浙江绍兴市2025-2026学年高一下学期期末调测数学试题（含解析）

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1．请将学校、班级、姓名分别填写在答卷纸相应位置上．本卷答案必须答在答卷相应位置上．
2．全卷满分150分，考试时间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. 复数，则复数z的虚部为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数实部和虚部的定义求解.
【详解】复数，则复数z的虚部为1.
2. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据对数的幂运算性质化简求解.
【详解】根据对数的幂运算性质得:,
已知，代入得：,
两边除以，可得：.
3. 设，是两个不同的平面，则“内有无数条直线与平行”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据面面平行的定义以及判定定理，举例即可得出答案.
【详解】
如图，长方体中，平面.
在平面内，除直线外，其他所有与平行的直线，都与平面平行，但是平面与平面不平行；
若，根据面面平行的定义可知，平面内的直线都与平面平行.
所以，“内有无数条直线与平行”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，则与的关系为（ ）．
A. 互斥B. 互为对立
C. 相互独立D. 相等
【答案】C
【解析】
【分析】根据互斥、对立、独立事件的定义判断即可.
【详解】解：掷两枚质地均匀的骰子，设“第一枚出现奇数点”，“第二枚出现偶数点”，
事件与能同时发生，故事件与既不是互斥事件，也不是对立事件，故选项A，B错误；
，，，，
因为，所以与独立，故选项C正确；
事件与不相等，故选项D错误.
故选：C.
5. 已知角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆相交于点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由题意得，，则
6. 已知一个圆锥的侧面展开图是半圆，记侧面积为，体积为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为，
因为圆锥的侧面展开图是半圆，所以，则，
因为，所以，
则，，则
7. 已知函数（，）在轴上的截距为，若在内有且只有一个零点，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先得到，再根据零点个数得到不等式，求出答案
【详解】由题意得，即，
因为，所以，
，，故，
因为在内有且只有一个零点，所以，
解得.
8. 已知向量，，满足，且，，则当时，的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】变形得到，根据二次函数的对称轴得到最小值，得到答案
【详解】，故，
故，
因为，所以，
设，则
，
其中可看作关于的二次函数，开口向上，
当时，取得最小值，
最小值为，
所以的最小值为.
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. 下列命题正确的是（ ）
A. 数据1，2，3，4，5，6的中位数是3
B. 数据，，，的方差是1，则，，…，的方差是9
C. 若事件与互斥，且，，则
D. 记事件与的对立事件分别为，，若事件与互斥，则是必然事件
【答案】BCD
【解析】
【分析】由中位数的定义可判断A；由方差的性质可判断B；由互斥事件概率加法运算可判断C；根据互斥事件和对立事件的定义可判断D.
【详解】对于A，数据1，2，3，4，5，6的中位数是，故A错误；
对于B，数据，，，的方差是1，则，，…，的方差是：，故B正确；
对于C，若事件与互斥，且，，则，故C正确；
对于D，事件互斥，则是不可能事件，则是必然事件，故D正确.
10. 已知函数，则（ ）
A.
B. 的图象关于点中心对称
C. 在上为增函数
D. 若，是的两个零点，则
【答案】AD
【解析】
【分析】分别代入对应分段函数的表达式计算和，再求和验证判断A，确定时的特殊情况，再结合对称性的定义判断B，先分别判断和时的单调性，再举反例判断C，先分别求出两段函数的零点，再通过零点满足的方程变形，结合函数的单调性和零点存在定理确定的取值范围判断D即可.
【详解】选项A，由题意得， ，因此，故A正确.
选项B，若关于中心对称，则对任意满足，
当时，，此时，
若成立，则恒成立，
令，但，可得不可能恒成立，
即不可能恒成立，故B错误，
选项C，当时，由指数函数与一次函数的性质得单调递增；
当时，由对数函数与一次函数的性质得单调递增；
而当时，，此时的最大值为，
当时，，
不满足题意，则在上不为增函数，故C错误，
选项D，由题意得共有两个零点，
当时，单调递增，且，因此一个零点为，
当时，单调递增，且时，，
当时，，由零点存在性定理得仅有一个零点，
而，且，
而，可得，得到，即，
可得，则，得到，
因此，故，故D正确.
11. 如图，三棱柱的体积为，，，点，，，分别为棱，，，的中点，点，，，在球心为的球面上，则（ ）
A. ，，三线共点
B.
C. 球的表面积的取值范围为
D. 多面体的体积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A：由条件可设，再证明；选项B：由，推出在底面的投影在的角平分线上，结合底面是等边三角形，得角平分线与垂直，再结合是中位线平行于，通过线面垂直判定定理推导与的垂直关系；选项C：先找底面的外接圆圆心，过圆心作底面垂线，球心在该垂线上，再推导球半径的取值范围，进而得到表面积范围；选项D：将多面体分割为四棱锥和四面体，计算各部分体积之和与的比例关系.
【详解】选项A：由已知可得，，故可设，
因为平面，平面，平面平面，
所以，所以，，三线共点，A正确；
选项B：分别为的中点，故是的中位线，，只需证，
取中点，连接、：为正三角形，故；
由公共，得，因此，故，
，且平面，因此平面，
又平面，故，结合，得，B正确；
选项C：三点确定底面正三角形的外接圆，半径，
球心在过底面中心且垂直于底面的直线上，因此球半径，即球表面积的最小值为，
当侧棱倾斜到一定程度时，可以落在底面的外接球面上（此时球心与底面中心重合），满足四点共球，因此表面积最小值为，C错误；
选项D：设底面正三角形面积为，棱柱高为，则，
将五面体分割为四棱锥和四面体：
梯形的面积，四棱锥高为，
体积：；
因为的面积等于的面积，
所以三棱锥与三棱锥底面积和高都相等，故它们的体积相等，
即，
又
四面体的体积，
.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知向量，，则_______．
【答案】5
【解析】
【详解】向量，，则.
13. 在四棱锥中，平面，，且，，，，，则异面直线与所成角的余弦值_______．
【答案】##
【解析】
【分析】设直线与所成角为，先求与的内积，再根据求解.
【详解】设直线与所成角为，
由题可知底面是梯形，，
，
因为平面，所以，
所以.
14. 如图所示，有一个每个面都是正三角形的正八面体．质点从顶点出发，每一步都等可能地沿一条棱移动到相邻顶点（从一个顶点移动到相邻顶点称为一次移动）．则质点移动次后第一次回到顶点的概率是______．
【答案】##
【解析】
【分析】列举出符合条件的路径，结合独立事件的概率公式可求得结果.
【详解】质点移动次后第一次回到顶点包含以下路径：，
，，，
，，，
，，，
，，，
，，，
，，，
，，，
，，，
，，，
，，，
，共条路径，
在正八面体中，与每个顶点相邻的顶点都有个，
因为每次位于某个顶点，下一次等可能移动到相邻顶点的概率都是，
故质点移动次后第一次回到顶点的概率是.
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. 已知，计算下列各式的值．
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解法一：分式上下同时除以，代入计算即可；
解法二：根据题意得，代入所求即可；
解法三：由分类讨论和同角的三角函数计算出和，代入计算即可；
（2）解法一：将原式变形为分母为的分式，再将分子分母同时除以，代入计算即可；
解法二：根据题意得，代入所求即可；
解法三：由分类讨论和同角的三角函数计算出和，代入计算即可；
【小问1详解】
解法一：；
解法二：因为，所以，即，
所以；
解法三：已知，若在第二象限，则，，
此时；
若在第四象限，则，
此时
综上；
【小问2详解】
解法一：；
解法二：因为，所以，即，
；
解法三：已知，若在第二象限，则，，
此时，
若在第四象限，则，，
此时，
综上；
16. 某地为提升文旅经济，在端午假期面向部分游客发起满意度调查，调查维度包括饮食、住宿、交通、服务等，满意度得分采用百分制且所有参与调查的游客打分均不低于50分，统计的综合满意度绘制成如下频率分布直方图，图中．
（1）求的值；
（2）估计此次调查中综合满意度得分的众数和上四分位数；
（3）估计此次调查中综合满意度得分的平均分（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表），若参与本次调查的游客共有1200名，估计在参与调查的1200名游客中综合满意度打分不低于平均分的人数．
【答案】（1）
（2）众数估计为75，上四分位数估计为85
（3）627人
【解析】
【分析】（1）结合已知根据频率分布直方图中各个小矩形面积之和为1列式得；
（2）上四分位数即第75百分位数，先确定累计频率为0.75所在的区间，然后根据频率列式求解即可；
（3）先求出不低于平均分的频率，然后求解人数即可.
【小问1详解】
由频率分布直方图可得，，
又，解得.
【小问2详解】
由频率分布直方图，本次综合满意度得分的众数估计为，
因为前3组频率之和为0.6，第四组频率为0.3，故上四分位数在，
则上四分位数估计为：.
【小问3详解】
平均分为，
平均分，故不低于平均分的频率为，
则打分不低于平均分的人数估计为人．
17. 著名数学家欧拉发现并证明了欧拉公式（为自然对数的底数，为虚数单位），从而建立了三角函数和指数函数的关系，已知复数．
（1）若，将复数表示成（）的形式；
（2）若是关于的实系数方程的一个根，求，的值；
（3）求的最大值．
【答案】（1）
（2），
（3）
【解析】
【分析】（1）代入给定角度，利用欧拉公式将其展开为三角函数形式，合并实部与虚部完成化简；
（2）法一：将复数的三角形式转换回，结合复数的运算即可求解，法二：利用实系数一元二次方程“虚数根成对共轭出现”的性质找出另一根，随后通过韦达定理即可求解；
（3）法一：将复数的三角形式转换回，结合正弦函数的取值范围即可求解，法二：将复数模长的最值问题转化为复平面内单位圆上的动点到定点的几何距离求最大值即可.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
法一
，则，
即，故且，
所以，；
法二
为虚数根，所以方程还有另一个根为，
根据韦达定理：，
所以，；
【小问3详解】
法一
，
，
故．
法二
，令，，
则可视为单位圆上的点到点的距离，
到圆心的距离，即在单位圆外，
所以，其中为单位圆的半径.
18. 如图，在三棱锥中，，，，，，点，分别是棱，的中点，点为上靠近的三等分点，．
（1）证明：平面；
（2）求三棱锥的体积；
（3）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1），故，
又因为点，分别是棱，的中点，所以，
，，.
在中，，，
可得，，
又因为点为上靠近的三等分点，，
所以，
在中，，，，
则，，
且，交于点，平面，
所以平面．
（2）
（3）．
【解析】
【小问1详解】
略
【小问2详解】
在中，可得，
即，解得，
中，，，
可知是等腰三角形，上的高，
所以， 又因为平面，
所以，
点是的中点，点为的三等分点，
所以三棱锥的体积
【小问3详解】
由（1）可知，，
，
且，
所以（表示点到平面的距离）．
连接，如图所示：
在中， 由（2）可知，
解得，
记直线与平面所成角为，则，
即直线与平面所成角的正弦值为
19. 在中，已知，，，点满足（）．
（1）若，求；
（2）设（），定义集合．
（ⅰ）若，求的取值范围；
（ⅱ）若，记中的最大值为，求的值域．
【答案】（1）
（2）（ⅰ）；（ⅱ）
【解析】
【分析】（1）利用平面向量基本定理与余弦定理，结合定比分点定理即可求解;
（2）（ⅰ）由平面向量基本定理与余弦定理，结合构造出即可;（ⅱ）将两个动点集合包含问题转化为双变量不等式，通过求导求出各自的值域即可求解;
【小问1详解】
因为，所以，所以，
所以
【小问2详解】
因为，所以，，
所以，
因为，所以，
又因为，，
所以，
所以，
因为，
其中二次函数判别式，
故，则，则，
所以在单调递增，
因此表明，
即，得，
所以的取值范围是，
（ⅱ），
其中二次函数的判别式，
故，，，
即在单调递增，所以．
当增大时，增大，而在递增且，
所以关于递增，由，因此的值域为．
另解: 点满足．说明点在线段上运动，
由（ⅰ）知，时，集合中的最大值无限接近0，
随着增大，向运动时，变小，
所以变大，最大位置为与无限接近重合（不能取到），
、无限接近重合时，的值域为．