精品解析：江苏扬州中学教育集团树人学校2025-2026学年高一下学期6月阶段测试数学试题

树人高级中学2025-2026-2阶段测试 高一数学 2026.06 注意事项： 1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷. 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分. 3.答题前，务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上. 一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，请在答题卡的指定位置填涂答案选项.） 1. 某工厂生产A，B，C,3种不同型号的产品，产量之比为.现用分层抽样的方法抽取1个容量为的样本，若样本中A种型号的产品有18件，则样本容量（ ） A. 40 B. 60 C. 80 D. 100 【答案】B 【解析】 【分析】运用分层抽样知识可解. 【详解】分层抽样抽样比为，样本中A种型号的产品有18件， 则样本中B,C种型号的产品有12件,30件.则样本容量. 故选：B. 2. 已知点，，若直线上的点满足，则点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量线性运算及坐标表示求解. 【详解】令坐标原点为，由，得，则， 而点，，因此， 所以点坐标为. 故选：D 3. 下列命题正确的个数为（ ） （1）如果直线，那么平行于经过的任何平面 （2）如果直线与平面满足，那么直线与平面内的任何直线平行 （3）如果直线，和平面满足，，那么 （4）如果直线，和平面满足，，，那么 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】对于（1）考虑到a可能与b在同一平面内即可判断；对于（2）根据直线与平面平行性质即可判断；对于（3）直线平行不能通过平面传递；（4）综合直线与平面平行性质与判定. 【详解】（1）如果直线，那么平行于经过的任何平面，错误， 理由如下：还有可能在经过的平面内； （2）如果直线与平面满足，那么直线与平面内的任何直线平行，错误， 理由如下：直线与平面内的直线平行或异面； （3）如果直线，和平面满足，，那么，错误， 理由如下：直线，还可能相交或异面； （4）如果直线，和平面满足，，，那么，正确，理由如下： 若，则存在使得，又，所以. 4. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理求出角，然后再求解的值. 【详解】由，，，可得 ，所以，. 5. 已知平面向量，，若在上的投影向量为，则的值为（ ） A. B. -2 C. 或-2 D. 或-2 【答案】D 【解析】 【分析】使用投影向量的概念求出在上的投影向量，再求出的值. 【详解】由于在上的投影向量为, 又，所以，，解得或-2. 6. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（ ） A. B. 9 C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理可得，结合三角恒等变换运算求解. 【详解】因为，由正弦定理可得， 且， 即， 整理可得，所以. 7. 的值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】运用和差化积公式进行化简分子部分变为，再使用诱导公式、二倍角公式化简分母，从而让问题得到解决. 【详解】运用和差化积公式进行化简，得 . 8. 若外接圆的圆心O，半径为，且，则边BC长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用二倍角正弦公式化简已知等式，再利用三角形外心、向量数量积及正弦定理、和角的余弦公式求解. 【详解】在中，令内角所对边分别为，其外接圆半径为， 则，由， 得， ，则，等式两边同时乘以是， ，由外心性质可得： ，则， 即， 因此，所以． 二、多选题：（本大题共3小题，每小题6分，计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，请在答题卡的指定位置填涂答案选项.） 9. 已知，，，，是平面向量，则下列选项中，正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则，可以作为平面内的一组基底 C. 若，，则在上的投影向量为 D. 若，，，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据共线向量判断A、B，根据投影向量的定义判断C，根据数量积的运算律判断D. 【详解】对于A：当，、不平行时，满足，，得不出，故A错误； 对于B：，，所以、不共线，、可作为平面内的一组基底，故B正确； 对于C：因为，，所以， ， 所以在上的投影向量为，故C正确； 对于D：，，， ，故D错误． 故选：BC． 10. 在中，角、、所对的边为、、，根据下列条件解三角形，其中仅有一解的有（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A、B、D根据三角形全等，易得三角形的形状唯一确定，故解唯一；对于C，可用正弦定理，结合正弦函数的图象，说明符合条件的三角形有两解. 【详解】对于A，三角形中，已知三边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即A正确； 对于B，三角形中，已知两个角和夹边，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即B正确； 对于C，由正弦定理，即，所以， 因为，则, 因为，结合正弦函数的图象可知角有两解，故C错误； 对于D，三角形中，已知两边和夹角，由三角形全等知，三角形的形状唯一确定，故仅有一解，即D正确. 故选：ABD. 11. 已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点P是侧面内的动点不含边界，下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点P，使得平面 C. 若正方体棱长为2，P为侧面的中心，则四棱锥的外接球体积为 D. 若正方体棱长为2，O为线段A1D的中点，OP与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A：根据面面平行的性质结合锥体的体积公式分析判断；对于B：根据正方体的性质可知⊥平面，进而可得结果；对于C：根据题意可证，结合直角三角形的性质分析求解；对于D：根据线面夹角可得，分析可知相应的轨迹，运算求解即可. 【详解】对于选项A：因为平面平面， 可知点P到平面的距离为正方体棱长，设为， 所以三棱锥的体积为，故A正确； 对于选项B：因为为正方形，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 由平面可得， 同理可得：， 且，平面，可得⊥平面， 但点P是侧面内，即点P不与点C重合， 所以不存在点P，使得⊥平面，故B错误； 对于选项C：因为P为侧面的中心，，则， 又因为平面，平面，则， 且，平面，可得平面， 由平面，可得， 取的中点，可得， 又因为，可得，即， 可知三棱锥的外接球的球心为，半径， 所以三棱锥的外接球体积为，故C正确； 对于选项D：取的中点，连接， 可知∥，且， 因为平面，则平面， 可知OP与平面所成角为，则， 可知点P在平面内的轨迹为圆（虚线所示）， 点P在侧面内的轨迹为四段圆弧（实线线所示）， 取的中点，则， 即，则， 结合对称性可知：点P的轨迹长度为，故D错误； 故选：AC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，计15分.不需写出解答过程，请把答案写在答题卡的指定位置上） 12. 现利用随机数表法从编号为00，01，02，…，18，19的20支水笔中随机选取6支，选取方法是从下列随机数表第1行的第9个数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6支水笔的编号为______． 95226000   49840128   66175168   39682927   43772366   27096623 92580956   43890890   06482834   59741458   29778149   64608925 【答案】14 【解析】 【分析】根据随机数表法的读取规则，即可求解. 【详解】由题意可知，第一支为01，以后依次为17，09，08，06，14，所以第6支水笔的编号为14. 故答案为：14 13. 用一张长，宽的矩形铁皮围成圆柱体的侧面，则这个圆柱体的体积=________ 【答案】 【解析】 【详解】设圆柱的底面半径为 ,若圆柱的高为，则，即，所以圆柱的体积，若圆柱体的高为 ，则，即，所以圆柱的体积，故答案为 或 . 14. 已知锐角的内角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是___________. 【答案】 【解析】 【分析】由结合题干中，得到，再由正弦定理得到，整理得，从而，由是锐角三角形得，由正弦定理，从而由的范围得到的取值范围. 【详解】因为，所以， 所以， 所以， 整理可得：，即， 在锐角三角形中，，即，即， 又因为，得，所以， 所以， 因为，所以. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：正弦定理边化角 正弦定理（为的外接圆半径）， 则，，， ， . 四、解答题（本大题共5小题，计77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内） 15. 已知，，与的夹角为. （1）求； （2）若向量与相互垂直，求实数k的值； （3）若向量与相互平行，求实数k的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先计算两向量的点积，再代入公式即可； （2）根据两向量垂直列式求解即可； （3）根据两向量平行列式求解即可. 【小问1详解】 由题意得， . 【小问2详解】 向量与相互垂直，，即，解得. 【小问3详解】 向量与相互平行，存在实数使得， 又不共线，，解得，即. 16. 如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为菱形，点F为侧棱PC上一点． （1）若PF＝FC，求证：PA∥平面BDF； （2）若BF⊥PC，求证：平面BDF⊥平面PBC． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）设AC，BD的交点为O，所以PA∥OF，利用线面平行的判定定理即可证得结论； （2）由题意得BD⊥AC，BD⊥PA，所以BD⊥平面PAC，则BD⊥PC，又BF⊥PC，所以PC⊥平面BDF，利用面面垂直的判定定理可得结论. 【小问1详解】 设AC，BD的交点为O，连OF， 因为底面ABCD为菱形，且O为AC中点，PF＝FC，所以PA∥OF， 又PA平面BDF，OF平面BDF，故PA∥平面BDF． 【小问2详解】 因为底面ABCD为菱形，所以BD⊥AC， 因为PA⊥平面ABCD，BD平面ABCD，所以BD⊥PA， 又ACBD＝O，AC，BD平面ABCD，所以BD⊥平面PAC， 又PC平面PAC， 所以BD⊥PC， 又BF⊥PC，BDBF＝B，BD，BF平面BDF，所以PC⊥平面BDF， 又PC平面PBC，故平面BDF⊥平面PBC. 17. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调增区间； （2）若函数在区间上的值域，求m的取值范围. 【答案】（1） 最小正周期为，单调增区间为； （2） 的取值范围是 【解析】 【小问1详解】 ， 所以的最小正周期， 正弦函数的单调增区间为， 令，代入可得， 即， 所以的单调增区间为. 【小问2详解】 当时，， 在区间上的值域为，即， 所以， 因为在上单调递减，在上单调递增， 且，， 所以，解得， 即的取值范围是. 18. 如图，在长方体中，，，点P为棱中点. （1）求证：平面PAC； （2）求异面直线与CP所成角的大小； （3）求二面角的平面角的正切值. 【答案】（1）证明： 如图所示，连接正方形的对角线，交于点，则是的中点， 又是的中点，因此在中，是中位线，故. 又平面，平面，所以平面，得证. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合图形，利用中位线证明线线平行，进而证明线面平行； （2）利用平行线转化异面直线所成角，结合三角形和三角函数求角的大小； （3）由几何关系确定∠POD是二面角的平面角，进而在中计算正切值. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 由（1）知，因此异面直线与所成角等于与所成的角. 正方形边长为2，故，则； ，，， 在中：； 是中位线，， 故. 在中，  ， 因此是直角三角形，， 故： ，得， 即异面直线与所成角的大小为. 【小问3详解】 由，，，得平面，因此，，故就是二面角的平面角. 为中点，，， 在中，. 又，因此， 所以二面角的平面角的正切值为. 19. 如图，已知中，，，，，为线段上两点，且. （1）若，求的值； （2）设，试将的面积表示为的函数，并求其最大值； （3）若，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意可知，，，结合数量积的定义运算求解； （2）由正弦定理可得，，根据面积公式结合三角恒等变换可得，进而分析最值； （3）由正弦定理可得，，代入运算求解即可. 【小问1详解】 由题意可知：，，， 若，则，，可得， 所以. 【小问2详解】 若，则，，， 在中，由正弦定理可得， 则， 在中，由正弦定理可得， 则， 可得的面积 ， 因为，则， 当，即时，取到最大值. 【小问3详解】 设，由（2）可得：，，， 在中，由正弦定理可得， 则， 在中，由正弦定理可得， 则， 若，则， 整理可得， 可得，解得或（舍去）， 所以的值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 树人高级中学2025-2026-2阶段测试 高一数学 2026.06 注意事项： 1.本试卷考试时间为120分钟，试卷满分150分，考试形式闭卷. 2.本试卷中所有试题必须作答在答题卡上规定的位置，否则不给分. 3.答题前，务必将自己的学校、班级、姓名、准考证号用0.5毫米黑色墨水签字笔填写在答题卡上. 一、单选题：（本大题共8小题，每小题5分，计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的，请在答题卡的指定位置填涂答案选项.） 1. 某工厂生产A，B，C,3种不同型号的产品，产量之比为.现用分层抽样的方法抽取1个容量为的样本，若样本中A种型号的产品有18件，则样本容量（ ） A. 40 B. 60 C. 80 D. 100 2. 已知点，，若直线上的点满足，则点坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 下列命题正确的个数为（ ） （1）如果直线，那么平行于经过的任何平面 （2）如果直线与平面满足，那么直线与平面内的任何直线平行 （3）如果直线，和平面满足，，那么 （4）如果直线，和平面满足，，，那么 A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 4. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知平面向量，，若在上的投影向量为，则的值为（ ） A. B. -2 C. 或-2 D. 或-2 6. 设的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则（ ） A. B. 9 C. D. 1 7. 的值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 8. 若外接圆的圆心O，半径为，且，则边BC长为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：（本大题共3小题，每小题6分，计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，请在答题卡的指定位置填涂答案选项.） 9. 已知，，，，是平面向量，则下列选项中，正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则，可以作为平面内的一组基底 C. 若，，则在上的投影向量为 D. 若，，，则 10. 在中，角、、所对的边为、、，根据下列条件解三角形，其中仅有一解的有（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 11. 已知正方体ABCD－A1B1C1D1，点P是侧面内的动点不含边界，下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 存在点P，使得平面 C. 若正方体棱长为2，P为侧面的中心，则四棱锥的外接球体积为 D. 若正方体棱长为2，O为线段A1D的中点，OP与平面所成角为，则点P的轨迹长度为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，计15分.不需写出解答过程，请把答案写在答题卡的指定位置上） 12. 现利用随机数表法从编号为00，01，02，…，18，19的20支水笔中随机选取6支，选取方法是从下列随机数表第1行的第9个数字开始由左到右依次选取两个数字，则选出来的第6支水笔的编号为______． 95226000   49840128   66175168   39682927   43772366   27096623 92580956   43890890   06482834   59741458   29778149   64608925 13. 用一张长，宽的矩形铁皮围成圆柱体的侧面，则这个圆柱体的体积=________ 14. 已知锐角的内角，，的对边分别为，，，若，则的取值范围是___________. 四、解答题（本大题共5小题，计77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题卡的指定区域内） 15. 已知，，与的夹角为. （1）求； （2）若向量与相互垂直，求实数k的值； （3）若向量与相互平行，求实数k的值. 16. 如图，四棱锥P—ABCD中，PA⊥底面ABCD，底面ABCD为菱形，点F为侧棱PC上一点． （1）若PF＝FC，求证：PA∥平面BDF； （2）若BF⊥PC，求证：平面BDF⊥平面PBC． 17. 已知函数. （1）求函数的最小正周期及单调增区间； （2）若函数在区间上的值域，求m的取值范围. 18. 如图，在长方体中，，，点P为棱中点. （1）求证：平面PAC； （2）求异面直线与CP所成角的大小； （3）求二面角的平面角的正切值. 19. 如图，已知中，，，，，为线段上两点，且. （1）若，求的值； （2）设，试将的面积表示为的函数，并求其最大值； （3）若，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $