精品解析：河北省石家庄市等2地2024-2025学年高一下学期6月阶段测试数学试卷

2024-2025学年第二学期高一年级6月阶段测试卷 数 学 考试说明： 1．本试卷共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填在答题卡上． 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. 如图所示是用斜二测画法画出的的直观图（图中虚线分别与轴，轴平行），则原图形的面积是（ ） A. 6 B. C. 12 D. 2. 长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 3. 如图，四面体中，，、分别为、的中点．若异面直线与所成角的大小为，则的长为（ ） A. B. C. D. 或 4. 已知一组样本数据8，11，9，7，，5的极差为6，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为，则该圆锥的母线长为（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 10 6. 如图，在直三棱柱中，点、分别在棱上，且，点满足，若平面，则值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正四棱锥的底面边长为3，高为，则其内切球体积是（ ） A. B. C. D. 8. 已知正方体的体积为，则四棱锥与四棱锥重叠部分的体积是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知复数，则（ ） A. B. C. 复数的虚部为 D. 复数在复平面内对应的点在第一象限 10. 记的内角的对边分别为，若，则（ ） A B. C. 的周长为 D. 外接圆的面积为 11. 四棱锥的侧棱与平面垂直，四边形为正方形，已知，动点在线段上，则（ ） A. 不存在点，使得 B. 的最小值为 C. 四棱锥的外接球表面积为24 D. 点到直线的距离的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 为了解高一、高二、高三年级学生的身高情况，现用分层随机抽样的方法抽取一个容量为660的样本，三个年级学生人数之比依次为．已知高一年级共抽取了180人，则高三年级抽取的人数为_________人． 13. 已知圆锥的母线长为4，且其轴截面为等边三角形，则该圆锥的体积为_________． 14. 已知平面直角坐标系中两点关于轴对称，且．若存在，使得与垂直，且，则的最小值为_________． 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. 已知向量． （1）若，求实数的值； （2）若，求实数值． 16. 某零食超市某天接待了1250名顾客，老年375人，中青年625人，少年250人，景点了提升服务质量，采用分层抽样从当天游客中抽取100人，以评分方式进行满意度回访．将统计结果按照分成5组，制成如下频率分布直方图： （1）求抽取的样本中老年、中青年、少年的人数； （2）求频率分布直方图中的值； （3）估计当天游客满意度分值的分位数． 17. 在中，角所对应的边分别为，已知． （1）求角的值； （2）若外接圆的周长为，求面积的取值范围． 18. 多面体中，，四边形为矩形，，二面角为． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 19. 如图，在四棱柱中，，平面． （1）若，证明：平面； （2）若，且二面角的正弦值为，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024-2025学年第二学期高一年级6月阶段测试卷 数 学 考试说明： 1．本试卷共150分．考试时间120分钟． 2．请将各题答案填在答题卡上． 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. 如图所示的是用斜二测画法画出的的直观图（图中虚线分别与轴，轴平行），则原图形的面积是（ ） A. 6 B. C. 12 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法还原原图形，求出其面积. 【详解】根据题意有，高为8，所以原图形的面积为， 故选：C. 2. 长方体中，，则异面直线与所成角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据异面直线所成角的定义可知为异面直线与所所成角，利用正切值求出此角即可． 【详解】连接， 所以异面直线与所成角是异面直线与所成角是， 因为，所以， 所以，所以. 故选：A 3. 如图，四面体中，，、分别为、的中点．若异面直线与所成角的大小为，则的长为（ ） A. B. C. D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】利用异面直线的夹角定义和余弦定理求解. 【详解】取的中点为，连接， 在中，，且， 在中，，且， 因为异面直线与所成角的大小为， 所以直线的夹角为，则或， 所以在中， 当时，由余弦定理得， ，得， 当时，由余弦定理得， ，得， 故选：D 4. 已知一组样本数据8，11，9，7，，5的极差为6，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据极差的定义，分类讨论参数所在的位置，求出范围. 【详解】去除参数以外的五个数从小到大排序：5，7，8，9，11， 此时极差为，所以， 故选：A. 5. 已知圆锥的体积为，其侧面积与底面积的比为，则该圆锥的母线长为（ ） A. 5 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】A 【解析】 【分析】设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，由侧面积与底面积的比为得，即，利用圆锥的体积即可求出，进而求解. 【详解】设圆锥的母线长为，底面半径为，高为，所以侧面面积为，底面面积为， 由侧面积与底面积的比为有，即，所以高， 所以圆锥的体积为，解得， 所以母线长， 故选：A. 6. 如图，在直三棱柱中，点、分别在棱上，且，点满足，若平面，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面平行的判定定理找到过直线且与直线平行的平面，进而确定点的位置，最后利用相似求解即可. 【详解】在上取一点使得，连接， 与交于一点，即为所求（如图所示）. 证明如下： 因，，则四边形为平行四边形，则， 又平面，平面，则平面， 即平面， 又，，，则， 则，即的值为. 故选：D 7. 已知正四棱锥的底面边长为3，高为，则其内切球体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据正四棱锥的轴截面，转化成等腰三角形的内切圆问题，转化为直角三角形，运用勾股定理解出内切球半径. 【详解】 设正四棱锥内切球球心为，其在底面的投影为，则三点共线，内切球半径为， 取中点，中点，则正四棱锥内切球半径即为的内切圆半径， 因为底面边长为，所以，， 因为高为，即，则， 所以， 在中，即，解得， 则其内切球体积是 故选：B. 8. 已知正方体的体积为，则四棱锥与四棱锥重叠部分的体积是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意有四棱锥与四棱锥重叠部分为一个三棱柱加上一个四棱锥，作出图形，结合棱柱和棱锥的体积公式计算即可求解. 【详解】如图： 四棱锥与四棱锥重叠部分为五面体， 又该正方体的体积为，即，解得， 所以，， 所以， 点到平面的高， 又该五面体由一个三棱柱和一个四棱锥组成，如图， 所以该五面体的体积为 ， 故选：C. 二、选择题：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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知复数，则（ ） A. B. C. 复数虚部为 D. 复数在复平面内对应的点在第一象限 【答案】BD 【解析】 【分析】先根据复数除法运算化简复数，再根据复数概念、几何意义依次判断即可. 【详解】复数， 对A，，故A错误； 对B，，故B正确； 对C，复数的虚部为，故C错误； 对D，复数在复平面内对应的点为，在第一象限，故D正确. 故选：BD 10. 记的内角的对边分别为，若，则（ ） A. B. C. 的周长为 D. 外接圆的面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先根据正弦定理求出，然后可求得的值，然后根据正弦定理求出和外接圆半径，从而得到三角形的周长和外接圆的面积. 【详解】根据正弦定理可得：. 因为，所以. 所以，所以B错误. 根据正弦定理，得,所以A正确. 所以的周长为，所以C正确. 因为，所以外接圆的半径. 所以外接圆的面积为，所以D正确. 故选：ACD. 11. 四棱锥的侧棱与平面垂直，四边形为正方形，已知，动点在线段上，则（ ） A. 不存在点，使得 B. 的最小值为 C. 四棱锥的外接球表面积为24 D. 点到直线的距离的最小值为 【答案】BC 【解析】 【分析】对于选项A，通过证明线面垂直推出线线垂直；对于选项B，将立体图展开成平面图，然后根据边角关系求出最小值即可；对于选项C，先确定外接球半径的长，进而根据球的表面积公式求出外接球的表面积；对于选项D，先确定点到直线的距离的最小值的线段，然后根据边角关系求出最小值. 详解】连接交于，连接. 当点位于的中点时，因为，所以. 因为平面，所以平面. 因平面，所以. 又正方形，有，又， 所以平面，又平面，所以. 所以存在使得.所以A错误. 将沿展开在同一平面上，那么的最小值即是展开后的的长度. 因为，所以平面. 又平面，所以，所以展开后. 因为，所以平面. 又平面，所以.同理. 那么. 又， 所以解得，所以的最小值为.所以B正确. 当为的中点时，根据前面可知， 所以该四棱锥的外接球半径为，所以外接球表面积为，所以C正确. 点到直线的距离的最小值即为异面直线的距离. 因为平面，而不在平面上， 所以平面. 所以直线到平面的距离是点到平面的距离. 作，因为， 所以平面，因为平面，所以. 又，所以平面. 所以点到平面的距离即为的长. 由题意，，所以.所以D错误. 故选：BC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 为了解高一、高二、高三年级学生的身高情况，现用分层随机抽样的方法抽取一个容量为660的样本，三个年级学生人数之比依次为．已知高一年级共抽取了180人，则高三年级抽取的人数为_________人． 【答案】240 【解析】 【分析】根据分层抽样的特征即高一年级抽取人数占比即为高一学生人数所占总学生人数占比，列式即可求解. 【详解】因为三个年级学生人数之比依次为，所以高一年级抽取的比例为，得. 则高三年级抽取的人数为. 故答案为：. 13. 已知圆锥母线长为4，且其轴截面为等边三角形，则该圆锥的体积为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出圆锥的底面圆半径的高，进而求出圆锥的体积. 【详解】由圆锥的母线长为4，且其轴截面为等边三角形， 得该圆锥底面圆半径，高， 所以圆锥的体积为 故答案为： 14. 已知平面直角坐标系中两点关于轴对称，且．若存在，使得与垂直，且，则的最小值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量数乘运算，向量数量积运算的坐标表示，设出点的坐标，列出坐标的方程，当方程有解时，求出参数的范围，求出模长的最小值. 【详解】设点，则，，，可知， 由，可得， 则，， 因为与垂直，所以，化简得， 代入，得， 由题意知， 即，化简得， 令，则， 代入得， 整理得， 关于得一元二次方程， 由，得，代入得， 当时有解，即，解得，解得或， 由可得，即，即当，时，取得最小值为. 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. 已知向量． （1）若，求实数的值； （2）若，求实数的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将分别用坐标表示出来，后用向量平行的条件即得到答案. （2）将用坐标表示出来，后用向量垂直的条件即可得到答案. 【小问1详解】 由题意得，, ∵，∴， 解得． 【小问2详解】 由题意得，， ∵，∴， 解得. 16. 某零食超市某天接待了1250名顾客，老年375人，中青年625人，少年250人，景点为了提升服务质量，采用分层抽样从当天游客中抽取100人，以评分方式进行满意度回访．将统计结果按照分成5组，制成如下频率分布直方图： （1）求抽取的样本中老年、中青年、少年的人数； （2）求频率分布直方图中值； （3）估计当天游客满意度分值的分位数． 【答案】（1）人， 人， 20人 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先先确定分层抽样的比例，进而可求得样本中老年、中青年、少年的人数. （2）根据频率分布直方图中各组频率之和为1即可求得的值. （3）根据百分位数的概念进行求解即可. 【小问1详解】 老年、中青年、少年的人数比例为 抽取100人，样本中老年人数为人，中青年人数为人，少年人数为20人. 【小问2详解】 由题意可得，. 解得：. 【小问3详解】 设当天游客满意度分值的分位数为，因为， ． 所以位于区间内，则 解得：，所以估计当天游客满意度分值的分位数为． 17. 在中，角所对应的边分别为，已知． （1）求角的值； （2）若外接圆的周长为，求面积的取值范围． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解. （2）利用正弦定理及三角形面积公式列式，再利用三角恒等变换，结合正弦函数性质求出范围. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理得， 整整得，由余弦定理得， 而，所以解得. 【小问2详解】 由外接圆的周长为，得外接圆半径， 由正弦定理得，则， 因此面积 ， 而，则，，， 所以面积的取值范围是. 18. 多面体中，，四边形为矩形，，二面角为． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定、面面平行的判定性质推理得证. （2）根据给定条件，确定二面角的平面角，作于，并确定线面角，进而求出其正弦. （3）由（2）中信息，利用等体积法求出点到平面的距离. 【小问1详解】 由四边形是矩形，得，平面，平面，则平面， 又，平面，平面，则平面， 而平面，于是平面平面， 又平面，所以平面． 【小问2详解】 由，得即为二面角的平面角， 即，又，平面， 则平面，作于，平面，于是， 又，平面，则平面，连接， 因此为直线与平面所成的角， ，， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 【小问3详解】 由（2）得平面，设点到平面的距离为，由， 得，而，，，则， 所以点到平面的距离为． 19. 如图，在四棱柱中，，平面． （1）若，证明：平面； （2）若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，由勾股定理证明线线平行，从而证明线面平行. （2）根据空间中点线面的位置关系，做出二面角的平面角，设出边长，由勾股定理和三角函数值，求出等式方程，解出边长. 【小问1详解】 因为平面，而平面，所以， 又平面，所以平面， 而平面，所以． 因为，所以，故， 又平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 如图所示，过点作于，再过点作于，连接， 因为平面，平面，所以平面平面， 而平面平面，平面， 所以平面． 因为平面，所以， 又，所以平面． 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，代入得， 又，而，所以，得， 故，解得，即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$