精品解析：山东枣庄市峄城区部分校2025-2026学年高一下学期6月学情检测数学试题

高一年级6月学情检测数学试题 2026.06 第I卷 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. 3 C. D. 3. 若直线在平面外，则（ ） A. 平面内存在唯一的直线与平行 B. 平面内存在唯一的直线与垂直 C. 平面内存在无数条直线与异面 D. 平面内的所有直线与都不相交 4. 在正方体中，异面直线与所成的角为（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 5. 袋子中有4个除颜色外完全相同的小球，其中1个红球､3个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则“第二次摸到白球”的概率为（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 7. 如图，是用斜二测画法得到的水平放置的的直观图，其中.以为轴，将旋转一周得到的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 在中，点D是边的中点，，，，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若 ，则 C. 若，则 D. 若 ，则 10. 已知一组样本数据满足，则去掉后的新数据与原数据相比（ ） A. 平均数不变 B. 中位数不变 C. 方差不变 D. 极差不变 11. 如图是一个古典概型的样本空间和事件和，其中，，，，则（ ） A. B. C. 事件与互斥 D. 事件与相互独立 12. 如图，在棱长为的正方体中，是线段上的动点，设平面截该正方体所得截面面积为，则（ ） A. 平面 B. C. 当异面直线与所成角的余弦值为时， D. 当的面积最小时， 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 给定一组数据：10，12，15，16，18，20，21，则其75%分位数为_____. 14. 已知向量，不共线，若向量与向量共线，则的值为____________. 15. 在中，是的中点，，，，则的面积为____________． 16. 已知点是边长为4的正方形内部（包括边界）的一动点，点是边的中点，则的最大值是______；的最小值是______. 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知复数． （1）求； （2）若z是关于x的方程的一个根，求实数a，b的值． 18. 已知是同一平面内的三个向量，其中． （1）若，且，求坐标； （2）若，且，求与的夹角． 19. 每年的4月23日为“世界读书日”.为了解学生课外阅读情况，某学校从本校学生中随机抽取了200名学生，对其每天阅读时间（单位：分钟）进行调查，并依据样本数据绘制了如下频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）求样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； （3）已知落在样本数据的平均值是53，方差是4；落在样本数据的平均值是68，方差是9.求落在样本数据的平均值和方差. 20. 如图，在四棱锥 中，. （1）求证：平面平面； （2）若分别为的中点，求证：平面平面. 21. 在中，的对边分别为，已知向量，，且. （1）求的大小； （2）若点D为边AB上一点，且满足，求的面积. 22. 如图，在四棱锥 中，底面ABCD是边长为a的菱形，，△PAD为正三角形，平面平面ABCD，G为边AD的中点． （1）求证：平面PAD； （2）若BG与AC交于点E，设点F是棱AP上一动点，试确定点F的位置，使得平面PBC，并证明你的结论； （3）求二面角的正切值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一年级6月学情检测数学试题 2026.06 第I卷 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 复数（为虚数单位）的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 化简已知复数z，由共轭复数的定义可得． 【详解】解：化简可得 ， 的共轭复数， 故选：B． 2. 已知向量，，若，则实数的值为（ ） A. 1 B. 3 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量共线的坐标运算即可求解. 【详解】因为，，， 所以，则. 故选：B 3. 若直线在平面外，则（ ） A. 平面内存在唯一的直线与平行 B. 平面内存在唯一的直线与垂直 C. 平面内存在无数条直线与异面 D. 平面内的所有直线与都不相交 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线与直线、直线与平面的位置关系逐项分析可得答案. 【详解】因为直线在平面外，所以直线与平面相交或平行， 当时，平面内存在无数条直线与平行，故A错误； 当时，平面内存在无数条直线与垂直，故B错误； 无论直线与平面相交或平行，平面内存在无数条直线与异面，故C正确； 当直线与平面相交时，平面内有无数条直线与相交，故D错误. 故选：C 4. 在正方体中，异面直线 与所成的角为（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 【答案】C 【解析】 【分析】首先由可得是异面直线 和所成角，再由为正三角形即可求解. 【详解】连接． 因为为正方体，所以， 则是异面直线 和所成角．又, 可得为等边三角形，则，所以异面直线 与所成角为， 故选：C 【点睛】本题考查异面直线所成的角，利用平行构造三角形或平行四边形是关键，考查了空间想象能力和推理能力，属于中档题. 5. 袋子中有4个除颜色外完全相同的小球，其中1个红球､3个白球，从中不放回地依次随机摸出2个球，则“第二次摸到白球”的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】第二次摸到白球的情况有两种：①第一次摸到白球，第二次摸到白球，②第一次摸到红球，第二次摸到白球，由此能求出第二次摸到白球的概率． 【详解】袋子中有4个除颜色外完全相同的小球，其中1个红球､3个白球， 从中不放回地依次随机摸出2个球，第二次摸到白球的情况有两种： ①第一次摸到白球，第二次摸到白球，概率为：， ②第一次摸到红球，第二次摸到白球，概率为：， 则第二次摸到白球的概率为． 故选：A． 6. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦函数的倍角公式，结合弦化切齐次式求得，再利用正切函数的和差公式求得，从而得解. 【详解】因为， 所以， ， 则. 故选：A. 7. 如图，是用斜二测画法得到的水平放置的的直观图，其中.以为轴，将旋转一周得到的几何体的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】画出的原图，再分析绕所在直线旋转一周后形成的几何体，求表面积即可. 【详解】 如图为的原图，可得， 所以，所以以为轴， 将旋转一周得到的几何体是为顶点为半径的圆锥， ，，所以几何体的表面积为 . 故选：B. 8. 在中，点D是边的中点，，，，则 的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由平面向量的数量积与模的关系计算即可. 【详解】如图所示，由题意可得： ， 即，解之得. 故选：A 二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列结论正确的有（ ） A. 若，则 B. 若 ，则 C. 若，则 D. 若 ，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐选项判断即可. 【详解】对于A，若，则或，故A错误； 对于B，若，由线面垂直的性质定理，则，故B正确； 对于C，若，则或 ， 当时，又，所以， 当 时，则内必存在一直线，而，则， ，故，故C正确； 对于D，若 ，则与平行或相交，故D错误， 故选：BC. 10. 已知一组样本数据满足，则去掉后的新数据与原数据相比（ ） A. 平均数不变 B. 中位数不变 C. 方差不变 D. 极差不变 【答案】ABD 【解析】 【分析】结合，分别利用平均数、中位数、方差、极差的计算公式逐项判断. 【详解】由得. 对于A： 的平均数， 又的平均数等于，故A正确； 对于B：的中位数为， 又的中位数为，故B正确； 对于C：的方差等于， 又的方差等于， 故C错误； 对于D：与的极差都等于，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图是一个古典概型的样本空间 和事件和，其中，，，，则（ ） A. B. C. 事件与互斥 D. 事件与相互独立 【答案】AD 【解析】 【分析】依题意，计算出与，从而求得对应概率即可判断AB；由判断C；分别计算的值，从而判断D. 【详解】对于A，由，得， 则，所以，故A正确； 对于B，， 所以，故B错误； 对于C，与不互斥，故C错误； 对于D，， ，事件A与相互独立，故D正确. 故选：AD. 12. 如图，在棱长为的正方体中，是线段上的动点，设平面截该正方体所得截面面积为 ，则（ ） A. 平面 B. C. 当异面直线与所成角的余弦值为时， D. 当的面积最小时， 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理得面面平行，再又性质定理判断线面平面，即可判断A；证明正方体的体对角线 与平面的位置关系，即可判断B；利用异面直线的概念确定异面直线与所成角余弦值大小，确定点的位置，结合相似、梯形面积公式即可求得截面面积 ，从而可判断C；根据线面关系确定的面积最小值，即可得点的位置，在根据三角形面积公式求得截面面积 ，从而可判断D. 【详解】对于A，如图连接 在正方体中，，则四边形 为平行四边形 所以，又 平面，平面，所以平面 同理可得，又平面，平面，所以平面 因为平面，所以平面平面 因为 平面，所以 平面，故A正确； 对于B，如图，连接 在正方体中，平面，由于 平面，所以， 又正方形中有 ，因为平面，所以 平面， 因为 平面，所以， 同理可证得， 因为平面，所以平面 因为 平面，所以，故B正确； 对于C，如图，连接 因为，结合图形可得异面直线与所成角为 设，，则， 在中，由余弦定理得， 所以， 则在中，由于， 所以余弦定理得， 整理得，解得或（舍）， 则，则如图，延长 交于，过作交于，连接，过过作于， 由于，所以，所以，即为中点， 由于，所以为中点，且，则， 四边形是平面截该正方体所得截面， 又，，所以， 则,故C不正确； 对于D，如下图，作，， 由于 平面，面，所以， 又，，所以平面， 又平面，所以， 设，，则，又，所以， 所以， 当时，取得最小值，此时的面积最小，则， 延长 交于，取为的中点，连接， 由于，所以，所以，即为中点， 显然三角形为平面截该正方体所得截面， 又在中，，因为为的中点，所以， 且，所以，故D正确． 故选：ABD． 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分. 13. 给定一组数据：10，12，15，16，18，20，21，则其75%分位数为_____. 【答案】20 【解析】 【分析】根据百分位数定义求解. 【详解】给定数据按从小到大顺序排列，共7个数， ，因此75%分位数是第6个数，为20. 14. 已知向量，不共线，若向量与向量共线，则的值为____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据平面向量共线定理可设，再根据平面向量基本定理得到方程组，解得即可； 【详解】解：因为与共线，可设， 即，因为，不共线，所以，所以. 故答案为： 15. 在中，是的中点，，，，则的面积为____________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知得出，利用平面向量数量积的运算可求得的值，可求得的值，结合三角形的面积公式可求得结果. 【详解】， 所以，， 故， 所以，，所以，， 因此，. 故答案为：. 16. 已知点是边长为4的正方形内部（包括边界）的一动点，点是边的中点，则的最大值是______；的最小值是______. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由，取中点，连接 ，取 的中点为，连接，根据，即可求解. 【详解】由，当点与点重合时等号成立； 如图所示，取中点，连接 ，取 的中点为，连接， 则， 又因为点为正方形内部（包括边界）一动点， 所以， 当点与点重合时，取得最小值 . 故答案为：； . 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 已知复数． （1）求； （2）若z是关于x的方程的一个根，求实数a，b的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数的除法求 ，进而求模长； （2）将 代入方程，根据复数相等列式求解. 【小问1详解】 因为， 所以． 【小问2详解】 由（1）可得：， 将 代入方程得：， 则，解得：． 18. 已知是同一平面内的三个向量，其中． （1）若，且，求坐标； （2）若，且，求与的夹角． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）设，然后根据向量模以及向量垂直的坐标表示，列出方程组，求解即可得出答案； （2）根据已知可推得，然后即可得出，进而得出答案. 【小问1详解】 设， 由已知可得，解得或 所以或． 【小问2详解】 由已知可得， . 由得， 即， 即， 所以， 所以. 因为，， 故. 19. 每年的4月23日为“世界读书日”.为了解学生课外阅读情况，某学校从本校学生中随机抽取了200名学生，对其每天阅读时间（单位：分钟）进行调查，并依据样本数据绘制了如下频率分布直方图. （1）求频率分布直方图中的值； （2）求样本数据的平均值（同一组中的数据用该组区间的中点值代表）； （3）已知落在样本数据的平均值是53，方差是4；落在样本数据的平均值是68，方差是9.求落在样本数据的平均值和方差. 【答案】（1） （2） （3）59，60 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的性质，可得各个区间的频率和为1，即可得到的值； （2）再将各区间的中点值乘以对应的频率，并求和，即可得样本数据的平均值； （3）由分层抽样的方差公式求解. 【小问1详解】 由题意知，， 解得； 【小问2详解】 根据频率分布直方图， 所以； 【小问3详解】 由频率分布直方图知， 落在､的样本数据的频数分别为60，40， 所以， 所以. 20. 如图，在四棱锥中，. （1）求证：平面平面； （2）若分别为的中点，求证：平面平面. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）可以证明 ，结合，线面垂直、面面垂直的判定定理即可得证； （2）延长 交于，由中位线定理可证， 以及，再结合线面平行、面面平行的判定定理即可得证. 【小问1详解】 因为，所以 . 又因为平面平面 ， 所以平面 . 又平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 延长 交于， 因为 分别为中点， 所以 ，又平面平面， 所以平面. 因为，所以，又为中点，所以， 注意到，所以，所以. 又因为，所以为中点，所以. 又因为 平面平面，所以平面. 因为平面平面， 所以平面平面. 21. 在中，的对边分别为，已知向量，，且. （1）求的大小； （2）若点D为边AB上一点，且满足，求的面积. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）由向量的数量积的运算公式，求得，再结合正弦定理和三角恒等变换的公式，化简得到，即可求解； (2)由，求得，两边平方化简得，再由余弦定理，得到，联立方程组，求得，结合三角形的面积公式，即可求解. 【详解】（1）由题意，因为，， 可得， 在中，由正弦定理得， 化简得， 又因为，可得 ， 所以，因为，所以. (2)由，可得，所以， 两边平方得 ① 又因为， 所以. ② 由①②得， 所以. 【点睛】本题主要考查了向量的数量积的坐标运算，以及正弦定理和余弦定理的应用，其中解答中熟记向量的数量积的运算公式，以及合理利用正弦定理的边角互化和三角的面积公式求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 22. 如图，在四棱锥中，底面ABCD是边长为a的菱形，，△PAD为正三角形，平面平面ABCD，G为边AD的中点． （1）求证：平面PAD； （2）若BG与AC交于点E，设点F是棱AP上一动点，试确定点F的位置，使得平面PBC，并证明你的结论； （3）求二面角的正切值． 【答案】（1）证明见解析 （2）见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）由面面垂直的判定定理即可得到证明; （2）当点F是棱AP上靠近点A的三等分点时，利用线面平行的判定定理证明即可； （3）连接PG，过点G作 于M，连接PM，证明是二面角的平面角的补角，在中求解即可. 【小问1详解】 连接BD，因为底面ABCD为菱形，所以， 又，所以△ABD为正三角形，又，所以， 又面面ABCD，面 面 ，面ABCD． 所以，面PAD． 【小问2详解】 当点F是棱AP上靠近点A的三等分点时，面PBC．理由如下： 连接EF，BD．因为底面ABCD为菱形，所以AC与BD互相平分， 又，所以是△ABD重心，即， 又，则， 所以 ，又，所以，，又平面PBC， 平面PBC，所以，面PBC， 【小问3详解】 连接PG，过点G作 于M，连接PM， 因为△PAD为正三角形．又，所以， 又面面ABCD，面 面 ，面 ， 所以， 面ABCD，所以，面ABCD， 又，所以，平面 ， ． 所以，是二面角的平面角的补角． 又中，，正△PAD中，． 所以，， 所以，二面角的正切值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $