安徽省临泉田家炳实验中学（临泉县教师进修学校）2025-2026学年高一下学期6月阶段检测数学试题

**基本信息** 高一数学月考卷聚焦核心知识，通过复数运算、立体几何翻折等基础题型巩固知识，结合奥运知识竞赛、体温统计等真实情境，考查数据意识与空间观念，体现数学应用价值。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|复数共轭、立体几何平行垂直、分位数、概率互斥独立|第6题以体温折线图考查极差与稳定性，体现统计直观| |填空题|3题/15分|复数方程、取球得分概率、余弦定理|第13题结合得分规则计算非负分概率，强化应用意识| |解答题|5题/77分|向量数量积、概率（放回/不放回）、统计直方图、立体几何体积与垂直|第18题以奥运竞赛为背景，综合考查分层抽样概率与方差计算，凸显数据分析能力；第19题通过四棱锥翻折证明面面垂直，培养空间推理能力|

高一数学 (120分钟　150分) 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.z=的共轭复数是 A.-4+3i B.-4-3i C.-3+4i D.-3-4i 2.已知a,b,c是三条不同的直线,α,β,γ是三个不同的平面,则下列命题正确的是 A.若α⊥β,α⊥γ,则β∥γ B.若a⊥b,a⊥c,则b⊥c C.若a⊥b,a⊥c,则b∥c D.若α∥β,α∥γ,则β∥γ 3.有一组样本数据21,24,26,31,35,36,42,44,49,52,则其25%分位数与70%分位数之和为 A.66 B.67 C.68 D.69 4.全国乒乓球选拔公开赛分为预赛、半决赛和决赛三个阶段,只有预赛、半决赛都获胜才有资格进入决赛.已知甲在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和,乙在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和,丙在预赛和半决赛中获胜的概率分别为和,则甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率为 A. B. C. D. 5.在Rt△ABC中,∠C=90°,∠B=60°,P为△ABC所在平面内的一个动点,若·的最小值为-4,则AB= A. B.2 C.2 D.4 6.为观测某种药物对体温的影响,体温检测员对一周内甲、乙两名患者的体温进行了统计,其结果如图所示,则下列结论错误的是 A.患者甲体温的极差为0.4 ℃ B.患者乙体温的众数、中位数与平均数相等 C.患者乙的体温比患者甲的体温稳定 D.患者甲体温的平均数小于患者乙体温的平均数 7.已知△ABC的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,若△ABC的面积为,sin 2A=,则= A. B.2 C.2 D.3 8.如图,这是某重器上一零件的结构模型,中间最大球为正四面体的内切球,中等球与最大球和正四面体的三个面均相切,最小球与中等球和正四面体的三个面均相切.若AB=15,则该模型中4个中等球的表面积之和为 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,选对但不全的得部分分,有选错的得0分. 9.已知事件A,B发生的概率分别为,,则下列结论正确的是 A.若A,B互斥,则A,B至多有一个发生的概率为1 B.若A,B互斥,则A,B至少有一个发生的概率为 C.若A,B相互独立,则A,B都不发生的概率为 D.若A,B相互独立,则A,B至少有一个发生的概率为 10.如图,在矩形ABCD中,AB=2AD=4,E为DC的中点,将△CBE沿BE翻折到△PBE的位置,在翻折过程中,下列叙述正确的是 A.存在点P,使得AD∥平面PEB B.当二面角P-BE-A等于时,四棱锥P-ABED的体积最大 C.存在点P,使得AE⊥PB D.存在点P,使得PA⊥PB 11.若z是非零复数,则下列结论正确的是 A.若z+=0,则=i2 B.若z·=|z|,则|z|=1 C.若z1=,则=z D.若|z+z1|=0,则z1·-|z|2=0 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.已知(1-2i)x+(1+i)y=6(x,y∈R),则x=　　　　,y=　　　　.  13.一个不透明的袋子中装有形状、大小都相同的6个小球,其中2个黄球、3个白球,1个蓝球.从袋中取2个球,记下颜色并计算得分,得分规则为2个球颜色相同得2分,2个球一黄一白得-1分,有蓝球得0分,则取球得非负分的概率是　　　　.  14.在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,若b2+c2-a2=bctan A,且a=2,sin A+sin B=,则b=　　　　.  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.(13分)如图所示,在△ABC中,D是BC的中点,E是线段AD靠近点A的三等分点,AB=2,AC=3,∠BAC=,记=a,=b. (1)用向量a,b表示向量; (2)求·的值. 16.(15分)一个袋子里有5个红球,3个白球,2个黑球,每次从袋子里取出一个球. (1)若每次取球后都放回,连续取3次,求3次都取到红球的概率; (2)若每次取球后都放回,连续取3次,求至少有一次取到白球的概率; (3)若每次取球后不放回,连续取3次,求第一次取到红球,第二次取到白球,第三次取到黑球的概率. 17.(15分)在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知bcos C+ccos B-=0. (1)求角A的大小; (2)若S△ABC=2,求a的最小值. 18.(17分)第33届奥林匹克运动会于2024年7月26日—8月11日在法国巴黎举办,中国女排经过艰苦鏖战,成功入选本届奥运女排参赛大名单.为普及奥运知识,弘扬女排精神,某市排协针对本市不同年龄和不同职业的人举办了一次“排球运动”知识竞赛,满分100分(95分及以上为认知程度高),结果认知程度高的有n人,按年龄分成5组,其中第一组[20,25),第二组[25,30),第三组[30,35),第四组[35,40),第五组[40,45],得到如图所示的频率分布直方图,已知第一组有10人. (1)根据频率分布直方图,估计这n人的平均年龄; (2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法选取20人担任本市的“中国女排精神”宣传使者: ①若有甲(年龄36),乙(年龄40)两人已确定入选,现计划从第四组和第五组被抽到的人中,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; ②若第四组的人的年龄的平均数与方差分别为36和2,第五组的人的年龄的平均数与方差分别为42和1,据此估计这n人中35~45岁所有人的年龄的方差. 19.(17分) 如图,在四棱锥P-ABCD中,底面ABCD为矩形,平面PAD⊥平面ABCD,PA⊥PD,PA=PD=3,AB=2,E,F分别为AD,PB的中点. (1)求三棱锥A-FBD的体积. (2)求证:平面PAB⊥平面PCD. (3)求证:EF∥平面PCD. 参考答案 1.B　因为z===-4+3i,所以复数z的共轭复数=-4-3i. 2.D　若α⊥β,α⊥γ,则β与γ可能相交,所以选项A错误; 若a⊥b,a⊥c,则b与c可能是异面直线,也可能是相交直线,所以选项B,C都错误; 若α∥β,α∥γ,由平行于同一平面的两平面平行,可得β∥γ,所以选项D正确. 3.D　因为10×25%=2.5,所以这组数据的25%分位数为26,因为10×70%=7,所以这组数据的70%分位数为=43,所以这组数据的25%分位数与70%分位数之和为69. 4.B　依题意可知,甲进入决赛的概率为×=,乙进入决赛的概率为×=, 丙进入决赛的概率为×=,所以甲、乙、丙三人中恰有两人进入决赛的概率P=××1-+×1-×+1-××=. 5.D　以CB,CA所在的直线分别为x轴、y轴,建立平面直角坐标系(图略),设AB=2a,则A(0,a),B(a,0).设P(x,y),则=(-x,a-y),=(a-x,-y),·=x2-ax+y2-ay=x-2+y-2-a2,故·的最小值为-a2=-4,所以a=2,所以AB=2a=4. 6.D　患者甲体温的极差为36.6-36.2=0.4(℃),故选项A正确; 患者乙一周内的体温为36.3,36.3,36.4,36.4,36.4,36.5,36.5其众数、中位数、平均数均为36.4 ℃,故选项B正确; 根据题图中数据容易看出患者乙的数据更集中,故患者乙的体温比患者甲的体温稳定,故选项C正确; 患者甲一周内的体温从小到大排序为36.2,36.2,36.4,36.4,36.5,36.5,36.6,可得患者甲体温的平均数为36.4,故选项D错误. 7.A　依题意,S△ABC=bcsin A=,所以a2=2bcsin A,由余弦定理a2=b2+c2-2bccos A,得2bcsin A=b2+c2-2bccos A, 故=2sin A+2cos A=2=2=. 8.B　如图所示,设O为最大球的球心,大正四面体底面的中心为E,棱长为a,高为h,CD的中点为F,连接OA,OB,OC,OD,则BE=BF=a,EF=BF=a,最大球所对应的正四面体的高h=AE==a.因为V正四面体=4VO -ABC,所以×S△ABC×h=4××S△ABC×r大,所以r大=h.因为大正四面体的棱长为15,所以h大=×15=5,r大=h大=,h中=h大-2r大=,r中=h中=,所以该模型中4个中等球的表面积之和S=4S中=. 9.ABD　依题意,P(A)=,P(B)=.对于A,因为A,B互斥,所以P(AB)=0,则A,B至多有一个发生的概率为1-P(AB)=1-0=1,故A项正确; 对于B,P(AB)=0,则A,B至少有一个发生的概率P(A+B)=P(A)+P(B)=+=,B项正确; 对于C,P()=P()P()=×=,所以A,B都不发生的概率为,C项错误; 对于D,P(AB)=P(A)P(B)=×=,则A,B至少有一个发生的概率P(A+B)=P(A)+P(B)-P(AB)=+-=,D项正确. 10.BCD　若存在AD∥平面PEB,根据线面平行的性质,可得AD∥BE,显然不成立,所以选项A错误;当二面角P-BE-A等于时,平面PBE⊥平面ABED,此时点P到平面ABED的距离最大,也即四棱锥P-ABED的体积最大,所以选项B正确;连接AE(图略),在平面图形中,容易求得AE=BE=2,因为AB=4,所以AE2+BE2=AB2,所以AE⊥BE,当平面PBE⊥平面ABED时,可得AE⊥平面PBE,所以AE⊥PB,所以选项C正确;由选项C可知,存在点P,使得AE⊥PB,因为PB⊥PE,PE∩AE=E,所以PB⊥平面PAE,所以PA⊥PB,所以选项D正确. 11.ABC　对于A,由z+=0,得=-1,故A项正确; 对于B,因为z·=|z|2,所以|z|2=|z|,解得|z|=1或|z|=0(舍去),故B项正确; 对于C,设z=a+bi(a,b∈R,且a2+b2≠0),则z1==a-bi,所以=a+bi=z,故C项正确; 对于D,由|z+z1|=0,得z1=-z,设z=a+bi(a,b∈R,且a2+b2≠0),则z1·=-z·=-(a2+b2),|z|2=a2+b2,从而z1·-|z|2=-2(a2+b2),故D项错误.故选ABC. 12.2　4　(1-2i)x+(1+i)y=6,可化为x+y+(-2x+y)i=6,所以解得 13.　从6个球中取2个球,根据列举法可知共有15种结果,其中取2个黄球有1种结果,取2个白球有3种结果,1黄1白有6种结果,有蓝球有5种结果,因为取球得非负分,所以取球结果不能是一黄一白,所以取球得非负分的概率是=. 14.　因为b2+c2-a2=bctan A=2bccos A,所以2cos A=tan A,所以5sin A=6cos2A=6(1-sin2A),解得sin A=或sin A=-(舍去).因为sin A+sin B=,所以sin B=,所以b===. 15.解:(1)因为=(a+b),所以=(a+b),所以=-=(a+b)-a=-a+b. (2)·=a-b·a+b=a2-b2+a·b=×4-×9+×2×3×=. 16.解:(1)每次取到红球的概率均为=,因为每次取球相互独立,所以3次都取到红球的概率为××=. (2)每次取不到白球的概率均为1-=,因为每次取球相互独立,所以连续3次都取不到白球的概率为××=,所以至少有一次取到白球的概率为1-=. (3)第一次取到红球的概率为=, 第一次取完红球后,袋子里还有4个红球,3个白球,2个黑球,共9个球. 第二次取到白球的概率为=, 第二次取完白球后,袋子里还有4个红球,2个白球,2个黑球,共8个球. 第三次取到黑球的概率为=. 所以第一次取到红球,第二次取到白球,第三次取到黑球的概率为××=. 17.解:(1)∵bcos C+ccos B-=0,∴bcos C+ccos B=, 由正弦定理得sin Bcos C+sin Ccos B=,∴sin(B+C)=, ∴sin A=.又∵sin A>0,cos A=,A∈(0,π),∴A=. (2)S△ABC=bcsin A=bc·=2,∴bc=8.由余弦定理得a2=b2+c2-2bccos A=b2+c2-2bc·=b2+c2-bc≥bc=8,当且仅当b=c=2时等号成立,∴a≥2,即a的最小值为2. 18.解:(1)设这n人的平均年龄为, 则=22.5×0.1+27.5×0.35+32.5×0.25+37.5×0.2+42.5×0.1=31.75(岁). (2)①由题意得,第四组应抽取4人,记为A,B,C,甲,第五组抽取2人,记为D,乙,样本空间Ω={(A,B),(A,C),(A,甲),(A,乙),(A,D),(B,C),(B,甲),(B,乙),(B,D),(C,甲),(C,乙),(C,D),(甲,乙),(甲,D),(乙,D)},共有15个样本点.设事件M=“甲、乙两人至少一人被选上”,则M={(A,甲),(A,乙),(B,甲),(B,乙),(C,甲),(C,乙),(甲,乙),(甲,D),(乙,D)},共有9个样本点.所以P(M)==. ②设第四组的人的年龄分别为x1,x2,x3,x4,平均数为=36,方差为=2, 设第五组的人的年龄分别为y1,y2,平均数为=42,方差为=1, 设第四组和第五组所有人的年龄的平均数为,,方差为s2, 则===38,即第四组和第五组所有人的年龄的平均数为38,s2=[+(-)2]+[+(-)2]=[2+(36-38)2]+[1+(42-38)2]=, 即第四组和第五组所有人的年龄的方差为.据此估计这n人中年龄在35~45岁的所有人的年龄的方差约为. 19.解:(1)PA⊥PD,PA=PD=3,则AD=3.E为AD的中点,可得PE⊥AD,且PE=AD=.∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴PE⊥平面ABCD.F为PB的中点,则点F到底面ABCD的距离h=PE. 又四边形ABCD为矩形,AB=2,则S四边形ABCD=AD·AB=3×2=6. 则VA-BDF=VF-ABD=S△ABD×h=×S四边形ABCD×PE=×3×=. (2)证明:∵底面ABCD为矩形,∴CD⊥AD,∵平面PAD⊥平面ABCD,平面PAD∩平面ABCD=AD,∴CD⊥平面PAD,∵PA⊂平面PAD,故CD⊥PA,又PA⊥PD,PD∩CD=D, ∴PA⊥平面PCD,∵PA⊂平面PAB,∴平面PAB⊥平面PCD. (3)证明:取PC的中点H,连接DH,FH,如图,在三角形PBC中,FH为中位线,可得FH∥BC,FH=BC,由DE∥BC,DE=BC,可得DE=FH,DE∥FH,则四边形EFHD为平行四边形,可得EF∥DH,EF⊄平面PCD,DH⊂平面PCD,故EF∥平面PCD. ( 第 9 页 共 10 页 ) 学科网（北京）股份有限公司 $