精品解析：河南新乡市2025-2026学年高一下学期6月阶段检测数学试题

高一数学试题 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为复数对应的点的坐标为，所以，所以， 则． 2. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面位置的判定逐一判断即可. 【详解】对于A．若，则或，故A错误； 对于B．若，又，根据面面垂直的判定，即有， 若，由于，则，过任作一个面，使其和相交于直线，根据线面平行的性质定理，，又则，结合，即，故B错误． 对于C．若，则或，故C错误； 对于D．若，则垂直于平面内所有直线； 又，由线面平行性质定理可知：存在直线， 使得，则，所以；故D正确． 3. 若为非零向量，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 既不充分也不必要条件 C. 充分不必要条件 D. 充要条件 【答案】C 【解析】 【分析】判断充分必要需要双向判断，根据等式两边平方建立数量积与模之间的等式关系，进而判断向量平行证明充分性；根据共线向量，可设，代入判断等式是否成立，进而证明必要性． 【详解】由，则， 展开可得， 所以，所以同向共线，充分性成立， 由为非零向量且知，存在实数，使， 则，， 当时，，故，故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件． 4. 如果一个圆锥和一个半球有公共底面，圆锥的体积恰好等于半球的体积的一半，那么这个圆锥轴截面顶角的正弦值是（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设圆锥与半球的底面半径为，圆锥的高为，母线长为，轴截面的顶角为． 则由可得，即． 所以圆锥轴截面顶角，其正弦值是1． 5. 若平面向量，两两夹角相等，且，则（ ） A. 3 B. 6 C. 3或6 D. 6或 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可得平面向量，两两夹角为或，结合向量模的公式求解即可. 【详解】 当平面向量，两两夹角为时，，则，所以 当平面向量，两两夹角为时，，则，所以， 所以，故或． 6. 设的内角的对边分别是，若，且，的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用正弦定理将已知边角等式全部化为角的关系式，借助三角形内角和与两角和正弦公式化简，消去后解出角；再由正弦定理用角表示，结合把整理成单一正弦型函数，最后根据的取值范围求出的取值区间． 【详解】由及正弦定理， 得， 因为，所以， 则有， 即， 所以， 整理得， 又，所以， 则，即， 由，得，解得， 又，所以， 由正弦定理， 所以，， 又，， 代入得 因为，所以， 则，． 7. 降雨量是在一定时间内降落在水平地面上某一单位面积上的水层深度（未经蒸发、渗漏、流失），以计算降雨量的等级划分如下： 降雨量 0.1~9.9 10~24.9 25~49.9 50~99.9 100~249.9 等级 小雨 中雨 大雨 暴雨 大暴雨 特大暴雨 某数学小组为了测量当地某日的降雨量，用一个开口半径为，底面半径为，高为的圆台形铁桶（如图所示）收集雨水，若在一次降水过程中用此桶水平放置接了24h的雨水后，桶内水深为，则当日降雨量的等级是（ ） A. 暴雨 B. 大雨 C. 中雨 D. 小雨 【答案】D 【解析】 【分析】先求出铁桶内雨水的体积，再根据降雨量的定义确定答案. 【详解】设水面半径为，因桶内水深是桶的高度的一半，由梯形中位线得． 则雨水的体积． 又接雨面积为桶的开口面积， 根据降雨量定义，． 结合24h降雨量的等级划分可得，当日降雨量的等级是小雨． 8. 用测量工具测量某物体的长度，由于工具的精度以及测量技术的原因，测得5个数据4，，，，用表示这个物体的长度，当函数取最小值时，（ ） A. 3.4 B. 4.6 C. 5 D. 5.6 【答案】B 【解析】 【分析】一组数据的离均差平方和最小，当且仅当变量取均值. 【详解】， 即是关于的二次函数，则当取时，取最小值，此时. 二、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. 设都是非零向量，下列四个条件中，一定能使成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】由题意知，是与同向的单位向量，是与同向的单位向量， 这两个向量互为相反向量，所以方向相反． 因此，使得成立的条件有，故A、C正确； ，可能方向相同，故B错误； ，方向不相反，故D错误． 10. 已知一组数据从大到小为：，这组数据的平均数是，则（ ） A. 该组数据的极差为 B. 该组数据的第百分位数为 C. 剔除该组数据中所有的后，剩下样本数据的平均数不变 D. 剔除该组数据中所有的后，剩下样本数据的方差变大 【答案】ACD 【解析】 【详解】由，解得，数据从小到大为， 对于A，易知该组数据的极差为，所以A正确， 对于B，因为一共有个数据，，所以第百分位数为第五个数，故B错误， 对于C，剔除该组数据中所有的后，剩下样本数据的平均数为，平均数不变，所以C正确， 对于D，因为数据的方差为， 而剔除该组数据中所有的后，数据的方差为，所以方差变大，故D正确． 11. 如图，在正四面体中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体的内切球，小球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体的棱长为，则（ ） A. 正四面体高为2 B. 大球的表面积为 C. 小球半径为大球半径的四分之一 D. 5个球的表面积之和为 【答案】AD 【解析】 【分析】利用正四面体的几何关系（高与棱长的比例）计算高可判断A，由内切球半径等于高的四分之一，求出大球半径后再算表面积可判断B，小球所在的小正四面体高等于原高减去大球直径，求其内切球半径可判断C，分别算出大球和四个小球的表面积，相加后与选项值比较可判断D． 【详解】在正四面体中，设棱长为，高为为正四面体内切球的球心， 延长交底面于是等边三角形的中心，延长线交于， 连接，则点是的中点，为正四面体内切球的半径， ，所以A正确； 由， 解得， 则，最大球半径， 因此最大球的表面积为，所以B错误； 小球也可看作一个小的正四面体的内切球，则小正四面体的高， 因此最小球半径，因为最大球半径，所以C错误； 因此最小球的表面积为，所以5个球的表面积之和为，所以D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为复数，则的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【详解】设，复数在复平面内对应的点记作，故； 表示复平面内，点到的距离； 表示复平面内，点到点的距离； 故表示复平面内，点到两点的距离之和， 显然当点在线段上时，其取得最小值，最小值为． 13. 在中，已知，则角__________． 【答案】或 【解析】 【分析】化简条件等式，再结合余弦定理，即可求解. 【详解】由， 即，所以 因为， 所以或． 14. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体．已知，则该半正多面体外接球的体积为___________ 【答案】 【解析】 【详解】根据该半正多面体的对称性可知，该半正多面体的外接球的球心为正方体的中心，即正六边形的中心，故半径为， 所以该半正多面体外接球的体积为. 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. 已知复数． （1）当为纯虚数时，求的值； （2）当时，是关于的方程的一个根，求实数的值 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据复数中，当时，复数为纯虚数，根据题干所给复数形式代入计算即可； （2）根据复数是二次方程的根可将复数代入二次方程中整理，令实部与虚部均为0即可求解． 【小问1详解】 因为 由是纯虚数得，解得； 所以当是纯虚数时， 【小问2详解】 当时，， 因为是关于的方程的一个根， 所以，即， 整理得 所以，解得． 16. “十五五规划”是中共中央关于制定国民经济和社会发展第十五个五年规划．安阳市为了解市民对“十五五规划”的认知程度，对不同年龄、不同职业的市民举办了一次“十五五规划”知识竞赛，满分为分（分及以上为认知程度高），现从参赛者中抽取了人，按年龄大小分成5组，第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图；从该市学生、军人、医生、教师、个体户五种人群中抽取人，分别记为组，从这5个按年龄分的组和5个按职业分的组中每组各选派1人参加“十五五规划”知识竞赛，分别代表相应组的成绩，年龄组中1~5组的成绩分别为，职业组中1~5组的成绩分别为． （1）求的值； （2）分别求5个年龄组和5个职业组成绩的平均数和方差，并以上述数据为依据，评价5个年龄组和5个职业组对“十五五规划”的认知程度． 【答案】（1） （2）5个年龄组成绩的平均数为，方差； 5个职业组成绩的平均数为，方差为； 从平均数来看两组的认知程度相同，从方差来看年龄组的认知程度更稳定 【解析】 【分析】（1）根据频率直方图的性质计算求解； （2）分别计算两种情况的平均数和方差，再通过平均数和方差的比较判断认知程度． 【小问1详解】 由频率分布直方图得所有矩形面积和为1， 即，解得． 【小问2详解】 5个年龄组成绩的平均数为， 方差， 5个职业组成绩的平均数为， 方差为， 所以从平均数来看两组的认知程度相同，从方差来看年龄组的认知程度更稳定． 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，平面平面 （1）求证：； （2）在线段上是否存在点，使得？说明理由． 【答案】（1）因为底面为菱形，所以， 又平面平面，所以平面， 又平面平面平面，所以． （2）存在，为线段中点， 连接，因为底面为菱形，， 所以，为等边三角形，又为线段中点， 故，又，所以， 因为平面，平面，所以， 又平面平面，所以平面． 因为平面，所以，所以当为线段中点时，． 【解析】 【分析】（1）先由菱形得线线平行，从而推出线面平行；再根据线面平行的性质，由线在另一平面内推出它与两平面交线平行； （2）构造辅助线，利用菱形几何特征和中点性质，证明一条线与另一条线垂直，再由线面垂直的判定与性质推出目标线线垂直． 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 当为线段中点时，使得，略． 18. 在中，角所对的边分别为，且． （1）求角； （2）若的面积为，内角的角平分线交边于点，求的长； （3）若，边上的中线，设点为的外接圆圆心，求的值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理与两角和的正弦公式分析求解即可； （2）利用三角形的面积公式分析求解即可； （3）利用余弦定理与平面向量运算法则及运算律，再结合向量数量积分析求解即可. 【小问1详解】 由，根据正弦定理得：， 即， 因为，所以， 又因为，所以，所以， 又因为，所以． 【小问2详解】 由，得，又，所以， 又因为，内角的角平分线交边于，所以， 所以，解得， 【小问3详解】 在中，由余弦定理，得，① 由边上的中线，又因为， 两边平方得， 则，即，② 联立①②解得：， 令边的中点分别为， 由点为的外接圆圆心，得， 则 ， 所以． 19. “牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法．它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1），点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心．过点作平面使得． （1）求平面截“牟合方盖”所得截面的周长； （2）为平面与两圆柱交线的交点，为的中点，过作平面为“牟合方盖”表面上的点且位于平面同一侧，，过作平面，交边界于点，设． （i）当时（如图2），是否存在使得？若存在，求；若不存在，请说明理由； （ii）若，点到平面的距离为，求． 【答案】（1） （2）（i）存在，；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据对称性可得截面图形为正方形且边长为4，从而求出截面周长； （2）（i）合理作出辅助线，计算得，则，，解出即可； （ii）作出辅助线，设，表示出相关线段长，再根据等体积法得到，解出值，从而得到三角函数值. 【小问1详解】 根据圆柱对称性可知，该截面图形为正方形，正方形边长， 故截面周长为16； 【小问2详解】 （i）作图，连接，过S作于点， ，所以为圆柱的母线的一部分，， 过作于点，连接，， 平面，平面，， ，平面， 几何图形为圆面的一部分， ，， ， ， ， 解得或（舍），故； （ii）作图，过S作于点，过作于点， 过作，交弧于点，过作于点， 作于点，连接并延长交于点，交于点， 连接，连接并延长交于点， 因为，所以． 设，故， 所以， ， 且平面，平面， ， 又，平面， 平面，平面，， 在三棱锥中，， ， ， ， ， ， ，，故， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学试题 注意事项： 1．答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、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. 在复平面内，复数对应的点的坐标为，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 3. 若为非零向量，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 既不充分也不必要条件 C. 充分不必要条件 D. 充要条件 4. 如果一个圆锥和一个半球有公共底面，圆锥的体积恰好等于半球的体积的一半，那么这个圆锥轴截面顶角的正弦值是（ ） A. 1 B. C. D. 5. 若平面向量，两两夹角相等，且，则（ ） A. 3 B. 6 C. 3或6 D. 6或 6. 设的内角的对边分别是，若，且，的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 降雨量是在一定时间内降落在水平地面上某一单位面积上的水层深度（未经蒸发、渗漏、流失），以计算降雨量的等级划分如下： 降雨量 0.1~9.9 10~24.9 25~49.9 50~99.9 100~249.9 等级 小雨 中雨 大雨 暴雨 大暴雨 特大暴雨 某数学小组为了测量当地某日的降雨量，用一个开口半径为，底面半径为，高为的圆台形铁桶（如图所示）收集雨水，若在一次降水过程中用此桶水平放置接了24h的雨水后，桶内水深为，则当日降雨量的等级是（ ） A. 暴雨 B. 大雨 C. 中雨 D. 小雨 8. 用测量工具测量某物体的长度，由于工具的精度以及测量技术的原因，测得5个数据4，，，，用表示这个物体的长度，当函数取最小值时，（ ） A. 3.4 B. 4.6 C. 5 D. 5.6 二、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. 设都是非零向量，下列四个条件中，一定能使成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知一组数据从大到小为：，这组数据的平均数是，则（ ） A. 该组数据的极差为 B. 该组数据的第百分位数为 C. 剔除该组数据中所有的后，剩下样本数据的平均数不变 D. 剔除该组数据中所有的后，剩下样本数据的方差变大 11. 如图，在正四面体中，放置1大、4小共5个球，其中，大球为正四面体的内切球，小球与大球及正四面体三个面均相切，若正四面体的棱长为，则（ ） A. 正四面体高为2 B. 大球的表面积为 C. 小球半径为大球半径的四分之一 D. 5个球的表面积之和为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知为复数，则的最小值为___________． 13. 在中，已知，则角__________． 14. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，共可截去八个三棱锥，得到八个面为正三角形、六个面为正方形的一种阿基米德多面体．已知，则该半正多面体外接球的体积为___________ 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. 已知复数． （1）当为纯虚数时，求的值； （2）当时，是关于的方程的一个根，求实数的值 16. “十五五规划”是中共中央关于制定国民经济和社会发展第十五个五年规划．安阳市为了解市民对“十五五规划”的认知程度，对不同年龄、不同职业的市民举办了一次“十五五规划”知识竞赛，满分为分（分及以上为认知程度高），现从参赛者中抽取了人，按年龄大小分成5组，第一组：，第二组：，第三组：，第四组：，第五组：，得到如图所示的频率分布直方图；从该市学生、军人、医生、教师、个体户五种人群中抽取人，分别记为组，从这5个按年龄分的组和5个按职业分的组中每组各选派1人参加“十五五规划”知识竞赛，分别代表相应组的成绩，年龄组中1~5组的成绩分别为，职业组中1~5组的成绩分别为． （1）求的值； （2）分别求5个年龄组和5个职业组成绩的平均数和方差，并以上述数据为依据，评价5个年龄组和5个职业组对“十五五规划”的认知程度． 17. 如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，，平面平面 （1）求证：； （2）在线段上是否存在点，使得？说明理由． 18. 在中，角所对的边分别为，且． （1）求角； （2）若的面积为，内角的角平分线交边于点，求的长； （3）若，边上的中线，设点为的外接圆圆心，求的值． 19. “牟合方盖”是由我国古代数学家刘徽首先发现并采用的一种用于计算球体体积的方法．它是由两个相同的圆柱分别从纵横两个方向相交时两圆柱公共部分形成的几何体（如图1），点被称为“牟合方盖”的上顶点，点为“牟合方盖”的中心．过点作平面使得． （1）求平面截“牟合方盖”所得截面的周长； （2）为平面与两圆柱交线的交点，为的中点，过作平面为“牟合方盖”表面上的点且位于平面同一侧，，过作平面，交边界于点，设． （i）当时（如图2），是否存在使得？若存在，求；若不存在，请说明理由； （ii）若，点到平面的距离为，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $