精品解析：山东省青岛市2024-2025学年高一下学期部分学生调研检测数学试题

2025年高一年级部分学生调研检测 数学试题 2025.07 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则在复平面内z对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 在中，，为的中点，设，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线a，b与平面，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 4. 有一组样本数据，，，，的平均数为3，方差为3，则，，，，，3的方差为（ ） A. 3 B. C. D. 5. 如图，用斜二测画法画出的水平放置的的直观图是，若的中点在轴上，且，则（ ） A. B. 4 C. D. 2 6. 魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一道题目是测海岛的高.如图，点E，H，G在水平线AC上，ED和GF是两个垂直于水平面且等高的测量标杆.若，，，，则海岛的高AB为（ ） A. 16 B. 24 C. 32 D. 40 7. 气象意义上进入春季的标志为“一年中第一次出现连续5天的日平均气温均不低于10摄氏度”.现有甲、乙、丙、丁四地连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数）： 甲地：5个数据的中位数为12，极差为3； 乙地：5个数据的平均数为11，众数为12； 丙地：5个数据的平均数为12，中位数为12； 丁地：5个数据的平均数为11，方差小于1. 则根据上面数据，肯定符合气象意义上进入春季的地区是（ ） A. 甲地 B. 乙地 C. 丙地 D. 丁地 8. 在集合中任取两个数a，构成以原点为起点向量.从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个不共线向量为邻边作平行四边形，则平行四边形面积不超过2的概率为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共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.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 设复数均不为0，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知棱长为2的正方体，P，Q分别为，BC的中点，M是侧面内的动点，则（ ） A 若，则 B. 若，则三棱锥的体积为定值 C. 若M在三棱锥外接球面上，则点M的轨迹长度为 D. 若M在三棱锥外接球面上，则存在两点M使和侧面所成角为 11. “费马点”指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点.在中，当最大内角小于时，费马点P满足；当最大内角不小于时，最大内角的顶点为费马点.若，，，点P为的费马点，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12 若事件A，B相互独立，，，则________. 13. 已知向量与的夹角为，，若，，则________. 14. 已知圆台的母线与下底面所成角为，球O与圆台的上、下底面及侧面都相切，若圆台内可再放入与下底面、侧面及球O都相切的小球，则最多可放入的小球的个数为________. （注：若锐角满足，则） 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. 为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛.现将竞赛得分在分（满分：分）的学生成绩进行统计与分组，得到如下图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计统计数据的上四分位数； （2）据统计，本次竞赛在内得分的平均数为，方差为；在内得分的平均数为，方差为，求在内得分的平均数与方差. 16. 已知内角A，B，C的对边分别是a，b，c，. （1）求角C； （2）若，的面积为，求a，c. 17. 如图，在中，，，，E，F，G分别为中点. （1）质点的初始位置在A处，每次等可能在相邻点间沿图中连线移动.求质点经过2次移动后到达E的概率； （2）将，，分别沿折起，使得点A，B，C重合于点P，质点的初始位置在P处，每次移动到距离为2，3，4的相邻点的概率分别为，，.求质点经过3次移动后回到P的概率. 18. O为坐标原点，，均大于0，复数，在复平面内对应的点分别为A，B，对应的向量分别为，，若把向量绕点O按逆时针方向旋转角（若，按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍，得到向量，则对应的复数就是积. （1）若对应复数，绕点O按逆时针方向旋转得到，求对应的复数； （2）若复数对应的点为C，是等边三角形； （ⅰ）求； （ⅱ）若的顶点均在正方形边上，点E，F，G的坐标依次为，，，求面积的最小值. 19. 如图1，在平面五边形ABCDE中，四边形ABCD是边长为1的菱形，，，.将沿AD翻折至，如图2.点M在PD上. （1）若M为PD中点，证明：平面MAC； （2）若，且四棱锥与三棱锥体积相等.证明：平面平面.； （3）求二面角的余弦值的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年高一年级部分学生调研检测 数学试题 2025.07 本试卷共4页，19题.全卷满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置. 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.如需要改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号.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. 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 若，则在复平面内z对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法进行运算，然后作出判断即可. 【详解】由题可知：，所以所对应点为，故在第四象限. 故选：D 2. 在中，，为的中点，设，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用平行四边形法则结合已知条件表示出向量即可. 【详解】由题如图所示： 因为为的中点，，， 所以 ， 故选：B. 3. 已知直线a，b与平面，，，下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】由答案不完备说明ABC错误，结合线面平行、面面垂直的判定定理即可说明D正确. 【详解】对于A，若，，则或，故A错误； 对于B，若，，则或相交，故B错误； 对于C，若，，，则不一定成立，因为不一定垂直，故C错误； 对于D，若，则存在，使得，因为，所以，又，所以，故D正确. 故选：D. 4. 有一组样本数据，，，，的平均数为3，方差为3，则，，，，，3的方差为（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】按照方差公式计算即可. 【详解】由题可知：， 所以. 故选：C 5. 如图，用斜二测画法画出的水平放置的的直观图是，若的中点在轴上，且，则（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】作，求得，然后作出原来图形，求得，为的中点，最后判断即可. 【详解】由题可知：为的中点，，则，作，如图： 作出原来图形： 所以，由，所以 又为的中点，所以. 故选：A 6. 魏晋时刘徽撰写的《海岛算经》是有关测量的数学著作，其中第一道题目是测海岛的高.如图，点E，H，G在水平线AC上，ED和GF是两个垂直于水平面且等高的测量标杆.若，，，，则海岛的高AB为（ ） A. 16 B. 24 C. 32 D. 40 【答案】A 【解析】 【分析】假设，在中，得到；在中，得到，联立计算即可. 【详解】设， 在中，①； 在中，②； 由①②可得：. 故选：A 7. 气象意义上进入春季的标志为“一年中第一次出现连续5天的日平均气温均不低于10摄氏度”.现有甲、乙、丙、丁四地连续5天的日平均温度的记录数据（记录数据都是正整数）： 甲地：5个数据的中位数为12，极差为3； 乙地：5个数据的平均数为11，众数为12； 丙地：5个数据的平均数为12，中位数为12； 丁地：5个数据的平均数为11，方差小于1. 则根据上面数据，肯定符合气象意义上进入春季的地区是（ ） A. 甲地 B. 乙地 C. 丙地 D. 丁地 【答案】D 【解析】 【分析】根据平均数、众数、中位数、极差、方差理解，结合题意逐地分析即可. 【详解】设甲地5天的日平均气温从低到高为：， 因为极差为3，所以， 取 此时存在日平均气温均低于10摄氏度情况， 故甲地不一定符合进入春季的标志； 设乙地5天的日平均气温从低到高为：， 其中互不相等，由5个数据的平均数为11， 所以， 取， 此时存在日平均气温均低于10摄氏度情况， 故乙地不一定符合进入春季的标志； 设丙地5天的日平均气温从低到高为：， 由5个数据的平均数为12， 则， 取， 此时存在日平均气温均低于10摄氏度情况， 故丙地不一定符合进入春季的标志； 设丁地5天的日平均气温为：， 由5个数据的平均数为11， 所以， 所以若方差小于1则： 则 由为正整数， 且 所以 设时，任何一个都不可能为， 所以当时， 不满足， 所以， 故丁地符合气象意义上进入春季， 故选：D. 8. 在集合中任取两个数a，构成以原点为起点的向量.从所有得到的以原点为起点的向量中任取两个不共线向量为邻边作平行四边形，则平行四边形面积不超过2的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】任选两个不共线向量为邻边作平行四边形，共12种情况，其中求出相应的平行四边形面积，得到面积不超过2的共7种情况，从而得到相应的概率. 【详解】可以为， 从中任选两个不共线向量，即有以下情况，，， ，，，，， ，，，，， 共12种情况， 当选择时，，故， 此时平行四边形的面积为，满足要求， 同理可得，当选择，，，， ，时，面积不超过2，综上，共7种情况，满足要求， 故平行四边形面积不超过2的概率为. 故选：C 二、多项选择题：本题共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.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 设复数均不为0，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】举反例判断AC错误；令，直接由复数运算、模的计算公式验算BD即可. 【详解】对于A，取，则，故A错误， 对于B，令， 则， ， 所以，故B正确； 对于C，取，则，故C错误； 对于D，令， 则 ，故D正确. 故选：BD. 10. 已知棱长为2的正方体，P，Q分别为，BC的中点，M是侧面内的动点，则（ ） A. 若，则 B. 若，则三棱锥的体积为定值 C. 若M在三棱锥外接球面上，则点M的轨迹长度为 D. 若M在三棱锥外接球面上，则存在两点M使和侧面所成角为 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，先证和，即可证得平面，由平面，即可推出；对于B，证明平面即得点到平面的距离等于点到平面的距离，从而可得结论；对于C，先找到三棱锥外接球的球心，求出其半径，利用球的截面圆性质，判断球面与侧面的截线形状，计算其长度即得；对于D，结合图形，将存在两点M使和侧面所成角为转化成存在两点满足，利用点与圆的位置关系计算即可判断. 【详解】 对于A，如图连接，在正方体中，， 因平面，平面，则， 因平面，故平面， 又平面，则，同理可得， 因平面，故平面， 因，则平面，故，即A正确； 对于B，连接，因，故得， 则，因平面，平面，则平面， 因，故点到平面的距离等于点到平面的距离， 则三棱锥的体积即三棱锥的体积，为定值，故B正确； 对于C，设的中点为，则为的外心， 设三棱锥的外接球球心为点，半径为，连接，则平面， 则 在直角梯形中，，解得. 过点作平面于点，则由球的截面圆性质可知： 点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆与正方形相交的弧长，如下图所示. 由图知，该圆与相切，与交于，易得分别为的中点， 故相交产生的弧长为一个半圆，其长度为，故C错误； 对于D，若存在点M使和侧面所成角为， 因平面，可得圆弧上存在点到点之距等于， 由图中当点与点重合时，取得最大值为，而，故在劣弧上存在一点满足， 又因，可得劣弧上点与点的最近距离为， 故在劣弧上不存在点满足，即只存在一点M使和侧面所成角为，故D错误. 故选：AB. 11. “费马点”指平面内到三角形三个顶点距离之和最小的点.在中，当最大内角小于时，费马点P满足；当最大内角不小于时，最大内角的顶点为费马点.若，，，点P为的费马点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，由三角恒等化简，正弦定理转化边角关系，由余弦定理化简得到答案；B选项，解得到所有边角的大小，再证明与相似，利用相似比出答案；C选项，由B结论设，则，,解出数值，解得到，从而得到；D选项，利用向量内积计算可得答案. 【详解】A选项，由余弦二倍角公式得： 变为，整理得：， 由正弦定理得，再由正弦定理化简为：， 解得：，A正确 B选项，由余弦定理得， 带入整理得：，解得： 由正弦定理得，带入整理得：， 所以， 最大内角 ，满足， ， ，， 与相似， ,化简得：，B错误 C选项， 设，则， 中，由余弦定理得 解得：（舍去负根） 则，， 由正弦定理得：， 解得： ，，C正确 D选项，，D正确 故选：ACD 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 若事件A，B相互独立，，，则________. 【答案】## 【解析】 【分析】应用互斥事件概率加法公式及独立事件概率乘法公式及对立事件概率公式计算求解. 【详解】因为事件A，B相互独立，所以与相互独立，与相互独立， 所以，， 因为互斥，所以. 故答案为： 13. 已知向量与的夹角为，，若，，则________. 【答案】 【解析】 【分析】求得，然后对两边平方，并等价转化为，恒成立，计算即可. 【详解】由题可知：不为零向量，， 化简为，所以，恒成立， 所以，则. 故答案为： 14. 已知圆台的母线与下底面所成角为，球O与圆台的上、下底面及侧面都相切，若圆台内可再放入与下底面、侧面及球O都相切的小球，则最多可放入的小球的个数为________. （注：若锐角满足，则） 【答案】10 【解析】 【分析】利用圆台的性质，及内切球的半径和线面角为，可计算下面两个小球球心所对的圆心角，这利用周角来计算小球的个数即可. 【详解】 圆台的母线与下底面所成角为，球O与圆台的上、下底面及侧面都相切， 如图可得，设内切球的半径为， 根据轴截面这个等腰梯形，由于可得：， 再在圆台内可再放入与下底面、侧面及球O都相切的小球，如球， 这些球心一定在以为圆心的圆上，设球的半径都为, 因为，根据直角三角形的性质可得， 又因为，根据两球相切的性质可得：， 可得，所以，根据，所以， 由于，利用等腰三角形三线合一，可解得， 根据锐角满足，则， 所以， 从而可得相邻两个球之间的圆心角，根据， 可知最多可放入的小球的个数为10个 故答案为：10 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. 为弘扬传统文化，某校举办了传统文化知识竞赛.现将竞赛得分在分（满分：分）的学生成绩进行统计与分组，得到如下图所示的频率分布直方图. （1）求的值，并估计统计数据的上四分位数； （2）据统计，本次竞赛在内得分的平均数为，方差为；在内得分的平均数为，方差为，求在内得分的平均数与方差. 【答案】（1）； （2）； 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求得，利用上四分位数的定义列式求解； （2）不同区间的平均数和方差，可根据加权平均数和方差的计算公式进行求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图的性质，知所有矩形的面积和为1， 所以即，解得： 因为， 故四分位数区间一定在内 设四分位数为，则，解得： 【小问2详解】 的频率： 的频率： 因此，与的数量比为 设有个数据，有个数据， 已知内得分的平均数为，内得分的平均数为 则的平均数为 根据方差的性质得： 16. 已知的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，. （1）求角C； （2）若，的面积为，求a，c. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件结合正弦定理，三角恒等变换可得，即可求角. （2）由三角形面积公式有，再应用三角函数值求得，最后由正弦定理可得， 代入即可求解. 【小问1详解】 因为及正弦定理得， 所以， 所以， 因为，所以， 所以，所以； 小问2详解】 因为，所以，所以， 因为的面积为， 因为，所以， 由正弦定理得，所以， 所以，所以. 17. 如图，在中，，，，E，F，G分别为中点. （1）质点的初始位置在A处，每次等可能在相邻点间沿图中连线移动.求质点经过2次移动后到达E的概率； （2）将，，分别沿折起，使得点A，B，C重合于点P，质点的初始位置在P处，每次移动到距离为2，3，4的相邻点的概率分别为，，.求质点经过3次移动后回到P的概率. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）质点经过2次移动后到达E只有两条路径，或，由独立乘法、互斥加法公式即可求解； （2）质点经过3次移动后回到P的路径共有6条，分别是：，，由独立乘法、互斥加法公式即可求解. 【小问1详解】 质点经过2次移动后到达E只有两条路径，或， 由题意第一次运动到的概率都是， 若第二次如果是从出发，则终点可能是， 所以此时运动到点的概率为， 若第二次如果是从出发，则终点可能是， 所以此时运动到点的概率为， 故所求概率为； 【小问2详解】 如图所示， 质点经过3次移动后回到P的路径共有6条，分别是：，， 这六条路径的共同特征是，都包含了边长为的线段各一条， 而每次移动到距离为2，3，4的相邻点的概率分别为，，， 故所求概率为. 18. O为坐标原点，，均大于0，复数，在复平面内对应的点分别为A，B，对应的向量分别为，，若把向量绕点O按逆时针方向旋转角（若，按顺时针方向旋转角），再把它的模变为原来的倍，得到向量，则对应的复数就是积. （1）若对应复数，绕点O按逆时针方向旋转得到，求对应的复数； （2）若复数对应的点为C，是等边三角形； （ⅰ）求； （ⅱ）若的顶点均在正方形边上，点E，F，G的坐标依次为，，，求面积的最小值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据新定义运算即可； （2）（i）取，代入运算即可；（ii）画出图形，引入参数，得到，说明即可得解. 【小问1详解】 由题意得， 所以对应的复数为； 【小问2详解】 （i）因为是等边三角形，所以不妨设①， 所以； ①， 所以； 所以； （ii）如图所示，的顶点不可能是正方形的顶点，否则与是等边三角形矛盾， 不妨设， 所以， 由图可知， 等号成立当且仅当，即当且仅当， 所以面积为，当且仅当时，等号成立， 所以面积的最小值为. 19. 如图1，在平面五边形ABCDE中，四边形ABCD是边长为1的菱形，，，.将沿AD翻折至，如图2.点M在PD上. （1）若M为PD中点，证明：平面MAC； （2）若，且四棱锥与三棱锥的体积相等.证明：平面平面.； （3）求二面角的余弦值的最小值. 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 （3） 【解析】 【分析】（1）连接相交于点，由题易证，再利用线面平行的判定即可证明； （2）根据体积可得是靠近的三等分点，由勾股定理可得，结合，利用面面垂直的判定即可证明； （3）延长交于，过交于，过作交于，连接，，设，可证平面，就是二面角的平面角，，利用三角变换得到最大值即可. 【小问1详解】 连接相交于点，连接， 四边形为菱形，所以为中点，又M为PD中点， 所以，又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为，， 所以，即是靠近的三等分点， 则，又，，， 所以，， 则，即，， 又平面， 所以平面，又平面， 所以平面平面. 【小问3详解】 延长交于，作交于， 过作交于，连接，设， 又，平面， 所以平面，平面，， 又，平面， 所以平面，即平面，又平面，所以， 又，平面， 所以平面，， 所以就是二面角的平面角， 在中，，所以， ，， ， ， 则，其中， ，解得， 所以 即二面角的余弦值的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $