山东省济南市西城实验中学2024-2025学年高一下学期7月阶段性学情检测数学试题

济南西城实验中学 高一阶段性学情检测数学试题 2025.06 注意事项： 1.答卷前，考生务必将二维码贴在答题卡指定位置。 2. 回答选择题时，选出每小题答案后，用2B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 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1．已知是虚数单位，复数z满足，则z的实部为（    ） A． B．0 C．1 D．2 【答案】B 【分析】先根据求得复数z，再利用复数的相关概念求解. 【详解】∵， ∴， ∴z的实部为0. 故选：B 2． 3．盒中有5只螺丝钉，其中有2只是不合格的，现从盒中随机地抽取3个，那么恰有两只不合格的概率是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据计数原理分别计算事件“恰有两只不合格”包含的基本事件个数和基本事件的总数，即可得到概率． 【详解】设事件A表示“从盒中随机地抽取3个，恰有两只不合格”，则事件A包含的基本事件个数为＝3， 基本事件的总数为＝10，故P（A）＝. 故选：B． 【点睛】本题考查了古典概型的概率计算，考查了计数原理，属于基础题． 4.一组数据满足，若去掉后组成一组新数据.则新数据与原数据相比（    ） A．极差变大 B．平均数变大 C．方差变小 D．第25百分位数变小 【答案】C 【知识点】计算几个数据的极差、方差、标准差、各数据同时加减同一数对方差的影响、计算几个数的平均数、总体百分位数的估计 【分析】根据极差，平均数，方差与百分位数的定义计算出去掉前后的相关数据，比较厚得到答案. 【详解】由于， 故，，……，，， A选项，原来的极差为，去掉后，极差为，极差变小，故A错误； B选项，原来的平均数为， 去掉后的平均数为，平均数不变，故B错误； C选项，原来的方差为， 去掉后的方差为， 方差变小，故C正确； D选项，，从小到大排列，选第个数作为第百分位数，即， ，故从小到大排列，选择第个和第个数作为第百分位数，即， 由于，去掉后第25百分位数变大，故D错误. 故选：C 5.如图，△BCD与△ABC的面积之比为2，点P是△BCD内任意一点(含边界)，且，则λ+μ的取值范围为 (　　) A.[1，3] B.[1，2] C.[2，3] D.[1，4] 选A 6．如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内，已知飞机的高度为海拔20 000 m，速度为900 km/h，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过80 s后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为(　　) A.5 000(＋1)m B.5 000(－1)m C.5 000(3－)m D.5 000(5－)m 6.C　[如图，过点C作CD⊥AB于点D. 由题意知A＝30°，∠CBD＝75°，则∠ACB＝45°，AB＝900×80×＝20(km). 在△ABC中，由正弦定理， 得BC＝＝10(km). 在△BCD中，CD＝BCsin∠CBD＝BC·sin 75°＝10×sin 75°＝5＋5(km)， 所以山顶的海拔高度为 20 000－5 000(＋1)＝5 000(3－)(m).] 7．如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则下列说法正确的是(　　) A.圆锥的母线长为18 圆锥的表面积为27 C.圆锥的侧面展开图扇形圆心角为60° D.圆锥的体积为18 答案.D　[设圆锥的母线长为l，以S为圆心，SA为半径的圆的面积S＝πl2，圆锥的侧面积S圆锥侧＝πrl＝3πl，因为圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身滚动了3周，所以πl2＝3×3πl，解得l＝9，所以圆锥的母线长为9，故选项A错误. 圆锥的表面积S＝S圆锥侧＋S底＝3×π×9＋π×32＝36π，故选项B错误. 因为圆锥的底面周长为2π×3＝6π，设圆锥的侧面展开图扇形圆心角为α，则6π＝α·9，解得α＝，所以圆锥的侧面展开图扇形圆心角为120°，故选项C错误. 圆锥的高h＝＝＝6，所以圆锥的体积V＝×π×32×6＝18π，故选项D正确.] 8．中，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【详解】， 在中，，故或， 当时，，故，不合要求，舍去， 所以，， 因为，所以，即， 因为，所以， 由正弦定理得， 故因为，所以， 故， 因为，所以， 故， 因为，所以，，， 故. 故选：B 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．已知事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（    ） A．若与互斥，则 B．若与相互独立，则 C．若与相互独立，则 D．若发生时一定发生，则 【答案】ABC 【分析】根据互斥事件概率加法公式求解判断A，根据独立事件乘法公式和概率的性质求解判断B，结合对立事件概率公式，利用独立事件乘法公式求解判断C，根据事件关系求解概率判断D. 【详解】选项A：与互斥，则，正确； 选项B：与相互独立，所以， 从而，正确； 选项C：，正确； 选项D：发生时一定发生，则，，不正确. 故选：ABC. 10．（多选）下列说法正确的是（ ） A．， B． C．若，则， D．若是关于x的方程的根，则 【答案】ACD 【知识点】共轭复数的概念及计算、复数的除法运算、复数的乘方 【分析】设复数，代入计算可求得结论判断A；利用利用复数的乘方运算求解判断B，利用复数的四则运算法解求得判断C；将代入方程利用复数相等的条件可求解判断D. 【详解】对于A，，设复数，则，， 故，A正确； 对于B，由于，故，B错误； 对于C，由，可得，所以， 所以，所以，故C正确； 对于D，是关于x的方程的根， 故，即， 故，D正确. 故选：ACD. 11．已知圆台上、下底面的半径分别为2和4，母线长为4．正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（    ） A． B．二面角的大小为 C．正四棱台的外接球的表面积为 D．设圆台的体积为，正四棱台的体积为，则 【答案】ACD 【分析】对A，先证明线面垂直，由性质可得线线垂直；对B，过作，连接，找到二面角的平面角为，再解三角形即可；对C，设出球心和球半径，根据几何关系，列出等量关系求解即可；对D，根据圆台和棱台的体积公式，结合已知数据，求解即可. 【详解】 根据题意，如图，设圆台上、下底面圆心分别为连接 过作，作截面的平面图，则为等腰梯形， 且为中点，则， 故，即圆台的高， 又，即四棱台的上下底面边长分别为和； 对A，由题意平面，平面，则， ，，平面，平面， 故平面，平面，所以，故A正确； 对B：过作，垂足为，连接； 由面，//，则面，又面，故， 又，面，故面， 又面，故，则即为二面角的平面角； ，又， 故， 而在中，，则， 结合在单调递增可知，，故B错误； 对C：设外接球半径为，球心到下底距离为，在的平面图中，为球心， 则，故，解得； 故表面积，故C正确； 对D：； ， ，故D正确. 故选：ACD. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知某运动员每次射击击中目标的概率都为60%.现采用随机模拟的方法估算该运动员射击4次至少3次击中目标的概率，先由计算器给出0到9之间取整数的随机数，指定0，1，2，3表示没有击中目标，4，5，6，7，8，9表示击中目标.以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组如下的随机数： 7327　0293　7140　9857 0347　4373　8636　6947 1417　4698　0371　6233 2616　8045　6011　3661 9597　7424　7610　4281 根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中3次的概率为________. 【答案】　[根据随机数一共有20组，共有20个样本点，其中“该运动员射击4次至少击中3次”对应的随机数组为9857，8636，6947，4698，8045，9597，7424，共有7个样本点，估计该运动员射击4次至少击中3次的概率为.] 13．记的三个内角，且，，若是的外心，是角的平分线，在线段上，则 . 【答案】 【分析】由角平分线结合等面积法可得，再运用外心性质（垂径定理）和向量加法把要求的向量分解为共线向量和垂直向量即可求解. 【详解】是角的平分线，在线段上，且，，，   ，设的高为，由等面积法得， ， 过点作垂线分别交于，由外心性质得分别为的中点， . 故答案为：.    【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是首先利用角平分线的性质得到，再利用外心的性质将部分数量积转化为0计算即可. 14．古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，．则（1） ；（2）的最小值为 ． 【答案】 【分析】由正弦定理可得的比，由余弦定理可得的值，由正弦定理可得的值，再由托勒密定理可得的表达式，由基本不等式可得它的最小值. 【详解】， 由正弦定理可得：， 设， 由余弦定理可得， 在中，，可得， 由正弦定理可得， ，， 设，由余弦定理得， 由托勒密定理得， 即，平方得， 设， ，当且仅当且，即时取等号， 的最小值为，即的最小值为. 故答案为：;. 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） 已知在中，，分别为边上的点，且． (1)若，用向量方法求证：； (2)延长到，若（为常数），，求的长度． 【答案】(1)证明见解析 (2)． 【知识点】垂直关系的向量表示、平面向量共线定理的推论、用基底表示向量、数量积的运算律 【分析】（1）利用为基底表示，根据数量积的运算律计算即可证明； （2）由三点共线，设，结合条件及三点共线的推论计算参数即可得出. 【详解】（1）证明：因为，所以． 又因为，所以． 因为，所以． 所以， 即，得证． （2）因为三点共线， 设， 又因为， 所以，可得． 由在边上，可得，即． 又，则． 16．（15分） 某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示. (1)由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数: (2)为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率: (3)现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差. 【答案】(1)，85 (2) (3)得分在内的平均数为81，方差为26.8. 【分析】（1）首先根据频率和为1求出，再根据百分数公式即可得到答案； （2）求出各自区间人数，列出样本空间和满足题意的情况，根据古典概型公式即可； （3）根据方差定义，证明出分层抽样的方差公式，代入计算即可. 【详解】（1）由题意得:，解得， 设第60百分位数为，则， 解得，第60百分位数为85. （2）由题意知，抽出的5位同学中，得分在的有人，设为、，在的有人，设为、、. 则样本空间为. 设事件“两人分别来自和，则， 因此， 所以两人得分分别来自和的概率为. （3）由题意知，落在区间内的数据有个， 落在区间内的数据有个. 记在区间的数据分别为，平均分为，方差为； 在区间的数据分别为为，平均分为，方差为； 这20个数据的平均数为，方差为. 由题意，，且，则. 根据方差的定义， 由， 可得 故得分在内的平均数为81，方差为26.8. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是充分利用方差定义，推导出分层抽样的方差计算公式即可. 17．（15分） 为了增添学习生活的乐趣，甲、乙两人决定进行一场投篮比赛，每次投1个球．先由其中一人投篮，若投篮不中，则换另一人投篮；若投篮命中，则由他继续投篮，当且仅当出现某人连续两次投篮命中的情况，则比赛结束，且此人获胜．经过抽签决定，甲先开始投篮．已知甲每次投篮命中的概率为，乙每次投篮命中的概率为，且两人每次投篮的结果均互不干扰． (1)求甲、乙投篮总次数不超过4次时，乙获胜的概率； (2)求比赛结束时，甲恰好投了2次篮的概率． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）对总次数分三种情况讨论，结合相互独立事件的概率公式计算可得； （2）分甲赢得比赛与乙赢得比赛两类讨论，根据相互独立事件及互斥事件的概率公式计算可得. 【详解】（1）若甲、乙投篮总次数为次，则乙不可能获胜； 若甲、乙投篮总次数为次且乙获胜，则第一次甲未投中，乙投中第2、3次， 所以； 若甲、乙投篮总次数为次乙获胜，则第一次甲投中、第二次甲未投中，乙投中第3、4次， 所以； 记甲、乙投篮总次数不超过4次时且乙获胜为事件，则， 所以甲、乙投篮总次数不超过4次时，乙获胜的概率为； （2）若比赛结束时甲赢得比赛且甲恰好投了2次篮，则甲连续投中次，则概率； 若比赛结束时乙赢得比赛，又甲恰好投了2次篮， ①甲投中第一次，第二次甲未投中，乙投中第3、4次，则； ②甲第一次未投中，第二次乙未投中，第3次甲未投中，第4、5次乙投中， 则； ④甲第一次未投中，第二次乙投中，第3次乙未投中，第4甲未投中，第5、6次乙投中， 则； 综上可得比赛结束时，甲恰好投了2次篮的概率. 18．（17分） 在锐角中，，，分别是内角，，的对边，且. (1)若，求周长的最大值. (2)设，. （ⅰ）求外接圆的半径； （ⅱ）求的面积. 【答案】(1)6 (2)， 【分析】（1）根据余弦定理得，利用基本不等式即可求解， （2）（ⅰ）利用正弦定理边角互化可得，（ⅱ）根据正弦定理可得，进而由同角关系可得，，由和差角公式可得，即可由面积公式求解. 【详解】（1）由余弦定理得，即， 所以， 因为， 所以， 则，当且仅当时，等号成立， 所以周长的最大值为6. （2）（ⅰ）由正弦定理得，， 代入，得， 即. 因为，所以. （ⅱ）的面积. 因为，所以. 因为是锐角，所以，则，所以. 因为，所以. 又因为是锐角，所以， 所以，所以， 则，所以 故. 19.空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 【答案】(1)证明见解析 (2) (3)证明见解析 【分析】（1）由直棱柱的性质可得，，再由点的曲率可求出，则为等边三角形，所以，再利用线面垂直的判定定理可证得结论； （2）取的中点，连接，则平面，所以，，则平面，所以可得为二面角的平面角，在中可求得结果； （3）设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号，设第号（）多边形有条边，表示出多面体的所有的棱和顶点，及所有多边形的内角之和为，从而可表示出总曲率，化简可得结果. 【详解】（1）证明：因为在直三棱柱中，平面，平面， 所以， 所以点的曲率为，得， 因为，所以为等边三角形， 因为为的中点，所以， 因为平面，平面， 所以， 因为，平面，所以平面； （2）解：取的中点，连接， 因为为等边三角形，所以， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面平面， 因为平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 设，则， 所以，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为， 所以在中，， 所以二面角的余弦值为； （3）证明：设多面体有个面，给组成多面体的多边形编号，分别为号， 设第号（）多边形有条边， 则多面体共有条棱， 由题意，多面体共有个顶点， 号多边形的内角之和为， 所以所有多边形的内角之和为， 所以多面体的总曲率为 所以简单多面体的总曲率为. 高一数学 第2页/共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 济南西城实验中学 高一阶段性学情检测数学试题 2025.07 注意事项： 1.答卷前，考生务必将二维码贴在答题卡指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目答案标号涂黑。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. 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1．已知是虚数单位，复数z满足，则z的实部为（    ） A． B．0 C．1 D．2 2．已知表示不同的直线，表示不同的平面，给出下面四个命题: (1)若， 则   (2)若，则; (3)若，则;     (4) ，则. 上面四个命题正确的有（   ） A．(1)，(3) B．(2)，(4) C．(1)，(2)，(4) D．(1)，(3)，(4). 3．盒中有5只螺丝钉，其中有2只是不合格的，现从盒中随机地抽取3个，那么恰有两只不合格的概率是（    ） A． B． C． D． 4.一组数据满足，若去掉后组成一组新数据.则新数据与原数据相比（    ） A．极差变大 B．平均数变大 C．方差变小 D．第25百分位数变小 5．如图，飞机的航线和山顶在同一个铅垂平面内，已知飞机的高度为海拔20 000 m，速度为900 km/h，飞行员先看到山顶的俯角为30°，经过80 s后又看到山顶的俯角为75°，则山顶的海拔高度为(　　) A. 5 000(＋1)m B. 5 000(－1)m C. 5 000(3－)m D. 5 000(5－)m 6．如图，△BCD与△ABC的面积之比为2，点P是△BCD内任意一点(含边界)，且，则的取值范围为（    ） A.[1，3] B.[1，2] C.[2，3] D.[1，4] 7．如图是底面半径为3的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点S滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则下列说法正确的是(　　) A.圆锥的母线长为18 圆锥的表面积为27 C.圆锥的侧面展开图扇形圆心角为60° D.圆锥的体积为18 8．中，，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 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．已知事件，发生的概率分别为，，则下列说法正确的是（    ） A．若与互斥，则 B．若与相互独立，则 C．若与相互独立，则 D．若发生时一定发生，则 10．下列说法正确的是（ ） A．， B． C．若，则， D．若是关于x的方程的根，则 11．已知圆台上、下底面的半径分别为2和4，母线长为4．正四棱台上底面的四个顶点在圆台上底面圆周上，下底面的四个顶点在圆台下底面圆周上，则（ ） A． B．二面角的大小为 C．正四棱台的外接球的表面积为 D．设圆台的体积为，正四棱台的体积为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知某运动员每次射击击中目标的概率都为60%.现采用随机模拟的方法估算该运动员射击4次至少3次击中目标的概率，先由计算器给出0到9之间取整数的随机数，指定0，1，2，3表示没有击中目标，4，5，6，7，8，9表示击中目标.以4个随机数为一组，代表射击4次的结果，经随机模拟产生了20组如下的随机数： 7327　0293　7140　9857 0347　4373　8636　6947 1417　4698　 0371　6233 2616　8045　6011　3661 9597　7424　7610　4281 根据以上数据估计该运动员射击4次至少击中3次的概率为________. 13．记的三个内角，且，，若是的外心，是角的平分线，在线段上，则 . 14．古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理：圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知平面凸四边形ABCD外接圆半径为1，．则（1） ；（2）的最小值为 ． 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） 已知在中，，分别为边上的点，且． (1)若，用向量方法求证：； (2)延长到，若（为常数），，求的长度． 16．（15分） 某校高一年级开设有羽毛球训练课，期末对学生进行羽毛球五项指标(正手发高远球、定点高远球、吊球、杀球以及半场计时往返跑)考核，满分100分.参加考核的学生有40人，考核得分的频率分布直方图如图所示. (1)由频率分布直方图，求出图中的值，并估计考核得分的第60百分位数: (2)为了提升同学们的羽毛球技能，校方准备招聘高水平的教练.现采用分层抽样的方法(样本量按比例分配)，从得分在内的学生中抽取5人，再从中挑出两人进行试课，求两人得分分别来自和的概率: (3)现已知直方图中考核得分在内的平均数为75，方差为6.25，在内的平均数为85，方差为0.5，求得分在内的平均数和方差. 17．（15分） 为了增添学习生活的乐趣，甲、乙两人决定进行一场投篮比赛，每次投1个球．先由其中一人投篮，若投篮不中，则换另一人投篮；若投篮命中，则由他继续投篮，当且仅当出现某人连续两次投篮命中的情况，则比赛结束，且此人获胜．经过抽签决定，甲先开始投篮．已知甲每次投篮命中的概率为，乙每次投篮命中的概率为，且两人每次投篮的结果均互不干扰． (1)求甲、乙投篮总次数不超过4次时，乙获胜的概率； (2)求比赛结束时，甲恰好投了2次篮的概率． 18．（17分） 在锐角中，，，分别是内角，，的对边，且. (1)若，求周长的最大值. (2)设，. （ⅰ）求外接圆的半径； （ⅱ）求的面积. 19．（17分） 空间的弯曲性是几何研究的重要内容，用曲率刻画空间的弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差，其中多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制.例如：正四面体每个顶点均有3个面角，每个面角均为，故其各个顶点的曲率均为.如图，在直三棱柱中，点的曲率为，，分别为，的中点，且. (1)证明：平面； (2)若，求二面角的余弦值； (3)表面经过连续变形可以变为球面的多面体称为简单多面体.关于简单多面体有著名欧拉定理：设简单多面体的顶点数为，棱数为，面数为，则有：.利用此定理试证明：简单多面体的总曲率（多面体有顶点的曲率之和）是常数. 高一数学 第2页/共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$