山东师范大学附属中学2024-2025学年高一下学期4月阶段性检测数学试题

高一数学 4月阶段检测双向细目及难度预估表 题 号 题目类 型 必备知识 学科素养 关键能 力 分 值 知识板块 难度 预估 1 单选题 基本几何体 直观想象、 概念 空间想象 能力 5 立体几何 基础 2 单选题 复数运算、欧拉公式 数学运算 计算能力 5 复数 基础 3 单选题 正弦定理 逻辑推理、 数学运算 逻辑推理 能力 5 解三角形 基础 4 单选题 向量垂直 逻辑推理、 数学运算 逻辑推理 能力 5 平面向量 基础 5 单选题 斜二测画法 数学运算、 逻辑推理 计算能力 5 立体几何 基础 6 单选题 向量共线定理、基本 不等式 数学运算、 逻辑推理 计算能力 5 平面向量 中等 7 单选题 圆台的侧面积 直观想象、 逻辑推理 逻辑推理 能力 5 立体几何 中等 8 单选题 向量共线定理 数学运算、 逻辑推理 计算能力 5 平面向量 中等 9 多选题 几何体、平行 逻辑推理 逻辑推理 6 立体几何 基础 10 多选题 复数运算 数学运算、 逻辑推理 计算能力 6 复数 中等 11 多选题 体积、截面、平行 直观想象、 数学运算 空间想象 能力 6 立体几何 偏难 12 填空题 向量坐标运算 逻辑推理、 数学运算 逻辑推理 能力 5 平面向量 基础 13 填空题 三棱台 直观想象、 数学运算 空间想象 能力 5 立体几何 中等 14 填空题 正弦定理、综合 数学运算、 逻辑推理 计算能力 5 解三角形 偏难 15 解答题 复数、投影向量 数学运算、 逻辑推理 计算能力 13 复数、平面 向量 基础 16 解答题 棱柱体积、表面积 直观想象、 数学运算 空间想象 能力 15 立体几何 基础 17 解答题 正弦定理、余弦定理 逻辑推理、 数学运算 逻辑推理 能力 15 解三角形 中等 18 解答题 平行的综合 逻辑推理、 数学运算 空间想象 能力 17 立体几何 中等 19 解答题 平面向量应用、最值 数学运算、 逻辑推理 逻辑推理 能力 17 解三角形 较难 1 2024 级高一下学期期中检测数学答案 一、选择题： 二、选择题： 11.【详解】A 正确; 在正四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 1 1 1 1C D ADD A ，且 1 1PD  ， 5PF  ，且因为 1 1 π 2 A D D  ，所以点F是以点 1D 为圆心半径为2 的四分之一圆，所以动 点 F的轨迹长度 2 π 2 l    ，B 错; 连接 1A B，与 1AB 交于点O，在 AO上任找一点E， 过该点作 1A B的平行线,会跟 1AA 相交于一点，再过该点作 1BC 的平行线，必会与F的轨迹相交，所以存在 ,E F使得 / /EF 平面 1 1A BC ，C 正确;由题意,几何体是以 AD为旋转轴,DM 为母线的圆锥,当动点F的轨迹 与几何体只有一个公共点时,圆锥与平面 1 1ADD A的交线DM 与 F所在的圆弧相切,且因为 1 1AA DD∥ ,有 1D DM DMA   ,所以 1 1 1 sin D DF ADDM DD DM    ，则 2 2 4 DM  ，可得 4DM  ，该圆锥的底面半径 2 2 2 3r AM DM AD    ,所以几何体的侧面积 π π 2 3 4 8 3πS rl     , D 正确. 三、填空题： 12. 7 ； 13. 7 2 3 ； 14. 3 4 （或者 0.75） ， 23 2 . 14.【详解】设外接圆半径为 R，则 4R  ，由正弦定理，可知 6 2 8 sin sin AB R ACB ACB     ，即 3sin 4 ACB  ，由于 ACB 是锐角，故 7cos 4 ACB  ，又由题意可知 P为三角形 ABC的垂心，即 AP BC ,故 π 2 PAC ACB   ，所以 π 3cos cos sin 2 4 PAC ACB ACB          ； 设 , ,CAB CBA ACB        ，则 π π π, , 2 2 2 PAC PBA PAB           ， 由于 : : 6 : 5 : 4AC AB BC  ，不妨假设 6 , 5 , 4 , 0AC k AB k BC k k    ， 由余弦定理知 2 2 2 2 2 2 2 2 236 25 16 3 16 25 26 1 16 36 25 9cos ,cos ,cos 2 6 5 4 2 4 5 8 2 4 6 16 k k k k k k k k k k k k k k k                    设 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B B A C D C A A 题号 9 10 11 答案 AD ABD ACD 2 AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 π π, 2 2 ECB EBC PCD CPD      , 故 EBC CPD   ,则得 π π πAPC CPD EBC ABC        ， 所以 2 8 π π sin sinsin sin 2 2 PC PA AC AC R APC ABC                    ， 同理可得 2 8 π sin sinsin 2 PB AB AB R APB ACB           ， 所   3 1 9 238 cos cos cos 8 4 8 16 2 PA PB PC                 ，故答案为： 3 4 ； 23 2 . 四、解答题： 15.【解】（1） 1 (1 3i)(3 i i3 )9() 3z m m m       ,因 1z 是纯虚数, 3 3 0m  且9 0m  ,得 1m  ；…4 分 （2）当 1m   时， 3 iz   ，故 (3, 1), (3, 1)A OA    ， 2 2(3 i) 8 6iz     ，故 (8, 6), (8, 6)B OB    ． 设 ,OA OB    ，则 30 3 10cos 10| | | | 10 10 OA OB OA OB           ； 所以OA  在OB  上的数量投影向量为   22 3 10 (8, 6) 12 9| | cos 3 1 , 10 10 5 5 OBOA OB                  ． ………13 分 16．【解】（1）三棱柱的体积  23 2 2 2 2 4 64V    四棱锥 1 1 1C A B BA 的体积 1 1 1 1 2 8 6 3 3 3C A B BA V V V V     ． （结果对就给 5 分） ………5 分 （2） 1AC D 为直角三角形,理由:由题意得    2 22 2 2 6AD    ,    2 21 2 2 2 10C D    ，    2 21 2 2 2 2 4AC    ，从而 2 2 21 1AD C D AC  ,即 1AC D 为直角三角形， ………8 分 所以 1AD DC ，所以 1 1 6 10 15 2ADC S    △ ，所以          2 2 2 21 1 3 32 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 152 2 4 8       6 4 8 2 3 3 15 18 3 3 15         ，几何体的表面积为3 3 15 18  ． ………15 分 17. 【解】（1）（方法一）证明：在 ABC 中， 2 π, 3 ABC D  在边 AC上，且BD平分 ABC ，所以 π 3 CBD DBA    , 4AD ， 2CD  ,在 BAD 中， sin sin AB AD BDA ABD    ， 3 在 BCD△ 中， sin sin BC CD BDC CBD    ，两式作比值可得， πsin sin sin sin 3 2 πsin sin sin(π ) sin 3 AD AB AD AB BDA ABD BDA BC CD BC CD BDC CBD BDA          ， 得, sin 2 2 sin AB AD AB ADBDA BC CD BC CD BDA        ………5 分 （方法二）面积法；（方法三）做平行线法。 （2）因为BD平分 ABC ，所以 2 AB AD BC CD   ，设 2BC x AB x , ，由余弦定理，得 2 2 2 2AC AB BC AB    cosBC ABC ，即 2 2 26 (2 ) 2 2 cos120x x x x     ，解得 6 7 7 x  ． ABCS  1 2π 18 32 sin 2 3 7 x x    ………10 分 （3）由 ABC ABD DBCS S S △ △ △ ，得 1 2π 12 sin 2 3 2 x x    π 1 π2 sin sin 3 2 3 x BD x BD    ， 解得 2 3 BD x ，所以 2 2 6 47 7 3 3 7 7 BD x    ． ………15 分 18. 【解】（1）因为四边形 ABCD是平行四边形，所以 / /BC AD， 又BC 平面PAD， AD 平面PAD，所以 / /BC 平面PAD . ………4 分 （2）连接 AC，交BD于O，连接 .MO 因为四边形 ABCD是平行四边形， 所以O是 AC的中点，又因为M是 PC的中点，所以 / / .MO PA 又因为MO平面BDM ，PA平面BDM ，所以， / /PA 平面 .BDM 又因为PA平面PAHG，平面PAHG平面BDM GH ，所以， / / .AP GH ………11 分 （3）连接 ON, / /ON AD， / /MO PA，MO ON O ,PA AD A , 所以平面MNO 平面PAD ,又因为MN 平面MNO，所以 / /MN 平面PAD . ………17 分 19． 【解】（1）由正弦定理得， sin sin a b A B  ，则  sin3 2 a b A C   ，即 3 2 πsin 3 b a C        ， 又 3 cos sin 2 3a C a C  ,则 π2 sin 2 3 3 a C      ,则 3 π22 sin 2 3 π 3sin 3 b C C              ,即 2b  . ………5 分 4 （2）（方法一）以 ,AB AC   为基底，设 ,AB a AC b      ，则 1 1 , 2 2 AN a b     2 3 CM a b    ， 3a b     2 21 2 2 2 3 3 1 1 1 1 1 2 6 2 AN a b aCM b a b a b                          ， 则 1 192cos , cos 3819 2 2 AN CMAN CM MPN AN CM              . ………10 分 （方法二）以 A 点为坐标原点，AB 为 x 轴，过 A 垂直于 AB 的直线为 y 轴，建立直角坐标系， A(0,0),B(3,0),C (1, 3) ,M(2,0),N 3(2, ) 2 , (1, 3),CM   3(2, ), 2 AN   1 192cos , cos 3819 2 2 AN CMAN CM MPN AN CM              . （3）设 ABC 外接圆半径为 R，则OA OB OC R   ，且 22 sin sin bR B B   ，即 1 sin R B  ， 因为 2AOC B  ， 2π2 3 BOC A   ， 所以 2 2 i 1 1 1sin sin 2 2 2 ts an n 1 OACS R BB BAOC    ， 2 2 2 2 2 2 1 1 1 2π 3 sin cos 3 1sin sin 1 2 2 sin 3 4 sin 4 tanOBC B BS R BOC B B B                  ， 所以 2 2 1 3 1 3 1 1 31 tan 4 tan 4 tan tan 4OAC OBC S S B B B B                 ， 由 π0 2 2π π0 3 2 B B          ，解得 π π 6 2 B  ，所以 3tan , 3 B          ， 3tan , 3 B          ， 令  1 0, 3tan xB   ，则   2 23 3 3 2 3 3 4 4 4 3 12OAC OBC S S f x x x x                    ， 所以当 2 3 3 x  时， OAC OBCS S  取得最大值 3 12 . ………17 分 第 1 页（共 4 页） 机密★启用前 2025 年 4 月山东师大附中高一阶段性检测试题 数 学 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置。 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。 如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。 写在本试卷上无效。 3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 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. 如右图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是 A．三棱柱 B．四棱柱 C．四棱锥 D．四棱台 2. 欧拉公式 ie cos isin    由瑞士数学家欧拉发现，其将自然对数的 底数 e，虚数单位 i与三角函数 cos ，sin联系在一起，被誉为“数学的天桥”。根据以上内 容，可知 2π i 3e 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 3. 已知 ABC△ 中， 2a  ， 6b  ， π 3 B  ，则 A  A． π 4 B． π 3 C． π 4 或 3π 4 D． π 3 或 2π 3 4. 已知平面向量    , 2 , 2,1a m b   ，若    a b a b     ，则实数m  A． 1 B．1 C． 1 或 1 D．4 5. 如图，一个水平放置的平面图形的直观图 ' ' ' 'A B C D 为矩形， 其中 ' ' 2 ' ' 2A D A B  ，则原平面图形的周长为 A．3 2 B．8 C．2 2 6 D．14 6. 在 ABC 中， 2BD DC   ，过点D的直线分别交直线 AB、AC 于点E、 F，且 ,AE mAB AF nAC      ，其中 0m  ， 0n  ，则 2m n 的最小值为 A．2 B． 2 C．3 D． 8 3 第 2 页（共 4 页） 7. 已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为 2π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为 A．π B．2π C．4π D．8π 8. 如图，“六芒星”是由两个边长为 2 正三角形组 成，中心重合于点 O且三组对边分别平行，点 ,A B是“六芒星”（如图）的两个顶点，动点 P在 “六芒星”上（内部以及边界），则OB AP   的取值 范围是 A． 2 2, 3 3     B． 3 3, 2 2     C． 3, 3   D． 2, 3   二、选择题：本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分.在每个小题给出的选项中,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. 下列说法正确的是 A．一个棱柱至少有 5 个面 B．直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥 C．若平面 内无数条直线和平面 平行，则平面 / / 平面 D．若平面 内任意条直线和平面 平行，则平面 / / 平面 10. 已知 i 为虚数单位，则下列结论中不正确．．．的是 A．复数 2 i  的虚部为 -i B．3 i 1 i   C．若 z为复数，则 z z 为实数 D．若 z为复数，则 2 2| |z z 11. 在正四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 中， 1 2 4AA AB  ，P、Q分别为棱 1 1C D 、 1DD 的中点，点 E满足 1AE AB   ， [0,1] ，动点 F在矩形 1 1ADD A内 部及其边界上运动，且满足 5PF  ，点 M在棱 1AA 上，将 ADM△ 绕边 AD旋转一周得到几何体，则 A．以正四棱柱 1 1 1 1ABCD ABC D 的上下底面的内切圆为底且与正四棱柱 等高的圆柱的侧面积，与正四棱柱的外接球的表面积之比为 1：3 B．动点 F的轨迹长度为2π C．存在 E，F，使得 //EF 平面 1 1A BC D．当动点 F的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为8 3π 第 3 页（共 4 页） 三、填空题：本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分. 12. 已知 1e  ， 2e  表示两个夹角为 π 3 的单位向量，O为平面上的一个固定点，P为这个平面上 任意一点，当 1 2OP xe ye     时，定义  ,x y 为点 P的斜坐标.设点Q的斜坐标为  2,1 ，则 OQ   . 13. 已知正三棱台 1 1 1ABC ABC 的上、下底面的边长分别为 2 和 4，侧棱长为 2 ，则此三 棱台的体积是 . 14. 某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性 质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三 角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点 为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）如图， 已知锐角 ABC 外接圆的半径为 4，且三条圆弧沿 ABC 三边翻折后交于点 P . 若 6AB  ， 则 cos PAC  ；若 : : 6 : 5 : 4AC AB BC  ，则PA PB PC  的值为 . 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.（13 分）已知复数 3 iz m  ，其中 Rm ． (1)设 1 (1 3i)z z  ，若 1z 是纯虚数，求实数 m的值； (2)设 1m   ，分别记复数 2z z、 在复平面上对应的点为 A、B，求OA  与OB  的夹角余弦值 以及OA  在OB  上的投影向量． 第 4 页（共 4 页） 16.（15 分）如图，在直三棱柱 1 1 1ABC ABC 中，底面 ABC是正三角形， 1 2 2AB AA  ， BC边上的中点为 D． (1)求四棱锥 1 1 1C AB BA 的体积； (2)判断 1AC D 的形状，并说明理由；求三棱柱 1 1 1ABC ABC 截去三棱锥 1C ACD 后所得几何体的表面积． 17.（15 分）在 ABC 中， 2 π, 3 ABC D  在边 AC上，且BD平分 ABC ，若 4AD ， 2CD  . (1)证明： 2 AB AD BC CD   ； (2)求 ABC 的面积； (3)求BD的长． 18.（17 分）如图，四边形 ABCD是平行四边形，点 P是平面 ABCD外一点． (1) 求证： / /BC 平面PAD； (2) 已知 ,M N分别是 ,PC AB的中点，在 DM上取一点 G， 过 G和 AP作平面交平面 BDM于 HG， （i）求证： / /AP HG； （ii）求证： / /MN 平面PAD . 19.（17 分）已知 , ,a b c分别为 ABC 三个内角 , ,A B C的对边，满足 π 3 A  ， 3 cos sin 2 3a C a C  . (1) 求b ； (2) 在 ABC 中，若 3AB  ，N是BC的中点， 2 3 AM AB   ，设CM 与 AN相交于点 P． 求 cos MPN 的值； (3)若 ABC 为锐角三角形，且外接圆圆心为O，求 OAC 和 OBC 面积之差的最大值.