精品解析：福建省厦门第一中学2025-2026学年高一下学期6月适应性训练数学试题

厦门一中2025-2026学年第二学期高一年6月适应性训练 数学 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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，考生只须将答题卡交回． 一、单选题：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. 某校有男生人，女生人，现按性别采用分层抽样的方法从该校学生中抽取人进行调查，则男生被抽取的人数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 平面向量，， 在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则 （ ） A. -5 B. 5 C. 1 D. -1 4. 已知是三个不同的平面，且，则“”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 5. 如图，一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的地出发，向河对岸航行．已知船在静水中的速度的大小为，水流速度的大小为．设这艘船行驶方向与水流方向的夹角为，行驶完全程需要的时间为，若船的航程最短，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知中为直角，分别以，，所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体，体积分别为，若，则（    ） A. B. C. D. 7. 记的内角，，的对边分别为，，，若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，，，，则D到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，有多个选项符合题目要求，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. 如图所示是世界人口变化情况的三幅统计图： 下列结论中正确的是（ ） A. 从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加 B. 2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多 C. 2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平 D. 1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢 10. 在中，，，，则（ ） A. B. 若是的中线，则 C. 若是的高，则 D. 若是的角平分线，则 11. 一个封闭的直三棱柱容器内装有高度为3的水（如图所示，底面处于水平状态）．记水面为，，，，现以所在直线为轴，将容器逆时针旋转的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 水面形状的变化依次为三角形，等腰梯形，矩形 B. 水面始终都不是正三角形 C. 当经过C时，与平面的交线长为 D. 当逆时针旋转时，水面的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为复数，则的最小值为______． 13. 记的外心为点O，且，则的最小值是_________． 14. 如图，在三棱锥，是以为斜边的等腰直角三角形，且，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为__________． 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. 已知，． （1）若，的夹角为，求； （2）若，与的夹角为，求的值． 16. 如图1所示，四边形为正方形，，为的中点．将沿直线翻折使得平面，如图2所示． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面所成二面角的余弦值． 17. 某地举办了“防电信诈骗”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值及样本成绩的第80百分位数；求样本平均数； （2）已知落在区间的样本平均成绩是57，标准差是7，落在区间的样本平均成绩为66，标准差是4，求两组样本成绩合并后的平均数和方差. 18. 如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为矩形，，O为AB的中点，． （1）求证：； （2）若上存在点M，使得∥平面，求的值 （3）若与平面所成角的正弦值为求四棱锥的的体积． 19. 如图，已知的内角所对的边分别为，且，动点在的外接圆上，且点和点位于边的两侧，连接，已知 ． （1）判断的形状； （2）若，求四边形的面积； （3）求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门一中2025-2026学年第二学期高一年6月适应性训练 数学 满分：150分 考试时间：120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．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，考生只须将答题卡交回． 一、单选题：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. 某校有男生人，女生人，现按性别采用分层抽样的方法从该校学生中抽取人进行调查，则男生被抽取的人数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设男生被抽取的人数是，由条件结合分层抽样性质列方程求解即可. 【详解】设男生被抽取的人数是， 由已知可得， 解得，. 故选：C. 2. 已知为虚数单位，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的四则运算逐一求解判断. 【详解】对于A，，故A错误； 对于B，，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，，故D错误. 故选：C. 3. 平面向量，， 在正方形网格中的位置如图所示，若网格中每个小正方形的边长均为1，则 （ ） A. -5 B. 5 C. 1 D. -1 【答案】C 【解析】 【分析】可将各平面向量用坐标形式表示，进而求解 【详解】以网格中左下角一点为原点建立平面直角坐标系，则各向量可用坐标表示 易得，，. 因此， 故选：C 4. 已知是三个不同的平面，且，则“”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】A 【解析】 【分析】由面面的位置关系以及充分必要条件的定义判断即可. 【详解】若，，则，故是充分条件， 反之，若，，则或与相交，故不是必要条件. 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 5. 如图，一条河两岸平行，河的宽度为，一艘船从河岸边的地出发，向河对岸航行．已知船在静水中的速度的大小为，水流速度的大小为．设这艘船行驶方向与水流方向的夹角为，行驶完全程需要的时间为，若船的航程最短，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由题意可得，可分析的范围，再由同角三角函数基本关系求出，据此可求出速度，再由求解. 【详解】如图，设，要使船的航程最短，则船的实际航行方向与岸边垂直， 由图可知，所以，故， 所以，又因为，所以， 所以（），故. 故选：D. 6. 已知中为直角，分别以，，所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体，体积分别为，若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆锥的体积公式求解即可. 【详解】以所在直线为轴，旋转一周形成的圆锥的体积为：； 以所在直线为轴，旋转一周形成的圆锥的体积为：； 以所在直线为轴，旋转一周形成的几何体的体积为：. 因为， 所以，所以. 7. 记的内角，，的对边分别为，，，若，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由正弦定理角化边得到，再由三角形面积公式、基本不等式即可求解. 【详解】根据正弦定理 （为外接圆半径）， 得 ​， 代入已知等式： ， 整理得： ，即 ， 又  的面积公式为 ， 将代入得： ，​ 因此： ，​​当且仅当时，取等号， 即面积的最大值为. 8. 在三棱锥中，，，，则D到平面的距离为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】因为是对棱相等的棱锥，所以将三棱锥放在长方体更容易求解. 【详解】 令长方体长、宽、高分别为由图的 由图可得：, 令平面法向量， 所以：所以， 点D到平面的距离即在投影向量的模长， ， 所以点D到平面的距离为. 二、多项选择题：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，有多个选项符合题目要求，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. 如图所示是世界人口变化情况的三幅统计图： 下列结论中正确的是（ ） A. 从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加 B. 2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多 C. 2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平 D. 1957年到2050年各洲中北美洲人口增长速度最慢 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据所给折线图、扇形图以及直方图，分析每个选项中涉及的量的变化，即可得答案. 【详解】对于A，从折线图能看出世界人口的总量随着年份的增加而增加，故A正确； 对于B，从扇形图中能够明显地看出2050年亚洲人口比其他各洲人口的总和还要多，故B正确； 对于C，从条形图中能够明显地看出2050年南美洲及大洋洲人口之和与欧洲人口基本持平，故C正确； 对于D，由题中三幅统计图可看得出北美洲人口数量最少， 并不能得出从1957年到2050年中哪个洲人口增长速度最慢，故D错误. 故选：ABC 10. 在中，，，，则（ ） A. B. 若是的中线，则 C. 若是的高，则 D. 若是的角平分线，则 【答案】BD 【解析】 【分析】利用余弦定理求解判断A；利用数量积运算律求解判断B；利用三角形面积列式求解判断CD. 【详解】对于A，由余弦定理，得，A错误； 对于B，由是的中线，得，则 ，B正确； 对于C，由是的高，得，则，C错误； 对于D，由是的角平分线，得，由， 得，则，D正确. 11. 一个封闭的直三棱柱容器内装有高度为3的水（如图所示，底面处于水平状态）．记水面为，，，，现以所在直线为轴，将容器逆时针旋转的过程中，下列说法正确的是（ ） A. 水面形状的变化依次为三角形，等腰梯形，矩形 B. 水面始终都不是正三角形 C. 当经过C时，与平面的交线长为 D. 当逆时针旋转时，水面的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】找到临界情况，利用等体积、体积转化，分析此时的情况，逐个选项判断即可. 【详解】A选项，水的体积， ， 所以当水面经过时，水面与棱相交，如图3， 当水面经过点时，水面与面相交，如图4， 则在此之前水面形状均为三角形， 继续旋转直至之前，水面形状为等腰梯形，如图5， 转至时，水面形状为矩形，如图6，故A选项正确； B选项，初始位置，如图1，， 当水面经过时，如图3，此时， 所以，， 所以在转动过程中，存在，使得水面是正三角形，故B选项错误； C选项，如图4，，且由于与相似， 则， ，故C选项正确； D选项，当逆时针旋转时，如图6，， 且由于与相似，则，则， 则水面的面积为，故D选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为复数，则的最小值为______． 【答案】 【解析】 【详解】设，复数在复平面内对应的点记作，故； 表示复平面内，点到的距离；表示复平面内，点到点的距离； 故表示复平面内，点到两点的距离之和， 显然当点在线段上时，其取得最小值，最小值为. 13. 记的外心为点O，且，则的最小值是_________． 【答案】## 【解析】 【分析】设的三边分别为，利用三角形的外心的性质推得，根据向量数量积的运算律将待求式化成二次函数，利用其性质即可求得最小值. 【详解】 如图，设的三个内角所对的边分别为，因点是的外心， 过点分别作于，于，则. 于是，， ， 故（*）， 因即，也即， 代入（*），可得， 因，故当时，取得最小值为. 14. 如图，在三棱锥，是以为斜边的等腰直角三角形，且，，二面角的大小为，则三棱锥的外接球表面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】已知三棱锥外接球球心到每个顶点的距离都是相同，等于外接球半径，在平面上，三角形外接圆圆心为外心（直角三角形的外心为斜边中点），是该三角形边中垂线的交点，过该交点作三角形所在平面的垂线，该垂线上的所有点到三角形的顶点距离相同，故我们只需用该方式，找两个面的垂线，其交点为外接球球心，然后计算其半径即可. 【详解】先分别作,中点，连接； 再过点在平面内作垂线，与相交于点,相交于点； 分别过点作平面,平面垂线，相交于点,连接，如图所示. 由题可知，二面角的平面角为,点分别为的外心，故为该三棱锥外接球球心，为外接球半径， 可得，， 所以 在中， 所以, 所以, 由正弦定理可知 因为， 所以 因为 所以有 所以外接表面积为 故答案为： 【点睛】思路点睛：球外接球相关的所有问题，只需要找到外接球的球心。然后求出半径；找外接球球心的一般方法，就是找出相关三角形的外接圆圆心，然后过圆心作该三角形所在平面的垂线，外接球球心一定在该垂线上，所以当我们作两个垂线时，有交点，交点为外接球球心. 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，． （1）若，的夹角为，求； （2）若，与的夹角为，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积及运算律，结合向量的模求解即可； （2）根据垂直关系的向量表示得到，根据向量夹角的求法求解即可. 【小问1详解】 ， ； 【小问2详解】 若，则， 即，所以， 所以，又，所以. 16. 如图1所示，四边形为正方形，，为的中点．将沿直线翻折使得平面，如图2所示． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面所成二面角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由线面垂直、正方形的性质得、，再由线面垂直、面面垂直的判定证明结论； （2）由（1）及已知证明、，取的中点分别为，连接，结合面面角的定义得到即为平面与平面所成角的平面角，设，进而求出面面角的余弦值. 【小问1详解】 由平面，平面，则， 由四边形为正方形，则， 又，且平面，则平面， 由平面，则平面平面； 【小问2详解】 由（1）知平面，平面，则， 由四边形为正方形，则， 而平面平面，平面平面，平面， 则平面， 由平面，则， 由且，则， 所以，即为等腰三角形，又为等边三角形， 取的中点分别为，连接，则，且， 而，则，又平面平面， 其中平面，平面， 则即为平面与平面所成二面角的平面角， 若，则，且，， 所以，故， 所以平面与平面所成二面角的余弦值为. 17. 某地举办了“防电信诈骗”知识竞赛，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六段：，得到如图所示的频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值及样本成绩的第80百分位数；求样本平均数； （2）已知落在区间的样本平均成绩是57，标准差是7，落在区间的样本平均成绩为66，标准差是4，求两组样本成绩合并后的平均数和方差. 【答案】（1），第80百分位数为，样本平均数为74； （2），. 【解析】 【分析】（1）由频率之和为1即可求a，先依次求出前4组和前5组频率之和得到样本成绩的第80百分位数所在区间即可计算求解，由频率分布直方图的平均数计算公式直接计算即可求平均数； （2）先依次求出两区间的样本个数、样本平均成绩、方差，再由总体平均数公式和总体方差公式即可计算两组样本成绩合并后的平均数和方差. 【小问1详解】 由题意， 所以前4组频率之和， 前5组频率之和， 所以样本成绩的第80百分位数在区间内，且为， 样本平均数为； 【小问2详解】 由题可得落在区间的样本个数为，样本平均成绩是，方差是， 落在区间的样本个数为，样本平均成绩是，方差是， 所以两组样本成绩合并后的平均数为， 两组样本成绩合并后的方差为. 18. 如图，在四棱锥中，侧面底面，底面为矩形，，O为AB的中点，． （1）求证：； （2）若上存在点M，使得∥平面，求的值 （3）若与平面所成角的正弦值为求四棱锥的的体积． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）或 【解析】 【分析】（1）连接，利用面面垂直的性质定理得平面，然后利用线面垂直的性质定理得，结合已知利用线面垂直的判定定理得平面，进而利用线面垂直的判定及性质定理证明即可； （2）取CD中点为N，连，，利用面面平行的判定定理证明平面∥平面，再利用面面平行的性质定理得∥，可得M为PD中点，即可求解； （3）设，利用等面积法求得点D到面的距离为，根据线面角的正弦值列式求得或，代入四棱锥的体积公式求解即可. 【小问1详解】 连接， ∵，∴， 又∵侧面底面，侧面底面，侧面， ∴平面，又平面，∴， 又∵，，平面，∴平面， 又平面，∴， 又平面，平面，则， ，平面，∴平面， 又平面，∴. 【小问2详解】 取CD中点为N，连，， ∵∥BC，平面，平面，∴∥平面， 又∥平面，，平面， ∴平面∥平面，平面，∴∥平面， ∵∥，平面，平面， ∴∥平面，平面，平面平面， ∴∥，又N为CD中点，则M为PD中点，此时； 【小问3详解】 由（1）可知，所以为等腰直角三角形， 又，，设，则， 记点D到面的距离为， ∵∥BC，平面，平面，∴∥平面， ，， 设与平面所成角为， ， 整理得，则或，解得或，即或 所以或. 19. 如图，已知的内角所对的边分别为，且，动点在的外接圆上，且点和点位于边的两侧，连接，已知 ． （1）判断的形状； （2）若，求四边形的面积； （3）求的最大值． 【答案】（1）等腰三角形 （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）借助正弦定理将边化为角后，可得，从而可得，即可得该三角形形状； （2）借助余弦定理计算可得，从而可得，再利用面积公式计算即可得解； （3）设 ，借助余弦定理计算可得，，即可由表示出，从而可得的最大值. 【小问1详解】 由及正弦定理得， 因为，所以， 所以，即，所以， 所以为等腰三角形； 【小问2详解】 若，则，又， 由余弦定理得，， 由（1）知，则， ， 所以，则， 所以， 所以； 【小问3详解】 设 ，由（1）知， 则， 由余弦定理得，， ， 所以，即． 又因为， ， 所以，解得， 所以， 所以， 故当时，，则的最大值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $