江西抚州市金溪县部分校2025-2026学年高一下学期6月阶段性测试数学试卷

2025-2026学年度下学期高一6月阶段性测试 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（本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一个 选项是正确的.) 1.已知复数z=(1-)1-2),其中i是虚数单位，则z的虚部为() A.-3 B.3 C.-3i D.3i 2.下列说法正确的是() A.第一象限角都比第二象限角小 B.小于90°的角是锐角 C.终边相同的角一定相等 D.终边在y轴非负半轴上的角的集合是{B|B=90°+k·360°，k∈Z 3.中国扇文化有着深厚的文化底蕴，历来中国有“制扇王国”之称.打开一把折扇，测得其周长 为6dm,面积为2dm2,则其圆心角弧度数为() A.1 B.2 C.4 D.1或4 4.已知a=(3,m),i=(1,-1),且ab=1,则a+=() A.4 B.1 c.√17 D.4√2 5.函数y=2sin(ox+p)(o>0,m<的部分图象如图所示，则() A.y=2sin(2x B.y=2sin2x+爱 C.y=2sin(x+") 6 D.y=2sin( 6.中国古代四大名楼鹳雀楼，位于山西省运城市永济市蒲州镇，因唐代诗人王之涣的诗作《登 鹊雀楼》而流芳后世.如图，某同学为测量鹊雀楼的高度MN,在鹊雀楼的正东方向找到一座 建筑物AB,高约为37m,在地面上点C处(B，C，N三点共线)测得建筑物顶部A,鸛雀 第1页共4页 楼顶部M的仰角分别为30°和45°，在A处测得楼项部M的仰角为15°，则鹳雀楼的高度约为() 15- 459 30° A.64m B.74m C.52m D.91m 7.已知单位向量e,e2的夹角为60°，向量a=xe,+ye2,且1≤x≤3,1≤y≤2，设向量a与 e的夹角为a,则cosa的最大值为()， A.6 s]0 B.6 C. 213 D.73 3 13 26 ®，在四边形ABCD中，设△BC的面积为S,△M1CD的面积为S,S=4C”-B'-BC CD=√3BC,∠CAD=30°，∠BCD=120°，则S,:S2的值为() A. 3+V3 B. 3-v3 2 3 C. 3+√3 D.3-3 2 二、多选题（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.已知函数f(x)=3cos 2x 则下列说法正确的是() A.f(x)的最大值是3，最小值是-3 B.f(x)两个相邻的对称轴之间的距离为π C.f()的图象关于点（誓0对栋 D.将f(x)的图象向右平移”个单位长度后得到的函数是奇函数 10.已知向量a=4,2),万=(-3,1)，则下列说法正确的是() A.a+2b=(-5,4) B.a在方方向上的投影向量为方 10 c.a-=7 D.与后垂直的单位向盛为(5 21 第2页共4页 11.在△ABC中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c,且3 beosC+3 ccosB=a2,则下列说法 正确的是() A.若B+C=2A,则△ABC的外接圆的面积为3元 B.若4=于，且△8C有两解，则b的取值范围为[3,32 C、若C=24,且△4BC为锐角三角形，则c的取值范围为(3√2,35】 D.若A=2C,且simB=2sinC,0为△ABC的内心，则V4OB的面积为3W5-3 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分.） 12.计算：cos75°+c0s15°= 13.已知向量a=(-1,2),i=(3,-6),日-25，若a和c的夹角为60°，则(2a+36)c= 14.赵爽是我国古代数学家，大约在公元222年，他为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股 圆方图”，亦称“赵爽弦图”（由4个全等的直角三角形再加上中间的 一个小正方形组成大正方形).类比“赵爽弦图”，可构造如图所示的 图形，它是由3个全等的三角形与中间一个小等边三角形拼成的一 大的等边三角形，若D=4AP,则S A 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.(13分)已知复数z=m2-m-2+(m-2)i,(m∈R),其中i为虚数单位. (1)若z是纯虚数，求实数m的值； (2)若m=3,设z+i=(a+bi)(2-i,(a,b∈R),求a+b的值. 16.(15分)在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,它的面积为S且满足 s-9ec-6) (1)求角B的大小： (2)若△ABC为锐角三角形，且c=1,求△ABC面积的取值范围。 第3页共4页 17.(15分)已知函数f(y)=√5cos'ar+sinorcos- (@>0),f(x)图象的相邻对称轴之 2 间的距离为号 (1)求f(x)的解析式和函数f(c)的单调递增区间： (②)将函数f()图象上所有点的横坐标缩短为原来的)，纵坐标伸长为原来的2倍，再向左平 移吾个单位得8()的图象，若关于的方程8()=m在[吾哥引 上只有一个解，求实数m的 取值范围、 18.(17分)如图1所示，在△ABC中，点D在线段BC上，满足3CD=DB,G是线段AB上的 点，且满足3AG=2GB,线段CG与线段AD交于点O. (1)若AD=xAB+yAC,，求实数x,y的值； 4 (2)若AO=tAD,求实数t的值； G (3)如图2，过点O的直线与边AB,AC分别交 于点E,F,设A正=1AB,AF=uAC,(几>04>0) 图1 图2 求入+u的最小值. 19.(17分)在△4BC中，内角4，B,C所对的边分别为a,b,c,m=(2b,c),n= sin B cos A.cos C tanC 且m∥i. (1)求角A; (2)若bc=4 sin BsinC,△ABC是钝角三角形. (i)求b+c的范围； (i)若点D在BC上，且AD为∠BAC的角平分线，求AD的取值范围. 第4页共4页 《2025-2026学年度下学期高一6月检测卷数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D D C A B D B AC AC 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】利用复数的乘法运算化简，可得的虚部. 【详解】解：，则的虚部为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题计算的关键是复数的运算法则.本题考查了复数的计算，属于简单题. 2．D 【详解】选项A.是第一象限角，是第二象限角，但是，错误. 选项B.，但它不是锐角，错误. 选项C.终边相同的角相差的整数倍，不一定相等，错误. 选项D.终边在轴非负半轴上的角，就是加上的整数倍，集合表示为，正确. 3．D 【详解】设扇形的圆心角为，半径为，弧长为. 由题意得，，解得，或， 由得，或. 4．C 【详解】由题意得，解得， ，. 5．A 【分析】根据给定的函数图象，利用周期及最大值点求出即可. 【详解】观察函数图象，得这个函数的最小正周期，则， 又当时，，则，而，则， 所以. 故选：A 6．B 【分析】由题可得、、，再利用正弦定理计算即可得解. 【详解】，， ，则， 由正弦定理可得， 即， 则. 7．D 【分析】利用平面向量数量积的运算可得出，求出的取值范围，再结合二次函数的基本性质可求得的最大值． 【详解】因为单位向量，的夹角为， 则， 所以， 又， 所以， 当取最大值时，必有， 则， 又，，则，所以， 所以， 故的最大值为. 故选：D． 【点睛】方法点睛：求平面向量夹角的方法： （1）定义法：利用向量数量积的定义得，其中两向量的取值范围是； （2）坐标法：若非零向量，，则． 8．B 【分析】由条件结合三角形面积公式和余弦定理可求，设，在，中利用正弦定理列方程可求，再结合面积公式表示，，由此可求结论. 【详解】在中，由余弦定理，， 因为， 所以，即， 又因为，所以． 设，因为，， 则，，， 在中，由正弦定理，，即， 在中，由正弦定理，，即， 又，所以， 所以， 所以， 即，因为， 所以， 所以， 所以，， 因为， 所以． 故选：B. 9．AC 【分析】对A和B，利用余弦函数的性质，即可判断正误；对C，将代入检验，即可判断正误；对D，利用图象的变换，求出平移后的函数，再把代入检验，即可求解. 【详解】对于A，因为，由余弦函数的性质知的最大值是，最小值是，所以A正确， 对于B，因为的最小正周期为，所以两个相邻的对称轴之间的距离为，故B错误， 对于C，当时，，所以点是的一个对称中心，故C正确， 对于D，将的图象向右平移个单位长度后得到的函数是， 当时，，所以不是奇函数，故D错误. 10．AC 【分析】根据给定条件，利用向量运算的坐标表示逐项求解判断. 【详解】向量， 对于A，，A正确； 对于B，，在方向上的投影向量，B错误； 对于C，，因此，C正确； 对于D，与向量垂直的一个向量为， 因此与垂直的单位向量为，D错误. 11．ACD 【分析】先由正弦定理得到，选项A，求出，进而由正弦定理得到的外接圆的半径和表面积；B选项，又余弦定理得到，将其看做关于的二次方程，结合方程有两正解，得到不等式，求出b的取值范围；C选项，由正弦定理结合得到，再根据为锐角三角形得到，从而得到c的取值范围；D选项，由正弦定理得到，，结合三角恒等变换得到，从而得到，，，由求出，由直角三角形性质得到内切圆半径，进而求出的面积. 【详解】因为，所以由正弦定理，得， 即 ， 因为，所以，且，所以. 选项A：若，则，所以的外接圆的直径 ， 所以， 所以的外接圆的面积为，选项A正确； 选项B：由余弦定理得， 将此式看作关于的二次方程，由题意得此方程有两个正解， 故 ，解得b，所以选项B错误； 选项C：由正弦定理，得 ，即， 因为，所以， 因为为锐角三角形，所以 ，即，所以， 所以，故选项C正确； 选项D：因为，由正弦定理得， 因为，所以， 所以由正弦定理，得，即， 所以， 即，所以， 所以， 又因为，所以，故，，解得 ， 因为，所以， 即是直角三角形，所以内切圆的半径为， 所以的面积为，选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】解三角形中最值或范围问题，通常涉及与边长，周长有关的范围问题，与面积有关的范围问题，或与角度有关的范围问题， 常用处理思路：①余弦定理结合基本不等式构造不等关系求出答案； ②采用正弦定理边化角，利用三角函数的范围求出最值或范围，如果三角形为锐角三角形，或其他的限制，通常采用这种方法； ③巧妙利用三角换元，实现边化角，进而转化为正弦或余弦函数求出最值. 12． 【详解】因为 ， ， 所以 . 13． 【分析】由数量积运算律结合题设可得答案. 【详解】因为，所以，又因为，若和的夹角为60°， 所以；因为，，所以， 所以，则. 14． 【分析】先根据比例关系设 ，用含的式子表示出各边长度，再将大等边三角形拆分为3个全等三角形和1个中间小等边三角形，分别计算各部分面积，利用含角的三角形面积公式与等边三角形面积公式求出面积表达式，最后通过面积比约去参数，即可得到结果. 【详解】设 ，由 ，得 ， 因此，， ∵ 是等边三角形，∴ ， 又∵ 3个三角形全等， ∴ ，， ∴， ∴， ∴， ∴. 15．(1)； (2). 【分析】（1）根据纯虚数的定义列出关于方程，求解即可； （2）根据题意得出复数及共轭复数，利用复数的乘除法计算即可. 【详解】（1）由题意，因为z是纯虚数，所以有， 解得. （2）因为，所以，， 则， 所以，. 则. 16．（1）；（2）. 【分析】（1）利用三角形面积公式以及余弦定理求解出的值，由此可求的值； （2）先根据三角形面积公式表示出，然后利用正弦定理表示出，结合三角函数的化简运算以及正切函数的单调性求解出三角形面积的取值范围，注意角度关系. 【详解】（1）因为，所以， 所以且，所以； （2）因为且， 所以， 所以， 又因为，所以，所以， 所以， 所以面积的取值范围是. 17．(1)；的单调递增区间为 (2) 【分析】（1）利用正余弦的二倍角公式、两角和的正弦公式化简；根据的最小正周期为求出可得；再求单调递增区间即可； （2）利用图象平移可得，令，转化为在上只有一个解，结合图象可得答案. 【详解】（1） ， ，因为图象的相邻对称轴之间的距离为， 所以的最小正周期为， 所以，得，所以， 令， 则，所以的单调递增区间为； （2）由（1）知， 将图象上所有点的横坐标缩短为原来的， 纵坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象， 再向左平移个单位得的图象. 令，，则，所以， 因为在上只有一个解，由的图象（如图）可得，或，所以的取值范围是. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据向量的线性运算以为基底表示，进而求解； （2）根据向量的线性运算以为基底表示,又因为两向量共线所以具有倍数关系，求出的值； （3）根据向量的线性运算以为基底表示，又因为三点共线，所以系数之和为1，得出，然后应用基本不等式中1的代换求出的最小值. 【详解】（1）因为所以， 所以, 所以. （2）由题意可知：， ， 又因为三点共线，所以存在实数使得, ， 所以，解得：， 所以. （3）易知， 由（2）知， 又因为三点共线,所以，又， 所以：， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 19．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ） 【分析】（1）直接由向量的共线并结合正弦定理可得； （2）（ⅰ）根据正弦定理进行边化角，进而得，再由三角形为钝角三角形得，再由正弦函数的性质可得范围；（ⅱ）先由等面积法可得，再由条件和（i）结果可得，再令，再根据函数的单调性可得所求值的范围. 【详解】（1）由，，且， 所以，， 化简整理得，再由正弦定理得， 因为，所以，且，所以. （2）（i）由，结合正弦定理，得. 因此 ​，且. 因为 为钝角三角形， ​，故钝角只能是或， 所以或，所以. 由正弦定理得 ， 因为，所以，， 所以 （ii）因为为的角平分线，且，如图： 由面积关系，， 所以 ，化简得. 又因为 ， 由（i）知， 所以， 令，由（i）知，所以 所以，因为函数在是单调递增函数， 所以时，，当时，. 所以. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $