精品解析：广西来宾高级中学2025-2026学年高一下学期6月阶段检测数学试题

2028届高一（下）数学自主练习（7） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 样本数据的中位数为（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】结合中位数定义可得. 【详解】将已知数据从小到大排序为，则中位数为. 2. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 3. 已知平面向量，不共线，且，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】由平面向量基本定理可得. 【详解】由题意可知平面向量不共线，且， 则. 4. 已知向量满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，得， 所以，即； 由，得， 所以，即. 两式相减，得， 所以 . 5. 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷次，观察向上的点数，则点数和为的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出样本点的总数，并列举出事件“点数和为”所包含的样本点，利用古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷次，观察向上的点数，共有个样本点， 其中事件“点数和为”所包含的样本点为：、、、，共种， 故所求概率为. 6. 已知棱台的上、下底面均是有一个内角为的菱形，上、下底面的边长分别为2，3，该棱台的高为，则其体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别求出棱台的上底面面积和下底面面积，再根据棱台的体积公式求得该棱台的体积. 【详解】由题意，得棱台的上底面面积为， 下底面面积为， 所以该棱台的体积为. 7. 棣莫弗公式是由法国数学家棣莫弗发现的.若复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由棣莫弗公式，. 8. 在三棱锥中，，均是边长为的等边三角形，当平面平面时，三棱锥内切球的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用等体积法进行求解. 【详解】 如图所示，作，因为，所以是中点，因为平面平面，所以平面，所以， 设，则， 在直角三角形中，，即：，解得：，即：，， 因为，，所以和是直角三角形，且，则， 设三棱锥内切球的半径为，则， ， 代入得：，解得：，即：三棱锥内切球的半径为. 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A选项，复数的共轭复数，因此，A选项正确. 对于B选项，复数的模，因此，B选项错误. 对于C选项，∵ ， ∴ ，该选项正确. 对于D选项， ∵ 分子，分母， ∴ ，是实数，故，该选项正确. 10. 已知，，则下列说法中正确的是（ ） A. 如果，那么 B. 如果，那么 C. 如果互斥，那么 D. 如果互斥，那么 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于AB，由可得即可；对于CD，由互斥可得即可. 【详解】对于AB，由可得, 所以,故AB正确； 对于CD，由互斥可得， 所以,故C正确，D错误. 故选：ABC. 11. 在空间中，、为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（ ） A. B. C. 当时，平面 D. 当平面时， 【答案】BC 【解析】 【分析】做出满足条件的图，过点作，为垂足，过点作，为垂足，过点作，由条件可得，解三角形可得，由此判断B，当点与点的距离无限大时，可得趋向于，排除A，先证明平面，结合，证明 重合，由此证明平面，由平面推出点与点重合，点与点重合，判断D. 【详解】不失一般性作图如下， 过点作，为垂足，过点作，为垂足， 过点作，，连接， 则，因为二面角为， 所以，由已知， 所以，所以， 故，，B正确； 当点与点的距离无限大时，，无限大，无限靠近， 此时趋向于，A错误； 因为，，平面， 所以平面，又平面，所以， 若，不重合，结合，平面， 可得平面，平面， 所以，矛盾，所以重合， 因为，，，平面， 所以平面， 故平面，C正确； 因为平面，若平面， 则平面与平面重合，此时点与点重合，点与点重合， 故与的夹角为，D错误， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量，是单位向量，与夹角为，则向量在向量上的投影向量为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的定义求解即可. 【详解】由题意可知向量在向量上的投影向量为. 13. 总体由编号为01，02，…，39，40的40个个体组成，从中选取6个个体．利用科学计算器依次生成一组随机数如下：65 06 58 61 54 35 02 42 35 48 96 32 15 52 39 52 40，则选出来的第6个个体的编号为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据随机数抽样规则可得结果. 【详解】生成的随机数中落在编号01，02，…，39，40内的依次有06，35，02，35（重复），32，15，39，40. 所以选出来的第6个个体的编号为39. 14. 已知球的体积为，A，B，C，D四点均在球O的球面上，为等边三角形，，则的面积为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据球的体积得出球的半径，由正三棱锥的对称性得出球心的位置，然后由勾股定理，列方程组求解. 【详解】由球的体积公式，，解得， 设的外心为，连接， 由题意知为该三棱锥的高，所以该三棱锥的外接球的球心在上， 不妨设在线段上，连接， 设的边长为，由正弦定理可得，， 再设，由题知，， 解得（负值表示球心在线段的延长线上，实际情况如右图）， 所以， 由三角形面积公式，. 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. 从某厂生产的某种电子产品中随机抽取了若干件进行试验，测试它们首次出现故障的时间（单位：天），由试验结果得到如下频率分布直方图： （1）估计这种电子产品首次出现故障的时间的第一四分位数及中位数（假设数据在组内均匀分布）； （2）设为1件这种电子产品首次出现故障的时间小于365天的概率估计值，求． 【答案】（1）第一四分位数为，中位数为； （2）． 【解析】 【分析】（1）根据百分位数的定义，先确定其大致位置，然后列方程求解； （2）根据直方图，先求出小于365天的频率即可. 【小问1详解】 由直方图可知，的频率为， 的频率为， 故第一四分位数在上，设为，则，解得； 的频率为， 的频率为， 故中位数在上，设为，则，解得． 故第一四分位数为，中位数为； 【小问2详解】 由直方图可知，小于天的频率为，故． 16. 已知在中，，，． （1）求； （2）设，两点满足：在的延长线上，，．若，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由已知两边及夹角，先用余弦定理求第三边，再用余弦定理求； （2）建立坐标系，设出点坐标，由平行关系得点的坐标，利用垂直条件求参数，由长度解出，再计算. 【小问1详解】 在中，，，. 由余弦定理可知， 故. 再由余弦定理得. 【小问2详解】 以为原点，为轴正方向建立平面直角坐标系如图： 则，，由，得. 在延长线上，设，则，，， 设，则. 由，得，故. 于是. 已知，则，则. 代入得，而， 故. 17. 如图，三棱锥中，点在上，，，． （1）证明：； （2）若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明： 因为且，，且， 所以平面. 因为平面，所以. 又，，平面， 平面，平面， 所以平面， 故. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，，再结合线面垂直的性质定理证明即可； （2）法一：建立空间直角坐标系，求解向量和平面的法向量，再结合向量法求解线面夹角；法二：利用体积法解出设点到平面的距离为，进而计算线面夹角. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 可得， ， ， . 因为 且 ，所以. 所以，，. 设平面 的法向量 ，则， 可得，令，则：，，即. 设与平面所成的角为： 所以 ， 所以与平面所成的角的正弦值为. 法二：在 中，， 在 中，， 由（1）知，则. 在 中，. 在 中，. ， 为直角三角形，则. 设点到平面的距离为，与平面所成角为， 由得： ，即， 解得：. 所以. 18. 在中，已知，． （1）证明：为钝角三角形； （2）若的面积为，求的周长． 【答案】（1）证明：由，则， 又，得，则， 由两角和的余弦公式，， 结合可知， 则异号，必然一个为负，一个为正. 又，即中必有一个是钝角； （2） 【解析】 【分析】（1），结合题设得出，然后由两角和的余弦展开得到，进而得解； （2）先推出三角形面积公式的变形式，解得，由正弦定理进而得出，然后列余弦定理和面积公式的关于的方程组求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 方法一：由正弦定理和三角形的面积公式， ， （是外接圆半径） 又，，则，解得， 又，则， 由余弦定理，即， 又，则， 于是，即， ，解得， 故周长为. 方法二：由，则， 即， 由正弦定理可得，， 由三角形面积公式，， 得到，则，其余同上. 19. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 【答案】（1）由题意证明如下： 如图，作出符合题意的图形，连接， 在中，，分别为，中点，∴， ∵平面，平面， ∴平面. （2）距离为1. 【解析】 【分析】（1）通过证明，即可得出结论； （2）方法一：设出，建立空间直角坐标系并表达出各点的坐标，得出向量与面的一个法向量的表达式，根据直线与平面所成的角为求出参数，借助几何关系即可求出到面的距离. 方法二：利用直线与平面所成的角为，求出，借助几何关系即可求出到面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，设， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， 建立空间直角坐标系，如下图所示， 得到，，，，， ∴，面的一个法向量为， ∵直线与平面所成的角为， 设直线与平面所成的角为 ∴ 解得，∴，，，，， ∵面，∴由几何知识得，到面的距离为. 法二：由题意及（1）得， 在直三棱柱中，，， 四边形与四边形是矩形， ∴，，， ∵，平面，平面，平面， ∴平面，， ∴由几何知识得，即为直线与平面所成的角， 直线与平面所成的角为， 在中，，分别为，中点，， ∴直线与平面所成的角为，即， 在Rt中，，，， ∴， 在Rt中，，， 为等腰直角三角形，过点作， 则点为中点，，， 由几何知识得，到面的距离即为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2028届高一（下）数学自主练习（7） 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，只有一项是符合题目要求的． 1. 样本数据的中位数为（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 9 2. （ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，不共线，且，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 已知向量满足，，则（ ） A. B. C. D. 5. 将一颗质地均匀的正方体骰子先后抛掷次，观察向上的点数，则点数和为的概率是（ ） A. B. C. D. 6. 已知棱台的上、下底面均是有一个内角为的菱形，上、下底面的边长分别为2，3，该棱台的高为，则其体积为（ ） A. B. C. D. 7. 棣莫弗公式是由法国数学家棣莫弗发现的.若复数，则（ ） A. B. C. D. 8. 在三棱锥中，，均是边长为的等边三角形，当平面平面时，三棱锥内切球的半径为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 设，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知，，则下列说法中正确的是（ ） A. 如果，那么 B. 如果，那么 C. 如果互斥，那么 D. 如果互斥，那么 11. 在空间中，、为两个定点，动点到直线的距离为2，动点到直线的距离为1．若二面角为，则（ ） A. B. C. 当时，平面 D. 当平面时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知平面向量，是单位向量，与夹角为，则向量在向量上的投影向量为______． 13. 总体由编号为01，02，…，39，40的40个个体组成，从中选取6个个体．利用科学计算器依次生成一组随机数如下：65 06 58 61 54 35 02 42 35 48 96 32 15 52 39 52 40，则选出来的第6个个体的编号为______． 14. 已知球的体积为，A，B，C，D四点均在球O的球面上，为等边三角形，，则的面积为__________． 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. 从某厂生产的某种电子产品中随机抽取了若干件进行试验，测试它们首次出现故障的时间（单位：天），由试验结果得到如下频率分布直方图： （1）估计这种电子产品首次出现故障的时间的第一四分位数及中位数（假设数据在组内均匀分布）； （2）设为1件这种电子产品首次出现故障的时间小于365天的概率估计值，求． 16. 已知在中，，，． （1）求； （2）设，两点满足：在的延长线上，，．若，求． 17. 如图，三棱锥中，点在上，，，． （1）证明：； （2）若，，，．求直线与平面所成角的正弦值． 18. 在中，已知，． （1）证明：为钝角三角形； （2）若的面积为，求的周长． 19. 如图，在直三棱柱中，，，，分别为，的中点． （1）证明：平面； （2）设，直线与平面所成的角为，求直线到平面的距离． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $