精品解析：江苏省扬州市扬州大学附属中学2024-2025学年高一下学期阶段测试2（6月）数学试题

扬大附中2024~2025学年度第二学期高一年级阶段测试2 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知直线m在平面内，直线n与平面相交于点A，且点A不在直线m上，则它们的关系表达正确的是（ ） A. 共面 B. 共面 C. 异面 D. 异面 2. 已知，，点是坐标原点，记，则（ ） A B. C. D. 3. 新课程互助学习小组在学习二分法后，利用二分法研究方程在上的近似解时，经过两次二分后，可确定近似解所在的区间为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 5. 在平行四边形中，E为的中点，与对角线相交于点F，记，则（ ） A. B. C. D. 6. 在正三棱柱中，，且二面角是，则三棱柱体积为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在正方体中，与平面所成角的余弦值是（ ）. A. B. C. D. 8. 在锐角中，角的对边分别为，的面积为S，若，则的取值范围为（ ） A B. C. D. 二、多项选择题（本大题共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. 设是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，其中正确的命题是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 气象台预报嘉兴市5月份气候适宜，温度波动幅度较小，比较适合户外运动，其中2024年5月9日至5月15日7天内的当日最高温度（单位℃）分别为：24，28，23，25，26，26，29，则以下说法正确的是（ ） A. 该组数据的极差为6 B. 该组数据的众数为26 C. 该组数据的中位数为25.5 D. 该组数据的第70百分位数为26 11. 如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 平面 C. 最小值为 D. 当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 圆台上、下底面面积分别是π,4π,侧面积是6π,这个圆台的体积是________. 13. 在直角中，，，，点是边上靠近的三等分点，则_____． 14. 在中，已知，则__________． 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）若向量与互相垂直，求的值： （2）设，求的最小值. 16. 如图，在直三棱柱中，、分别为棱、中点，且 （1）求证：平面平面； （2）求证：平面. 17. 已知函数． （1）求的单调递增区间； （2）若，求值． 18. 如图，在三棱锥中，平面平面为的中点，是边长为2的等边三角形． （1）证明：面； （2）若，求直线和所成角的余弦值； （3）若点E在棱上，且三棱锥的体积为4，求二面角平面角． 19. 在中，角A，B，C所对的边分别为，满足． （1）求的值； （2）当与边上的中线长均为2时，求的周长； （3）当内切圆半径为1时，求面积的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 扬大附中2024~2025学年度第二学期高一年级阶段测试2 数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知直线m在平面内，直线n与平面相交于点A，且点A不在直线m上，则它们的关系表达正确的是（ ） A. 共面 B. 共面 C. 异面 D. 异面 【答案】D 【解析】 【分析】根据点线面的位置关系，正确应用数学符号；利用异面直线判定定理可以判定直线是异面直线，综合可以做出判定. 【详解】直线m在平面内，即， 直线n与平面相交于点A，即，则， 点A不在直线m上，即， 根据异面直线判定定理可知直线是异面直线， 空间中规定直线和平面都看成点的集合，因此都是错误的， 对于A：共面，每一点都是错误的，故A错误； 对于B：共面是错误的，故B错误； 对于C：是错误的，故C错误； 对于D：异面都是正确的，故D正确； 故选：D. 2. 已知，，点是坐标原点，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量夹角公式求解． 【详解】∵, ∴． 故选：B． 3. 新课程互助学习小组在学习二分法后，利用二分法研究方程在上的近似解时，经过两次二分后，可确定近似解所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】令，先求出的符号，根据二分法结合零点存在定理，即可得出答案. 【详解】令，可知，. 又，则， 所以，根据二分法结合零点存在定理可知，近似解所在的区间为. 又， 所以，根据二分法结合零点存在定理可知，近似解所在的区间为. 故选：B. 4. 在中，已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用正弦定理计算可得. 【详解】由正弦定理，即，所以， 又，所以，所以. 故选：B 5. 在平行四边形中，E为的中点，与对角线相交于点F，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合图形，根据向量的线性运算即可得到答案. 【详解】由题意得，，所以，所以， 所以， 所以. 故选：D． 6. 在正三棱柱中，，且二面角是，则三棱柱体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取中点H，连接，利用线面垂直的判定和性质及二面角的定义得是二面角的平面角，进而求得，再由棱柱的体积公式求体积. 【详解】取中点H，连接， 因为面在面内，所以． 又在面内，则面， 又在面内，所以， 是二面角的平面角，，则， 所以三棱柱的体积为. 故选：A. 7. 如图，在正方体中，与平面所成角的余弦值是（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】连接可得平面的垂直，从而得直线与平面所成角，计算可得． 【详解】如图，连接交于，则，又正方体中平面，平面，∴，而，∴平面，∴是直线与平面所成角，此角大小为45°，余弦值为． 故选：A. 【点睛】本题考查直线与平面所成的角，解题关键是作出直线与平面所成的角．然后计算． 8. 在锐角中，角的对边分别为，的面积为S，若，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用三角形的面积公式和余弦定理，求得，得到，再由为锐角三角形，求得，结合正弦定理，化简得到，结合三角函数的性质，即可求解. 【详解】因为，可得，且， 所以，由余弦定理可得， 又因为，所以， 因为为锐角三角形，则满足，可得， 由正弦定理得， 又因为，所以，可得，可得. 故选：B． 二、多项选择题（本大题共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. 设是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线，其中正确的命题是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】根据线面位置关系及平面的基本性质，结合空间想象逐项判定． 【详解】是互不重合的平面，m，n是互不重合的直线， 若，则平行、相交或异面，故A不正确； 若，由线面垂直的性质易知，故B正确； 若，由线面垂直的性质及平行公理知，故C正确； 若，则或，故D不正确； 故选：BC 10. 气象台预报嘉兴市5月份气候适宜，温度波动幅度较小，比较适合户外运动，其中2024年5月9日至5月15日7天内的当日最高温度（单位℃）分别为：24，28，23，25，26，26，29，则以下说法正确的是（ ） A. 该组数据的极差为6 B. 该组数据的众数为26 C. 该组数据的中位数为25.5 D. 该组数据的第70百分位数为26 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据极差、众数、中位数和百分位数的定义求解即可. 【详解】将这组数据按照从小到大的顺排列得， 则该组数据的极差为，故A正确； 该组数据众数为，故B正确； 该组数据的中位数为26，故C错误； 因为， 所以该组数据的第70百分位数为第个数据，即，故D正确. 故选：ABD. 11. 如图，正方体的棱长为1，P是线段上的动点，则下列结论正确的是（ ） A. 三棱锥的体积为定值 B. 平面 C. 的最小值为 D. 当，C，，P四点共面时，四面体的外接球的体积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】A选项，求出为定值，且P到平面的距离为1，从而由等体积得到锥体体积为定值；B选项，证明出面面平行，得到线面平行； C选项，将两平面展开到同一平面，连接，交于点，此时最小，最小值即为的长，由勾股定理得到最小值； D选项，点P在点B处，，C，，P四点共面，四面体的外接球即正方体的外接球，求出正方体的外接球半径，得到外接球体积. 【详解】对于A，因为不在平面内，平面， 所以平面，又， 所以点到平面的距离为， 又为定值， 故定值，A正确； 对于B，因为，平面，平面，所以平面， 同理可知平面， 又，平面， 所以平面平面， 由于平面，故平面，B正确. 对于C，展开两线段所在的平面，得矩形及等腰直角三角形， 连接，交于点，此时最小，最小值即为的长， 过点作⊥，交的延长线于点， 其中， 故，又勾股定理得，C正确； 对于D，点P在点B处，，C，，P四点共面， 四面体的外接球即正方体的外接球， 故外接球的半径为，所以该球的体积为，D正确. 故选：ABD 【点睛】特殊几何体的内切球或外接球的问题，常常进行补形，转化为更容易求出外接球或内切球球心和半径的几何体，比如墙角模型，对棱相等的三棱锥常常转化为棱柱来进行求解. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 圆台上、下底面面积分别是π,4π,侧面积是6π,这个圆台的体积是________. 【答案】π 【解析】 【详解】上底半径r=1,下底半径R=2. 因为S侧=6π,设母线长为l,则π(1+2)·l=6π. 所以l=2,所以高h==. 所以V=π·(1+1×2+2×2)=π. 13. 在直角中，，，，点是边上靠近的三等分点，则_____． 【答案】## 【解析】 【分析】首先求出，，再根据利用两角差的正切公式计算可得. 【详解】因为点是边上靠近的三等分点，，所以， 又，，所以，所以， 又， 所以. 故答案为： 14. 在中，已知，则__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据倍角公式求出，结合范围可求出，同理可求，最后利用两角和差的余弦公式即可. 【详解】由题知，，故， 得，， 因，，则，得， 故． 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）若向量与互相垂直，求的值： （2）设，求的最小值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用垂直关系的向量表示，结合数量积的运算律求解作答. （2）利用向量线性运算的坐标表示，结合模的坐标表示建立函数关系，求出函数最小值作答. 【小问1详解】 因为向量，，则，， 由向量 与 垂直，得， 所以 【小问2详解】 由，，得， 所以， 所以当时,取到最小值 16. 如图，在直三棱柱中，、分别为棱、的中点，且 （1）求证：平面平面； （2）求证：平面 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）本题首先可以根据为棱的中点得出，然后根据三棱柱是直三棱柱得出，最后根据线面垂直的判定以及面面垂直的判定即可证得结论； （2）本题可作的中点，连接和，然后根据、为棱、的中点得出四边形是平行四边形以及，最后根据线面平行的判定即可得出结果. 【详解】（1）因为为棱中点，，所以， 因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以， 因为、平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面. （2）如图，作的中点，连接和， 因为、为棱、的中点，所以，且， 因为为棱的中点，，， 所以，，四边形是平行四边形，， 因为平面，平面，所以平面. 【点睛】关键点点睛：本题考查线面平行的判定以及面面垂直的判定，考查通过线面垂直证明面面垂直，若平面外一条直线垂直平面内的两条相交直线，则线面垂直，考查数形结合思想，是中档题. 17. 已知函数． （1）求的单调递增区间； （2）若，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正余弦二倍角公式及辅助角公式化简得到，再由整体代入法即可求解； （2）由诱导公式和余弦二倍角公式即可求解． 【小问1详解】 ， 令，得． 因此的单调递增区间为． 【小问2详解】 由，得， 所以． 18. 如图，在三棱锥中，平面平面为的中点，是边长为2的等边三角形． （1）证明：面； （2）若，求直线和所成角的余弦值； （3）若点E在棱上，且三棱锥的体积为4，求二面角平面角． 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）由题设易知，再由面面垂直的性质证明结论； （2）分别取的中点M、N，连接，得到异面直线和所成角（或为邻补角）即为，再根据已知求其余弦值； （3）过点E作交于N．过点N作交于点M，连接，利用面面垂直、线面垂直判定和性质定理，确定为二面角的平面角，再由已知求其大小. 【小问1详解】 因为为中点，所以， 平面平面，平面平面平面， 所以平面； 【小问2详解】 如下图，分别取的中点M、N，连接， 因为O为中点，所以且， 所以异面直线和所成角（或为邻补角）即为， 因为是边长为2的等边三角形，所以， 由（1）知，平面，因为平面，所以， 由，得，得． 在直角三角形中，则， 在中， 所以直线和所成角的余弦值为． 【小问3详解】 如下图，过点E作交于N．过点N作交于点M，连接， 因且，所以， 因为平面平面，平面平面平面， 所以平面，因为平面，所以， 在中，因为，所以，而，则， 因为平面，所以平面， 因为平面，所以，所以为二面角的平面角， 因为， 因为，所以， 又因为，所以，得， 因为，所以， 因为，所以．又，所以． 所以，所以，得， 因为，所以． 所以二面角平面角是． 19. 在中，角A，B，C所对的边分别为，满足． （1）求的值； （2）当与边上的中线长均为2时，求的周长； （3）当内切圆半径为1时，求面积的最小值． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理及两角和得正弦公式化简可得； （2）利用余弦定理及向量化求出，即可得解； （3）先利用等面积法求出a，b，c与的关系，再结合余弦定理可求出与的关系，再结合基本不等式及三角形的面积公式即可得解． 【小问1详解】 因为，由正弦定理得， 所以，，，则； 【小问2详解】 由余弦定理得，即①， 设的中点为D，则，则，即②， 所以，联立，解得， 所以，即的周长为； 【小问3详解】 由（1）得， 由内切圆半径为1，得，即， 由余弦定理得，所以，整理化简得， 因为，所以，解得或， 又因为的面积大于其内切圆面积，即，得，所以， 当且仅当时，的面积取到最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $