江苏常州市天宁区2025-2026学年高一下学期6月调研考试数学试题

**基本信息** 2026年高一数学期末调研卷聚焦立体几何、三角函数与统计，以脊柱健康调查（第6题）等现实情境为载体，通过正方体体积计算（第8题）、四棱柱面面垂直证明（第16题）等梯度设计，考查空间观念、数据意识与推理能力，体现数学眼光观察现实、思维分析问题的素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|正四棱台体积、线面关系|结合充分条件考查逻辑推理（第1、5题）| |多选题|3/18|解三角形性质、动态水体|分析棱柱状水体空间平行与定值（第10题）| |填空题|3/15|方差计算、向量夹角|统计数据处理与向量运算融合（第12、14题）| |解答题|5/77|四棱柱面面垂直、线面角|分层抽样（第15题）与立体几何综合证明（第16题），体现应用意识与空间观念|

报告查询：登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 2025~2026学年度第二学期高一期末调研考试 数学答题卡 考场/座位号： 姓名： 班级： 贴条形码区 回流回 莲5 (正面潮上，切勿贴出虚线方框) 回 正确填涂 缺考标记 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共计40分.在每小题给出的四个 选项中，只有一项是符合要求的. 1[A][B][C][D] 5[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 7[A][B][C][D 4[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 二、多选题：本题共3小题，每题6分，共计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[A][B][C][D] 10[A][B][C][D] 11[A][B][C][D] 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12 13 14. 囚囚■ 四、解答题：本大题共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.(13分) 囚囚■ ■ 16.(15分) ■ 17.(15分) 1 1 囚■囚 囚■囚 (LI)8I ▣ 19.(17分) ■普通高中2026年春学期高一期终调研考试 数学 2026.6 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.在△ABC中，“sinA>sinB”是“A>B”的() A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 2.已知正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，高为2，则该正四棱台的体积为() 7 4 A.1 B.2 c D.3 3在正三棱台BC-AAC中，B=2,B>A码，侧棱4与底面ABC所成角的余弦值为5 若此三棱 3 台存在内切球（球与棱台各面均相切），则此棱台的表面积是0 73 A. B. 5v3 c95 D.35 2 2 4 4 4.设，b是两条不同的直线，“，B是两个不同的平面，则下列命题正确的是() A.若a⊥b,b⊥，则a∥a B.若a⊥，b⊥o,则a⊥b C.若a∥，b⊥a,则a⊥b D.若aIa,b⊥a,则a∥b 5.已知向量a=(-2,m),万=1,1+m,则“a⊥b”是“m=1”的(） A充分不必要条件 B.必要不充分条件 小学生 高中尘 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 3500名 2000名 6.当前我国青少年因脊柱健康患病的人数己经超过了500万，并且还在以每年30 初中生 万的速度增长。已知某地小学、初中、高中三个学段的学生人数如图所示，为了 4500名 解该地区学生的脊柱健康状况，现采用分层随机抽样的方法抽取2%的学生进行 调查，则样本容量和抽取的高中生人数分别为() A.200,40 B.100,40 C.200,20 D.100,20 7.如图，在△ABC中，D是AB的中点，O是CD上一点，且CO=2OD,则下列说法中正确的个数是() 高一数学试题第1页（共6页） ①OA+OB+OC=0: ②过点O作一条直线与边4C,BC分别相交于点压，P若C西-子河C乎=u0suD,则4= 3 ③若△ABC是边长为1的正三角形，M是边AC上的动点，则7.MD的取值范围是[手6 323 B D A.0个 B.1个 C.2个 D.3个 D M C 8.如图，在棱长为2的正方体ABCD-AB,CD中，已知M,N分别是棱C,D, A B1 AA的中点，平面a经过BA,和M,平面B经过CD和N,则该正方体处于 N 平面a,B之间部分的体积为() D 10 A B.4 10W3 3 D. 3 夕 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,则下列正确的是() A.若sinA+cosA=3 ,则△ABC为钝角三角形 4 B.若a=c·cosB+a·cosC,则△ABC为等腰三角形 C.若△ABC不是直角三角形，则△ABC满足tanA+tanB=tan Atan B tan C+tan(A+B) D.若b2=ac,且V3(b2+c2-d)=2 bc sinA,则△ABC为等边三角形 10.如下图，透明塑料制成的长方体容器ABCD-AB,C,D内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上， 再将容器倾斜.随着倾斜度的不同，下列说法中正确的是() 高一数学试题 第2页（共6页） (1) 2 (3) A.有水的部分始终呈棱柱状，没有水的部分也始终呈棱柱状 B.水面EFGH所在四边形的面积为定值 C.棱A,D始终与水面所在平面平行 D.当容器倾斜如图(3)所示时，BE·BF是定值 1在aM8C巾，角4B,C的对边分别为a,c,a=3,4=写，0为a42C的外心，则() A.若△ABC有两个解，则3<c<25 B.OA.BC的取值范围为[-3V3,3V3] C.BA.BC的最大值为9 D.若B,C为平面上的定点，则A点的轨迹长度为85x 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知样本数据x1,x3,,x,的平均数x与方差s2满足如下关系式： ∑(s-)∑(x)-n-(闭 2- n 若已知15个数x1,x2,,5的平均数为6，方差为9：现从原15个数中剔除x1,x,x3,x4,x这5个数，且剔 除的这5个数的平均数为8，方差为5，则剩余的10个数，x,,5的方差为 13.在△ABC中，co8B+V5inB=2,且cosB+osC_2y5smA,则a+c的取值范围是」 b c 3sin C 14已知非零平面向量a,6不共线，且满足ā-6==4，记。=3a+五，当6，c的夹角取得最大值时， 4 a-的值为 高一数学试题 第3页（共6页） 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.(本小题13分) 对某小区抽取100户居民的用电量进行调查，得到如下数据： 个频率/组距 0.006 0.003 0.002 0.001 050100150200250300350用电量 I)求x的值： (2)已知该小区的居民有800户，则用电量在150以下的有多少户： (3)求第50百分位数. 16.(本小题15分) 如图，在四棱柱ABCD-AB,CD中，己知侧面CDDC为矩形， A B ∠BAD=∠ABC=60°，AB=3,AD=2,BC=1,A4=V17, E AE=2EA,AF=2FB」 )求证：平面DEF∥平面ABC; (2)求证：平面ADDA⊥平面ABCD: 3)若三棱锥E-4BC的体积为3，求平面4BC与平面4BCD的 A B 夹角的余弦值 高一数学试题 第4页（共6页） 17.(本小题15分) 如图，在平行四边形ABCD中，已知A=T ，4B=2,AD=1,B为线段4B的中点，刀为线段BC上的 动点（不含端点）.记BF=mBC C G A E B @若m= 2,求线段EF的长 2若m= 年设西=亚+D,求实数x和y的值 3)若CE与DF交于点G,AG∥EF,求向量GE与GF的夹角的余弦值. 18.(本小题17分) 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD是矩形，PA=AD=4, AB=2,PA⊥平面ABCD,且M是PD的中点. I)求证：AM⊥平面PCD: M (2)求异面直线CD与BM所成角的正切值： (③)求直线CD与平面ACM所成角的正弦值， A B 高一数学试题 第5页（共6页） 19.(本小题17分) 如图，在三棱锥P-ABC中，平面PAB⊥平面ABC,△PAB是边长为2的等边三角形，BC=2W5,PC=4, 点E是棱PB的中点，点M是棱BC上的一点 D E B M I)求证：PA⊥BC: (2)若BM=MC,求二面角E-AM-B的余弦值： )若直线M与平面BAC所成角的正弦值为5V西 求线段BM的长. 26 高一数学试题第6页（共6页）普通高中2026年春学期高一期终调研考试 数学参考答案 2026.6 1.C 2.D 3.A 4.C 5.B 6.A7.C 8.A 9.ACD 10.ACD 11.ABD 12.8 1 14.4 15.解：(1)由题意可知，每组的频率依次为0.1,0.15,50x,0.3,0.15,0.05, 则0.1+0.15+50x+0.3+0.15+0.05=1, 解得x=0.005: (2)由题意可知，用电量在150以下的频率为0.1+0.15=0.25， 所以用电量在150以下的有0.25×800=200户： (3)因为0.1+0.15+0.005×50=0.5， 所以第50百分位数为200. 16(①)证明：在△A4B中，因为A证=2EA,AF=2FB,所以EF∥AB, 又因为EF￠平面ABC,ABC平面ABC,所以EF∥平面ABC 在底面ABCD中，因为A-号4B=2AD,且∠D1P=60, 所以△ADF为正三角形，所以∠DFA=60°=∠ABC,所以DF∥BC, 又因为DF丈平面ABC,BCC平面ABC,所以DF∥平面ABC: 因为EF∥平面ABC,DF∥平面ABC,EFDE=F,EF,DFC平面DEF, 所以平面DEF∥平面A,BC, (Q)证明：连接CR.在△BCF中，因为BF=AB=1=BC,且∠CBP=60°， 所以△BCF为正三角形，所以CF=BC=1,∠BFC=60° 由I)知△ADF为正三角形，所以DF=AD=2,∠AFD=60°，所以∠DFC=60°， 在△CDF中，由余弦定理得CD2=22+12-2·2.1cos60°=3， 所以CD=V5,所以cos∠CDr=3 又因为∠CDF∈(0，π)，所以∠CDF=30°， 第1页，共20页 所以∠ADC=∠ADF+∠CDF=90°，即CD⊥DA. 因为侧面CDDC为矩形，所以CD⊥DD, 又因为CD⊥DA,DA∩DD=D,DD,DAC平面ADDA, 所以CD⊥平面ADDA,又因为CDC平面ABCD, 所以平面ADDA1⊥平面ABCD Di C A E B (3)解：设点A到平面ABCD的距离为d, 由Q)知平面DEF∥平面ABC,所以E到平面ABC的距离等于F到平面ABC的距离， 所以4c=4e=sSd-点正xd= ,所以d=4 34。 3 在平面AAD,D中，过A作AG⊥AD,垂足为G. 在平面ABCD中，过G作GH⊥BC,垂足为H. 连接AH,CG. 由(2)知平面ADD,A⊥平面ABCD,又因为AG⊥AD, A,GC平面ADDA,平面ADDAO平面ABCD=AD, 所以AG⊥平面ABCD,所以AG=d=4, 第2页，共20页 又因为BHC平面ABCD,所以AG⊥BH 因为BH⊥AG,BH⊥GH,A,G,GHc平面AGH,AGOGH=G, 所以BH⊥平面AGH, 又因为AHC平面ABC,所以BH⊥AH, 所以∠AHG即为平面ABC与平面ABCD的夹角的大小 在△AAG中，由AG⊥AG,得AG=VA4-AG=1, 又因为BC=1=AG,∠GAB=∠ABC=60°， 所以四边形ABCG为等腰梯形， 所以AB∥CG,CG=3-2 GAcos60°=2. 在△CHG中，因为GH⊥CH且∠GCH=∠ABC=60°，所以GH=2sin60°=√3. 因为AG⊥平面ABCD,GHC平面ABCD,所以AG⊥GH, 所以在△AGH中，AH=VAG+GH2=V19, 所以cos∠4HG=G阻-V57 AH 19 即平面ABC与平面ABCD的夹角的余弦值为V57 19 17.解：(1)若= ,则BF=1 1 5因为为AB中点，所8BB=1,在平行四边形ABCD中，4历 以B=2 , 布c8F中，由余弦定星得=6a-28c秀=1计行21号白-子 4 所以F=V @若m=年则D丽-c4-心+8=恋3 4 压-c0+s-a}i-}0-40, 所以AB=xCE+yDF, 可得AB=x(1AB-AD)+y4B-3AD 21 第3页，共20页 1 3 (+x-y)AB+(x+y)AD=0, 2 4 (1 1+ 6 x-y=0 x=- 所以 2 解得 11 3 x+=0 8 b-n ⑧面亚+丽-证tmc亚+m而， DG=ADF,AG=AD+DG=AD+ADF=AD+DC+-1BC)=AB++AD 设CG-uCE,则AG=AC+CG=AB+AD+uCE=1-AB+Q-四AD, 所以=1-片，1+mA=1-, 又因为G》面，所以0-0=m1-台 2 3 -1分 2=4 1 联立1+-=1-4解得u= 2 20-0=ma-学 1 m=3 所以ad=50丽.即a丽-号0明号丽-40. c-DF,即GP-0G-AD+40)-名40+号40. 1压西-0-G+0+50=3死5， c0+研+站而-s而g际 12 6 死.aF=兮西0（哈0西女4后+片而西0= 6 6 2 1 GE.GF cwGG丽GG57 2 7 6 18.(I)证明：PA⊥平面ABCD,CDC平面ABCD,.PA⊥CD,又四边形ABCD是矩形， .CD⊥DA, :DAOPA=A,DA,PAC平面PAD,CD⊥平面PAD, 'AMc平面PAD,:CD⊥AM,又M是PD的中点，PA=AD=4,:AM⊥PD, :CD个PD=D,CD,PDC平面PCD,所以AM⊥平面PCD. 第4页，共20页 (2)解：底面ABCD是矩形，.CD1/BA,.异面直线CD与BM所成角即为直线BA与直线BM所成的 角， 由I)得CD⊥平面PAD,∴.BA⊥平面PAD,AMC平面PAD,.BA⊥AM,.△BAM为直角 三角形， 又M是PD的中点，PA=AD=4,AM=2√2，.在Rt△BAM中，∠ABM即为异面直 线CD与BM所成角，故ta∠ABM=4M-V,:异面直线CD与BM所成角的正切值为V2, AB (3)解：取AD中点为N,连接MN,AC, 在△PAD中，M,N分别为线段PD,AD的中点，故MW1/PA,MN=PA=2, :PA1平面ABCD,÷MN1平面ABCD,4.Am×MN×)XAD×CD=8 3 2 3 由I)得AM⊥平面PCD,MCC平面PCD,.AM⊥MC, :PA=AD=4,.PD=4W2,MD=2W2,又AB=CD=2,MC=2√5， Sae-×A1xC=26, 股点D到平面AMC的距离为h,百线CD与平面4CM所成角为0，则a九XS Auc=Vu-hc? 解得：么=石，故n0=久6， 4 所以直线CD与平面ACM所成角的正弦值为 6 CD 3 M D B 19.解：(I)证明：取AB的中点F,连接PF, 因为△PAB是边长为2的等边三角形， 第5页，共20页 所以PF⊥AB, 又平面PAB⊥平面ABC,平面PABO平面ABC=AB,PFC平面PAB, 所以PF⊥平面ABC, 又BCC平面ABC,所以PF⊥BC, 在△PBC中，PB=2,BC=2V3,PC=4, 所以PB2+BC2=PC2,所以PB⊥BC, 又PF PB=P,PF,PBC平面PAB, 所以BC⊥平面PAB, 又PAC平面PAB,所以PA⊥BC: (2)取BF的中点O,连接EO, G 因为E为线段PB的中点， 所以EO/PF,B0=PF=号XVPB-BF-分V@-p=S, 21 2 由I)知，PF⊥平面ABC, 又AMC平面ABC,所以PF⊥AM,所以EOL AM, 过点E作EGL AM,垂足为G,连接OG, 因为EOn EG=E,EO,EGC平面EOG, 所以AM⊥平面EOG, 又OGc平面EOG,所以AM⊥OG, 所以∠EGO为二面角E-AM-B的平面角， 因为BC⊥平面PAB, 又ABC平面PAB,所以BC⊥AB, 又BM=MC,所以AM=VAB+BMP=V2+(V3)2=V7, 第6页，共20页 所以sin∠BAM= BM OG AM AO V3 OG 即V疗=3，解得G0= 3V21 2 14 因为PF⊥平面ABC,OGC平面ABC, 所以PF⊥OG, 又EO//PF,所以EO⊥OG, 所以EG=VEO2+OG 3v21 2v21 14 7 3V21 GO 14 3 所以cos∠EGO= EG 2V2= 7 即二面角E-AM-B的余弦值为 3 (3)因为BC⊥平面PAB,AEC平面PAB, 所以BC⊥AE, 又△PAB是边长为2的等边三角形，点E是棱PB的中点， 所以PB⊥AE, 又PBO BC=B,PB,BCC平面PBC, 所以AE⊥平面PBC, 显然点M不同于点C,过点M作HL EC,垂足为H, 又MHc平面PBC, 所以AE⊥MH, 又AE∩EC=E,AE,ECC平面AEC, 所以MH⊥平面AEC, 所以直线EM与平面AEC所成的角为∠MEH, 设BM=x(0≤x<2V3), 所以EM=VEB2+BM2=Vx2+1,CM=2V3-x, 在△EBC中，EC=VEB2+BC2=√13， 所以sin∠ECB=EBMH 1 MH EC=MC,即 1323-x' 第7页，共20页 所以MH=2V3-x 13 2V3-x 所以sin∠MEH=MH=VB= 2V3-x5v13, ME-√x2+1V13x2+1326 解得x5或23V合，即BM= 21 3 第8页，共20页 普通高中2026年春学期高一期终调研考试 数学解析 2026.6 1.【分析】 本题以三角形为载体，考查四种条件，解题的关键是正确运用正弦定理及变形，属于基础题， b 由正弦定理知 ,由sinA>SinB,知a>b,所以A>B,反之亦然，故可得结论. sin A sin B 【解答】 解：若sinA>sinB成立， a b 由正弦定理 =2R, sin A sin B 所以a>b, 所以A>B 反之，若A>B成立， 所以a>b, 因为a=2 R sin A,b=2 Rsin B, 所以sinA>sinB, 所以sinA>sinB是A>B的充要条件. 故选：C 2.【分析】 本题考查棱台的体积公式，属基础题 根据棱台的体积公式即可直接求出答案！ 【解答】 解：%-8+s+西h-0+4+x4x2-4 故选：D. 3.【分析】 本题考查了棱台表面积，球的切、接问题、棱台的结构特征，属于中档题 取BC和B,C的中点分别为P,O,上、下底面的中心分别为O,O,设AB=x,内切球半径为r,根据 第9页，共20页 题意求出侧棱长以及O,P,OQ,再根据切线的性质及等腰梯形BB,CC和梯形AAQP的几何特点列方程 组求出半径即可. 【解答】 解：如图， D B 取BC和B,C的中点分别为P,Q,上、下底面的中心分别为O,O,, 设AB,=x,内切球半径为r,因为tan∠AAO,=√2，棱台的高为2r, 所以A4=BB=CC=V(2)+(W)=V6, oP-4n-54B=5,同理Q0= 2 32 3 6t, 因为内切球与平面BCCA相切，切点在P0上，所以P0=O,P+QQ- (x+2)① 6 在等腰梯形B服CC中，P0=(a-(已2②. 0@得o-(2,-+2 12 在梯形AAOP中，2o2=2y+(3-22③， 由②0得2-X=V6,代入得x=1,则48=1，P0= 2 所以此棱台的表面积是1×1x1x3+1x2×2x5Q+)xY3 2x3=76 2 22 2 2 2 故选：A 4.【分析】 第10页，共20页 本题考查线面平行的性质、线面垂直的性质、线面平行的判定，属于一般题， 根据空间线面关系逐一判断即可 【解答】 解：A选项，当a⊥b,b⊥时，可得aCa或a∥，故A不正确； B选项，若a⊥a,b⊥a,则a∥b,故B不正确： C选项，如图： 0 因为al∥x,acB,aB=c,所以al∥c, 又b⊥a,CCa,所以b⊥c,所以a⊥b,故C正确，D不正确. 5.【分析】 本题主要考查了必要条件，充分条件和充要条件的判断，考查了平面向量数量积的坐标运算，属基础题 由ā⊥b等价于-2+(1+m)=0等价于m=1或m=-2.由充分必要条件的定义判断即可. 【解答】 解：当a⊥b时，-2+(1+m)=m2+l-2=0→=1或m=-2, 所以“ā⊥五”是“m=1”的必要不充分条件」 故选B. 6.【分析】 本题考查分层抽样，属于基础题 利用分层抽样的定义即可求解. 【解答】 由图可知，学生总数为3500+4500+2000=10000（人）， 故抽取的样本容量为10000×2%=200（人） 抽取的高中生人数为200×2000=40人) 10000 故选A 第11页，共20页 7.【分析】 由CD=CA+CB,0c=-cD,OA=oD+DA,0B=OD-DA,结合向量的运算判断0：由B,0,F三点 共线结合向量的数乘运算判断②；建立坐标系，利用坐标运算结合二次函数的性质判断③. 本题考查平面向量的数量积，考查学生的运算能力，属于难题， 【解答】 解：对于0：cD=c4+cB,0C=-2cD,0A=0D+DA,0B=0D+DB=0D-Da,故 ● 3 i+o丽+0c-0+20D-号D+0-0,故0正： 5 对1@：哑-c西a网1aa}亚， 、1 3 ，’解得2=4 3 5u=5,故②错 误； 0 E A D B 对于③：以点D作为坐标原点，建立如下图所示的直角坐标系 4(s吋oc05uac-兮5亚-a0, 设-c1e0训，因为丽m-=字)00=安-19) 面=0丽=0-字受0兮}点， 所以BM.M而=（ 0+子分当=1时，刚而=子当1含时，丽D- 64 即M而的取值范围是[手G4 323 ],故③正确： 第12页，共20页 M D B 故选：C 8.解：分别取CC中点E,AB的中点F,连接AB,BE,ME,AM,DN,NF,FC,DC, D M C E F B 正方体ABCD-AB,C1D中，AD/IBC,BC //B C1, 且A1D=B,C1,BC=B,C1, AD//BC,AD=BC, 则四边形ADCB是平行四边形，得AB/1DC, 又M,E分别是D1CCC中点， 所以ME/D1C,从而ME/AB, 则平面A1MEB就是平面a, 同理平面D1CFN就是平面B, 因为平面A1MEB中，ME≠A1B,则四边形A1BEM是一个梯形， 设A1M∩BE=O, 则O∈平面A1B1C1M,同理OE平面BB1C1E,而平面A1B1CMn平面BB1C1E=B1C, 第13页，共20页 所以O∈B1C,即AM,BE,BC1交于一点， 又平面CME/平面AB,B, 所以几何体MCE-AB,B是一棱台，同理几何体ANF-DDC也是一个棱台， 从而正方体ABCD-AB,C1D被平面a和平面·B分成三部分： ①平面&，B之间部分， ②三棱台MC,E-AB,B, ③三棱台ANF-DDC, 三棱台MCE-AB,B中，S△ABB 1 2×2×2=2,SACIAE=2×1×1=2 三棱台MC1E-ABB的高为2， 1 1 1 7 从而VAICE--4AB=3×2+2十V2×克×2= 3 7 同理可得VANF-DCD=3' 所以该正方体处于平面：，B之间部分的体积为23一2× 710 3=3 故选：A 9.解：由sinA+cosA= V13 两边平方得： /13 (sin A+cos A)2 →1+2 sin Ac0sA=16, 13 3 解得2 sin Acos A= 16 <0, 因A∈(0，)，sinA>0,故cosA<0,即A为钝角， △ABC为钝角三角形，A正确： a=ccos B+a cosC,整理得：a(1-cosC)=ccos B, 山亚装定理品C·代入得：咖A1-osC=血CasB, 又sinA=sin(B+C)=sin B cosC+cos B sin C,代入左边展开后化简： sin B cos C(1-cos C)+cos Bsin C(1-cos C)=sin C cos B, 进一步整理得cosC(sinB-sinA)=0, 第14页，共20页 若cosC=0,则C=2,AABC为直角三角形，若si血A-s血B=0,则a=6△ABC为等腰三角形， 故无法唯一推出等腰三角形，B错误； 在非直角三角形中，A+B+C=π，故A+B=π-C,则tan(A+B)=-tanC, tan(+B)=1-tan Atan B tan 4+tan B =-tanC,交叉相乘得tanA+tanB=-tanC+tan Atan Btan C,得： tan A+tan B tan Atan B tanC-tan C=tan Atan Btan C+tan(A+B), 故等式成立，C正确： 对于D,V5e+2-的=2cimA.所以5 boA=bcsA,所以an4=5, 因为4e0,所以4-了，因为62=c,据余弦定理：。2=b+c2-2bc0sA 可得：三+c2-bc,化简得：心-)=cc-b),即得：c-c+b+c训=0， 故b=c,则D正确 故选：ACD 10.【分析】 本题主要考查棱柱的结构特征，线面平行的判定定理，棱柱的体积，题目较难。 A.由棱柱的结构特征直接判断即可：B.分析四边形FGH的边的变化情况，即可判断：C.利用线面平行的 判定定理，将问题转化为线线平行，即可得证：D.利用水的体积不变，即棱柱的体积不变，高不变，即可 得证 【解答】 解：A由已知得：平面AABB∥平面DDCC, 即平面AEFB∥平面DHGC, 由棱柱的结构特征知：有水和无水的部分都始终呈棱柱状，故A正确： B.水面四边形EFGH中FG的长度始终不变，但EF的长度是变化的， 所以水面四边形EFGH的面积是变化的，故B错误： C.由己知得：AD∥EH,又ADt平面EFGH,EHc平面EFGH 则AD∥平面EFGH,即棱AD始终与水面EFGH平行，故C正确： D.当E∈AB时，水的部分始终呈棱柱状，且水的体积不变， 即棱柱EFB-HGC的体积不变，又棱柱的高不变， 第15页，共20页 则棱柱的底面EFB的面积不变，则BE·BF是定值，故D正确： 故选ACD, 11.【分析】 本题考查了正弦定理的应用，向量数量积，属于较难题 【解答】 解：A对，如图BD=c·sinA 小 a A D 若有两解的情形，则c·sim4<a5c,即 c<3<c=3<c<2V5: 2 B对，由正弦定理sinA a=3=2W3=2 π , 得外接圆半径R=√万， S11n 3 OA.BC=Racos<OA,BC>=33cos<OA,BC>E[-33,3v3]; C错，法一：用投影向量求解：当BA在BC上的投影向量模最大且与之同向，取得BA·BC的最大 值，此时oABC,a-8C最人植为3-号+35 法=：传化到周：d-Bc-5c(0+aA号+（®c-a号3 D对，由正弦定理知A点在半径为√5的优弧上运动，但是由两段优弧拼接成葫芦状， 第16页，共20页 所以长度为写π×5x2-85r 4 3 B A 12.【分析】 本题考查了平均数和方差的公式的运用，属于较难题， 根据题意结合平均数和方差的计算公式得到剩余0个数的平均数以及平方和，再代入方差公式可得答案 【解答】 解：因为15个数x1,x2,,x5的平均数为6，方差为9， 故可得g-瓦 6)-15x6 91 15 15 解得∑()=675， i=1 又因为x,x,x3,x4,这5个数的平均数为8，方差为5， 6)-5×8 故可得 5 5 解得∑(c)=345, i=1 13 所以∑(x)=675-345=330, =6 又因为当+++=6，当+名十+飞=8， 15 5 故可得x+x++x5=50, 第17页，共20页 所以剩余的10个数x,x7,,x5的平均数为 6+为++5=5， 10 所以剩余的10个数，x,,5的方差为 5(G)-10×5 8 10 故答案为8. 13.【分析】 本题考查正、余弦定理的应用，正弦函数的性质，考查了计算能力和转化思想，属于较难题. 由题意可得角B和边b,然后利用正弦定理，三角恒等变换的应用可求a+c=√3in(A+乃)，可求得 A+”、5江，利用正弦函数的性质可求其取值泡围 ”66 【解答】解：在△ABC中，cosB+√3sinB=2, 20cosB+5。 imB)=2,即2in(B+)=2, 6 所以B+交=π 62B= π 3 CosBCosC23sin A2a b c 3sin C 3c 所以ccosB+bcosC=25b, 3 故+2b+b+B2五 2ac 2ab 即a=25ab,解得6= 3 2 5 b a ∴.由正弦定理可得 2=1= sin B 3 sinA sinC' 2 故a=sinA,c=sinC, 所以a+c=sinA+sinC=sinA+sin 2元-A 3 sinA+3。 s4+sinsin 1 3 cosA 2 21 2 =V5sim(A+乃)， 6 第18页，共20页 :0<4<2π，<4+交 π5π 36 66 所以sin(A+)e(合，l, 6 iatc=5am4:3eC5 6 故答案为心5， 2 14.【分析】 本题主要考查的是向量的综合应用，属于较难题 可结合条件建立适当坐标系，转化为坐标运算求解，注意基本不等式的利用. 【解答】 解：因为a.b=a=4,设向量a,b夹角为c, 则有园=2，cosα=2，建立平面直角坐标系如图， 其中OA=a,OB=b, 则a-2o,i=(2m叫.da+5-(2翠) 4 (m>0), 如图OC=c,则b,c的夹角为∠BOC, 又tan∠Aoc=.tan A08=W n ni 所以tan∠B0c=tanm(∠A0B-∠Aoc)=2& 16 6m 6 6 m+16 ,1 + ,164, m 2,7× m 当且仅当=4时，正切值取最大值， 第19页，共20页 此时6=(2,4)，ā-b=(0,-4),a-6=4, 故答案为4。 16.本题考查面面平行的判定，面面垂直的判定，棱锥的体积，平面与平面的夹角，属于拔高题. ①)分别证明EF∥平面ABC,DF∥平面ABC,即可证明结论： (2)由题意可得CD⊥DA,可证得CD⊥平面ADDA,即可证明结论： (3)在平面AAD,D中，过A作AG⊥AD,垂足为G,在平面ABCD中，过G作GH⊥BC,垂足为H, 连接A,H,CG,可得∠AHG即为平面ABC与平面ABCD的夹角的大小，再解三角形即可. 17.本题考查向量的线性运算，向量平行，量的夹角，属于较难题， ①)根据平行四边形结合余弦定理求解即可： (2)根据向量线性运算列方程组求解； (3)根据向量线性运算结合平行求解即可 18.本题考查线面垂直的判定，异面直线所成角，直线与平面所成的角 第20页，共20页 普通高中2026年春学期高一期终调研考试 数 学 2026. 6 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.在中，“”是“”的(    ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 2.已知正四棱台的上底面边长为1，下底面边长为2，高为2，则该正四棱台的体积为(    ) A. 1 B. 2 C. D. 3.在正三棱台中，，，侧棱与底面ABC所成角的余弦值为若此三棱台存在内切球球与棱台各面均相切，则此棱台的表面积是 A. B. C. D. 4.设a，b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，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5.已知向量，，则“”是“”的(    ) A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6.当前我国青少年因脊柱健康患病的人数已经超过了500万，并且还在以每年30万的速度增长。已知某地小学、初中、高中三个学段的学生人数如图所示，为了解该地区学生的脊柱健康状况，现采用分层随机抽样的方法抽取的学生进行调查，则样本容量和抽取的高中生人数分别为(    ) A. 200，40 B. 100，40 C. 200，20 D. 100，20 7.如图，在中，D是AB的中点，O是CD上一点，且，则下列说法中正确的个数是(    ) ①； ②过点O作一条直线与边AC，BC分别相交于点E，F若，则； ③若是边长为1的正三角形，M是边AC上的动点，则的取值范围是 A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 8.如图，在棱长为2的正方体中，已知M，N分别是棱，的中点，平面经过和M，平面经过和N，则该正方体处于平面，之间部分的体积为    A. B. 4 C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，则下列正确的是(    ) A. 若，则为钝角三角形 B. 若，则为等腰三角形 C. 若不是直角三角形，则满足 D. 若，且，则为等边三角形 10.如下图，透明塑料制成的长方体容器内灌进一些水，固定容器底面一边BC于地面上，再将容器倾斜．随着倾斜度的不同，下列说法中正确的是        A. 有水的部分始终呈棱柱状，没有水的部分也始终呈棱柱状 B. 水面EFGH所在四边形的面积为定值 C. 棱始终与水面所在平面平行 D. 当容器倾斜如图所示时，是定值 11.在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，O为的外心，则    A. 若有两个解，则 B. 的取值范围为 C. 的最大值为9 D. 若B，C为平面上的定点，则A点的轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知样本数据的平均数与方差满足如下关系式： 若已知15个数的平均数为6，方差为9；现从原15个数中剔除这5个数，且剔除的这5个数的平均数为8，方差为5，则剩余的10个数的方差为          . 13.在中，，且，则的取值范围是          . 14.已知非零平面向量不共线，且满足，记，当的夹角取得最大值时，的值为          . 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.本小题13分 对某小区抽取100户居民的用电量进行调查，得到如下数据： 求x的值； 已知该小区的居民有800户，则用电量在150以下的有多少户； 求第50百分位数． 16.本小题15分 如图，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，， 求证：平面平面 求证：平面平面 若三棱锥的体积为，求平面与平面ABCD的夹角的余弦值. 17.本小题15分 如图，在平行四边形ABCD中，已知，，，E为线段AB的中点，F为线段BC上的动点不含端点记 若，求线段EF的长; 若，设，求实数x和y的值; 若CE与DF交于点G，，求向量与的夹角的余弦值. 18.本小题17分 如图，在四棱锥中，底面ABCD是矩形，，，平面ABCD，且M是PD的中点. 求证：平面PCD； 求异面直线CD与BM所成角的正切值； 求直线CD与平面ACM所成角的正弦值. 19.本小题17分 如图，在三棱锥中，平面平面ABC，是边长为2的等边三角形，，，点E是棱PB的中点，点M是棱BC上的一点. 求证：； 若，求二面角的余弦值； 若直线EM与平面EAC所成角的正弦值为，求线段BM的长. 高一数学试题 第 1 页 （共 5 页） 学科网（北京）股份有限公司 $