天津市静海区第一中学2025-2026学年高一下学期6月学业能力调研数学试题

**基本信息** 聚焦高一核心知识，立体几何占比突出（69分），融合传统建筑情境（庑殿顶几何体）与方法归类（线面平行两种证法），梯度设计适配月考能力检测。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|7/35|复数运算（第1题）、向量夹角（第3题）|结合文化素材（庑殿顶体积计算）| |填空题|5/25|异面直线成角（第9题）、组合体体积（第10题）|关注易错易混点（外接球半径计算）| |解答题|4/45|正余弦定理应用（第14题）、线面平行证明（第13题）|强调方法归类（两种证法概括）| |提高题|1/12|面面垂直证明（第17题）、存在性探究|培养创新意识（棱上点存在性论证）|

静海一中2025-2026第二学期高一数学（6月） 学生学业能力调研试卷 命题人：邹鑫鹏 审题人：陈中友 考生注意： 本试卷分第Ⅰ卷基础题（105分）和第Ⅱ卷提高题（15分）两部分，含3分卷面分，满分共120分。 知 识 与 技 能 学习能力（学法） 内容 平面向量 正、余弦定理 复数 立体几何 方法归类 易错易混 分数 10 28 10 69 10 15 第Ⅰ卷 基础题（共105分） 一、选择题: 每小题5分，共35分. 1. 复数z满足，则复数z=（ ） A B. C. D. 2．记的内角，，的对边分别是，若，，，则（   ） A． B． C． D． 3．已知向量，满足，且，则向量，的夹角是（    ） A． B． C． D． 4．已知l，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（    ） A．若，，，则 B．若，，，，则 C．若，，，则 D．若，，，且，，则 5.庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”（1）所示.现有如图（2）所示的庑殿顶式几何体，其中正方形的边长为3，，且到平面的距离为2，则几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，在正三棱台中，为棱的中点，且，则四棱锥的体积为（   ） A． B． C． D． 7. 如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中错误的是（ ） A. EF平面 B. C. EF与AD1所成角为60° D. EF与平面所成角的正弦值为 2、 填空题：每小题5分，共25分. 8. 设m∈R， 复数若z为纯虚数，则m=________； 9．如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，侧棱底面，是的中点，则异面直线与所成角是 10．如图，几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为P，圆柱的上、下底面的圆心分别为、，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为O．若圆柱的底面圆半径为，则几何体的体积是 11．如图，在三棱锥中，分别为的中点，记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则______． 12. 中，D为AB边中点，，则______（用，表示），若，，则_______ 3、 解答题：（本大题共4小题，共45分） 13．（10分）如图，直三棱柱中，，E、F分别为AB、的中点． （1）求证：平面；（用两种方法证明） （2）求证：； （3）请根据（1）的解题过程，试概括一下证线面平行的方法. 14．（11分）在中，角，，所对的边分别为，，．满足． （1）求角的大小： （2）设，． （ⅰ）求的值； （ⅱ）求的值． 15.（12分）如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，为中点，平面，，为中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的余弦值． 16．（12分）在中，角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）已知，求周长的取值范围． 第Ⅱ卷 提高题（共15分） 17．（12分）如图，在四棱锥中，为正三角形，平面平面，//，，. （1）求证：平面平面. （2）求三棱锥的体积. （3）在棱上是否存在点，使得//平面？若存在，请确定点的位置，并证明；若不存在，请说明理由. 18.卷面分（3分） 高一数学6月月考答案 1. C 2．A 3．A 4.C 5.D 6.B 7.C 8. 9. 10. 11．# 12. 【答案】 ； 13.【小问1详解】 连接交于O点，连接， 法一：则直三棱柱中，四边形为平行四边形， 则O为的中点，又E为AB的中点，故， 平面，平面， 故平面； 法二：取中点P，连接BP，。证明 ，故平面； 【小问2详解】 取BC中点为H，连接, F为的中点，故，而底面， 故底面，底面，故; 又E为AB的中点，则，而，即， 故，而平面， 故平面，平面，故，即； （3） 线线平行或面面平行 14.【答案】(1) (2)（i）；（ii） 【详解】（1）由， 根据正弦定理得，， 可得， 因为，故，则， 又，所以； （2）由（1）知，，且，， （i）则，即， 解得或（舍），故； （ii）由， 得， 解得，则， 则，， 由， 所以 所以. 15.【答案】(1)证明见解析 (2) 【详解】（1）因为，， 由余弦定理得， 即，解得， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，且交于， 所以平面. （2）取的中点，连接，则， 因为平面，所以平面， 则为直线与平面所成角， 其中，故， 因为，， 由勾股定理得，故， 由勾股定理得，所以， 即直线与平面所成角的余弦值为． 16.【答案】(1) (2) 【详解】（1）由题意及正弦定理可得， 整理可得：， 即， 在三角形中，可得， 即，解得. （2）, 又，则，当且仅当时取等号， 解得，而，所以， 所以三角形的周长为. 17.【详解】（1）证明：因为AB∥CD，AB⊥AD，所以CD⊥AD. 因为平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD， 所以CD⊥平面PAD. 因为CD⊂平面PCD， 所以平面PCD⊥平面PAD. （2）取AD的中点O，连接PO. 因为△PAD为正三角形， 所以PO⊥AD. 因为平面PAD⊥平面ABCD， 平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD， 所以PO⊥平面ABCD， 所以PO为三棱锥P—ABC的高． 因为△PAD为正三角形，CD＝2AB＝2AD＝4， 所以PO＝. 所以V三棱锥P—ABC＝S△ABC·PO ＝. (3)在棱PC上存在点E，当E为PC的中点时，BE∥平面PAD. 分别取CP，CD的中点E，F，连接BE，BF，EF， 所以EF∥PD.因为AB∥CD，CD＝2AB， 所以AB∥FD，AB＝FD， 所以四边形ABFD为平行四边形， 所以BF∥AD. 因为BF∩EF＝F，AD∩PD＝D， 所以平面BEF∥平面PAD. 因为BE⊂平面BEF， 所以BE∥平面PAD. ( 5 )高一数学（6月）学生学业能力调研试卷 第 页 共8页 学科网（北京）股份有限公司 $