精品解析：江苏省南通市海安高级中学2024-2025学年高一下学期6月阶段检测数学试题

2024-2025学年度第二学期高一年级阶段检测 数学 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的模长公式可求得的值. 【详解】因为，故. 故选：B. 2. 已知向量，且，则（ ） A. 1 B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量垂直的坐标表示解方程即可. 【详解】解：因为，所以， 因为， 所以，，解得． 故选：B． 3. 已知是两条不同的直线，为平面，，下列说法中正确的是（ ） A. 若，且与不垂直，则与一定不垂直 B. 若与不平行，则与一定是异面直线 C. 若，且，则与可能平行 D. 若，则与可能垂直 【答案】D 【解析】 【分析】结合点线面之间的关系逐项判断即可得. 【详解】对A：在平面内，存在无数条直线和垂直，故A错误； 对B：当时，与不是异面直线，故B错误； 对C：若，且，与为异面直线，故C错误； 对D：若，在内存在直线与垂直，故其可能与垂直，故D正确. 故选：D. 4. 某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出该圆锥底面圆的半径为r，再利用勾股定理求出母线长，代入表面积公式求解即可. 【详解】由圆锥高为，母线与底面所成的角为，得圆锥底面圆半径， 母线，所以圆锥的表面积. 故选：A 5. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，，若，，且为边上的高，为边上的中线，则的值为（ ） A. 2 B. C. 6 D. 【答案】D 【解析】 【分析】据题意，，，，根据向量的数量积运算即可求. 【详解】 因为为边上的中线，所以，又BE为边AC上的高， 所以，且在中，， 所以 . 故选：D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简题干中的两个等式，可得出、的关系，可得出的值，即可得出的值. 【详解】因为，所以， 因为，所以， 故，所以， 即，故. 故选：A. 7. 某同学用3个全等的小三角形拼成如图所示的等边△，已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，在中，分别利用正弦定理和余弦定理，求得边长AC，再利用三角形面积公式求解. 【详解】解：在中，， 又，则，设，则， 在中，由正弦定理得，解得， 在中，由余弦定理得， 即，又，解得，则， 所以， 故选：B 8. 球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图，球的半径，，，，为球的球面上的四点.若球面三角形的三条边长均为，则此球面三角形一个内角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意，四面体为正四面体，取的中点，连接，，可得为二面角的平面，计算即可解. 【详解】因为球面三角形的三条边长均为，， 所以球面三角形每条边所对的圆心角均为，所以四面体为正四面体. 取的中点，连接，，如图， 则，，且， 则为二面角的平面角. 由余弦定理可得 所以此球面三角形一个内角的余弦值为. 故选：C 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，为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】由已知得到，可对BCD作出判断，从B出发可得到，以此，可判断 【详解】，为锐角，，可得到，① ，得，②， 由①②，又，得， 则，B正确； ，C正确； 又，，，从而，D正确； 由B知，则有，， 又，，则，所以，则A错误. 故选： 10. 在正方体中，点是线段上一动点，则下列各选项中正确的是（ ） A. B. 平面 C. 三棱锥的体积随点位置变化而变化 D. 设正方体棱长为，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A即证平面即可判断，对于B即证平面平面即可判断，对于C由，又，即可判断，对于D建立空间直角坐标系，利用两点间距离公式即可求解.. 【详解】对于A，连接，，，，， 由正方体的性质可得：，平面， 平面，所以，， ，平面，所以平面， 因为平面，所以，同理可得， ，平面，平面 平面，，故A正确； 对于B，连接，，，易证：，， 因为平面，平面，所以平面， 因为平面，平面，所以平面， 又，，平面， 故平面平面，平面，平面，故B正确； 对于C，设到平面的距离为，连接，，， ， 因为平面，所以， 点是线段上一动点，又因为，因为平面，平面， 所以平面，所以点到平面的距离为定值， 也为定值，所以三棱锥的体积是定值，故C错误； 对于D：以为坐标原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，由正方体棱长为，所以，所以，设，所以，所以，当时，的最小值为，故D正确； 故选：ABD. 11. 定义：一个平面封闭区域内任意两点之间的距离的最大值称为该区域的“直径”．在中，边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，记三个半圆围成的平面区域为，其“直径”为，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. 当时， D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由三角形等面积法及余弦定理可判断A，再由基本不等式得出范围即可得出面积最大值判断B，再由题目条件得出三角形为等腰直角三角形，即可求出最大值判断C，由C中结论及基本不等式判断D. 【详解】设角所对的边长为 由三角形的面积公式可得， 所以，由余弦定理，可得，所以，故A正确； 由，又，所以， 所以，所以，且仅当时取等，B正确； 设边上的中点分别为，在上取一点M，在上取一点， 由两点间线段最短可得，当且仅当 四点共线时取等，所以，又， 所以，解得，所以，，所以，故C错误； 由前可知，，当且仅当时取等，故D正确. 故选：ABD 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，为单位向量，且满足，则向量在向量方向的投影向量为________ 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用数量积的运算律求出，再利用投影向量的意义求解. 【详解】由，得，则， 又，为单位向量，则，， 所以向量在向量方向的投影向量为. 故答案为： 13. 在中，内角，，所对应的边分别为，，，且，，则的最大值是__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由题意作图，设，根据图可知，由两角差正切与基本不等式化简求解即可. 【详解】过点作的垂线，垂足为，如图所示 因为， 所以， 设，则，， 所以，当时等号成立. 当时，的最大值是. 故答案为：. 14. 已知四面体中，，则此四面体的体积为______，若用平行于的平面截此四面体，得到截面四边形，则此四边形的对角线的最小值为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】对于四面体体积，可将其补成长方体，利用长方体与四面体的关系求解；对于截面四边形对角线的最小值，先根据面面平行性质证明四边形是平行四边形，再通过相似三角形得到边的关系，最后将对角线长度表示为关于某一变量的函数，求函数的最小值. 【详解】(1)将四面体补成长方体，设长方体的长、宽、高分别为，，. 根据长方体面对角线的性质可得. 三式相加得，则. 分别求解可得，，，即，，. 因为四面体的体积等于长方体体积减去四个等体积的三棱锥体积. 长方体体积. 一个三棱锥的体积. 四个三棱锥体积. 所以四面体的体积. (2)因为平面，平面，平面平面，平面， 根据面面平行的性质可知，同理，，，所以四边形是平行四边形. 设，则. 由，可得，因为，所以. 由，可得，因为，所以. 因为，，补成的长方体上下底面为正方形，可得， 所以，则. 将，代入可得. 令，，这是一个二次函数，图象开口向上，对称轴为. 当时，取得最小值，，所以. 故答案为： ；. 【点睛】 四.解答题：本题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. (1)已知复数是关于x的方程的一个根，求的值； (2)已知复数，，，求． 【答案】(1)12；(2). 【解析】 【分析】(1)把代换中的x，化简，再由复数相等解得； (2)把z1，z2代入式中，利用复数运算计算出z而得解. 【详解】(1)因为是方程的一个根， ∴ ∴，而 ∴ ∴，∴ (2)∵，， ∴， ∴ 16. 如图，在三棱台中，侧面底面，且，，底面为正三角形． （1）求三棱台的体积； （2）过点作平面平行于平面，分别交，，于，，．求证：平面． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）作交于，由面面垂直的性质可得平面，为三棱台的高，由三棱台体积公式计算可得答案； （2）连接，四边形为平行四边形，四边形为菱形，由线面垂直的庞大的了可得平面． 【小问1详解】 在三棱台，因为底面为正三角形， 所以也为正三角形， 因为，，所以，， 因为，，所以四边形为等腰梯形， 作交于，则， 所以梯形高为， 由侧面底面，侧面底面，，， 所以平面，所以为三棱台的高， 由三棱台体积公式得 ； 【小问2详解】 连接， 因为平面于平面，平面平面， 平面平面，所以，同理：，由， 则四边形为平行四边形， 又，，得， 所以为中点，同理为中点，所以，， 因为，，所以四边形为菱形，所以， 因为为菱形对角线交点， 所以为中点，又，所以，又，则， 又，平面，平面， 所以平面． 17. 已知的内角的对边分别为，面积为 ，满足． （1）证明：； （2）是否存在正整数m，n，使得和同时成立．若存在，求出m，n的值，若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在，， 【解析】 【分析】（1）由三角形的面积公式，化简得到，求得，结合正弦定理，即可求解； （2）假设存在正整数，使得和同时成立，结合正弦、余弦定理，化简得到，鸡儿得到，结合为均为正整数，求得的值，即可求解. 【小问1详解】 解：由，即， 因为，可得，所以， 即，即， 又因为，所以， 又由正弦定理，可得． 【小问2详解】 解：假设存在正整数，使得和同时成立． 所以，即， 化简整理可得， 因为，，所以，即 又因为均为正整数，所以，． 故存在，使得和同时成立 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，. （1）求角和； （2）已知，设、为线段上的两个动点（靠近点），且. ①若，求的周长； ②当为何值时，的面积最小，最小面积是多少？ 【答案】（1）， （2）①；②当，的面积取最小值 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，即可求出，由余弦定理及已知条件得到，再由正弦定理将边化角，即可求出； （2）①利用余弦定理可求出的长，推导出，可求出、的长，即可得出的周长； ②设，由正弦定理得出，利用三角形的面积公式结合三角恒等变换、三角函数的基本性质可求出面积的最小值及其对应的值. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得， 又，所以，则，又，所以； 因为，由余弦定理可得, 即，由正弦定理可得， 所以， 则， 所以， 即，即，即， 又，所以，所以，则； 【小问2详解】 ①由（1）可知， 因为，由正弦定理，所以，， 在中，由余弦定理可得 ，则， 因为，所以， ∵，∴， ∴，∴的周长为. ②设， 在中，， 由正弦定理，得， 又在中，由正弦定理可得，得， 所以 ， 所以当且仅当，即时，的面积取最小值为. 19. 如图，在直三棱柱中，点在上，. （1）证明：平面； （2）若，，二面角的大小为. ①求与平面所成角的大小； ②点在侧面内，且三棱锥的体积为，求的轨迹长度. 【答案】（1）证明见解析 （2）①；② 【解析】 【分析】（1）应用线面垂直性质得出，再应用线面垂直得出平面； （2）①先由面面垂直性质定理得出平面，进而得出线面角结合边长计算求解；②先证明平面，进而平面平面，再结合点到平面再结合体积计算边长即可. 【小问1详解】 在直三棱柱中，平面， 因为平面，所以. 又因为，，，平面， 所以平面. 【小问2详解】 ①作于，作于，连接. 由（1）知平面 因为平面，所以平面平面 因为平面平面，平面，，所以平面. 所以与平面所成角正弦值为. 因为平面，所以. 因为，，，平面，所以平面. 因为平面，所以. 所以平面与平面所成二面角即 设为. 因为，，所以为等腰直角三角形. 因为，所以. 因为，所以. 同理. 在中，，解得，所以. 设与平面所成角为.在中，. 因为，所以 ②设到平面距离为. 因为，所以 取中点，连接，，. 因为，平行且相等，所以四边形为平行四边形 因为，不在平面内，平面，所以平面. 同理平面. 因为，、平面，所以平面平面. 所以平面与平面间距离为到平面距离. 因为为正方形，所以.因为，所以 因为平面，平面，所以. 因为，，平面，所以平面. 因为为中点，所以到平面距离为. 所以点轨迹长度即线段长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024-2025学年度第二学期高一年级阶段检测 数学 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. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，且，则（ ） A. 1 B. 5 C. D. 3. 已知是两条不同的直线，为平面，，下列说法中正确的是（ ） A. 若，且与不垂直，则与一定不垂直 B. 若与不平行，则与一定是异面直线 C. 若，且，则与可能平行 D. 若，则与可能垂直 4. 某圆锥高为，母线与底面所成的角为，则该圆锥的表面积为（ ） A. B. C. D. 5. 已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，，若，，且为边上的高，为边上的中线，则的值为（ ） A. 2 B. C. 6 D. 6. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 7. 某同学用3个全等的小三角形拼成如图所示的等边△，已知，，则（ ） A. B. C. D. 8. 球面与过球心的平面的交线叫做大圆，将球面上三点用三条大圆弧连接起来所组成的图形叫做球面三角形，每条大圆弧叫做球面三角形的一条边，两条边所在的半平面构成的二面角叫做球面三角形的一个内角.如图，球的半径，，，，为球的球面上的四点.若球面三角形的三条边长均为，则此球面三角形一个内角的余弦值为（ ） 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，为锐角，，，则（ ） A. B. C. D. 10. 在正方体中，点是线段上一动点，则下列各选项中正确的是（ ） A. B. 平面 C. 三棱锥的体积随点位置变化而变化 D. 设正方体棱长为，则的最小值为 11. 定义：一个平面封闭区域内任意两点之间的距离的最大值称为该区域的“直径”．在中，边上的高等于，以的各边为直径向外分别作三个半圆，记三个半圆围成的平面区域为，其“直径”为，则（ ） A. B. 面积的最大值为 C. 当时， D. 的最大值为 三.填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，为单位向量，且满足，则向量在向量方向的投影向量为________ 13. 在中，内角，，所对应的边分别为，，，且，，则的最大值是__________. 14. 已知四面体中，，则此四面体的体积为______，若用平行于的平面截此四面体，得到截面四边形，则此四边形的对角线的最小值为______． 四.解答题：本题共5小题，共计77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. (1)已知复数是关于x的方程的一个根，求的值； (2)已知复数，，，求． 16. 如图，在三棱台中，侧面底面，且，，底面为正三角形． （1）求三棱台的体积； （2）过点作平面平行于平面，分别交，，于，，．求证：平面． 17. 已知的内角的对边分别为，面积为 ，满足． （1）证明：； （2）是否存在正整数m，n，使得和同时成立．若存在，求出m，n的值，若不存在，说明理由． 18. 在中，内角，，的对边分别为，，，且，. （1）求角和； （2）已知，设、为线段上的两个动点（靠近点），且. ①若，求的周长； ②当为何值时，的面积最小，最小面积是多少？ 19. 如图，在直三棱柱中，点在上，. （1）证明：平面； （2）若，，二面角的大小为. ①求与平面所成角的大小； ②点在侧面内，且三棱锥的体积为，求的轨迹长度. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $