精品解析：北京市东城区171中学高一年级6月月考数学试卷

171中学高一年级月考数学试卷 满分：150分 时间：120分钟 2026.6 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分． 1. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法运算计算可求得答案. 【详解】由，可得. 故选：A. 2. 某市6月前10天的空气质量指数为35，54，80，86，72，85，58，125，111，53，则这组数据的第75百分位数是（ ） A. 85 B. 85.5 C. 86 D. 98.5 【答案】C 【解析】 【分析】按照求解百分位数的流程，先计算出，故选取第8个数作为第75百分位数. 【详解】，故从小到大排列后，35，53，54，58，72，80，85，86，111，125， 取第8个数作为第75百分位数，第8个数是86， 故选：C 3. 从装有4个黑球、2个白球的袋中任取3个球，若事件A为“所取的3个球中至多有1个白球”，则与事件A互斥的事件是（ ） A. 所取的3个球中至少有一个白球 B. 所取的3个球中恰有2个白球1个黑球 C. 所取的3个球都是黑球 D. 所取的3个球中恰有1个白球2个黑球 【答案】B 【解析】 【分析】 根据互斥事件的定义即可判断． 【详解】将事件的结果分为三类：白，白，黑；白，黑，黑；黑，黑，黑. 事件包含：白，黑，黑；黑，黑，黑.根据互斥事件的定义可知， 只有事件“所取的3个球中恰有2个白球1个黑球”与事件互斥． 故选：B． 4. 在平面直角坐标系中，角以为始边，点在角的终边上，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的定义求三角函数值，再结合二倍角公式，即可求解. 【详解】由条件可知，, 所以，，所以. 故选：A 5. 在中，则“”是“是直角三角形”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】根据充分不必要条件的判定和向量数量积的定义和运算律即可得到答案. 【详解】，则，因为在中， 则，则，则，则是直角三角形，则充分性成立； 反过来若“是直角三角形”，则不一定是， 比如，则，则，则，则必要性不成立， 则“”是“是直角三角形”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 如图，圆柱的母线长为分别为该圆柱的上底面和下底面直径，且，三棱锥的体积为，则圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，由，可求解底面半径，即可求解. 【详解】设底面圆半径为，由，易得， 取的中点，连接， 则，又平面， 所以平面，所以，， 解得，所以圆柱表面积为. 故选:A. 7. 已知为平面上的两个定点，且，该平面上的动线段的端点满足，则动线段所形成图形的面积是（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意建立平面直角坐标系，根据和，得到动点在直线上，且，进而得到扫过的三角形的面积，再由，同理得到扫过的三角形的面积，两者求和即可. 【详解】根据题意建立平面直角坐标系，如图所示： 则，，设， ∴，； 由，得； 又， ∴； ∴； ∴， ∴动点在直线上，且，即线段CD上，则, 则扫过的三角形的面积为， 设点 ∵， ∴， ∴，， ∴动点在直线上，且，即线段MN上，则, ∴扫过的三角形的面积为， ∴因此面积和为2+8=10， 故选：B. 8. “”是“函数在上单调递减”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】将代入函数的解析式，利用诱导公式化简，结合余弦函数的单调性即可判断充分性；根据函数在上单调递减，可以推出区间是区间的一个非空子集，即可解得，从而判断必要性. 【详解】由题意，若， 则， 由，得， 此时函数单调递减，所以充分性成立； 若函数在上单调递减， 由，得， 则， 所以，， 解得，即，所以必要性成立； 因此，“”是“函数在上单调递减”的充分必要条件. 故选：C. 9. 我国有着丰富悠久的印章文化，印章是签署文件时代表身份的信物，因其独特的文化内涵，有时作为装饰物来使用. 图1是一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2所示. 已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱柱和正四棱锥的体积之比为可得高相等，根据对称性知球心在高线上，设出球的半径和正四棱柱的高，放在直角三角形中，利用勾股定理列方程，求解即可. 【详解】 由题意，正四棱柱和正四棱锥的体积之比为，且共一个底面， 所以正四棱柱和正四棱锥的高相等，则设正四棱柱和正四棱锥的高都为， 如图所示，根据正四棱柱和一个正四棱锥的对称性可知：球心在高线上， 设该几何体外接球的半径为，因为点都在球上， 所以，，又，则，且， 所以，在直角中，由勾股定理得：， 在直角中，，， 又点在球上，所以，所以由勾股定理得：， 联立，解得， 因此，球的半径为. 故选：B. 10. 已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为的中点，则下列结论中正确的是（ ） ①直线与直线垂直； ②直线与平面平行； ③点C与点G到平面的距离相等； ④平面截正方体所得的截面面积为． A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④ 【答案】C 【解析】 【分析】由即为直线与直线所成的角，即可判断①；对于②，连接，由线面平行的判定即可判断②；由平面不过的中点即可判断③；先找出截面，再计算面积即可判断④. 【详解】解：对于①，由正方体得，则即为直线与直线所成的角， 连接AC，而平面ABCD，所以，所以在中，则不可能是直角，直线与直线不垂直，故①不正确； 对于②，连接，则，所以平面，平面，平面，所以∥平面，故②正确； 对于③，若点C与点G到平面的距离相等，则平面必过的中点，连接交于，且不是的中点， 则平面不过的中点，即点C与点G到平面的距离不相等，③不正确； 对于④，因为，，所以等腰梯形即为平面截正方体所得的截面， 则，之间的距离为， 则面积为，故④正确. 故选：C. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 向量在正方形网格中的位置如图所示. 若向量与共线，则实数_________. 【答案】2 【解析】 【分析】由图得，根据向量与共线，结合共线向量基本定理设，即可解得实数的值. 【详解】由图可知，， 因为向量与共线，所以根据共线向量基本定理可设：， 即，则， 所以，解得. 故答案为：2. 12. 折扇，古称聚头扇、撒扇等，以其收拢时能够二头合并归一而得名.某折扇的扇面是一个圆台的侧面展开图，如图所示.设，，则扇面（图中扇环）部分的面积是_________，_________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据扇形面积公式，即可求解扇面的面积；根据向量数量积公式求模. 【详解】由条可知，，， 所以扇形的面积，扇形的面积, 所以扇面的面积是； . 故答案为：； 13. 已知函数满足恒成立.①的取值范围是____________；②若，则的最小值为____________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据恒成立，可得，从而得到，即可确定的取值范围；由，结合和，可得，从而求得，进而求解的最小值. 【详解】由，可知， 因为恒成立，所以，即， 因为，所以，因为，所以， 所以的取值范围是； 由，所以，即，所以， 因为，所以， 因为，所以， 所以，， 则，，所以， 解得，又，所以. 故答案为：； 14. 金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用．如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点，，，处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点处），如图2所示，设，则到平面的距离为____________． 【答案】 【解析】 【分析】求出正四面体的体积，结合点到各平面的距离相等，从而根据体积得到方程，求出答案 【详解】取的中点，连接，过点作⊥于点， 则⊥平面，其中， ，则， 故，由勾股定理得， 故， 显然，点到平面，平面，平面和平面的距离均相等，设为， 其中， 故， 故. 15. 已知是单位向量，向量满足，且，其中，且．则下列结论中，正确结论的序号是___________． ①； ②； ③存在x，y，使得； ④当取最小值时，． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】由结合数量积运算得；又由，求得，进而得；结合基本不等式求得；进而得到，同时平方即得. 【详解】由可得，即，①正确； 又且，则，即，所以， 又，则，同理， 则，即，②错误； 由知至少一正，若一正一负，则，显然不满足， 故均为正，则，当且仅当时等号成立，则， 当且仅当时等号成立，则存在x，y，使得，③正确； 当取最小值2时，，由可得，则， 即，则，④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】本题关键点在于由结合得到，进而得，再结合基本不等式求得，最后由平方即可求解. 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 在中，． （1）求； （2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． 条件①：的周长为； 条件②：； 条件③：． 【答案】（1） （2） 选条件①时面积为；选条件②时面积为；条件③无法使三角形唯一确定，不可选。 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理，结合两角和的余弦公式，可求角的三角函数值，进而求角. （2）若选①，可用余弦定理求三角形的边长，再求三角形面积；若选②，可用正弦定理求边，再利用两角和的正弦求，利用三角形的面积公式求面积即可；若选③，利用正弦定理判断满足条件的三角形不唯一，所以选③不满足题意. 【小问1详解】 在中，， 由正弦定理可得， 整理得， 因为，，所以，即， 因为，所以. 【小问2详解】 选择条件①：因为的周长为， ，则， 由余弦定理，得，又， 所以，即，又， 解得，所以的面积； 选择条件②：因为，， 所以，因为， 由正弦定理，可得， 又，， 所以， 所以的面积； 选择条件③：因为， 满足，所以角不唯一，与条件矛盾，故条件③不成立． 17. 已知函数，从条件①、条件②、条件③中选择两个作为一组已知条件，使得函数存在且唯一，并完成下列两问. （1）求函数的解析式； （2）若函数在区间上单调递减，求实数的最大值. 条件①：； 条件②：函数图象的两条相邻对称轴间的距离为； 条件③：函数的一个零点为. 注：如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由分析求解可知，要使得函数存在且唯一，需选择条件①②,或选择条件②③, 选择其中一组解答即可，由正弦函数的图象和性质求出，可得函数的解析式； （2）求出函数的单调递减区间，由是其子集，即可求得实数的最大值. 【小问1详解】 若选择条件①③, 由,得，即，，则， 又函数的一个零点为，则， 则不能确定，所以函数不唯一，所以不能选择条件①③. 选择条件①②, 由,得，即，，则， 因为函数图象的两条相邻对称轴间的距离为，所以函数的最小正周期， 因为，则， 所以. 选择条件②③, 因为函数图象的两条相邻对称轴间的距离为，所以函数的最小正周期， 因为，则， 因为函数的一个零点为，即， 所以，则， 又，则， 所以. 【小问2详解】 因为函数的单调递减区间为， 所以， 则， 所以是的一个单调递减区间， 若函数在区间上单调递减， 则， 所以实数的最大值为. 18. 如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面(如图)，为中点. （1）求证：平面； （2）求四棱锥的体积； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在， 【解析】 【分析】（1）证明，再根据面面垂直的性质得出平面； （2）分别计算和梯形的面积，即可得出棱锥的体积； （3）过点作交于点，过点作交于点，连接，可证明平面，故平面，根据计算的值. 【详解】（1）因为为中点，， 所以， 因为平面平面， 平面平面， 平面， 所以平面； （2）在直角三角形中，， ， ， 所以四棱锥的体积为 ； （3） 如图，过点作交于点，过点作交于点，连接， 因为，平面，平面， 所以平面， 同理平面， 又因为， 所以平面平面， 因为平面， 所以平面， 所以上存在点，使得平面， ， 四边形是平行四边形， ， ， 又， . 19. 为了解一种植物果实的情况，随机抽取一批该植物果实样本测量重量（单位：克），按照，，，，分为5组，其频率分布直方图如图所示． （1）求图中的值； （2）估计这种植物果实重量的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （3）已知这种植物果实重量不低于32.5克的即为优质果实．若所取样本容量，从该样本分布在和的果实中，随机抽取2个，求抽到的都是优质果实的概率． 【答案】（1） （2） 平均数为 ，中位数为 （3） 【解析】 【分析】（1）由频率之和为1即可求出； （2）由频率分布直方图结合平均数和中位数求法即可求出； （3）列出任取2个的所有基本事件，即可求出概率. 【小问1详解】 由图知，组距，由，得． 【小问2详解】 各组中点值和相应的频率依次为： 中点值 30 35 40 45 50 频率 0.1 0.2 0.375 0.25 0.075 所以， 果实重量在的频率为， 果实重量在的频率为， 果实重量在的频率为， 所以中位数满足关系， 由，解得． 【小问3详解】 由已知，果实重量在和内的分别有4个和3个， 分别记为和， 从中任取2个的取法有： ， ， ，共21种取法， 其中都是优质果实的取法有，共3种取法， 所以抽到的都是优质果实的概率． 20. 如图所示，四棱锥的底面是直角梯形，，底面，过的平面交于，交于（与不重合）. （1）求证：； （2）求证：平面平面； （3）如果，求此时的值. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明； （2）过点作,垂足为,证明平面即得解； （3）证明，是的中点，即得解. 【小问1详解】 证明：在梯形中，，平面，平面， 平面. 又平面，平面平面=， 所以. 【小问2详解】 证明：过点作,垂足为. 由题得,所以. 又. 所以. 因为底面, 所以. 又平面, 所以平面, 又平面, 所以平面平面. 【小问3详解】 解：如图，连结. 因为,平面, 所以平面, 又平面, 所以, 又平面, 所以平面, 又平面, 所以, 又平面, 所以平面, 所以. 又. 所以是的中点，所以. 21. 已知有限数列满足.对于给定的，若中存在项满足，则称有项递增子列；若中存在项满足，则称有项递减子列.当既有项递增子列又有项递减子列时，称具有性质. （1）判断下列数列是否具有性质； ①； ②. （2）若数列中有，证明：数列不具有性质； （3）当数列具有性质时，若中任意连续的项中都包含项递增子列，求的最大值. 【答案】（1）数列①具有性质，数列②不具有性质 （2） 假设数列具有性质，则数列中存在项递增的数列和项递减数列， 因为，所以为，为， 所以对任意的，在中至少存在一项， 因为中有项，所以存在在中恰出现一次，不妨记为， 记，则必有， 因为递增，递减， 所以，数列中排在前面的项至少有，共项， 排在后面的项至少有，共项， 因为数列中有项，所以是第项，即. 这与题设矛盾，所以假设不成立，即数列不具有性质. （3） 【解析】 【分析】（1）根据性质判断即可； （2）利用反证法，假设数列具有性质，则数列中存在项递增的数列和项递减数列，分析可知，存在在中恰出现一次，不妨记为， 记，则必有，再根据数列递增，递减，推导出，推出矛盾，从而说明结论成立； （3）由（2）知，数列中恰有一项既是的项，也是的项，记，所以，，对数列项数最多的子列进行分析，可知递增子列的项数最多为，所以，，然后对为奇数和偶数进行分类讨论，求出的最大值，并通过构造数列确定的最大值能取到，由此可得出结果. 【小问1详解】 数列①：具有性质；数列②：不具有性质.理由如下： 对数列①，记该数列为， 该数列有项递增子列：， 该数列有项递减子列：，故数列①具有性质； 对于数列②，记该数列为， 该数列有项递增子列：，该数列没有项递减子列， 故数列②不具有性质. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 当数列具有性质时， 记数列的项递增子列为为和项递减子列为， 由（2）知，数列中恰有一项既是的项，也是的项， 记，所以，， 所以数列的前项由组成， 因为， 所以项数最多的递增子列只能是或， 所以递增子列的项数最多为， 数列的后项由组成， 所以项数最多的递增子列是或， 所以递增子列的项数最多为，所以，， 因为，所以 当为奇数，时，有最大值，所以， 构造数列， 该数列具有性质，且满足任意连续的项中，都包含项的递增子列； 当为偶数，时，有最大值，所以， 构造数列， 该数列具有性质，且满足任意连续的项中，都包含项的递增子列， 综上所述，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 171中学高一年级月考数学试卷 满分：150分 时间：120分钟 2026.6 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分． 1. 若复数满足，则（ ） A. B. C. D. 2. 某市6月前10天的空气质量指数为35，54，80，86，72，85，58，125，111，53，则这组数据的第75百分位数是（ ） A. 85 B. 85.5 C. 86 D. 98.5 3. 从装有4个黑球、2个白球的袋中任取3个球，若事件A为“所取的3个球中至多有1个白球”，则与事件A互斥的事件是（ ） A. 所取的3个球中至少有一个白球 B. 所取的3个球中恰有2个白球1个黑球 C. 所取的3个球都是黑球 D. 所取的3个球中恰有1个白球2个黑球 4. 在平面直角坐标系中，角以为始边，点在角的终边上，则（ ） A. B. C. D. 5. 在中，则“”是“是直角三角形”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 6. 如图，圆柱的母线长为分别为该圆柱的上底面和下底面直径，且，三棱锥的体积为，则圆柱的表面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知为平面上的两个定点，且，该平面上的动线段的端点满足，则动线段所形成图形的面积是（ ） A. 5 B. 10 C. 15 D. 20 8. “”是“函数在上单调递减”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 9. 我国有着丰富悠久的印章文化，印章是签署文件时代表身份的信物，因其独特的文化内涵，有时作为装饰物来使用. 图1是一个金属印章摆件，除去顶部的环可以看作是一个正四棱柱和一个正四棱锥组成的几何体，如图2所示. 已知正四棱柱和正四棱锥的底面边长为4，体积之比为，且该几何体的顶点在球的表面上，则球的半径为（ ） A. B. C. D. 10. 已知正方体的棱长为2，E，F，G分别为的中点，则下列结论中正确的是（ ） ①直线与直线垂直； ②直线与平面平行； ③点C与点G到平面的距离相等； ④平面截正方体所得的截面面积为． A. ①② B. ②③ C. ②④ D. ③④ 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 向量在正方形网格中的位置如图所示. 若向量与共线，则实数_________. 12. 折扇，古称聚头扇、撒扇等，以其收拢时能够二头合并归一而得名.某折扇的扇面是一个圆台的侧面展开图，如图所示.设，，则扇面（图中扇环）部分的面积是_________，_________. 13. 已知函数满足恒成立.①的取值范围是____________；②若，则的最小值为____________. 14. 金刚石是由碳元素组成的单质，具有极高的硬度，在工业中有广泛的应用．如图1所示，组成金刚石的每个碳原子都与其相邻的4个碳原子以完全相同的方式连接．从立体几何的角度，可以认为4个碳原子分布在一个正四面体的4个顶点，，，处，中间的碳原子处于与这4个碳原子距离都相等的位置（点处），如图2所示，设，则到平面的距离为____________． 15. 已知是单位向量，向量满足，且，其中，且．则下列结论中，正确结论的序号是___________． ①； ②； ③存在x，y，使得； ④当取最小值时，． 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 在中，． （1）求； （2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求的面积． 条件①：的周长为； 条件②：； 条件③：． 17. 已知函数，从条件①、条件②、条件③中选择两个作为一组已知条件，使得函数存在且唯一，并完成下列两问. （1）求函数的解析式； （2）若函数在区间上单调递减，求实数的最大值. 条件①：； 条件②：函数图象的两条相邻对称轴间的距离为； 条件③：函数的一个零点为. 注：如果选择多组符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分. 18. 如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面(如图)，为中点. （1）求证：平面； （2）求四棱锥的体积； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由. 19. 为了解一种植物果实的情况，随机抽取一批该植物果实样本测量重量（单位：克），按照，，，，分为5组，其频率分布直方图如图所示． （1）求图中的值； （2）估计这种植物果实重量的平均数和中位数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）； （3）已知这种植物果实重量不低于32.5克的即为优质果实．若所取样本容量，从该样本分布在和的果实中，随机抽取2个，求抽到的都是优质果实的概率． 20. 如图所示，四棱锥的底面是直角梯形，，底面，过的平面交于，交于（与不重合）. （1）求证：； （2）求证：平面平面； （3）如果，求此时的值. 21. 已知有限数列满足.对于给定的，若中存在项满足，则称有项递增子列；若中存在项满足，则称有项递减子列.当既有项递增子列又有项递减子列时，称具有性质. （1）判断下列数列是否具有性质； ①； ②. （2）若数列中有，证明：数列不具有性质； （3）当数列具有性质时，若中任意连续的项中都包含项递增子列，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $