2025-2026学年山东省青岛市高一下册6月部分学生调研检测（强基班调考）数学试卷（含解析）

/数学本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．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.654.一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60°，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AB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，，C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F，使F，，，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，，C所对的边分别为，，，的垂心为H，外心为．（1）证明：；（2）若．①求；②设的重心为G，内心为，且，，求．

数学本试卷共4页，19题．全卷满分150分．考试用时120分钟．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：解答过程：.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：思路：利用向量减法法则把拆成的线性组合，整理后即得．解答过程：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：解答过程：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：思路：根据斜二测法求得且，进而求出，即可得结果.解答过程：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：思路：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.解答过程：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：思路：由恒成立条件确定的大小，再利用三角不等式求最小值.解答过程：设，则.由对任意恒成立，则，即，则，即对任意恒成立.所以，则x=4，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：思路：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.解答过程：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：思路：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。解答过程：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：思路：由图可得，的坐标，即可通过坐标计算得结果.解答过程：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：思路：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.解答过程：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AB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：思路：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CD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.解答过程：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CD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：思路：对已知数据进行排序，结合百分位数的定义，直接求解即可.解答过程：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：思路：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.解答过程：∵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x的一元二次方程：.∵x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，，C的对边分别为，，，的面积，则的取值范围为______．答案：解析：思路：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．解答过程：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：思路：（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.（1）由题意得，，在中，由正弦定理，得，即，解得，所以，间的距离为（2）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：（1）由题意，不妨设，，因，，则又由于，不共线，对照可得，解得所以（2）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：思路：（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.（1）略（2）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F，使F，，，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：思路：（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.（1）略.（2）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