山东省青岛市崂山区海尔学校2025-2026学年高一（下）阶段性检测数学试卷（6月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2025-2026学年山东省青岛市崂山区海尔学校高一（下）阶段性检测数学试卷（6月份）一、单项选择题：本大题共8小题，共40分。1.已知复数z满足|z|=1，且，则z2026=（）A.1 B.-1 C.i D.-i2.某中学高中部有高一、高二、高三三个年级，其中高一与高二年级学生共有2800人，从所有高中学生中按照年级人数比例用分层随机抽样法抽取45人，其中高三年级抽取10人，则该中学高三年级学生人数为（）A.1600 B.1400 C.1200 D.8003.已知向量不共线，且，则实数λ=（）A.3 B.-3 C. D.4.平均数、中位数和众数都是刻画一组数据的集中趋势的信息，它们的大小关系和数据分布的形态有关.在如图的分布形态中，a,b,c分别对应这组数据的平均数、中位数和众数，则下列关系可能正确的是（）A.a＜b＜c B.b＜a＜c C.c＜a＜b D.c＜b＜a5.已知各顶点都在同一个球面上的正四棱柱的高为6，体积为24，则该球的表面积是（）A.264π B.44π C. D.6.数据x1，x2，x3⋯，x10的平均数为，方差s2=6.4，现在增加两个数据2和6，则这组新数据的标准差为（）A.0.8 B. C. D.67.如图所示，三棱柱ABC-A1B1C1中，若E、F分别为AB，AC靠近点A的三等分点，平面EB1C1F将三棱柱分成左右两部分，若三棱柱ABC-A1B1C1的体积为108，则右半部分的体积为（）A.48

B.52

C.56

D.608.如图，已知正三棱柱ABC-A1B1C1的底面边长为1，高为3，一质点自A点出发，沿着三棱柱的侧面绕行两周到达点A1的最短路线的长为（）A.6

B.

C.

D.

二、多项选择题：本大题共3小题，共18分。9.为传承和弘扬数学文化，激发学生学习数学的兴趣，某校高一年级组织开展数学文化知识竞赛.从参赛的2000名考生成绩中随机抽取100个成绩进行统计，得到如图所示的频率分布直方图，其中90分以上视为优秀，则（）A.a的值为0.030

B.抽取的考生成绩的极差介于40分至60分之间

C.2000名考生中约有10名成绩优秀

D.估计有一半以上的考生的成绩介于70分至90分之间10.将边长为4的正方形ABCD沿对角线AC折起，则下列命题是真命题的是（）A.不论二面角D-AC-B为何值，总有AC⊥BD

B.当二面角D-AC-B为120°时，

C.当二面角D-AC-B为90°时，△BCD是等边三角形

D.不论二面角D-AC-B为何值，四面体ABCD外接球的体积为11.如图，在棱长为2的正方体ABCD-A1B1C1D1中，点M在线段BC1（不包含端点）上运动，则下列结论正确的是（）A.正方体ABCD-A1B1C1D1的外接球表面积为48π

B.异面直线A1M与AD1所成角的取值范围是

C.直线A1M∥平面ACD1

D.三棱锥D1-AMC的体积随着点M的运动而变化

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.设i是虚数单位，在复平面内复数的共轭复数对应的点位于第

象限.13.将10个数据按照从小到大的顺序排列如下：7，8，13，15，17，18，18，a,25，27，若该组数据的70%分位数是19，则a=

.14.如图，已知正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为2，E，F，G分别为AD，AB，B1C1的中点，过点E，F，G作正方体的截面，所得截面的面积是

.

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.(本小题13分)

某中学举行了一次“垃圾分类知识竞赛”，为了了解本次竞赛的成绩情况，从中随机抽取了100名学生的竞赛成绩x（单位：分，得分取正整数，满分为100分）作为样本进行统计，将成绩进行整理后，按[50，60），[60，70），[70，80），[80，90），[90，100]分为5组，得到如图所示的频率分布直方图.

（1）求图中a的值；

（2）估计这100名学生这次竞赛成绩的平均数，众数，中位数；

（3）在这100名学生中，从这次竞赛成绩在[70，100]内的学生中采用分层随机抽样的方法抽取28名学生进行调查，求这100名学生这次竞赛成绩在[90，100]内被抽取的人数.16.(本小题15分)

如图，平面四边形ABCD是边长为2的正方形.PA⊥平面ABCD，PA∥QC，且PA=2CQ=2.

（1）求证：BC⊥平面QCD；

（2）求平面PQB与平面ABCD夹角的余弦值.17.(本小题15分)

已知向量，满足，，且，的夹角为60°.

（1）求；

（2）若，求实数m的值；

（3）若向量与向量的夹角为锐角，求实数t的取值范围.18.(本小题17分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a,b,c且.

（1）求A；

（2）若△ABC的面积为2asinC且△ABC为锐角三角形，求△ABC周长的取值范围.19.(本小题17分)

如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E，F，P分别为棱D1C1，B1C1，AA1的中点.

（1）求证：D，B，F，E四点共面；

（2）设平面A1BD∩平面A1B1C1D1=l,求证：EF∥l；

（3）棱A1B1，A1D1上是否分别存在点M，N，使平面PMN∥平面DBFE？若存在，求与的值；若不存在，请说明理由.

1.【答案】B

2.【答案】D

3.【答案】D

4.【答案】D

5.【答案】B

6.【答案】B

7.【答案】C

8.【答案】B

9.【答案】ABD

10.【答案】ABC

11.【答案】BC

12.【答案】四

13.【答案】20

14.【答案】

15.【答案】解：（1）由题可知10×（a+0.020+0.025+0.035+a）=1，

解得a=0.010；

（2）平均数，

众数为，

根据题意，中位数在[70，80]，设中位数为m,

所以0.1+0.2+（m-70）×0.025=0.5，解得：m=78，

则中位数为78；

（3）竞赛成绩在[70，80），[80，90），[90，100]内的比人数例为0.25：0.35：0.1=5：7：2，

故[90，100]内被抽取的人数为．

16.【答案】（1）证明：因为PA⊥平面ABCD，且PA∥QC，

所以QC⊥平面ABCD，

又BC⊂平面ABCD，所以QC⊥BC，

因为ABCD是正方形，所以BC⊥CD，

又QC∩CD=C，且QC，CD⊂平面QCD，

所以BC⊥平面QCD．

（2）解：因为PA⊥平面ABCD，AB、AC⊂平面ABCD，

所以PA⊥AB，PA⊥AC，

由勾股定理知，PB==2，

BQ===，

==3，

在△PBQ中，由余弦定理知cos∠PBQ===，

所以sin∠PBQ=，

所以△PBQ的面积S△PBQ=PB•BQsin∠PBQ==3，

而△ABC的面积S△ABC=AB•BC=，

设平面PQB与平面ABCD夹角为θ，

由面积投影法知，cosθ==，

故平面PQB与平面ABCD夹角的余弦值为．

17.【答案】解：（1）因为，，且，的夹角为60°，

所以，

则；

（2）因为，，且，的夹角为60°，

又，

所以

=4+2+m+2m=6+3m=0，

解得m=-2；

（3）因为，，且，的夹角为60°，

又向量与向量的夹角为锐角，

所以

=t2+3t-10＞0，

解得t＜-5或t＞2，又t2-（-5）×2=0无解，

即向量与向量不共线，

故实数t的取值范围为{t|t＜-5或t＞2}．

18.【答案】解：（1）根据边角转换可得，

sinB=sin（π-A-C）=sin（A+C）=sinAcosC+cosAsinC，

则，

A，C∈（0，π），sinC≠0，则，

解得；

（2）因为，所以b=4，

，，

所以，

A+B+C=π，，

则，

，解得，则，

在上为单调递减，

则，

故，所以，

所以△ABC周长的取值范围为．

19.【答案】解：（1）证明：因为E，F分别是D1C1，B1C1的中点，所以EF是△D1B1C1的中位线，得EF∥D1B1．

在正方体中，DD1∥BB1且DD1=BB1，所以四边形BDD1B1是平行四边形，得DB∥D1B1，

因此由平行公理得EF∥DB，两条平行直线确定唯一平面，

所以EF，DB共面，故D，B，F，E四点共面．

（2）证明：由（1）分析知BD∥D1B1，BD⊄平面A1B1C1D1，D1B1⊂平面A1B1C1D1，

所以BD∥平面A1B1C1D1．

又BD⊂平面A1BD，平面A1BD∩平面A1B1C1D1=l,

根据线面平行的性质定理，得BD∥l,结合（1）中EF∥BD，得EF∥l.

（3）存在M，N

点，且时，平面PMN∥平面DBFE．理由如下：

.

若，由线段成比例，所以MN∥B1D1．

又（1）分析知BD∥D1B1，得MN∥BD，MN⊄平面DBFE，BD⊂平面DBFE，

由线面平行的判定定理得MN∥平面DBFE．

设G，H

分别为BB1，B1F

的中点，连接PG，GH，HN，所以GH∥BF．

又P，G

分别是AA1，BB1的中点，所以PG∥A1B1且PG=A1B1．

因为H，F

分别是B1F，B1C1的中点，所以，即，

又，所以，由线段成比例，所以NH∥