精品解析：江苏省天一中学宛山湖分校2025-2026学年高一下学期6月适应性考试数学试卷

江苏省天一中学宛山湖分校2025-2026学年第二学期 适应性考试试卷 高一数学 命题：佟俊 审核：孙承辉 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标运算可求的值. 【详解】因为，所以， 所以即，故， 故选：D. 2. 在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（ ） A. B. 或 C. 或 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据余弦定理可得出关于的等式，解之即可. 【详解】因为，，，由余弦定理可得 ， 即，即，解得或. 故选：C. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的乘法和共轭复数的定义可求得结果. 【详解】因为，故，故 故选：C. 4. 有一组样本容量为10的样本数据为：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，则该样本中（ ） A. 中位数与平均数的值不同 B. 第70百分位数与众数的值不同 C. 方差与极差的值相同 D. 方差与标准差的值相同 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定的样本数据，分别求出平均数、中位数、众数、极差、方差、标准差、第70百分位数，再逐项判断作答.. 【详解】依题意，样本平均数，中位数为3，A不正确； 因 ，于是得第70百分位数是，众数为4，B不正确； 样本方差，极差为 ，C不正确， 样本标准差，D正确. 故选：D 5. 某店主为装饰店面打算做一个两色灯牌，从黄、白、蓝、红4种颜色中任意挑选2种颜色，则所选颜色中含有白色的概率是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出基本事件总数，再求出所选颜色中含有白色的基本事件个数，由此利用等可能事件概率计算公式计算即可． 【详解】从黄、白、蓝、红种颜色中任意选种颜色的所有基本事件有{黄白}，{黄蓝}，{黄红}，{白蓝}，{白红}，{蓝红}，共种.其中包含白色的有种，选中白色的概率为， 故选B. 【点睛】本题考查古典概型求概率的问题，考查了列举法的应用，属于基础题． 6. 如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）. A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接，取的中点，连接，，由题意可知，即异面直线与所成角为或其补角，结合余弦定理求解即可. 【详解】 连接，取的中点，连接，， 因为为棱的中点，所以， 即异面直线与所成角为或其补角， 在中，，，， 则， 所以异面直线与所成角的余弦值为. 故选：. 7. 已知三棱锥且平面，其外接球体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由, 平面,可将三棱锥还原成长方体,则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,进而求解. 【详解】由题,因为,所以, 设,则由,可得,解得 , 可将三棱锥还原成如图所示的长方体, 则三棱锥的外接球即为长方体的外接球,设外接球的半径为,则,所以 , 所以外接球的体积. 故选:A 【点睛】本题考查三棱锥的外接球体积,考查空间想象能力. 8. 在中，的面积为S，，，且满足，则该三角形的外接圆的半径R为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 先利用三角形的面积公式和余弦定理得到，再根据向量的数量积的运算，求得，由正弦定理和余弦定理，列出方程求得，进而得到，再利用正弦定理，即可求解球的半径. 【详解】由， 得， 利用余弦定理得：， 即， 又， 得； 由题意，因为， 所以． 由余弦定理得： . 又因为， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 所以， 故选：B. 【点睛】关键点睛：本题主要考查了向量的数量积的运算，以及利用正、余弦定理解三角形问题，其中合理应用正弦定理和余弦定理列出方程是解答的关键. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知为虚数单位，则（ ） A. 复数在复平面内对应的点位于第四象限 B. C. D. ，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据复数的几何意义以及运算规则求解. 【详解】对于A，对应的点坐标为 在第四象限，正确； 对于B，，错误； 对于C， ， 故，正确； 对于D， ，正确； 故选：ACD. 10. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（    ） A. 图（1）的平均数中位数众数 B. 图（2）的平均数<众数<中位数 C. 图（2）的众数中位数<平均数 D. 图（3）的平均数中位数众数 【答案】ACD 【解析】 【详解】根据平均数，中位数，众数的概念结合图形分析判断. 【分析】图（1）的分布直方图是对称的，所以平均数=中位数=众数，故A正确； 图（2）众数最小，右拖尾平均数大于中位数，故B错误，C正确； 图（3）左拖尾众数最大，平均数小于中位数，故D正确. 故选：ACD. 11. 如图，在棱长为的正方体中（ ） A. 与的夹角为 B. 二面角的平面角的正切值为 C. 与平面所成角的正切值为 D. 点到平面的距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可一一求解. 【详解】如图建立空间直角坐标系， 则， ，，即，与的夹角为，故A 错误； 设平面的法向量为，， 所以，令，则， 平面的法向量可取，二面角的平面角为 ， 则，所以，故B 正确； 因为，设与平面所成角为 ， 则，故C 正确； 因为，设点到平面的距离为，则 ，故D 正确． 故选：BCD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 甲、乙两人独立解同一道数学题目，甲解出这道题目的概率是，乙解出这道题目的概率是，这道题被解出的概率是______. 【答案】 【解析】 【详解】记事件为“甲解出该题目”，事件为“乙解出该题目”，“题目被解出”对应事件. ∵ 甲、乙两人解题相互独立，且，， ∴ 甲、乙都未解出题目的概率为， 代入数值计算得， ∴ 这道题被解出的概率. 13. 设向量，且，则m=_________. 【答案】-2 【解析】 【详解】试题分析：由题意得 考点：向量的模 14. 如图，在棱长为6的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则过M，N，B三点的平面截此正方体所得截面的周长是______． 【答案】 【解析】 【分析】作出辅助线，得到过点M，N，B的平面截该正方体的截面为五边形，并求出周长. 【详解】因为M，N分别为棱，的中点，所以， 过点作交的延长线于点，交的延长线于点， 连接 交于点，连接 交于点， 因为 ，则，且 分别是的三等分点， 故过点B，M，N的平面截该正方体所得截面为五边形， 由勾股定理得，，, 故五边形的周长为. 故答案为： 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. 已知向量. （1）若，求向量与的夹角； （2）在矩形ABCD中，E为CD的中点，F为BC的中点，设，求的值. 【答案】（1） （2）10 【解析】 【分析】（1）设向量与的夹角为 ，根据平面向量数量积的运算律及数量积的定义得到，即可得解； （2）首先用、表示出与，再根据数量积的运算律计算可得； 【小问1详解】 解：设向量与的夹角为 ，则. 解得 又因为，所以. 【小问2详解】 解：依题意，所以， 又，， 所以 16. 某高校承办了杭州亚运会志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. （1）求a，b的值； （2）估计这100名候选者面试成绩的60%分位数（分位数精确到0.1）； （3）在第四，第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率. 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由每个小矩形面积代表频率，根据所有频率之和为1可得，； （2）直接第60百分位数即可； （3）先分层抽样求出列举法求出抽取的第四、第五两组志愿者人数，再利用列举法求出古典概型的概率即可． 【小问1详解】 因为第三、四、五组的频率之和为0.7， 所以，解得， 所以前两组的频率之和为，即， 所以； 【小问2详解】 前两个分组频率之和为0.3，前三个分组频率之和为0.75， 所以第60百分位数在第三组，且为； 【小问3详解】 第四、第五两组志愿者分别有20人，5人， 故按照分层抽样抽得的第四组志愿者人数为4，分别设为，，，，第五组志愿者人数为1，设为， 这5人中选出2人，所有情况有， 共有10种情况， 其中选出的两人来自不同组的有共4种情况， 故选出的两人来自不同组的概率为． 17. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求的值； （2）在边BC上取一点D，使得，求的值． 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）方法一：利用余弦定理求得，利用正弦定理求得. （2）方法一：根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值. 【详解】（1）[方法一]：正余弦定理综合法 由余弦定理得，所以. 由正弦定理得. [方法二]【最优解】：几何法 过点A作，垂足为E．在中，由，可得，又，所以． 在 中，，因此． （2）[方法一]：两角和的正弦公式法 由于，，所以. 由于，所以，所以. 所以 . 由于，所以. 所以. [方法二]【最优解】：几何法+两角差的正切公式法 在（1）的方法二的图中，由，可得，从而． 又由（1）可得，所以． [方法三]：几何法+正弦定理法 在（1）的方法二中可得． 在中，， 所以． 在中，由正弦定理可得， 由此可得． [方法四]：构造直角三角形法 如图，作，垂足为E，作，垂足为点G． 在（1）的方法二中可得． 由，可得． 在中，． 由（1）知，所以在中，，从而． 在中，． 所以． 【整体点评】（1）方法一：使用余弦定理求得，然后使用正弦定理求得；方法二：抓住45°角的特点，作出辅助线，利用几何方法简单计算即得答案，运算尤其简洁，为最优解；（2）方法一：使用两角和的正弦公式求得的正弦值，进而求解；方法二：适当作出辅助线，利用两角差的正切公式求解，运算更为简洁，为最优解；方法三：在几何法的基础上，使用正弦定理求得的正弦值，进而得解；方法四：更多的使用几何的思维方式，直接作出含有的直角三角形，进而求解，也是很优美的方法. 18. 如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （I）证明：EF⊥DB； （II）求DF与面DBC所成角的正弦值． 【答案】（I）证明见解析；（II） 【解析】 【分析】（）方法一：作 交于，连接，由题意可知平面，即有，根据勾股定理可证得，又，可得， ，即得 平面，即证得； （II）方法一：由，所以与平面所成角即为与平面所成角，作于，连接，即可知即为所求角，再解三角形即可求出与平面所成角的正弦值． 【详解】（）[方法一]：几何证法 作 交于，连接． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，而平面，即有． ∵， ∴． 在中，，即有，∴． 由棱台的定义可知，，所以， ，而， ∴ 平面，而平面，∴． [方法二]【最优解】：空间向量坐标系方法 作交于O． ∵平面平面，而平面平面，平面， ∴平面，以为原点，建立空间直角坐标系如图所示. 设OC=1,∵，， ∴,∴， ∴,, , ∴BC⊥BD,又∵棱台中BC//EF,∴EF⊥BD； [方法三]：三余弦定理法 ∵平面ACFD平面ABC，∴, ∴ ， 又∵DC =2BC． ∴,即, 又∵，∴． （II）[方法一]：几何法 因为，所以与平面所成角即为与平面所成角． 作于，连接，由（1）可知，平面， 因为所以平面 平面，而平面 平面， 平面，∴平面 ． 即在平面内的射影为，即为所求角． 在中，设，则，， ∴． 故与平面所成角的正弦值为． [方法二]【最优解】：空间向量坐标系法 设平面BCD的法向量为, 由（）得,, ∴令,则,,, ，, 由于，∴直线与平面所成角的正弦值为． [方法三]：空间向量法 以为基底, 不妨设，则 (由（）的结论可得）． 设平面的法向量为， 则由得取，得． 设直线与平面所成角为 ， 则直线 与平面所成角也为 ， 由公式得． [方法四]：三余弦定理法 由， 可知H在平面的射影G在的角平分线上． 设直线与平面所成角为 ，则 与平面所成角也为 ． 由由（）的结论可得 ， 由三余弦定理，得， 从而． [方法五]：等体积法 设H到平面DBC的距离为h， 设,则, 设直线与平面所成角为 ，由已知得 与平面所成角也为 ． 由，, 求得，所以． 【整体评价】（）的方法一使用几何方法证明，方法二利用空间直角坐标系方法，简洁清晰，通性通法，确定为最优解；方法三使用了两垂直角的三余弦定理得到 ，进而证明，过程简洁，确定为最优解（II）的方法一使用几何做法，方法二使用空间坐标系方法，为通性通法，确定为最优解；方法三使用空间向量的做法，避开了辅助线的求作；方法四使用三余弦定理法，最为简洁，确定为最优解；方法五采用等体积转化法，避免了较复杂的辅助线. 19. 某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需进行点球大战.点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员每罚进一球则为本方获得1分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段，双方每轮各派一名球员罚球，直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面，则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为，乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响. （1）求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率； （2）求经过3轮罚球后，比赛结束的概率； （3）若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以 领先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率. 【答案】（1）甲、乙两队打成平局的概率为 （2）求经过3轮罚球后，比赛结束的概率为 （3）甲队第5个球员需出场罚球的概率为 【解析】 【分析】（1）平局包含两人都罚进或两人都罚不进两个互斥事件，利用独立事件乘法分别计算两种情况的概率，再相加即可. （2）3 轮后两队各剩 2 次罚球机会，落后方最多追回2分，因此分差≥3时比赛提前终止. 3轮内分差≥3，仅有两种极端比分：甲 3:0 乙、乙 3:0 甲（前两轮分差均未达终止条件，天然成立）.分别计算两种比分的概率，求和即得总概率. （3）分析甲队第5个球员需出场的前提条件：前两轮甲队2:0领先，若甲队第5个球员需出场，说明第三、四轮罚球结束后比赛未提前终止，即前四轮总比分甲队与乙队的分差不超过1分，分别计算三种比分情况2:1、2:2、3:2的概率，再计算概率之和即可. 【小问1详解】 设甲队球员罚进点球为事件，未罚进为事件，乙队球员罚进点球为事件，未罚进为事件. 因为，所以；同理，因为，所以. 则甲、乙均罚进的概率为， 甲、乙均未罚进的概率为， 所以甲、乙两队打成平局的概率为. 【小问2详解】 设踢完轮后，甲队总得分为，乙队总得分为. 分类讨论：踢完3轮分差大于或等于3，且前1、2轮未提前结束， ①当3轮后甲队比乙队多3分，甲队3轮全进，乙队3轮全不进，即 ，则概率为： ​ ②当3轮后乙队比甲队多3分，乙队3轮全进，甲队3轮全不进，即 ，则概率为： 综上，求经过3轮罚球后，比赛结束的概率为. 【小问3详解】 因为甲队第5个球员需出场罚球，则前四轮罚球甲、乙两队分差不能超过1分，即四轮罚球结束时比分可能为或 或 ，则需要分以下情况来讨论： ①比分为的概率为： . ②比分为 的概率为： . ③比分为 的概率为： . 综上，甲队第5个球员需出场罚球的概率为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 江苏省天一中学宛山湖分校2025-2026学年第二学期 适应性考试试卷 高一数学 命题：佟俊 审核：孙承辉 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 2. 在中，、、分别是内角、、所对的边，若，，，则边（ ） A. B. 或 C. 或 D. 3. 已知，则（ ） A. B. C. D. 4. 有一组样本容量为10的样本数据为：1，2，2，3，3，3，4，4，4，4，则该样本中（ ） A. 中位数与平均数的值不同 B. 第70百分位数与众数的值不同 C. 方差与极差的值相同 D. 方差与标准差的值相同 5. 某店主为装饰店面打算做一个两色灯牌，从黄、白、蓝、红4种颜色中任意挑选2种颜色，则所选颜色中含有白色的概率是（　　） A. B. C. D. 6. 如图，已知正四棱锥的所有棱长均为2，为棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）. A. B. C. D. 7. 已知三棱锥且平面，其外接球体积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，的面积为S，，，且满足，则该三角形的外接圆的半径R为（ ） A. B. C. D. 2 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知为虚数单位，则（ ） A. 复数在复平面内对应的点位于第四象限 B. C. D. ，则 10. 如图所示，下列频率分布直方图显示了三种不同的分布形态.图（1）形成对称形态，图（2）形成“右拖尾”形态，图（3）形成“左拖尾”形态，根据所给图作出以下判断，正确的是（    ） A. 图（1）的平均数中位数众数 B. 图（2）的平均数<众数<中位数 C. 图（2）的众数中位数<平均数 D. 图（3）的平均数中位数众数 11. 如图，在棱长为的正方体中（ ） A. 与的夹角为 B. 二面角的平面角的正切值为 C. 与平面所成角的正切值为 D. 点到平面的距离为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 甲、乙两人独立解同一道数学题目，甲解出这道题目的概率是，乙解出这道题目的概率是，这道题被解出的概率是______. 13. 设向量，且，则m=_________. 14. 如图，在棱长为6的正方体中，M，N分别为棱，的中点，则过M，N，B三点的平面截此正方体所得截面的周长是______． 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，求向量与的夹角； （2）在矩形ABCD中，E为CD的中点，F为BC的中点，设，求的值. 16. 某高校承办了杭州亚运会志愿者选拔的面试工作.现随机抽取了100名候选者的面试成绩，并分成五组：第一组，第二组，第三组，第四组，第五组，绘制成如图所示的频率分布直方图.已知第三、四、五组的频率之和为0.7，第一组和第五组的频率相同. （1）求a，b的值； （2）估计这100名候选者面试成绩的60%分位数（分位数精确到0.1）； （3）在第四，第五两组志愿者中，采用分层抽样的方法从中抽取5人，然后再从这5人中选出2人，以确定组长人选，求选出的两人来自不同组的概率. 17. 在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）求的值； （2）在边BC上取一点D，使得，求的值． 18. 如图，三棱台ABC—DEF中，平面ACFD⊥平面ABC，∠ACB=∠ACD=45°，DC =2BC． （I）证明：EF⊥DB； （II）求DF与面DBC所成角的正弦值． 19. 某足球俱乐部举办新一届足球赛，按比赛规则，进入淘汰赛的两支球队如果在120分钟内未分出胜负，则需进行点球大战.点球大战规则如下：第一阶段，双方各派5名球员轮流罚球，双方各罚一球为一轮，球员每罚进一球则为本方获得1分，未罚进不得分，当分差拉大到即使落后一方剩下的球员全部罚进也不能追上的时候，比赛即宣告结束，剩下的球员无需出场罚球.若5名球员全部罚球后双方得分一样，则进入第二阶段，双方每轮各派一名球员罚球，直到出现某一轮一方罚进而另一方未罚进的局面，则罚进的一方获胜.设甲、乙两支球队进入点球大战，由甲队球员先罚球，甲队每位球员罚进点球的概率均为，乙队每位球员罚进点球的概率均为.假设每轮罚球中，两队进球与否互不影响，各轮结果也互不影响. （1）求每一轮罚球中，甲、乙两队打成平局的概率； （2）求经过3轮罚球后，比赛结束的概率； （3）若在点球大战的第一阶段，甲队前两名球员均得分而乙队前两名球员均未得分，甲队暂时以 领先，求甲队第5个球员需出场罚球的概率. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $