26年山东泰安一中新校区高一下册6月月考数学试卷【附答案】

/数学一、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.已知为虚数单位，且复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.2.已知，为不共线向量，且，，，则（）A.、、三点共线 B.、、三点共线C.、、三点共线 D.、、三点共线3.在中，是角分别所对的边，，则一定是（）A.底边和腰不相等的等腰三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.等边三角形4.给出下列4个命题，其中正确的是（）①平行于同一直线的两条直线平行；②平行于同一直线的两个平面平行；③垂直于同一直线的两个平面平行；④垂直于同一平面的两个平面平行．A.②③ B.①② C.①③ D.①④5.参加某次数学竞赛的10名学生的成绩（单位：分）如下：71，86，76，80，96，81，84，83，92，88，则以这10人成绩的第60百分位数为实部，第75百分位数为虚部的复数是（）A. B. C. D.6.圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为，则下列说法不正确的是（）A.母线长为 B.表面积为 C.高为 D.体积为7.下列条件判断三角形解的情况，正确的个数是（）．①，，，有两解；②，，，有一解；③，，，无解；④，，，有一解．A.1 B.2 C.3 D.48.将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为m，n，记向量，的夹角为，则为钝角的概率是（）A. B. C. D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.下列结论中正确的是（）A.若，则或B.若，则C.若复数满足，则的最大值为3D.若（，），则10.抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，事件为“点数为偶数”，事件为“点数是或”，事件为“点数大于”，下列说法正确的是（）A.和是互斥事件 B.和是相互独立事件C. D.11.在棱长为2的正方体中，P，Q，R分别为，，的中点，则下列说法正确的是（）A.B.直线与所成的角为C.若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为D.过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形的面积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知数据，，，，的方差为1，则数据，，，，的方差为________．13.万里高速公路纪念塔位于泰安市岱岳区卧虎山上，被誉为泰安的“东方明珠”．如图，为测量塔的高度，可选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得，，米，在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高为_________米．14.如图，在菱形ABCD中，，，以BC为直径的半圆与AB交于点M，P是半圆上的动点，则______；的最大值是______．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.已知向量，，．（1）若，求的值；（2）若，求在方向上投影向量的坐标．16.2026年5月24日23时08分，神舟二十三号发射成功，乘组航天员朱杨柱、张志远、黎家盈（首位香港女航天员）密切协同，将完成3.5小时快速径向交会对接．某地区为了激发人们对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有200人，这200人按年龄分成5组，得到如图所示的频率分布直方图，（1）根据频率分布直方图，估计这200人的平均年龄和众数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者．若有甲（年龄36），乙（年龄42）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率．17.如图，在三棱锥中，，底面，，M是的中点，N是的中点，点Q在线段上，且．（1）求点到平面距离；（2）求证：平面．18.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．（1）求角B；（2）已知的外接圆的圆心为O，半径．（ⅰ）作角的平分线交于，，求的面积；（ⅱ）求的取值范围．19.如图，在四棱锥中，为等边三角形，平面平面，，，，，O为的中点．（1）求证：；（2）求二面角的正弦值；（3）若平面，求出的值．

数学一、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.已知为虚数单位，且复数满足，则（）A.1 B. C.2 D.答案：B解析：解答过程：由，得，所以.2.已知，为不共线向量，且，，，则（）A.、、三点共线 B.、、三点共线C.、、三点共线 D.、、三点共线答案：B解析：思路：根据平面向量共线定理逐一判断四个选项的正误，即可得正确选项.解答过程：对于A：因为，，令可知不存在，所以与不共线，所以、、三点不共线，故选项A不正确；对于B：，，由平面向量共线定理可知与共线，又因为有公共点，所以、、三点共线，故选项B正确；对于C：，，令可知不存在，所以与不共线，所以、、三点不共线，故选项C不正确；对于D：，，令可知不存在，所以和不共线，所以、、三点不共线，故选项D不正确；故选：B.3.在中，是角分别所对的边，，则一定是（）A.底边和腰不相等的等腰三角形 B.钝角三角形 C.直角三角形 D.等边三角形答案：D解析：思路：利用余弦定理可得，结合可得答案.解答过程：因为，所以，由余弦定理有，整理得，即，为等腰三角形，又，所以为等边三角形.故选：D4.给出下列4个命题，其中正确的是（）①平行于同一直线的两条直线平行；②平行于同一直线的两个平面平行；③垂直于同一直线的两个平面平行；④垂直于同一平面的两个平面平行．A.②③ B.①② C.①③ D.①④答案：C解析：思路：利用平行线的传递性、线面垂直的性质定理判断正确命题，借助长方体模型排除错误命题即可.解答过程：对于①，根据平行线的传递性，平行于同一直线的两条直线平行，故①正确；对于②，若取长方体，易得平面，且平面，但平面与平面相交，故②错误；③根据线面垂直的性质定理，垂直于同一直线的两个平面平行，故③正确；④若取长方体，平面与平面都垂直于平面，但平面与平面相交，故④错误.综上，正确的命题为①③.5.参加某次数学竞赛的10名学生的成绩（单位：分）如下：71，86，76，80，96，81，84，83，92，88，则以这10人成绩的第60百分位数为实部，第75百分位数为虚部的复数是（）A. B. C. D.答案：B解析：思路：先将成绩从小到大排序，再根据百分位数的计算规则分别求出第60、75百分位数，组合得到对应复数即可解答过程：首先将10名学生的成绩按从小到大排序：.由，故第60百分位数为排序后第6位和第7位数据的平均数，即，即所求复数的实部为85.由，故第75百分位数为排序后第8位数据88，即所求复数的虚部为88.因此所求复数为.6.圆台的上、下底面半径分别为1和2，它的侧面展开所得的扇环所对的圆心角为，则下列说法不正确的是（）A.母线长为 B.表面积为 C.高为 D.体积为答案：D解析：思路：根据扇环圆心角与上下底面周长的关系求出母线长，再依次计算圆台的高、表面积、体积，逐一判断选项正误即可.解答过程：设圆台母线长为，下底面半径为，上底面半径为，高为,侧面展开扇环的内侧半径为，则外侧半径为，已知扇环圆心角为，那么A：上底面周长，由弧长公式得，解得；下底面周长，同理，代入得，解得，故A正确；B：圆台侧面积，上底面积，下底面积，总表面积，故B正确；C：圆台的高、母线、上下底面半径差构成直角三角形，故高，故C正确；D：由圆台体积公式，代入数据得，故D错误；7.下列条件判断三角形解的情况，正确的个数是（）．①，，，有两解；②，，，有一解；③，，，无解；④，，，有一解．A.1 B.2 C.3 D.4答案：A解析：思路：对于①，由正弦定理求得，可判断三角形解的个数；对于②，由正弦定理求得，结合三角形中大边对大角性质，可判断三角形解的个数；对于③，由正弦定理，结合，可得解的个数；对于④，由正弦定理得，结合可得三角形的解有一个,由此可得答案.解答过程：对于①，由正弦定理，则由,可得有一解，故三角形的解有一个,错误；对于②，由正弦定理，因为，故,则三角形的解有两解，错误；对于③，由正弦定理，则由且,可得有一解，故三角形的解有一个，错误；对于④，由正弦定理，则由且,可得有一解，故三角形的解有一个,正确,故选：A8.将一颗质地均匀的正方体骰子（六个面的点数分别为），先后抛掷两次，将得到的点数分别记为m，n，记向量，的夹角为，则为钝角的概率是（）A. B. C. D.答案：D解析：思路：先根据已知求出满足条件的满足的关系式，然后分别令，求得满足条件的.然后即可根据古典概型概率公式，得出答案.解答过程：由可得，，所以.因为为钝角，所以，且不共线，所以，即，且.当时，有且，所以可取1，3，4，5，6；当时，有，可取3，4，5，6；当时，有，可取5，6；当，，时，，此时无解.综上所述，满足条件的有11种可能.又先后抛掷两次，得到的样本点数共36种，所以为钝角的概率故选：D.二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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.下列结论中正确的是（）A.若，则或B.若，则C.若复数满足，则的最大值为3D.若（，），则答案：BC解析：思路：对于A：令，由此即可验证；对于B：由模长公式以及复数乘法即可验证；对于C：由复数的几何意义即可验证；对于D：令即可验证.解答过程：对于A：令，所以由复数模长公式有，但这与或矛盾，故A选项不符合题意；对于B：令，所以，所以，且，所以，故B选项符合题意；对于C：令，若复数满足，则有（其中），所以，所以，所以，即当且仅当即当且仅当时，有最大值为3，故C选项符合题意；对于D：令可知，但这与矛盾，故D选项不符合题意.故选：BC．10.抛掷一枚质地均匀的骰子，观察向上的面的点数，事件为“点数为偶数”，事件为“点数是或”，事件为“点数大于”，下列说法正确的是（）A.和是互斥事件 B.和是相互独立事件C. D.答案：BD解析：思路：求出样本空间，利用互斥事件定义即可判断A，利用独立事件的定义即可判断B，利用古典概型公式即可判断CD.解答过程：样本空间对于A：，所以和不是互斥事件，故A错误；对于B：由，故B正确；对于C.：由，故C错误；对于D：由，故D正确.故选：BD.11.在棱长为2的正方体中，P，Q，R分别为，，的中点，则下列说法正确的是（）A.B.直线与所成的角为C.若三棱锥的所有顶点都在球的表面上，则球的表面积为D.过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形的面积为答案：ACD解析：思路：对于A，根据线面垂直判定定理证明平面，即可判断；对于B，说明直线与所成的角为，结合余弦定理验算即可；对于C，只需求出三棱锥的外接球的半径，再结合球的表面积公式验算即可；对于D，说明截面为边长为的正六边形，然后根据面积公式验算即可.解答过程：对于A，因为四边形为正方形，所以，由正方体性质可得平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，因为平面，所以，A正确；对于B，如图所示，因为，所以四边形是平行四边形，所以，所以直线与所成的角为或其补角，而，所以，所以，故B错误；对于C，如图所示，，所以三角形的外接圆半径为，显然平面，且，所以三棱锥的外接球的半径为，所以球的表面积为，故C正确；对于D，如图所示，取中点，顺次连接，因为平面，平面，所以，又因为，，平面，所以平面，又因为平面，所以，同理可证，，而，，平面，所以平面，根据前面的假设有，，所以四点共面，又因为，所以四边形是平行四边形，所以，所以六点共面，因为，平面，平面，所以平面，同理可证平面，又因为平面，，平面，所以平面平面，又因为平面，所以平面，所以六边形即为过点且与直线垂直的平面截正方体所得截面多边形，显然这是一个边长为的正六边形，其面积为，故D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知数据，，，，的方差为1，则数据，，，，的方差为________．答案：9解析：思路：根据方差的性质计算即可.解答过程：因为数据，，，，的方差为1，所以数据，，，，的方差为.13.万里高速公路纪念塔位于泰安市岱岳区卧虎山上，被誉为泰安的“东方明珠”．如图，为测量塔的高度，可选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D．现测得，，米，在点C测得塔顶A的仰角为，则塔高为_________米．答案：解析：思路：在中，由正弦定理求出的值，再在中，由正切函数的定义求解即可.解答过程：在中，，，，所以，由正弦定理可得，即，解得，在中，，，由，得14.如图，在菱形ABCD中，，，以BC为直径的半圆与AB交于点M，P是半圆上的动点，则______；的最大值是______．答案：①.3②.##解析：思路：取中点，连接，由条件得到是等边三角形，进而求出，在中，由余弦定理求出，即可求出；取中点，连接，交半圆于点，将转化为，分析出即点与点重合时，取到最大值1，即可求出的最大值.解答过程：如图所示，取中点，连接，因为四边形是菱形，，，所以，所以可得是等边三角形，所以.在中，由余弦定理可得，所以，所以；如图所示，取中点，连接，交半圆于点，则，.所以，因为，所以当，即点与点重合时，取到最大值1，此时取到最大值.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.已知向量，，．（1）若，求的值；（2）若，求在方向上投影向量的坐标．答案：（1）（2）解析：思路：（1）根据向量垂直和向量线性运算的坐标表示求解即可；（2）根据向量平行的坐标表示求出，结合投影向量的公式计算即可.（1）由可得：，即，解得.（2）由，可得，即，解得，则，因在方向上投影向量为，故其坐标为：.16.2026年5月24日23时08分，神舟二十三号发射成功，乘组航天员朱杨柱、张志远、黎家盈（首位香港女航天员）密切协同，将完成3.5小时快速径向交会对接．某地区为了激发人们对天文学的兴趣，开展了天文知识比赛，满分100分（95分及以上为认知程度高），结果认知程度高的有200人，这200人按年龄分成5组，得到如图所示的频率分布直方图，（1）根据频率分布直方图，估计这200人的平均年龄和众数；（2）现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者．若有甲（年龄36），乙（年龄42）两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率．答案：（1）平均年龄为岁，众数为岁；（2）.解析：思路：（1）根据频率分布直方图，利用组中值乘以对应频率之和估算平均数，最高矩形底边的中点即为众数；（2）根据分层抽样比例计算第四、五组抽取的人数，确定样本空间，利用古典概型概率公式求解.（1）由频率分布直方图可知，各组的频率分别为：第一组：；第二组：；第三组：；第四组：；第五组：.则平均年龄约为：（岁）.众数的估计值为最高矩形底边的中点，即（岁）.故估计这人的平均年龄为岁，众数为岁.（2）第四组的人数为人，第五组的人数为人.因为采用分层随机抽样抽取人，抽样比为.所以第四组应抽取人，第五组应抽取人.第四组和第五组共抽取人.由题意知，甲在第四组被抽取的人中，乙在第五组被抽取的人中.记第四组除甲外的人为，第五组除乙外的人为.则这人构成的集合为甲，，乙，.从中随机抽取名作为组长，结果有：甲，，甲，，甲，，甲，乙，甲，，，，，乙，，，，乙，，，乙，，乙，共15种.设事件为“甲、乙两人至少有一人被选上”，则其对立事件为“甲、乙两人都没有被选上”.事件包含的结果是从这人中抽取人，结果有：，，，，，共6种，则.故，即甲、乙两人至少有一人被选上的概率为.17.如图，在三棱锥中，，底面，，M是的中点，N是的中点，点Q在线段上，且．（1）求点到平面距离；（2）求证：平面．答案：（1）（2）过点作，交于点，连接，因为是的中点，，由平行线分线段成比例得，即是的中点，又是中点，因此，即；结合已知，得，因此​，在中可得，因为，平面，平面，故平面；因为，平面，平面，故平面，又，且平面，由面面平行判定定理得：平面平面，因为平面，因此平面.解析：思路：（1）先由线面垂直判定定理证明平面，过作，交于点，再证明平面，是的中位线可得结论；（2）过点作，交于点，证明平面平面，由面面平行性质可得结论.（1）因为底面，平面，所以，又，即，且，平面，所以

平面，过作，交于点，由平面可知平面，的长度即为点到平面的距离，因为是中点，，所以是的中位线，因此，即点到平面的距离为；（2）略18.已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足．（1）求角B；（2）已知的外接圆的圆心为O，半径．（ⅰ）作角的平分线交于，，求的面积；（ⅱ）求的取值范围．答案：（1）