精品解析：广东部分校2025-2026学年高一下学期6月学情调研数学试题

广东部分校2025-2026学年高一下学期6月学情调研数学试题 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. （ ） A. B. C. D. 2. 设复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 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 4. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 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，下列方案满足要求的是（ ） 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 6. 已知向量，，满足，，则（ ） A. B. C. D. 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. 8. 在中，的值可能为（ ） A. B. C. 2 D. 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. 10. 在三棱锥中，平面，，，，则（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 点A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 11. 利用算子以及常数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. 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__________. 13. 已知平面向量，，若在上的投影向量为，则的最大值为______． 14. 已知定义在上且周期为4的奇函数满足当时，，则______． 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. 已知平面向量，，． （1）若与共线，求； （2）若与的夹角为60°，求k． 16. 已知函数的最小正周期为，且． （1）求的解析式； （2）设函数，求的单调区间． 17. 在中，，，． （1）求； （2）记D为中点，若C是钝角，求． 18. 如图，在直三棱柱中，，，为中点． （1）证明：平面； （2）求直线与所成角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 19. 记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）证明：； （2）证明：； （3）若，的内切圆半径为，求的周长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 广东部分校2025-2026学年高一下学期6月学情调研数学试题 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. （ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】使用向量的线性运算求解. 【详解】得． 2. 设复数，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的除法法则化简，再求出共轭复数得到相应的虚部. 【详解】，，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 【答案】C 【解析】 【详解】记圆锥底面半径为，高为，由得， 由得，故母线长． 4. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，得，解得，所以. 由，得或，或. 所以或，故． 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，下列方案满足要求的是（ ） 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 【答案】D 【解析】 【分析】设安排种型号的货箱节，种型号的货箱节，根据题意列出、满足的约束条件，求出的取值范围，进而得出答案. 【详解】设安排种型号的货箱节，种型号的货箱节， 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． 6. 已知向量，，满足，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，，得，， 两式相减得，即， 又由，，得， 即， 故． 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. 【答案】B 【解析】 【分析】结合正弦函数的单调性及周期求得，利用特殊点求得，即可求出解析式，从而利用余弦函数单调性求解即可. 【详解】记的最小正周期为T，显然，得， 由，且得， 可得，由图象知其在区间上单调递增， 在区间上单调递减，故a的最大值为．故选B． 8. 在中，的值可能为（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用内角和消去，把三元代数式转化为仅含的式子，再通过三角恒等变形构造可利用余弦单调性放缩的结构，最后用辅助角锁定整体取值区间. 【详解】因为为的内角，所以． 设，代入得 ． 利用二倍角公式化简得 ． 由于且，故B的范围为，的范围为． 因为，所以． 而在区间上单调递减，由单调性可得，即． 因为，所以，即． 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． 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. 【答案】ACD 【解析】 【分析】使用复数的定义，模的计算公式，复数的乘法运算求解. 【详解】对于A，由韦达定理得，故A正确； 对于B，该方程的根，实部为，故B错误； 对于C，由B项结论，，故C正确； 对于D，当时，， 则；当时，， 得，故D正确． 10. 在三棱锥中，平面，，，，则（ ） A. 异面直线与所成的角为 B. 点A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 【答案】ACD 【解析】 【分析】由两两垂直的条件，先推导线面垂直，解决A选项异面直线垂直问题；固定体积不变，用等体积法列式求点面距，判断B选项；取等腰三角形底边中点构造棱的两条垂线，找到二面角平面角，解直角三角形求正弦值，判断C选项；利补体法，由体对角线求外接球半径，判断D选项. 【详解】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M为中点，连接，由等腰三角形得， 由勾股定理得， 故的面积， 可知点A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，由两两垂直，可将三棱锥补成长方体， 其长宽高分别为，三棱锥外接球与长方体外接球相同， 外接球直径等于长方体体对角线：，，故D正确． 11. 利用算子以及常数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. 【答案】AC 【解析】 【分析】将选项，，等号右侧分别代入定义展开化简，观察是否与左侧相等，即可做出判断；选项逐层拆解右侧表达式，最终化简为，与左侧不一定相等. 【详解】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； 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； 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； 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． 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__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用分式和二次根式的性质求解定义域即可. 【详解】由题意得，解得. 则函数的定义域是. 故答案为： 13. 已知平面向量，，若在上的投影向量为，则的最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据投影向量的公式表示出，再利用基本不等式求出的最大值. 【详解】由在上的投影向量为，则，由于考虑最大值， 不妨设，则， 当且仅当，解得，即时等号成立，所以的最大值为. 14. 已知定义在上且周期为4的奇函数满足当时，，则______． 【答案】 【解析】 【详解】奇函数周期为4，当时，， 因为． 因为，所以，即， 所以，所以， 即． 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. 已知平面向量，，． （1）若与共线，求； （2）若与的夹角为60°，求k． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由向量加法的坐标运算和向量共线的坐标运算求解即可； （2）利用向量夹角运算的坐标公式求解即可. 【小问1详解】 因为向量，，所以， 又，且与共线，所以，解得， 所以，所以． 【小问2详解】 若与的夹角为60°，则， 即，， 由得． 16. 已知函数的最小正周期为，且． （1）求的解析式； （2）设函数，求的单调区间． 【答案】（1） （2）单调递增区间为，；单调递减区间为，． 【解析】 【小问1详解】 由，得．由，且，所以， 所以． 【小问2详解】 由， 所以 因为在上单调递增，在上单调递减， 由得，； 由得，， 所以的单调递增区间为，； 单调递减区间为，． 17. 在中，，，． （1）求； （2）记D为中点，若C是钝角，求． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理求解； （2）先由C是钝角，可知，得到，再利用求解. 【小问1详解】 由余弦定理得，即， 整理得，解得或． 【小问2详解】 由余弦定理得， 于是，故， 此时， 故． 18. 如图，在直三棱柱中，，，为中点． （1）证明：平面； （2）求直线与所成角的余弦值； （3）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）记与交于点，显然为的中点，由D为中点得， 由平面，平面可得平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理证明即可； （2）由得直线与所成角即直线与所成角，由余弦定理计算得到夹角的余弦值； （3）记与交于点N，由等体积法可得B到平面的距离为d，根据直线与平面的定义求得所成角的正弦值； 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由得直线与所成角即直线与所成角， 即或其补角为所求角，记为，而由勾股定理得， ，， 由余弦定理可得． 【小问3详解】 记与交于点N，易得，，， 由得，可得的面积， 记点B到平面的距离为d，由等体积法得， 即，可得， 而由平面几何知识显然可得， 记直线与平面所成角为，则． 19. 记内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知． （1）证明：； （2）证明：； （3）若，的内切圆半径为，求的周长． 【答案】（1） ； （2）由得， 由正弦定理得， 由得， 而且，故． （3）9 【解析】 【分析】（1）可将x、y表示为​与​的和、差形式，再利用正弦和角、差角公式展开化简，即可完成证明； （2）对等式整理，再结合余弦定理化简，之后使用正弦定理将边转化为角的正弦，结合三角形内角和性质，可得角的关系； （3）结合三角形面积的两种表达，可得，化为，结合（1）可得，由此讨论A的取值范围，即可确定，从而求得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由于的内切圆半径为，则， 则， 则， 则， 由（1）得， 当时，，而，可得． 当时，，， 此时由得，可知无法取等． 当时，显然等号成立． 当时，注意到，此时， ，． 综上，．此时可知是等边三角形，其周长． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $