广东佛山市南海区2025-2026学年高一下学期5月供题训练（A2）数学试卷（含解析）

这是一份广东佛山市南海区2025-2026学年高一下学期5月供题训练（A2）数学试卷（含解析），共8页。
注意事项：
1．答卷前，考生务必填写答题卡上的有关项目.
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试卷上.
3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答无效.
4．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，将答题卡交回.
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. 复数的虚部是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】直接由复数的乘法运算把给出的复数化简为的形式，则复数的虚部可求．
【详解】因为，虚部为.
故选：B.
2. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】.
3. 在中，，，，则（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 6
【答案】A
【解析】
【详解】设，由余弦定理得： .
代入已知条件： .
化简计算，整理得.
解得或（边长为正，舍去负根），故.
4. 如图，在中，点D是的中点，点E是的中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由向量的线性运算求解即可.
【详解】因点E是的中点，点D是的中点，
所以
.
5. 某件精品瓷器可近似地看作由一个半球和一个圆台构成的组合体，如图所示，该瓷器的体积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】半球的半径为6，半球的体积为23π×63=144π ，
圆台的体积为13π×22+π×62+π×22×π×62×9=156π ，
故该瓷器的体积为.
6. 已知向量在向量上的投影向量为，，则（ ）
A. B. 4C. D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】根据投影向量的运算公式进行求解即可.
【详解】因为向量在向量上的投影向量为，
所以.
7. 将函数的图象上所有的点向右平移个单位长度，再将其横坐标伸长为原来的2倍，得到函数的图象，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由 向右平移 个单位，
得到；
将横坐标伸长为原来的2倍，得到．
由 且 ，可得，
因此．
8. 在中，，D为边上一点，且，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设，则可在中利用正弦定理求出，则可求出，从而可结合得到与间关系，再利用即可得解.
【详解】设，则，，
由，则，，
在中，由正弦定理可得，
由，则，故，
由，故，故，即，
则
，
则，即．
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，有错选的得0分.
9. 已知，，则（ ）
A. B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AC
【解析】
【详解】选项A：，则，故A正确；
选项B：已知，则，解得，故B错误；
选项C：若，则，
，故C正确；
选项D：已知，则，解得，故D错误．
10. 在中，，，的面积为，则（ ）
A. 外接圆的面积为B.
C. 是等边三角形D. 的周长是
【答案】ABD
【解析】
【分析】由三角形面积公式和余弦定理可得，，再结合正弦定理逐项判断即可.
【详解】由三角形面积公式：，
代入得： ，解得，
由余弦定理，代入得： ，
结合得，
因此，得，
选项A： 由正弦定理（为外接圆半径），
代入得： ，得，外接圆面积，A正确，
选项B： 由正弦定理，，
得，代入，
，B正确，
选项C： 若为等边三角形，则边长为3，面积为，矛盾，C错误，
选项D： 周长为，D正确.
11. 已知函数的图象如图所示，若，则（ ）
A.
B. 当时，函数与有3个交点
C. 若，当时，有5个零点，则的取值范围为
D. 对于任意实数在上的最大值与最小值的差的取值范围为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A.利用图像过点，求出角，根据正弦函数性质，及，算出；
B. 构造函数，问题等价转化为求在内零点的个数；
C. 求出的零点的表达式，再考虑第5个零点必须落在区间内或右端点处且第6个零点必须落在区间外；
D. 转化为极差的取值范围.
【详解】A.由题设，其中，，
确定：由图像知点为函数图像与轴交点，且，
故，结合，得，因此，
确定：点均满足，即，
由图像走势分析，为相邻两解，对应相位分别为与，
因，故，，
由，得，解得．
综上，． 由上述推导，，故A正确．
B.判断与在上交点个数，
设 ，分析关键点：
，故在内至少有一个零点，
， ，
故在内至少有一个零点，所以在内至少有两个零点，
又因周期为，在内完成两个完整周期，则在内至少有四个零点，可知两函数交点多于3个，故B错误．
C.设 ，
的零点满足，即，
在区间上恰有个零点，当且仅当，·
即且，解得，故C正确．
D.设区间，其相位变化范围为，
即，区间长度为．
求最大极差：当相位区间关于原点对称，即时，，
此时 ，
求最小极差：当相位区间关于对称，即时，，
此时，
由连续性知极差可取遍中间所有值，故极差取值范围为，
即对于任意实数在上的最大值与最小值的差的取值范围为，故D正确．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在复平面内，复数z对应的点的坐标是，则复数的共轭复数________．
【答案】##
【解析】
【分析】由复数对应的点确定，再由共轭复数概念即可求解.
【详解】由点 可得：，
.
13. 如图是一个正方体的展开图，如果将它还原为正方体，则图中的所在直线互为异面直线的有________对．
【答案】
【解析】
【详解】将该正方体的展开图还原，如图所示
由图可得与互为异面直线，与互为异面直线，共对.
14. 已知，，则________．
【答案】
【解析】
【详解】因为，所以 ，
因为，所以 ，
两式相加可得 ，
解得，
两式相减可得 ，
化简可得，
因为，
代入可得 ，解得.
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. 已知都是锐角，，．
（1）求的值；
（2）求的值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数关系式和正弦两角和公式计算即可；
（2）利用诱导公式五六，同角三角函数关系式以及两角和与差的余弦公式分析求解即可.
【小问1详解】
因为是锐角，，所以，
由，解得：，
所以.
【小问2详解】
由得：，
所以，
因为，所以，所以，
所以，
由
，
又，所以.
16. 如图，某几何体上面部分是一个正四棱锥，下面部分是一个长方体，．
（1）若，该几何体的体积为192，求正四棱锥的高；
（2）若，求该几何体的表面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用柱体和锥体的体积公式进行求解即可；
（2）利用柱体和锥体的表面积公式进行求解即可.
【小问1详解】
设正四棱锥的高为，
因为该几何体的体积为192，
所以；
【小问2详解】
在等腰三角形中，底边上的高为，
所以该几何体的表面积为：
.
17. 已知函数．
（1）求的解析式，并画出函数在上的图象；
（2）已知菱形的边长为2，且满足，，点E在线段上运动，求的取值范围．
【答案】（1），见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据恒等变形化简可得，再描点作图即可；
（2）先求，进而得到，再根据向量数量积运算可得，结合求范围即可．
【小问1详解】
，
作图如下：
【小问2详解】
，又，，
，解得，
在菱形中，，
，，
又点E在线段上运动，则，
．
18. 如图1，山顶P在水平地面的垂直投影点为B，A在B的正东方，在A处测得山顶P的仰角为．从A沿南偏西（方位角按标准定义：从正南向西偏转）的方向前行200米后到达C处，在C处测得山顶P的仰角为，已知山高PB大于100米，测量仪器的高度忽略不计．

（1）求山高；
（2）如图2，山顶P到G处已修建一条索道，现计划从G处到山脚F处修建一条近似为直线段的下山步行栈道．G在山顶P下方的山体上，K在竖直线段PB上，H在水平地面的线段FB上，满足，，且F、H、B共线，P、K、B共线．在山脚F处测得山顶P的仰角为，，（），已知人在该步行栈道下山时，每行走一米所消耗的能量为焦耳，若人从G沿这条直线段下山栈道步行至F全程消耗的总能量不超过400焦耳，求角的最大值．
【答案】（1）米；
（2）
【解析】
【分析】（1）设米，由题意可得，，，在中，由余弦定理求解即可；
（2）设，由已知条件可得，从而可得，进一步可得，由,可得，平方后得，利用换元法和三角函数的性质求解即可.
【小问1详解】
设米，
由题意可知,
在中，，在中，，
在中，由余弦定理可得：，
即，，
又因为，解得，
所以山高米；
【小问2详解】
由题意可知为等腰直角三角形，所以设，
又因为，四边形为矩形，
所以，
又因为,所以，
在中，，所以，
又因为，所以，解得，
所以，所以，
由题意可得，所以，
整理得：，
所以8sin2αcs2α≤cs2α+sin2α−2sinαcsα=1−2sinαcsα ，
令t=2sinαcsα=sin2α ，
因为，所以t=sin2α∈(0,32) ，
则有2t2≤1−t ，即2t2+t−1=(2t−1)(t+1)≤0 ，解得，
即0