北京市北京中学2025-2026学年高一下学期6月月考数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页北京市北京中学2025-2026学年高一下学期6月月考数学试题一、选择题1.已知向量a=x,2，b=−2,1，且a⊥bA.−4 B.−2 C.−1 D.12.若复数z满足|z|=1，则|z−2|的最大值为(

)A.1 B.2 C.3 D.43.在平行四边形ABCD中，E为BC的中点，若AB=mAE+nAD，则A.−1 B.−12 C.124.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n的样本．已知从女生中抽取80人，则n等于(

)A.200 B.192 C.176 D.965.在▵ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，S为▵ABC的面积，若2S=bacosB+bcosAA.π6 B.π3 C.π26.已知l，m，n是三条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题一定正确的是(

)A.若m⊂α，n//α，则m//n

B.若m//α，n//β，α//β，则m//n

C.若l//α，l⊂β，α∩β=m，则l//m

D.若α∩β=m，m//n，则n//α7.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78910环数78910环数78910频数5555频数6446频数4664s1、s2、sA.s3>s1>s2 B.8.三棱柱ABC−A1B1C1中，E是棱CC1的中点，D是棱BC上一点，BD=λDC，若A1B//平面ADEA.12 B.1 C.2 D.9.设非零平面向量a，b，c两两不垂直，那么“a⋅bc=b⋅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a，b，c满足a=b=a+b=4，且向量a−c与A.63 B.8 C.4二、填空题11.若复数z在复平面对应的点为1,1，z的共轭复数为z ，则z⋅z =

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P−ABCD中，底面ABCD是矩形，AB=2,BC=3,PC=PD=3，平面PCD与平面ABCD的夹角为π4，则该四棱锥的体积为

．

15.已知a2=a⋅b=1，b≠1，设c=λa+μb.当a+16.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2.点E为AD中点，P为正方体侧面BCC1B1内(包含边界)的动点.记E、C、B1三点所在的平面为α.给出下列四个结论：

①直线EC1与平面BCC1B1所成角的正切值为255；

②已知平面EC1D1∩α=l，若P∈l，则|PC|=2

三、解答题17.在三棱柱ABC−A1B1C1中，四边形BCC1B1为正方形，平面BC(1)若平面MBN∩平面BCC1B(2)若AB⊥MN，求证：平面BCC1B118.在▵ABC中，∠C为钝角，2cosB(1)求角B的大小；(2)若b=7，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▵ABC存在，求条件①：▵ABC的面积为32条件②：cosA=条件③：a+c=4．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s12和s22，比较s12与s20.如图，已知平面PAB⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，PA=AB，点E，F分别是BC，PB的中点．

(1)若点M为线段AD中点，点G在线段PC上，求证：MG//平面AEF；(2)若点M在线段AD上，在线段PC上是否存在点G，使得MG⊥PB，若存在，求线段PG与PC的比值，若不存在，请说明理由；(3)若AB=1，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P−ABCD存在，求二面角P−DC−A的余弦值．条件①：PB=AB；条件②：PC⊥BC；条件③：PA⊥DC；注：如果选择条件不能使四棱锥P−ABCD存在得零分．21.设n∈N∗，若非空集合A,B,C同时满足以下4个条件，则称A,B,C是“n−①A∪B∪C=1,2,⋯,n②A∩B=⌀,B∩C=⌀,A∩C=⌀；③1∈A，且C中的最小元素大于B中的最小元素；④∀x∈A,∀y∈B,∀z∈C，必有x+y∉C,y+z∉A,z+x∉B．(1)若A=1,3,B=2,4,C=5,6(2)已知A,B,C是“n−无和划分”(n≥4).①证明：对于任意m,k∈C(m<k)，都有k−m≠1；②若存在i,j∈C，使得j=i+2，记Ω=A∪B∪C，证明：Ω中的所有奇数都属于A．

1.【答案】D

2.【答案】C

3.【答案】B

4.【答案】B

5.【答案】C

6.【答案】C

7.【答案】B

8.【答案】C

9.【答案】C

10.【答案】B

11.【答案】2

12.【答案】3513.【答案】115

14.【答案】2

15.【答案】2

；

；

；

；

；；1,316.【答案】①③④

17.【答案】解：(1)证明：如图，取BC的中点为K，连接B1K，因为N为AC的中点，所以KN//AB，KN=1由三棱柱ABC−A1B又M为A1B1的中点，所以B所以B1M=KN，B1所以MN//B1K，B1K⊂平面BCC1B1由MN⊂平面MBN，平面MBN∩平面BCC1B(2)因为平面BCC1B1⊥平面AB又四边形BCC1B1为正方形，所以BC⊥BB所以BC⊥平面ABB1A1，AB⊂平面因为MN//B1K，AB⊥MN又B1K∩BC=K，B1K,BC⊂平面BCC又AB⊂平面ABC，所以平面BCC1B

18.【答案】解：(1)因为2cosBac由余弦定理，得2bcos则2cosB=1，即因为B∈(0,π)，所以B=π(2)由余弦定理，得12=a因为∠C为钝角，所以cosC<0，由余弦定理得cos由a2+7−c选择①，因为▵ABC的面积为323解得ac=6，代入a2+c联立方程组a2+c2当a=3,c=2时，不满足c2当a=2,c=3时，不满足c2此时不存在符合题意的▵ABC，故不能选择①；选择②，由题意得cosA=5147由正弦定理得a2114=7解得c=3，此时满足c2设▵ABC最小边BC边上的高为h，由等面积得12解得h=332，则选择③，由已知得a2+c由题意得a+c=4，则16−3ac=7，解得ac=3，联立方程组a+c=4ac=3，解得a=1c=3当a=1,c=3时，满足c2当a=3,c=1时，不满足c2设▵ABC最小边AB边上的高为h，由等面积得12解得h=332，则

19.【答案】解：(1)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P=12(2)解：因为年度最佳射手平均进球53.2，即单年进球≥53.2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P=9(3)解：由图(2)知：C罗20岁至22岁连续三年内，进球数分别为15,25,34；梅西20岁至22岁连续三年内，进球数分别为31,22,41，可得C罗的平均进球数为x1方差为s1梅西的平均进球数为x2方差为s2所以s1从梅西的进球数据，从25岁开始，连续3年进球数分别为91,45,58，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.【答案】解：(1)连接AE,MC，在正方形ABCD中，AD//BC且AD=BC，因为M是AD中点，E是BC中点，所以AM//EC且AM=EC，故四边形AECM是平行四边形，因此AE//CM，又AE⊂平面AEF，CM⧸⊂平面AEF，所以CM//平面因为F是PB中点，E是BC中点，所以EF是▵PBC的中位线，故EF//PC，又EF⊂平面AEF，PC⧸⊂平面AEF，所以PC//平面因为CM∩PC=C，且CM,PC⊂平面PCM，根据面面平行的判定定理，平面PCM//平面AEF，又点G在线段PC上则MG⊂平面PCM，因此MG//平面AEF；(2)因为平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，四边形ABCD是正方形，AD⊥AB,AD⊂平面ABCD，根据面面垂直的性质定理，AD⊥平面PAB，又PB⊂平面PAB，故AD⊥PB，取PB中点F，由PA=AB，▵PAB为等腰三角形，则AF⊥PB，因为AD∩AF=A，且AD,AF⊂平面ADF，所以PB⊥平面ADF，取PC中点G，连接FG，因为F,G分别是PB,PC中点，所以FG是▵PBC的中位线，故FG//BC，又BC//AD，因此FG//AD，即A,D,G,F四点共面，G在平面ADF内，对任意M在线段AD上，MG⊂平面ADF，由PB⊥平面ADF，得PB⊥MG，因此线段PC上存在点G(PC中点)满足条件，且PGPC

(3)条件①，由PA=AB=PB=1，▵PAB为等边三角形，取AB中点O，连接PO，则PO⊥AB，由平面PAB⊥平面ABCD，得PO⊥平面ABCD，且PO=过O作OH⊥DC于H，由正方形性质得OH=AD=1，且OH//AD，连接PH，因为PO⊥DC，OH⊥DC，PO∩OH=O，PO,OH⊂平面POH，所以DC⊥平面POH，又PH⊂平面POH，故DC⊥PH，因此∠PHO为二面角P−DC−A的平面角，在Rt▵POH中，PH=故cos∠PHO=

条件②，PC⊥BC时，四棱锥P−ABCD不存在：由平面PAB⊥平面ABCD，BC⊥AB，得BC⊥平面PAB，因为PB⊂平面PAB，故BC⊥PB，即▵PBC为直角三角形，PC为斜边，不可能与直角边BC垂直，四棱锥不存在；条件③，因为平面ABCD是正方形，则DC//AB，因为PA⊥DC，则PA⊥AB，又平面PAB⊥平面ABCD，交线为AB，则PA⊥平面ABCD，又AD⊂平面ABCD，则PA⊥AD，因为CD⊥AD，DC⊥PA，AD∩PA=A，CD⊥AD,PA⊂平面PAD，所以CD⊥平面PAD，又PD⊂平面PAD，所以CD⊥PD，因此∠PDA为二面角P−DC−A的平面角，在Rt△PAD中，PA=AD=1，∠PAD=90故∠PDA=45∘

21.【答案】解：(1)不是．理由如下：取1∈A,4∈B

，则1+4=5∈C，说明A,B,C不是“6−无和划分”．(2)①假设存在m,k∈C(m<k)，使得k−m=1，记m的最小值为m0，则m设B中最小的元素为b，则b≥2，所以i∈A(i=1,2,3,⋯,b−1)，所以m0−b∉A,m0+1−b∉A，(m0+1−b∉B(否则与b−1∈A,m0∈C因为m0−b<m0，所以所以m0−b∈Bm②因为A,B,C是“n−无和划分”，且存在i,j∈C，使得j=i+2,记i的最小值为i0

所以i0由①知i0因为1∈A，所以i0−1,i设B中最小的元素为b，若b≠2，则b≥4，所以i1所以i0−b∉A,i0+2−b∉A(所以i0+2−b∉B(否则i0+2−b∈B与所以i0+2−b∈C，又因为i0−b和i0这