精品解析：广东省潮州市饶平县第二中学2024-2025学年高一下学期第三次阶段考数学试题

2024学年度第二学期高一级第三次阶段考试试题 数学 2025.5 试卷共4页，卷面满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目后面的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，请将答题卡交回． 第I卷（选择题 共58分） 一、单选题：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. 已知向量，，若，则实数（ ） A. 2 B. C. D. 2. 复数z满足（i为虚数单位），则在复平面内复数z对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 如图，用斜二测画法得到的直观图为等腰，其中，则的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4. 已知三个不同的平面，，和三条不重合的直线，，，则下列说法错误的是（ ） A 若，且，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 5. 两个粒子， 从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们位移分别为，，则在上的投影向量为（　　） A. B. C. D. 6. 如图，在梯形中，，，，，，以所在直线为轴将梯形旋转一周，所得的几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 7. 在中，内角，，所对边分别是，，，若，且，则角大小（ ） A. B. C. D. 8. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上，两点与点在同一条直线上，且在点的同侧.若在，处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则根据测得的球体高度可计算出球体建筑物的体积为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 下列命题正确的是（ ） A. 复数的模是 B. 复数的共轭复数为，则的一个充要条件是 C. 若是纯虚数，则实数 D. 关于的方程在复数范围内的两个根互为共轭复数 10. 在中，a，b，c分别为的对边，下列叙述正确的是（ ） A. 若，则有两解 B. 若，则为等腰三角形 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则锐角三角形 11. 已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），且平面，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（ ） A. 球的体积为 B. 点的轨迹长度为 C. 异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为 D. 三棱锥外接球与球内切 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，向量与向量垂直，则实数的值为________ 13. 记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则__________． 14. 某圆锥母线长为2，底面半径为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为___________. 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. 已知复数（i是虚数单位）. （1）求复数z的共轭复数和模； （2）若.求a，b的值. 16. 如图，在边长为1的正六边形中，是其中心，.设，. （1）用分别表示及； （2）求； （3）求与夹角的余弦值. 17. 已知内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角； （2）若的外接圆半径，，求的面积； （3）若，，的平分线交边于点，求的长． 18. 如图，四棱锥中，为等边三角形，平面，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）若，，求直线与平面所成角正弦值. 19. 在中，角、、所对的边分别为、、，且，. （1）求； （2）若为锐角三角形，求的面积范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024学年度第二学期高一级第三次阶段考试试题 数学 2025.5 试卷共4页，卷面满分150分，考试时间120分钟 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上． 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔在答题卡上对应题目后面的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案． 3．非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答无效． 4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，请将答题卡交回． 第I卷（选择题 共58分） 一、单选题：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. 已知向量，，若，则实数（ ） A. 2 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量平行的坐标表示运算求解. 【详解】若，则，解得. 故选：C 2. 复数z满足（i为虚数单位），则在复平面内复数z对应的点在（ ） 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】利用复数的除法运算法则计算，结合复数的几何意义得出对应点的坐标即可判断． 【详解】因为， 所以，其对应的点为， 即在复平面内复数z对应的点在第四象限， 故选：D． 3. 如图，用斜二测画法得到的直观图为等腰，其中，则的面积为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出直观图面积，根据直观图面积和原图面积之间的关系即可求得答案. 【详解】由于的直观图为等腰，其中，故, 故, 根据直观图面积和原图面积之间的关系式, 故， 故选：C 4. 已知三个不同的平面，，和三条不重合的直线，，，则下列说法错误的是（ ） A. 若，且，则 B. 若，，，则 C. 若，，则 D. 若，，，，则 【答案】C 【解析】 【分析】利用面面垂直的判断定理与性质定理判断A；利用面面垂直的判定定理可判断B；利用线面，线线的位置关系可判断C；由线面平行的判定定理可判断D. 详解】对于A，若，且，设，，则，，且，故，故A正确； 对于B，，，，又，，故B正确； 对于C，若，，则或异面，故C错误； 对于D，若，，，，则，又，，，故D正确. 故选：C 5. 两个粒子， 从同一发射源发射出来，在某一时刻，它们的位移分别为，，则在上的投影向量为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据数量积的坐标运算求出，再求出，最后根据计算可得. 【详解】因为，， 所以，， 所以在上的投影向量为. 故选：D 6. 如图，在梯形中，，，，，，以所在直线为轴将梯形旋转一周，所得几何体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】易得旋转形成的几何体为圆台，结合圆台体积公式计算即可得. 【详解】易得旋转形成的几何体为圆台， 所以. 故选：C. 7. 在中，内角，，所对边分别是，，，若，且，则角的大小（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理由求出角，再利用余弦定理由求出角，由三角形内角和为即可求得角. 【详解】由正弦定理得 得，所以． 又，得．所以． 故选：B． 【点睛】本题主要考查正弦定理、余弦定理的应用，属常规考题. 8. 古代数学家刘徽编撰的《重差》是中国最早的一部测量学著作，也为地图学提供了数学基础.现根据刘徽的《重差》测量一个球体建筑物的高度，已知点是球体建筑物与水平地面的接触点（切点），地面上，两点与点在同一条直线上，且在点的同侧.若在，处分别测得球体建筑物的最大仰角为和，且，则根据测得的球体高度可计算出球体建筑物的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据锐角三角函数及圆的切线的性质可得，利用求解即可. 【详解】如图， 设球的半径为，，， ， ， ，即该球体建筑物的体积为. 故选：D 二、多选题：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. 下列命题正确的是（ ） A. 复数的模是 B. 复数的共轭复数为，则的一个充要条件是 C. 若是纯虚数，则实数 D. 关于的方程在复数范围内的两个根互为共轭复数 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，直接求模，对于B，利用充要条件和共轭复数的定义判断，对于C，由实部为零，虚部不为零求解即可，对于D，直接求解方程即可 【详解】对于A，因为，所以，所以A正确， 对于B，令，则，若时，则，此时，若，则，得，此时，所以的一个充要条件是，所以B正确， 对于C，因为是纯虚数，所以，解得，所以C错误， 对于D，方程的根为，即复数范围内的两个根分别为或，所以两个根互为共轭复数，所以D正确， 故选：ABD 10. 在中，a，b，c分别为的对边，下列叙述正确的是（ ） A. 若，则有两解 B. 若，则为等腰三角形 C. 若为锐角三角形，则 D. 若，则为锐角三角形 【答案】AC 【解析】 【分析】利用正弦定理可判定A，B的正误，根据锐角三角形的特点和余弦函数的单调性可得C的正误，用正弦定理和余弦定理可得D的正误. 【详解】若，则由正弦定理， 可得，所以或， 此时有两解，A正确； 若，则由正弦定理可得，所以, 即，所以有或， 即或，B不正确； 若为锐角三角形，则，， 因为在为减函数，所以，C正确； 若，则由正弦定理可得， 设，其中； 则为最大边，， 为钝角三角形，D不正确. 故选：AC. 11. 已知在正方体中，，点为的中点，点为正方形内一点（包含边界），且平面，球为正方体的内切球，下列说法正确的是（ ） A. 球的体积为 B. 点的轨迹长度为 C. 异面直线与BP所成角的余弦值取值范围为 D. 三棱锥外接球与球内切 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据正方体内切球的性质判断A；利用面面平行确定点的轨迹，即可求得其长度，判断B；根据异面直线所成角的概念，确定该角取到最值时的位置，即可判断C；根据圆内切的判断条件可判断D. 【详解】由题意知球的半径为1，故其体积为，故A选项正确； 取的中点为， 连结，易知，平面，平面， 故平面， 连接MN，，即四边形为平行四边形， 则，平面，平面，所以平面． 又因为，平面， 故平面平面，平面平面，结合平面， 故点的轨迹为线段，故B选项错误； 因为，故异面直线与BP所成角等于或其补角， 当P位于N点时，得取得最小，; 当P位于点时，取得最大，，故选项正确； 由正方体几何性质易知， 故BM为三棱锥外接球的直径，取为BM的中点， 即为三棱锥外接球的球心，由题意知为的中点， 故， 因为球的半径为，球的半径为， 故三棱锥外接球与球内切，D正确 故选：ACD． 【点睛】关键点睛：解答此类题目的关键是要发挥空间想象，明确空间的点线面的位置关系，依据相关定理以及性质，准确判断，即可求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，，向量与向量垂直，则实数的值为________ 【答案】 【解析】 【分析】先由题意求出，再由向量垂直，得到，根据向量数量积的坐标表示，即可得出结果. 【详解】因为，，所以， 又向量与向量垂直， 所以，即， 即，解得： 故答案为： 【点睛】本题主要考查根据向量垂直求参数的问题，熟记向量数量积的坐标表示即可，属于常考题型. 13. 记锐角的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用余弦定理结合条件可得，然后利用正弦定理即得. 【详解】由余弦定理，得，解得或， 当时，， 所以，所以为钝角三角形，不符题意， 所以，由正弦定理，得， 所以． 故答案为：． 14. 某圆锥母线长为2，底面半径为，则过该圆锥顶点的平面截此圆锥所得截面面积的最大值为___________. 【答案】 【解析】 【分析】根据三角形的面积公式求得正确结论. 【详解】如图所示，是圆锥的轴截面. , 所以, 所以任意截面的面积为， 当时，截面面积最大为. 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. 已知复数（i是虚数单位）. （1）求复数z的共轭复数和模； （2）若.求a，b的值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用复数运算化简，从而求得的共轭复数以及模. （2）根据复数相等列方程，化简求得的值. 【小问1详解】 ， 所以z的共轭复数， . 【小问2详解】 因为， 即， 也即， 所以，解得. 16. 如图，在边长为1的正六边形中，是其中心，.设，. （1）用分别表示及； （2）求； （3）求与夹角的余弦值. 【答案】（1），；（2）；（3） 【解析】 【分析】(1)根据向量的加法原则即可求解. (2)根据第（1）问，先平方再在开根号即可; (3)根据数量积的公式即可求解. 【详解】解：(1)根据正六边形的特征，可得， . (2). (3), 所以. 17. 已知内角，，的对边分别为，，，且． （1）求角； （2）若的外接圆半径，，求的面积； （3）若，，的平分线交边于点，求的长． 【答案】（1）； （2）； （3）． 【解析】 【分析】（1）由正弦定理边角互化和三角恒等变换化简即可； （2）由正弦定理求出，由余弦定理求，再由三角形的面积公式计算即可； （3）由得，由余弦定理得，再由三角形的面积相等列式即可求得． 【小问1详解】 由正弦定理及， 得， ∵，∴，∴， ∵，∴； 【小问2详解】 由正弦定理得：， 由余弦定理有：， 即，即，解得：， ∴， ∴的面积为； 【小问3详解】 ∵，∴， 由余弦定理：， 即，∴， ∵的平分线交边于点， ∴， ∴， 即． 18. 如图，四棱锥中，为等边三角形，平面，，，为的中点. （1）证明：平面； （2）证明：平面平面； （3）若，，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）. 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，，则由三角形中位线定理结合已知条件可证得四边形为平行四边形，从而有，然后由线面平行的判定定理可得结论； （2）由平面，可得，由为等边三角形，可得，由线面垂直的判定定理可得平面，进而得平面，然后由面面垂直的判定定理可证得结论； （3）过点作，则平面，从而可得为直线与平面所成角，然后在中求解即可 【详解】（1）取中点，连接，，则∥，， 因为，， 所以,，所以四边形平行四边形， ， 平面，平面，平面 （2）平面，平面， ∴ ∵是正三角形，为的中点 ， ，平面， ，平面， 平面，∴平面平面. （3）过点作， ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面， 即为直线与平面所成角， ，. 19. 在中，角、、所对的边分别为、、，且，. （1）求； （2）若为锐角三角形，求的面积范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据，，利用正弦定理得到，再利用三角恒等变换求解； （2）设的外接圆半径为，得到，再由求解. 【小问1详解】 因为，， 所以， 因为， 所以，则， 因为， 所以，又，则， 所以. 【小问2详解】 设的外接圆半径为，则， 所以， ， ， ， ， 因为为锐角三角形， 所以，解得， 则， 则， 所以， 所以的面积范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$