广东部分校2025-2026学年高一下学期6月学情调研数学试题

高一学情调研 数学答题卡 学校： 班级： 姓名： 正确填涂 填 准考证号 考场号 ■ 涂范 错误填涂 ☒X 0II①I0M00)①I0I 座位号 图) DDDDDDDIDD 2刃刃2刀2刀2刃2刀2I2刃2刀2 ■ 姓名XXX 考号XXXXXXXXX 33I3I33I3I3333 4四④4I4四4④4④四4I4四4 ■ 贴条形码区 555515]515515 6的66的66的6616的661 7 1707 070707 7777 考场号XX 座位号XX 88I8888I8I888 99991999999 缺考 (填涂说明，缺考考生由监考员用2B 标记 铅笔填涂准考证号及左边缺考标记) 选择题（每题5分，共40分） 1IB图CD 6AIB图D 2AB图UU 7 A BI CD 3AB图CMDI 8AIB图COD 4)B图D ■ 5IB图CUD 选择题（每题6分，共18分） ■ ■ 9IB图CD四 10AIB图CMD四 11 A B CD 非选择题（每题5分，共15分） 12 13 14. 请勿在此区域作答 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学第1页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 15.(13分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学第2页（共6页 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 16.(15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学第3页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 17.(15分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学第4页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 18.(17分) A - 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学第5页（共6页） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 19.(17分) 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效 数学第6页（共6页）理数 序号 题号 试题形式 LBDZ: 试题形式：主观题和客观题 题型 分值 题型 知识模块 知识点 认知水平 核心素养 预计难度 1 1 客观题 选择题 5 单选题 平面向量及其应用 平面向量的线性运算 掌握 逻辑推理 易 2 2 客观题 选择题 5 单选题 复数 共轭复数虚部的计算 掌握 数学运算 易 3 3 客观题 选择题 5 单选题 立体几何初步 圆锥母线长的求解 掌握 数学运算 逻辑推理 易 4 4 客观题 选择题 5 单选题 集合 集合的混合运算 掌握 数学运算 易 5 5 客观题 选择题 5 单选题 不等式 不等式的应用 理解 数学运算 中 6 6 客观题 选择题 5 单选题 平面向量及其应用 平面向量数量积的 理解 数学运算 中 7 7 客观题 选择题 5 单选题 三角函数 三角函数图象与性质综合 理解 数学运算 逻辑推理 中 8 8 客观题 选择题 5 单选题 三角函数 解三角与三角恒等变换综合 理解 数学运算 逻辑推理 难 9 9 客观题 选择题 6 多选题 复数 复数与方程综合 掌握 数学运算 数据分析 易 10 10 客观题 选择题 6 多选题 立体几何初步 立体几何综合 掌握 数学运算 逻辑推理 中 11 11 客观题 选择题 6 多选题 函数的概念与性质 新定义函数综合 理解 数学运算 逻辑推理 难 12 12 客观题 选择题 5 填空题 函数的概念与性质 函数定义域的求解 掌握 数学运算 易 13 13 客观题 填空题 5 填空题 平面向量及其应用 平面向量的投影向量问题 掌握 数学运算 数据分析 中 14 14 客观题 填空题 5 填空题 函数的概念与性质 抽象函数性质综合 理解 数学运算 逻辑推理 数据分析 难 15 15 客观题 填空题 13 解答题 平面向量及其应用 平面向量综合 掌握 数学运算 数据分析 易 16 16 客观题 填空题 15 解答题 三角函数 三角函数性质综合 掌握 数学运算 数据分析 中 17 17 主观题 解答题 15 解答题 三角函数 解三角综合 理解 数学运算 逻辑推理 直观想象 中 18 18 主观题 解答题 17 解答题 立体几何初步 立体几何综合 了解 数学运算 逻辑推理 难 19 19 主观题 解答题 17 解答题 三角函数 三角恒等变换与解三角综合 了解 数学运算 逻辑推理 数据分析 难 $ 高一学情调研 数学参考答案及解析 三、填空题 12.∪　【解析】 由题意得，解得x∈∪.则函数f的定义域是∪.故答案为∪. 13.　【解析】 由题意可得λ＝＝，由于考虑最大值，不妨设t＝k＋4>0，则λ＝＝≤＝，当且仅当k＝4－4时等号成立．故答案为. 14．－　【解析】 因为f＝f(2＋log34)＝f(－4＋2＋log34)＝f(－2＋log34)＝－f＝.因为log34∈，所以2－log34∈，即log3∈，所以＝－1＝－1＝，所以＝－，即f＝－.故答案为－. 四、解答题 15.解： (1)此时b＋c＝(k＋3，2k＋1)，(1分) 由共线可得1×(2k＋1)＝3(k＋3)，解得k＝－8，(3分) 此时|c|＝＝.(5分) (2)此时cos 60°＝＝ ＝ ＝，(8分) 即22k2＋38k＋13＝0， k＝＝，(11分) 由4k＋3>0得k＝.(13分) 16．解：(1)由T＝＝π，得ω＝2.(2分) 由f＝cos φ＝，且0<φ<π，所以φ＝，(4分) 所以f＝cos.(5分) (2)由f＝cos＝－sin 2x，(6分) 所以g＝f＋f ＝cos 2xcos －sin 2xsin －sin 2x ＝cos 2x－sin 2x ＝ ＝cos，(10分) 因为y＝cos x在(k∈Z)上单调递增，在上单调递减，(12分) 由－π＋2kπ≤2x＋≤2kπ得－＋kπ≤x≤－＋kπ，k∈Z； 由2kπ≤2x＋≤2kπ＋π得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，(14分) 所以g的单调递增区间为[－＋kπ，－＋kπ]，k∈Z； 单调递减区间为，k∈Z.(15分) 17．解： (1)由余弦定理得cos B＝，(2分) 即＝，整理得(BC－3)(BC－5)＝0，(5分) 解得BC＝3或BC＝5.(6分) （少写错写扣一分） (2)由余弦定理得cos C＝<0，(8分) 于是BC2<32－17＝15，故BC＝3，(10分) 此时cos C＝＝ ＝－，(12分) 故CD＝||＝|＋| ＝ ＝＝.(15分) （用cosB直接求解的也正确） 18．解： (1)记A1B与AB1交于点M，显然M为A1B的中点， 由D为BC中点得DM∥A1C，(2分) 由DM⊂平面AB1D，A1C⊄平面AB1D可得A1C∥平面AB1D.(4分) (2) 由DM∥A1C得直线A1C与B1D所成角即直线DM与B1D所成角，即∠B1DM或其补角，记为α， (3) 而由勾股定理得B1M＝＝＝，(5分) DM＝A1C＝A1B＝，(6分) B1D＝＝＝2，(8分) 由余弦定理可得cos α＝|cos∠B1DM| ＝＝＝.(10分) (3)记BC1与B1D交于点N， 易得AB1＝2，AD＝2，B1D＝2， 由AB＝AD2＋B1D2得AD⊥B1D，(11分) 可得△AB1D的面积S＝×AD×B1D＝2，(12分) 记点B到平面AB1D的距离为d，由等体积法得， 即×d×S＝×BB1××AD×BD， 可得d＝＝＝，(14分) 而由平面几何知识显然可得BN＝BC1＝，(15分) 记直线BC1与平面AB1D所成角为θ， 则sin θ＝＝＝.(17分) 19．解： (1)sin x＋sin y＝sin(+)＋sin(－)＝sin cos ＋cos · sin ＋sin cos －cos sin ＝2sin cos .(3分) (2)由余弦定理得2a2sin C＝(b2＋c2－a2)tan A＝2bcsin A，(4分) 由正弦定理得sin2Asin C＝sin Asin Bsin C， 由sin Asin C≠0得sin A＝sin B，(5分) 而A＋B∈(0,π)，故A＝B.(6分) (3)此时＝＝ ＝＝，(8分) 2sin A＋sin 2A＝2sin2A＝(1－cos 2A)， ＝2sin A＋sin 2A＋cos 2A ＝2sin A＋2sin(2A＋)，(10分) 由(1)得＝2sin cos ，(11分) 当A∈时，sin A>0， 而2A＋∈， 可得2sin A＋2sin>0＋＝.(12分) 当A∈时，A＋∈， ＋∈， 此时由π－＝<得2sin cos >2××＝，可知无法取等．(14分) 当A＝时，显然等号成立．(15分) 当A>时，注意到A∈， 此时A＋∈，＋∈，2sin cos <2××＝.(16分) 综上，A＝.此时可知△ABC是等边三角形，其周长L＝3c＝9.(17分) 学科网（北京）股份有限公司 $ 1 2 本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考 证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用 铅笔把答题卡上对应题 目的答案标号涂黑。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无 效。 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。 写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 数 学 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. ( ) A. B. C. D. [解析] 计算得 .故选B. √ 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 4 2.设复数，则 的虚部为( ) A. B. C. D. [解析] , , 可知其虚部为 .故选A. 3.若圆锥的体积为 ，底面周长为 ，则其母线长为( ) A.5 B.10 C.13 D.17 [解析] 记圆锥底面半径为, 高为, 由得 , 由 得, 故母线长 .故选C. √ √ 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 5 4.已知集合，则 ( ) A. B. C. D. [解析] 解得,,解 得 或,于是或 ,故 .故选A. √ 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 6 5.火车站有某公司待运的甲种货物306吨，乙种货物230吨．现计划用 、 两种型号的货箱共50节运送这批货物．已知7吨甲种货物和3吨乙种 货物可装满一节型货箱，5吨甲种货物和7吨乙种货物可装满一节 型货 箱，据此安排、 两种货箱的节数，下列方案满足的是( ) A.货箱27节，货箱23节 B.货箱26节， 货箱24节 C.货箱31节，货箱19节 D.货箱30节， 货箱20节 √ 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 7 [解析] 设安排种型号的车厢节,种型号的车厢 节,则 ,, ,则 ,解得, ,解得 ,所以, ,则或或 ,共3种方案,满足题意的只有 D选项.故选D． 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 8 6.已知向量满足， ，则 ( ) A. B. C. D. [解析] 由条件得, , ,前两式相减得 , ,故 .故选D. √ 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 9 7.已知函数的图象关于点 中心对称，且在区间上单调递增，在区间 上单调递减， 则 的最大值为( ) A. B. C. D. [解析] 记的最小正周期为，显然，得 ， 由，且 得 ，可得 ，通过图象知其在区间 上单调递增， 在区间上单调递减，故的最大值为 .故选B. √ 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 10 8.在中， 的值可能为( ) A. B. C.2 D. [解析] 因为，，为的内角，所以 .设 ，代入得 . 利用二倍角公式化简得 √ 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11 .由于 且 ，故的范围为，的范围为 .因为 ，所以.在区间 上单调递减，由单调性 可得，即 . 因为，所以 ，即 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 .结合 ，则 .则 .设 ，由于 ，则 ，即 ；设 ，由于 ， 则，即，综上所述， 的取值范围 是 ，结合选项可知可能的值为2.故选C. 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 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.已知复数，是方程 的两个异根，则( ) A. B. 的实部为2 C. D. √ √ √ 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 14 [解析] 对于A选项，由韦达定理得 ，故A正确；对于B选项， ，实部为 ，故B错误；对于C选项， ，故C正确；对于D选 项，，代入得 ，故D 正确.故选 . 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 15 10.在三棱锥中， 平面，， ， ，则( ) A.异面直线与所成的角为 B.点到平面的距离为 C.二面角的正弦值为 D.三棱锥 各顶点均在半径为3的球的球面上 √ √ √ 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 16 [解析] 对于A选项，因为 平面， 平面，所以，又 ， ，所以 平面，由 平面 知，故异面直线与所成的角为 ， 故A正确；对于B选项，显然三棱锥的体积 ，而，，记 为中点，连接，由等腰三角形得 ，由勾股定理得 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17 ，故 的面积 ，可知点到平面 的距 离 ，故B错误；对于C选项，连接 ，，由，， 平面， 平面知为二面角的平面角，而 ， 可得 ，故C正确；对于D选项， 记该球球心为，的外接圆圆心为 ，显然由直角三角形性质知 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 为中点，为的外接圆圆心，分别过点， 作对应平面垂 线，显然二者相交于点 ，可知该球半径 ，故D正确.故 选 . 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 11.利用 算子以及常数1可以组合出四则运算与一切初等函数.已知 ，设 ， .对于使得下列等式两边均有意义 的实数, ，始终成立的有( ) A. B. C. D. √ √ 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 [解析] 对于选项A，由题意知右式为，展开得 ， 化简得 ，即左式等于右式，故A正确；对于选项B，右式为 ，展开得，即，化简得 ， 即，不一定等于左式 ，故B错误；对于选项C，右式为 ，展开得，即 ，化简 得，即 ，即左式等于右式，故C正确；对于选项D，右 式中最内层等于即，中间层等于 即，则最外层等于，展开得即 ，不一 定等于左式，故D错误.故选 . 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 21 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.函数 的定义域是_________________. [解析] 由题意得,解得.则函数 的定 义域是.故答案为 . 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 22 13.已知平面向量，，若b在a上的投影向量为，则 的最大值为_ ____. [解析] 由题意可得 ,由于考虑最大值，不妨设 ,则 ,当且仅当 时等号成立.故答案为 . 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 23 14.已知定义在上且周期为4的奇函数满足当 时， ，则 ____. [解析] 因为.因为 ,所以 ,即 ,所以 ,所以 ,即 .故答案为 . 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 24 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明， 证明过程或演算步骤. 15.（本小题满分13分） 已知平面向量,, . （1）若与 共线，求|c|； 解: 此时 ，（1分） 由共线可得，解得 ，（3分） 此时 .（5分） 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 25 （2）若a与b的夹角为 ，求 . 解:此时 ，（8分） 即 ， ，（11分） 由得 .（13分） 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 26 16.（本小题满分15分） 已知函数的最小正周期为 ， 且 . （1）求 的解析式； 解: 由 ，得 .（2分） 由，且 ，所以 ，（4分） 所以 .（5分） 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 27 （2）设函数，求 的单调区间. 解:由 ，（6分） 所以 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 28 ，（10分） 因为在 上单调递增，在 上单调递减，（12分） 由 得 ， ； 由 得 ， ，（14分） 所以的单调递增区间为 ； 单调递减区间为 .（15分） 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 17.（本小题满分15分） 在中，,, . （1）求 ； 解: 由余弦定理得 ，（2分） 即，整理得 ，（5分） 解得或 .（6分） 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 30 （2）记为中点，若是钝角，求 . 解:由余弦定理得 ，（8分） 于是，故 ，（10分） 此时 ，（12分） 故 .（15分） 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 31 18.（本小题满分17分） 如图，在直三棱柱 中， ,,为 中点. （1）证明：平面 ； 解: 记与交于点，显然为 的中 点，由为中点得 ，（2分） 由 平面, 平面 可得 平面 .（4分） 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 32 （2）求直线与 所成角的余弦值； 解:由得直线与所成角即直线与 所成角，即 或其补角，记为 ，而由勾股定理得 ，（5分） ，（6分） ，（8分） 由余弦定理可得 .（10分） 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 33 （3）求直线与平面 所成角的正弦值. 解:记与交于点 ， 易得，， ， 由得 ，（11分） 可得的面积 ， （12分） 记点到平面的距离为 ，由等体积法得 ， 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 34 即 ， 可得 ，（14分） 而由平面几何知识显然可得 ， （15分） 记直线与平面所成角为 ， 则 .（17分） 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 19.（本小题满分17分） 记内角，，的对边分别为，， ，已知 . （1）证明： ； 解: . （3分） 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 36 （2）证明： ； 解:由余弦定理得 ，（4分） 由正弦定理得 ， 由得 ，（5分） 而，故 .（6分） 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 37 （3）若，的内切圆半径为，求 的周长. 解:此时 ，（8分） ， ，（10分） 由（1）得 ，（11分） 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 38 当时， ， 而 ， 可得 .（12分） 当时， ， ， 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 此时由得 ，可知无 法取等.（14分） 当 时，显然等号成立.（15分） 当时，注意到 ， 此时 ， .（16分） 综上，.此时可知是等边三角形，其周长 .（17分） 数 学 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 $高一学情调研 数学 本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。 注意事项： 1.答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上 的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在 试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用签字笔直接写在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和 答题卡上的非答题区域均无效。 4.考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。 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.AB-2 CB+CD= A.AC-BD B.AD+BO C.-AC+BD D.-AD+BC 2.设复数=计1，则的虚部为 A号 R-是 c 3.若圆锥的体积为100π，底面周长为10π，则其母线长为 A.5 B.10 C.13 D.17 4已知案合A=女2y<0,B=21z≥，则aaUB) A.{x|-2<x≤1》 B.{x|-1<x≤2} C.{x|-2≤x<1} D.{x|-1≤x<2} 5.火车站有某公司待运的甲种货物306吨，乙种货物230吨.现计划用A、B两种型号的货箱共50 节运送这批货物.已知7吨甲种货物和3吨乙种货物可装满一节A型货箱，5吨甲种货物和7吨 乙种货物可装满一节B型货箱，据此安排A、B两种货箱的节数，下列方案满足的是 A.A货箱27节，B货箱23节 B.A货箱26节，B货箱24节 C.A货箱31节，B货箱19节 D.A货箱30节，B货箱20节 6.已知向量a,b,c满足a-b=c=1,a+b=b+c=2,则b·(a+b+2c)= A号 c号 D.9 7.已知函数f(x)=sin(wx十g)(w>0,0<9<π)的图象关于点（受，0）中心对称，且f(x)在区间 (;,)上单调递增，在区间(？a)上单调递减，则a的最大值为 晋 B.元 c D 数学第1页（共4页） 8.在△ABC中，sinA十cosB一cosC的值可能为 A.-√2-1 B.-2 C.2 D.√2+1 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.已知复数1，之2是方程x2十4x十16=0的两个异根，则 A.z122=16 B.1的实部为2 C.|1-2=4√3 D.z3=64 10.在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AP=AC=4,AB=2,则 A.异面直线AB与PC所成的角为罗 B.点A到平面PBC的距离为√6 C.二面角A-PC-B的正弦值为 3 D.三棱锥P一ABC各顶点均在半径为3的球的球面上 11.利用eml算子以及常数1可以组合出四则运算与一切初等函数.已知eml(x,y)=e一lny,设 E(x)=eml(x,l)=e,L(x)=eml(1,eml(eml(1,x),1)=lnx.对于使得下列等式两边均有 意义的实数x,y,始终成立的有 A.x-y=eml(L(x),E(y)) B.y=E(eml(L(x),y)) C.工=E(eml(L(L(x),y) D.x=eml(eml(1,eml(x,1)),1) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.函数f(x)=9-7+Tz十的定义域是 13.已知平面向量a=(4,k),b=(1,1),若b在a上的投影向量为λa,则入的最大值为 14.已知定义在R上且周期为4的奇函数f(x)满足当0≤x≤1时，f(x)=3章一1，则 f(log336)= 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15.(本小题满分13分) 已知平面向量a=(1,3),b=(k,k十1)，c=(3,k). (1)若a与b+c共线，求c; (2)若a与b的夹角为60°，求k. 数学第2页（共4页） 16.(本小题满分15分) 已知函数f(x)=cos(wx十p)(w>0,0<o<元)的最小正周期为π，且 (1)求f(x)的解析式； (2)设函数g(x)=f(x)+fx+石)，求g(x)的单调区间. 17.(本小题满分15分) 在△ABC中，AB=4√2，AC=√17，B=45°. (1)求BC; (2)记D为AB中点，若C是钝角，求CD. 数学第3页（共4页） 18.(本小题满分17分) f(0)= 如图，在直三棱柱ABC-A1B,C1中，AB=AC=2√2，BC=AA1=4,D为BC中点. 2. (1)证明：AC∥平面AB1D; (2)求直线A1C与B1D所成角的余弦值； (3)求直线BC1与平面AB,D所成角的正弦值. C 19.(本小题满分17分) 记△ABC内角A,B,C的对边分别为a,b,c,已知(b2+c2)tanA=a2(2sinC+tanA). a证明nx十smy=2sn安之os号产， (2)证明：A=B; (3)若c=3,△ABC的内切圆半径为，求△ABC的周长. 数学第4页（共4页）参考答案及解析 数学 高一学情调研 数学参考答案及解析 一、选择题 sin(3x十受)-cos3x,通过图象知其在区间 1.B【解析】计算得AB-2C艿+CD=AB+BC+C方 +BC=AD+BC.故选B. (受，)上单调递增，在区间（停x)上单调递减， 2.A【解折1-名-+书=18=号 故a的最大值为元.故选B. 1-i(1-i)(1+i) 2 8.C【解析】因为A,B,C为△ABC的内角，所以C=π 一号，可知其虚部为一号故选A -(A十B).设y=sinA十cosB-cosC,代入得y= 3.C【解析】记圆锥底面半径为r,高为h,由10π=2πr sinA+cosB十cos(A+B)=sinA+cosB十 得r=5,由100元=号h得h=12,故母线长1一 1 cos Acos B-sin Asin B=sin A+(1+cos A)cos B- sin Asin B.利用二倍角公式化简得y=sinA十 √2十=13.故选C. 2m含osB-2n号os号nB=snA+2ms号， 4.A【解标】解一3<0得(x1)(x-3)<0,1飞 (cos会cosB-sin号sinB）=sinA+2cos会· x<3,解2x≥4得x≤-2或x≥2，于是AUB= {xx≤-2或x>1},故CR(AUB)={x-2<x≤ c0s(B+令)，由于B>0且A十B<π，故B的范围为 1.故选A 5.D【解析】设安排A种型号的车厢x节，B种型号的 (0,元一A),B十令的范围为（号，元一会）因为A∈ 7x十5y≥306 (0,x),所以含∈(0，受）-y=c0sx在区间0，x)上 车厢y节，则3x+7y≥230，x∈N,y∈N,则7x十5y (x+y=50 单调递减，由单调性可得cos(π一分)< =7x+5(50-x)=2x+250≥306，解得x≥28,3x十 cos(B+号)<cos合，即-cos合<cos(B+) 7y=3.x十7(50-x)=350-4.x≥230，解得x≤30，所 1x=30 1x=29 1x=28 以，28≤x≤30，则 =20{=21或{y=22共3 或 cos号.因为合∈(，受)，所以2cos合>0，即 或 种方案，满足题意的只有D选项.故选D. 2c0s合<2 coscs(B+号）<2os结合 6.D【解析】由条件得a2-2a·b十b=1,a十2a·b 2e0s=1十cosA,则-(1十cosA)<2cos +b2=4,4=b2十2b·c十c2=b2+2b·c+1,前两式 相减得40·b3,a·6=子，放b.(a十b十2c)=a· cos(B)<1+c0s A.m sin A-cos A-1<y< sinA十cosA十1，设g(A)=sinA十cosA十1= b6十2bc=兰+3=1只故选D, √2sin(A+平）十1，由于A∈(0，x),则g(A)≤E+ 7.B【解折】记儿)的最小正周期为工，显然子=元 1,即y<√2+1：设h(A)=sinA-cosA-1= =要-受=君，得u=3,由f(得)=n2+9) 2sim(A-平)-1，由于A-平∈（-平，开)，则 sin9=1,且0<9<π得9=乏，可得f(x)= A)>E×(号）-1=-2，即y>-2,综上所 数学 参考答案及解析 述，y的取值范围是（一2，√2十1），结合选项可知可能 的值为2.故选C. 二、选择题 9.ACD【解析】对于A选项，由韦达定理得≈12=16， 01 故A正确：对于B选项，=二4±6X4一16 2 11.AC 【解析】对于选项A,由题意知右式为 一2士2√3i,实部为一2，故B错误；对于C选项，x eml(lnx,e),展开得er一lne,化简得x-y,即 2|=|-2+2√3i-(-2)-(-2√3)i=4√3，故C 左式等于右式，故A正确；对于选项B,右式为 E(eml(lnx,y),展开得E(e一lny),即 正确；对于D选项，0=(x2十4x十16)（之-4）=x3一 64,代入x=之1得=64，故D正确.故选ACD. B红-n0,化简得。，即号，不一定等于左式 10.ACD【解析】对于A选项，因为PA⊥平面ABC, xy,故B错误；对于选项C,右式为E(eml(ln(lnx), ABC平面ABC,所以PA⊥AB,又AB⊥AC,PA∩ y),展开得E(em)-lny),即E(lnx-lny),化 AC=A,所以AB⊥平面PAC,由PCC平面PAC知 简得e,即岩=子，即左式等于有式，故C正 PC⊥AB,故异面直线AB与PC所成的角为受，故 确；对于选项D,右式中最内层eml(x,l)等于e ln1即e,中间层eml(1,e)等于e-lne即e-x, A正确；对于B选项，显然三棱锥的体积V=号 3 则最外层等于eml(e一x,1),展开得e-r-ln1即 APX号×ABX AC=9,而PB=BC=2,PC= e,不一定等于左式x,故D错误.故选AC. 三、填空题 4√2，记M为PC中点，连接BM,由等腰三角形得 12.[-3,-1)U(-1,3]【解析】由题意得 19-x2≥ BMLPC,由勾股定理得BM=√BP-（号PC) ,解得x∈[-3，-1)U(-1,3].则函 x十1≠0 数f(x)的定义域是[-3，-1)U(-1,3].故答 =2E,故△PBC的面积S=号×BMX PC=-46, 案为[-3，-1)U(-1,3]. 可知点A到平面PBC的距离d-智-2，放B错 13.②+1 8 【解析】由题意可得X:=6由 a 误；对于C选项，连接AM,AM⊥PC,由BM∩AM 于考虑最大值，不妨设t=k十4>0，则入 =M,M∈PC,BMC平面PBC,AMC平面PAC知 1 b一=2十1，当且 ∠AMB为二面角A一PC-B的平面角，而AB十 -40+16+型-82/3-8 AM=BM,可得sm∠AMB=能-号，故C正 仅当k=4E-4时等号成立.故答案为1 8 确；对于D选项，记该球球心为O,△ABC的外接圆 14 【解析】因为f(1og36)=f(2+1og4)= 圆心为O,显然由直角三角形性质知O为BC中 f(-4+2十log4)=f(-2+log4)=-f(2-log4)= 点，M为△PAC的外接圆圆心，分别过点O,M作 f(log号)-因为1og,4∈(1,2)，所以2-log,4 对应平面垂线，显然二者相交于点O,可知该球半径 R=V(AP)'+(AC)+(AB)=3,故D ∈(0,1D.即1og号∈(0,1D,所以f(1og是) 正确.故选ACD. s子-1=√丹-1=分，所以-f(g号) ·%2· 参考答案及解析 数学 号，即f1og36)=-分故答案为-2 由2kπ≤2x十- ≤2m十元得一晋十r≤x≤号 四、解答题 kπ，k∈Z, (14分) 15.解：(1)此时b+c=(k十3,2k+1), (1分) 所以g(x)的单调递增区间为 由共线可得1×(2k+1)=3(k十3)，解得k=-8, (3分) kπ，k∈Z: 此时c=√32+=√73. (5分) (2t时as60=号-日合 单调递减区问为[一吾十kx,十k],k∈乙 (15分) k十3(k+1) √1十9X√R+(k+1)乎 17.解：(1)由余弦定理得cosB= AB2+BC*-AC 2 XABXBC· 4k+3 √10X√2k干2k干元' (8分) (2分) BC+15 即22k十38k+13=0, 即 整理得(BC-3)(BC-5)=0, 8√2BC k=-38±V38-4X22X13--19±55 (5分) 44 22 (11分) 解得BC=3或BC=5. (6分) 由46十3>0得k=二19十53 (2)由余弦定理得cosC= AC+BC-AB0. 22 (13分) 2XACX BC (8分) 16.解：(1)由T=2红=元，得w=2. (2分) 于是BC<32-17=15,故BC=3, (10分) 由f0)=09-9,且0<g<,所以华=吾 此时cosC= AC+BC-AB217+9-32 2×ACX BC 2×√17×3 (4分) 17 17 (12分) 所以f(x)=os(2x+). (5分) 故CD=Ci=Ci+C (2)由f(x+否)=cos(2x+受)）=-sin2x, (6分) Vc+Ac+2CA·Ci 所以g(x)=f(x)+f(x+晋) =2√26+27×3×(-)=5. 1 (15分) 17 =cos2xos晋-sin2xsin否-sin2z 18.解：(1)记A1B与AB:交于点M,显然M为A1B的 中点，由D为BC中点得DM∥AC, (2分) 9s2 2sin 2x 3 由DMC平面AB,D,AC过平面AB,D可得A1C∥ =F[eos2rcos号-sin2xsin号] 平面AB1D. (4分) (2)由DM∥AC得直线AC与B1D所成角即直线 =5cos(2x+号)， (10分) DM与B1D所成角，即∠B:DM或其补角，记为a, 因为y=cosx在[一π十2kπ，2kπ](k∈Z)上单调递 而由勾股定理得B,M=合√AB十AA 增，在[2kπ，π十2kπ](k∈Z)上单调递减，(12分) (5分) 由-+26<2x十号≤2kx得-智+<≤-君 2√8+16=√6， 十kπ，k∈Z; DM=AC=号AB=6, (6分) ·3 数学 参考答案及解析 BD=√BB+BD=√I6+4=25, (8分) 2bcsin A, (4分) 由余弦定理可得cosa=cos∠B:DM 由正弦定理得sinAsin C=sin Asin Bsin C, =IBD+DMP-BM⊥= 20十6-6 =30 由sin Asin C≠0得sinA=sinB, (5分) 2XB DXDM 2×25×W6 6 而A十B∈(0，π)，故A=B. (6分) (10分) (3)此时5-absin C asin Bsin C (3)记BC与BD交于点N, 2 a+b+c sin A+sin B+sin C 易得AB1=2√6，AD=2,B1D=25, sinC·sin Asin Bsin C 3sin'A 由AB=AD2+BD得AD⊥B1D, (11分) sin A+sin B+sin C 2sinA十sin2A,(8分) 可得△ABD的面积S=子×ADXB,D=25, 2sinA+sin2A=2√5sinA=√3(1-cos2A), √3=2sinA+sin2A+√3cos2A (12分) 记点B到平面ABD的距离为d,由等体积法得 =2sinA+2sin(2A+号)， (10分) VB-AB,D=VB1-ABD· 3A十号A+晋 即子×dXS=子XBB,X合×ADX BD, 由1D得5=2si 2C0s2 (11分) 可得d=BB XADX BD.=4X2X2_45 当A∈(0，若]时，sinA0, 2S 2×25 5 ,(14分) 而由平面几何知识显然可得BN=号BC-42 而2A+号∈（号，]， 3 (15分) 可得2sinA+2sin(2A+号)>0+5=3.12分) 记直线BC与平面ABD所成角为9， 当A∈（晋，受）时，号A+吾∈（段，等）· 45 则sin0= 5_3/10 BN (17分) 合+（任号） 4√2 10 3 此时由一登-登<受得2s 3A+A+ 2 cos 2 >2×号×一号可知无法取等。 (14分) 当A=号时，显然等号成立， (15分) 当A>号时，注意到A∈（受，受）， 19.解：(1)snx十si如y=sm(安42) 此时号A+吾∈(，)，合+吾∈(g), sin(分2）=ina分2+os安. 2 2 人1十开A+3<2×5×2=.16分) -c0s2 sim分+si号os分-cossin 2 综上，A=受.此时可知△ABC是等边三角形，其周 2no (3分) 长L=3c=9. (17分) 2 (2)由余弦定理得2 sin C=(b2+c2-a)tanA= ·4