江苏苏州市2025-2026学年高一下学期数学6月练习卷2

**基本信息** 试卷以高一数学核心知识为载体，通过奥运会统计情境、立体几何动态探究等设计，融合数学眼光（空间观念）、数学思维（推理能力）与数学语言（数据意识），实现基础巩固与能力提升的梯度考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|三角函数值、百分位数、立体几何位置关系|基础概念辨析，突出空间观念| |多选题|3/18|解三角形多解性、正方体动态问题|选项分层设计，考查推理严谨性| |填空题|3/15|方差计算、解三角形、三棱锥展开图|知识迁移应用，体现创新意识| |解答题|5/77|复数选条件作答、奥运会统计、立体几何证明与计算|情境真实（如奥运会统计），综合考查数据意识与空间想象能力|

苏州市2025-2026学年第2学期高一6月练习卷2 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 的值是（ ） A. B. C. D. 2. 在一次数学测试中，有8位同学的分数分别是，则这组数据的75百分位数是（ ） A. 130 B. 132 C. 134 D. 136 3. 已知，是两个不同平面，，是两条不同直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4.用二分法可将函数在区间中的零点精确到区间（ ） A. B. C. D. 5. 已知，均为锐角，若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. 在中，内角的对边分别是，若，则为 （ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰三角形 7.设，是平面内的一组基底，，，，则共线的三点为（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 8. 如图，已知与为全等的正六边形，且，点为边IJ的中点，则的值为（ ） A. 30 B. 32 C. 35 D. 36 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.） 9. 在中，角、、的对边分别为、、.已知，，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 边上的高为 10.在中，内角所对的边分别为，下列各组条件中使得有唯一解的有（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 11. 在棱长为1的正方体中，为中点，为棱上一动点，则（ ） A. 异面直线与所成角为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 最小值为 D. 过点且平行于平面的平面截正方体得到的截面多边形周长为定值 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.已知一组数据、、、的方差为，则数据、、、的方差为______. 13. 在中，角，，的对边分别为，，，，，，则的值为________. 14. 如图为三棱锥的展开图，其中，，，，则三棱锥的顶点到平面的距离为___________；三棱锥的外接球的表面积为__________. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答： 已知复数，，满足，________________. （1）若为实数，求复数； （2）若复数，在复平面内的对应点为，，且，求复数. 16.某机构为调查本市不同年龄的市民对“奥运会”相关知识的认知程度，对不同年龄的人举办了一次“奥运会”知识竞赛.其中认知程度高的共有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者. （1）求的值，并根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄（同一组中的数据用该组的组中值做代表值）； （2）现从第四组和第五组被抽到的宣传使者中，随机抽取2名作为组长.已知甲（年龄38岁），乙（年龄41岁）两人已确定入选宣传使者，求甲、乙两人中恰有一人被选上的概率. 17. 已知向量，. （1）若，求； （2）若向量与向量共线且，求的值. 18.如图，在四棱锥中，底面四边形是菱形，平面平面，为的中点，. （1）求证：平面； （2）求证：； （3）若，，与平面所成角为，求二面角的正弦值. 19. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，平面平面.为中点，为线段上一点，满足平面. （1）求的值； （2）若，求点到平面的距离； （3）记二面角为，直线与平面所成角为，求证：为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $ 苏州市2025-2026学年第2学期高一6月练习卷2 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.） 1. 的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，利用两角差的余弦展开可得解. 【详解】 ，故选D. 2. 在一次数学测试中，有8位同学的分数分别是，则这组数据的75百分位数是（ ） A. 130 B. 132 C. 134 D. 136 【答案】C 【解析】 【分析】应用百分位数的定义计算求解即可. 【详解】由题意得8位同学的分数分别是， 且这些数据已经按顺序排列好， 因为， 所以75百分位数是. 故选：C. 3. 已知，是两个不同平面，，是两条不同直线，则（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】D 【解析】 【分析】由题意作长方体，根据长方体的几何性质，利用线面位置关系以及反例，可得答案. 【详解】由题意作长方体， 对于A，当直线分别为，平面为平面时，显然，但，故A错误； 对于B，当平面分别为平面平面，直线为，显然，但，故B错误； 对于C，当平面分别为平面平面，直线为，显然，但，故C错误； 对于D，由线面垂直的性质，可得D的正确. 故选：D. 4.用二分法可将函数在区间中的零点精确到区间（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由二分法定义求解即可. 【详解】将区间等分可得， 因为，，， 所以函数在区间上存在零点， 继续将区间等分可得， 因为， 所以函数在区间上存在零点. 故选：A. 5. 已知，均为锐角，若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求得，然后结合两角差的正弦公式即可求解. 【详解】由题意， 又因为，，所以， 所以. 故选：C. 6. 在中，内角的对边分别是，若，则为 （ ） A. 锐角三角形 B. 直角三角形 C. 钝角三角形 D. 等腰三角形 【答案】B 【解析】 【分析】应用正弦定理化简计算，结合两角和正弦公式及二倍角余弦公式计算求解. 【详解】因，所以， 所以，所以， 所以且，所以，即， 所以为 直角三角形. 故选：B. 7.设，是平面内的一组基底，，，，则共线的三点为（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】D 【解析】 【分析】由，，排除ABC，由可说明D符合题意. 【详解】，是平面内的一组基底， ，，， 因为，，， 则与，与，与不共线， 所以不共线，不共线，不共线，故排除ABC， 注意到， 即，所以点是线段的中点，故D符合题意. 故选：D. 8. 如图，已知与为全等的正六边形，且，点为边IJ的中点，则的值为（ ） A. 30 B. 32 C. 35 D. 36 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知图形特征建立直角坐标系求出坐标，再应用平面向量数量积坐标公式计算求解即可. 【详解】以分别为轴建立直角坐标系， 因为，且， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 故选：C. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.） 9. 在中，角、、的对边分别为、、.已知，，，则（ ） A. B. C. 的面积为 D. 边上的高为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用余弦定理可判断AB选项；利用三角形的面积公式可判断CD选项. 【详解】对于A选项，由余弦定理可得， 故，A对； 对于B选项，由余弦定理可得， 因为，故，B错； 对于C选项，，C对； 对于D选项，设边上的高为，则，解得，D对. 故选：ACD. 10.在中，内角所对的边分别为，下列各组条件中使得有唯一解的有（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦定理结合三角形自身性质，逐项分析判断即可得解. 【详解】对于A，，，，且，所以有一解； 对于B，由正弦定理可得，即，所以只有一解； 对于C，由正弦定理可得， 所以只有无解； 对于D，由正弦定理可得，又， 所以B只有一解，即只有只有一解. 故选：ABD 11. 在棱长为1的正方体中，为中点，为棱上一动点，则（ ） A. 异面直线与所成角为 B. 三棱锥的体积为定值 C. 最小值为 D. 过点且平行于平面的平面截正方体得到的截面多边形周长为定值 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由异面直线的定义求解即可；对于B，利用转换法即可判断；对于C，将展开在同一个平面内即可验算；对于D，根据截面的有关性质验算即可. 【详解】对于A，如图所示， 因为，所以异面直线与所成角为直线与所成的角， 即，故A正确； 对于B，如图所示，由题意， 所以三角形的面积为， 因为，平面，平面， 所以平面， 而，所以点到平面的距离等于点到平面的距离， 由题意， 而面，面，所以， 又，平面， 所以平面， 故点到平面的距离为， 从而为定值，故B正确； 对于C，如图所示， 注意到平面，平面， 故按如下方式将两平面展开到如图所示的平面图形， 当且仅当点与上图中的与的交点重合时，有最小值， 最小值，故C错误； 对于D，如图所示， 过点作交于点，过点作交于点，过点作交于点， 过点作交于点S，过点S作交于点， 顺次连接，则六边形即为所求截面， 不妨设，则， 所以， 所以， 所以， 所以过点且平行于平面的平面截正方体得到的截面多边形周长为 ， 为定值，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.已知一组数据、、、的方差为，则数据、、、的方差为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据方差的性质可求得结果. 【详解】因为一组数据、、、的方差为， 故数据、、、的方差为. 故答案为：. 13. 在中，角，，的对边分别为，，，，，，则的值为________. 【答案】 【解析】 【分析】由正弦定理求解即可. 【详解】在中，由正弦定理可得， 又，，，， 所以，解得. 故答案为：. 14. 如图为三棱锥的展开图，其中，，，，则三棱锥的顶点到平面的距离为___________；三棱锥的外接球的表面积为__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据展开图还原出几何体，画出图形，利用等体积法即可求得顶点到平面的距离，设外接圆半径为，圆心为，由正弦定理得，设三棱锥的外接球的半径为，球心为，得，利用勾股定理求出球半径，得出表面积. 【详解】根据题意还原三棱锥， 由，，，所以， 所以，所以，，平面，所以平面， 所以，又，所以， 设顶点到平面的距离的距离为，所以，所以， 由平面， 设外接圆半径为，圆心为，由正弦定理有， 设三棱锥的外接球的半径为，球心为，所以， 所以， 所以三棱锥的外接球的表面积为， 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中的横线上，并解答： 已知复数，，满足，________________. （1）若为实数，求复数； （2）若复数，在复平面内的对应点为，，且，求复数. 【答案】（1）或 （2）或. 【解析】 【分析】（1）选择①，设，由条件可得，由条件为实数，结合复数运算可得，解方程可求结论； 选择②，由为实数，结合复数运算可得，解方程可得结论， 选择③，设，由条件可得，由条件为实数，结合复数运算可得，解方程可求结论； （2）选择①或③，设，由条件可得，，解方程求可得结论. 选择②，由条件可得，解方程求可得结论. 【小问1详解】 选择条件①，设，，， 又为实数， ，，即，，解得或， 故或. 选择条件②，，为实数，， 即，， 则，解得， 当为偶数时， ； 当为奇数时， 故或. 选择条件，为实数，设， ,则，解得或， 故或. 【小问2详解】 选择条件①、，，， 设，则， 又，，即， 又，， 解得或， 故或. 选择条件②，，，， ，即， 化简得，又， 则，解得， 当为偶数时，； 当为奇数时， ， 故或. 16.某机构为调查本市不同年龄的市民对“奥运会”相关知识的认知程度，对不同年龄的人举办了一次“奥运会”知识竞赛.其中认知程度高的共有人，按年龄分成5组，其中第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人，担任本市的“奥运会”宣传使者. （1）求的值，并根据频率分布直方图，估计这人的平均年龄（同一组中的数据用该组的组中值做代表值）； （2）现从第四组和第五组被抽到的宣传使者中，随机抽取2名作为组长.已知甲（年龄38岁），乙（年龄41岁）两人已确定入选宣传使者，求甲、乙两人中恰有一人被选上的概率. 【答案】（1）；31.75 （2）． 【解析】 【分析】（1）根据频率分部直方图，由频数和频率算总体容量，用频率乘年龄中点求平均年龄；（2）先通过计算确定每组抽到的人数，再把样本空间列举出来即可. 小问1详解】 解：由，得； ， 这人的平均年龄为. 【小问2详解】 由题意得，第四组应抽取人，记为（甲），B，C，D，第五组抽取人，记为（乙），. 对应的样本空间为：，． 记“甲、乙两人中恰有一人被选上”为事件， 则， 甲、乙两人中恰有一人被选上的概率为． 17. 已知向量，. （1）若，求； （2）若向量与向量共线且，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用二倍角余弦公式化简得，利用两角和的正弦公式结合同角三角函数的关系式及二倍角正弦公式，由求得，由此可得，即可得解； （2）利用向量共线的坐标运算确定，利用二倍角公式计算得，结合求出，再利用两角和正弦公式计算即可. 【小问1详解】 由题意，， 因为，则， 两边平方可得，即， 又因，所以，即，所以，所以. 所以，. 【小问2详解】 由题意，向量与向量共线，则， 因为，且，所以， 则. 由，可得， 又，所以. 故. 18.如图，在四棱锥中，底面四边形是菱形，平面平面，为的中点，. （1）求证：平面； （2）求证：； （3）若，，与平面所成角为，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）连接MO，即证，利用线面平行的判定定理即可得证； （2）由四边形ABCD是菱形，得，又平面平面ABCD，利用面面垂直的性质定理得平面，最后利用线面垂直的性质定理即可得证； （3）过点作，垂足为,得为PA与平面A所成角，所以，即证，得即为二面角的平面角，不妨设，在，利用余弦定理计算即可. 【小问1详解】 如图I，连接，因为四边形是菱形，交于点， 所以为的中点，又因为为的中点，所以； 因为平面平面，所以平面． 【小问2详解】 证明：如图II，因为四边形是菱形，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，因为平面，所以． 【小问3详解】 如图III，过点作，垂足为．因为平面平面， 平面平面平面PAC，所以平面， 所以为PA与平面A所成角，所以． 方法1：如图III，因为，所以， 由II得，，且面， 所以面，又平面，所以， 所以即为二面角的平面角． 方法2：如图III，因为为PC的中点，，所以为PC的中点， 所以，由II得，且平面， 所以平面，又平面，所以， 所以即为二面角的平面角． 方法3：如图III，由（2）得平面平面， 所以，又为BD的中点，所以，又， 所以，所以，又， 所以，所以，在Rt中，为AC的中点， 所以，所以RtRt，所以，又为PC的中点， 所以，所以即为二面角的平面角． 不妨设，因为四边形ABCD是菱形，所以为等边三角形， 在中，，所以，在Rt中，， 所以，又因为O，M分别为AC，PC的中点，所以， 又因为平面平面MBD，所以，又为BD的中点，所以， 在Rt中，， 在中，， 所以． 所以二面角的正弦值为． 19. 如图，在四棱锥中，四边形是菱形，，，平面平面.为中点，为线段上一点，满足平面. （1）求的值； （2）若，求点到平面的距离； （3）记二面角为，直线与平面所成角为，求证：为定值. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，根据条件及面面平行的判定定理得平面平面，再由面面平行的性质得，即可求解； （2）利用面面垂直性质得平面，分别求出，，再利用，即可求解； （3）过作于，连接，根据条件可得，再结合条件，即可求解. 【小问1详解】 如图1，取中点，连接，则， 又平面，平面，所以平面， 又平面，，平面，所以平面平面， 又平面平面，平面平面，所以， 又四边形是菱形，为的中点，所以为的中点，则. 【小问2详解】 如图2，连接，因为，， 四边形是菱形，所以为等边三角形， 由（1）知是的中点，所以，又平面平面，平面平面， 又平面，所以平面，且， 又，所以是等边三角形，则， 所以， 在中，，，则， 所以，则， 又，设点到平面的距离为， 由，得到，解得. 【小问3详解】 如图2，过作于，连接， 由（2）知为等边三角形，是的中点，所以， 又平面平面，平面平面， 又平面，所以平面，又平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以，则是二面角二面角的平面角， 则， 又，且，所以四边形是平行四边形，则，且， 又平面，所以平面，则是直线与平面所成的角， 则，所以， 又，是的中点，所以，又，所以， 又是的中点，则为定值. 学科网（北京）股份有限公司 $