北京市第二中学2025-2026学年高一下学期6月月考数学试题

2026北京二中高一6月月考 数 学 一、单选题（共10题，每小题5分，共50分） 1.复数z=1-2i的虚部为() A.1 B.i C.-2 D.-2i 2.1,2,3,4,5,5这组数据的第50百分位数是() A.3 B.3.5 C.4 D.5 B.在A4BC中，已知BC=6,AC=4,snA=则角8=（） A君 B. C.2 3 D.Sr 6 4.某班分成了A、B、C、D四个学习小组学习二十大报告，现从中随机抽取两个小组在班会课上进行学习成 果展示，则A组和B组恰有一个组被抽到的概率为() B.月 c. D. 5.已知向量a=(2,1),b=(-1,k),若存在实数，使得a=b,则k和2的值分别为() A分2 B.3,-2 c.22 D.3,2 6.在△ABC中，“AB.AC=BA.BC是“AC=BC”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7.已知直线a,b与平面a,P,Y,能使a∥B成立的条件是() A.⊥y,B⊥y B.a∥，a∥B C.a∥y,B∥y D.aca,bca,a∥B,b∥B 8.钝角三角形ABC的面积是5，AB=LBC=5,则4C:=() 4 A.4-√3 B.4+3 C.7 D.7或1 9如图，在直角梯形ABCD中，ABDC,☑BAD=,AD=2,若E为 D BC的中点，则AD·AE=() A.1 B.√5 C.2 D.4 10.己知四边形ABCD为矩形，AB=4,AD=2,M为AB的中点，将△ADM沿DM折起，得到四棱锥 第1页/共9页 A-DMBC(如图)，设AC的中点为N D M 在翻折过程中，有如下四个命题： ①BNII平面ADM: ②BN的长度为定值√； ③三棱锥N-DMC体积的最大值为22 3 ④在翻折过程中，存在某个位置，使得DM⊥AC. 其中真命题的个数为() A.1个 B.2个 C.3个 D.4个 二、填空题（共5题，每小题5分，共25分） 11.己知某球体的体积与其表面积的数值相等，则此球体的半径为 12.已知△ABC的三条边长分别为5,7,8，则此三角形的最大角与最小角之和为 13.某学校为了调查高一年级600名学生年平均阅读名著的情况，通过抽样，获得了100名学生年平均阅 读名著的数量（单位：本)，将数据按照[0,5)，[5,10)，[10,15)，[15,20)，[20,25]分成5组，制成了如图所示的 频率分布直方图，则图中a的值为 ；估计高一年级年平均阅读名著的数量不少于10本的人数为 个频率 组距 0.080 0.070 0.014-- 0.006-- 0510152025年平均阅读名著的数量/本 14.木工小张在处理如图所示的一块四棱台形状的木块ABCD-AB,CD时，为了经过木料表面CDD,C1内 一点P和棱AA将木料平整锯开，需要在木料表面CDDC,过点P画直线1，则1满足 (选出 你认为正确的全部结论) 第2页/共9页 ①111A4:②1IBB:③l与直线A4相交：④l与直线BB,相交. C D D B 15.根据毕达哥拉斯定理，以直角三角形的三条边为边长作正方形，从斜边上作出 E 的正方形的面积正好等于在两直角边上作出的正方形面积之和现在对直角三角形 D 30° CDE按上述操作作图后，得如下图所示的图形，若AF=xAB+yAD,则x-y= 16.如图，正方体ABCD-AB,C1D的棱长为2，点O为底面ABCD的中心，点P 在侧面BB,CC的边界及其内部运动，且DO⊥OP,给出下列结论： D C B1 111111 D C A B ①AC⊥DO; ②三棱锥P-A4D的体积为定值： ③点P在线段CE上(E为BB,的中点)： ④△DC,P面积的最大值为2. 其中所有正确结论的序号是 三、解答题（共85分） 17.在△ABC中，√2bc=b2+c2-a2. (1)求A: (2若a=25,8=写求6. 第3页/共9页 18.某研究机构为了了解各年龄层对高考改革方案的关注程度，随机选取了200名年龄在[20,45]内的市 民进行了调查，并将结果绘制成如图所示的频率分布直方图（分第一~五组区间分别为[20,25）， [25,30),[30,35),[35,40),[40,45),[40,45]). 频率/组距 0.07 0.06 0.05 0.04 0.03 0.02 0.01F-T 2025 30354045年龄 (1)求选取的市民年龄在[40,45]内的人数： (2)利用频率分布直方图，估计200名市民的年龄的平均数和第80百分位数： (3)若从第3,4组用分层抽样的方法选取5名市民进行座谈，再从中选取2人在座谈会中作重点发 言，求作重点发言的市民中至少有一人的年龄在[35,40)内的概率 19.如图，正四棱锥S-ABCD,SA=SB=SC=SD=4,AB=2√2，P为侧棱SD上的点，且SP=3PD, B C (1)求正四棱锥S-ABCD的表面积： (2)求点S到平面PAC的距离： (3)侧棱SC上是否存在一点B,使得BB/平面PAC.若存在，求 的值：若不存在，试说明理由. EC 20.如图，在直角梯形ABCD中，AB/CD,AB⊥AD,AB=2CD=2,并将直角梯形ABCD绕AB边 旋转至ABEF B D (1)求证：直线AB⊥平面ADF; (2)求证：直线CE/平面ADF; 第4页/共9页 (3)当平面ABCD⊥平面ABEF时，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个，使平面 ADE与平面BCE垂直.并证明你的结论 条件①：AE=√5；条件②：AD=1;条件③：BE L DE. 注：如果选择的条件不符合要求，第(3)问得0分：如果选择多个符合要求的条件分别解答， 按第一个解答计分 21.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，对任意两个向量m=(:1,),=(c22),作OM=, O=n.当m,万不共线时，记以OM,ON为邻边的平行四边形的面积为S(,n)=y2-x2: 当m，n共线时，规定Sm,n=0. (1)分别根据下列已知条件求Sm,n: ①m=(2,1),n=(-1,2)；②m=(1,2),n=(2,4): (2)若向量p=m+un(2,ueR,2+≠0），求证：S(p,m)+S(p,n)=(+4)S(m,n)； (3)若A,B,C是以O为圆心的单位圆上不同的点，记OA=a,OB=b,OC=c. (i)当aLb时，求Sc,d+S(c,b)的最大值： (ii)写出Sa,b)+S(亿，c)+S(c,a的最大值.（只需写出结果） 第5页/共9页 参考答案 一、单选题（共10题，每小题5分，共50分） 题号 1 2 3 4 5 6 8 9 10 答案 C B A A D C C 二、填空题（共5题，每小题5分，共25分） 11.3 12.120 3 13.100 150 14.③④ 15. 16.①②③ 三、解答题（共70分） 17.(1)解：因为√2bc=b3+c2-a2,即 由余弦定理cs4=B+c2-d-V2cV5 2be 2bc 2 因为A∈(0，，所以A= (2解：因为4=界a=2,日-营 由正弦定理a三b 22 b sinA sinB' 即s 元，所以b=2√5： sin 4 3 18.(1)20 (2)平均数32.25，第80百分位数37.5 (3) 10 19.(1)解：取AB的中点G,连接SG, 因为SA=SB=SC=SD=4,AB=2V2,则 SG⊥AB， 且SG=VS42-AG2=V42-2=V14, 所以，正四棱锥S-ABCD的表面积为 48+8D=4号AB×SG+A0 B =2×2W2×V14+8=8+8√7 (2)解：连接BD交AC于点O,连接SO、OP,如下图所示： 因为四边形ABCD是边长为2W2的正方形，则BD=√2×2W5=4=SB=SD, 故△SBD是边长为4的等边三角形， 因为ACOBD=O,则O为BD、AC的中点，所以，SO⊥BD, 第6页/共9页 且50=58in60=4xy5=2N5, ZOSD=∠BSD=7×60=30, 2 因为SP=3PD,则SP=23SD=3x4=3, 4 由余弦定理可得 OP=s02+SP2-2S05Pcos30=12+9-2×2N5×3x5 3, 2 所以，SP2+OP2=SO2,所以，SP1OP, 因为四边形ABCD为正方形，则AC⊥BD, 因为SA=SC,O为AC的中点，则AC⊥SO, 因为SOOBD=O,SO、BDC平面SBD,所以，AC⊥平面SBD, 因为SPc平面SBD,所以，SP⊥AC, 因为OPOAC=O,OP、ACc平面PAC,所以，SP⊥平面PAC, 因此，点S到平面PAC的距离为SP=3, (3)解：在侧枝SD上存在一点B,使BB1/平面PAC,满足g-2,理由如下： EC 取SD的中点为Q,因为SP=3PD,则PQ=PD, 过O作PC的平行线交SC于E,连接BO、BE. S 在△BDO中，因为O、P分别为BD、DO的中 点，则 BOl/PO, 因为POC平面PAC,B2C平面PAC,所以 BQW平面 PAC, B 白是-器2.则0ec 因为PCc平面PAC,QE文平面PAC,所以QE∥平面PAC, 而BQ∩QE=Q,BQ、QEC平面BEQ,故面BEQI∥面PAC, 又BEC面B20,则BB1/平面PAC,此时g=2, EC 20.(1)证明：翻折前，在直角梯形ABCD中，AB⊥AD, 将直角梯形ABCD绕AB边旋转至ABEF，则AB⊥AF 因为AD、AFC平面ADF,且AD∩AF=A,所以AB⊥平面ADF. (2)证明：翻折前，AB/1CD, 将直角梯形ABCD绕AB边旋转至ABEF,则AB/IEF,所以，CD//EF, 第7页/共9页 又因为CD=EF,所以四边形CDFE为平行四边形，所以CE/IDF, 因为CEE平面ADF,DFC平面ADF,所以CEI/平面ADF (3)证明：条件②：因为平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCD⌒平面ABEF=AB, 且AD⊥AB,ADC平面ABCD,所以AD⊥平面ABEF 因为BEC平面ABEF,所以AD⊥BE. 在梯形ABEF中，AF=EF=1,AF⊥EF, 所以，AB=√AF2+EF=√+1=√2，且△AEF为等腰直角三角形， 又因为EF/IAB,则∠BAE=∠AEF=45°， 因为AB=2,由余弦定理可得 BE=√AE2+AB2-2AB·AEc0S45 2+4-2x2x5x55, 所以，AB2=AE2+BE2,故AE⊥BE, 因为AE、ADC平面ADE,ADOAE=A,所以，BE⊥平面ADE. 因为BEC平面BCE,所以平面ADE⊥平面BCE: 证明：条件③：因为平面ABCD⊥平面ABEF,平面ABCDO平面ABEF=AB, 且AD⊥AB,ADC平面ABCD,所以AD⊥平面ABEF. 因为BEC平面ABEF,所以，AD⊥BE 因为BE⊥DE,AE、ADC平面ADE,AD∩AE=A,所以，BE⊥平面ADE. 因为BEC平面BCE,所以平面ADE⊥平面BCE; 21.(1)解：因为m=(2,1),1=（-1,2), 且S(i,)=ky-x2, 所以S(m,m)=|2×2-1×(-1=5: 又i=(1,2),i=(2,4), 是S(m,)=1×4-2×2=0: （2)因为向量m=（1,为)，=(2y2), 且向量D=i+i(2,u∈R,入2+2≠0)， 则D=(1+4x3,4+y2), 第8页/共9页 所以S(,m)=|(2x+x)4-(24+y,)x=4y2-4, 同理$(，m)=为-xy, 所以S(D,m)+S(匝，列)=(0入+4)S(m,): (3)(i)设c,a=a,因为a⊥b, 所以c.6-3-a 2 所以se,画+sk,)=na+m(a小 -sina-cosa-n 当a即a时， S(c,ad)+S(c,b)取得最大值V2; (i)s(a,6)+s6,c)+se,a)的最大值为35 第9页/共9页