吉林通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高一下学期6月考试数学试卷

这是一份吉林通化市梅河口市第五中学2025-2026学年高一下学期6月考试数学试卷，共5页。试卷主要包含了95等内容，欢迎下载使用。
单选题
已知复数 z  
3  i2 ，则 z  （ ）
7
A．2B． 2
C． 4
D．4
3
已知直线a ， b ， c ，下列命题中正确的是（）
若a  c ， b  c ，则a / /bB．若a / /b ， c  a ，则c  b
C．若a / /b / /c ，则a ， b ， c 共面D．若a ， b 异面， b ， c 异面，则a ， c 异面
v→→→→→
已知平面向量a, b ，满足a  2a  b  5 ，且 a  2, b  3 ，则向量a 与向量b 的夹角余弦值为（ ）
2
2
B．-1C． 1D．- 1
1.95
已知a  ,b ,c  lg0.95 ，则 a，b，c 的大小关系为（ ）
a  c  b
c  a  b
a  b  c
b  a  c
已知样本数据 a，b，c 的平均数为 3，方差为 2，则a2 ， b2 ， c2 的平均数为（ ）
A．9B．11C．13D．15
若sinx  csx  2csα， sinxcsx  sin2β，则（）
cs2α 2cs2β 0
C． cs2α−2cs2β 0
2cs2α cs2β 0
D． 2cs2α−cs2β 0
已知虚数 z1 ， z2 是方程 x3  x  2  0 的两个不同的根，则下列说法正确的是（ ）
z1  1
∣z∣1 
z2  z  0
z1  z2  1
2
12
奔驰定理：已知O 是aABC 内的一点，若aBOC 、aAOC 、aAOB 的面积分别记为S1 、S2 、S3 ，则
S1  OA  S2  OB  S3  OC  0 .“奔驰定理”是平面向量中一个非常优美的结论，这个定理对应的图形与“奔驰”
轿车的 lg 很相似，故形象地称其为“奔驰定理”.如图，已知O 是aABC 的垂心，且 2OA  3OB  4OC  0 ，则tan A  （ ）
A． 6
4
多选题
B． 6
2
C． 3 6D．
6
4
在一次随机试验中，彼此互斥的事件 A，B，C 发生的概率分别为 p，2p， 3 p  p  0 ，则下列结论正确
的是（ ）
A． P  A  B  P C 
B．若 p  1 ，则 P  A ∪ C   1
C．若 A ∪ B 与 C 是对立事件，则 p  1
3
82
D．事件 A，B 不相互独立
已知a  lg2 5 ， b  lg
1 ，则（ ）
3 5
ab  0
4a  9b  1
1  1  1
lg 12  2b  a

ab6b  a
已知在aABC 中，BC 的长为 2， aABC 的面积为 2，则下列命题正确的是（ ）
aABC 外接圆面积的最小值为π
AB 的最大值为 5 1
AC2
aABC 内切圆的半径的最大值为 5 1
2
若aABC 的内角满足C  B  π ，则tanC  
2
5  1
2
填空题
→→→
已知单位向量a,b 满足a  3a  2b  2 ，则a,b 的夹角为．
如图，海平面上位于信息中心O 的正东方向且与O 相距 25 海里的 B 处有一艘渔船遇险，在原地等待救援，甲船位于信息中心O 的南偏西30方向且与O 相距 15 海里的C 处，现甲船以 30 海里/小时的速度沿直线CB 去营救渔船，则甲船到达 B 处需要小时．
已知正方体 ABCD−A1B1C1D1 的棱长为 3，点M 是侧面 ADD1 A1 上的一个动点（含边界），点 P 是棱CC1
13
上靠近C 的三等分点，若 PM ，则点M 的轨迹长度为．
解答题
已知复数 z  m2  2m−2  m−4i m  R  ．
若复数 z1  z 1 i 为纯虚数，求 z 的值；
若复数 z  z 在复平面内对应的点位于第四象限，求m 的取值范围．
21 i
a
已知平面向量a  2, 3 ， b  3, x ，且 →  b ．
a
→与
求b 在 →  b 上的投影向量的坐标；
若向量
2a  b
→  b 的夹角是钝角，求实数k 的取值范围．
ka
某公司为了解客户对其旗下某产品的满意程度，随机抽取了 200 名客户进行满意度调查，并将评分（满分 100 分）按50, 60 ， 60, 70 ， 70,80 ， 80, 90 ， 90,100 分成 5 组，绘制成如图所示的频率分布直方图．
求图中 a 的值，并估计这 200 名客户的满意度评分的平均数（同一组的数据用该组区间的中点值作代表）；
已知样本中在60, 70 内的评分的平均数为 64.5，方差为 14，在70,80 内的评分的平均数是 74.5，方差是 9，求落在60,80 内的评分的平均数与方差．
如图，四棱锥 P−ABCD 中， PA  底面 ABCD，aABD 为等边三角形， BC  CD  1 ， ABC  90 ，M
是 PB 上一点，且 PB  3MB ，N 是 PC 的中点.
求证： PC  BD ；
若二面角 P−BC−A 的大小为45 ，求三棱锥C  AMN 的体积.
如图①，已知等腰梯形 ABCD 的外接圆圆心O 在底边 AB 上， AB//CD ， CD  AD  3 ， P 是上半圆上的动点（不包含 A ，B 两点），点Q 是线段 PA 上的动点，将半圆 APB 所在的平面沿直径 AB 折起，得到图②所示图形，据此解答下列各小题：
PQ
QA
当 PC / / 平面QBD 时，求
的值；
若 PB  AD ， PB  3 ，求 PA 与平面 ABCD 所成角的正弦值；
若 PB  3 ，平面 PAB  平面 ABCD ，设QB 与平面 ABCD 所成的角为α，二面角Q  BD  A 的平面角为
β，求βα取得最大值时tanα的值.
1．D
利用复数的乘方运算求得复数，进而利用复数的模的计算公式求解即可.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
B
C
B
B
B
B
B
ABD
BCD
题号
11
答案
BCD
3
【详解】因为 z  
故选：D. 2．B
 i2  3  2 3i  i2  2  2 3i ，所以 z 
22  2 3 2
 4 .
【详解】对于选项 A，在空间中，垂直于同一条直线的两条直线可能平行、相交或异面，例如正方体中交于同一顶点的三条棱两两垂直，但并不都平行，故 A 错误.
对于选项 B，根据空间中平行线的性质，若一条直线垂直于两条平行线中的一条，则必垂直于另一条，故若a / /b, c  a ，则c  b ，B 正确.
对于选项 C，互相平行的三条直线不一定共面，例如三棱柱的三条侧棱互相平行，但它们不共面，故 C 错误.
对于选项 D，若a, b 异面， b, c 异面， a 与c 可能平行、相交或异面，位置关系并不确定，故 D 错误.
3．C
利用平面向量的数量积运算性质即可得出．
v
→→→→→
Q
【详解】 平面向量a, b ，满足a  2a  b  5 ，且 a  2, b  3 ，
→ 2
 5 
→ →→ →
→ →5  2  221
2a
故选：C 4．B
 a b cs  a, b  ，解得cs  a, b 
2  3  2 .
根据幂函数与对数函数的单调性可得答案.
【详解】根据幂函数 y  x0.95 在(0, ) 上为增函数，可得0   ，即0  a  b ，又c  lg1.95 0.95  lg1.95 1  0 ，所以c  a  b .
故选：B
5．B
【详解】由题意得， a  b  c  9 ，
(a  3)2  (b  3)2  (c  3)2 3
 2 ，
a2  b2  c2  6(a  b  c)  27
则
3
 2 ，解得
a2  b2  c2
3
 11 .
6．B
【详解】已知sinx  csx  2csα，两边同时平方：
sinx  csx2  2csα2  sin2 x  2sinxcsx  cs2 x  4cs2α，即1 2sinxcsx  4cs2α.
由题目可知sinxcsx  sin2β，
则1 2sinxcsx  4cs2α 1 2sin2β 4cs2α.
所以1 1−cs2β  2 1 cs2α ，
即2−cs2β 2  2 cs 2α 2 cs 2α cs2β 0 ，B 正确. 7．B
1 2
先因式分解得 x3  x  2   x 1x2  x  2  0 ，即 z , z 为 x2  x  2  0 的两个根，从而依次判断选项.
【详解】根据题意， x3  x  2   x 1x2  x  2  0 ，令 x2  x  2  0 ，其中  1 8  7  0 ，
由于 z1, z2 为虚数，故 z1, z2 为 x2  x  2  0 的两个根，且为1
2
7 i ，
不妨设 z  1 7 i , z  1 7 i ，
1222
1 7
4
则 z1  2 ， z1  z2  1，
 1 7i 
2
1 7i
3  7i
1 7i
则 z2  z    2  7i ，
122
222
故只有 B 正确.
故选：B 8．B
延长CO 交 AB 与点 P ，结合三角形面积公式得S1 : S2 : S3  tan A : tan B : tan C ，再由已知有
tan A : tan B : tan C  2 : 3 : 4 ，最后由三角形内角性质及和角正切公式列方程求值.
【详解】∵ O 是aABC 的垂心，延长CO 交 AB 与点 P ，
S : S   1  OC  BP  :  1  OC  AP   BP : AP  tan A : tan B ，同理
12 2  2
 
S1 : S3  tan A : tan C ，
∴ S1 : S2 : S3  tan A : tan B : tan C ，又S1  OA  S2  OB  S3  OC  0 ，
∴ tan A  OA  tan B  OB  tan C  OC  0 ，又2OA  3OB  4OC  0 ，
∴ tan A : tan B : tan C  2 : 3 : 4 ，
不妨设tan A  2 k ， tan B  3k ， tan C  4k ，其中k  0 ，

tan A  tan π   B  C    tan  B  C    tan B  tan C ，
1 tan B tan C
∴ 2k   3k  4k ，化简整理得k 2  3 ，解得k 6 （负值舍），
112k 284
所以tan A  2k 6 .
2
故选：B
ABD
利用互斥事件的加法公式和对立事件的加法公式注意判定 ABC；D 根据 P  A P  B  P  AB 判定.
【详解】对于 A，因 A, B 是互斥事件，故 P  A ∪ B  P  A  P  B  3 p  P C  ，故 A 正确；对于 B，若 p  1 ，则 P  A ∪ C   P  A  P C   p  3 p  4 p  1 ，故 B 正确；
82
对于 C，若 A ∪ B 与 C 是对立事件，则 P  A ∪ B  P C   P  A  P  B  P C   1，即 p  2 p  3 p  1，得
p  1 ，故 C 错误；
6
对于 D，因为 A, B 互斥，所以 P  AB  0 ，故 P  A P  B  P  AB ，所以事件 A, B 不相互独立，故 D 正确.
故选：ABD
BCD
应用指对数互化、对数运算法则、换底公式及对数函数的性质分别判断各个选项即可.
【详解】对于 A， a  lg 5  lg 1  0, b  lg 1  lg 1  0 ，所以ab  0 ，故 A 不正确；
223 53
2
1ab1222  1 
对于 B，由a  lg2 5 ， b  lg得2  5, 3 ， 4a  9b  2a   3b   5  1，故 B 正确；
5
 
3 55 
对于 C， 1  1  lg 2  lg 3  lg 2  lg 3  lg 6  1，故 C 正确；
5
ab51555
2 lg 1  lg 5 2 lg 5  lg 5 2  1 2

D 2b  a 3 5
2 lg 3lg 2 lg 3lg 2lg 2  3lg12
lg 12D.
对于 ，
b  a
1lg 5 lg 5 1 1 lg 2  3
lg 6
6，故 正确
故选：BCD. 11．BCD
lg3 5  lg2 5

lg 3lg 2lg 3lg 2
利用正弦定理进行判断 A 选项与 D 选项，B 选项利用余弦定理判断，C 选项利用内切圆半径与三角形面积公式进行判断.
【详解】设边 BC, AC, AB 分别为a, b, c ，则a  2 .
对于 A 选项：设外接圆半径为 R ，由正弦定理
a
sin A
 BC
sin A
2
sin A
 2R ，
所以外接圆的面积为πR2 
π
sin2 A
，当sin A  1， A  π 时，外接圆面积最小为π；
2
又因为 A  π 时， a2  b2  c2  4 ，由aABC 面积为 2，得到 1 bc  2 ， bc  4 ；
22
而b2  c2  2bc  8 与上式矛盾，故 A 错误.
对于 B 选项： 1 bc sin A  2 ,则bc sin A  4 ；由余弦定理a2  b2  c2  2bccsA ，
2
得到b2  c2  2bc cs A  4  bc sin A ，两边同除以bc ，
得到 b  c  sin A  2 cs A ，令k  c ，则k  1  5 sin( A φ) ， tanφ 2 ，
cbbk
5
当且仅当sin( A φ)  1时， k  1 时， k 最大且为k 
k
5 1 ，故 B 正确；
2
对于 C 选项：由内切圆半径r 的公式： r  S  2 ，而 p  a  b  c  2  b  c ，
pp22
5
故r 最大时， p 最小；当b  c 时， p 最小，此时b  c ，
所以r 
25 1 ，故 C 正确；
1 5
2
πππ
对于 D 选项：由C  B  和 A  B  C  π ，得到 A  2B   π ，则 A  2B  .
S  1 ac sin B  2 ， c 
222


2abc
由正弦定理，
2sin B
sinA
sinB
sinC
2
得2sin B，即22，
sin( π  2B)sin(B  π)
22
cs 2B
sin B cs B
cs2 B  sin2 B  sin B cs B ，两边除以cs2 B ，得到1 tan2 B  tan B ,
所以tan B  1 5 ;
2
由 B 为锐角，所以tan B 
5  1 ，
2
sin  B  π 
5 1
π 
2 
cs B12
tan C  tan  B 
   
   
，故 D 正确.
2 
cs B  π 
sin B
tan B2
5 1
2 

故答案为：BCD.
2π/120
3
→→→
→ 2→ →
【详解】由a  3a  2b  2 ，得3a
 2a  b  2 ，
→ 2→ →→ →
所以3 a
→
 2 a b cs
→
a, b
 2 ，
→ →
2
因为 a  b
 1 ，所以31
 2 11cs
a, b
 2 ，
解得cs
→ →
→ →1
a, b   ，
2
→ →2π
因为 a, b 0, π ，所以
a, b ．
3
7 /11
66
【详解】在aOCB 中，由题意得： OC  15 海里， OB  25 海里，因C 在O 南偏西30∘ ， B 在O 正东，因此COB  90  30  120 。
由余弦定理，
CB2  OC 2  OB2  2  OC  OB csCOB ，
即CB2  152  252  2 15 25   1   225  625  375  1225 ，
 2 

1225
故 得CB  35 海里，
因甲船速度为 30 海里/小时，因此甲船到达 B 处所需时间t  35  7 小时。
306
4π
3
【详解】
由题意 PC  1
在 DD1 上，取 P1D  PC  1，则 PP1 / /CD
PM 2  PP2
1
由正方体的性质可知 PP1  平面 ADD1 A1 ，又 P1M  平面 ADD1 A1 ，则 PP1  P1M ，
则 P1M 
 2 ，
即点M 的轨迹是以 P1 为圆心，2 为半径的圆在正方形 ADD1 A1 内的圆弧，如图设圆弧与 AD 交于 N ， sin PND  1 ，
所以PND  π ，则NPD
12
 2π ，
161 13
则弧长 N‸D 为 2π  2  4π
133
故点M 的轨迹长度为 4π .
3
26
15．(1)
(2) , 2 3, 
【详解】（1）由题意可知 z1
 m2  2m  3  m  3i ，
m2  2m  3  0

因为 z1 为纯虚数，则m  3  0
，解得m  1，
12  52
所以 z  1 5i ， z 
 26 ；
（2） z2 
m2  2m−2  (m−4)i
1  i
m2  2m−2  (m−4)i (1−i) (1  i)(1−i)
 m2 −m−6 
m2  3m−2
i ，
22
 m2 −m−6 
20

因为 z2 在复平面内对应的点位于第四象限，所以m2  3m−2，
 0
2
解得m  3 或m −2 ，
即m 的取值范围是, 2 3,  ．
16．(1)   1 , 5 
 2 2 

(2) , 2  2, 1 
2 

a
【详解】（1）因为 →  b ，所以2 3  3x  0 ，解得 x  2 ，
→→
所以b  3, 2 ， a  b  1, 5 ， a  b 
→→
→→ →
→→ →
26

→→
， a  b  b  13 ，
a
所以b 在 →  b 上的投影向量为
a  b b
→→ 2 
a  b
a  b 
1 a  b
2
所以b 在 →  b 上的投影向量的坐标为  1 , 5  ．
a 2 2 

（2） 2a  b  7, 4 ， ka  b  2k  3, 3k  2 ，
→→→→→→→→
因为向量2a  b 与ka  b 的夹角是钝角，则2a  bka  b  0 ，且2a  b 与ka  b 不平行，
所以7 2k  3  4 3k  2  0 ，解得k  1 ，
2
→
ka b
又2a  b 与 →  不平行，则7 3k  2  4 2k  3  0 ，所以k  2 ，
所以实数k 的取值范围为, 2  2, 1  ．
2 

17．(1) a  0.030 ，74.5．
(2)平均数为 70.5，方差为 35
【详解】（1）根据题意， 0.015  0.020  a  0.025  0.01010  1 ，解得a  0.030 ．
0.15 55  0.20  65  0.30  75  0.25 85  0.10  95  74.5 ，
估计这 200 名客户的满意度评分的平均数为 74.5．
（2）由频率分布直方图可知评分在60, 70 ， 70,80 的频率比为2 : 3 ，
则样本中在60,80 内的评分的平均数为 2  64.5  3  74.5  70.5 ，
55
样本中在60,80 内的评分的方差为 2  14  64.5  70.52   3  9  74.5  70.52   35
5 
18．(1)证明见解析
(2) 1
6
5 
【详解】（1）因为aABD 为正三角形,所以 AB  AD ,又 BC  CD ,所以 AC  BD .
又 PA  底面 ABCD ， BD  底面 ABCD ，所以 PA  BD ，
又 PA ∩ AC  A ， PA, AC  平面 PAC ，所以 BD  平面 PAC ，又因为 PC  平面 PAC ，所以 PC  BD .
（2）因为 PA  底面 ABCD ， BC  底面 ABCD ，所以 PA  BC ，由已知 AB  BC ，又 AB  PA  A ，且 AB, PA  平面 PAB ，所以 BC  平面 PAB ，
又 PB  平面 PAB ，所以 BC  PB ，又 AB  BC ，
所以PBA 就是二面角 P−BC−A 的平面角，所以PBA  45∘
因为 AB  AD, AC  AC, BC  DC ，则aABC≌aADC ,
在aABD 中，因为aABD 是正三角形，则易知CAD  BAC  30 ，
所以在 RtaABC 中， AB 
BC，
3
tan 30
因为 PA  底面 ABCD , AB  平面 ABCD ,
所以 PA  AB .知 PA  AB  3, PB  6 ,
6
所以 RtaPBC 的面积S 1 16 .
a PBC22
因为 PB  3MB ,所以S
 2 S6 ,
△PMC3 △PBC
又因为 N 为 PC 中点,所以S 1 S
3
6 .
△CMN2 △PMC6
3
设点 A 到平面 PBC 的距离为h ,由V V,得 1  1  3 1 1  1  6 1 h ,
P ABCA PBC
解得h 6 ,即点 A 到平面CMN 的距离为 6 ,
3 23 2
2
又S
2
6 ,所以三棱锥C  AMN 的体积V
 V 1 
6  6  1 .
△CMN6
C  AMNACMN
3626
19．(1) PQ  1
QA2
PA 与平面 ABCD 所成角的正弦值 2
3
βα取得最大值时tanα2
2
【详解】（1）连接 AC 交 BD 于点 M，连接QM ，
因为CD  AD  3 ， AB//CD ，所以 BC  3, AB  6 ，则平面 PAC 平面QBD  QM ，
依题意， PC / / 平面QBD ， PC  平面 PAC ，所以 PC / /QM ，
所以 PQ  CM ，等腰梯形 ABCD 中，△MAB ~△MCD ，
QAMA
所以 PQ  CM  CD  1 ；
QAMAAB2
因为等腰梯形 ABCD 的外接圆圆心O 在底边 AB 上，所以ADB  90 ，
所以 AD  DB ，又因为 PB  BD  B ， PB, BD  平面 PBD ，所以 AD  平面 PBD ，又 AD  平面 ABD ，所以平面 ABD  平面 PBD ，
过 P 作 PN  BD 于 N ，连接 AN ，所以 PN  平面 ABD ，
则PAN 为 PA 与平面 ABCD 所成的角，
AB2  AD2
由（1）可得 BD 

 3，
62  32
3
AB2  PB2
PA 

 3 3 ， PD 

 3，
62  32
PA2  AD2
3 3 2  32
2
因为 PD2  BP2  18  9  27  BD2 ，所以BPD  90 ，
3
2
6
所以 1 PN  BD  1  PB  PD ，所以 1 PN  3 1  3 3，解得 PN ，
2222
6
3 3
所以sin PAN  PN 2 ，
PA3
所以 PA 与平面 ABCD 所成角的正弦值 2 ；
3
作QH  AB 于 H ，连接 BQ ，
因为平面 PAB  平面 ABCD ，平面 PAB ∩ 平面 ABCD  AB ，
所以QH  平面 ABCD ，所以 BH 是 BQ 在平面 ABCD 内的射影，
 3 2 
因为 PB  3 ，所以PAB   π , π  ，

所以QBH 即为QB 与平面 ABCD 所成的角为α 0, PBA ，则tanα= QH ，
BH
过 H 作GH  BD ，垂足为G ，连结QG ，
又QH  BD ， GH  QH  H ， GH ,QH  平面QHG ，所以 BD  平面QHG ，又QG  平面QHG ，.所以 BD  QG ，
所以QGH 为二面角Q  BD  A 的平面角β，
QH
所以tan β QH ，所以 tan β  GH  BH  BA  2 ， tan β 2 tanα 0 ，
GHtanαQHGHAD BH
所以tan βα 
tan β tanα 
1 tan βtanα
tanα
1 2 tan2α
tanα2 ，
2 2 tanα4
当且仅当tanα
2 时， tan βα 取得最大值，即βα取的最大值，
2
所以βα取得最大值时tanα2 .
2
.