广东部分校2025-2026学年高一下学期6月学情调研数学试题（含解析）

这是一份广东部分校2025-2026学年高一下学期6月学情调研数学试题（含解析），共3页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
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. 5B. 10C. 13D. 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. 2D.
【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．