精品解析：河北唐山市开滦第一中学2025-2026学年高一下学期6月月考数学试题

2025-2026开一高一下6月月考数学 一、单选题 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. －1 B. 1 C. －i D. i 【答案】B 【解析】 【分析】通过复数的除法计算出即可得出答案. 【详解】，虚部为1. 故选：B 2. 已知向量，若与共线，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算及向量共线求解. 【详解】，， 由与共线，可得， 解得， 故选：A 3. 某校有高中生2000人，其中高一年级600人，高二年级700人，高三年级700人．为了解学生的视力情况，采用分层抽样的方法抽取一个容量为100的样本，则应抽取高一年级的人数为（ ） A. 20 B. 30 C. 35 D. 40 【答案】B 【解析】 【详解】由分层抽样的等比例性质，应抽取高一年级的人数为人. 4. 已知一个圆锥的底面半径是3，母线长是5，则该圆锥的体积等于（ ） A. 12 B. 15 C. 36 D. 45 【答案】A 【解析】 【详解】由题意，圆锥的高为， 所以该圆锥的体积为. 5. 中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部，鹳雀楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则鹳雀楼的高度约为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题可得、、，再利用正弦定理计算即可得解. 【详解】，， ，则， 由正弦定理可得， 即， 则. 6. 已知正方体的棱长为1，则点到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由，结合题中数据，即可求解. 【详解】设点到平面的距离为， 因为正方体的棱长为1，所以 由题意可知，即， 所以. 故选：A. 【点睛】本题主要考查空间中点到面的距离，等体积法求点到面的距离是最常用的一种做法，属于基础题型. 7. 若5个样本数据的平均数为3，方差为1.现加入一个数3，得到新样本的平均数为，方差为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】设这5个样本数据依次为, 平均数为3，方差为1.利用平均数和方差的定义可知进而利用定义计算新样本的平均数和方差即可. 【详解】设这5个样本数据依次为, 平均数为3，方差为1. ∴ 现加入一个数3，得到新样本的平均数为， 方差为， 故选:B. 8. 如图，已知圆锥的轴截面为正三角形，底面圆心为，，垂足为.线段绕轴旋转一周所得的曲面将圆锥分割成上下两个几何体，则上下几何体的体积之比是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】过作，根据已知确定上几何体的构成，再应用圆锥的体积公式求上下几何体的体积，即可得. 【详解】过作，如下图示， 由题意，上几何体是半径为的两个圆锥组合而成，高分别为， 令的边长为，则，，，可得， 所以上几何体的体积为， 而圆锥的体积为， 所以下几何体的体积为， 综上，上下几何体的体积之比是. 二、多选题 9. 已知直线，和平面，，则下列命题中真命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 【答案】BD 【解析】 【分析】由直线与平面的位置关系可得与平面，的位置关系还有其他情况满足题意，所以排除A、C选项，B、D选项可以用直线的方向向量和平面的法向量的角度来说明直线与平面的位置关系. 【详解】若，，与的位置关系可以是平行，相交或在面内，所以A选项错误； 若，则的方向向量是的法向量，因为，的方向向量与相同，故，所以B选项正确； 若，，与的位置关系可以是平行或在面内，所以C选项错误； 若，则的方向向量与的法向量平行，因为，的法向量与的法向量垂直， 所以与的法向量垂直，故或，又因为，则，所以D选项正确. 故选：BD. 10. 在中，，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】A选项，由向量加法的三角形法则，，A正确； B选项，由向量的减法法则，，B正确； C选项，，C错误； D选项，，D正确； 11. 如图，正方形的边长为1，，分别是，的中点，交于，现沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为．下列说法中正确的是（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角的正切值为 C. 点到面的距离为 D. 四面体的内切球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由已知结合线面垂直的判定定理判断A；计算棱锥的体积公式求内切球半径结合球的表面积判断D；由等体积法求出G点到平面的距离判断C；应用线面角定义结合边长判断B． 【详解】对于A，在原正方形中，有，由折叠可知，在三棱锥中， 有，平面，所以平面，故A正确；    对于D，由已知可得， 则， 又平面，，∴＝， 设四面体的内切球的半径为，，∴， ∴外接球的表面积为：，故D正确； 对于C，∵，， ∴， 设G到平面的距离为d， 则，可得，即G点到面的距离为，故C正确； 在中，平面， 因为平面，所以，因此直线与平面所成角为， 正切值为，B选项错误； 三、填空题 12. 样本数据20，26，5，16，17，18的第60百分位数为______. 【答案】 18 【解析】 【详解】将样本数据从小到大排列为：5，16，17，18，20，26， 因为，所以第60百分位数为排序后的第4个数据18. 13. 在复平面内，将复数对应的向量绕坐标原点沿逆时针方向旋转，则旋转后的向量对应的复数为______. 【答案】 【解析】 【详解】复数对应的向量为，则点A位于第二象限，， 向量与x轴正半轴的夹角为， 设该向量绕原点沿逆时针方向旋转后所得向量的坐标为， 则，， 即所得向量的坐标为，所以旋转后的向量对应的复数为. 14. 中，，，，D为线段的中点，点E，F分别在线段，上．若为正三角形，则的面积为________． 【答案】## 【解析】 【分析】设，根据角度关系与正弦定理可得，结合与可得，进而由求得的面积． 【详解】在中，，，， 设，则， 在中，，， 在中，，，则， ， 又，为正三角形， 则，即， ，则， ， 的面积为． 四、解答题 15. 已知，，且与的夹角为. （1）求的值； （2）若，求实数的值. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】（1）先由已知求出，再由可求得答案， （2）由，得，化简可求出的值 【详解】（1）因为； 所以； （2）因为， 所以， 即， 所以， 解得． 16. 如图，正三棱柱中，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：连接，交于点，连接，则为的中点， 又为的中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）只需证明，再结合线面平行的判定定理即可得证； （2）只需说明是异面直线与所成的角或其补角，再结合余弦定理求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，所以是异面直线与所成的角或其补角． 由题知，， 在中由余弦定理，得. 17. 人工智能的广泛应用，给人们的生活带来了便捷.截至2026年3月，AI软件已广泛覆盖办公、学习、创作、生活等多个场景.某网站组织经常使用豆包的人进行了AI知识竞赛.从参赛者中随机选出100人作为样本，并将这100人按成绩分组：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）填空：______； （2）求样本数据的中位数与第35百分位数； （3）已知直方图中成绩在内的平均数为85；成绩在内的平均数为95.求成绩在内的平均数. 【答案】（1）0.005 （2）中位数为80；75 （3）89. 【解析】 【小问1详解】 ，故. 【小问2详解】 前三组频率之和为，所以样本数据的中位数为80； 前两组频率之和为，则样本数据的第35百分位数落在第三组. 设第35百分位数为，则，解得， 【小问3详解】 由题意，成绩在，内的人数分别为30，20， 所以成绩在内的平均数为：， 所以，成绩在内的平均数为89. 18. 在中，角，，的对边分别为，，，已知向量，，且． （1）求角的大小； （2）若为锐角三角形，，求的取值范围； （3）设的面积为，边上的中线长为2，求的长． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量的数量积，结合三角函数性质求解即可. （2）根据正弦定理、辅助角公式及正弦函数性质求解即可. （3）根据三角形面积公式得到，根据为中点得到，结合向量数量积的运算律得到，代入余弦公式求解即可. 【小问1详解】 由题意， 又，所以． 又，所以或，所以. 【小问2详解】 因为，， 由正弦定理得：，则，． 易知， 所以． 因为为锐角三角形，所以，解得． 所以，所以，则． 所以的取值范围是． 【小问3详解】 由题意知，，所以． 因为为中点，所以， 两边平方得：， 代入并整理：， 由余弦定理：， 所以． 19. 如图，在四棱锥中，，且． （1）证明：平面平面； （2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积． （3）若为棱的中点，在（2）的条件下，求二面角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为，所以且， 因为，所以， 又，平面，所以平面PAD． 又面，所以平面平面. （2）； （3）. 【解析】 【分析】(1)由题意可证得面，然后结合面面垂直的判定定理即可证得平面平面. (2)在平面PAD内作，垂足为点E．证明平面ABCD．设，则，．由棱锥体积求得后可得各侧面面积．即可得侧面积． (3)以E为坐标原点建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角坐标公式即可求解. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 在平面PAD内作，垂足为点E． 由（1）知平面PAD，故． 又，平面，所以平面ABCD． 设，则，． 故四棱锥的体积，解得． 从而，，． 所以四棱锥的侧面积为． 【小问3详解】 由（1），（2）知平面ABCD，平面PAD，过作， 以为坐标原点，分别为轴正方向. ,,,,, 易知平面的一个法向量为， 假设平面的一个法向量为， ，， 则，令，则. 所以， 所以二面角的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026开一高一下6月月考数学 一、单选题 1. 已知复数满足，则的虚部为（ ） A. －1 B. 1 C. －i D. i 2. 已知向量，若与共线，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 3. 某校有高中生2000人，其中高一年级600人，高二年级700人，高三年级700人．为了解学生的视力情况，采用分层抽样的方法抽取一个容量为100的样本，则应抽取高一年级的人数为（ ） A. 20 B. 30 C. 35 D. 40 4. 已知一个圆锥的底面半径是3，母线长是5，则该圆锥的体积等于（ ） A. 12 B. 15 C. 36 D. 45 5. 中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登鹳雀楼》而流芳后世．如图，某同学为测量鹳雀楼的高度，在鹳雀楼的正东方向找到一座建筑物，高约为，在地面上点处（，，三点共线）测得建筑物顶部，鹳雀楼顶部的仰角分别为和，在处测得楼顶部的仰角为，则鹳雀楼的高度约为（ ） A. B. C. D. 6. 已知正方体的棱长为1，则点到平面的距离是（ ） A. B. C. D. 7. 若5个样本数据的平均数为3，方差为1.现加入一个数3，得到新样本的平均数为，方差为，则（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 8. 如图，已知圆锥的轴截面为正三角形，底面圆心为，，垂足为.线段绕轴旋转一周所得的曲面将圆锥分割成上下两个几何体，则上下几何体的体积之比是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知直线，和平面，，则下列命题中真命题是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，，则 10. 在中，，是的中点，则（ ） A. B. C. D. 11. 如图，正方形的边长为1，，分别是，的中点，交于，现沿，及把这个正方形折成一个四面体，使，，三点重合，重合后的点记为．下列说法中正确的是（ ） A. 平面 B. 直线与平面所成角的正切值为 C. 点到面的距离为 D. 四面体的内切球的表面积为 三、填空题 12. 样本数据20，26，5，16，17，18的第60百分位数为______. 13. 在复平面内，将复数对应的向量绕坐标原点沿逆时针方向旋转，则旋转后的向量对应的复数为______. 14. 中，，，，D为线段的中点，点E，F分别在线段，上．若为正三角形，则的面积为________． 四、解答题 15. 已知，，且与的夹角为. （1）求的值； （2）若，求实数的值. 16. 如图，正三棱柱中，，为的中点． （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的余弦值． 17. 人工智能的广泛应用，给人们的生活带来了便捷.截至2026年3月，AI软件已广泛覆盖办公、学习、创作、生活等多个场景.某网站组织经常使用豆包的人进行了AI知识竞赛.从参赛者中随机选出100人作为样本，并将这100人按成绩分组：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）填空：______； （2）求样本数据的中位数与第35百分位数； （3）已知直方图中成绩在内的平均数为85；成绩在内的平均数为95.求成绩在内的平均数. 18. 在中，角，，的对边分别为，，，已知向量，，且． （1）求角的大小； （2）若为锐角三角形，，求的取值范围； （3）设的面积为，边上的中线长为2，求的长． 19. 如图，在四棱锥中，，且． （1）证明：平面平面； （2）若，，且四棱锥的体积为，求该四棱锥的侧面积． （3）若为棱的中点，在（2）的条件下，求二面角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $