精品解析：北京市北京中学2025-2026学年高一下学期6月月考数学试题

2026北京北京中学高一6月月考 数 学 一、单选题（每小题5分，共50分，每小题均只有一个正确答案） 1. 已知向量，，且，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用向量垂直的坐标表示计算求解. 【详解】向量，，且， 则，即得. 2. 若复数满足，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数模的几何意义，将问题转化为单位圆上的点到点的距离最大值求解. 【详解】解法1（几何法）： 复数对应复平面内的点，表示点到原点的距离. 由可知，点的轨迹是以原点为圆心，半径的单位圆.   的几何意义是单位圆上的点到点的距离. 根据圆的性质：圆上一点到圆外定点的最大距离等于定点到圆心的距离加圆的半径. 计算得，因此的最大值为. 解法2（代数法）： 设，由得，其中. 则，代入化简得： . 当时，取得最大值，即的最大值为3. 3. 在平行四边形中，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 ， ， 所以，． 4. 北中高中部有老师200人，男学生1200人，女学生1000人，现用比例分配的分层随机抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为的样本．已知从女生中抽取80人，则等于（ ） A. 200 B. 192 C. 176 D. 96 【答案】B 【解析】 【分析】根据分层抽样的抽样比求解即可． 【详解】由，解得． 5. 在中，角，，的对边分别为，，，为的面积，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】在中，由余弦定理得， 三角形面积，则， 即， ， ， ， ． 6. 已知l，m，n是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系及线面平行的性质定理判断即可. 【详解】对于A，若，，则m，n平行或异面，A错误. 对于B，若，，，则m，n平行、相交或异面，B错误. 对于C，根据线面平行的性质定理可知，若，，，则，C正确. 对于D，若，，则或，D错误. 7. 甲、乙、丙三名射箭运动员在某次测试中各射箭20次，三人的测试成绩如下表 甲的成绩 乙的成绩 丙的成绩 环数 7 8 9 10 环数 7 8 9 10 环数 7 8 9 10 频数 5 5 5 5 频数 6 4 4 6 频数 4 6 6 4 、、分别表示甲、乙、丙三名运动员这次测试成绩的标准差，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定的数据，求出平均数及对应的方差即可判断作答. 【详解】甲、乙、丙三名射箭运动员这次测试成绩的平均值分别为， ，； ，； ，， 由得. 故选：B 8. 三棱柱中，是棱的中点，是棱上一点，，若平面，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】连接交于点，连接，利用线面平行的性质定理及平行线分线段成比例定理求解. 【详解】如图，连接，设，连接. 因为平面，平面平面，平面， 所以. 在三棱柱中，侧面为平行四边形，所以，即. 所以与相似， 则，又在中，由可得. 所以，即. 9. 设非零平面向量，，两两不垂直，那么“”是“”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 【答案】C 【解析】 【分析】结合向量数乘的共线性质，分别验证充分性与必要性，利用题设两两不垂直即点积非零的条件判断逻辑关系. 【详解】验证充分性： 已知非零向量两两不垂直，故，， 若，则左边为与共线的非零向量，右边为与共线的非零向量， 两非零向量相等则方向一致，因此，充分性成立； 验证必要性： 若，由为非零向量，可知存在实数，使得， 代入左边得： ， 代入右边得： ， 左边等于右边，故必要性成立； 因此“”是“”的充要条件. 10. 已知向量，，满足，且向量与的夹角为60°，则的最大值是（ ） A. B. 8 C. D. 6 【答案】B 【解析】 【详解】由， 可得， 即，解得， 所以的夹角为， 如图所示，设， 所以，所以， 所以点在的外接圆上的优弧上运动，的最大值为外接圆直径， 可知， 所以， 外接圆直径为，即的最大值为8. 二、填空题（每小题5分，共30分） 11. 若复数在复平面对应的点为，的共轭复数为，则________． 【答案】 【解析】 【详解】由复数在复平面对应的点为， 得，， 所以． 12. 在一个盒子中有3个红球和2个黑球，这5个球除颜色外没有其他差异．现从中依次不放回地随机抽取出2个球．则两次取到的球颜色不同的概率为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用组合计数原理结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率. 【详解】一个盒子中有个红球，个黑球，采用不放回方式从中依次随机地取出个球， 那么两次取到的球颜色不同的概率为. 13. 北中英才学生在某次抽样检测中，随机抽取100个人的成绩频率分布直方图如图，根据频率分布直方图，估计此次考试成绩的第80百分位数为________． 【答案】 【解析】 【分析】计算各区间累计频率，确定第80百分位数所在区间并求解即可. 【详解】由图可知组距为20，可得各分数段的频率和累计频率为： ：频率，累计频率 ：频率，累计频率 ：频率，累计频率 ：频率，累计频率 因为，因此第80百分位数落在区间内. 所以第80百分位数为：. 14. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的体积为________． 【答案】 【解析】 【分析】通过辅助线找到四棱锥的高，再结合锥体体积公式求解. 【详解】如图所示,取的中点，的中点，连接， 因为底面是矩形，所以. 因为，为的中点，所以 且 . 过点作平面的垂线，因为， 所以，故点在的垂直平分线上， 故平面与平面的夹角为，， 所以该四棱锥的体积为. 15. 已知，，设．当时，________， 当时，的取值范围为________． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】利用和得出和的值，即可得出第一空结论；将代入得展开，令，，，代入并整理，得出，求出的取值范围判断第二空即可. 【详解】由题意得，，， 第一空：当时，， ∴，∴. 第二空：将代入得， 两边平方得， 展开得， 代入，，记，得到， 由题意得，则或， 因为，所以，解得， 由余弦函数性质得，且，解得， 令，，，则原式变为， 配方得， 可得，，因此， 即，解得，得到，因此的取值范围为. 16. 如图，正方体棱长为2.点E为AD中点，P为正方体侧面内（包含边界）的动点.记E、C、三点所在的平面为.给出下列四个结论： ①直线与平面所成角的正切值为； ②已知平面，若，则； ③若点P满足，则必有的面积为1； ④若点P满足，则必有. 其中所有正确结论的序号为__________. 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据正方体的性质，找到直线与平面所成角，求得其正切值，判断①；作出平面与平面的交线，求得，判断②；根据条件求得的面积，判断③；结合线面垂直的判定定理，确定点的轨迹，结合面面平行的判定定理和性质，判断与平面的关系，判断④. 【详解】对于①，如图，取的中点，连接. 则，且. 由正方体的性质知，平面，所以平面. 所以为直线与平面所成的角， 所以，所以①正确； 对于②，记，则. 由平面，得即为直线. 若，则，所以②错误； 对于③，取的中点，连接， 则. 又平面，平面，所以平面. 因为，且，所以四边形为平行四边形. 所以. 又平面，平面，所以 平面. 因为平面， 所以平面平面. 若点P满足，则平面，所以点的轨迹为. 因为，所以点到的距离为定值，等于. 所以有的面积为定值，等于. 所以③正确. 对于④，由①知，平面，所以. 由，，得. 因为平面，所以平面. 若点P满足，则平面， 则点的轨迹为. 由③知，平面平面，平面， 故必有.所以④正确. 三、解答题（共5小题，共70分） 17. 在三棱柱中，四边形为正方形，平面平面，分别为，的中点． （1）若平面平面，求证：； （2）若，求证：平面平面． 【答案】（1）证明：如图，取的中点为，连接，， 因为为的中点，所以，， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 又为的中点，所以，， 所以，，则四边形是平行四边形， 所以，平面，平面，故平面， 由平面，平面平面，则； （2）因为平面平面，平面平面， 又四边形为正方形，所以，平面， 所以平面，平面，则， 因为，，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，，利用三角形的中位线定理结合棱柱的性质可证得四边形是平行四边形，则，利用线面平行的判定和性质定理即可证； （2）根据四边形为正方形，平面平面，得出，再结合（1）中的平行关系得出，从而得出平面，根据平面与平面垂直的判定定理得出平面平面． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 18. 在中，为钝角，． （1）求角B的大小； （2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求最小边上的高． 条件①：的面积为； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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． 【答案】（1） （2）选择条件②或条件③，最小边上的高为；条件①不符合要求，三角形不存在 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理化简已知式，再结合三角形内角范围求解即得； （2）结合余弦定理得到，选择条件①并结合三角形面积公式得到或，最后排除两种情况得到不能选择条件①，选择条件②先利用同角三角函数的基本关系与正弦定理得到，再结合余弦定理得到，判断条件②符合题意，最后利用等面积法求解高，选择条件③，结合题意求出符合题意，最后利用等面积法求解高即可. 【小问1详解】 因为，所以， 由余弦定理，得， 则，即， 因为，所以. 【小问2详解】 由余弦定理，得，解得， 因为为钝角，所以，由余弦定理得， 由，可得， 选择①，因为的面积为，所以， 解得，代入中，可得， 联立方程组，解得或， 当时，不满足，排除， 当时，不满足，排除， 此时不存在符合题意的，故不能选择①； 选择②，由题意得，则角为锐角，则， 由正弦定理得，解得，代入中，得， 解得，此时满足符合题意， 设最小边边上的高为，由等面积得， 解得，则最小边上的高为； 选择③，由已知得，化简变形得， 由题意得，则，解得， 联立方程组，解得或， 当时，满足，符合题意， 当时，不满足，排除， 设最小边边上的高为，由等面积得， 解得，则最小边上的高为. 19. 2026年美加墨世界杯期间，C罗与梅西均将开启个人第六次世界杯征程．两人是现役球员中职业生涯总进球数最高的两位，其自然年进球数与同龄进球数统计如图1、图2所示： 图1 自然年总进球数对比 图2 相同年龄总进球数对比 （1）从图1所示的21年中随机选取1年，求C罗该年进球数多于梅西的概率； （2）已知2005—2025年间，年度最佳射手（全球自然年进球最多者）的平均进球数为53.2球．以频率估计概率，求C罗与梅西中至少有一人当选年度最佳射手的概率； （3）记图2中20岁至22岁连续三年内，C罗与梅西的进球数方差分别为和，比较与的大小关系；并判断梅西从多少岁开始的连续三年进球数方差最大（结论不要求证明）． 【答案】（1） （2） （3）；25岁 【解析】 【分析】（1）由图（1）中的数据，结合古典概型的概率计算公式，即可求解； （2）根据题意，结合图（1）中的数据，得到C罗和梅西当选最佳射手的次数，结合古典概型的概率计算公式，即可求解； （3）由图（2）中的数据，结合平均数和方差的公式，以及方差的含义，即可求解. 【小问1详解】 解：由图（1）中的数据，可得在统计的21年进球数据中， 其中C罗该年进球数多于梅西的有12年，所以概率为. 【小问2详解】 解：因为年度最佳射手平均进球，即单年进球才能当选， 其中满足条件：2010年，梅西60，满足条件； 2011年，C罗60，满足条件；2012年，C罗63，梅西91，都满足条件； 2013年，C罗69，满足条件；2014年，C罗61，满足条件； 2015年，C罗57，满足条件；2016年，C罗55，梅西59，都满足条件； 2017年，梅西54，满足条件；2023年，C罗54，满足条件，共有9年， 所以C罗与梅西中至少有一人当选年度最佳射手的概率为. 【小问3详解】 解：由图（2）知：C罗20岁至22岁连续三年内，进球数分别为； 梅西20岁至22岁连续三年内，进球数分别为， 可得C罗的平均进球数为， 方差为； 梅西的平均进球数为， 方差为， 所以， 从梅西的进球数据，从25岁开始，连续3年进球数分别为， 其数据的波动性最大，所以从25岁连续三年进球数方差最大 所以梅西从25岁开始的连续三年进球数方差最大. 20. 如图，已知平面平面，四边形是正方形，，点，分别是，的中点． （1）若点为线段中点，点在线段上，求证：平面； （2）若点在线段上，在线段上是否存在点，使得，若存在，求线段与的比值，若不存在，请说明理由； （3）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在，求二面角的余弦值． 条件①：；条件②：；条件③：； 注：如果选择条件不能使四棱锥存在得零分． 【答案】（1）连接， 在正方形中，且， 因为是中点，是中点，所以且， 故四边形是平行四边形，因此， 又平面，平面，所以平面， 因为是中点，是中点，所以是的中位线，故， 又平面，平面，所以平面， 因为，且平面， 根据面面平行的判定定理，平面平面， 又点在线段上 则平面，因此平面； （2）存在点， （3）条件③， 【解析】 【分析】（1）证明平面平面，由面面平行的性质自然得到线面平行； （2）找一个包含整条、且垂直于的平面，该平面与的交点即为； （3）条件筛选, 构造出平面角，再通过直角三角形计算三角函数值. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为平面平面，交线为， 四边形是正方形，平面， 根据面面垂直的性质定理，平面， 又平面，故， 取中点，由，为等腰三角形，则， 因为，且平面， 所以平面， 取中点，连接， 因为分别是中点，所以是的中位线，故， 又，因此，即四点共面，在平面内， 对任意在线段上，平面， 由平面，得， 因此线段上存在点（中点）满足条件，且； 【小问3详解】 条件①， 由，为等边三角形， 取中点，连接，则， 由平面平面，得平面，且， 过作于，由正方形性质得，且， 连接，因为，，，平面， 所以平面，又平面，故， 因此为二面角的平面角, 在中，， 故； 条件②，时，四棱锥不存在： 由平面平面，，得平面， 因为平面，故， 即为直角三角形，为斜边，不可能与直角边垂直，四棱锥不存在； 条件③， 因为平面是正方形，则， 因为，则， 又平面平面，交线为，则平面， 又平面，则， 因为，，，平面， 所以平面，又平面，所以， 因此为二面角的平面角， 在中，，， 故，. 21. 设，若非空集合同时满足以下4个条件，则称是“无和划分”： ①； ②； ③，且中的最小元素大于中的最小元素； ④，必有. （1）若，判断是否是“无和划分”，并说明理由. （2）已知是“无和划分”（）. ①证明：对于任意，都有； ②若存在，使得，记，证明：中的所有奇数都属于. 【答案】（1） 不是. 理由如下：取，则，说明不是“无和划分”. （2）①假设存在，使得, 记的最小值为，则； 设B中最小的元素为，则，所以， 所以，（否则与矛盾）， (否则与 矛盾)，所以 ， 因为 ，所以 不同属于， 所以 这与矛盾，所以假设不成立. ②因为是“无和划分”, 且存在, 使得 记i的最小值为， 所以 ， 由①知 ， 因为, 所以 ，所以， 设中最小的元素为, 若，则，所以 ， 所以 (否则与 矛盾)， 所以 (否则 与 矛盾)， 所以 ，又因为 和 不同属于C，所以 ， 这与 矛盾， 所以，即， 所以，所以，所以， 所以(否则与 矛盾)，所以 ， 若，则与 和 矛盾， 所以所以, (否则与 矛盾)， (否则与 矛盾)，所以 ， 以此类推，对于任意奇数 都有 ， 所以为偶数(否则， 与2∈B和 矛盾), 所以 均为奇数. 因为 ，所以 (否则与 矛盾)，所以 ， 所以 ，所以 (否则与 矛盾)，所以 ， 以此类推，对于任意大于，小于或等于的奇数都属于集合， 综上所述，中的所有奇数都属于集合. 【解析】 【分析】（1）取，则，即可得到结论； （2）①假设存在，使得，记的最小值为，得到，设B中最小的元素为，求得 不同属于，列出方程组，即可得到结论； ②由①知 ，设中最小的元素为, 得出 矛盾， 求得，进而得到，，得到对于任意奇数 都有 ，进而得到结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ①略 ②略 【点睛】知识方法点拨：与新定义有关的问题的求解策略： 1、通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实心信息的迁移，达到灵活解题的目的； 2、遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、运算、验证，使得问题得以解决. 方法点拨：与数列有关的问题的求解策略： 3、若新定义与数列有关，可得利用数列的递推关系式，结合数列的相关知识进行求解，多通过构造的分法转化为等差、等比数列问题求解，求解过程灵活运用数列的性质，准确应用相关的数列知识. 4、若新定义与集合的运算有关，要熟记集合的性质以及集合的运算法则，必要时可利用集合的韦恩图，更加直观的求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026北京北京中学高一6月月考 数 学 一、单选题（每小题5分，共50分，每小题均只有一个正确答案） 1. 已知向量，，且，则的值是（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的最大值为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 在平行四边形中，为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 4. 北中高中部有老师200人，男学生1200人，女学生1000人，现用比例分配的分层随机抽样的方法从所有师生中抽取一个容量为的样本．已知从女生中抽取80人，则等于（ ） A. 200 B. 192 C. 176 D. 96 5. 在中，角，，的对边分别为，，，为的面积，若，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知l，m，n是三条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，则 7. 甲、乙、丙三名射箭运动员在某次测试中各射箭20次，三人的测试成绩如下表 甲的成绩 乙的成绩 丙的成绩 环数 7 8 9 10 环数 7 8 9 10 环数 7 8 9 10 频数 5 5 5 5 频数 6 4 4 6 频数 4 6 6 4 、、分别表示甲、乙、丙三名运动员这次测试成绩的标准差，则有（ ） A. B. C. D. 8. 三棱柱中，是棱的中点，是棱上一点，，若平面，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 9. 设非零平面向量，，两两不垂直，那么“”是“”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 10. 已知向量，，满足，且向量与的夹角为60°，则的最大值是（ ） A. B. 8 C. D. 6 二、填空题（每小题5分，共30分） 11. 若复数在复平面对应的点为，的共轭复数为，则________． 12. 在一个盒子中有3个红球和2个黑球，这5个球除颜色外没有其他差异．现从中依次不放回地随机抽取出2个球．则两次取到的球颜色不同的概率为________． 13. 北中英才学生在某次抽样检测中，随机抽取100个人的成绩频率分布直方图如图，根据频率分布直方图，估计此次考试成绩的第80百分位数为________． 14. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，平面与平面的夹角为，则该四棱锥的体积为________． 15. 已知，，设．当时，________， 当时，的取值范围为________． 16. 如图，正方体棱长为2.点E为AD中点，P为正方体侧面内（包含边界）的动点.记E、C、三点所在的平面为.给出下列四个结论： ①直线与平面所成角的正切值为； ②已知平面，若，则； ③若点P满足，则必有的面积为1； ④若点P满足，则必有. 其中所有正确结论的序号为__________. 三、解答题（共5小题，共70分） 17. 在三棱柱中，四边形为正方形，平面平面，分别为，的中点． （1）若平面平面，求证：； （2）若，求证：平面平面． 18. 在中，为钝角，． （1）求角B的大小； （2）若，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求最小边上的高． 条件①：的面积为； 条件②：； 条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）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． 19. 2026年美加墨世界杯期间，C罗与梅西均将开启个人第六次世界杯征程．两人是现役球员中职业生涯总进球数最高的两位，其自然年进球数与同龄进球数统计如图1、图2所示： 图1 自然年总进球数对比 图2 相同年龄总进球数对比 （1）从图1所示的21年中随机选取1年，求C罗该年进球数多于梅西的概率； （2）已知2005—2025年间，年度最佳射手（全球自然年进球最多者）的平均进球数为53.2球．以频率估计概率，求C罗与梅西中至少有一人当选年度最佳射手的概率； （3）记图2中20岁至22岁连续三年内，C罗与梅西的进球数方差分别为和，比较与的大小关系；并判断梅西从多少岁开始的连续三年进球数方差最大（结论不要求证明）． 20. 如图，已知平面平面，四边形是正方形，，点，分别是，的中点． （1）若点为线段中点，点在线段上，求证：平面； （2）若点在线段上，在线段上是否存在点，使得，若存在，求线段与的比值，若不存在，请说明理由； （3）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使四棱锥存在，求二面角的余弦值． 条件①：；条件②：；条件③：； 注：如果选择条件不能使四棱锥存在得零分． 21. 设，若非空集合同时满足以下4个条件，则称是“无和划分”： ①； ②； ③，且中的最小元素大于中的最小元素； ④，必有. （1）若，判断是否是“无和划分”，并说明理由. （2）已知是“无和划分”（）. ①证明：对于任意，都有； ②若存在，使得，记，证明：中的所有奇数都属于. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $