2025-2026学年下学期山东省大联考高一数学2026年6月素养测评四试卷（含答案）

2025—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.已知复数z=−3−4iA.5 B.7 C.9 D.252.已知|a|=1，|b|=2，|2A.π6 B.C.π3 D.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30cm，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A.45πdm3C.135πdm34.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题中正确的是A.若m⊂α，n⊂α，mB.若α⊥β，α∩βC.若m∥α，m∥βD.若m⊥α，m5.已知一组数据x1，x2，x3，⋯，xn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+A.平均数不变 B.方差不变 C.极差变大 D.中位数不变6.在直三棱柱ABC−A1B1C1A.12 B.C.120 D.7.如图，正四棱台ABCD−A1B1C1D1的上底面的边长是下底面的边长的一半，经过点C，A.43 B.C.32 D.8.在∆ABC中，BA→|BA→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z1，zA.zB.zC.若z1=D.若|z110.下列说法正确的是A.若|a|=2，|B.在∆ABC中，若AB=AC，C.若a，b，c分别为∆ABC的内角A，B，C的对边，则“sinA>sinBD.若向量a=(2,−1)，b=(x,1)，a与b11.已知正方体ABCD−A1B1A.三棱锥D−B.当P为BB1的中点时，过点A，D1，C.当tan∠PAD=3tan∠PDAD.当直线AP与平面ADD1A1所成角为45°三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知A(3,−4)，B(−1,2)，AP→=4BP13.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：66674037146415711105650995866876832037905716031163149084452175738805905223594310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→（1）用向量AB→，AD→表示AC→（2）若AF→=518AB→+16.（15分）如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为6，且E，F（1）证明：平面A1EF∥（2）平面AD1P将正方体ABCD−A1B1C17.(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s18.（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（1）求cosA的值.（2）若∆ABC①求bc②当b=17，求∆19.（17分）如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，平面PAB⊥平面ABCD，且AB=23，PA（1）求证：BC⊥平面PAC（2）当AC=2时，求点D到平面PAB（3）当2⩽AC⩽3时，求二面角2025—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因为z=−3−4i，所以z¯2.C由|2a−b又因为|a|=1，|b|=2，解得a·因为⟨a,b⟩∈[0,π3.D由圆柱的体积公式，得4片瓦需要的粘土量为π×(15+3所以800片瓦需要的粘土量为990π4.C对于A，当m∥n时，满足m⊂α，n⊂α，m∥对于B，当m⊄α时，α⊥β，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⊥α，m⊥n，则5.B原数据的平均数为x¯新数据的平均数为x1因为x¯原数据的方差为(x新数据的方差为(=(设数据x1，x2，x3，⋯，xn中最大的数为M，最小的数为新数据为x1+x¯，x2+x则新数据的极差为M+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¯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如图，取BB1，AB，B1C1的中点G，H，I，连接GH则AB1∥HG，BC1∥由题意，得AB1=取A1B1的中点J，连接JH，JI，则JI=2，JH=3所以cos∠又因为异面直线所成角的取值范围为0,π2，所以异面直线AB1与7.A如图，连接B1D1，B1C，D1C，则过点C连接A1C1，交B1D1于点O，连接CO并延长交因为O∈B1D1，所以O∈平面由正四棱台的性质得A1O∥AC，且A1O=12直线CO和直线AA1相交于点M，交点M即为经过点C，B1，D因为A1OAC=18.A由正弦定理asinA=csinC=2R，得|BA若D是AC的中点，则BD→=12(所以∆ABC为等腰三角形，且BA由AB→|AB又因为0<A<π，所以A9.ABC设z1=a+bi，z2=对于A，z1+z对于B，z1z1所以z1对于C，若z1=iz2同理|z1+z2对于D，若|z1−z2|=|z10.BC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→对于C，由A>B，得a>由正弦定理asinA=bsinB以及sinA>对于D，由题意，得{a⋅b<0,a⋅b所以实数x的取值范围是(−∞,−2)∪(−2,111.ACD对于A，因为平面BCC1B1∥平面A1AD故VD对于B，如图，取B1C1的中点Q，连接D1Q，PQ，PA，AD1，易证PQ∥AD1过点Q作QH⊥AD1，垂足为H，PQ=2，所以HQ=所以四边形PQD1A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，因为BC∥AD，所以PE⊥AD.又因为EF⊥AD，EF∩所以AD⊥平面PEF.又因为PF⊂平面PEF，所以设CE=x，PE=y，则由题意，PF2−x=3×PFx，解得x=32，即设直线PE交B1C1于点G，则P当y=2时，即点P在点G处时，PC1取得最小值，所以点P到点C1距离的最小值为对于D，因为平面BCC1B所以直线AP与平面ADD1A1所成的角等于直线又因为AB⊥平面BC所以直线AP与平面BCC1B1所成角即为在Rt∆APB中，因为∠APB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14×2π×2=π12.−73,4设点P(x因为AP→=4BP→，所以{x−3=4(x13.10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如图，在∆ABC中，AB⊥BC，如图，取AC的中点O1，连接O1B，则O1为径为AC2=22。连接PO1因为{PA=PB所以∠PO1又因为O1B，AC⊂平面ABC，O1B所以VP−ABC=13S所以三棱锥P−ABC外接球的球心在线段设三棱锥P−ABC外接球的球心为O，半径为R，连接在∆OO1C中，OC=由R2=(4−R所以三棱锥P−ABC外接球的表面积为15.(1)解:由平行四边形ABCD，得AC→=AB→+AD→ 2分∵DE→=5EC→，∴DE→=56DC→， 4分∴AE→=AD→+DE→=AD→+56DC→=AD→+56AB→，即AE→=56AB→+AD→ 6分（2）证明：由（1）得AE→又AF→∴AF→=13AE→， 12分∴A，E，F三点共线 13分16.（1）证明：如图，连接BC1，因为E，F分别为BB1，B1C1的中点，所以EF∥BC1 1分因为AB∥C1D1且AB=C因为E，P分别为BB1，CC1的中点，所以所以A1E∥D1P 4分又因为D1P，AD1⊂平面AD1所以A1E∥平面AD1P，EF∥平面AD1P 6分又因为A1E∩EF=E，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CC1的中点，所以因为AB∥C1D1且AB=C所以平面PQAD1即为平面AD1P，四边形PQA 10分因为正方体ABCD−A1所以正方体的体积为63=216。…………12分易知几何体PCQ−其体积V=所以V'=VABCD17.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解得a=0.030因为成绩小于90分的占比为95%，成绩小于80分的占比为1−25%−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分因为80+10×90%−70%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x¯学生成绩在区间[60,70)内的数据记为x1，x2，⋯，学生成绩在区间[70,80)内的数据记为y1，y2，⋯，所以s===118.解：（1）因为S=a2所以由余弦定理，得12bcsinA=(又因为sin2所以(17cosA−15)(cosA−1)=0，解得所以cosA的值为1517（2）由cosA=1517所以tanA=2tanA2①由正弦定理，得bc=因为{0<B<π2则tanB>所以bc所以bc的取值范围为15②由正弦定理得，a=17sinA又因为sinC=所以周长L=a+又因为1+cosBsinB=由∆ABC为锐角三角形及①，得π2−A<…………………15分因为tanπ4−A2所以∆ABC的周长的取值范围是40,19.（1）证明：由AB=23，PA=2，PB=4，得因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，所以PA⊥平面ABCD因为BC⊂平面ABCD，所以PA又因为∠ACB=90°，所以又因为PA∩AC=A，PA，AC⊂平面PAC（2）解：在□ABCD中，AB∥CD，AB⊂平面PAB，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AB，CE⊂平面ABCD，所以CE⊥平面在∆ABC中，AB=23，AC则BC=22，所以CE=AC·BCAB=263， 9分所以点D到平面PAB的距离为263。 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于点由（1）得，BC⊥平面PAC，又BC⊂平面PBC，所以平面PBC⊥又因为平面PBC∩平面PAC=PC，所以AM又因为PB⊂平面PBC，MN⊂平面PBC，所以AM⊥又因为MN∩AM=M，MN，AM⊂平面AMN又因为AN⊂平面