精品解析：黑龙江省黑河市嫩江市高级中学2024-2025学年高一下学期6月阶段性考试数学试题

2024级高一下学期阶段性考试 数学试卷 时间：6月12日 本试卷共150分 考试时间120分钟 一､单选题：本题共8小题，每小题6分，共40分 1. 在复平面内，复数所对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形的周长为（ ） A. B. C. 10 D. 8 3. 已知表示不同的直线，表示不同的平面，给出下面四个命题: (1)若， 则 (2)若，则; (3)若，则; (4) ，则. 上面四个命题正确的有（ ） A. (1)，(3) B. (2)，(4) C. (1)，(2)，(4) D. (1)，(3)，(4). 4. 在中，D是AC边的中点，且点M满足，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 设，，，则有（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象 C. 直线是图象的一条对称轴 D. 图象的对称中心为 7. 圆柱高为4，底面积为，在圆柱内部有一个可自由转动的正四面体，则该正四面体的最大棱长为（ ） A. B. C. D. 8. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，若，则面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二､多选题､本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 下列说法不正确的是（ ） A. 用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面 B. 有两个面互相平行，其余各面均是平行四边形的多面体是棱柱 C. 侧面是全等的矩形的五棱柱一定是正五棱柱 D. 过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大 10. 已知，设，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的最大值为8 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内（含边界）的一动点，且满足平面，则下列说法正确的是（ ） A. 点的轨迹是一条长为的线段 B. 平面截正方体所得截面的面积为 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D. 过点作正方体外接球的截面，所得截面面积的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题6分，共15分. 12. 已知平面向量，，则在上的投影向量的坐标为______. 13. 将函数的图像向右平移个单位长度后，所得图像对应的函数是偶函数，则的最小值为________． 14. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由相同的两个正交的正四面体组合而成（如图1），也可由正方体切割而成（如图2）.在“蒺藜形多面体”中，若正四面体的棱长为2，则该几何体的体积为_________. 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. 已知向量满足． （1）设，求； （2）若，求实数k的值． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点. （1）求证：直线平面； （2）求直线到平面的距离. 17. 在中，角的对边分别是，且． （1）求角的大小； （2）若，D为AC边上的一点，，且BD是的平分线，求的面积． 18. 如图，在直三棱柱中，，且，点P为线段上的动点． （1）当P为线段中点时，求证：平面平面； （2）当直线AP与平面所成角的正切值为时，求二面角P-AB-C的余弦值． 19. 我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. （1）如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d，分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积. （2）如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式. （3）若正方体棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024级高一下学期阶段性考试 数学试卷 时间：6月12日 本试卷共150分 考试时间120分钟 一､单选题：本题共8小题，每小题6分，共40分 1. 在复平面内，复数所对应的点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】应用复数的除法运算化简复数，即可得其对应点的坐标. 【详解】由，故其对应点为. 故选：D 2. 如图，水平放置的四边形的斜二测直观图为矩形，已知，则四边形的周长为（ ） A. B. C. 10 D. 8 【答案】C 【解析】 【分析】由斜二测画法可知原四边形且，，利用勾股定理可求得，由此可求得平行四边形的周长. 【详解】由斜二测画法可知原四边形中且， 所以原四边形为平行四边形， 而，则原四边形中，故， 综上，四边形的周长为. 故选：C 3. 已知表示不同的直线，表示不同的平面，给出下面四个命题: (1)若， 则 (2)若，则; (3)若，则; (4) ，则. 上面四个命题正确的有（ ） A. (1)，(3) B. (2)，(4) C. (1)，(2)，(4) D. (1)，(3)，(4). 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解. 【详解】（1）中，若，由面面平行的性质，可得，所以（1）正确； （2）中，由，根据线面平行的判定定理，可得， 又由，且，根据线面平行的性质，可得，所以（2）正确； （3）中，若，则与平行或异面，所以（3）不正确； （4）中，若，根据线面垂直的性质，可得，所以（4）正确. 故选：C. 4. 在中，D是AC边的中点，且点M满足，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由平面向量的基本定理结合图形计算即可. 【详解】因为①，②， 由，得，所以， 即，，所以. 故选：D. 5. 设，，，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用辅助角公式，二倍角的正弦，余弦公式化简，利用正弦函数的单调性比较大小即可. 【详解】， ， ， 由于在上单调递增，所以， 即， 故选：D 6. 已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象 C. 直线是图象的一条对称轴 D. 图象的对称中心为 【答案】D 【解析】 【分析】先根据图象确定的值，再通过周期求出，然后根据特殊点求出，得到函数表达式后，依次对各选项进行判断. 【详解】由函数图象可知，函数的最大值为，因为，所以. 设函数的周期为，则，则，所以， 此时. 已知函数图象过点，则， 即，所以，， 因为，解得，那么.   对于A，，所以选项A错误； 对于B，将的图象向左平移个单位长度， 得到， 所以选项B错误； 对于C，因， 所以直线不是图象的一条对称轴，选项C错误； 对于D，令，，解得，，此时， 所以图象的对称中心为，，选项D正确. 故选：D. 7. 圆柱高为4，底面积为，在圆柱内部有一个可自由转动的正四面体，则该正四面体的最大棱长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析可得当圆柱底面半径等于正四面体的外接球的半径时，正四面体有最大棱长，进而求解即可. 【详解】由题意可知，圆柱高为4，底面积为，则圆柱的底面半径为1， 当圆柱底面半径等于正四面体的外接球的半径时，正四面体有最大棱长a， 如图，在正四面体中，棱长为a，其外接球的半径为， 为的中点，为的中心，连接，则平面， 设为正四面体外接球的球心，连接， 因为为正三角形，所以， 在中，， 所以， 在中，由， 得，解得，则. 故选：D. 8. 在锐角中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，面积为S，且，若，则面积的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意利用余弦定理和面积公式可得，利用正弦定理结合三角恒等变换可得，代入面积公式结合角C的范围运算求解. 【详解】因为，则， 整理可得，且，可知， 由题意可得：，解得， 由正弦定理可得， 则面积， 因为，则，可得， 所以面积. 故选：B. 二､多选题､本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 下列说法不正确的是（ ） A. 用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面 B. 有两个面互相平行，其余各面均是平行四边形的多面体是棱柱 C. 侧面是全等的矩形的五棱柱一定是正五棱柱 D. 过圆锥顶点的所有截面中，轴截面面积最大 【答案】BCD 【解析】 【分析】由球的性质判断A，根据棱柱的定义判断B，由正五棱柱定义判断C，根据圆锥过顶点的截面的性质判断D． 【详解】用任意一个平面去截球得到的截面一定是一个圆面， 故A正确； 如下图的多面体，有两个面互相平行，其余各面均是平行四边形的，但它不是棱柱，故B错误； 侧面是全等的矩形的五棱柱的底面不一定是正五边形，故C错误； 过圆锥顶点的所有截面中，设两条母线的平角为，母线长为，则截面面积为， 当轴截面等腰三角形的顶角大于，截面中两条母线夹角为的截面面积最大，故D错误. 故选：BCD. 10. 已知，设，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则的最大值为8 【答案】BC 【解析】 【分析】对于A，举反例即可；对于B，根据条件求出即可得解；对于C，先求出，进一步得即可判断；对于D，由复数的几何意义即可判断. 【详解】设，显然满足，但，A错误； 由，得，所以， 则解得或，所以，B正确； 由，得，所以，C正确； 若，则复数对应的点的轨迹是以原点为圆心，2为半径的圆， 表示圆上的点与点的距离，则距离的最大值为，D错误． 故选：BC． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，点分别是棱的中点，是侧面内（含边界）的一动点，且满足平面，则下列说法正确的是（ ） A. 点的轨迹是一条长为的线段 B. 平面截正方体所得截面的面积为 C. 直线与平面所成角的正弦值的最大值为 D. 过点作正方体外接球的截面，所得截面面积的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】取分别为的中点，连接，可得，可判断A；求得截面面积可判断B；因为平面，所以为直线与平面所成的角，可求得线面角的正弦的最大值判断C；找出距离球心最远的点，即可利用球的性质得出截面圆半径的最小值，求得截面的最小面积判断D. 【详解】对于A，取分别为的中点，连接，所以， 因为分别是棱的中点，所以，所以， 又平面，平面，所以平面， 又易得且，所以四边形是平行四边形， 所以且，又且， 所以且，所以四边形是平行四边形， 所以，又平面，平面，所以平面， 又，平面，所以平面平面， 因为平面，所以平面，又是侧面内， 所以，又，所以点的轨迹是一条长为的线段，故A正确； 对于B，易证，又，所以， 所以平面截正方体所得截面为等腰梯形， 又，所以等腰梯形的高为， 所以截面面积为，故B错误； 对于C，因为平面，所以为直线与平面所成的角， 在中，，所以最小时，正弦值最大， 所以当点在线段中点时，最小，最小值为， 此时线面角的正弦值为，故C正确； 对于D，正方体的外接球的半径为， 当点在或处时，正方体的中心（即外接球球心）离点距离最远为， 此时以点为截面圆心，截面圆半径最小为，所以截面面积的最小值为，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3小题，每小题6分，共15分. 12. 已知平面向量，，则在上的投影向量的坐标为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的定义结合平面向量数量积的坐标运算可得结果. 【详解】因为平面向量，，所以， 所以在上的投影向量为. 故答案为：. 13. 将函数的图像向右平移个单位长度后，所得图像对应的函数是偶函数，则的最小值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意可得，并图像向右平移个单位长度后，所得图像对应的函数是偶函数，可得，从而结合题意可得的最小值. 【详解】， 图像向右平移个单位长度后得到是偶函数， ，的最小值为. 故答案为：. 14. 清初著名数学家孔林宗曾提出一种“蒺藜形多面体”，其可由相同的两个正交的正四面体组合而成（如图1），也可由正方体切割而成（如图2）.在“蒺藜形多面体”中，若正四面体的棱长为2，则该几何体的体积为_________. 【答案】 【解析】 【分析】利用割补法，结合体积公式求解即可. 【详解】因为，所以，，设AC，BD相交于点O，则O到AB的距离为， 所以蒺藜形多面体体积为正方体体积减去，即. 故答案为：. 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. 已知向量满足． （1）设，求； （2）若，求实数k的值． 【答案】（1）5 （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量坐标表示以及平行关系和模长公式计算可得结果， （2）利用垂直关系的数量积表示计算解方程可得结果. 【小问1详解】 因为， 所以，又，， 所以， 解得， 所以， 所以． 【小问2详解】 因为， 所以， 因为，所以， 解得． 16. 如图，在四棱锥中，底面是边长为的正方形，侧棱底面，，是的中点. （1）求证：直线平面； （2）求直线到平面的距离. 【答案】（1）证明： 连接，并交于点， 因为四边形为正方形，则为的中点， 又因为为的中点，所以， 因为平面，平面，因此平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，利用中位线的性质易知，结合线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）因为平面，直线到平面的距离即点到平面的距离，取的中点，连接，分析可知平面，结合等体积法可求出点到平面的距离. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为平面，直线到平面的距离即点到平面的距离， 取的中点，连接，如下图所示： 因为、分别为、的中点，所以，， ， 因为平面，所以平面， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为四边形为正方形，则， 因为，、平面，故平面， 因为平面，所以， 因为，为的中点，所以， 因为，、平面，故平面， 因为平面，所以， 因为平面，平面，所以， 所以，， 因为平面，平面，所以， 故， 所以， 设点到平面的距离为，则，解得， 因此，直线与平面的距离为. 17. 在中，角的对边分别是，且． （1）求角的大小； （2）若，D为AC边上的一点，，且BD是的平分线，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式即可求解； （2）由于，利用面积公式可得，再利用余弦定理可得，可求面积. 【小问1详解】 ， 由正弦定理，可得， ∴． ∵，∴，∴， 又，∴． 【小问2详解】 由（1）可知， 而，由BD平分得：， ∴，即． 在中，，由余弦定理得， 则， 联立，得，解得， ∴. 18. 如图，在直三棱柱中，，且，点P为线段上的动点． （1）当P为线段中点时，求证：平面平面； （2）当直线AP与平面所成角的正切值为时，求二面角P-AB-C的余弦值． 【答案】（1） 由题意，，，，平面，故平面， ∵平面，∴， ∵P为的中点，∴，且，平面 ∴平面， 又∵平面ABP，∴平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）由题意，得平面，从而，又，可得平面，由此可证得结论； （2）由（1）得平面，所以直线AP与平面所成角即为，求得，作，，可证得∠PNM为二面角P-AB-C的平面角，求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）得平面，所以直线AP与平面所成角即为， 故，解得． 作，，连接PN如图． 则平面ABC，又平面ABC，故． 又，平面PMN，故平面PMN，故∠PNM为二面角P-AB-C的平面角， 又，，故， 故， 即二面角P-AB-C的余弦值为. 19. 我国南北朝数学家祖暅于5世纪末提出了体积计算原理：“幂势既同，则积不容异”.这就是“祖暅原理”，意思是夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等. （1）如图1，左边是半径为R的半球，右边是底面半径和高都等于R的圆柱，它们的底面在同一个平面上，在圆柱内挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，圆柱上底面为底面的圆锥后得到的一个新几何体，现在用平行于平面的平面去截半球和新几何体，得到如图所示两个阴影面，设底面圆心O到截面的距离为d，分别求图中的两个阴影面积及新几何体的体积. （2）如图2，一个球体被平面截下的部分叫做球缺.截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截后，剩下的线段长叫做球缺的高.根据祖暅原理，推导半径为R，高为H的球缺的体积公式. （3）若正方体棱长为，求该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分的体积. 【答案】（1）, （2） （3） 【解析】 【分析】（1）结合图形判断两阴影面的形状为一个圆面和一个圆环面，运用面积公式计算即可，根据，利用祖暅原理计算半球体积即得； （2）在时，先利用祖暅原理求出球台体积，加上半球体积整理即得球缺公式，对于时，只需计算另一半大球缺的体积，再用球体积减去其体积，化简整理即得； （3）由题知该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的，分别求球体和球缺的体积，代入计算即得. 【小问1详解】 在图1中的半球中，阴影面为一个圆面， 由球的截面圆性质，可知截面圆半径为，则阴影面积为； 在图1中的圆柱中，阴影面为两个同心圆所夹的圆环面， 因圆柱的底面半径和高都等于R，故小圆的半径为，大圆半径为，则阴影面积为， 因，故新几何体的体积等于半球体的体积，即. 【小问2详解】 不妨设，先用与水平面平行且经过球缺所在球的球心的平面截球缺得到如图所示的球台， 则球台的高为，下底面半径为，上底面半径为， 由祖暅原理，球台体积等于与之等高，底面半径相等的圆柱挖去一个与之等高的小圆锥余下的几何体的体积， 其中小圆锥的底面半径为，则球台体积为， 将其加上半球的体积，即得球缺的体积：. 若，则可先计算另一半高为的大球缺体积，再用球的体积减去大球缺的体积， 即得小球缺的体积为. 【小问3详解】 依题意，该正方体与以A为球心，2为半径的球的公共部分是球体的，去掉3个包含点的正方体的面截球所得球缺的. 因，高为的球缺体积为：， 故所求的公共部分的体积为：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $