山西大学附属中学2026-2027学年高一数学暑假作业四

**基本信息** 本试卷聚焦高一数学核心知识，通过分层设问与文化情境融合，考查数学抽象、逻辑推理及数据分析能力，适配暑假巩固提升需求。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选|8/40|复数运算、解三角形、概率（五场三胜制）|第5题以攒尖建筑为背景，考查正四棱锥侧面积与二面角，体现数学眼光| |多选|3/18|统计量（极差、方差）、球与三棱锥、复数性质|第9题结合学生测验数据，强化数据意识与运算能力| |填空|3/15|解三角形、正方体动态问题、希帕科斯三角公式|第14题融入数学史，通过几何图形推导三角公式，培养推理意识| |解答|5/77|解三角形（面积与边长）、立体几何（线面平行、二面角）、统计与概率|17题分层设问（证明、求二面角、探究存在性），18题结合频率分布直方图考查抽样与概率，体现数学语言表达现实问题|

山大附中高一数学暑假检测（四） 一、单选题 1．若复数满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先得到共轭复数，进而化简得到，求出. 【详解】，故，故，所以. 故选：C 2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2﹣b2﹣c2+bc＝0，则∠A等于（　　） A．30° B．60° C．120° D．150° 【答案】B 【分析】结合余弦公式即可求解 【详解】由，又，解得，故选：B 【点睛】本题考查由余弦定理求角，属于基础题. 3．若，则（    ） A．32 B．16 C．4 D．2 【答案】B 【分析】设复数，且，根据复数的运算即可求解. 【详解】设复数，且， 则， 故选：B. 4．甲、乙两队进行篮球决赛，采取五场三胜制（当一队得三场胜利时，该队获胜，比赛结束），根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5；且各场比赛结果相互独立，则甲队以3∶1获胜的概率是（    ） A．0.18 B．0.21 C．0.39 D．0.42 【答案】B 【分析】根据题意，分析可得甲队在第四局获胜，前三局中获胜2局，由互斥事件概率的加法公式计算可得答案． 【详解】根据题意，若甲队以3：1获胜，则甲队在第四局获胜，前三局中获胜2局， 则甲队以3：1获胜的概率P＝0.6×0.6×（1﹣0.5）×0.5+0.6×（1﹣0.6）×0.5×0.5+（1﹣0.6）×0.6×0.5×0.5＝0.21； 故选：B． 5．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式.如图，在重檐四角攒尖中，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的倍，则侧面与底面所成角的大小为（    ）    A． B． C． D． 【答案】B 【分析】作出正四棱锥侧面与底面所成角的平面角，利用侧面积和底面积之间的关系即可求得平面角的余弦值，即得答案. 【详解】如图，设正四棱锥为，连接AC，BD交于点O，连接PO，则底面， 作于E，连接，   底面，则, 而平面，故平面， 平面，故， 故即为平面与底面所成角， 也即正四棱锥的侧面与底面所成角； 因为正四棱锥的侧面积是底面积的倍，故, 即，即, 在中，，则， 即正四棱锥的侧面与底面所成角的大小为， 故选：B 6．已知四棱锥的底面为菱形，为的中点，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法中错误的是（    ） A．异面直线与所成的角为 B．平面 C．二面角的大小为 D．平面 【答案】D 【分析】由题意先作图,由可得为异面直线PA与BC所成的角,即可判断选项A；由正三角形可得,再由菱形且可得,即可判断选项B；分析可得是二面角的平面角,进而判断选项C；假设平面,进而可得平面平面,即可判断选项D 【详解】根据题意,作图,如图所示,    对于A,∵,∴为异面直线PA与BC所成的角,为,故A说法正确； 对于B,∵侧面为正三角形,M为AD的中点,∴, 又底面是菱形且,∴是正三角形,∴, ∴平面PMB,故B说法正确； 对于C,∵底面为菱形,,平面平面,, ∴,平面, 又平面PMB,,∴平面PMB,∴, ∴是二面角的平面角,设,则,, 在中,,即,故二面角的大小为,故C说法正确； 对于D,假设平面,则,平面，∴，∴平面,又平面,∴平面平面,这与平面和平面相交矛盾,故D说法错误, 故选:D 【点睛】本题考查异面直线成角,考查二面角,考查线面垂直的判定,考查空间想象能力 7．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则的面积为（    ） A． B． C．3 D． 【答案】A 【分析】由正弦定理求b，再由三角形面积公式求解. 【详解】因为， 由正弦定理化角为边可得，所以， 所以的面积. 故选：A 8．如图，在正三棱锥中，，点分别是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由题意可知这是一个正四面体，即各面都是等边三角形，通过平移，就可作出异面直线所成的角，再进行解三角形计算,就可得到结果. 【详解】 取线段的中点G，连接由点是棱的中点，可得， 所以为直线与所成角或其补角． 不妨设，由等边三角形可得，，所以， 在中，由余弦定理得， 所以．在中，由余弦定理得， 即直线PD与CE所成角的余弦值为． 故选：C． 二、多选题 9．随机抽取某班20名学生在一次数学测验中的得分如下：50，58，65，66，70，72，75，77，78，78，80，81，81，83，84，85，88，90，95，98下面说法正确的是（    ） A．这组数据的极差为48 B．为便于计算平均数，将这组数据都减去70后得到的平均数与原数据的平均数相差70 C．为便于计算方差，将这组数据都减去70后得到的方差与原数据的方差相差70 D．这组数据的上四分位数是84.5 【答案】ABD 【分析】由极差的定义可判断A；由平均数的性质可判断B；由方差的性质可判断C；由百分位数的定义可判断D. 【详解】对于A，这组数据的极差为，故A正确； 对于B，原数据的平均数为： ， 将这组数据都减去70后得到的平均数为： ， 所以这组数据都减去70后得到的平均数与原数据的平均数相差70，故B正确； 对于C，原数据的方差为： ， 将这组数据都减去70后得到的方差为： 所以将这组数据都减去70后得到的方差与原数据的方差相等，故C错误； 对于D，这组数据的上四分位数是第百分位数，即， 所以，则这组数据的上四分位数是84.5，故D正确； 故选：ABD. 10．三棱锥各顶点均在半径为2的球的表面上，，二面角的大小为，则下列结论正确的是（    ） A．直线平面. B．三棱锥的体积为 C．点到平面的距离为1 D．点形成的轨迹长度为 【答案】BCD 【分析】根据球的截面圆的性质可得出二面角，利用直角三角形性质判断，位置，利用垂直关系证明为中点即可判断AC，再由体积公式判断B，根据为定长判断点轨迹为圆，即可判断D. 【详解】当P与球心O在平面ABC同侧时，如图，    设是的外心，是的外心， 则平面，平面， 又平面，平面， 所以，，又，平面, 所以平面，又平面， 所以，由，则是的中点， 所以，且， 所以是二面角的平面角，即， 因为，所以， 所以，即， 又四点共面，且，则是中点，如图，    显然，直线与平面相交于，故A错误； ，故B正确； 由是中点，则，故C正确； 由，故点形成的轨迹是半径为的圆的一部分（与在同侧），故轨迹长度为， 当P与球心O在平面ABC同侧时，由对称性，轨迹长度为， 所以轨迹长度为，故D正确. 故选：BCD 三、填空题 11．已知复数，下列说法正确的是（    ） A．若为纯虚数，则 B．若是的共轭复数，则 C．若，则 D．若，则取最大值时， 【答案】CD 【分析】根据复数的类型求解参数的值判断A，利用复数的除法运算及共轭复数的概念求解参数判断B，利用复数的乘法运算求解参数判断C，根据复数模的运算结合三角换元求解最值即可判断D. 【详解】对于A：复数的实部为，虚部为，若为纯虚数，则， 故，错误； 对于B：因为，所以，则，错误； 对于C：，则，正确； 对于D：因为，所以，即， 令，则， 因为，所以，所以当时，取到最大值2， 此时，所以，正确.故选：CD 12．已知中，内角的对边分别为，且，则 . 【答案】(或) 【解析】利用余弦定理和正弦定理边角互化，整理已知条件，最后变形为，求角的值. 【详解】根据余弦定理可知， 所以原式，变形为， 根据正弦定理边角互化，可知， 又因为， 则原式变形整理为,即，因为，所以（或） 故答案为（或） 【点睛】方法点睛：(1)在解有关三角形的题目时，要有意识地考虑用哪个定理更适合，或是两个定理都要用，要抓住能够利用某个定理的信息，一般地，如果式子中含有角的余弦或边的二次式，要考虑用余弦定理；如果遇到的式子中含有角的正弦或边的一次式时，则考虑用正弦定理；以上特征都不明显时，则要考虑两个定理都有可能用到；(2)解题中注意三角形内角和定理的应用及角的范围限制． 13．如图，在正方体中，为棱的中点，为棱（含端点）上的一个动点.给出下列四个结论： ①存在符合条件的点，使得平面； ②不存在符合条件的点，使得； ③异面直线与所成角的余弦值为； ④三棱锥的体积的取值范围是. 其中所有正确结论的序号是 . 【答案】①②④ 【分析】利用线面平行的判定定理可知当与点重合时，能满足平面，即①正确；建立空间坐标系，假设存在符合条件的点并利用垂直的向量表示可得，不满足题意，即②正确；利用空间向量可求得异面直线与所成角的余弦值为，即③错误；易知的面积为，由空间向量求出点到平面的距离为，即可得④正确. 【详解】对于①，易知，平面，平面， 所以可得平面， 又为棱（含端点）上的一个动点，当与点重合时，能满足平面，即①正确； 对于②，以为坐标原点建立如下图所示的空间直角坐标系， 则，假设存在符合条件的点满足； 则易知， 由可得，解得，不满足题意，舍去； 所以不存在符合条件的点，使得，即②正确； 对于③，易知，可得， 所以， 即异面直线与所成角的余弦值为，即③错误； 对于④，易知， 由余弦定理可得，， 所以的面积为， 设平面的一个法向量为， 由可得， 令，则，即； 又，所以点到平面的距离为， 由可得 可得三棱锥的体积， 因此可得三棱锥的体积的取值范围是，即④正确. 故答案为：①②④ 【点睛】关键点点睛：在求解④中三棱锥的体积的取值范围时，由于锥体的高不易获得，所以可通过空间向量求得点到平面的距离，再结合点竖坐标的取值范围即可得出结论. 14．公元前2世纪的古希腊天文学家和数学家希帕科斯是三角学的创立者之一，他因天文观测的需要编制了有关三角比率的表格.后人推测希帕科斯在编制表格的过程中本质上使用了公式如图是希帕科斯推导此公式时使用的几何图形，已知点B在以线段AC为直径的圆O上，D为弧BC的中点，点E在线段AC上且AE=AB，点F为EC的中点.设OA=给出下列四个结论:①②AB=2rsinα;③CF=r(1-cosα); ④其中，正确结论的序号是 . 【答案】①③④ 【解析】根据图形结合三角函数判断．由等腰三角形求，判断①，由圆周角与圆心角及所对弧的关系，求得，在等腰三角形中求得，判断②，利用，判断③，在中应用余弦定理判断④． 【详解】是等腰三角形，，，∴，①正确； ，中，，，②错误； ，，③正确； 中，由余弦定理得，④正确； 故答案为：①③④． 【点睛】本题考查数学文化，考查解三角形的应用．借助于图形解三角形问题可使边角关系清晰明了． 四、解答题 15．在中，角、、的对边分别为、、，已知. （1）若的面积为，求的值； （2）设，，且，求的值. 【答案】（1）；（2）. 【分析】（1）利用同角三角函数的基本关系求得的值，利用三角形的面积公式可求得的值，再利用平面向量数量积的定义可求得的值； （2）由结合二倍角公式可求得，求得和的值，再利用两角差的正弦公式可求得的值. 【详解】（1），，则， 的面积为，. 因此，； （2），，且，所以，，即，. ，. ， ， 因此，. 【点睛】本题考查解三角形的综合问题，考查三角形面积公式的应用、平面向量数量积的计算、平面向量共线的坐标表示以及利用三角恒等变换思想求值，考查计算能力，属于中等题. 16．平面四边形中，，，，． (1)求； (2)求四边形周长的取值范围； (3)若为边上一点，且满足，，求的面积． 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）首先求出，再由余弦定理计算可得； （2）在中利用余弦定理及基本不等式求出的取值范围，即可求出的范围，即可求出四边形周长的取值范围； （3）依题意可得，即可求出、、，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得. 【详解】（1）因为，，所以， 在中由余弦定理 ； （2）在中， 即， 所以，所以，当且仅当时取等号， 又， 则，即，所以， 所以， 即四边形周长的取值范围为； （3）因为，所以，又， 所以，，又，所以， 在中由余弦定理， 即 在中由余弦定理， 即， 又，所以， 所以， 又，所以， 即，所以， 所以，所以， 所以. . 【点睛】关键点点睛：本题第3小问的解决关键是利用余弦定理得到，从而结合第2小问中的结论即可得解. 17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面底面，M是QD的中点．    (1)求证：平面； (2)求侧面QBC与底面所成二面角的余弦值； (3)在棱QC上是否存在点N使平面平面AMC成立？如果存在，求出，如果不存在，说明理由． 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)存在， 【分析】（1）根据面面垂直的性质可得面，再根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理即可得证； （2）取的中点，的中点，连接，证明平面，从而可得即为侧面QBC与底面所成二面角的平面角，进而可得答案； （3）连接交于点，连接，易得，当面，证明此时平面平面，再根据相似比即可求出. 【详解】（1）因为侧面QAD是正三角形，M是QD的中点， 所以， 因为，面面，面面，面， 所以面， 又面，所以， 又平面， 所以平面； （2）取的中点，的中点，连接， 则且，， 故， 因为面面，面面，面， 所以面， 因为面，所以， 又平面，所以平面， 又平面，所以， 则即为侧面QBC与底面所成二面角的平面角， 设，则，故， 所以， 即侧面QBC与底面所成二面角的余弦值为； （3）当面时，平面平面，证明如下： 如图，连接交于点，连接， 因为底面是正方形，所以， 由（2）得面， 因为面，所以， 因为面时，，所以， 又平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面， 因为，所以， 因为，所以， 所以在棱QC上是否存在点N，当时，平面平面AMC.    【点睛】方法点睛：求二面角常用的方法： （1）几何法：二面角的大小常用它的平面角来度量，平面角的作法常见的有： ①定义法；②垂面法，注意利用等腰三角形的性质； （2）空间向量法：分别求出两个平面的法向量，然后通过两个平面法向量的夹角得到二面角的大小，但要注意结合实际图形判断所求二面角是锐角还是钝角. 18．某校举办“喜迎二十大，奋进新征程”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并整理得到如下频率分布直方图： (1)用分层随机抽样的方法从[80,90)，[90,100]两个区间共抽取出5名学生，则每个区间分别应抽取多少人； (2)在（1）的条件下，该校决定在这5名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间[90,100]的概率； (3)现需根据学生成绩制定评价标准，评定成绩较高的前60%的学生为良好，请根据频率分布直方图估计良好的最低分数线.（精确到1） 【答案】(1)；(2)(3) 【分析】（1）先由频率分布直方图的频率求法求得[80,90)，[90,100]两个区间样本中的学生人数，按照分层抽样的方法即可求得结果； （2）利用列举法及古典概型的概率公式即可求得所求概率； （3）根据题意，利用频率分布直方图的面积即频率，可求得使后段区间频率为时的区间左端点，即所求最低分数线. 【详解】（1）依题意，设区间[80,90)中应抽人，区间[90,100]中应抽人，得 成绩在[80,90)区间样本中的学生人数为：； 成绩在[90,100]区间样本中的学生人数为：； 所以，解得， 所以区间[80,90)中应抽人，区间[90,100]中应抽人. （2）由（1）得，不妨记区间[80,90)中人为，区间[90,100]中人为， 则从中抽取2名学生（注意分先后）的基本事件为共20件， 其中第二个交流分享的学生成绩在区间[90,100]（记为事件）的基本事件为共8件， 故，即第二个交流分享的学生成绩在区间[90,100]的概率为. （3）由频率分布直方图易得，的频率为，的频率为， 所以成绩良好的最低分数线落在区间[80,90)中，不妨记为， 故，解得， 所以成绩良好的最低分数线为. 19．袋中装有大小完全相同的3个红球，2个蓝球，其中有2个红球和1个蓝球上面标记了数字1，其他球标记了数字2． (1)每次有放回地任取1个小球，连续取两次，求取出的2个球恰有1个红球且两球的数字和为3的概率； (2)从袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件{第一次取到的是红球}，事件{第二次取到了标记数字1的球}，求，，并判断事件A与事件B是否相互独立． 【答案】(1) (2)， ，事件A与事件B不相互独立 【分析】（1）先设事件，然后求出抽到红1蓝2或者红2蓝1的概率和抽到的是蓝2红1或者蓝1红2的概率，然后相加即可； （2）分别求出“第一次取到的是红球”的概率和“第二次取到了标记数字1的球”的概率，然后通过判断是否成立来判断相互独立性. 【详解】（1）记事件C“取出的2个球恰有1个红球且两球的数字和为3” 事件D“第一次取到的是红球，第二次取到的是蓝球且两球的数字和为3”，即抽到红1蓝2或者红2蓝1的概率：， 事件E“第一次取到的是蓝球，第二次取到的是红球且两球的数字和为3”即抽到的是蓝2 红1或者蓝1红2的概率， 则所求的概率为 （2）记3个红球分别为，，其中，表示红球标数字1，表示红球标数字2，记2个蓝球分别为，其中表示蓝球标数字1，表示蓝球标数字2 则从袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个共有20个结果的样本空间 其中事件共12结果； 其中事件共12个结果； 其中事件共7个结果， “第一次取到的是红球”的概率， “第二次取到了标记数字1的球”即取到的是数字2，1或者1，1概率， “第一次取到红球且第二次取到了标记数字1的球”即抽到的为红1数字1或者红2数字1， 概率． 因为成立，所以事件A与事件B不相互独立 2 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 山大附中高一数学暑假检测（四） 一、选择题：本大题共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．若复数满足，则（    ） A． B． C． D． 2．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a2﹣b2﹣c2+bc＝0，则∠A等于（　　） A．30° B．60° C．120° D．150° 3．若，则（    ） A．32 B．16 C．4 D．2 4．甲、乙两队进行篮球决赛，采取五场三胜制（当一队得三场胜利时，该队获胜，比赛结束），根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主主客客主”．设甲队主场取胜的概率为0.6，客场取胜的概率为0.5；且各场比赛结果相互独立，则甲队以3∶1获胜的概率是（    ） A．0.18 B．0.21 C．0.39 D．0.42 5．攒尖是古代中国建筑中屋顶的一种结构形式.如图，在重檐四角攒尖中，它的上层轮廓可近似看作一个正四棱锥，若此正四棱锥的侧面积是底面积的倍，则侧面与底面所成角的大小为（    ） A． B． C． D． 6．已知四棱锥的底面为菱形，为的中点，，侧面为正三角形，且平面平面，则下列说法中错误的是（    ） A．异面直线与所成的角为 B．平面 C．二面角的大小为 D．平面 7．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则的面积为（    ） A． B． C．3 D． 8．如图，在正三棱锥中，，点分别是棱的中点，则直线与所成角的余弦值为（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本小题3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的.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．随机抽取某班20名学生在一次数学测验中的得分如下：50，58，65，66，70，72，75，77，78，78，80，81，81，83，84，85，88，90，95，98下面说法正确的是（    ） A．这组数据的极差为48 B．为便于计算平均数，将这组数据都减去70后得到的平均数与原数据的平均数相差70 C．为便于计算方差，将这组数据都减去70后得到的方差与原数据的方差相差70 D．这组数据的上四分位数是84.5 10．三棱锥各顶点均在半径为2的球的表面上，，二面角的大小为，则下列结论正确的是（    ） A．直线平面. B．三棱锥的体积为 C．点到平面的距离为1 D．点形成的轨迹长度为 11．已知复数，下列说法正确的是（    ） A．若为纯虚数，则 B．若是的共轭复数，则 C．若，则 D．若，则取最大值时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12．已知中，内角的对边分别为，且，则 . 13．如图，在正方体中，为棱的中点，为棱（含端点）上的一个动点.给出下列四个结论： ①存在符合条件的点，使得平面； ②不存在符合条件的点，使得； ③异面直线与所成角的余弦值为； ④三棱锥的体积的取值范围是. 其中所有正确结论的序号是 . 14．公元前2世纪的古希腊天文学家和数学家希帕科斯是三角学的创立者之一，他因天文观测的需要编制了有关三角比率的表格.后人推测希帕科斯在编制表格的过程中本质上使用了公式如图是希帕科斯推导此公式时使用的几何图形，已知点B在以线段AC为直径的圆O上，D为弧BC的中点，点E在线段AC上且AE=AB，点F为EC的中点.设OA=给出下列四个结论:①②AB=2rsinα;③CF=r(1-cosα); ④其中，正确结论的序号是 . 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．在中，角、、的对边分别为、、，已知. （1）若的面积为，求的值； （2）设，，且，求的值. 16．平面四边形中，，，，． (1)求； (2)求四边形周长的取值范围； (3)若为边上一点，且满足，，求的面积． 17．如图，在四棱锥中，底面是正方形，侧面QAD是正三角形，侧面底面，M是QD的中点．   (1)求证：平面； (2)求侧面QBC与底面所成二面角的余弦值； (3)在棱QC上是否存在点N使平面平面AMC成立？如果存在，求出，如果不存在，说明理由． 18．某校举办“喜迎二十大，奋进新征程”知识能力测评，共有1000名学生参加，随机抽取了100名学生，记录他们的分数，将数据分成4组：[60,70)，[70,80)，[80,90)，[90,100]，并整理得到如下频率分布直方图： (1)用分层随机抽样的方法从[80,90)，[90,100]两个区间共抽取出5名学生，则每个区间分别应抽取多少人； (2)在（1）的条件下，该校决定在这5名学生中随机抽取2名依次进行交流分享，求第二个交流分享的学生成绩在区间[90,100]的概率； (3)现需根据学生成绩制定评价标准，评定成绩较高的前60%的学生为良好，请根据频率分布 直方图估计良好的最低分数线.（精确到1） 19．袋中装有大小完全相同的3个红球，2个蓝球，其中有2个红球和1个蓝球上面标记了数字1，其他球标记了数字2． (1)每次有放回地任取1个小球，连续取两次，求取出的2个球恰有1个红球且两球的数字和为3的概率； (2)从袋中不放回地依次取2个小球，每次取1个，记事件{第一次取到的是红球}，事件{第二次取到了标记数字1的球}，求，，并判断事件A与事件B是否相互独立． 学科网（北京）股份有限公司 $