精品解析：山东泰安一中新校区2025-2026学年高一第二学期6月月考数学试卷

泰安一中新校区2025-2026学年高一第二学期6月阶段性检测 数学试卷 2026年6月 一、选择题：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. 已知为虚数单位，且复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 已知，为不共线向量，且，，，则（ ） A. 、、三点共线 B. 、、三点共线 C. 、、三点共线 D. 、、三点共线 3. 在中，是角分别所对的边，，则一定是（ ） A. 底边和腰不相等的等腰三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形 4. 给出下列4个命题，其中正确的是（ ） ①平行于同一直线的两条直线平行； ②平行于同一直线的两个平面平行； ③垂直于同一直线的两个平面平行； ④垂直于同一平面的两个平面平行． A. ②③ B. ①② C. ①③ D. ①④ 5. 参加某次数学竞赛的10名学生的成绩（单位：分）如下：71，86，76，80，96，81，84，83，92，88，则以这10人成绩的第60百分位数为实部，第75百分位数为虚部的复数是（ ） A. B. C. D. 6. 圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为，则下列说法不正确的是（ ） A. 母线长为 B. 表面积为 C. 高为 D. 体积为 7. 下列条件判断三角形解的情况，正确的个数是（ ）． ①，，，有两解； ②，，，有一解； ③，，，无解； ④，，，有一解． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 8. 将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为m，n，记向量，的夹角为，则为钝角的概率是（ ） 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. 下列结论中正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若复数满足，则的最大值为3 D. 若（，），则 10. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，事件为“点数为偶数”，事件为“点数是或”，事件为“点数大于”，下列说法正确的是（ ） A. 和是互斥事件 B. 和是相互独立事件 C. D. 11. 在棱长为2的正方体中，P，Q，R分别为，，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线与所成的角为 C. 若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 D. 过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形的面积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数据，，，，的方差为1，则数据，，，，的方差为________． 13. 万里高速公路纪念塔位于泰安市岱岳区卧虎山上，被誉为泰安的“东方明珠”．如图，为测量塔的高度，可选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得，，米，在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高为_________米． 14. 如图，在菱形ABCD中，，，以BC为直径的半圆与AB交于点M，P是半圆上的动点，则______；的最大值是______． 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. 已知向量，，． （1）若，求的值； （2）若，求在方向上投影向量的坐标． 16. 2026年5月24日23时08分，神舟二十三号发射成功，乘组航天员朱杨柱、张志远、黎家盈（首位香港女航天员）密切协同，将完成3.5小时快速径向交会对接．某地区为了激发人们对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有200人，这200人按年龄分成5组，得到如图所示的频率分布直方图， （1）根据频率分布直方图，估计这200人的平均年龄和众数； （2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者．若有甲（年龄36），乙（年龄42）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率． 17. 如图，在三棱锥中，，底面，，M是的中点，N是的中点，点Q在线段上，且． （1）求点到平面距离； （2）求证：平面． 18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）已知的外接圆的圆心为O，半径． （ⅰ）作角的平分线交于，，求的面积； （ⅱ）求的取值范围． 19. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，，O为的中点． （1）求证：； （2）求二面角的正弦值； （3）若平面，求出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 泰安一中新校区2025-2026学年高一第二学期6月阶段性检测 数学试卷 2026年6月 一、选择题：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. 已知为虚数单位，且复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得，所以. 2. 已知，为不共线向量，且，，，则（ ） A. 、、三点共线 B. 、、三点共线 C. 、、三点共线 D. 、、三点共线 【答案】B 【解析】 【分析】根据平面向量共线定理逐一判断四个选项的正误，即可得正确选项. 【详解】对于A：因为，，令可知不存在，所以与不共线，所以 、、三点不共线，故选项A不正确； 对于B：，，由平面向量共线定理可知与共线，又因为有公共点，所以、、三点共线，故选项B正确； 对于C：，，令可知不存在，所以与不共线，所以、、三点不共线，故选项C不正确； 对于D：，，令可知不存在，所以和不共线，所以、、三点不共线，故选项D不正确； 故选：B. 3. 在中，是角分别所对的边，，则一定是（ ） A. 底边和腰不相等的等腰三角形 B. 钝角三角形 C. 直角三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】利用余弦定理可得，结合可得答案. 【详解】因为， 所以，由余弦定理有， 整理得，即，为等腰三角形， 又，所以为等边三角形. 故选：D 4. 给出下列4个命题，其中正确的是（ ） ①平行于同一直线的两条直线平行； ②平行于同一直线的两个平面平行； ③垂直于同一直线的两个平面平行； ④垂直于同一平面的两个平面平行． A. ②③ B. ①② C. ①③ D. ①④ 【答案】C 【解析】 【分析】利用平行线的传递性、线面垂直的性质定理判断正确命题，借助长方体模型排除错误命题即可. 【详解】对于 ① ，根据平行线的传递性，平行于同一直线的两条直线平行，故①正确； 对于 ② ，若取长方体，易得平面，且平面， 但平面与平面相交，故②错误； ③ 根据线面垂直的性质定理，垂直于同一直线的两个平面平行，故③正确； ④ 若取长方体，平面与平面都垂直于平面， 但平面与平面相交，故④错误. 综上，正确的命题为①③. 5. 参加某次数学竞赛的10名学生的成绩（单位：分）如下：71，86，76，80，96，81，84，83，92，88，则以这10人成绩的第60百分位数为实部，第75百分位数为虚部的复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先将成绩从小到大排序，再根据百分位数的计算规则分别求出第60、75百分位数，组合得到对应复数即可 【详解】首先将10名学生的成绩按从小到大排序：. 由，故第60百分位数为排序后第6位和第7位数据的平均数，即，即所求复数的实部为85. 由，故第75百分位数为排序后第8位数据88，即所求复数的虚部为88. 因此所求复数为. 6. 圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为，则下列说法不正确的是（ ） A. 母线长为 B. 表面积为 C. 高为 D. 体积为 【答案】D 【解析】 【分析】根据扇环圆心角与上下底面周长的关系求出母线长，再依次计算圆台的高、表面积、体积，逐一判断选项正误即可. 【详解】设圆台母线长为 ，下底面半径为，上底面半径为，高为,侧面展开扇环的内侧半径为 ， 则外侧半径为 ，已知扇环圆心角为 ，那么 A：上底面周长 ， 由弧长公式得 ，解得 ； 下底面周长 ，同理 ， 代入 得 ，解得 ，故A正确； B：圆台侧面积 ，上底面积 ，下底面积 ， 总表面积 ，故B正确； C：圆台的高、母线、上下底面半径差构成直角三角形，故 高 ，故C正确； D：由圆台体积公式 ， 代入数据得 ，故D错误； 7. 下列条件判断三角形解的情况，正确的个数是（ ）． ①，，，有两解； ②，，，有一解； ③，，，无解； ④，，，有一解． A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】对于①，由正弦定理求得，可判断三角形解的个数；对于②，由正弦定理求得，结合三角形中大边对大角性质，可判断三角形解的个数；对于③，由正弦定理，结合，可得解的个数；对于④，由正弦定理得 ，结合可得三角形的解有一个,由此可得答案. 【详解】对于①，由正弦定理 ， 则由 ,可得 有一解，故三角形的解有一个,错误； 对于②，由正弦定理， 因为 ，故 ,则三角形的解有两解，错误； 对于③，由正弦定理 ， 则由且 ,可得 有一解，故三角形的解有一个，错误； 对于④，由正弦定理 ， 则由且,可得 有一解，故三角形的解有一个,正确, 故选：A 8. 将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为m，n，记向量，的夹角为，则为钝角的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据已知求出满足条件的满足的关系式，然后分别令，求得满足条件的.然后即可根据古典概型概率公式，得出答案. 【详解】由可得，， 所以. 因为为钝角，所以，且不共线， 所以，即，且. 当时，有且，所以可取1，3，4，5，6； 当时，有，可取3，4，5，6； 当时，有，可取5，6； 当，，时，，此时无解. 综上所述，满足条件的有11种可能. 又先后抛掷两次，得到的样本点数共36种， 所以为钝角的概率 故选：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. 下列结论中正确的是（ ） A. 若，则或 B. 若，则 C. 若复数满足，则的最大值为3 D. 若（，），则 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A：令，由此即可验证；对于B：由模长公式以及复数乘法即可验证； 对于C：由复数的几何意义即可验证；对于D：令即可验证. 【详解】对于A：令，所以由复数模长公式有，但这与或矛盾，故A选项不符合题意； 对于B：令，所以，所以， 且，所以，故B选项符合题意； 对于C：令，若复数满足，则有（其中）， 所以，所以， 所以，即当且仅当即当且仅当时，有最大值为3，故C选项符合题意； 对于D：令可知，但这与矛盾，故D选项不符合题意. 故选：BC． 10. 抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，事件为“点数为偶数”，事件为“点数是或”，事件为“点数大于”，下列说法正确的是（ ） A. 和是互斥事件 B. 和是相互独立事件 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】求出样本空间，利用互斥事件定义即可判断A，利用独立事件的定义即可判断B，利用古典概型公式即可判断CD. 【详解】样本空间 对于A： ，所以和不是互斥事件，故A错误； 对于B：由 ，故B正确； 对于C.：由，故C错误； 对于D：由 ，故D正确. 故选：BD. 11. 在棱长为2的正方体中，P，Q，R分别为，，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. B. 直线与所成的角为 C. 若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为 D. 过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据线面垂直判定定理证明平面，即可判断；对于B，说明直线与所成的角为，结合余弦定理验算即可；对于C，只需求出三棱锥的外接球的半径，再结合球的表面积公式验算即可；对于D，说明截面为边长为的正六边形，然后根据面积公式验算即可. 【详解】对于A，因为四边形为正方形，所以， 由正方体性质可得平面，又平面， 所以，又，平面， 所以平面，因为平面， 所以，A正确； 对于B，如图所示， 因为，所以四边形是平行四边形，所以， 所以直线与所成的角为或其补角， 而， 所以，所以，故B错误； 对于C，如图所示， ， 所以三角形的外接圆半径为， 显然平面，且， 所以三棱锥的外接球的半径为， 所以球的表面积为，故C正确； 对于D，如图所示，取中点，顺次连接， 因为平面，平面，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 又因为平面，所以， 同理可证，， 而，，平面， 所以平面， 根据前面的假设有，，所以四点共面， 又因为，所以四边形是平行四边形， 所以，所以六点共面， 因为，平面，平面， 所以平面， 同理可证平面， 又因为平面，，平面， 所以平面平面， 又因为平面， 所以平面， 所以六边形即为过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形， 显然这是一个边长为的正六边形，其面积为，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数据，，，，的方差为1，则数据，，，，的方差为________． 【答案】9 【解析】 【分析】根据方差的性质计算即可. 【详解】因为数据，，，，的方差为1， 所以数据，，，，的方差为. 13. 万里高速公路纪念塔位于泰安市岱岳区卧虎山上，被誉为泰安的“东方明珠”．如图，为测量塔的高度，可选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得，，米，在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高为_________米． 【答案】 【解析】 【分析】在中，由正弦定理求出的值，再在中，由正切函数的定义求解即可. 【详解】在中，，，， 所以， 由正弦定理可得， 即，解得， 在中，，， 由， 得 14. 如图，在菱形ABCD中，，，以BC为直径的半圆与AB交于点M，P是半圆上的动点，则______；的最大值是______． 【答案】 ①. 3 ②. ## 【解析】 【分析】取中点，连接，由条件得到是等边三角形，进而求出，在中，由余弦定理求出，即可求出；取中点，连接，交半圆于点，将转化为，分析出即点与点重合时，取到最大值1，即可求出的最大值. 【详解】 如图所示，取中点，连接， 因为四边形是菱形，，， 所以，所以可得是等边三角形，所以. 在中，由余弦定理可得 ， 所以，所以； 如图所示，取中点，连接，交半圆于点， 则，. 所以 ， 因为，所以当，即点与点重合时， 取到最大值1，此时取到最大值. 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. 已知向量，，． （1）若，求的值； （2）若，求在方向上投影向量的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量垂直和向量线性运算的坐标表示求解即可； （2）根据向量平行的坐标表示求出，结合投影向量的公式计算即可. 【小问1详解】 由可得：， 即， 解得. 【小问2详解】 由，可得，即， 解得，则， 因在方向上投影向量为， 故其坐标为：. 16. 2026年5月24日23时08分，神舟二十三号发射成功，乘组航天员朱杨柱、张志远、黎家盈（首位香港女航天员）密切协同，将完成3.5小时快速径向交会对接．某地区为了激发人们对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有200人，这200人按年龄分成5组，得到如图所示的频率分布直方图， （1）根据频率分布直方图，估计这200人的平均年龄和众数； （2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者．若有甲（年龄36），乙（年龄42）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率． 【答案】（1） 平均年龄为岁，众数为岁； （2） . 【解析】 【分析】（1）根据频率分布直方图，利用组中值乘以对应频率之和估算平均数，最高矩形底边的中点即为众数； （2）根据分层抽样比例计算第四、五组抽取的人数，确定样本空间，利用古典概型概率公式求解. 【小问1详解】 由频率分布直方图可知，各组的频率分别为： 第一组：； 第二组：； 第三组：； 第四组：； 第五组：. 则平均年龄约为：（岁）. 众数的估计值为最高矩形底边的中点，即（岁）. 故估计这人的平均年龄为岁，众数为岁. 【小问2详解】 第四组的人数为人，第五组的人数为人. 因为采用分层随机抽样抽取人，抽样比为. 所以第四组应抽取人，第五组应抽取人. 第四组和第五组共抽取人. 由题意知，甲在第四组被抽取的人中，乙在第五组被抽取的人中. 记第四组除甲外的人为，第五组除乙外的人为. 则这人构成的集合为甲，，乙，. 从中随机抽取名作为组长， 结果有：甲，，甲，，甲，，甲，乙，甲，，，， ，乙，，，，乙，，，乙，，乙，共15种. 设事件为“甲、乙两人至少有一人被选上”，则其对立事件为“甲、乙两人都没有被选上”. 事件包含的结果是从这人中抽取人，结果有：，，， ，，共6种，则. 故，即甲、乙两人至少有一人被选上的概率为. 17. 如图，在三棱锥中，，底面，，M是的中点，N是的中点，点Q在线段上，且． （1）求点到平面距离； （2）求证：平面． 【答案】（1） （2）过点作，交于点，连接， 因为是的中点，， 由平行线分线段成比例得，即是的中点， 又是中点，因此，即； 结合已知，得，因此​， 在中可得，因为，平面，平面，故平面； 因为，平面，平面，故平面， 又，且平面， 由面面平行判定定理得：平面平面， 因为平面， 因此平面. 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直判定定理证明平面，过作，交于点，再证明平面，是的中位线可得结论； （2）过点作，交于点，证明平面平面，由面面平行性质可得结论. 【小问1详解】 因为底面，平面， 所以， 又，即， 且，平面， 所以 平面， 过作，交于点，由平面可知平面， 的长度即为点到平面的距离， 因为是中点，，所以是的中位线， 因此， 即点到平面的距离为； 【小问2详解】 略 18. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足． （1）求角B； （2）已知的外接圆的圆心为O，半径． （ⅰ）作角的平分线交于，，求的面积； （ⅱ）求的取值范围． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由正弦定理化简得到，再由余弦定理得，即可求解； （2（ⅰ）根据题意，得到，由，求得，再由余弦定理，得到，设，得到，求得，结合面积公式，即可求解； （ⅱ）由向量的数量积的运算公式和正弦定理得到，得到，又由，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理得，整理得， 又由余弦定理得， 又因为，所以. 【小问2详解】 解：（ⅰ）因为的外接圆的圆心为O，且半径， 所以， 又因为为角的平分线，可得， 因为，且， 可得， 所以，即， 又由余弦定理得， 即， 设，则，代入可得，即， 解得或（舍去），所以， 所以的面积为. （ⅱ）由向量的数量积的运算公式，可得， 因为，所以， 又因为的外接圆的半径，可得， 所以， 因为且，所以， 所以 ， 因为，可得，所以， 所以，即的取值范围为. 19. 如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，，O为的中点． （1）求证：； （2）求二面角的正弦值； （3）若平面，求出的值． 【答案】（1）证明：因为为等边三角形，且为的中点，所以， 又因为平面平面，平面，且平面平面， 所以平面，因为平面，所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证得，再由面面垂直的性质，证得平面，结合线面垂直的性质，即可证得； （2）取的中点，连接，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解； （3）由平面，得到，即，利用向量数量积的计算公式，列出方程，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：取的中点，连接，因为四边形为等腰梯形，所以， 由（1）知平面，因为平面，所以, 以为坐标原点，以所在的直线分别为轴，轴和轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则， 可得， 设平面的法向量为，则， 令，可得，所以， 又由平面的一个法向量为， 设二面角的平面角为，可得， 因为，所以. 所以二面角的正弦值为. 【小问3详解】 解：因为平面，且平面，所以，即， 又因为， 所以，即， 因为，所以或（舍去）， 所以实数的值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $