精品解析：山东青岛市2025-2026学年高一下学期6月部分学生调研检测（强基班调考）数学试题

2026年高一年级部分学生调研检测 数学试题 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、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. （ ） A. B. C. D. 2. 已知为所在平面内一点，且，则可表示为（ ） A. B. C. D. 3. 为响应教育部普及全学段人工智能通识教育的号召，某校开展了知识线上答题活动，根据成绩得到如图所示的频率分布直方图，则估计该校学生的平均成绩为（ ） A. 70 B. 68 C. 66 D. 65 4. 一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的周长为（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆台的侧面积等于上下两个底面面积之和，且圆台的母线和下底面所成的角为 ，则圆台上下两个底面面积之比为（ ） A. B. C. D. 6. 已知平面向量，，，，与夹角为 ，且对任意恒成立，则的最小值（ ） A. B. C. 4 D. 7. 我国传统古建筑经常采用榫卯交叉结构，如图所示的榫卯交叉结构是：两个完全相同的正四棱柱垂直贯穿拼接成一个装饰多面体，其中一个四棱柱的侧棱与另一个四棱柱的侧棱垂直，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点．已知正四棱柱底面边长为，侧棱长为4，则该榫卯交叉结构的体积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面上的点，，，，，满足，且，则下列式子一定不成立的是（ ） 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在平面直角坐标系中，向量，如图所示，则（ ） A. B. 在上的投影向量为 C. 存在实数，使得 D. 存在实数，使得 10. 已知虚数 满足 ．记，则（ ） A. 为纯虚数 B. C. 若 ，则 为纯虚数 D. 记 ， ，则的最小值为 11. 如图，矩形中，，为边上的一点．现将沿着折起，使点到达点的位置，点在平面内的射影在线段 上，则（ ） A. 存在，使得平面 B. 存在，使得平面 C. 的取值范围为 D. 与平面所成角最大为 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若一组整数数据：，2，1，3，4，5，4，6，8，9的第75百分位数是，则可以是_______（写出其中一个即可）． 13. 已知正四棱柱的底面边长为，高为1，，，，，为中点，则的最小值为______． 14. 在锐角 中，角， ， 的对边分别为 ，，， 的面积，则的取值范围为______． 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. 如图，为完善山区森林防火预警网络，林业公益小队操控固定高度巡航无人机开展山林测绘，计划在两处制高点布设火情监测摄像头，无人机在处测得山顶，的俯角分别为，，沿水平方向行驶到达处，在处测得山顶，的俯角分别为，．，，，在同一铅垂平面内． （1）求，间的距离； （2）求，间的距离． 16. 在中，，，和相交于点，是的中点． （1）用，表示； （2）若，，，求． 17. 已知总体划分为两层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，，记总的样本平均数为，样本方差为． （1）证明：； （2）若第一层抽取的样本量，平均数，方差为；第二层抽取的样本量，平均数，方差为，若两层合并后的方差为，且，试判断与的大小关系，并证明你的结论． 18. 如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ， ，，点 为 的中点， ， 平面 ，且 ． （1）证明： 平面 ； （2）求平面 与平面 所成二面角的正弦值； （3）在棱上是否存在一点 ，使 ， ， ， 四点在半径为的同一个球面上．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 19. 已知锐角的内角，， 所对的边分别为，，，的垂心为 ，外心为． （1）证明：； （2）若． ①求； ②设的重心为 ，内心为，且，，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年高一年级部分学生调研检测 数学试题 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、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. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】. 2. 已知为所在平面内一点，且，则可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用向量减法法则把拆成的线性组合，整理后即得． 【详解】因，， 由，可得， 整理得． 3. 为响应教育部普及全学段人工智能通识教育的号召，某校开展了知识线上答题活动，根据成绩得到如图所示的频率分布直方图，则估计该校学生的平均成绩为（ ） A. 70 B. 68 C. 66 D. 65 【答案】B 【解析】 【详解】由频率分布直方图， 估计该校学生的平均成绩为 . 4. 一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测法求得且，进而求出，即可得结果. 【详解】设轴与交点为，因为轴，轴，所以∥， 因为轴，所以四边形为平行四边形， 故， 又， 轴，得， 则原四边形中，， ∴， ，. 所以四边形的周长为． 5. 已知圆台的侧面积等于上下两个底面面积之和，且圆台的母线和下底面所成的角为 ，则圆台上下两个底面面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据母线和底面夹角得到母线长与上下底半径的关系，再结合侧面积等于两底面积之和的条件建立方程，由圆面积与半径平方成正比，推导出上下底面面积比值. 【详解】设圆台上底半径为，下底半径为，母线长， 因为母线与下底面成角，母线在底面投影长度为， 由三角函数定义得，化简得， 圆台侧面积公式为，上下底面面积之和为， 所以，化简可得， 即，因此上、下底面面积之比. 6. 已知平面向量，，，，与夹角为，且对任意恒成立，则的最小值（ ） A. B. C. 4 D. 【答案】D 【解析】 【分析】由恒成立条件确定的大小，再利用三角不等式求最小值. 【详解】设，则. 由对任意恒成立， 则，即， 则，即对任意恒成立. 所以，则 ，即，， 则，故. 由向量的三角不等式，， 当与方向相反时取等号，故的最小值为. 7. 我国传统古建筑经常采用榫卯交叉结构，如图所示的榫卯交叉结构是：两个完全相同的正四棱柱垂直贯穿拼接成一个装饰多面体，其中一个四棱柱的侧棱与另一个四棱柱的侧棱垂直，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点．已知正四棱柱底面边长为，侧棱长为4，则该榫卯交叉结构的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】该榫卯结构由两个全等正四棱柱垂直拼接而成，总体积等于两个棱柱体积之和减去重叠部分体积. 【详解】如图，作出符合题意的图形， 单个正四棱柱体积是,两个棱柱的总体积和为, 两个正四棱柱的重叠部分为多面体,取CS的中点为I， 利用空间对称性，可将多面体,分解为8 个全等的小四棱锥， 只需计算1个小四棱锥，的面积是 ， 且平面GOI，，所以小四棱锥的体积为， 因此重叠部分总体积， 所以该榫卯交叉结构的体积为. 8. 已知平面上的点，，，，，满足，且，则下列式子一定不成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先处理已知的向量点积等式，结合向量点积公式，代入已知的夹角，推导相邻线段长度的关系,建立平面直角坐标系，选取合适的点作为坐标原点，固定某条边的方向和长度，根据角度和长度关系依次计算出的坐标,将各选项中的向量用坐标表示，对比向量相等的条件，即对应坐标相等，判断是否成立。 【详解】因为， ， 故， 故， 不妨设， 如图，由对称性，不妨设，则， （1）若，则或， 若，此时， 当时，，故B可能成立； 而， 此时，故C可能成立， 而，因为，故不成立，故D错误； 若，此时， 因为,所以，故不成立，故D错误； （2）若，则或， 若，则，， 此时，故此时A必定成立； 而， 因，故不成立，故D错误； 若，此时， 因,故不成立， 故不成立，故D错误； 综上，总有D错误. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在平面直角坐标系中，向量，如图所示，则（ ） A. B. 在上的投影向量为 C. 存在实数，使得 D. 存在实数，使得 【答案】CD 【解析】 【分析】由图可得，的坐标，即可通过坐标计算得结果. 【详解】由图可得，. 对于A，，故A错误； 对于B，在上的投影向量为，故B错误； 对于C，，， 当时，得，解得，故C正确； 对于D，，， 当时，得，解得，故D正确. 10. 已知虚数 满足 ．记，则（ ） A. 为纯虚数 B. C. 若 ，则 为纯虚数 D. 记 ， ，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用单位复数性质 判定 为纯虚数，逐一验证A、B、C；对D作代数换元化简绝对值表达式，结合二次函数求最值验证结论. 【详解】由 得 ， 因为 为虚数则 ，所以 ， 实部为0，故 是纯虚数，A正确； 取 ，计算， ，B错误； 设 ，若 则 ， 若，则，即，即， 若，同理可解得：，均为纯虚数，C正确； 令 ，则 ， ， ， ， ， 这两个二次式对称，只需考虑 情况（因为对称性）. 当 时， ，正根. ，正根. 当时， 最小值在处， . 当 时， ， 这是增函数，无最小值， 当 时， 这是增函数，最小值在处， . 综上，的最小值为. 11. 如图，矩形中，，为边上的一点．现将沿着折起，使点到达点的位置，点在平面内的射影在线段 上，则（ ） A. 存在，使得平面 B. 存在，使得平面 C. 的取值范围为 D. 与平面所成角最大为 【答案】BCD 【解析】 【分析】假设存在，使得∥平面，由线面平行的性质定理可得∥，所以四边形是平行四边形，所以，由平面推得的取值范围，且，从而判断A，C； 取 的中点，证得平面时，存在平面，满足题意，判断B；设，，求得与平面所成角的正弦值的取值范围，从而得到的最大值，判断D. 【详解】对于A，C， 假设存在，使得∥平面， 因为平面，平面平面， 所以∥. 又∥，所以四边形是平行四边形，所以. 由题意知，平面. ， ，即，所以的取值范围为. 所以，所以假设不成立，故A不正确，C正确. 对于B，若为 的中点，则， ， 当时，， 此时，所以. 又平面， 所以平面. 作于点，则， 所以， 所以， 所以. 又平面， 所以平面，满足题意. 所以B正确. 对于D，设，则. 设，则，. 因为平面，平面， 所以，所以， 即， 化简得，. 所以与平面所成角为,. 因为，所以的最大值为， 即与平面所成角最大为. 故D正确. 三、填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分． 12. 若一组整数数据：，2，1，3，4，5，4，6，8，9的第75百分位数是，则可以是_______（写出其中一个即可）． 【答案】6（6或7或8写出其中一个即可） 【解析】 【分析】对已知数据进行排序，结合百分位数的定义，直接求解即可. 【详解】将除的9个已知数据按从小到大顺序排列：1，2，3，4，4，5，6，8，9. 因为，可知第75百分位数为第8位数，所以必须大于或等于第7个数， 所以可以为6或7或8. 13. 已知正四棱柱的底面边长为，高为1，，，，，为中点，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【分析】将空间折线和最值转化为代数函数最值，利用一元二次方程判别式求解最值即可. 【详解】∵ 正四棱柱的底面边长为，高为， ∴ ， 在中，，故. 设，， ∵ 为线段上的动点， ∴ 的最小值为点到直线的距离，即. ∵ 为中点，平面， ∴ . ∴ . 令，移项得， 两边平方得， 整理为关于 的一元二次方程：. ∵ 为实数，∴ 判别式， 化简得，∵ ，∴ . 当时，代入方程解得，满足参数范围，等号成立. 故的最小值为. 14. 在锐角 中，角， ， 的对边分别为 ，，， 的面积，则的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】先由面积公式和余弦定理求出 ，从而得到 ．再由余弦定理把 化为 ，最后利用 为锐角三角形确定端点能否取到． 【详解】由三角形面积公式得 由余弦定理得 又，所以，即 因为为锐角三角形，所以为锐角， 则，从而 由余弦定理得 令，则 ，且 因为 为锐角三角形，所以 ，． 由，得 又 ，所以则，则 同理，由，得 代入 ，得则，则 所以 根据对勾函数性质知在上单调递减，在上单调递增， 且当时，；当时，；当时，， 故 因此 的取值范围为 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. 如图，为完善山区森林防火预警网络，林业公益小队操控固定高度巡航无人机开展山林测绘，计划在两处制高点布设火情监测摄像头，无人机在处测得山顶，的俯角分别为，，沿水平方向行驶到达处，在处测得山顶，的俯角分别为，．，，，在同一铅垂平面内． （1）求，间的距离； （2）求，间的距离． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中利用正弦定理可得； （2）先后在中利用正弦定理、在中利用余弦定理可得. 【小问1详解】 由题意得，， 在中，由正弦定理，得， 即，解得， 所以，间的距离为 【小问2详解】 在中，由正弦定理，得， 则， 在中，由余弦定理得 得，所以，间的距离为 16. 在中，，，和相交于点，是的中点． （1）用，表示； （2）若，，，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【小问1详解】 由题意，不妨设，，因，， 则 又 由于，不共线，对照可得，解得 所以 【小问2详解】 因，，，则, ，由（1）， 所以， ，则 ，则 又 所以 17. 已知总体划分为两层，通过分层随机抽样，各层抽取的样本量、样本平均数和样本方差分别为：，，；，，，记总的样本平均数为，样本方差为． （1）证明：； （2）若第一层抽取的样本量，平均数，方差为；第二层抽取的样本量，平均数，方差为，若两层合并后的方差为，且，试判断与的大小关系，并证明你的结论． 【答案】（1）根据方差的定义可得， ，所以， 又 又 又， 所以， 同理， 所以 所以 （2）， 证明如下： 合并后的方差 ， ， 【解析】 【分析】（1）根据方差的定义进行证明. （2）利用（1）的结论，结合，可探究的关系. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 如图，在四棱锥 中，底面 为直角梯形， ， ， ，，点 为 的中点， ， 平面 ，且 ． （1）证明： 平面 ； （2）求平面 与平面 所成二面角的正弦值； （3）在棱上是否存在一点 ，使 ， ， ， 四点在半径为的同一个球面上．若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明：因为底面 为直角梯形， ， ，所以   ，所以 又 平面 ，平面 ，所以 又 平面 ，且 ，所以 平面 （2） （3）存在；的值为 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直判定定理证明； （2）先找到平面 与平面 所成的二面角的平面角 ，再求解它的正弦值； （3）设，分情况讨论球心位置并列方程求解. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 设平面 与平面 的交线为 ，因为 ，平面，平面 可得//平面 因为平面 与平面 的交线为， 平面， 由线面平行的性质得，即 ，因为 为 的中点， ， 所以 ，则 与 全等， ， 又  ，则 ,易得 ,则 ,故 ， 因，所以 , 而，由，可得 如图，易得 ， 所以 为平面 与平面 所成的锐二面角 在 中， ， 由余弦定理，,则, 所以平面 与平面 所成二面角的正弦值为； 【小问3详解】 假设 ， ， ， 四点在半径为的同一个球面上，设球心为 ， 因为 ， 为 的中点，且 平面 ，所以 在直线 上， 如图过 作 ， ，垂足分别为 ， ， 因 平面 ，易得 平面 ， ， 设，由，得，由，得 在 中，由勾股定理， ， ①若球心 在平面 上方，则 在 中，由勾股定理，，即， 化简得 ，因为 ，所以该方程无解. ②若球心 在平面 下方，则 在 中，由勾股定理，，即， 化简得 ，因为 ，所以 所以，在棱上存在一点 ，使 ， ， ， 四点在半径为的同一个球面上． 此时的值为. 19. 已知锐角的内角，， 所对的边分别为，，，的垂心为 ，外心为． （1）证明：； （2）若． ①求； ②设的重心为 ，内心为，且，，求． 【答案】（1）如图延长交的外接圆于点，连接， ． ∵为圆直径，∴，. ∵，， ∴，． ∴四边形为平行四边形． ∴. ∵，， ∴. ∴. （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）作出的外接圆，延长交圆于点，可得四边形为平行四边形，通过向量转换即可证明结果. （2）通过计算出外接圆半径，把，转换成向量，，的线性运算可求得结果. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 ①由（1）知，，所以，即. 设外接圆半径为，则. 因为，，所以. 所以，即，所以. 因为，所以.所以. ②如图，延长交于，连接， 由角平分线性质可得：，， 在中，由余弦定理得， ∴，. 在中，由角平分线性质可得，， ∵ 为的重心，∴，. 由（1）知. ∴ . ∴. ∵， ∴ . 同理可得 ， ∴ ， ， ， . . 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $