资源简介

序号 题号 试题形式 题型 分值 题型 知识模块 知识点 认知水平 核心素养 预计难度
1 1 客观题 选择题 5 单选题 平面向量及其应用 平面向量的线性运算 掌握 逻辑推理 易
2 2 客观题 选择题 5 单选题 复数 共轭复数虚部的计算 掌握 数学运算 易
3 3 客观题 选择题 5 单选题 立体几何初步 圆锥母线长的求解 掌握 数学运算 逻辑推理 易
4 4 客观题 选择题 5 单选题 集合 集合的混合运算 掌握 数学运算 易
5 5 客观题 选择题 5 单选题 不等式 不等式的应用 理解 数学运算 中
6 6 客观题 选择题 5 单选题 平面向量及其应用 平面向量数量积的 理解 数学运算 中
7 7 客观题 选择题 5 单选题 三角函数 三角函数图象与性质综合 理解 数学运算 逻辑推理 中
8 8 客观题 选择题 5 单选题 三角函数 解三角与三角恒等变换综合 理解 数学运算 逻辑推理 难
9 9 客观题 选择题 6 多选题 复数 复数与方程综合 掌握 数学运算 数据分析 易
10 10 客观题 选择题 6 多选题 立体几何初步 立体几何综合 掌握 数学运算 逻辑推理 中
11 11 客观题 选择题 6 多选题 函数的概念与性质 新定义函数综合 理解 数学运算 逻辑推理 难
12 12 客观题 选择题 5 填空题 函数的概念与性质 函数定义域的求解 掌握 数学运算 易
13 13 客观题 填空题 5 填空题 平面向量及其应用 平面向量的投影向量问题 掌握 数学运算 数据分析 中
14 14 客观题 填空题 5 填空题 函数的概念与性质 抽象函数性质综合 理解 数学运算 逻辑推理 数据分析 难
15 15 客观题 填空题 13 解答题 平面向量及其应用 平面向量综合 掌握 数学运算 数据分析 易
16 16 客观题 填空题 15 解答题 三角函数 三角函数性质综合 掌握 数学运算 数据分析 中
17 17 主观题 解答题 15 解答题 三角函数 解三角综合 理解 数学运算 逻辑推理 直观想象 中
18 18 主观题 解答题 17 解答题 立体几何初步 立体几何综合 了解 数学运算 逻辑推理 难
19 19 主观题 解答题 17 解答题 三角函数 三角恒等变换与解三角综合 了解 数学运算 逻辑推理 数据分析 难■
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高一学情调研
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效
数学答题卡
15.(13分)
16.(15分)
学校
班级
姓名
正确填涂
填涂
准考证号
考场号
■
■
错误填涂
座位号
例 区
西而0①而而而页而而
母)
2Z Z I2I2
■
姓名XXX
BB]B]BB]BB]B]BB]
■
贴条形码区
55]
666666的
考场号Xx
座位号XX
8888888888
四鬥四四四9I
■
棕意口台黄竖程+登放鞋盐幸餐
选择题（每题5分，共40分）
1 AB C
6AB田四
·
2AB CD
7 A B]IC
3四BH@而
8四BC
4I围 四
5团B图@四
选择题（每题6分，共18分）
9AB CD
10图围 四
11IB图C@四
非选择题（每题5分，共15分）
12
14
请勿在此区域作答
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数学第1页（共6页）
数学第2页（共6页）
数学第3页（共6页）
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17.(15分)
18.(17分)
19.(17分)
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数学第4页（共6页）
数学第5页（共6页）
数学第6页（共6页）参考答案及解析
数学
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数学参考答案及解析
一、选择题
1.B【解析】计算得AB-2C店+C方=AB+B式+C方
sin(3x十受）=cos3x,通过图象知其在区间
+BC=AD+BC.故选B.
(子，号)上单调递增，在区间()上单调递减，
2A【解折1-公-+书1生=号
故a的最大值为元.故选B.
1-i(1-i)(1+i)
8.C【解析】因为A,B,C为△ABC的内角，所以C=π
-吾，可知其虚部为-号故选A
-(A+B).设y=sinA+cosB-cosC,代人得y=
3.C【解析】记圆锥底面半径为r,高为h,由10π=2πr
sin A+cos B+cos (A+B)=sin A+cos B+
得r=5,由100m=号2h得A=12,放母线长1=
cos Acos B-sin Asin B=sin A++(1+cos A)cos B-
sin Asin B.利用二倍角公式化简得y=sinA十
√P+h=13.故选C
2cos合cosB-2sin号cos合sinB=smA+2cos令，
4A【解析】解二}<0得(x-1)(x-3)<0,1
(cos合cosB-sin合inB）=sinA+2cos合·
x<3,解2引x≥4得x≤-2或x≥2，于是AUB
{xx≤-2或x>1},故CR(AUB)={x|-2c0s(B+会)，由于B>0且A+B1}.故选A.
5.D【解析】设安排A种型号的车厢x节，B种型号的
(0元一A,B+合的范围为（合x一合）.因为A∈
7x+5y≥306
(0,x,所以号∈(0，受）y=osx在区间(0，x)上
车厢y节，则3.x十7≥230，x∈N,y∈N,则7x十5y
1.x+y=50
单调递减，由单调性可得c0(x一令）<
=7x十5(50-x)=2.x十250≥306，解得x≥28,3x十
cos(B+号)7y=3x十7(50-x)=350一4x≥230，解得x≤30，所
/x=30
x=29
1x=28
c0s合因为分∈(0，受），所以2os号>0，即
以，28x30,则
y=20y=21y=22月
或
或
种方案，满足题意的只有D选项.故选D
-2cos合<2os会cos(B+号)<2os.结合
6.D【解析】由条件得a2-2a·b十b=1,a2+2a·b
2os号=1+c0sA,则-(1+c0sA)<2c0s分，
+b=4,4=b+2b·c+c2=b+2b·c+1,前两式
cos(B+含)<1+coA.则sinA-c0A-1相诚得4a·b=3,a·b,故b·(a十b+2e)=a
sin A+cos A+1.g(A)=sin A+cos A+1=
b叶6+2bc=是+3=只放选D
sin(A+年)+1，由于A∈(0，x),则g(A)≤V2+
7.B【解折1记)的最小正周期为T,显然子=元
1,即y--受=吾，得w=3:由f(学)=in(2x十g)
Esim(A-F）-1,由于A-∈(-，)，则
sin9=1,且0a(A)>巨×(-号）-1=-2即>-2，综上所
1高一学情调研
8.在△ABC中，sinA十cosB一cosC的值可能为
数学
A.-√2-1
B.-2
C.2
D.√2+1
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，
本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。
全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，
注意事项：
9.已知复数1,2是方程2十4x十16=0的两个异根，则
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
A,3122=16
B.1的实部为2
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
C.21-2=4V5
D.x=64
试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
10.在三棱锥P一ABC中，PA⊥平面ABC,AB⊥AC,AP=AC=4,AB=2,则
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
A.异面直线AB与PC所成的角为受
答题卡上的非答题区域均无效。
B.点A到平面PBC的距离为√6
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
C二面角A-PC-B的正弦值为停
目要求的
D.三棱锥P一ABC各顶点均在半径为3的球的球面上
1.AB-2 CB+CD-
11.利用eml算子以及常数1可以组合出四则运算与一切初等函数.已知eml(x,y)=e一lny,设
A.AC-BD
B.AD+BC
C.-AC+BD
D.-AD+BC
E(x)=eml(x,1)=e,L(x)=eml(1,eml(eml(1,x),1)=lnx,对于使得下列等式两边均有
2.设复数=士4则：的虚部为
意义的实数x,y,始终成立的有
A-多
R-名
c
D
A.x-y=eml(L(x),E(y))
B.xy=E(eml(L(x),y))
3.若圆锥的体积为100π，底面周长为10π，则其母线长为
C.-E(eml(L(L().)
D.x=eml(eml(1,eml(z,1)),1)
A.5
B.10
C.13
D.17
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
4.已知架合A=|号<0B=a21到≥：则AUB)
12.函数f(x)=V9-x+x十的定义域是
A.{x-2B.{x-113.已知平面向量a=(4,k),b=(1,1),若b在a上的投影向量为λa,则入的最大值为
C.{x|-2≤x<1}
D.{x|-1≤x<2}
14.已知定义在R上且周期为4的奇函数f(x)满足当0≤x≤1时，f(x)=3-1,则
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A、B两种型号的货箱共50
f(1og336)=
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A型货箱，5吨甲种货物和7吨
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
乙种货物可装满一节B型货箱，据此安排A、B两种货箱的节数，下列方案满足的是
15.(本小题满分13分)
A.A货箱27节，B货箱23节
B.A货箱26节，B货箱24节
已知平面向量a=(1,3),b=(k,k十1)，c=(3,k).
C.A货箱31节，B货箱19节
D.A货箱30节，B货箱20节
(1)若a与b+c共线，求cl；
6.已知向量a,b,c满足|a-b=c=1,a十b=b十c=2,则b·(a十b十2c)=
(2)若a与b的夹角为60°，求k.
A是
7.已知函数f(x)=sin(ox十p)(w>0,0(受，)上单调递增，在区间(？a上单调递减，则a的最大值为
A.5
B.π
D.
数学第1页（共4页）
数学第2页（共4页）(共40张PPT)
本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。
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 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.
[解析] 计算得 .故选B.
√
2.设复数，则 的虚部为( )
A. B. C. D.
[解析] , , 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.5 B.10 C.13 D.17
[解析] 记圆锥底面半径为, 高为, 由得 , 由
得, 故母线长 .故选C.
√
√
4.已知集合，则 ( )
A. B.
C. D.
[解析] 解得,,解 得
或,于是或 ,故
.故选A.
√
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
√
[解析] 设安排种型号的车厢节,种型号的车厢 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.故选D．
6.已知向量满足， ，则
( )
A. B. C. D.
[解析] 由条件得, ,
,前两式相减得 ,
,故 .故选D.
√
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.
[解析] 记的最小正周期为，显然，得 ，
由，且 得 ，可得
，通过图象知其在区间 上单调递增，
在区间上单调递减，故的最大值为 .故选B.
√
8.在中， 的值可能为( )
A. B. C.2 D.
[解析] 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
，故的范围为，的范围为 .因为
，所以.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.故选C.
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.
√
√
√
[解析] 对于A选项，由韦达定理得 ，故A正确；对于B选项，
，实部为 ，故B错误；对于C选项，
，故C正确；对于D选
项，，代入得 ，故D
正确.故选 .
10.在三棱锥中， 平面，， ，
，则( )
A.异面直线与所成的角为
B.点到平面的距离为
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
√
√
√
[解析] 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
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，
记该球球心为，的外接圆圆心为 ，显然由直角三角形性质知
为中点，为的外接圆圆心，分别过点， 作对应平面垂
线，显然二者相交于点 ，可知该球半径
，故D正确.故
选 .
11.利用 算子以及常数1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.
√
√
[解析] 对于选项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；对于选项B，右式为
，展开得，即，化简得 ，
即，不一定等于左式 ，故B错误；对于选项C，右式为
，展开得，即 ，化简
得，即 ，即左式等于右式，故C正确；对于选项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.故选 .
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_________________.
[解析] 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b在a上的投影向量为，则
的最大值为_ ____.
[解析] 由题意可得 ,由于考虑最大值，不妨设
,则 ,当且仅当
时等号成立.故答案为 .
14.已知定义在上且周期为4的奇函数满足当 时，
，则 ____.
[解析] 因为.因为 ,所以
,即 ,所以
,所以 ,即
.故答案为 .
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.（本小题满分13分）
已知平面向量,, .
（1）若与 共线，求|c|；
解: 此时
，（1分）
由共线可得，解得 ，（3分）
此时 .（5分）
（2）若a与b的夹角为 ，求 .
解:此时
，（8分）
即 ，
，（11分）
由得 .（13分）
16.（本小题满分15分）
已知函数的最小正周期为 ，
且 .
（1）求 的解析式；
解: 由 ，得 .（2分）
由，且 ，所以 ，（4分）
所以 .（5分）
（2）设函数，求 的单调区间.
解:由 ，（6分）
所以
，（10分）
因为在 上单调递增，在
上单调递减，（12分）
由 得 ， ；
由 得 ， ，（14分）
所以的单调递增区间为 ；
单调递减区间为 .（15分）
17.（本小题满分15分）
在中，,, .
（1）求 ；
解: 由余弦定理得 ，（2分）
即，整理得 ，（5分）
解得或 .（6分）
（2）记为中点，若是钝角，求 .
解:由余弦定理得 ，（8分）
于是，故 ，（10分）
此时
，（12分）
故
.（15分）
18.（本小题满分17分）
如图，在直三棱柱 中，
,,为 中点.
（1）证明：平面 ；
解: 记与交于点，显然为 的中
点，由为中点得 ，（2分）
由 平面, 平面 可得
平面 .（4分）
（2）求直线与 所成角的余弦值；
解:由得直线与所成角即直线与 所成角，即
或其补角，记为 ，而由勾股定理得
，（5分）
，（6分）
，（8分）
由余弦定理可得
.（10分）
（3）求直线与平面 所成角的正弦值.
解:记与交于点 ，
易得，， ，
由得 ，（11分）
可得的面积 ，
（12分）
记点到平面的距离为 ，由等体积法得
，
即 ，
可得 ，（14分）
而由平面几何知识显然可得 ，
（15分）
记直线与平面所成角为 ，
则 .（17分）
19.（本小题满分17分）
记内角，，的对边分别为，， ，已知
.
（1）证明： ；
解: .
（3分）
（2）证明： ；
解:由余弦定理得 ，（4分）
由正弦定理得 ，
由得 ，（5分）
而，故 .（6分）
（3）若，的内切圆半径为，求 的周长.
解:此时
，（8分）
，
，（10分）
由（1）得 ，（11分）
当时， ，
而 ，
可得 .（12分）
当时， ，
，
此时由得 ，可知无
法取等.（14分）
当 时，显然等号成立.（15分）
当时，注意到 ，
此时 ，
.（16分）
综上，.此时可知是等边三角形，其周长 .（17分）高一学情调研
数学参考答案及解析
三、填空题
12.∪　【解析】 由题意得，解得x∈∪.则函数f的定义域是∪.故答案为∪.
13.　【解析】 由题意可得λ＝＝，由于考虑最大值，不妨设t＝k＋4>0，则λ＝＝≤＝，当且仅当k＝4－4时等号成立．故答案为.
14．－　【解析】 因为f＝f(2＋log34)＝f(－4＋2＋log34)＝f(－2＋log34)＝－f＝.因为log34∈，所以2－log34∈，即log3∈，所以＝－1＝－1＝，所以＝－，即f＝－.故答案为－.
四、解答题
15.解： (1)此时b＋c＝(k＋3，2k＋1)，(1分)
由共线可得1×(2k＋1)＝3(k＋3)，解得k＝－8，(3分)
此时|c|＝＝.(5分)
(2)此时cos 60°＝＝
＝
＝，(8分)
即22k2＋38k＋13＝0，
k＝＝，(11分)
由4k＋3>0得k＝.(13分)
16．解：(1)由T＝＝π，得ω＝2.(2分)
由f＝cos φ＝，且0<φ<π，所以φ＝，(4分)
所以f＝cos.(5分)
(2)由f＝cos＝－sin 2x，(6分)
所以g＝f＋f
＝cos 2xcos －sin 2xsin －sin 2x
＝cos 2x－sin 2x
＝
＝cos，(10分)
因为y＝cos x在(k∈Z)上单调递增，在上单调递减，(12分)
由－π＋2kπ≤2x＋≤2kπ得－＋kπ≤x≤－＋kπ，k∈Z；
由2kπ≤2x＋≤2kπ＋π得－＋kπ≤x≤＋kπ，k∈Z，(14分)
所以g的单调递增区间为[－＋kπ，－＋kπ]，k∈Z；
单调递减区间为，k∈Z.(15分)
17．解： (1)由余弦定理得cos B＝，(2分)
即＝，整理得(BC－3)(BC－5)＝0，(5分)
解得BC＝3或BC＝5.(6分)
（少写错写扣一分）
(2)由余弦定理得cos C＝<0，(8分)
于是BC2<32－17＝15，故BC＝3，(10分)
此时cos C＝＝
＝－，(12分)
故CD＝||＝|＋|
＝
＝＝.(15分)
（用cosB直接求解的也正确）
18．解： (1)记A1B与AB1交于点M，显然M为A1B的中点，
由D为BC中点得DM∥A1C，(2分)
由DM 平面AB1D，A1C 平面AB1D可得A1C∥平面AB1D.(4分)
由DM∥A1C得直线A1C与B1D所成角即直线DM与B1D所成角，即∠B1DM或其补角，记为α，
而由勾股定理得B1M＝eq \r(AB2＋AA)＝＝，(5分)
DM＝A1C＝A1B＝，(6分)
B1D＝eq \r(BB＋BD2)＝＝2，(8分)
由余弦定理可得cos α＝|cos∠B1DM|
＝＝＝.(10分)
(3)记BC1与B1D交于点N，
易得AB1＝2，AD＝2，B1D＝2，
由AB＝AD2＋B1D2得AD⊥B1D，(11分)
可得△AB1D的面积S＝×AD×B1D＝2，(12分)
记点B到平面AB1D的距离为d，由等体积法得，
即×d×S＝×BB1××AD×BD，
可得d＝＝＝，(14分)
而由平面几何知识显然可得BN＝BC1＝，(15分)
记直线BC1与平面AB1D所成角为θ，
则sin θ＝＝＝.(17分)
19．解： (1)sin x＋sin y＝sin(+)＋sin(－)＝sin cos ＋cos ·
sin ＋sin cos －cos sin ＝2sin cos .(3分)
(2)由余弦定理得2a2sin C＝(b2＋c2－a2)tan A＝2bcsin A，(4分)
由正弦定理得sin2Asin C＝sin Asin Bsin C，
由sin Asin C≠0得sin A＝sin B，(5分)
而A＋B∈(0,π)，故A＝B.(6分)
(3)此时＝＝
＝＝，(8分)
2sin A＋sin 2A＝2sin2A＝(1－cos 2A)，
＝2sin A＋sin 2A＋cos 2A
＝2sin A＋2sin(2A＋)，(10分)
由(1)得＝2sin cos ，(11分)
当A∈时，sin A>0，
而2A＋∈，
可得2sin A＋2sin>0＋＝.(12分)
当A∈时，A＋∈，
＋∈，
此时由π－＝<得2sin cos >2××＝，可知无法取等．(14分)
当A＝时，显然等号成立．(15分)
当A>时，注意到A∈，
此时A＋∈，＋∈，2sin cos <2××＝.(16分)
综上，A＝.此时可知△ABC是等边三角形，其周长L＝3c＝9.(17分)

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