精品解析：黑龙江省大庆市实验中学2023-2024学年高一下学期6月份阶段性质量检测数学试卷

大庆实验中学实验一部2023级高一下学期 6月份阶段性质量检测 数学学科试题 2024.06.03—2024.06.04 命题人：孟令娇 审题人：彭修香 说明：1．请将答案填涂在答题卡的指定区域内． 2．满分150分，考试时间120分钟． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若复数满足，为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 用斜二测画法作一个边长为6的正方形，则其直观图的面积为（ ） A. 36 B. C. D. 3. 已知圆台上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 4. 中，设，若，则的形状是（ ） A. 钝角三角形 B. 锐角三角形 C. 直角三角形 D. 无法确定 5. 如右图所示，正三棱锥中，分别是的中点，为上任意一点，则直线与所成的角的大小是（ ） A. B. C. D. 随点的变化而变化 6. 逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在三处测得道路一侧山顶的仰角分别为，其中，则此山的高度为（　　） A. B. C. D. 7. 如图，四面体中，，，两两垂直， ，点是的中点，若直线与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为 A. B. C. D. 8. 在中，已知分别为角的对边.若，且，则（ ） A. B. C. D. 或 二．多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 9. 设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若m，n是两条不同的异面直线，，则 D. 若，则m与所成的角和n与所成的角互余 10. 下列说法正确的是（ ） A. 在四边形中，，则四边形是平行四边形 B. 若是平面内所有向量的一个基底，则也可以作为平面向量的基底 C. 已知O为的外心，边长为定值，则为定值； D. 已知均为单位向量．若，则在上的投影向量为 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 为线段的中点时，过三点的平面截正方体所得的截面的面积为 C. 的最小值为 D. 直线与直线所成角的取值范围为 12. 如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ） A. 存在某个位置，使得 B. 面积的最大值为 C. D. 三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积 三．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 已知：向量与的夹角为锐角．则实数m的取值范围为___________． 14. 已知平面α∥平面β，P是α、β外一点，过P点的两条直线PAC、PBD分别交α于A、B，交β于C、D，且PA=6，AC=9，AB=8，则CD的长为___________． 15. 在中，角所对的边分别为且.当取最小值时，______. 16. 如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为______． 四．解答题（本大题共6小题，共70分） 17. 已知平面向量其中. （1）若，且，求向量的坐标； （2）若向量，若与垂直，求. 18. 在的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求A的值； （2）若，求的取值范围． 19. 如图所示，四棱锥中，底面为平行四边形，，平面. （1）证明：平面平面； （2）在中，点E在上且且，求三棱锥的体积. 20. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上. （1）求证：平面； （2）若，点E为的中点，求二面角的余弦值. 21. 如图，四棱柱的棱长均为2，点E是棱的中点，. （1）证明：平面； （2）若，求直线与底面所成角的正切值. 22. 如图，设中角A，B，C所对的边分别为为边上的中线，已知且． （1）求的面积； （2）设点，分别为边上的动点，线段交于，且的面积为面积的一半，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆实验中学实验一部2023级高一下学期 6月份阶段性质量检测 数学学科试题 2024.06.03—2024.06.04 命题人：孟令娇 审题人：彭修香 说明：1．请将答案填涂在答题卡的指定区域内． 2．满分150分，考试时间120分钟． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 若复数满足，为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【分析】由已知条件，结合复数的运算法则可得，从而可求出共轭复数，进而可选出正确答案. 【详解】因为，所以， 所以的共轭复数，对应的点坐标为位于第四象限. 故选：D 2. 用斜二测画法作一个边长为6的正方形，则其直观图的面积为（ ） A. 36 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用斜二测画法所得直观图与原图形面积关系求得答案. 【详解】在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的，而边长为6的正方形面积为， 所以所求的直观图的面积为. 故选：C 3. 已知圆台上下底面圆的半径分别为1，3，母线长为4，则该圆台的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆台表面积的计算公式，结合已知条件，直接求解即可. 【详解】设上下底面圆半径分别为，母线长为， 则圆台表面积. 故选：B 4. 中，设，若，则的形状是（ ） A. 钝角三角形 B. 锐角三角形 C. 直角三角形 D. 无法确定 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量的线性运算可得，再由向量的数量积可得答案. 【详解】因为， 所以， 即，可得， 又因为，所以， 所以角A为钝角. 故选：A． 5. 如右图所示，正三棱锥中，分别是的中点，为上任意一点，则直线与所成的角的大小是（ ） A. B. C. D. 随点的变化而变化 【答案】C 【解析】 【详解】试题分析：连接，与是正三角形，， 则平面,即；又，所以， 即与所成的角的大小是. 考点：空间中垂直关系的转化. 6. 逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在三处测得道路一侧山顶的仰角分别为，其中，则此山的高度为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据锐角三角函数可得，进而根据余弦定理即可求解. 【详解】解：如图，设点在地面上的正投影为点， 则，, 设山高，则， 在中，， 由余弦定理可得：， 整理得， ∴． 故选：D． 7. 如图，四面体中，，，两两垂直， ，点是的中点，若直线与平面所成角的正切值为，则点到平面的距离为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，面ABE,过B作BF，证明BF 面ACD, 为直线与平面所成角，BF即为到平面的距离，利用三角形等面积即可求解. 【详解】由题知AB面BCD, ABCD,又BC=BD，点是的中点， BECD, 且BE= 又，CD面ABE, 过B作BF于E，则CDBF,又AECD=E, BF 面ACD, 为直线与平面所成角，BF即为到平面的距离. ,解得BA=4 , ,利用 等面积知 . 故选D. 【点睛】本题考查线面角，点面距，过B作BF，证明BF 面ACD是关键. 8. 在中，已知分别为角的对边.若，且，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】C 【解析】 【分析】由余弦，正弦定理可得，然后由二倍角公式，和差化积公式可得答案. 【详解】由及余弦定理得：， 则，由正弦定理得：， 由二倍角公式可得：， 移项并利用和差化积公式整理可得：， 又，所以， 解得：或，由于，所以. 故选：C. 二．多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 9. 设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中不正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若m，n是两条不同的异面直线，，则 D. 若，则m与所成的角和n与所成的角互余 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据面面垂直的判定定理判断A，根据面面平行的性质定理判断B，根据面面平行的判定判断C，根据线面角的定义及线线关系判断D. 【详解】对A．，则，又，则，所以不正确，A不正确； 对B．，则或，故B不正确； 对C．若m，n是两条不同的异面直线，，则，C正确； 对D．由时，m，n与所成的角没有关系，时， 由面面平行的性质知n与所成的角相等，m与所成的角相等， 因此m与所成的角和n与所成的角不一定互余，D不正确. 故选：ABD 10. 下列说法正确的是（ ） A. 在四边形中，，则四边形是平行四边形 B. 若是平面内所有向量的一个基底，则也可以作为平面向量的基底 C. 已知O为的外心，边长为定值，则为定值； D. 已知均为单位向量．若，则在上的投影向量为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，得到且，故四边形是平行四边形；B选项，平行，故不能作为基底；C选项，取的中点，连接，⊥，计算出，C正确；D选项，两边平方得，根据投影向量的定义求出答案. 【详解】A选项，，故且，故四边形是平行四边形，A正确； B选项，若是平面内所有向量的一个基底，， 故平行，故不能作为基底，B错误； C选项，取的中点，连接， 因为O为的外心，故⊥， 则， 其中， 故 ， 边长为定值，则为定值，C正确； D选项，两边平方得，， 故， 则在上的投影向量为，D正确. 故选：ACD 11. 如图，在棱长为2的正方体中，为线段的中点，为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 为线段的中点时，过三点的平面截正方体所得的截面的面积为 C. 的最小值为 D. 直线与直线所成角的取值范围为 【答案】BC 【解析】 【分析】选项A，可证得面，则到面的距离等于到面的距离，利用等体积法求出体积；选项B，可证得且，所以过三点的截面为梯形，即可求出面积；选项C：利用侧面展开图求解；选项D，利用直线与直线所成角的概念求解. 【详解】选项A，∵，面，面，∴面， ∴到面的距离等于到面的距离， ∴，故A正确； 选项B，连接， ∵分别为线段的中点，∴且， 又且，∴且， 所以过三点的截面为梯形， 易知， 作，则， 所以梯形的面积，故B错误； 选项C：将侧面展开如图，显然当三点共线时，取得最小值，最小值为，故C错误； 选项D，连接，则， 则直线与直线所成角即为直线与直线所成角， 则当与重合时，直线与直线所成角最小为， 当与重合时，直线与直线所成角最大为， 所以直线与直线所成角的取值范围为，故D正确. 故选：BC. 12. 如图，矩形中，，，为边的中点，沿将折起，点折至处（平面），若为线段的中点，平面与平面所成二面角，直线与平面所成角为，则在折起过程中，下列说法正确的是（ ） A. 存在某个位置，使得 B. 面积的最大值为 C. D. 三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积 【答案】BD 【解析】 【分析】A选项，作出辅助线，得到，与不垂直，所以不垂直，故A错误；B选项，利用三角形面积公式得到，得到当时，最大，求出最大值；C选项，作出辅助线，证明出在平面上的射影在直线上，得到，，求出；D选项，找到球心的位置，作出辅助线，利用外接球半径相等列出方程，求出外接球半径，得到表面积. 【详解】对于A，如图1，取的中点，连接，显然， 且，又，且，所以，， 所以四边形为平行四边形，故， 又，且为的中点，则与不垂直， 所以不垂直，故A错误； 对于B，由得，， 所以当时，最大，最大值为，B正确； C选项，如图2，取的中点，的中点，作⊥平面， 且点在平面内，连接， 由知，⊥， 又，且⊥，所以⊥， 所以在平面上的射影在直线上，即点在直线上， 所以为平面与平面所成的二面角，则， 所以， 又在平面上的射影为，则，所以， 所以，C错误； D选项，结合C可知，， 如图3，当点重合时，即⊥平面时，最大，最大值为， 因为⊥，所以点为三棱锥的外接球球心在平面上的投影， 故，连接，过点作⊥于点， 因为⊥平面，平面，所以⊥，， 则， 设，则，， 由勾股定理得，， 设三棱锥的外接球半径为，则， 故，解得， 所以其外接球半径， 所以三棱锥的外接球的表面积为，D正确. 故选：BD 【点睛】解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径 三．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13. 已知：向量与的夹角为锐角．则实数m的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】两向量夹角的坐标公式计算可得结果 【详解】两向量夹角的坐标公式为， 因为向量与的夹角为锐角，则， 所以. 故答案为： 14. 已知平面α∥平面β，P是α、β外一点，过P点的两条直线PAC、PBD分别交α于A、B，交β于C、D，且PA=6，AC=9，AB=8，则CD的长为___________． 【答案】20或4； 【解析】 【分析】由面面平行，可得线线平行，，在利用相似三角形的相似比可得的长 【详解】解：如图所示，因为平面平面， 所以， ， ． 当在平面与平面之间时， ． 故答案为：20或4． 【点睛】面面平行的性质定理的应用问题，往往涉及面面平行的判定，线面平行的判定与性质的综合应用．解题时，要注意三种平行关系之间的相互转化． 15. 在中，角所对的边分别为且.当取最小值时，______. 【答案】## 【解析】 【分析】由已知结合余弦定理得，代入结合基本不等式得取得最小值的取等条件为，从而，结合余弦定理即可求解. 【详解】因为，由余弦定理得：，整理得， 所以， 当且仅当，即时，等号成立， 则此时，此时， 又因为，所以． 故答案为：. 16. 如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点，使得的面积为，则线段长度的最小值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面，利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解. 【详解】在中，，则， 又平面，平面平面， 所以平面，连接，，所以， 得，设（）， 则，即，得， 当即即时，取到最小值1， 此时取到最小值. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是利用勾股定理和三角形面积公式计算得到、，而，即为所求. 四．解答题（本大题共6小题，共70分） 17. 已知平面向量其中. （1）若，且，求向量的坐标； （2）若向量，若与垂直，求. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）利用向量共线坐标运算求解及向量模的坐标运算求解向量的坐标； （2）利用向量垂直的坐标运算求得，然后再利用向量模的坐标运算求解即可. 【小问1详解】 设，因为，且，， 所以，解得或，所以或； 【小问2详解】 因为， 所以， 因为与垂直，所以， 即，解得（舍去）或，所以， 所以，所以. 18. 在的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 （1）求A的值； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理化边为角及三角恒等变换后可求得； （2）由正弦定理把表示为的函数，再利用余弦函数性质可得所求范围． 【小问1详解】 由， 因， 代入得，， 展开整理得，，即， 因，则有， 由正弦定理，， 又因，故得，因，则; 【小问2详解】 由（1）得，因，由正弦定理，， 则， 于是，， 因，则，故， 即的范围是． 19. 如图所示，四棱锥中，底面为平行四边形，，平面. （1）证明：平面平面； （2）在中，点E在上且且，求三棱锥的体积. 【答案】（1） 在中，由已知， ，， 又平面，平面，， 又，平面平面， 平面平面，∴平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理证得，由线面垂直的性质定理证得，则由线面垂直的判定定理得平面，最后利用面面垂直的判定定理证明即可. （2）利用三角形相似求得，再利用面面垂直的性质定理得平面，最后利用等体积法求解三棱锥的体积. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由，及，得， 所以，所以， 又，又平面平面，平面平面，平面. 平面，故是三棱锥的高. 又，而， . 20. 如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面，点E在棱上. （1）求证：平面； （2）若，点E为的中点，求二面角的余弦值. 【答案】（1）证明：因为平面，平面，所以， 因为为菱形，所以， 又平面平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先根据线面垂直的性质定理得，再结合菱形性质利用线面垂直的判定定理证明即可. （2）根据二面角的平面角定义作出二面角的平面角，然后利用直角三角形的边角关系求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，连接，则平面， 由平面，平面，平面，得， 故即为二面角的平面角， 在菱形中，， 所以， 又，所以， 由点E为的中点，得， 所以为等腰三角形，在内过点E作高，垂足为H，则， 所以，即二面角的余弦值为. 【点睛】 21. 如图，四棱柱的棱长均为2，点E是棱的中点，. （1）证明：平面； （2）若，求直线与底面所成角的正切值. 【答案】（1） 连接交于点F，连接. 由题意知四边形是菱形，故点F是的中点. 又点E是棱的中点，所以. 又平面平面，所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点F，连接.利用中位线的性质证明.再利用线面平行的判定定理证明即可. （2）连接，设，连接，结合菱形性质及勾股定理，利用线面垂直的判定定理证得平面，利用面面垂直判定定理得平面平面，从而利用面面垂直证得线面垂直，根据线面角的定义求出是直线与底面所成的角，最后在直角三角形中求解正切值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，设，连接， 由，可得，则， 由题意知四边形是菱形，故点O是的中点，得， 在中，易得，故，得， 又，所以，又由菱形性质知，且， 平面，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 又，平面平面，平面， 所以平面，故是直线与底面所成的角. 又，所以，所以， 所以，即直线与底面所成角的正切值为. 22. 如图，设中角A，B，C所对的边分别为为边上的中线，已知且． （1）求的面积； （2）设点，分别为边上的动点，线段交于，且的面积为面积的一半，求的最小值． 【答案】（1） （2）2 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将角化边，再由余弦定理将角化边，即可得到，从而求出，再由，设的夹角为，根据数量积的运算及夹角公式得到，解得，即可求出，再由面积公式计算可得； （2）设，，依题意可得，设，，根据平面向量基本定理得到，从而表示出、，根据数量积的运算律得到，再根据的范围计算可得. 【小问1详解】 ， 由正弦定理可得， 由余弦定理：． 因为为的中点，所以，设的夹角为， ， 又， ，即， 解得或，又，所以，易得， 的面积为． 【小问2详解】 设，，的面积为面积的一半，， 设，则，又共线， 所以设， 则， ，解得． ，又， ，又， 化简得，又，， 即，解得， 所以当时，的最小值为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $