精品解析：安徽省颍上第一中学2025-2026学年高一下学期六月份学情检测数学试题

高一年级六月份学情检测 数 学 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：人教版必修第二册第六章～第十章第一节． 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，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量共线的坐标运算求解. 【详解】因为，，所以，解得. 2. 若复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 【答案】D 【解析】 【详解】因为为纯虚数， 所以，且，解得． 3. 下列说法中，正确的是（ ） A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B. 一个多面体至少有4个面 C. 有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 【答案】B 【解析】 【分析】根据简单几何体的定义以及结构特征去判断即可. 【详解】正棱锥底面是正多边形，还需要满足顶点到底面射影落在底面正多边形的中心，A错误； 多面体中面数最少为三棱锥，四个面，B正确，； 有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体不一定是棱柱，还需要满足各个侧面的交线互相平行，C错误； 用一个平面去截棱锥，必须是平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分才是棱台，D错误. 故选：B. 4. 下列四个命题：①对立事件一定是互斥事件； ②若，为两个事件，则；③若事件，，彼此互斥，则；④若事件，满足，则，是对立事件.其中错误命题的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】 根据互斥之间和对立事件的概念，及互斥事件和对立事件的关系和概率的计算，即可作出判断，得到答案． 【详解】由题意①中，根据对立事件与互斥事件的关系，可得是正确； ②中，当A与B是互斥事件时，才有P(A∪B)＝P(A)＋P(B)，对于任意两个事件A，B满足P(A∪B)＝P(A)＋P(B)－P(AB)，所以是不正确的； ③也不正确．P(A)＋P(B)＋P(C)不一定等于1，还可能小于1； ④也不正确．例如：袋中有大小相同的红、黄、黑、绿4个球，从袋中任摸一个球，设事件A＝{摸到红球或黄球}，事件B＝{摸到黄球或黑球}，显然事件A与B不互斥，但P(A)＋P(B)＝. 所以错误命题有3个. 故选：D 【点睛】本题主要考查了互斥事件和对立事件的基本概念、互斥事件与对立时间的关系及其应用，其中熟记互斥事件和对立事件的概念和关系是解答的关键，着重考查了推理与论证能力，属于基础题． 5. 已知，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题中，真命题是（ ） A. 若，，则与必异面 B. 若点，点，则直线 C. 若，，则 D. 若点，点，则直线与相交 【答案】D 【解析】 【分析】应用线面位置关系，线线位置关系关系判断各个选项即可. 【详解】对于A，若，，则与平行或相交、或异面，故A为假命题； 对于B，若点，点，则直线平面或直线与平面相交，故B为假命题； 对于C，若，，则与平行或异面，故C为假命题； 对于D，若点，点，则直线与平面相交，故D为真命题； 故选：D. 6. 如图，点在二面角的棱上，分别在内引射线，使得,若，，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】过点作，证得，得到，得出为二面角的平面角，设，求得，结合勾股定理得到，即可求解. 【详解】如图所示，过点作于点，连接， 因为，，且， 所以，所以，所以， 所以即为二面角的平面角， 设，在等腰直角和中，可得， 又因为，所以为等边三角形，所以， 所以，所以， 所以二面角的大小为. 7. 已知有20个数，平均数为10，方差为，从中取出个数，若取出的数的平均数为10，方差为8，剩余的数的方差为12，则（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】首先计算剩余数据的平均数，根据数据与均值的差的平方和的等量关系列方程求解. 【详解】已知原20个数，平均数为10，所以原20个数的和为， 取出个数，平均数为10，所以这个数的和为， 剩余个数，平均数为， 根据方差公式，为数据个数，为数据平均数， 则数据与均值的差的平方和为， 原20个数的方差为，与均值的差的平方和为， 取出个数的方差为8，与均值的差的平方和为， 因剩余个数的方差为12，与均值的差的平方和为， 所以，即，. 8. 在正四棱柱中，，为棱的中点，点为侧面内一动点，且平面，则线段的长度的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用面面平行的性质确定点轨迹，再利用等腰三角形性质求出最小值. 【详解】在正四棱柱中，取中点，连接， 由四边形是矩形，为棱的中点，得，平面即平面， 取中点，连接，则，平面， 平面，则平面，而，， 于是四边形是平行四边形，，又平面， 平面，则平面，而平面， 因此平面平面，而平面，则平面，即平面， 又点为侧面内一动点，则点的轨迹为线段， 由，得，， ，因此等腰的腰上的高等于， 故线段的长度的最小值为. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求．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. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 在复平面内对应的点位于第二象限 B. 的共轭复数为 C. D. 若复数，则 【答案】CD 【解析】 【分析】先对复数化简，再根据复数的性质一一验证. 【详解】， 在复平面内，对应的点为，位于第三象限， 选项A错误； ，选项B错误； ，选项C正确； ， ，选项D正确. 10. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 外接圆半径是 【答案】AC 【解析】 【分析】应用二倍角正弦公式结合同角三角函数关系计算判断A，应用余弦定理结合二倍角余弦公式计算判断B，应用平面数量积公式计算判断C，应用正弦定理判断D. 【详解】对于A，在中，，则， 则，故A正确； 对于B，因为，，， 由余弦定理，得，故B错误； 对于C，，故C正确； 对于D，设外接圆半径为，由正弦定理，得，则外接圆半径为，故D错误； 11. 已知正方体，点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为1 B. 当时，平面截得正方体的截面面积为 C. 当时，平面 D. 当时，平面 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先确定点在四边形区域内（包括边界），由平面即可判断A；当时，确定点位置，从而确定截面的形状，通过相关计算即可判断B；取的中点，的中点，连接，从而确定点的位置，再证明平面∥平面，即可判断C；通过证明平面，即可判断D. 【详解】由知，点在四边形区域内（包括边界）. 对于A，因为平面，所以当点在点时，取最小值，故A正确； 对于B，当时,所以是的中点. 取的中点，的中点，连接，，，，，， 又∥且，∥且， 所以∥且，所以四边形为平行四边形， 所以∥， 同理可知，∥，所以∥，显然， 所以平面截得正方体的截面为菱形， 因为 所以，故B正确； 对于C，取的中点，的中点，连接，则， 所以， 因为，所以，则点在线段上， 连接，，，，，，则∥，∥， 平面，平面平面，所以∥平面， 同理可得∥平面， 又，平面，所以平面∥平面， 显然平面与平面有公共点，且点平面， 所以与平面相交，则与平面相交，故C错误； 对于D，当时点在线段上（点除外），连接，则， 又平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 所以平面，故D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某工厂为了对40个零件进行抽样调查，将其编号为00，01，…，38，39.现要从中选出5个，利用下面的随机数表，从第一行第3列开始，由左至右依次读取，选出来的第5个零件编号是______. 0647 4373 8636 9647 3661 4698 6371 6233 2616 8045 6011 1410 9577 7424 6762 4281 1457 2042 5332 3732 2707 3607 5124 5179 【答案】11 【解析】 【分析】由题意可知，由47，从左至右依次读取00-39的数，可求得结果 【详解】利用随机数表，从第一行第3列开始，由左至右依次读取，即47开始读取，在编号范围内的提取出来，可得36，33，26，16，11，则选出来的第5个零件编号是11， 故答案为：11 13. 司马迁是我国西汉伟大的史学家、文学家，其雕像位于韩城市司马迁祠内．某学习小组开展数学建模活动，欲测量司马迁雕像的高度．如图，选取与司马迁雕像底部同一水平面内的三个共线的测量基点，，，且在，，处测得雕像顶端的仰角分别为30°，45°，60°，米，则司马迁雕像高度为________米． 【答案】 【解析】 【分析】设，由仰角分别得到，根据求解. 【详解】因为平面，设雕像高度，根据仰角的直角三角形关系： 在处仰角，则，故， 在处仰角，则，故， 在处仰角，则，故，​ 如图可知，， 即， 解得：，因为高度为正，故. 14. 如图，底面半径为2的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则该圆锥的外接球表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，以母线长为半径绕一圈可带动底面圆走三圈，推知母线长后即可求解. 【详解】设圆锥母线长，底面半径为，依题意，，即， 因此圆锥轴截面等腰三角形底角，，， 此三角形外接圆半径即为圆锥的外接球半径， 所以该圆锥的外接球表面积为. 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知向量，，，. （1）若，求的值； （2）若与垂直，求实数. 【答案】（1）或. （2）. 【解析】 【分析】（1）先求出的坐标，再根据向量的模长公式列出方程求解的值. （2）先求出的坐标，再根据垂直向量数量积等于0列出方程求解的值. 【小问1详解】 因为，. 所以； 所以，即； 解得或. 【小问2详解】 因为； 又与垂直，； 所以，解得. 16. 燃油价格问题是人们关心的热点问题，某网站为此进行了调查.现从参与者中随机选出100人作为样本，并将这100人按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示. （1）求图中的值； （2）求样本数据的第60百分位数； （3）若将频率视为概率，现在要从和两组中用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行座谈，求抽取的2人中至少有1人的年龄在这一组的概率. 【答案】（1） （2）55 （3） 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图的面积和为1可解； （2）由百分位的计算方法可得； （3）先由分层抽样比确各组人数，再列举出所有可能情况，然后找到符合条件的情况，最后由古典概率求解即可. 【小问1详解】 ，解得. 【小问2详解】 样本数据的第60百分位数落在第四组，且第60百分位数为. 【小问3详解】 与两组的频率之比为， 现从和两组中用分层抽样的方法抽取6人，则组抽取2人，记为组抽取4人，记为. 所有可能的情况为，，共15种. 其中至少有1人的年龄在的情况有，共9种， 故所求概率. 17. 由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）设平面与底面ABCD的交线为l，求证：. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，，结合四棱柱的几何性质，由线线平行证明即可； （2）由线线平行证平面，结合平面即可证平面平面； （3）由线面平行证线线平行即可． 【小问1详解】 取的中点，连接，， 是四棱柱，平行且等于， 四边形为平行四边形，， 又平面，平面， 平面； 【小问2详解】 平行且等于，平行且等于， 平行且等于， 四边形是平行四边形，， 平面，平面， 平面， 由（1）得平面且，、平面， 平面平面； 【小问3详解】 由（2）得，平面，平面， 则平面， 又平面，平面平面， ． 18. 在中，角，，的对边分别为，，，，. （1）求角； （2）若是线段的中点，且，求； （3）若为锐角三角形，求的周长的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先应用正弦定理化边为角，再应用两角和的正弦公式计算化简得出角A； （2）先根据向量关系，左右两边平方后结合余弦定理得出，进而得出面积即可； （3）应用正弦定理边角转化应用辅助角公式化简，再根据角的范围应用正弦函数的性质求解. 【小问1详解】 由正弦定理可知， ∴， ∴， 又，， ∴， ∵，∴， ∵，∴． 【小问2详解】 由（1）及余弦定理得，即，① 又因为，则， 则， 即， 所以，② 由得， 所以． 【小问3详解】 由（1）得，则，即， 由正弦定理可知，， 所以 ． 因为△ABC为锐角三角形，所以，， 即，， 则，即， 则， 故△ABC的周长的取值范围为． 19. 三余弦定理是空间角的重要结论之一，如图1：设点为平面外一点，过点的斜线在平面上的射影为为平面上的任意直线，则. （1）证明以上三余弦定理； （2）如图2，在平行六面体中，，. ①证明：平面平面； ②若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析； （2）①证明见解析；②. 【解析】 【分析】（1）在射线上任取不同于点的点，作图将分别置于直角三角形内，再利用直角三角形边角关系推理得证. （2）①连接，连接，利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证；②利用线面角的正弦，结合①求出，利用（1）的结论求出，再利用等体积法求出距离. 【小问1详解】 在射线上任取不同于点的点，设点在平面上的射影点为， 则平面，，在平面内过点作于点，连接， 因为平面，平面，则， 因为，，平面， 则平面，又平面，因此， ， 所以. 【小问2详解】 ①在平行六面体中，连接，连接， 由，得是菱形，则，为中点， 又，则≌，，因此， 而平面，则平面，又平面， 所以平面平面. ②由①得，在平面内射影为，令在平面内射影为， 则平面，是直线与平面所成角， 即，，由①得平分，即， 由（1）得，， ， 由平面平面，得点到平面的距离等于点到平面的距离， 由，得，又， 因此，解得， 所以点到平面的距离为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一年级六月份学情检测 数 学 考生注意： 1．满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 3．本卷命题范围：人教版必修第二册第六章～第十章第一节． 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，，且，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数为纯虚数，则（ ） A. B. C. 0 D. 1 3. 下列说法中，正确的是（ ） A. 底面是正多边形的棱锥是正棱锥 B. 一个多面体至少有4个面 C. 有两个面相互平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱 D. 用一个平面去截棱锥，棱锥底面与截面之间的部分是棱台 4. 下列四个命题：①对立事件一定是互斥事件； ②若，为两个事件，则；③若事件，，彼此互斥，则；④若事件，满足，则，是对立事件.其中错误命题的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 5. 已知，是两条不同的直线，是一个平面，则下列命题中，真命题是（ ） A. 若，，则与必异面 B. 若点，点，则直线 C. 若，，则 D. 若点，点，则直线与相交 6. 如图，点在二面角的棱上，分别在内引射线，使得,若，，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 7. 已知有20个数，平均数为10，方差为，从中取出个数，若取出的数的平均数为10，方差为8，剩余的数的方差为12，则（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 8. 在正四棱柱中，，为棱的中点，点 为侧面内一动点，且平面，则线段的长度的最小值为（ ） A. 1 B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合要求．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. 已知复数（为虚数单位），则（ ） A. 在复平面内对应的点位于第二象限 B. 的共轭复数为 C. D. 若复数，则 10. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 外接圆半径是 11. 已知正方体，点满足，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为1 B. 当时，平面截得正方体的截面面积为 C. 当时，平面 D. 当时，平面 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 某工厂为了对40个零件进行抽样调查，将其编号为00，01，…，38，39.现要从中选出5个，利用下面的随机数表，从第一行第3列开始，由左至右依次读取，选出来的第5个零件编号是______. 0647 4373 8636 9647 3661 4698 6371 6233 2616 8045 6011 1410 9577 7424 6762 4281 1457 2042 5332 3732 2707 3607 5124 5179 13. 司马迁是我国西汉伟大的史学家、文学家，其雕像位于韩城市司马迁祠内．某学习小组开展数学建模活动，欲测量司马迁雕像的高度．如图，选取与司马迁雕像底部同一水平面内的三个共线的测量基点，，，且在，，处测得雕像顶端的仰角分别为30°，45°，60°，米，则司马迁雕像高度为________米． 14. 如图，底面半径为2的圆锥，将其放倒在一平面上，使圆锥在此平面内绕圆锥顶点滚动，当这个圆锥在平面内转回原位置时，圆锥本身恰好滚动了3周，则该圆锥的外接球表面积为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤． 15. 已知向量，，，. （1）若，求的值； （2）若与垂直，求实数. 16. 燃油价格问题是人们关心的热点问题，某网站为此进行了调查.现从参与者中随机选出100人作为样本，并将这100人按年龄分组：第1组，第2组，第3组，第4组，第5组，得到的频率分布直方图如图所示. （1）求图中的值； （2）求样本数据的第60百分位数； （3）若将频率视为概率，现在要从和两组中用分层抽样的方法抽取6人，再从这6人中随机抽取2人进行座谈，求抽取的2人中至少有1人的年龄在这一组的概率. 17. 由直四棱柱截去三棱锥后得到的几何体如图所示，四边形ABCD为平行四边形，O为AC与BD的交点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）设平面与底面ABCD的交线为l，求证：. 18. 在中，角，，的对边分别为，，，，. （1）求角； （2）若是线段的中点，且，求； （3）若为锐角三角形，求的周长的取值范围. 19. 三余弦定理是空间角的重要结论之一，如图1：设点为平面外一点，过点的斜线在平面上的射影为为平面上的任意直线，则. （1）证明以上三余弦定理； （2）如图2，在平行六面体中，，. ①证明：平面平面； ②若直线与平面所成角的正弦值为，求点到平面的距离. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $