精品解析：湖北随州市曾都区第一高级中学2025-2026学年高一下学期6月月考数学试题

湖北曾都一中2025至2026学年高一下数学6月月考试题 时间：2026-06-30-- 8:00--10:00 范围：人教A版必修1，2（5.4--9.2） 一、单选题（40分） 1. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知，，点是线段上的点，，则点的坐标（ ） A. B. C. D. 3. 如图，平行四边形是水平放置的四边形的直观图，，，则四边形的面积（　　）. A. B. C. D. 4. 数据的平均数为，方差，现在增加两个数据和，则这组新数据的标准差为（ ） A. B. C. D. 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，角，，所对应的边分别为，，，．若，则（ ） A. 3或 B. 3或 C. D. 7. 已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的余弦值为 A. B. C. D. 8. 已知的内角，，的对边分别为，，，若为锐角三角形，，且，求面积的取值范围（ ） A. B. C. D. 二、多选题（18分） 9. 设复数z的共轭复数为，为虚数单位，则下列命题正确的是（ ） A. 复数的共轭复数的模 B. 若复数是纯虚数，则得或 C. 若复数对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D. 若复数是关于x的方程的一个根，则 10. 已知函数，则（ ） A. 函数为偶函数 B. 曲线的对称轴为 C. 在区间单调递增 D. 的最小值为 11. 如图，在棱长为的正方体中（ ） A. 与的夹角为 B. 二面角的平面角的正切值为 C. 与平面所成角的正切值为 D. 点到平面的距离为 三、填空题（15分） 12. 有一组数据：则这组数据的第百分位数为___________． 13. 如图，在中，已知边上的两条中线相交于点，则___________． 14. 如图，在正方体中，是的中点，平面将正方体分成体积分别为，（） 的两部分，则_______ 四、解答题（77分） 15. 近年来，由于互联网的普及，直播带货已经成为推动消费的一种营销形式.某直播平台工作人员在问询了解了本平台600个直播商家的利润状况后，随机抽取了100个商家的平均日利润（单位：百元）进行了统计，所得的频率分布直方图如图所示. （1）求m的值，并估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）. （2）以样本估计总体，该直播平台为了鼓励直播带货，提出了两种奖励方案，一是对平均日利润超过78百元的商家进行奖励，二是对平均日利润排名在前的商家进行奖励，两种奖励方案只选择一种，你觉得哪种方案受到奖励的商家更多?并说明理由. 16. 已知函数的最大值为. （1）求常数的值，并求函数取最大值时相应的集合； （2）求函数的单调递增区间和对称中心. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，O为中点，平面，，M为中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 18. 如图，在直三棱柱中，，，点是线段的中点，连接． （1）求证：平面 （2）设平面与平面的交线为直线．求证： （3）若，求二面角的正弦值． 19. 在中，设角所对的边分别为，已知且. （1）求角； （2）若，求边上的角平分线的长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湖北曾都一中2025至2026学年高一下数学6月月考试题 时间：2026-06-30-- 8:00--10:00 范围：人教A版必修1，2（5.4--9.2） 一、单选题（40分） 1. 下列各组向量中，可以作为基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】D 【解析】 【分析】两个向量若不共线即可作为一组基底，所以找出不共线的向量组即可. 【详解】对于A，因为，，所以，则，共线，故A错误； 对于B，因为，，所以，则，共线，故B错误； 对于C，因为，，所以，则，共线，故C错误； 对于D，因为，，所以，则，不共线，故D正确. 2. 已知，，点是线段上的点，，则点的坐标（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算可求的坐标. 【详解】设，则， 因为，故，解得，故. 故选：A. 3. 如图，平行四边形是水平放置的四边形的直观图，，，则四边形的面积（　　）. A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】在四边形中，，， 根据是平行四边形可得，四边形是矩形，且， 所以四边形的面积. 4. 数据的平均数为，方差，现在增加两个数据和，则这组新数据的标准差为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据平均数的计算公式求出新数据的平均数，再根据方差的计算公式求出新数据的方差，最后根据标准差与方差的关系求出新数据的标准差. 【详解】数据的平均数为，方差 即， 则数据，，的平均数为 方差 标准差为． 故选B． 5. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】将式子先利用二倍角公式和平方关系配方化简，然后增添分母()，进行齐次化处理，化为正切的表达式，代入即可得到结果． 【详解】将式子进行齐次化处理得： ． 故选：C． 【点睛】易错点睛：本题如果利用，求出的值，可能还需要分象限讨论其正负，通过齐次化处理，可以避开了这一讨论． 6. 在中，角，，所对应的边分别为，，，．若，则（ ） A. 3或 B. 3或 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理、两角差的正弦公式、二倍角公式、三角形内角和定理化简，可得或，结合正弦定理，求得的值. 【详解】因为，所以， 又， 所以， 结合， ， 当时，，由于，所以，所以. 当时，，所以. 综上所述，本小题选A. 7. 已知直三棱柱的所有棱长都相等，为的中点，则与所成角的余弦值为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取的中点，连接，则,所以异面直线与所成角就是直线与所成角，在中，利用余弦定理，即可求解． 【详解】由题意，取的中点，连接，则, 所以异面直线与所成角就是直线与所成角， 设正三棱柱的各棱长为,则， 设直线与所成角为， 在中，由余弦定理可得， 即异面直线与所成角的余弦值为，故选D． 【点睛】本题主要考查了异面直线所成角的求解，其中解答中把异面直线所成的角转化为相交直线所成的角是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 8. 已知的内角，，的对边分别为，，，若为锐角三角形，，且，求面积的取值范围（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据题意得出；再利用正弦定理、三角恒等变换和同角三角函数基本关系对三角形面积公式进行化简变形得出；最后结合即可得出结果. 【详解】因为在中， ，， 所以. 又因为为锐角三角形， 所以，解得. 又因为， 所以由正弦定理可得：， 由三角形面积公式可得： . 又因为， 所以， 则. 故，即. 所以面积的取值范围是. 故选：B. 二、多选题（18分） 9. 设复数z的共轭复数为，为虚数单位，则下列命题正确的是（ ） A. 复数的共轭复数的模 B. 若复数是纯虚数，则得或 C. 若复数对应的向量为，对应的向量为，则向量对应的复数为 D. 若复数是关于x的方程的一个根，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用复数的基本概念、运算、几何意义及实系数一元二次方程的虚根性质，结合对应知识点逐一判断选项即可. 【详解】选项A：，故，A正确， 选项B：纯虚数要求实部为且虚部不为，令实部，解得或， 当时虚部，复数为实数，不符合要求，仅成立，B错误； 选项C：向量，对应的复数为，C正确； 选项D：实系数一元二次方程的虚根共轭成对，另一根为， 由韦达定理，两根和得，两根积， 故，D正确. 10. 已知函数，则（ ） A. 函数为偶函数 B. 曲线的对称轴为 C. 在区间单调递增 D. 的最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】利用辅助角公式化简，再根据三角函数的性质逐项判断即可. 【详解】 ， 即， 对于A，，易知为偶函数，所以A正确； 对于B，对称轴为，故B错误； 对于C，，单调递减，则 单调递增，故C正确； 对于D，，则，所以，故D错误； 故选：AC 11. 如图，在棱长为的正方体中（ ） A. 与的夹角为 B. 二面角的平面角的正切值为 C. 与平面所成角的正切值为 D. 点到平面的距离为 【答案】BCD 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法可一一求解. 【详解】如图建立空间直角坐标系， 则， ，，即，与的夹角为，故A 错误； 设平面的法向量为，， 所以，令，则， 平面的法向量可取，二面角的平面角为， 则，所以，故B 正确； 因为，设与平面所成角为， 则，故C 正确； 因为，设点到平面的距离为，则 ，故D 正确． 故选：BCD 三、填空题（15分） 12. 有一组数据：则这组数据的第百分位数为___________． 【答案】 【解析】 【分析】先排序，再根据第百分位数的定义可求该值. 【详解】6个数由小到大的排列为， 而，故第百分位数为， 故答案为:. 13. 如图，在中，已知边上的两条中线相交于点，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，取为基底，利用向量数量积公式求解作答. 【详解】在中，令，，则， 所以， 因为、边上的两条中线，相交于点，则，， 于是. 14. 如图，在正方体中，是的中点，平面将正方体分成体积分别为，（） 的两部分，则_______ 【答案】 【解析】 【分析】利用线面平行的性质，得出线线平行，从而求作出平面与平面的交线，进而得出平面分正方体为两部分，再利用棱台的体积公式即可求出结果. 【详解】取的中点，连，因为平面，故平行于平面与面的交线，又分别为的中点，易知，即平面平面，故平面分正方体为两部分， 设正方体的边长为2，则正方体的体积为8，， 故, 故答案为：. 四、解答题（77分） 15. 近年来，由于互联网的普及，直播带货已经成为推动消费的一种营销形式.某直播平台工作人员在问询了解了本平台600个直播商家的利润状况后，随机抽取了100个商家的平均日利润（单位：百元）进行了统计，所得的频率分布直方图如图所示. （1）求m的值，并估计该直播平台商家平均日利润的中位数与平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）. （2）以样本估计总体，该直播平台为了鼓励直播带货，提出了两种奖励方案，一是对平均日利润超过78百元的商家进行奖励，二是对平均日利润排名在前的商家进行奖励，两种奖励方案只选择一种，你觉得哪种方案受到奖励的商家更多?并说明理由. 【答案】（1），中位数为74，平均数为72.5 （2）方案一受到奖励的商家更多，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由频率分布直方图中各组频率之和等于1，列出方程求出，利用中位数定义和平均数公式分别计算即得； （2）按照方案一要求，利用频率分布直方图先求出平均日利润超过78百元的商家所占的比率，再求对应的商家数目；方案二只需取前，即前200个商家家，比较即得结论. 【小问1详解】 由题意可知，解得. 设中位数为，则，解得，所以中位数为74， 平均数为 【小问2详解】 由题意可知，方案一受到奖励的商家的个数为， 方案二受到奖励的商家的个数为， 因为240>200，所以方案一受到奖励的商家更多. 16. 已知函数的最大值为. （1）求常数的值，并求函数取最大值时相应的集合； （2）求函数的单调递增区间和对称中心. 【答案】（1）， （2）单调递增区间为（），对称中心为， 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式及两角和的正弦公式化简，结合正弦函数的性质求出及取最大值时相应的集合； （2）由（1）可得，根据正弦函数的性质计算可得. 【小问1详解】 因为 . 当时，函数取到最大值， 所以，即， 令，，解得，， 所以当函数取到最大值时的集合为. 【小问2详解】 由（1）得， 令，， 解得，， 所以函数的单调递增区间为（）， 由，，解得，， 所以函数的对称中心为，. 17. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，O为中点，平面，，M为中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）连接，设． 因为底面为平行四边形，所以为的中点． 又因为为的中点， 所以．因为平面，平面， 所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，利用三角形中位线定理证明，进而利用线面平行判定定理证明； （2）取中点，确定直线与平面所成角为，通过解直角三角形计算正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取的中点，连接． 因为为的中点，为的中点， 所以，且． 因为平面，， 所以平面，且． 所以为在平面内的射影， 则为直线与平面所成的角． ，，则，， 在中，，， 由勾股定理得． 因为为斜边的中点， 所以． 在中，． 所以． 即直线与平面所成角的正弦值为． 18. 如图，在直三棱柱中，，，点是线段的中点，连接． （1）求证：平面 （2）设平面与平面的交线为直线．求证： （3）若，求二面角的正弦值． 【答案】（1）证明：由为的中点，，则，易知， 在三棱柱中，易知，， 则，故， 在三棱柱中，由，则， 由平面，平面，则， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面，所以平面. （2）证明：在三棱柱中，， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面平面，平面，所以. （3） 【解析】 【分析】（1）根据等腰直角三角形以及直三棱柱的性质，利用线面垂直的性质与判定，可得答案； （2）根据线面平行的性质与判定，可得答案； （3）由题意将三棱柱补形为四棱柱，根据线面垂直的性质以及二面角平面角的定义，利用勾股定理以及锐角三角函数，可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意，将三棱柱补形成四棱柱，如下图： 其中底面为正方形，为的中点， 由（1）可知平面，且，则平面， 在四棱柱中，易知，则平面， 因为平面，所以， 由（1）可知平面，且平面，所以， 所以为二面角的平面角， 在四棱锥中，平面， 因为平面，所以， 易知，， 所以，则二面角的正弦值为. 19. 在中，设角所对的边分别为，已知且. （1）求角； （2）若，求边上的角平分线的长； （3）若为锐角三角形，求边上的中线的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理进行角化边，再利用余弦定理得解； （2）先利用余弦定理求出，再利用等面积法，即可求解； （3）用余弦定理、中线向量定理、正弦定理、辅助角公式等，将的范围转化为的范围，再结合锐角三角形以及角，求得角的范围，即可得解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得，， 又由余弦定理得，， 故. 【小问2详解】 由余弦定理可知，，代入， 可得，解得. 设， ，即， 解得，因此. 【小问3详解】 由余弦定理得，， 即. ，两边平方得. 由正弦定理可知，，故， 因此 ， 又因为是锐角三角形，故，解得， 故，，， 即，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $