浙江省湖州市2025-2026学年高一下学期6月教学质量监测数学试题（含解析）

这是一份浙江省湖州市2025-2026学年高一下学期6月教学质量监测数学试题（含解析），共39页。
1．本科目考试分试题卷和答题卷，考生须在答题纸上作答．
2．本试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共4页，全卷满分150分，考试时间120分钟．
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. 设（i为虚数单位），则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】A
【解析】
【详解】∵，∴.
2. 若，，，则实数（ ）
A. 1B. C. 4D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量共线的坐标表示求解.
【详解】，，，则有，
所以.
3. 已知样本数据，，，，的方差为，样本数据，，，，的方差为，则（ ）
A. B.
C. D. 与无法确定大小关系
【答案】B
【解析】
【分析】直接根据样本的方差的定义计算可得.
【详解】第一组数据：，共5个样本，平均数，
方差： .
第二组数据：，共5个样本，平均数，
方差： .
因为，比较得：.
4. 设随机事件，满足，，，则（ ）
A. 0.1B. 0.2C. 0.3D. 0.4
【答案】B
【解析】
【详解】可知.
5. 下列命题正确的是（ ）
A. 过平面外一点，有且仅有一条直线与这个平面平行
B. 过直线外一点，有且仅有一个平面与这个直线平行
C. 过直线外一点，有且仅有一个平面与这个直线垂直
D. 过平面外一点，有且仅有一条直线与这个平面所成的角为
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间直线与平面的位置关系判断.
【详解】对A，设，则过A有且只有一个平面与平行，而内过点的无数条直线都与平行，A错；
对B，设，则过有且只有一条直线与平行，过直线有无数个平面除过直线的一个平面外其它平面都与直线平行，B错；
对C，过直线外一点，有且仅有一个平面与这个直线垂直，C正确；
对D，圆锥的轴截面是等边三角形，则圆锥的母线与底面所成的角都是，是圆锥底面所在平面外一点，由此可知D错.
6. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】由，可得，
代入，化简得，
又，，所以，
则有，.
7. 设、、是定义域为的三个函数，对于命题：①若、、均为奇函数，则为奇函数；②若、、均是以为周期的函数，则、、均是以为周期的函数，则（ ）
A. ①和②均为真命题B. ①和②均为假命题
C. ①为真命题，②为假命题D. ①为假命题，②为真命题
【答案】A
【解析】
【详解】对于命题①，若、、均为上的奇函数，则，
所以，
所以为奇函数，即①为真命题；
对于命题②，可知，
则（*），
因为、、均是以为周期的函数，
则，，
，
由（*）可得
所以是周期函数，同理可得、均是以为周期的函数，即②为真命题.
8. 如图，已知二面角的大小为，，在直线上，在内，且，设，与所成角分别为，，则的值为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】先找到线面角求出其余弦值，再结合直角三角形的性质进行等量代换.
【详解】如图所示，过A作平面β于点P，连接，，
则，，且， .
再过P在平面β内作于O，连接，则，且.
所以.
在中，，，所以
所以.
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，（i为虚数单位），则（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据共轭复数的定义、复数的模的定义、复数的运算法则判断各选项.
【详解】对A，，A错；
对B，，，因此，B正确；
对C，，，C正确；
对D，，所以，D正确.
10. 若实数，，且，则（ ）
A. 的最大值为4B. 的最小值为8
C. 的最小值为6D. 的最大值为
【答案】BD
【解析】
【分析】A,B,C通过均值不等式求解，D通过柯西不等式求解.
【详解】选项A，因为，所以，解得，当且仅当时等号成立，错误.
选项B，，所以，正确.
选项C，因为，所以，解得，
，当且仅当时等号成立，但此时无法取到，
所以，即，错误.
选项D，由柯西不等式得，，当且仅当，即时等号成立，
所以，正确.
11. 以，，，，，为棱长的四面体的体积可以是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】通过合理分配棱长构造不同的四面体，进而计算其可能的体积，从而做出判断.
【详解】①三条长度为1的棱共顶点，三条长度为的棱构成底面等边三角形，
即，
则，
即，即两两相互垂直，
所以；
②三条长度为的棱共顶点，三条长度为1的棱构成底面等边三角形，
即，
作平面，则为平面的中心，连接，
则，，
所以；
③长短棱交叉配对，一组对棱为1，即，
因为，即，所以为等腰直角三角形，
所以.
方法一：以为坐标原点，分别以所在方向为轴正方向建立空间直角坐标
系，则，设，就是到平面的距离.
因为，所以，解得，
所以.
方法二：设在平面的投影为，取的中点，连接，
则，又因为平面，平面，所以，
又平面，，所以平面，
又平面，所以，所以在中垂线上，
在平面内，以为坐标原点，分别以所在方向为轴正方向建立平面直角坐标系，
则，
由得：，解得，
所以，所以，所以.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 函数的最小正周期为_______．
【答案】
【解析】
【详解】由正弦函数的性质，函数的最小正周期为.
13. 将一个棱长为2 cm的正方体木料沿相邻三个面的对角线截去一个棱锥后，剩余几何体的表面积为_______．
【答案】
【解析】
【详解】如图，，
，
，
，
剩余几何体的表面积为
.
14. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得分，负者得分，比赛进行到有一人比对方多分或打满局时停止．设甲在每局中获胜的概率为，乙在每局中获胜的概率为，且各局胜负相互独立．当比赛停止时，一共打满局的概率为_______．
【答案】
【解析】
【分析】要打满局，必须前局结束时双方分差小于（也就是，分差），且打完第局时双方分差仍然小于（也就是，分差），这样才能继续打完剩下局，打满局.然后每两局打成的概率都是，两次独立事件同时发生，从而可得求事件的概率.
【详解】要比赛打满局才停止，则比赛前局都没有满足“分差达到分”的停止条件：
打完前局不停止：前局比分必须是（分差为，若分差为则提前停止），
所以概率为：.
前局未停止后，打完第局仍不停止：此时原本比分是，要继续不停止，
第局和第局仍必须是一胜一负，总比分变为，所以概率为：.
前局均未停止，就一定会打满局，各局胜负独立，因此总概率为： .
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. 为提升同学们的环保意识，某校高一年级举行了一次环保知识竞赛，为了解本次竞赛的情况，随机抽取了100名学生的成绩作为样本进行统计分析，绘制了如下的频率分布直方图．

（1）若根据这次竞赛成绩，学校将对成绩前的学生进行表彰，估计获得表彰同学的最低分数；（结果保留1位小数）
（2）若采用按比例分层抽样的方法，从得分在，的两组中共抽取5人，再从这5人中随机抽取2人进行座谈交流，求这2人得分均在的概率．
【答案】（1）83.3分
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意计算第80百分位数即可；
（2）先根据分层抽样计算得到，抽到的人数，使用列举法得出2人成绩都在的概率.
【小问1详解】
由于，，
所以第80百分位数在区间中，第80百分位数为，
所以获得表彰同学的最低分数为83.3分．
【小问2详解】
与的频率之比为，所以5人中有3人得分在，记为，，，有2人得分在，记为，．
设事件“座谈交流的2人得分均在”，
由于，，
所以．
16. 在中，，，，点在边上，且平分．
（1）求；
（2）求的长．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理即可.
（2）利用和面积公式可求解.
【小问1详解】
由余弦定理得，
因为，所以．
【小问2详解】
解法一：因为平分，，
所以.
由于，
即，
所以，
所以．
解法二：在中，由正弦定理得，
即，所以，
又因为，所以，所以，所以，
在中，，
由正弦定理得
又因为，
所以，
所以．
17. 已知平行四边形，，，，记，，，且．
（1）若，求的值；
（2）当取最小值时，求与夹角的余弦值．
【答案】（1）
（2）0
【解析】
【分析】（1）方法一：先利用线段比例把用基底表示，再借助数量积定义求得之间的夹角，最后代入模长与数量积即可求得结果；
方法二：建立直角坐标系写出各点的坐标，得到向量的坐标后，利用坐标运算公式即可求得结果；
（2）方法一：借助向量的基底运算把展开成二次函数，利用配方法求得模长最小值，此时，即可得夹角；
方法二：借助坐标运算公式把展开成二次函数，利用配方法求得模长最小值，此时，即可得夹角.
【小问1详解】
方法一：在平行四边形中，因为，
所以，
因为，
所以，又，所以．
所以．
方法二：因为，
所以，又，故．
以为原点建立如图直角坐标系，
所以，，，，
因为，所以，所以，，
当时，，，
所以．
【小问2详解】
方法一：因为，
所以当时，取到最小值为4，即 取到最小值为2．
此时，
所以，即与的夹角是，夹角的余弦值为0．
方法二：由（1）可得：，
所以，
当时，取到最小值为4，即取到最小值为2．
此时，所以，
所以，即与的夹角是，夹角的余弦值为0．
18. 已知偶函数的图象与直线有且只有一个公共点．
（1）求函数的解析式；
（2）若，且，求的最小值；
（3）将函数的图象向右平移一个单位得到函数的图象，并令函数．若关于的方程有三个不同的实数解，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）4 （3）
【解析】
【分析】（1）由偶函数的性质及交点个数有有且只有一个解求参数值，即可得；
（2）根据已知有，从而有，再应用基本不等式求目标式的最小值；
（3）令，结合的函数图象，问题化为在区间和内各有一个解，列不等式求参数范围.
【小问1详解】
由为偶函数，知，
由与只有一个交点，令，
即方程有且只有一个解，
所以，解得，
所以；
【小问2详解】
由，即，即，
又，所以，即，
由于，当且仅当时取到等号，
所以的最小值为4；
【小问3详解】
由题意，，，
令，则方程，
可化为，即，
考虑到在上单调递减，在上单调递增，大致图象如下：

所以要使方程有三个不同的实数解，
只需方程在区间和内各有一个解，
设，则在区间和内各有一个零点，
则，得，
或（另一个零点在内），得，
综上，.
19. 如图，五面体中，，，，，是边长为2的等边三角形，．

（1）求证：；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若，求该五面体的体积的取值范围．
【答案】（1）如图1，取的中点，连接，，，，
由题意易得，可得，是的中点，
所以，
因为是边长为2的等边三角形，故，又为的中点，
所以，
又，平面，
所以平面，平面，
所以．
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）如图1，取的中点，求出，得到，则是的中点，利用线面垂直的判定定理得到平面，利用线面垂直的定义得到结论.
（2）如图2，取的中点，求出到平面的距离即为到平面的距离为，利用三角形的面积求出，设直线与平面所成角为，则，通过计算得解．
（3）解法1：如图3，通过补形将该五面体补形成三棱柱，利用线面垂直的判定定理求出平面，则，同理可得平面，求出，则，利用余弦函数的图像和性质得到的范围，则用表示，利用的范围求出的范围．解法2：如图3，通过补形将该五面体补形成三棱柱，过B作于，由对称性，易得，，，利用余弦函数的图像和性质得到的范围，则用表示，利用的范围求出的范围．
【小问1详解】
略
【小问2详解】

如图2，取的中点，连接，，
易得，，，
到平面的距离即为到平面的距离为，
由（1）知即为的高，其中，，
所以；
设直线与平面所成角为，则．
【小问3详解】
解法1：如图3，将该五面体补形成三棱柱，
设到平面的距离为，由（1）知为的高，
如图4在四面体中，作于，过作于，连接，
由（1）知平面，又平面，
故，，平面，
所以平面，即，
因为平面，平面，
所以，结合，平面，，
可得平面，
所以，，，
，
则，
则．

解法2：如图3，将该五面体补形成三棱柱，
过B作于，由对称性，易得，
，，
．