精品解析：福建省南安市侨光中学2024-2025学年高一下学期第2次阶段考试（5月）数学试题

侨光中学2025年春季高一年第2次阶段考数学试卷 （考试时间：120 分钟 满分：150 分 ） 命题者：陈凯斌 审核者： 苏飞文 一､单项选择题：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. 若，则（     ）. A. B. C. D. 2. 已知，则的值为（ ）. A. B. C. D. 3. 已知是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（     ）. A. B. 1 C. D. 4. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 在长方体中，，则异面直线的夹角余弦值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知中，角，，的对边分别为，，，的面积为，，，，则（ ） A. 或 B. C. D. 7. 如图，，均垂直于平面和平面，，，则多面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 如图，某港口某天从6h到18h的水深y（单位：m）与时间x（单位：h）之间的关系可用函数近似刻画，据此可估计当天12h的水深为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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，表示直线，，，表示平面，则下列推理错误的是（ ）. A. ，， B. ， C. ，且 D. ，，， 10. 已知函数，给出下列四个选项，正确的有（ ）. A. 函数的图象关于点对称 B. 函数的最小正周期是 C. 函数的图象可由函数的图象向右平移个单位，再向下平移1个单位得到. D. 函数在区间上是减函数 11. 如图，圆锥SO的底面半径为1，侧面积为是圆锥的一个轴截面，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的母线长为3 B. 圆锥SO的侧面展开图的圆心角为 C. 由A点出发绕圆锥侧面一周，又回到A点的细绳长度的最小值为 D. 该圆锥内部可容纳的球的最大半径为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一个圆台状模具，它的高为6cm，下底部直径为12cm，上面开口圆的直径为20cm，则这个圆台状模具的体积为________. 13. 如图，为测量高度CD，选取与C在同一水平面内的两个测量点A，B.现测得，，千米，在点B处测得D的仰角为，则CD的高为______千米. 14. 在边长为4的正方形中，，以F为圆心，1为半径作半圆与交于M，N两点，如图所示．点P为弧上任意一点，向量最大值为______． 四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的证明过程及验算步骤. 15. 已知向量，． （1）若，求的值； （2）若，求与的夹角的余弦值． 16. 如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值. 17. 在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足. （1）求B； （2）若，且的面积为，是的中线，求的长. 18. 如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，经过三点的平面记为平面，点是侧面内的动点，且. （1）设平面，请在图中画出直线（不必说明理由），并求证：平面； （2）在侧面内画出P的轨迹，并求点到所在平面的距离； （3）当最小时，求二面角的余弦值. 19. 已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数. （1）设，求的特征向量； （2）设向量的特征函数为，求当且时，的值； （3）设向量的特征函数为，记，若在区间上至少有40个零点，求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 侨光中学2025年春季高一年第2次阶段考数学试卷 （考试时间：120 分钟 满分：150 分 ） 命题者：陈凯斌 审核者： 苏飞文 一､单项选择题：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. 若，则（     ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法运算可求出复数，结合共轭复数的概念即可得答案. 【详解】，则， 故选：D. 2. 已知，则的值为（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式结合二倍角余弦公式求解. 【详解】因为，即， 所以. 故选：A. 3. 已知是一平面图形的直观图，斜边，则这个平面图形的面积是（     ）. A. B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出直观图面积，再根据原图形与直观图面积关系求解. 【详解】根据题意，可知是等腰直角三角形，又， 所以，故， 所以原平面图形的面积. 故选：D. 4. 已知向量，，则向量在向量方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意求得，根据向量的坐标运算结合投影向量的定义分析求解. 【详解】由题意可得：，则， 所以向量在向量方向上的投影向量为. 故选：D. 5. 在长方体中，，则异面直线的夹角余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】连接，,根据正方体,得到, 得到异面直线的夹角为的夹角或补角，利用余弦定理求解. 【详解】连接，,根据正方体,得到 所以异面直线的夹角为的夹角, 又,,所以,, 则, 则异面直线的夹角的余弦值为. 故选：B 6. 已知中，角，，的对边分别为，，，的面积为，，，，则（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由三角形的面积公式即可得到角，再由正弦定理即可得到结果. 【详解】因为，所以，即， 且，所以，又，， 由正弦定理可得，， 因为，为锐角，所以. 故选：B 7. 如图，，均垂直于平面和平面，，，则多面体的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用观察可得这个多面体是一个棱长为的正方体切去两个角得到的切割体，从而转化到正方体的外接球半径公式上来，即可得到结果. 【详解】由题意可知，多面体是棱长为的正方体切去两个角得到的切割体， 多面体的外接球的直径为，即半径为， 多面体的外接球的表面积为． 故选:A. 8. 如图，某港口某天从6h到18h的水深y（单位：m）与时间x（单位：h）之间的关系可用函数近似刻画，据此可估计当天12h的水深为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数图象可确定周期，即可求解，根据最低点得，即可代入求解，从而根据解析式代入即可得解. 【详解】由题图可得，则， 当时，y取得最小值，为，得， ∵函数的图象过点， ∴，即，又，∴，∴. 当时，. 故选：A. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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，表示直线，，，表示平面，则下列推理错误的是（ ）. A. ，， B. ， C. ，且 D. ，，， 【答案】BCD 【解析】 【分析】对A，利用面面平行的性质定理可判断；对BCD，由线面平行，面面平行的定义和线线的位置关系可判断. 【详解】对于A，因为，由面面平行的性质定理可得，故A正确； 对于B，由，则与可能相交，平行，故B错误； 对于C，由，，则还可能在面或面内，故C错误； 对于D，由，当与平行时，与可能相交，故D错误. 故选：BCD. 10. 已知函数，给出下列四个选项，正确的有（ ）. A. 函数的图象关于点对称 B. 函数的最小正周期是 C. 函数的图象可由函数的图象向右平移个单位，再向下平移1个单位得到. D. 函数在区间上是减函数 【答案】BD 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简函数的解析式，再利用正弦函数的周期性、单调性、图象的对称性，函数的图象变换规律，得出结论． 【详解】， 对于A，因为，所以的一个对称中心为，故A错误； 对于B，的最小正周期，故B正确； 对于C，将函数的图象向右平移个单位， 再向下平移1个单位得到，故C错误； 对于D，当时，，则在上单调递减，故D正确. 故选：BD. 11. 如图，圆锥SO的底面半径为1，侧面积为是圆锥的一个轴截面，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的母线长为3 B. 圆锥SO的侧面展开图的圆心角为 C. 由A点出发绕圆锥侧面一周，又回到A点的细绳长度的最小值为 D. 该圆锥内部可容纳的球的最大半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】确定圆锥的侧面展开图，再结合选项逐个判断即可. 【详解】解：圆锥的侧面展开图如图所示： 设圆锥的母线长为l，底面半径为r， 圆锥SO的侧面积为选项A正确； 圆锥SO的侧面展开图的圆心角选项B错误； 如上图，由A点出发绕圆锥侧面一周， 又回到A点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长 选项C正确； 球与圆锥内切时，球的半径最大， 此时球心在轴SO上，且内切球的大圆内切于圆锥的轴截面． 设内切球的半径为，则圆锥的高为 由等面积法得,解得选项D正确． 故选：ACD 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知一个圆台状模具，它的高为6cm，下底部直径为12cm，上面开口圆的直径为20cm，则这个圆台状模具的体积为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据圆台的体积公式直接求解，即得答案. 【详解】设圆台的上下底面圆的半径分别为，高为h， 根据圆台的体积公式可得， 故答案为： 13. 如图，为测量高度CD，选取与C在同一水平面内的两个测量点A，B.现测得，，千米，在点B处测得D的仰角为，则CD的高为______千米. 【答案】 【解析】 【分析】在中，根据三角形内角和定理求出，再利用正弦定理求得.在中，根据，即可求解. 【详解】在中，∵，， ∴. 由正弦定理可知，. 在中，，， . 故答案为：. 14. 在边长为4的正方形中，，以F为圆心，1为半径作半圆与交于M，N两点，如图所示．点P为弧上任意一点，向量最大值为______． 【答案】 【解析】 【分析】过作交于点，可知当与半圆相切时，最大，再利用三角函数求解即可. 【详解】过作交于点，根据投影向量的概念可得， 设，所以， 当与半圆相切时，取得最大值，此时最大， 过作交于点，连接， 当取得最大值时，且， 因为，正方形边长为4，则，， 所以， 所以， 则，所以， 得，所以的最大值为. 所以最大值为. 故答案为：24. 四､解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的证明过程及验算步骤. 15. 已知向量，． （1）若，求的值； （2）若，求与的夹角的余弦值． 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行列方程，即可求得的值； （2）根据平面向量垂直列方程，求出的值，再结合坐标运算求与的夹角的余弦值即可． 【小问1详解】 因为，，，所以， 即，所以或． 【小问2详解】 因为，所以，即 所以， 所以，即， 所以,，则， 所以. 16. 如图，在直三棱柱中，所有棱长均为4，D是的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见详解 （2）证明见详解 （3） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，可得，由线面平行的判定定理证明； （2）先证明平面，再由面面垂直的判定定理证明； （3）取的中点，可证平面，得即是直线与平面所成的角，运算得解. 【小问1详解】 连接交于点，在直三棱柱中，所有棱长均为4， 所以为正方形，所以是的中点，是的中点， 所以，又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为在直三棱柱中，所有棱长均为4， 所以为等边三角形，是的中点，所以， 又平面，平面， 所以，而，平面， 所以平面，又平面， 故平面平面. 【小问3详解】 如图，取的中点，则， 又平面，则，又是平面内两条相交直线， 所以平面，故即是直线与平面所成的角， 又，， 所以. 即直线与平面所成角的正切值为. 17. 在中，内角A，B，C所对边的长分别为a，b，c，且满足. （1）求B； （2）若，且的面积为，是的中线，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理、辅助角公式等知识化简已知条件，从而求得. （2）利用三角形的面积求得，结合余弦定理、向量的模、数量积等知识求得的长. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理可得， 即， 即， 又因为，所以，所以. 又因为，所以， 所以，所以. 【小问2详解】 因为，所以得， 由余弦定理得：. 又， 所以， 得，故的长为. 18. 如图，在棱长为4的正方体中，为的中点，经过三点的平面记为平面，点是侧面内的动点，且. （1）设平面，请在图中画出直线（不必说明理由），并求证：平面； （2）在侧面内画出P的轨迹，并求点到所在平面的距离； （3）当最小时，求二面角的余弦值. 【答案】（1）画法见解析；证明见解析 （2）轨迹见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）由线面位置关系画出直线，再由线面垂直的判定定理证明可得； （2）取的中点，的中点，连接、、、，由面面平行的判定定理证明平面平面可得P的轨迹；再由等体积法可得距离； （3）连接，，设左侧面对角线的交点为，右侧面的中点为，连接，由几何关系得到为二面角的平面角，再由余弦定理可得. 【小问1详解】 设中点为，连接，，则由正方体性质可得，且， 故四边形为平行四边形，则. 又中点为，中点为，故，则，故这个多边形为四边形即为平面，直线即为直线. 证明如下：由正方体的性质可得面，面，所以， 又，平面， 所以平面. 【小问2详解】 取的中点，的中点，连接、、、， 显然，，所以，平面，平面， 所以平面， 又为的中点，所以且，又且， 所以且， 所以为平行四边形，所以， 平面，平面， 所以平面， 又，平面，所以平面平面， 又点是侧面内的动点，且， 所以在线段上，即为P的轨迹. 又， 即为等腰三角形，所以当为的中点时最小， 又， 此时， 设点到所在平面的距离为， 由等体积法可得，即， 解得. 【小问3详解】 连接，，设左侧面对角线的交点为，右侧面的中点为，连接， 由正方体的性质可得，所以四边形为等腰梯形， 又为的中点，为的中点，所以， 因为，所以为二面角的平面角， 在等腰梯形中，，，为的中点，为的中点， 所以， 在中由勾股定理可得， 在中由余弦定理可得， 由图可知二面角为锐二面角， 所以二面角的余弦值为. 19. 已知函数，称向量为的特征向量，为的特征函数. （1）设，求的特征向量； （2）设向量的特征函数为，求当且时，的值； （3）设向量的特征函数为，记，若在区间上至少有40个零点，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式化简，再根据函数的特征向量的定义即可得解； （2）根据向量的特征函数求出函数解析式，化简可得，再根据结合两角差的正弦公式即可得解； （3）根据三角恒等变换求出函数的解析式，不妨设为其中的一个零点，再根据三角函数的性质即可得出答案. 【小问1详解】 因为， 所以函数的特征向量； 【小问2详解】 因为向量的特征函数为， 所以， 由，得， 因为，所以， 所以， 所以. 【小问3详解】 解：因为向量的特征函数为， 所以， 则， 令，则， 则或， 则或， 由在区间上至少有40个零点， 不妨设， 则， 则， 所以的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $