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浙江绍兴市2025-2026学年高一下学期期末调测数学试题
一、单选题
1．复数，则复数z的虚部为（ ）
A．1 B． C． D．
2．已知，则（ ）
A． B． C． D．
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
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
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．
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．
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．
8．已知向量，，满足，且，，则当时，的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
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
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
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
三、填空题
12．已知向量，，则_______．
13．在四棱锥中，平面，，且，，，，，则异面直线与所成角的余弦值_______．
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______．
四、解答题
15．已知，计算下列各式的值．
(1)；
(2)．
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．
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．
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．
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．
参考答案
1．A
解析：复数，则复数z的虚部为1.
2．B
解析：根据对数的幂运算性质得:,
已知，代入得：,
两边除以，可得：.
3．B
解析：
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．C
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．D
解析：由题意得，，则
6．B
解析：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．A
解析：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．D
解析：，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.
9．BCD
解析：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．AD
解析：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．ABD
解析：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，
.
12．5
解析：向量，，则.
13．/
解析：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．/
解析：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.
15．(1)
(2)
解析：（1）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；
（2）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．(1)
(2)众数估计为75，上四分位数估计为85
(3)627人
解析：（1）由频率分布直方图可得，，
又，解得.
（2）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：.
（3）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．(1)
(2)，
(3)
解析：（1）；
（2）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，；
（3）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．(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：（1）略
（2）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
（3）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．(1)
(2)（ⅰ）；（ⅱ）
解析：（1）因为，所以，所以，
所以
（2）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．

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