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

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： （1）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，在四棱柱中，已知侧面为矩形，，，，，，， （1）求证：平面平面 （2）求证：平面平面 （3）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 （1）若，求线段EF的长; （2）若，设，求实数x和y的值; （3）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． （1）求证：平面PCD； （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． 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． （1）求证：； （2）若，求二面角的余弦值； （3）若直线EM与平面EAC所成角的正弦值为，求线段BM的长． 普通高中2026年春学期高一期终调研考试 数学解析 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． 由正弦定理知，由，知，所以，反之亦然，故可得结论． 【解答】 解：若成立， 由正弦定理， 所以， 所以． 反之，若成立， 所以， 因为，， 所以， 所以是的充要条件． 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：． 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． 取和的中点分别为，，上、下底面的中心分别为，，设，内切球半径为，根据题意求出侧棱长以及，，再根据切线的性质及等腰梯形和梯形的几何特点列方程组求出半径即可． 【解答】 解：如图， 取和的中点分别为，，上、下底面的中心分别为，， 设，内切球半径为，因为，棱台的高为， 所以， ，同理， 因为内切球与平面相切，切点在上，所以① 在等腰梯形中，②， 由①②得， 在梯形中，③， 由②③得，代入得，则，， 所以此棱台的表面积是 故选：A． 4．【分析】 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，时，可得或，故A不正确； B选项，若，，则，故B不正确； C选项，如图： 因为，，，所以， 又，，所以，所以，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．由等价于等价于或．由充分必要条件的定义判断即可． 【解答】 解：当时，或， 所以“”是“”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（人）， 故抽取的样本容量为（人）； 抽取的高中生人数为（人）． 故选A． 7．【分析】 由，，，，结合向量的运算判断①；由，，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①：，，，，故，故①正确； 对于②：，，解得，，故②错误； 对于③：以点作为坐标原点，建立如下图所示的直角坐标系 ，，，，，， 设，，因为， ， 所以，当时，，当时，，即的取值范围是，故③正确； 故选：C． 8．解：分别取中点，的中点，连接，，，，，，，， 正方体中，，， 且，， ，， 则四边形是平行四边形，得， 又，分别是，中点， 所以，从而， 则平面就是平面， 同理平面就是平面， 因为平面中，，则四边形是一个梯形， 设， 则平面，同理平面，而平面平面， 所以，即，，交于一点， 又平面平面， 所以几何体是一棱台，同理几何体也是一个棱台， 从而正方体被平面和平面分成三部分： ①平面，之间部分， ②三棱台， ③三棱台， 三棱台中，，， 三棱台的高为2， 从而， 同理可得， 所以该正方体处于平面，之间部分的体积为． 故选：A． 9．解：由，两边平方得： ， 解得， 因，，故，即为针角， 为钝角三角形，正确； ，整理得：， 由正弦定理，代入得：， 又，代入左边展开后化简： ， 进一步整理得， 若，则，为直角三角形，若，则，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，，故，则， ，交叉相乘得，得： ， 故等式成立，C正确； 对于D，，所以，所以， 因为，所以，因为，据余弦定理：， 可得：，化简得：，即得：，故，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：平面平面， 即平面平面， 由棱柱的结构特征知：有水和无水的部分都始终呈棱柱状，故正确； B．水面四边形中的长度始终不变，但的长度是变化的， 所以水面四边形的面积是变化的，故错误； C．由已知得：，又平面，平面 则平面，即棱始终与水面平行，故C正确； D．当时，水的部分始终呈棱柱状，且水的体积不变，即棱柱的体积不变，又棱柱的高不变， 则棱柱的底面的面积不变，则是定值，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 若有两解的情形，则，即； B对，由正弦定理，得外接圆半径，于是； C错，法一：用投影向量求解：当在上的投影向量模最大且与之同向，取得的最大值，此时，最大值为； 法二：转化到圆心：； D对，由正弦定理知点在半径为的优弧上运动，但是由两段优弧拼接成葫芦状， 所以长度为． 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10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，，…，的平均数为6，方差为9， 故可得， 解得 又因为，，，，这5个数的平均数为8，方差为5， 故可得， 解得， 所以， 又因为，， 故可得， 所以剩余的10个数，，…，的平均数为， 所以剩余的10个数，，…，的方差为， 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． 由题意可得角和边，然后利用正弦定理，三角恒等变换的应用可求，可求得，利用正弦函数的性质可求其取值范围． 【解答】解：在中，， ，即， 所以，， 又， 所以， 故， 即，解得， 由正弦定理可得， 故，， 所以 ，， 所以， ． 故答案为． 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，设向量，夹角为， 则有，，建立平面直角坐标系如图， 其中，， 则，，，， 如图，则，的夹角为， 又，， 所以 ， 当且仅当时，正切值取最大值， 此时，，， 故答案为4． 15．解：（1）由题意可知，每组的频率依次为0.1，0.15，，0.3，0.15，0.05， 则， 解得； （2）由题意可知，用电量在150以下的频率为， 所以用电量在150以下的有户； （3）因为， 所以第50百分位数为200． 16．（1）证明：在中，因为，，所以， 又因为平面，平面，所以平面． 在底面中，因为，且， 所以为正三角形，所以，所以， 又因为平面，平面，所以平面． 因为平面平面，，，平面， 所以平面平面． （2）证明：连接．在中，因为，且，所以为正三角形，所以，． 由（1）知为正三角形，所以，，所以，在中，由余弦定理得， 所以，所以， 又因为，所以， 所以，即． 因为侧面为矩形，所以， 又因为，，，平面， 所以平面，又因为平面， 所以平面平面． （3）解：设点到平面的距离为． 由（1）知平面平面，所以到平面的距离等于到平面的距离，所以，所以． 在平面中，过作，垂足为． 在平面中，过作，垂足为． 连接，． 由（2）知平面平面，又因为， 平面，平面平面， 所以平面，所以， 又因为平面，所以． 因为，，，平面，， 所以平面， 又因为平面，所以， 所以即为平面与平面的夹角的大小． 在中，由，得， 又因为，， 所以四边形为等腰梯形， 所以，． 在中，因为且，所以． 因为平面，平面，所以， 所以在中，， 所以，即平面与平面的夹角的余弦值为． 17．解：（1）若，则，因为为中点，所以，在平行四边形中，，所以， 在中，由余弦定理得， 所以， （2）若，则 ， 所以， 可得 ， 所以解得 （3）， 设，则 设，则． 所以，， 又因为，所以． 联立解得， 所以，即， ，即， ， ， ． ． 18．（1）证明：平面，平面，，又四边形是矩形， ， ，，平面，平面， 平面，，又是的中点，，， ，，平面，所以平面． （2）解：底面是矩形，，异面直线与所成角即为直线与直线所成的角， 由（1）得平面，平面，平面，，为直角三角形， 又是的中点，，，在中，即为异面直线与所成角，故，异面直线与所成角的正切值为． （3）解：取中点为，连接，， 在中，，分别为线段，的中点，故，， 平面，平面，， 由（1）得平面，平面，， ，，，又，， ， 设点到平面的距离为，直线与平面所成角为，则， 解得：，故，所以直线与平面所成角的正弦值为． 19．解：（1）证明：取的中点，连接，因为是边长为2的等边三角形， 所以， 又平面平面，平面平面，平面，所以平面， 又平面，所以， 在中，，，， 所以，所以， 又，，平面， 所以平面， 又平面，所以； （2）取的中点，连接， 因为为线段的中点， 所以，， 由（1）知，平面， 又平面，所以，所以， 过点作，垂足为，连接， 因为，，平面， 所以平面， 又平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为平面， 又平面，所以， 又，所以， 所以， 即，解得， 因为平面，平面， 所以， 又，所以， 所以， 所以， 即二面角的余弦值为； （3）因为平面，平面， 所以， 又是边长为2的等边三角形，点是棱的中点， 所以， 又，，平面， 所以平面， 显然点不同于点，过点作，垂足为， 又平面， 所以， 又．，平面， 所以平面， 所以直线与平面所成的角为， 设， 所以，， 在中，， 所以，即， 所以， 所以， 解得或（舍），即． 学科网（北京）股份有限公司 $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) ■