2025-2026学年下学期山东烟台莱州一中高一数学2026年6月第四次质检试卷含答案

这是一份2025-2026学年下学期山东烟台莱州一中高一数学2026年6月第四次质检试卷含答案，共6页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1. l1，l2，l3是空间三条不同的直线，则下列命题正确的是
A. l1⊥l2，l2⊥l3⇒l1∥l3
B. l1⊥l2，l2∥l3⇒l1⊥l3
C. l1∥l2∥l3⇒l1，l2，l3共面
D. l1，l2，l3共点 ⇒l1，l2，l3共面
2. 在一个袋子中放2个白球，2个红球，摇匀后随机摸出2个球，与“摸出1个白球1个红球”互斥而不对立的事件是（ ）
A. 至少摸出1个白球B. 至少摸出1个红球
C. 摸出2个白球D. 摸出2个白球或摸出2个红球
3. 为了解疫情防控延迟开学期间全区中小学线上教学的主要开展形式，某课题组面向各学校开展了一次随机调查，并绘制得到如下统计图，则采用“直播+录播”方式进行线上教学的学校占比约为（ ）
A.22.5%B.27.5%C.32.5%D.37.5%
4. 已知某学校高三年级甲、乙、丙三个班级人数分别为40，30，50，学校计划采用按比例分配的分层随机抽样的方法在三个班级中评选优秀学生，已知乙班分配到的优秀学生名单为6人，则高三年级三个班优秀学生总人数为（ ）
A.16B.30C.24D.18
5. 在空间四边形ABCD中，AD=2，BC=23，E，F分别是AB，CD的中点，EF=7，则异面直线AD与BC所成角的大小为
A. 150°B. 60°
C. 120°D. 30°
6. 袋子中有4个除颜色外完全相同的小球，其中1个红球、3个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则“第二次摸到白球”的概率为（ ）
A. 34B. 12
C. 14D. 15
7. 正四棱台ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，A1B1=1，AA1与底面ABCD所成的角为60°，则此四棱台的体积为（ ）
A. 733B. 766
C. 739D. 7618
8. 四棱锥P−ABCD中，PA=PB=2，其余各棱的长均为2，则点P到平面ABCD的距离为（ ）
A. 12B. 32
C. 54D. 394
二、多选题
9. 已知m，n为空间中两条不同的直线，α，β，γ为空间中三个不同的平面，则（ ）
A. 若α⊥β，m⊥α，则m∥β
B. 若m∥α，m⊂β，α∩β=n，则m∥n
C. 若m⊥α，n⊥β，m∥n，则α∥β
D. 若α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m，则m⊥γ
10. 给定一组数5，5，4，3，3，3，2，2，2，1，则（ ）
A. 平均数为3
B. 标准差为85
C. 众数为2和3
D. 第85百分位数为4.5
11. 如图，正八面体的每个面都是正三角形，四边形ABCD是边长为2的正方形，M是DE中点，N在正方形ABCD（含边界）内运动，点P，Q分别在线段AE和CF上运动，则下列结论正确的是（ ）
A. 点D到平面EAB的距离为263
B. 二面角E−AB−C的余弦值为33
C. 当MN∥平面BCE时，点N的轨迹长度为22
D. 线段PQ长度的最小值为2
三、填空题
12. 如图，在正三棱柱ABC−A1B1C1中，AB=1。若二面角C−AB−C1的大小为60°，则此三棱柱的体积为
______.
13．某单位对全体职工的某项指标进行调查．现按照性别进行分层抽样，得到男职工样本20个，其平均数和方差分别为7和4；女职工样本5个，其平均数和方差分别为8和1，以此估计总体方差为______．
14．如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，点D为棱A1C1上的点且BC1∥平面AB1D，则A1DDC1=______．已知AB=BC=AA1=1，AC=2，以D为球心，以52为半径的球面与侧面AA1B1B的交线长度为______．
四、解答题
15．已知正四棱锥P−ABCD，M，N分别是BC，PD的中点．
（1）证明：CN∥平面PAM；
（2）若四棱锥各棱长均为2，求直线CN与AM所成角的余弦值．
16．一个袋中有4个大小质地都相同的小球，其中红球1个，白球2个，黑球1个，现从袋中有放回地取球，每次随机取一个.
（1）求连续两次都取到白球的概率：
（2）若到红球记2分，取到白球记1分，取到黑球记0分，求连续两次取球所得分数之和大于2分的概率.
17．某学校为了解本校历史、物理方向学生的学业水平模拟测试数学成绩情况，分别从物理方向的学生中随机抽取60人的成绩得到样本甲，从历史方向的学生中随机抽取n人的成绩得到样本乙，根据两个样本数据分别得到如下直方图：
已知乙样本中数据在[70,80)的有10个.
（1）求n和乙样本直方图中a的值；
（2）试估计该校物理方向的学生本次模拟测试数学成绩的平均值和历史方向的学生本次模拟测试数学成绩的中位数（同一组中的数据用该组区间中点值为代表）.
（3）采用分层抽样的方法从甲样本数据中分数在[60,70)和[70,80)的学生中抽取6人，并从这6人中任取2人，求这两人分数都在[70,80)中的概率.
18. 如图，在四棱锥 P−ABCD，底面 ABCD 为梯形，且 BC=12AD，BC∥AD，等边三角形 PCD 所在的平面垂直于底面 ABCD，BC⊥PD。
（1）求证：BC⊥ 平面 PCD；
（2）若直线 PB 与平面 ABCD 所成角的正弦值为 155，求二面角 P−AB−D 的余弦值。
19. 已知点 P 是边长为2的菱形 ABCD 所在平面外一点，且点 P 在底面 ABCD 上的射影是 AC 与 BD 的交点 O，已知 ∠BAD=60°，∆PDB 是等边三角形。
（1）求证：AC⊥PD；
（2）求点 D 到平面 PBC 的距离；
（3）若点 E 是线段 AD 上的动点，问：点 E 在何处时，直线 PE 与平面 PBC 所成的角最大？求出最大角的正弦值，并求出取得最大值时线段 DE 的长。
参考答案
1．B
解：因为如果一条直线平行于两条垂线中的一条，必定垂直于另一条．
选项A，可能相交．选项C中，可能不共面，比如三棱柱的三条侧棱，选项D，三线共点，
可能是棱锥的三条棱，因此错误．选B．
2．C
对于A，至少摸出1个白球与摸出1个白球1个红球不是互斥事件；
对于B，至少摸出1个红球与摸出1个白球1个红球不是互斥事件；
对于C，摸出2个白球与摸出1个白球1个红球是互斥而不对立事件；
对于D，摸出2个白球或摸出2个红球与摸出个白球1个红球是互斥也是对立事件．
故选：C．
3．B
由题意，设直播所占的百分比为x，
根据统计图可得：39x=3025%，解得x=32.5%，
因此采用“直播+录播”方式进行线上教学的学校占比约为1−32.5%−25%−15%=27.5%．
故选：B．
4．C
甲、乙、丙三个班级人数比为4:3:5，由分层随机抽样知，三个班级优秀学生名额分
别为8，6，10，
所以高三年级三个班优秀学生总人数为8+6+10=24人．
故选：C
5．D
如图所示：
设BD的中点为O，连接EO，FO，
所以EO∥AD，FO∥BC，
则∠EOF是AD，BC所成的角或其补角，
又EO=12AD=1，FO=12BC=3，EF=7
根据余弦定理得：cs∠EOF=1+3−723=−32，
所以∠EOF=150°，
异面直线AD与BC所成角的为30°，
故选D.
袋子中有4个除颜色外完全相同的小球，其中1个红球，3个白球，
从中不放回地依次随机摸出2个球，第二次摸到白球的情况有两种：
①第一次摸到白球，第二次摸到白球，概率为：P1=34×23=12，
②第一次摸到红球，第二次摸到白球，概率为：P2=14×33=14，
则第二次摸到白球的概率为P=P1+P2=12+14=34.
故选：A.
7.B
∵A1B1=1，AB=2，∴上、下底面的面积分别为S1=12=1，S2=22=4，
设正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为h，
连接AC，A1C1，分别取AC，A1C1的中点O，O1，
由正四棱台性质可知：OO1⊥面ABCD，AC⊂面ABCD，∴OO1⊥AC，
过A1作A1E∥OO1交AC于E，则A1E⊥AC，A1E⊥面ABCD，
∴∠A1AE=60°，为AA1与底面ABCD所成的角，
∵AE=AO−A1O1=12AC−12A1C1=12×22−12×2=22，
由tan∠A1AE=A1EAE=3，
可得：A1E=62，即OO1=h=62，
所以V=13(S1+S2+S1S2)h=13(1+4+1×4)×62=766.
故选：B.
8．B
如图，取AB中点E，CD中点F，连接PE，PF，EF，
因为PA=PB=2，PB=PC=AB=2，
所以 PE⊥AB，PF⊥CD，且 PE=1，EF=2，PF=3，
所以 PE2+PF2=EF2，所以 PE⊥PF，
所以 sin∠PEF=PFEF=32，
因为 PE⊥AD，EF⊥AD，PE∩EF=E，所以 AD⊥ 平面 PEF，
因为 AD⊂ 平面 ABCD，所以平面 PEF⊥ 平面 ABCD，
过 P 作 PG⊥EF 于 G，则 PG⊥ 平面 ABCD，
所以 PG 就是点 P 到平面 ABCD 的距离，
所以 PG=PE·sin∠PEF=1×32=32，
所以点 P 到平面 ABCD 的距离为 32，
故选：B.
9.BCD
对于A，若 α⊥β，m⊥α，则 m∥β 或 m⊂β，故A不正确；
对于B，若 m∥α，m⊂β，α∩β=n，则 m∥n（线面平行的性质定理），故B正确；
对于C，若 m⊥α，m∥n，所以 n⊥α，又 n⊥β 且 α，β 是空间两个不同的平面，则 α∥β，
故C正确；
对于D，因为 α⊥γ，β⊥γ，α∩β=m，如下图，
若 α，β，γ 分别为面 ADD1A1、面 CDD1C1、面 ABCD，且 m 为 DD1，
显然 DD1⊥ 面 ABCD，则 m⊥γ，故D正确；
故选：BCD.
10.AC
由平均数的计算公式，可得数据的平均数为x¯=110(5+5+4+3+3+3+2+2+2+1)=3，所以A项正确；
由方差的公式，可得s2=110[(5−3)2+(5−3)2+(4−3)2+⋯+(1−3)2]=32，所以标准差为s=62，所以B项不正确；
根据众数的概念，可得数据的众数为2和3，所以C项正确；
数据从小到大排序：1，2，2，2，3，3，3，4，5，5，根据百分位数的概念，可得第85百分位数是第9个数据的值，即为5，所以D项不正确.
故选：AC.
11.ABD
对于A，连接AC，BD交于O，连接EO，
因为四边形ABCD为正方形，则O为AC，BD的中点，
又因为EA=EC=EB=ED=2，
所以EO⊥AC，EO⊥BD，
由于AC∩BD=O，AC，BD⊂平面ABCD，
所以EO⊥平面ABCD，EO=EB2−BO2=2，
所以四棱锥的E−ABCD的体积VE−ABCD=13SABCD·EO=13×2×2×2=423，
设点D到平面EAB的距离为h，S∆ABE=12×2×2×32=3，
由VD−EAB=VE−ABD=12VE−ABCD=223，得13×3×h=223，解得：h=263，故A正确；
对于B，取AB中点H，连接EH，OH，
因为EA=EB，AO=BO，则EF⊥AB，OH⊥AB，
所以二面角E−AB−C的平面角为∠EHO，
因为EO⊥HO，EH=AE2−AH2=3，所以cs∠EHO=HOEH=13=33，故B正确；
对于C，取DC中点G，连接MO，MG，OG，MH，
因为O，M分别为BD，ED的中点，所以MO∥BE，由于BE⊂平面BCE，OM⊄平面BCE，
所以OM∥平面BCE，
同理可得MG∥平面BCE，由于MG∩OM=M，且OM，MG⊂平面HMG，所以平面HMG∥
平面BCE，
由于N在正方形ABCD（含边界）内运动，MN∥平面BCE，则N点运动轨迹为平面
HMG与正方形ABCD（含边界）的交线，即线段HG，长度为2，故C错误；
对于D，连接AC，BD，EF，交于O，
由A选项可知EF与AC垂直平分，则四边形AFCE为菱形，因为AE=EC=2，AC=22，
所以AE2+EC2=AC2，即∠AEC=90°，所以菱形AFCE为正方形，
所以当点P，Q分别在线段AE和CF上运动时，|PQ|min=|AF|=2，故D正确；
故选：ABD
12. 338 338
取AB中点D，连接CD，C1D，
已知底面ABC是正三角形，故CD⊥AB，
又C1C⊥底面ABC，故C1C⊥AB，
又CD∩C1C=C，CD，C1C⊂平面CDC1，
故AB⊥平面CDC1，又C1D⊂平面CDC1，
∴AB⊥C1D，故∠C1DC即为二面角C−AB−C1的平面角，
所以∠C1DC=60°，
已知AB=1，则CD=32·AB=32，
在Rt∆C1DC中，tan∠C1DC=C1CCD=C1C32=3，
解得C1C=32，
∴V=S∆ABC·C1C=12×1×32×32=338。
13．3.56
解：设男职工的指标数分别为x1，x2，⋯，x20，女职工的指标数分别为y1，y2，⋯，y5，
则∑i=120xi20=7，∑i=120(xi−7)220=4，∑i=15yi5=8，∑i=15(yi−8)25=1，
所以∑i=120xi=140，∑i=120xi2=80+20×49，∑i=15yi=40，∑i=15yi2=5+5×64，
所以本次调查的总样本的平均数为∑i=120xi+∑i=15yi25=140+4025=7.2，
本次调查的总样本的方差是∑i=120(xi−7.2)2+∑i=15(yi−7.2)225
=∑i=120xi2−14.4∑i=120xi+20×7.22+∑i=15yi2−14.4∑i=15yi+5×7.2225
=80+20×49−20×7.22+5+5×64−5×7.2225
=3.56
故答案为：3.56
14． 1 π3
取AC的中点为E，分别连接C1E和BE，
细查题意知，只有当D是A1C1的中点时，才满足题意，原因如下：
当D是A1C1的中点时，AD∥EC1，B1D∥BE，AD∩B1D=D，
BE∥平面AB1E，DC1∥平面AB1E，
∵BE∩EC1=E，
∴平面BEC1∥平面AB1E，
∵BC1⊂平面BEC1，
∴BC1∥平面AB1D，
∵平面ADB1∥平面BCE，
又平面AA1CC1∩平面ADB1=AD，平面AA1CC1∩平面BC1E=C1。
∴AD∥C1E，又∵DC1∥AE，
∴四边形ADC1E为平行四边形，
∴AE=DC1=12AC=12A1C1，即D为A1C1的中点，
所以A1DDC1=1；
球面与侧面AA1B1B的交线长，即截面圆的弧长，
∵AB=BC=1，AC=2，
∴AB2+BC2=AC2，即AB⊥BC，易得A1B1⊥B1C1，
取A1B1的中点为D'，故可得D'D⊥A1B1，
∵平面A1B1C1∩平面A1ABB1=A1B1，DD'⊂平面A1B1C1，
∴D'D⊥平面A1ABB1，
圆心距DD'=12，设交线的轨迹为PQ，DS=52，
截面圆半径D'S=DS2−D'D2=522−122=1，
又因为PQ=1，所以∆PD'Q为等边三角形，
PQ⏜=π3×1=π3。
故答案为：1，π3。
15．（1）取AP的中点为Q，连接QM，QN，
由于N是PD中点，故QN∥AD，且QN=12AD，
又CM∥AD且CM=12AD，
故CM∥QN，CM=QN，则四边形NQMC为平行四边形，
故CN∥QM，CN⊄平面PAM，QM⊂ 平面PAM，
故CN∥平面PAM
（2）由（1）知：CN∥QM，故∠AMQ或其补角即为直线CN与AM所成角，
由于∆PCD为边长为2的等边三角形，故QM=CN=32×2=3，
AM=AB2+BM2=22+12=5，AQ=12PA=1，
故cs∠AMQ=AM2+QM2−AQ22·AM·QM=5+3−12×5×3=71530，
故直线 CN 与 AM 所成角的余弦值为71530
16.（1）14 （2）516
（1）连续取两次所包含的基本事件有：
（红，红），（红，白1），（红，白2），（红，黑），（白1，红），（白1，白1），（白1，白2），
（白1，黑），（白2，红），（白2，白1），（白2，白2），（白2，黑），（黑，红），（黑，白1），
（黑，白2），（黑，黑），所以基本事件的总数为16.
设事件 A：连续取两次都是白球，A 所包含的基本事件有：
（白1，白1），（白1，白2），（白2，白1），（白2，白2）共4个，
所以，P(A)=416=14.
（2）设事件 B：连续取两次分数之和为3分，设事件 C：连续取两次分数之和为4分，设事件 D：连续取两次分数之和大于2分，则 D=B+C，且事件 B 与事件 C 互斥，
因为事件 B 所包含的基本事件有：（红，白1），（红，白2），（白1，红），（白2，红），所以P(B)=416，
因为事件 C 所包含的基本事件有：（红，红），所以P(C)=116，
故P(D)=P(B)+P(C)=516.
即连续两次取球所得分数之和大于2分的概率为516.
17.（1）n=50；a=0.018；（2）平均值81.5，中位数82；（3）25
（1）由直方图可知，乙样本中数据在[70,80)的频率为0.020×10=0.20，
则10n=0.20，解得n=50；
由乙样本数据直方图可知，(0.006+0.016+0.020+0.040+a)×10=1，
解得a=0.018；
（2）甲样本数据的平均值估计值为
(55×0.005+65×0.010+75×0.020+85×0.045+95×0.020)×10=81.5，
乙样本数据直方图中前3组的频率之和为(0.006+0.016+0.02)×10=0.420.5，
所以乙样本数据的中位数在第4组，设中位数为x，
(x−80)×0.04+0.42=0.5，
解得x=82，所以乙样本数据的中位数为82.
（3）由频率分布直方图可知从分数在[60,70)和[70,80)的学生中分别抽取2人和4人，
将从分数在[60,70)中抽取的2名学生分别记为a1，a2，从分数在[70,80)中抽取的4名学生分别
记为b1，b2，b3，b4，
则从这6人中随机抽取2人的基本事件有
(a1,a2)，(a1,b1)，(a1,b2)，(a1,b3)，(a1,b4)，(a2,b1)，(a2,b2)，(a2,b3)，(a2,b4)，
(b1,b2)，(b1,b3)，(b1,b4)，(b2,b3)，(b2,b4)，(b3,b4)，共15个，
所抽取的两人分数都在[70,80)中的基本事件有6个，所以所求概率为615=25.
18．（1）
如图所示，取CD中点O，连接PO，
∵∆PCD是正三角形，∴PO⊥CD
又平面PCD⊥平面ABCD，且平面PCD∩平面ABCD=CD，
∴PO⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，∴PO⊥BC，
∵BC⊥PD，且PO∩PD=P，
∴BC⊥平面PCD；
（2）
如图所示，连接OB，BD，过点D，P作DM⊥AB，PN⊥AB，分别与AB交于点M，N，
过点M作MQ∥NP，交AP于点Q，连接DQ，
设AD=2BC=2，CD=2a，a>0，则OP=3a，
由（1）得OP⊥平面ABCD，∴∠OBP即为直线PB与平面ABCD所成角的平面角，
BC⊥平面PCD，∴BC⊥CP，
则PB=4a2+1，sin∠OBP=OPBP=3a4a2+1=155，
解得：a=1，
故BD=5，AB=5，且BD2−BM2=DA2−AM2，即5−BM2=4−(5−BM)2，解
得BM=355，AM=255，DM=455，
又BC∥AD，所以AD⊥平面PCD，AD⊥PD，
PA=22，且PB2−BN2=PA2−AN2，即5−BN2=8−(5−BN)2，解得BN=55，
AN=455，PN=2305，
所以点M为线段AN的中点，故点Q也为线段AP中点，
所以QM=12PN=305，DQ=2，
所以∠DMQ即为二面角P−AB−D的平面角，
cs∠DMQ=DM2+QM2−DQ22DM·QM=4552+3052−222×455×305=64.
19.（1）∵点P在底面ABCD上的射影是AC与BD的交点O，
∴PO⊥平面ABCD，
∵AC⊂平面ABCD，
∴PO⊥AC，
∵四边形ABCD为菱形，
∴BD⊥AC，
∵PO∩BD=O，PO、BD⊂平面PBD，
∴AC⊥平面PBD，
∵BD⊂平面PBD，
∴AC⊥PD；
（2）由题意可得∆ABD、∆BCD与∆PBD都是边长为2的等边三角形，
∴PO=AO=CO=3，S∆BDC=12×2×5=5，
∴PC=PO2+CO2=6，
∵BP=BC=2，
∴S∆PBC=12×6×22−622=152，
设点D到平面PBC的距离为h，
由VD−PBC=VP−BDC得13S∆PBC·h=13S∆BDC·OP，题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
B
C
B
C
D
A
B
B
BCD
AC
ABD