精品解析：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，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△中，是的中点，是上一点，且，则下列说法中正确的个数是（ ） ①； ②过点作一条直线与边分别相交于点，若，，则； ③若△是边长为的正三角形，是边上的动点，则的取值范围是 A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 8. 如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，平面经过和，平面经过和，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，角的对边分别是，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，角的对边分别为，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，则当与的夹角取得最大值时，______． 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. 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. 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，求平面与平面的夹角的余弦值. 17. 如图，在平行四边形中，已知，，，为线段的中点，为线段上的动点（不含端点）.记. （1）若，求线段EF的长； （2）若，设，求实数和的值； （3）若与交于点，，求向量与的夹角的余弦值. 18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点. （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正切值； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 19. 如图，在三棱锥中，平面平面，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与平面所成角的正弦值为，求线段BM的长. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：由正弦定理，得，由得，即，由大边对大角得；当得，即，由正弦定理得，因此“”是“”的充要条件，故答案为C. 考点：1、正弦定理的应用；2、充要条件的判断. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据棱台体积公式直接计算即可. 【详解】由题，正四棱台上下底面面积分别为， 故由棱台体积公式得. 故选：D. 3. 在正三棱台中，，侧棱与底面所成角的余弦值为．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. 【答案】A 【解析】 【分析】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． 【详解】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， ， ，同理， 内切球与平面相切，切点在上， ①， 在等腰梯形中，②， ， 在梯形中，③， 由②③得，代入得，则， 此棱台的表面积是： ． 4. 设，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 【答案】C 【解析】 【分析】根据直线与平面的位置关系以及判定定理、性质即可推导判断. 【详解】对于A，也可能，故A错； 对于B，由直线与平面垂直的性质可知，故B错； 对于C、D，，则存在直线，使得，因为，故，所以由得，故C对，D错； 故选：C. 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 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示求出当时的m值即可得解. 【详解】由题当时，， 或， 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 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 【答案】A 【解析】 【分析】由题意，结合分层抽样的定义即可求解. 【详解】由图可知，总人数为10000人，抽取出来调查， 则样本容量为， 其中抽取的高中生人数为. 故选：A 7. 如图，在△中，是的中点，是上一点，且，则下列说法中正确的个数是（ ） ①； ②过点作一条直线与边分别相交于点，若，，则； ③若△是边长为的正三角形，是边上的动点，则的取值范围是 A. 个 B. 个 C. 个 D. 个 【答案】C 【解析】 【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. 【详解】对于①：，，，故，故①正确； 对于②：，，因为三点共线，所以，即，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. 如图，在棱长为2的正方体中，已知分别是棱的中点，平面经过和，平面经过和，则该正方体处于平面之间部分的体积为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由平行关系得到两截面，由对称性得到正方体处于平面之间部分的体积为正方体的体积减去两个三棱台的体积，再结合台体体积公式计算可得. 【详解】取中点，因为为的中点，所以， 则四点共面，所以平面截正方体的截面即为平面， 取中点，因为为中点，所以，同理平面截正方体的截面即为， 几何体为三棱台，由对称可知三棱台的体积与的体积相等， 所以正方体处于平面之间部分的体积为正方体的体积减去两个三棱台的体积， ， 所以该正方体处于平面之间部分的体积为. 故选：A. 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，角的对边分别是，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 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由两边平方整理得，则，故为钝角；对于B，因为结合正弦定理可得或；选项C：利用两角和的正切公式求解判断；对于D，由条件结合余弦定理可得，． 【详解】对于A，，两边平方得， 即，则， 因为，可知，则，故为钝角，故A对； 对于B，因为， 所以由，根据正弦定理可得， 所以可得，即， 即或，因为，所以或， 则为等腰三角形或直角三角形，故B错； 选项C：因为，且是的内角， 所以 ，故C正确； 对于D，，由余弦定理得， 所以，因为，所以． 因为，据余弦定理：， 可得：，化简得：， 即得：，故， 又，则为等边三角形，则D正确． 故选：ACD． 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 【答案】ACD 【解析】 【详解】由棱柱的结构特征判断A；分析四边形的边的变化情况判断B；利用线面平行的判定推理判断C；利用水的体积不变推理判断D. 【解答】对于A，图（1）（2）中平面平面，平面平面， 图（3）中平面平面，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，A正确； 对于B，水面四边形中的长度始终不变，但的长度是变化的， 因此水面四边形的面积是变化的，B错误； 对于C，依题意，，又平面，平面， 则平面，因此棱始终与水面平行，C正确； 对于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，而棱柱的底面的面积不变，因此是定值，D正确. 11. 在中，角的对边分别为，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. 若为平面上的定点，则A点的轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由正弦定理求解即可；对于B，由正弦定理及向量的数量积公式求解即可；对于C，法一：用投影向量求解；法二：转化到圆心求解；对于D，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，再求解即可. 【详解】对于A，由正弦定理，得， 有两解的情形为，且，则，故A正确； 对于B，由正弦定理，得外接圆半径， 由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，， 于是，故B正确； 对于C，法一：用投影向量求解：当在上的投影向量的模最大，且与同向时，取得的最大值，此时， 设为的中点，则， 在上的投影向量的模为，最大值为，故C错误； 法二：转化到圆心：，故C错误； 对于D，如下图，由正弦定理知A点在以为圆心半径为的优弧上运动，由两段优弧拼接成，每段优弧所对圆心角为， 所以A点的轨迹长度为，故D正确． 故选：ABD. 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___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用方差公式及题中的数据可求解. 【详解】根据题目所给的条件， ， 所以， 所以剩余10个数的平均数为5. ， ， 所以， 所以这10个数的方差为. 故答案为： 13. 在中，，且，则的取值范围是___________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用辅助角公式及余弦定理求出角和边，再利用正弦定理，结合三角恒等变换及正弦函数的性质求出范围． 【详解】在中，由，得，则，， 又及正弦定理，得 即，由余弦定理得，则得， 由正弦定理，得，即，， 因此 由，得，则， 所以的取值范围是. 14. 已知非零平面向量不共线，且满足，记，则当与的夹角取得最大值时，______． 【答案】4 【解析】 【分析】作，，，与的夹角为，不妨设，利用两角差的正切公式得，利用基本不等式即可求解. 【详解】如图，作，，，与的夹角为，不妨设， 则 ， 当时，最大，即最大，此时． 故答案为：4. 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. 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． 【答案】（1） （2）200 （3）200 【解析】 【分析】（1）根据频率和为1列式求解即可； （2）先求用电量在150以下的频率，进而可得结果； （3）根据题意结合百分位数的定义运算求解. 【小问1详解】 由题意可知：每组的频率依次为， 则，解得. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 因为，所以第50百分位数为200. 16. 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，求平面与平面的夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）或. 【解析】 【分析】（1）由已知可得平面，平面，从而可证结论； （2）由余弦定理可得，从而可证，进而结合已知可证平面，可证结论； （3）延长交于，过作于，过作于，连接，可得为平面与平面所成二面角的平面角，求解即可. 【小问1详解】 因为，，所以， 又平面，平面，所以平面， ，，可得，又，， 所以是等边三角形，所以，， 又，所以，又平面，平面， 平面，又，又平面， 所以平面平面； 【小问2详解】 由侧面为矩形，可得， 连接，可得是等边三角形，所以， 所以，又，， 由余弦定理可得，所以， 所以，所以，所以，所以， 又， 平面，所以平面， 又平面，所以平面平面； 【小问3详解】 延长交于，可得是等边三角形， 过作于， 由（1）可知平面，所以三棱锥的体积即为三棱锥的体积， 又三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 由（2）可知平面平面ABCD，且两平面的交线为，所以平面， 所以， 解得，过作于，连接， 平面，平面，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，， 所以为平面与平面所成二面角的平面角， 若，则点在线段上，且为中点， 又，由勾股定理可得， 所以，所以，所以由勾股定理可得， 所以， 所以平面与平面的夹角的余弦值为； 若，则点在线段延长线上，此时，. 17. 如图，在平行四边形中，已知，，，为线段的中点，为线段上的动点（不含端点）.记. （1）若，求线段EF的长； （2）若，设，求实数和的值； （3）若与交于点，，求向量与的夹角的余弦值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由向量的线性运算可得，两边平方可求解； （2）由已知可得，，可得结论； （3）利用向量的线性关系可得，，计算可得结论. 【小问1详解】 若，则，， 所以， 两边平方可得， 所以； 【小问2详解】 若，则，所以， ①， ②， 由①②可得； 【小问3详解】 ， ， 设，又， 又，所以①， 由，可得，所以，所以， 所以， 由，可得， 所以， 又三点共线，所以②， 联立①②解， 所以，所以， ， ， 所以 ， 又， 所以，同理可得， 所以. 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是用基底表示向量后，求向量模或者夹角就可以利用公式直接计算. 18. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，，，平面，且是的中点. （1）求证：平面； （2）求异面直线与所成角的正切值； （3）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，即可证明，再利用线面垂直的判定定理即可证明平面； （2）根据题意可得异面直线与所成角即为直线与直线所成的角，利用线面垂直可证为直角三角形，求的正切值即可； （3）利用等体积法求解点到平面的距离，直线与平面所成角为，，即可求解直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 解：∵平面，平面，∴， 又四边形是矩形，∴， ∵，∴平面， ∵平面，∴， 又是的中点，，∴， ∵，所以平面. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 如图，在三棱锥中，平面平面，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与平面所成角的正弦值为，求线段BM的长. 【答案】（1）证明：取AB的中点F，连接PF，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） （3） 【解析】 【分析】（1）求证平面即可得证； （2）取BF的中点O，连接EO， 过点E作，垂足为G，连接OG，求证平面得到为二面角的平面角，求出即可得解； （3）先求证平面得到点M不同于点C，过点M作，垂足为H，进而求证平面得直线EM与平面所成的角为，设，由得到，再由即可求出. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取BF的中点O，连接EO，因为E为线段PB的中点， 所以，， 由（1）知，平面，又平面，所以，所以. 过点E作，垂足为G，连接OG，，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. 【小问3详解】 因为平面，平面，所以， 又是边长为2的等边三角形，点E是棱PB的中点，所以， 又，平面，所以平面. 显然点M不同于点C，过点M作，垂足为H，又平面， 所以，又，平面， 所以平面，所以直线EM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 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $