精品解析：福建省厦门集美中学2025-2026学年高一下学期6月阶段性测试数学试题

福建省厦门集美中学 2025-2026学年（下）学期高一6月阶段性测试 数学学科试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分．考试用时120分钟． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数，则（ ） A. 1 B. 5 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由复数除法、共轭复数的概念、模的计算公式即可求解. 【详解】，. 故选：A. 2. 已知一组数据的平均数为16，则这组数据的第60百分位数为（ ） A. 17 B. 16.5 C. 16 D. 15.5 【答案】B 【解析】 【分析】由给定的平均数求出，再由第60百分位数的定义求解即可. 【详解】由数据的平均数为16，得，解得， 由，得数据的第60百分位数为. 故选：B 3. 若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据线面平行的定义可判断A的正误，根据空间中垂直关系的转化可判断BCD的正误. 【详解】对于A，若，则可平行或异面，故A错误； 对于B，若，则，故B错误； 对于C，若，则存在直线，， 所以由可得，故，故C正确； 对于D，，则与可平行或相交或，故D错误； 故选：C. 4. 如图，某同学为了测量长江对岸的武汉龟山电视塔塔高时，选取与龟山电视塔塔底B在同一水平面内蛇山上两个测量基点C与D．现测得，，，在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】在中，利用正弦定理求，再在直角中，求即可. 【详解】如图： 在中，因为，，所以， 又，由正弦定理可得：（）. 因为平面，平面，所以， 又，所以为等腰直角三角形，且. 所以. 故选：C 5. 如图，已知某频率分布直方图形成“右拖尾”形态，则下列结论正确的是（ ） A. 众数平均数中位数 B. 众数中位数平均数 C. 众数平均数中位数 D. 中位数平均数众数 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断. 【详解】由频率直方图可得，单峰不对称且“右拖尾”，最高峰偏左，众数最小， 平均数易受极端值的影响，与中位数相比，平均数总是在“拖尾”那边， 故平均数大于中位数，所以众数中位数平均数. 故选：B 6. 在四面体中，分别为棱的中点，，则异面直线与所成角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取的中点，得到，得到为异面直线与所成的角，在中，利用余弦定理，求得，即可得到答案. 【详解】如图所示，取的中点，连接，，则，， 则为异面直线与所成的角（或补角）， 因为，，所以， 所以异面直线与所成角为． 故选：D. 7. 已知正三棱柱的棱长均为1，E，F，G，H分别为棱的中点，点为线段EF上的动点，直线AM与平面交于点，则点的轨迹长度是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接AE，AF，分别交，于点P，Q，由题意得点N的轨迹为平面AEF与平面的交线，即线段PQ，通过几何知识得到，，故，进而求得线段PQ的长度. 【详解】连接AE，AF，分别交，于点P，Q，连接. 因为点M在线段EF上运动，故AM在平面AEF内， 又因为线AM与平面交于点N， 故点N的轨迹为平面AEF与平面的交线，即线段PQ， 在，，中，可得， ，F分别为棱AC，的中点，故≌，， ，，即， ，，， 同理，，故，且， 故选：B. 8. 已知在中，点在BC上的射影落在线段BC上（不含端点），且满足，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意得，且角均为锐角，根据，代入化简得，结合正弦定理、余弦定理及基本不等式化简可得，设，得，化简可得，结合，代入化简即可求解. 【详解】在中，因为在BC上的射影落在线段BC上（不含端点）， 所以，且角均为锐角， 因为，所以， 因为，所以， 化简得， 由正弦定理得， 因为，且， 所以，有， 所以，即， 若，此时，所以为等腰直角三角形，故， 若，不妨设，则，即， 所以，即， 因为，即， 因为函数在区间上单调递减， 所以， 即，化简可得 即，得， 所以角的取值范围是. 故选：A 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. 已知样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的6个样本如图所示，甲绘制折线图时忘记标注样本数据，则（ ） A. 样本A的极差小于样本B的极差 B. 样本A的中位数等于样本B的中位数 C. 样本A的平均数小于样本B的平均数 D. 样本A的方差小于样本B的方差 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，分析两组数据，结合极差定义可判断A；B选项，利用中位数的定义可判断B；C选项，分析两组数据，结合平均数定义可判断C；D选项，样本A的离散程度小于样本B的离散程度，D正确. 【详解】A选项，由图可知样本A的最高点与最低点的高度差小于样本B的最高点与最低点的高度差， 所以样本A的极差小于样本B的极差，故A正确． B选项，因为中位数是由小到大排在中间两位数的平均数， 由图可知样本A的中间两位数的平均数小于B的中间两位数的平均数，故B不正确． C选项，由图可知样本A每个样本的数据均小于样本B的对应数据， 所以样本A的平均数小于样本B的平均数，C正确． D选项，样本A的离散程度小于样本B的离散程度，所以样本A的方差小于样本B的方差，D正确． 故选：ACD. 10. 记的内角的对边分别为，点是边上的一个动点，点是边的中点，且，则（ ） A. B. 若的面积为，则 C. 若平分，则 D. 若，当最大时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用余弦定理结合求出，通过的范围确定值判断A选项；利用正弦定理面积公式求得，再根据相邻数量积的运算判断B选项；利用角平分线定理确定，再利用平面向量基本定理得，通过平方计算判断C；建立平面直角坐标系，利用坐标求得关于的表达式，在利用基本定理求解判断D. 【详解】对于A，因为， 由余弦定理有：， 整理得：，即， 所以，又因为，所以，所以A正确； 对于B，因为，解得， 所以，所以B正确； 对于C，根据角平分线定理有：，所以， 所以， 且，， 所以 ， 所以，所以C错误； 对于D，因为，， 所以， 所以，所以为为直角三角形，， 建立如图所示平面直角坐标系，设，， ，，， 所以，，令， ，所以为锐角， 则 ，即 因为，所以在上单调递减， 所以越小值越大， 因为， 当且仅当，因为，所以当时等号成立， 所以当最大时，，D正确. 故选：ABD 11. 已知空间四边形中，，，且，设AC与平面BCD所成角为α，二面角的平面角为β，则（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据题意，分别在中，利用余弦定理求判定A；作平面于点，设得到，作于点得到为二面角的平面角，求得判定 B；根据直线与平面所成角的定义和最小角定理判定D；由且，结合三角函数的基本关系式可判定C. 【详解】由题设中， 在中，则，A对； 过作平面于点（注意其位置不定），设， 则为直线AC与平面BCD所成角，故， 过作于点，由平面，平面，则， 且都在平面内，则平面，平面，则， 综上，为二面角的平面角， 在中，故，B对； 由，其中为AC与平面BCD所成角， 结合线面角的定义及最小角定理有，即，D错； 由且，则， 所以，即，C对. 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某公司利用随机数表对生产的900支新冠疫苗进行抽样测试，先将疫苗按000，001，…，899进行编号，从中抽取90个样本，利用科学计算器依次生成一组随机数如下：6859926968 2731099169 6729315571 2101421882 6498176555，则选出的第5个样本的编号是________． 【答案】 【解析】 【分析】依据随机数表法的抽样规则，依次读取三位随机数，舍去编号范围外、重复的编号，直到选出第5个有效样本编号． 【详解】已知疫苗编号为三位，范围是，按从左到右的顺序依次读取三位随机数： 第一组随机数为685，在编号范围内，为第1个有效样本；第二组随机数为992，超出编号范围，舍去； 第三组随机数为696，在编号范围内，为第2个有效样本；第四组随机数为827，在编号范围内，为第3个有效样本； 第五组随机数为310，在编号范围内，为第4个有效样本；第六组随机数为991，超出编号范围，舍去； 第七组随机数为696，与已选样本重复，舍去；第八组随机数为729，在编号范围内，为第5个有效样本， 因此选出的第5个样本的编号是729． 13. 已知向量，，且在上的投影向量为，则______． 【答案】 【解析】 【详解】由，得 . . 所以在上的投影向量为，  所以， 化简得， 解得. 14. 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图，由不共面的三条射线构成的图形称为三面角，记，，二面角的大小为，则.已知平行六面体的底面为菱形，，.若，则二面角的余弦值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】连接，由余弦定理及线面垂直的判定和性质得在底面内的投影在直线上，根据已知及定义列方程求二面角的余弦值. 【详解】连接，由已知在中， 又因为是的中点，所以， 又且都在平面内，所以平面， 所以在底面内的投影在直线上. 在中，根据勾股定理得，易知，又， 在中，由余弦定理可得， 所以，则，设二面角为， 由三面角定理得， 即， 即，所以. 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. 在等边中，分别是和的中点，，设． （1）用向量表示，并求； （2）求向量与的夹角的余弦值． 【答案】（1），. （2） 【解析】 【分析】（1）利用平面向量基本定理即可将向量表示出来，然后根据求模公式和数量积的定义可求出. （2）利用向量数量积的定义求解即可. 【小问1详解】 如图所示， . 所以. 【小问2详解】 如图，因为. 由（1）知，. 所以. 而， 所以. 16. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”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； （2）试估计样本成绩的众数和平均数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为63，方差是4，求两组成绩合并后的总平均数和总方差. 【答案】（1） （2）众数为75，平均数为74 （3）总平均数为60，总方差为23 【解析】 【分析】（1）根据各组小矩形的面积之和为1，即可求解； （2）最高小矩形中点的横坐标即为众数，根据平均数的计算公式即可求解平均数； （3）根据分层随机抽样的平均数与方差公式即可求解. 【小问1详解】 各组小矩形的面积之和为1， ， . 【小问2详解】 由频率分布直方图可知：众数为75， 平均数为. 故估计样本成绩的众数为75，平均数为74. 【小问3详解】 由图可知，成绩在的人数为，成绩在的人数为， 故两组成绩合并后的总平均数为， 总方差为. 17. 已知分别为三个内角的对边，． （1）求角； （2）已知，延长到点，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合三角形内角和公式和三角变换公式，可求角. （2）在中，利用余弦定理先求，再求，可得，再在中，利用余弦定理求. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得：， 又， 所以. 因为，所以，所以. 又，所以. 【小问2详解】 如图： 在中，. 所以. 所以. 因为，所以. 在中，由余弦定理得： ， 所以 18. 如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点． （1）若是中点． ①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值． （2）若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）①证明见解析；② （2）存在，且 【解析】 【分析】（1）①连接交于点，连接，利用中位线的性质得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立； ②分析可知，异面直线与所成角为或其补角，求出三边边长，结合余弦定理可求得结果； （2）由线面平行的性质可得出，由此得出，即可得解. 【小问1详解】 连接交于点，连接，如下图所示： 在三棱柱中，，，所以，四边形为平行四边形， 因为，所以为的中点， 又因为为的中点，所以，且， 因为平面，平面，故平面； 在直三棱柱中，平面，平面，所以， 所以，， 同理可得，， 所以，，， 因为，所以，异面直线与所成角为或其补角， 由余弦定理可得， 因此，异面直线与所成角的余弦值为. 【小问2详解】 如下图所示： 因为，，所以， 因为平面，平面，平面平面， 所以，故，因此. 所以，线段上存在一点，使得平面，且． 19. 如图，中，，，点在线段上，为等边三角形. （1）若，，求线段的长度; （2）若，求线段的最大值; （3）若平分，求与内切圆半径之比的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）用向量表示,再根据已知条件求即可； （2）由（1）可知，通过向量运算得，两边同时平方，由向量的数量积运算即可； （3）根据角平线的性质得出，在，中，利用余弦定理得，再利用等面积法得到，最后根据的范围即可求出结果. 【小问1详解】 因为,, 所以, 即, 所以, 所以. 【小问2详解】 由（1）可知， 所以, 设,且为等边三角形， 所以， 即， 故， 且， 所以当时，， 所以. 【小问3详解】 因为平分, 所以由角平分线定理得,即, 故, 设，，的内切圆半径分别为, 在中,则，解得， 因为, 所以, 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 即，解得. 又因为, , 所以， 令，则， 因为，所以， 则，故，， 即，故, 所以与的内切圆半径之比的范围为. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查了平面向量的基本定理、向量模的运算以及通过余弦定理、面积公式解三角形，第三问解题的关键由角平线的性质得出，在，中，利用余弦定理得，再利用等面积法得到，最后根据的范围即可求出结果，计算比较复杂. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福建省厦门集美中学 2025-2026学年（下）学期高一6月阶段性测试 数学学科试题 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分．考试用时120分钟． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 若复数，则（ ） A. 1 B. 5 C. D. 2. 已知一组数据的平均数为16，则这组数据的第60百分位数为（ ） A. 17 B. 16.5 C. 16 D. 15.5 3. 若m为直线，为两个平面，则下列结论中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 如图，某同学为了测量长江对岸的武汉龟山电视塔塔高时，选取与龟山电视塔塔底B在同一水平面内蛇山上两个测量基点C与D．现测得，，，在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高（ ） A. B. C. D. 5. 如图，已知某频率分布直方图形成“右拖尾”形态，则下列结论正确的是（ ） A. 众数平均数中位数 B. 众数中位数平均数 C. 众数平均数中位数 D. 中位数平均数众数 6. 在四面体中，分别为棱的中点，，则异面直线与所成角为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱柱的棱长均为1，E，F，G，H分别为棱的中点，点为线段EF上的动点，直线AM与平面交于点，则点的轨迹长度是（ ） A. B. C. D. 8. 已知在中，点在BC上的射影落在线段BC上（不含端点），且满足，则角的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 已知样本A和B分别取自两个不同的总体，它们的6个样本如图所示，甲绘制折线图时忘记标注样本数据，则（ ） A. 样本A的极差小于样本B的极差 B. 样本A的中位数等于样本B的中位数 C. 样本A的平均数小于样本B的平均数 D. 样本A的方差小于样本B的方差 10. 记的内角的对边分别为，点是边上的一个动点，点是边的中点，且，则（ ） A. B. 若的面积为，则 C. 若平分，则 D. 若，当最大时， 11. 已知空间四边形中，，，且，设AC与平面BCD所成角为α，二面角的平面角为β，则（ ） A. B. C. 的最小值为 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某公司利用随机数表对生产的900支新冠疫苗进行抽样测试，先将疫苗按000，001，…，899进行编号，从中抽取90个样本，利用科学计算器依次生成一组随机数如下：6859926968 2731099169 6729315571 2101421882 6498176555，则选出的第5个样本的编号是________． 13. 已知向量，，且在上的投影向量为，则______． 14. 类比二维平面内的余弦定理，有三维空间中的三面角余弦定理：如图，由不共面的三条射线构成的图形称为三面角，记，，二面角的大小为，则.已知平行六面体的底面为菱形，，.若，则二面角的余弦值为__________. 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. 在等边中，分别是和的中点，，设． （1）用向量表示，并求； （2）求向量与的夹角的余弦值． 16. 某市为提高市民对文明城市创建的认识，举办了“创建文明城市”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； （2）试估计样本成绩的众数和平均数； （3）已知落在的平均成绩是54，方差是7，落在的平均成绩为63，方差是4，求两组成绩合并后的总平均数和总方差. 17. 已知分别为三个内角的对边，． （1）求角； （2）已知，延长到点，求． 18. 如图，多面体是由一个直三棱柱与一个四棱锥组成，其中，，，是上的一点． （1）若是中点． ①求证：平面；②求异面直线与所成角的余弦值． （2）若为与交点，问上是否存在一点，使得平面？如果存在，请求出的值；若不存在，请说明理由． 19. 如图，中，，，点在线段上，为等边三角形. （1）若，，求线段的长度; （2）若，求线段的最大值; （3）若平分，求与内切圆半径之比的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $