天津市第二十五中学2022-2023学年高一下学期6月月考数学试卷（PDF版含解析）

天津市第二十五中学高一年级 2022-2023 学年第二学期
6月月考数学试卷
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第 I 卷（选择题）
一、单选题(共 30 分)
1．抛掷一枚质地均匀的骰子一次，事件 1 表示“骰子向上的点数为奇数”，事
件 2 表示“骰子向上的点数为偶数”，事件 3 表示“骰子向上的点数大于 3”，
事件 4 表示“骰子向上的点数小于 3”则（ ）
A．事件 1 与事件 3 互斥 B．事件 1 与事件 2 互为对立事件
C．事件 2 与事件 3 互斥 D．事件 3 与事件 4 互为对立事件
2 + 3i
2．已知复数 z = ，则 z 在复平面内所对应的点位于（ ）
1+ 2i
A．第一象限 B．第二象限
C．第三象限 D．第四象限
3．某校举行知识竞赛，对全校参赛的 1000 名学生的得分情况进行了统计，
把得分数据按 50,60)， 60,70)， 70,80)， 80,90)， 90,100 分成 5 组，得到如
图所示的频率分布直方图，则下列说法不．正．确．的是（ ）
A．图中的 x 值为 0.020 B．得分在 80,100 的人数为 400
C．这组数据的极差为 50 D．这组数据的平均数的估计值为 77
4．在△ 中，角 A，B，C 所对的边分别是，a，b，c，a = 2，b = 6 ，B = 2A，
则 cos A=（ ）
3 3 6 6
A． B． C． D．
3 2 4 3
试卷第 1 页，共 6 页
5．某射击运动员连续射击 5 次，命中的环数（环数为整数）形成的一组数
据中，中位数为 8，唯一的众数为 9，极差为 3，则该组数据的平均数为（ ）
A．7.6 B．7.8 C．8 D．8.2
6．给定一组数据：1，3，2，1，5，则这组数据的方差及第 40 百分位数分
别是（ ）
56 56
A．5，2 B． ，2 C． ，1.5 D．5，1.5
25 25
7．小明想在 2 个“冰墩墩”和 3 个“雪容融”里随机选取两个吉祥物作为冬奥会
纪念品，小明选取到 1 个“冰墩墩”和 1 个“雪容融”的概率（ ）
1 3 2 2
A． B． C． D．
2 5 3 5
8．设 l、m 是两条不同的直线， 、 是两个不同的平面，则下列命题正确
的是（ ）
A．若 l / / 、m//l ，则m / /
B．若 l ⊥ 、 l // ，则 ⊥
C．若 l / / 、m ，则 l//m
D．若 ⊥ 、m / / ，则m ⊥
9．如图，在四边形 ABCD中，AB//CD，AB = 4CD，点 E 在线段CB上，且CE = 2EB，
设 AB=a， AD = b，则 AE =（ ）
5 1 1 5
A． a + b B． a + b
8 2 2 8
1 3 3 1
C． a + b D． a + b
3 4 4 3
10．已知△ 中， ，AB = 2，cos2 A+ sin2 B+ sin2AB AC = 3 C + sin BsinC =1，
D 是边 BC 上一点， CAD = 3 BAD .则 AD =（ ）
6 3 3 6 6 3
A． B． C． D．
5 4 2 7
试卷第 2 页，共 6 页
第 II 卷（非选择题）
二、填空题(共 20 分)
11．2022 年 8 月 16 日，航天员的出舱主通道——问天实验舱气闸舱首次亮
相．某高中为了解学生对这一新闻的关注度，利用分层抽样的方法从高中三
个年级中抽取了 36 人进行问卷调查，其中高一年级抽取了 15 人，高二年级
抽取了 12 人，且高三年级共有学生 900 人，则该高中的学生总数为_________
人．
4
12．已知复数 z = a+2i(a R)，若 z + 为实数，则 z = ________．
z
13．如图所示，在长方体 ABCD A1B1C1D1 中，AA1 = AB = 2，AD =1，点 E，F，
G 分别是DD1， AB，CC1的中点，则异面直线 A1E 与GF 所成的角是_____.
14．如图，圆台O1O2中，O1O2 = 5，其外接球的球心 O 在线段O1O2上，上下
底面的半径分别为 r1 = 1， r2 = 3，则圆台外接球的表面积为________.
15．在等腰梯形 ABCD 中,已知 AB / /DC, AB = 2, BC =1, ABC = 60 ,动点E 和F
1
分别在线段 BC 和DC 上,且, BE = BC, DF = DC, 则 AE AF 的最小值为
9
_____________________.
试卷第 3 页，共 6 页
三、解答题(共 50 分)
16 (12 分)．已知a = (4,3)，b = ( 1,2) .
(1)求a与b 夹角的余弦值；
(2)若 (a b ) ⊥ (2a +b )，求实数 的值；
(3)若 AB = 2a b ， BC = a +mb，且A、 B、C 三点共线，求m 的值.
17（13 分）．在△ 中，角 A、B、C 的对边分别为 a，b，c.已知
1
a = 6,b = 2c, cos A = .
4
(1)求c 的值；
(2)求sin B的值；
(3)求sin(2A B)的值.
试卷第 4 页，共 6 页
18．（12 分）在甲、乙两个盒子中分别装有编号为 1，2，3，4 的 4 个球，
现从甲、乙两个盒子中各取出一个球，每个球被取出的可能性相等.
(1)请列出所有可能的结果；
(2)求取出的两个球的编号恰为相邻整数的概率；
(3)求取出的两个球的编号之和与编号之积都不小于 4 的概率.
试卷第 5 页，共 6 页
19．（13 分）如图，在四棱锥 S﹣ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，
∠ADC=45°，AD=AC=1，O 为 AC 中点，SO⊥平面 ABCD，SO=2，M 为
SD 中点．
（Ⅰ）证明：BS∥平面 ACM；
（Ⅱ）证明：AD⊥平面 SAC；
（Ⅲ）求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的正切值．
试卷第 6 页，共 6 页
参考答案：
1．B
【分析】根据互斥事件、对立事件定义判断求解.
【详解】由题可知，事件 1 可表示为： A= 1,3,5 ,事件 2 可表示为：B = 2,4,6 ,
事件 3 可表示为：C = 4,5,6 ,事件 4 可表示为：D = 1,2 ,
因为 A C = 5 ，所以事件 1 与事件 3 不互斥，A 错误；
因为 A B为不可能事件， A B为必然事件，
所以事件 1 与事件 2 互为对立事件，B 正确；
因为B C = 4,6 ，所以事件 2 与事件 3 不互斥，C 错误；
因为C D为不可能事件，C D不为必然事件，
所以事件 3 与事件 4 不互为对立事件，D 错误；
故选：B.
2．D
【分析】根据复数运算法则求 z 的代数形式，再确定其在复平面所对应的点及其象限.
2+3i (2+3i)(1 2i) 8 i 8 1
【详解】因为 z = = = = i ，
1+ 2i (1+ 2i)(1 2i) 5 5 5
8 1
所以复数 z 在复平面内所对应的点为 , ，该点在第四象限.
5 5
故选：D.
3．C
【分析】根据频率分布直方图中所有长方形的面积和为 1，以及极值、频数以及平均数的计
算，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.
【详解】对于 A，由 (0.005+ x+ 0.035+ 0.030+ 0.010) 10 =1，可解得 x = 0.020，故选项 A
正确；
对于 B，得分在 80 分及以上的人数的频率为 (0.030+ 0.010) 10 = 0.4，
故人数为1000 0.4 = 400，故选项 B 正确；
对于 C，频率分布直方图无法看出这组数据的最大值和最小值，故选项 C 不正确；
对于D，这组数据的平均数的估计值为：55 0.05+65 0.2+75 0.35+85 0.3+95 0.1= 77，
故选项 D 正确.
答案第 1 页，共 9 页
故选：C.
4．C
a b
【分析】利用正弦定理可得 = ，再结合倍角正弦公式即可求解.
sin A sin B
【详解】由正弦定理得：
a b 2 6 2 6 6
= = = cos A= .
sin A sin B sin A sin 2A sin A 2sin Acos A 4
故选：C
5．B
【分析】首先分析数据的情况，再根据平均数公式计算可得.
【详解】依题意这组数据一共有5个数，中位数为8，则从小到大排列8的前面有2个数，
后面也有2个数，
又唯一的众数为9，则有两个9，其余数字均只出现一次，则最大数字为9，
又极差为3，所以最小数字为6，
所以这组数据为6、 7、8、9、9，
6+ 7 +8+ 9+ 9
所以平均数为 = 7.8 .
5
故选：B
6．C
【分析】根据数据的方差与百分位数的概念计算即可.
1+ 3+ 2+1+ 5
【详解】数据：1，3，2，1，5 的平均数为 = 2.4，
5
2 2 2 2 2
(1 2.4) + (3 2.4) + (2 2.4) + (1 2.4) + (5 2.4) 56
所以方差为 = 2.24 = ；
5 25
这组数从小到大排列为 1，1，2，3，5，共 5 个数，
1+ 2
所以5 40% = 2，则这组数据的第 40 百分位数为 =1.5 .
2
故选：C.
7．B
【分析】用列举法求出选取两个吉祥物作为冬奥会纪念品的基本事件及选取到 1 个“冰墩敦”
和 1 个“雪容融”有 6 个基本事件，根据古典概型的计算公式求解即可.
【详解】记 2 个“冰墩墩”为a ，b ，记 3 个“雪容融”为 1，2，3，
选取两个吉祥物作为冬奥会纪念品的基本事件有：(a,b)，(a,1)，(a,2)，(a,3)，(b,1)，(b,2)，
答案第 2 页，共 9 页
(b,3)， (1,2)， (1,3)， (2,3)，共 10 个.
其中选取到 1 个“冰墩敦”和 1 个“雪容融”有 6 个基本事件，
6 3
则概率为 = ．
10 5
故选:B.
8．B
【分析】根据线面的位置关系依次对选项进行判断.
【详解】A 选项，若 l / / 、m//l ，则m / / 或m ，所以 A 不正确；
B 选项，若 l ⊥ 、 l // ，则 ⊥ ，所以 B 正确；
C 选项，若 l / / 、m ，则 l 与m 平行或异面，所以 C 不正确；
D 选项，若 ⊥ ，m / / ，则m 与 的位置关系不确定，所以 D 不正确.
故选:B．
9．D
【分析】根据向量加、减法则及向量共线定理即可得出结果.
1
【详解】在梯形 ABCD中， AB//CD，且 AB = 4CD，则DC = AB ，
4
1
因为E 在线段CB上，且CE = 2EB，则BE = BC ，
3
1 3
BC = BA+ AD + DC = a +b + a = b a ，
4 4
1 1 3 3 1
所以， AE = AB+ BE = AB+ BC = a+ b a = a+ b .
3 3 4 4 3
故选：D.
10．B
2
【分析】利用正弦定理及余弦定理可得 A = ，结合条件可得b = 3，然后利用余弦定理可
3
得 cosC ， tanC，进而可得 AD = AC tanC ，即得.
【详解】设 ABC中，角 A, B,C 的对边为a,b,c，
∵ 2 2cos2 A+ sin2 B+ sin2 C + sin BsinC =1，即sin B+ sin C + sin Bsin C = sin2 A，
∴b2 + c2 +bc = a2，
b2 + c2 a2 1
∴ cos A = = ，又 A (0, )，
2bc 2
2
∴ A = ，又 AB AC = 3， AB = 2，
3
答案第 3 页，共 9 页
1
∴ AB AC = 2bcos A = 2b = 3，即b = 3，
2
∴ a2 = b2 + c2 +bc = 32 + 22 +3 2 =19，
故 a = 19 ，
a2 +b2 c2 19+9 4 4 3 3
∴ cosC = = = ，sinC = ， tan C = ，
2ab 6 19 19 19 4
2
又 CAD = 3 BAD， A = ，
3
3 3 3
∴ CAD = ， AD = AC tanC = 3 = .
2 4 4
故选：B.
11．3600
【分析】根据题意求得每个学生抽到的概率，结合分层抽样列出方程，即可求解.
【详解】利用分层抽样的方法从三个年级中抽取了 36 人进行问卷调查，其中高一、高二年
级各抽取了 15 人,12 人，可得高三年级抽取了 9 人，
9 1
又由高三年级共有 900 名学生，则每个学生被抽到的概率为 p = = ，
900 100
36 1
设该校共有n 名学生，可得 = ，解得n = 3600（人），
n 100
即该校共有3600名学生.
故答案为：3600 .
12．2
4 4a 8
【分析】根据复数的加法和除法运算求得 z + = a+ + 2 2 i，进而得到z a + 4 a2 + 4
8
2 = 0，求得a = 02 ，即可求得答案. a + 4
4 4 4(a 2i) 4a 8
【详解】 z + = a + 2i+ = a + 2i+ = a + +
(
2 i，
z a + 2i a + 2i)(a 2i) a2 + 4 2 a + 4
8
所以2 = 0，得 a = 0，所以 z = 2i, z = 2 .
a2 + 4
故答案为：2
69π
13．
5
【分析】列出外接球半径所满足的方程，解出半径，得外接球表面积.
答案第 4 页，共 9 页
【详解】
设外接球半径为 R，
69
则 R2 1+ R2 3 = 5，解得R
2 = ，
20
2 69π
所以外接球表面积为4πR = ，
5
69π
故答案为： .
5
29
14．
18
1 1
【详解】因为DF = DC, DC = AB，
9 2
1 1 9 1 9
CF = DF DC = DC DC = DC = AB ，
9 9 18
1 9 1+9
AE = AB + BE = AB + BC ， AF = AB + BC +CF = AB + BC + AB = AB + BC ，
18 18
1+ 9 1+ 9 2 2( )
1+ 9
AE AF = AB + BC AB + BC = AB + BC + 1+ AB BC
18 18 18
1+ 9 19 + 9 2 1 17 2 1 17 29
= 4 + + 2 1 cos120 = + + 2 + =
18 18 9 2 18 9 2 18 18
2 1 2 29
当且仅当 = 即 = 时 AE AF 的最小值为 .
9 2 3 18
考点：向量的几何运算、向量的数量积与基本不等式.
15．90
【分析】连接GB1， B1F ， EG ，则得 B1GF 或其补角即为 A1E 与GF 所成的角，再利用勾
股定理即可得到线线角.
【详解】连接GB1， B1F ， EG ， 点 E，F，G分别是DD1， AB，CC1 的中点，
答案第 5 页，共 9 页
EG / /D1C1, EG = D1C1 ，D1C1 / / A1B1, D1C1 = A1B1，
A1B1 / /EG, A1B1 = EG， 四边形 A1EGB1为平行四边形，
则GB1 / / A1E ，故 B1GF 或其补角即为 A1E 与GF 所成的角，
易得B G = C B2 +C G2 = 12 +121 1 1 1 = 2 ，B1F = B
2 2
1B + BF = 2
2 +12 = 5 ，
GF = CG2 +CB2 +BF 2 = 3，所以BG
2 +FG2 = B F2 1 1 ，所以 B1GF = 90 .
故答案为：90 .
2 5
16．(1)
25
52
(2) =
9
1
(3)
2
【分析】（1）利用向量的数量积的坐标运算和夹角公式即可得出；
（2）依题意可得 (a b ) (2a + b ) = 0，根据数量积的运算律得到方程，解得即可；
（3）首先求出 AB，BC 的坐标，依题意可得BC // AB ，根据向量共线的坐标表示计算可得．
【详解】（1） a = (4,3)，b = ( 1,2)．
2
a b = 1 4+ 3 2 = 2， a = 42 +32 = 5， b = ( 1) + 22 = 5 ．
a b 2 2 5
cos a,b = = = ．
a b 5 5 25
（2） (a b ) ⊥ (2a +b )，
(a b ) (2a + b ) = 0，
2 2
即 2a2 + (1 2 )a b b 2 = 2 a + (1 2 )a b b = 2 25+ (1 2 ) 2 5 = 0 ，
答案第 6 页，共 9 页
52
整理得9 = 52，解得 = ．
9
（3）因为 AB = 2a b = 2(4,3) ( 1,2) = (9,4)，
BC = a+mb = (4,3)+m( 1,2) = (4 m,3+ 2m)，
因为A 、 B、C 三点共线，
1
所以BC // AB，即9(3+2m) = 4(4 m)，解得m = .
2
17．(1)c =1
10
(2)sin B =
4
10
(3)sin(2A B) =
8
【分析】（1）根据余弦定理a2 = b2 + c2 2bccos A以及b = 2c解方程组即可求出；
（2）由（1）可求出b = 2，再根据正弦定理即可解出；
（3）先根据二倍角公式求出sin 2A, cos 2A，再根据两角差的正弦公式即可求出．
2 1
【详解】（1）因为a2 = b2 + c2 2bccos A，即6 = b + c
2 + bc，而b = 2c，代入得
2
6 = 4c2 + c2 + c2 ，解得：c =1．
15 a b
（2）由（1）可求出b = 2，而0 A π，所以sin A = 1 cos2 A = ，又 = ，
4 sin A sin B
15
2
所以 bsin A 4 10 ． sin B = = =
a 6 4
1 π π 15
（3）因为 cos A = ，所以 A π，故0 B ，又sin A = 1 cos2 A = ， 所以
4 2 2 4
1 15 15 2 1 7
sin 2A = 2sin Acos A = 2 = ，cos 2A = 2cos A 1= 2 1= ，而
4 4 8 16 8
10 6
sin B = ，所以cos B = 1 sin2 B = ，
4 4
15 6 7 10 10
故 sin(2A B) = sin 2Acos B cos 2Asin B = + = ．
8 4 8 4 8
18．(1)答案见解析；
3
(2) ；
8
答案第 7 页，共 9 页
11
(3) .
16
【分析】（1）列举法写出所有基本事件即可；
（2）求出满足条件的基本事件的个数，利用古典概型求解；
（3）求出满足两个球的编号之和与编号之积都不小于 4 的事件的个数，利用古典概型求解.
【详解】（1）从甲、乙两个盒子中各取出一个球，所有可能的结果为：
(1,1)， (1,2)， (1,3)， (1,4)， (2,1)， (2,2)， (2,3)， (2,4)， (3,1)， (3,2)， (3,3)， (3,4)，
(4,1)， (4,2)， (4,3)， (4,4)，共 16 种情况.
（2）设“取出的两个球的编号恰为相邻整数”为事件A ，
事件A 的所有可能的结果为： (1,2)， (2,1)，(2,3)， (3,2)， (3,4)， (4,3)，共 6 种情况，
6 3
∴ P (A) = = .
16 8
（3）设“取出的两个球的编号之和与编号之积都不小于 4”为事件B，
事件B的所有可能的结果为： (1,4)， (2,2)， (2,3)， (2,4)， (3,2)， (3,3)， (3,4)， (4,1)，
(4,2)， (4,3)， (4,4)，共 11 种情况，
11
∴ P (B) = .
16
19．（Ⅰ）（Ⅱ）见解析（Ⅲ）
【详解】试题分析：（I）由 O 为 AC 中点，M 为 PD 中点．结合平行四边形的对角线性质，
考虑连接 BD，MO，则有 PB∥MO，从而可证
（II）由∠ADC=45°，且 AD=AC=1，易得 AD⊥AC，PO⊥AD，根据线面垂直的判定定理
可证
（III）取 DO 中点 N，由 PO⊥平面 ABCD，可得 MN⊥平面 ABCD，从而可得∠MAN 是直
线 AM 与平面 ABCD 所成的角．在 Rt△ANM 中求解即可
解：（I）证明：连接 BD，MO
在平行四边形 ABCD 中，因为 O 为 AC 的中点，
所以 O 为 BD 的中点，又 M 为 PD 的中点，所以 PB∥MO
因为 PB 平面 ACM，MO 平面 ACM
所以 PB∥平面 ACM
答案第 8 页，共 9 页
（II）证明：因为∠ADC=45°，且 AD=AC=1，所以∠DAC=90°，即 AD⊥AC
又 PO⊥平面 ABCD，AD 平面 ABCD，所以 PO⊥AD，AC∩PO=O，AD⊥平面 PAC
（III）解：取 DO 中点 N，连接 MN，AN
因为 M 为 PD 的中点，所以 MN∥PO，且 MN= PO=1，由 PO⊥平面 ABCD，得 MN⊥
平面 ABCD
所以∠MAN 是直线 AM 与平面 ABCD 所成的角．
在 Rt△DAO 中， ，所以 ，
∴ ，
在 Rt△ANM中， = =
即直线 AM 与平面 ABCD 所成的正切值为
点评：本题主要考查直线与平面平行、直线与平面垂直、直线与平面所成的角等基础知识，
考查空间想象能力、运算能力、推理论证能力．
答案第 9 页，共 9 页