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（含解析）

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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. 70B. 68C. 66D. 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. 4D.
【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】
【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】
【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.
【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】
【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】
【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】
【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F ， ， ， 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F 作 ， ，垂足分别为H ， ，
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F ，使F ， ， ， 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，，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．
【答案】（1）如图延长交的外接圆于点，连接，CD ．
∵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，，
∵G 为的重心，∴，.
由（1）知.
∴
.
∴.
∵，
∴
.
同理可得
，
∴
，
，
，
.
.