精品解析：山东省平邑第一中学校本部2024-2025学年高一下学期5月模块考试数学试题

2025年山东临沂市平邑一中校本部高一（下）5月模块考试（原卷版） 一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1. 已知，，则与同向的单位向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题知，，再根据求解即可. 【详解】解：由题知，，， 所以，与同向的单位向量为. 故选：B 2. 数据86，82，78，93，86，84，81，90，85，79，86，85，88，81，87的众数和中位数分别为（ ） A. 85，86 B. 85，85 C. 86，85 D. 86，86 【答案】C 【解析】 【分析】将数据按从小到大排序，根据众数和中位数的定义即可求解. 【详解】数据86，82，78，93，86，84，81，90，85，79，86，85，88，81，87从小到大排序可得：78，79，81，81，82，84，85，85，86，86，86，87，88，90，93， 所以该组数据的众数为86，中位数为. 故选：C. 3. 若复数是纯虚数，则实数（ ） A. 1 B. 0或1 C. 1或2 D. 1或3 【答案】B 【解析】 【分析】由复数是纯虚数，可得，解方程即可得出答案. 【详解】因为复数是纯虚数， 所以，解得：或， 故选：B. 4. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“至多有一枚硬币正面朝上”，事件“两枚硬币正面均朝上”，事件“两枚硬币正面均朝下”，则（ ） A. A与C对立 B. B与C不互斥 C. A与B对立 D. B与C对立 【答案】C 【解析】 【分析】根据互斥事件和对立事件的定义即可判断. 【详解】抛掷两枚质地均匀的硬币，其中朝上的情况共有{正反，正正，反正，反反}共4种情况， 其中事件{正反，反正，反反}；事件{正正}，事件{反反}， 对A，事件A为事件C可能同时发生，即反反这种情况，即事件A，C不对立，故A错误； 对B，事件B与事件C显然不可能同时发生，则它们为互斥事件，故B错误； 对C，显然事件A和事件B不可能同时发生，即它们互斥，且两者构成了所有的发生情况，即事件A和事件B必有一个发生，则A与B对立，故C正确； 对D，事件B与C互斥，但是不对立，比如可能发生正反或反正的情况，故D错误. 故选：C. 5. 为不重合的直线，为互不相同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则或与异面 【答案】D 【解析】 【分析】ABC可以举出其他情况反驳即可，D选项易知其正确. 【详解】对A，若，，，则或与异面，故A错误； 对B，若，，，则或相交； 对C，若，，则或； 对D，若，，则或与异面，正确. 故选：D. 6. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量不一定共面 B. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 D. 若，则的夹角是钝角 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的定义以及运算规则逐项分析可以求解. 【详解】解：对A，若两个向量是共线的，由于空间任意两个向量一定共面，因此这三个向量一定共面，故错误； 对B，因为 ，所以共面，不能构成基底，错误； 对C，对 ，则四点共面， 由可得 ， 且，所以四点共面，正确； 对D，若可为，所以不一定为钝角，故错误； 故选：C 7. 点、在以为直径的球的表面上，且，，已知球的表面积是，下列说法中正确的个数是（ ） ①平面；②平面平面；③． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用线面垂直的判定定理可判断命题①；取线段的中点，连接，利用球体的几何性质可得出平面，再利用中位线的性质结合面面垂直的判定定理可判断②；利用反证法可判断③. 【详解】对于①，因为为球的直径，为球上异于、的一点，所以，， 又因为，，、平面，所以，平面，①对； 对于②，取线段的中点，连接， 因为，则为外接圆的圆心， 由球的几何性质可知平面， 因为、分别为、的中点，则，则平面， 又因为平面，因此，平面平面，②对； 对于③，因为平面，平面，所以，， 若，且，、平面，则平面， 因为平面，则， 事实上，因为，且，则为等腰直角三角形， 且，这与矛盾，假设不成立，故与不垂直，③错. 故正确命题为①②. 故选：C. 8. 如图，在三棱锥中，，二面角的正切值是，则三棱锥外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用二面角的正切值求得，由此判断出，且两两垂直，由此将三棱锥补形成正方体，利用正方体的外接球半径，求得外接球的表面积. 【详解】设是的中点，连接，由于， 所以，所以是二面角的平面角，所以， 由得. 在中，， 在中，， 在中，由余弦定理得：， 所以， 由于，所以 两两垂直. 由此将三棱锥补形成正方体如下图所示，正方体的边长为2，则体对角线长为. 设正方体外接球的半径为，则，所以外接球的表面积为， 故选：A. 二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9. 已知一组数据为：4，1，2，5，5，3，3，2，3，2，则（ ） A. 标准差为 B. 众数为2和3 C. 第70百分位数为 D. 平均数为3 【答案】BCD 【解析】 【分析】由方差、平均数、众数、百分位数的求法判断即可. 【详解】解：，D对. ，方差为，A错. 众数为2和3，B对. ，按大小顺序排为1，2，2，2，3，3，3，4，5，5，第7，8位数的平均数为，C对. 故选：BCD 10. 在中，点，分别在和上，且满足，，点在线段上，且，则下列各组数据适合的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】ACD 【解析】 【分析】由点在线段上可设，.根据题意可得，，∴.结合平面向量基本定理即可得到，逐项判断即可求解. 【详解】∵点在线段上，∴设，. 又点，分别在和上，且满足，， ∴，，∴. 又，∴，即. 故选项A，C，D正确，选项B错误. 故选：ACD. 11. 在棱长为的正方体中，已知点在面对角线上运动，点、、分别为、、的中点，点是该正方体表面及其内部的一动点，且平面，则（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. 过、、三点的平面截正方体所得的截面面积为 D. 动点到点的距离的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】证明出平面平面，利用面面平行的性质可判断A选项；证明出平面，利用面面垂直的判定定理可判断B选项；由正方体的特征可得截面为正六边形，即可求面积，可判断C选项；分析可知点的轨迹为内部及其边界，求出动点到点的距离的最大值和最小值，可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为且，所以，四边形为平行四边形， 所以，， 因为平面，平面，所以，平面， 同理可证平面， 因为，、平面，所以平面平面， 因为平面，所以，平面，A对； 对于B选项，因为四边形为正方形，则， 因为平面，平面，则， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，，同理可证， 因为，、平面，所以，平面， 因为平面，所以，平面平面，B对； 对于C选项，可知过、、三点平面截正方体所得的截面为正六边形， 其中、、分别为、、的中点，且正六边形的边长为， 所以截面正六边形的面积为，C错； 对于D选项，因为平面平面， 所以，点的轨迹为内部及其边界， 因为平面，， ， 易知，则是边长为的等边三角形，则， 设点到平面的距离为，则，解得， 所以，当平面时，取最小值， 由图可知，当点与点或或重合时，取最大值， 因此，动点到点的距离的取值范围是，D对. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：求点到平面的距离，方法如下： （1）等体积法：先计算出四面体的体积，然后计算出的面积，利用锥体的体积公式可计算出点到平面的距离； （2）空间向量法：先计算出平面的一个法向量的坐标，进而可得出点到平面的距离为. 三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12. 若向量满足：，则在上的投影向量为______. 【答案】 【解析】 【分析】直接利用向量坐标运算求解投影向量即可. 【详解】因为，所以向量在上的投影向量为. 故答案为： 13. 已知与为单位向量，且满足，则与的夹角__________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据向量垂直，即可得，即可求解. 【详解】因为与为单位向量，则，， 又， ， ，则， 又，所以与的夹角为. 故答案为：. 14. 在三棱锥中，平面，，且，，则三棱锥外接球的体积等于__________． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可将三棱锥放入一个边长为2的正方体中，求出正方体的体对角线即为长方体外接球的直径，再利用球的体积公式求解即可． 【详解】因为在三棱锥中，平面，，且，， 不妨将三棱锥放入一个边长为2的正方体中，则正方体的外接球即为三棱锥的外接球， 因为正方体的体对角线即为其外接球的直径， 因为，， 所以三棱外接球的半径为， 所以三棱锥外接球的体积为． 故答案为：． 四．解答题（共5小题，满分77分） 15. 某市举办了党史知识竞赛，从中随机抽取部分参赛选手，统计成绩后对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）试估计全市参赛者成绩的第40百分位数（保留小数点后一位）和平均数（单位：分）； （2）若用按比例分配的分层随机抽样的方法从，，三层中抽取一个容量为6的样本，再从这6人中随机抽取两人．求抽取的两人都及格（大于等于60分为及格）的概率． 【答案】（1）83.3；84 （2） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图计算可得x，再借助百分位数的定义与平均数定义计算即可得： （2）先借助分层随机抽样定义计算出从，，三层中抽取的人数，并给抽取出的人数进行编号，结合古典概型公式，计算出所有可能的样本空间数即符合要求的样本空间数即可得． 【小问1详解】 ，则， ；， 故40百分位数在层，则40百分位数为， 平均数； 【小问2详解】 因为按比例分配的分层随机抽样，故，，三层中抽取的样本量分别为： ，，， 从这6人中随机抽取两人，记中抽取的人编号为1，抽取的人编号为2、3，抽取的人编号为4、5、6， 记事件 “抽取的两人都及格” ， 所以； ，所以； ∴． 16. 在举重比赛中，甲、乙两名运动员试举某个重量成功的概率分别为，，且每次试举成功与否互不影响． （1）求甲试举两次，两次均失败的概率； （2）求甲、乙各试举一次，至多有一人试举成功的概率． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）依据独立事件同时发生的概率公式去求甲试举两次，两次均失败的概率； （2）利用对立事件的概率去求甲、乙各试举一次，至多有一人试举成功的概率. 【小问1详解】 设“甲第一次试举成功”为，“甲第二次试举成功”为， “甲试举两次，两次均失败”为C， 则， ∴． 【小问2详解】 设“甲、乙各试举一次，至多有一人试举成功”为D， 则表示“甲、乙各试举一次都成功”， ∴． 17. 已知向量，设函数. （1）求函数的最小正周期及单调递增区间； （2）若在区间上有解，求实数的取值范围. 【答案】（1）最小正周期为；增区间为，； （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量坐标运算法则及三角恒等变换化简函数的解析式，再根据正弦函数的周期性和单调性，得出结论. （2）利用正弦函数的定义域和值域，求得的范围，利用方程有解建立方程，即可求得的范围. 【小问1详解】 由题可得 ， 所以函数的最小正周期； 因为函数的单调增区间为，， 所以，，解得，， 所以函数的单调增区间为，； 【小问2详解】 由（1）可知，在区间上，， 则，所以. 若在区间上有解，则，解得或， 所以实数的取值范围. 18. 请在下列三个条件中选择一个作为条件补充在题目的横线上，并解决问题. ①. ②. ③. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且__________________ （1）求A； （2）若，点D在线段BC上，且，求AD的最大值. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）若选①，由题结合正弦定理可得，后由余弦定理可得答案；若选②，由正弦定理得，结合可得答案；若选③，则由余弦定理可得，整理后由余弦定理可得答案；（2）由余弦定理，结合基本不等式可得，后由两种方式表示，即可得答案. 【小问1详解】 若选择①：由已知条件及正弦定理，得， 即.整理得.由余弦定理，. 又因为，所以； 若选择②：因为，由正弦定理得， 所以， 所以，又，所以，因为，所以； 若选择③：因为，所以根据余弦定理，可得，所以，所以.因为，所以. 【小问2详解】 因为， 所以，当且仅当时取等号；又因为且. 所以，当且仅当时取等号；故的最大值为. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点. （1）证明：平面； （2）若是棱的中点，，求点到平面的距离. 【答案】（1） 连接， ，，，又，， 为棱中点，，又，，平面， 平面，又平面，； 在直角梯形中，取中点，连接， ，，又，，， 四边形为正方形，，， ，又，，， ，平面，平面， 平面，； ，，，， 又，平面，平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直判定可证得平面，进而得到；利用勾股定理和线面垂直的判定得到平面，从而得到；利用勾股定理可证得，由此可得结论； （2）设点到平面的距离为，利用等体积转换的方式，由，结合棱锥体积公式可构造方程求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，，，， 由（1）知：平面，，则点到平面的距离，； ，，， 分别为棱中点，， ，，，， ，，， 由余弦定理得：，则， ， 设点到平面的距离为， ，解得：， 即点到平面的距离为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年山东临沂市平邑一中校本部高一（下）5月模块考试（原卷版） 一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分） 1. 已知，，则与同向的单位向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 数据86，82，78，93，86，84，81，90，85，79，86，85，88，81，87的众数和中位数分别为（ ） A. 85，86 B. 85，85 C. 86，85 D. 86，86 3. 若复数是纯虚数，则实数（ ） A. 1 B. 0或1 C. 1或2 D. 1或3 4. 抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件“至多有一枚硬币正面朝上”，事件“两枚硬币正面均朝上”，事件“两枚硬币正面均朝下”，则（ ） A. A与C对立 B. B与C不互斥 C. A与B对立 D. B与C对立 5. 为不重合的直线，为互不相同的平面，下列说法正确的是（ ） A. 若，，，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，则或与异面 6. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 空间中的三个向量，若有两个向量共线，则这三个向量不一定共面 B. 已知向量组是空间的一个基底，则也是空间的一个基底 C. 若对空间中任意一点，有，则四点共面 D. 若，则的夹角是钝角 7. 点、在以为直径的球的表面上，且，，已知球的表面积是，下列说法中正确的个数是（ ） ①平面；②平面平面；③． A. B. C. D. 8. 如图，在三棱锥中，，二面角的正切值是，则三棱锥外接球的表面积是（ ） A. B. C. D. 二．多选题（共3小题，满分18分，每小题6分） 9. 已知一组数据为：4，1，2，5，5，3，3，2，3，2，则（ ） A. 标准差为 B. 众数为2和3 C. 第70百分位数为 D. 平均数为3 10. 在中，点，分别在和上，且满足，，点在线段上，且，则下列各组数据适合的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 11. 在棱长为的正方体中，已知点在面对角线上运动，点、、分别为、、的中点，点是该正方体表面及其内部的一动点，且平面，则（ ） A. 平面 B. 平面平面 C. 过、、三点的平面截正方体所得的截面面积为 D. 动点到点的距离的取值范围是 三．填空题（共3小题，满分15分，每小题5分） 12. 若向量满足：，则在上的投影向量为______. 13. 已知与为单位向量，且满足，则与的夹角__________. 14. 在三棱锥中，平面，，且，，则三棱锥外接球的体积等于__________． 四．解答题（共5小题，满分77分） 15. 某市举办了党史知识竞赛，从中随机抽取部分参赛选手，统计成绩后对统计数据整理得到如图所示的频率分布直方图． （1）试估计全市参赛者成绩的第40百分位数（保留小数点后一位）和平均数（单位：分）； （2）若用按比例分配的分层随机抽样的方法从，，三层中抽取一个容量为6的样本，再从这6人中随机抽取两人．求抽取的两人都及格（大于等于60分为及格）的概率． 16. 在举重比赛中，甲、乙两名运动员试举某个重量成功的概率分别为，，且每次试举成功与否互不影响． （1）求甲试举两次，两次均失败的概率； （2）求甲、乙各试举一次，至多有一人试举成功的概率． 17. 已知向量，设函数. （1）求函数的最小正周期及单调递增区间； （2）若在区间上有解，求实数的取值范围. 18. 请在下列三个条件中选择一个作为条件补充在题目的横线上，并解决问题. ①. ②. ③. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且__________________ （1）求A； （2）若，点D在线段BC上，且，求AD的最大值. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是直角梯形，，，，，，是棱的中点. （1）证明：平面； （2）若是棱的中点，，求点到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $