⊥平面PAC. 又因为平面PBC∩平面PAC=PC,所以AM⊥平面PBC. 又因为PBC平面PBC,MNC平面PBC,所以AM⊥PB,AM⊥MN. 又因为MN∩AM=M,MN,AMC平面AMN,所以PB⊥平面AMN. 又因为ANC平面AMN,所以AN⊥PB, 则∠ANM即为二面角A一PB一C的平面角.…12分 设AC=x,2≤x≤3.由(1)得PA⊥AC,则PC=√PA+AC=√4+xZ. 在Rt△PAC中，由PA·AC-PC·AM,得AM=PA·AC=2x PC ……………13分 V√4十x 在Rt△PAB中，由PA·AB=PB·AN,得AN=PAAB_2X2,3=5; PB 4 在Rt△AMN中，MN=√JAN2-AM= 12-x2 172…142 4+x2 2x 所以tan∠ANM=MN三三'√12-x2= ……15分 W12-x2 12 Vii-1 由2<3，得号≤3，则万≤ 2 =≤2W5.…16分 12 Va-1 所以二面角A一PB一C的正切值的取值范围为[√2,2√5].…17分 ®数学答案第8页（共8页） 汉汉王扫描王 扫描识别王中王