精品解析：黑龙江绥化市第七中学2025-2026学年高一第二学期4月阶段检测数学试卷

绥化市第七中学2025-2026学年度第二学期4月阶段检测 高一数学 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 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. 已知复数，则z的虚部是（ ） A. -1 B. 1 C. D. i 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的运算以及复数的概念即可. 【详解】，故z的虚部是. 故选：B 2. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由余弦定理直接计算求解即可. 【详解】由题意得， 又，所以. 故选：A 3. 设有两条不同的直线m，n和两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间中直线与平面、平面与平面平行的性质与判定，平面与平面垂直的性质与判定逐个选项分析即可． 【详解】若，则或，A选项错误； 若，，则或相交，故B错误； 若，，则，故C正确； 若，则可以平行，可以异面，可以相交，故D错误； 故选：C. 4. 中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】利用余弦定理： 5. 圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美．为了估算圣·索菲亚教堂的高度，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高约为36m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得建筑物顶A、教堂顶C的仰角分别是和，在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为，则可估算圣·索菲亚教堂的高度CD约为（ ） A. 54m B. 47m C. 50m D. 44m 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意求得，在中由正弦定理求出，即可在直角中求出. 【详解】由题可得在直角中，，，所以， 在中，，， 所以， 所以由正弦定理可得，所以， 则在直角中，，即圣·索菲亚教堂的高度约为54m. 故选：A. 6. 已知平面内两个不共线的向量和，，且和的夹角为，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】， 向量与夹角为钝角，则数量积小于0且两向量不反向，即， 展开： 代入：， 再排除共线或反向的情况：若两向量共线反向，则，整理得，， 由于不共线，则系数必为，即，代入，故时需排除， 综上所述，解得的范围为. 7. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且，若为的中点，边上的中线长为，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由余弦定理结合已知条件，求出角，向量两边同时平方，由基本不等式可求出面积最大值. 【详解】由及余弦定理得， 由两边平方得： 即 ，整理得： ​ ，解得，当且仅当时取等号， 又因为，所以三角形面积最大值为. 8. 已知向量，则与向量同向的单位向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的坐标除以向量的模，可得与向量同向的单位向量的坐标. 【详解】因为，所以， 所以与向量同向的单位向量的坐标为：， 故选：B 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象.如图1所示的是八卦模型图，其平面图形图中的正八边形ABCDEFGH，其中O为正八边形的中心，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 和能构成一组基底 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正八边形的几何特点，结合向量线性运算和平行关系的判断，对每个选项逐一分析，即可判断和选择. 【详解】对于A选项，，A选项错误. 对于B选项，，B选项正确. 对于C选项，由于八边形ABCDEFGH为正八边形，故，且， 故，所以选项C正确. 对于D选项，由于和不共线，故和能构成一组基底，所以D正确. 故选：BCD. 10. 如图，圆锥SO的底面半径为1，侧面积为是圆锥的一个轴截面，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的母线长为3 B. 圆锥SO的侧面展开图的圆心角为 C. 由A点出发绕圆锥侧面一周，又回到A点的细绳长度的最小值为 D. 该圆锥内部可容纳的球的最大半径为 【答案】ACD 【解析】 【分析】确定圆锥的侧面展开图，再结合选项逐个判断即可. 【详解】解：圆锥的侧面展开图如图所示： 设圆锥的母线长为l，底面半径为r， 圆锥SO的侧面积为选项A正确； 圆锥SO的侧面展开图的圆心角选项B错误； 如上图，由A点出发绕圆锥侧面一周， 又回到A点的细绳长度最小值为圆锥侧面的展开图得到的扇形的圆心角所对的弦长 选项C正确； 球与圆锥内切时，球的半径最大， 此时球心在轴SO上，且内切球的大圆内切于圆锥的轴截面． 设内切球的半径为，则圆锥的高为 由等面积法得,解得选项D正确． 故选：ACD 11. ，（）且，下列说法正确的是（ ） A. 的最小值是4 B. 在上投影向量为 C. 的范围 D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共线向量的坐标表示，再利用基本不等式求解判断AD；求出投影向量判断B；求出模的范围判断C. 【详解】由，得，而，， 则，即，又，则， 对于A，， 当且仅当时取等号，A错误； 对于B，，在上投影向量，B正确； 对于C，，C正确； 对于D，， 当且仅当，即时取等号，D正确. 故选：BCD 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. O为内一点，且，则的面积与的面积的比值为____ 【答案】 【解析】 【分析】结合平面向量共线定理求出两个三角形的高的比值，即可求得面积比值. 【详解】取的中点为，连接，如下图所示： 易知，所以， 因此可得三点共线， 易知与的公共边为，设点到边的距离为， 可知到边的距离为，到边的距离为， 所以. 故答案为： 13. 若正方形的边长为2，分别为的中点，为线段上的动点（含端点），则的最小值为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】借助正方形的特点，建立合适的平面直角坐标系，求出的坐标，进而可得到的表达式，根据线段的方程及二次函数的性质可求其最值. 【详解】如图，以为原点，所在直线分别为轴建立平面直角坐标系， 则， 因为分别为的中点，所以. 又为线段上的动点（含端点），故可设. 所以， 所以. 由知之间的关系为，所以， 将代入可得 ， 又，所以当时，取得最小值. 14. 如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，则最大值为__________，若，则的最大值为________ ； 【答案】 ①. 9 ②. 【解析】 【分析】根据线性运算法则，可得，根据数量积公式，可得，根据的范围，分析即可得答案；以O为原点，OA为x轴正方向建系，可得各点坐标及P的轨迹方程，设出P点坐标，根据题意，可得的表达式，分析即可得答案. 【详解】因为 ， 所以 ， 因为，故当时，取得最大值1， 此时取得最大值为9. 以O为原点，OA为x轴正方向建立平面直角坐标系，如图所示， 则， 由题意得P的轨迹为以O为圆心，1为半径的半圆，其轨迹方程为， 设， 则， 因为， 所以， 所以， 所以当时，，此时的最大值为. 故答案为：9； 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，且与的夹角为120°，求: （1）； （2）与的夹角； （3）若向量与垂直，求实数λ的值. 【答案】（1）； （2）； （3）或. 【解析】 【分析】（1）利用关系结合数量积的性质计算； （2）求出，，然后利用向量夹角余弦公式计算即可； （3）分析可知，利用平面向量数量积的运算性质可得出关于的方程，解之即可. 【小问1详解】 ； 【小问2详解】 因为， 所以，又， 所以， 又， 所以与的夹角为； 【小问3详解】 因为向量与垂直， 则， 整理可得，解得或. 16. 已知向量，，函数． （1）求函数的单调递增区间； （2）若，且，求的值； （3）将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．当时，求函数的值域． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量数量积坐标运算、二倍角和辅助角公式可化简得到，利用整体代换的方式可求得单调递增区间； （2）根据的范围可确定，由，结合两角和差公式可求得结果； （3）根据三角函数平移变换可得，由余弦型函数值域求法可求得结果. 【小问1详解】 ， 令，解得：， 的单调递增区间为. 【小问2详解】 由（1）得：， ，，又，， ， . 【小问3详解】 由题意知：， 当时，，， 即的值域为. 17. 在中角A、B、C所对的边长为a、b、c，向量，且. （1）若，求 （2）若，求的周长 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用向量共线的坐标表示及正弦定理角化边求出，再利用余弦定理求出，进而求出. （2）由三角恒等变换，结合条件求出，再利用正弦定理求解. 【小问1详解】 向量，由，得， 在中，由正弦定理得，而，则， 当时，由余弦定理得， ，所以. 【小问2详解】 当时，则， 由（1）知，则，显然为锐角， 解得，由正弦定理得， 所以的周长. 18. 关于的方程的根为. （1）求的值 （2）求的值及的值 【答案】（1） （2）；； 【解析】 【分析】（1）根据韦达定理及同角三角函数的关系解方程组即可求出，代入表达式中即可； （2）根据韦达定理求出，根据二倍角公式求出. 【小问1详解】 由题意可知①，②， 又因为，所以， 联立①②解得：，，， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知，所以， ， . 19. 中，角所对的边分别为，且． （1）求角； （2）若，，求和． 【答案】（1） （2）， 【解析】 【分析】（1）利用三角形内角和以及二倍角公式转换成关于的一元二次方程求解； （2）利用余弦定理，结合，联立方程求解，舍去负根即可． 【小问1详解】 由，得①， ②， 将①和②代入，得， 解得，（舍去）， 因为，所以． 【小问2详解】 由（1）知，又，， 由余弦定理，得③， 将代入③，得， 化简得，即， 解得（舍去），， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绥化市第七中学2025-2026学年度第二学期4月阶段检测 高一数学 注意事项: 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 第I卷（选择题） 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. 已知复数，则z的虚部是（ ） A. -1 B. 1 C. D. i 2. 在中，，，，则（ ） A. B. C. D. 3. 设有两条不同的直线m，n和两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 中，角，，所对的边分别为，，，若，，，则为（ ） A. B. C. D. 5. 圣·索菲亚教堂是哈尔滨的标志性建筑，其中央主体建筑集球、圆柱、棱柱于一体，极具对称之美．为了估算圣·索菲亚教堂的高度，某人在教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高约为36m，在它们之间的地面上的点M（B，M，D三点共线）处测得建筑物顶A、教堂顶C的仰角分别是和，在建筑物顶A处测得教堂顶C的仰角为，则可估算圣·索菲亚教堂的高度CD约为（ ） A. 54m B. 47m C. 50m D. 44m 6. 已知平面内两个不共线的向量和，，且和的夹角为，若与的夹角为钝角，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知中，角，，所对的边分别为，，，且，若为的中点，边上的中线长为，则面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知向量，则与向量同向的单位向量的坐标为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 《易经》是阐述天地世间关于万象变化的古老经典，其中八卦深邃的哲理解释了自然、社会现象.如图1所示的是八卦模型图，其平面图形图中的正八边形ABCDEFGH，其中O为正八边形的中心，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 和能构成一组基底 10. 如图，圆锥SO的底面半径为1，侧面积为是圆锥的一个轴截面，则下列结论正确的是（ ） A. 圆锥的母线长为3 B. 圆锥SO的侧面展开图的圆心角为 C. 由A点出发绕圆锥侧面一周，又回到A点的细绳长度的最小值为 D. 该圆锥内部可容纳的球的最大半径为 11. ，（）且，下列说法正确的是（ ） A. 的最小值是4 B. 在上投影向量为 C. 的范围 D. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. O为内一点，且，则的面积与的面积的比值为____ 13. 若正方形的边长为2，分别为的中点，为线段上的动点（含端点），则的最小值为__________. 14. 如图所示，在边长为3的等边三角形ABC中，，且点P在以AD的中点O为圆心，OA为半径的半圆上，则最大值为__________，若，则的最大值为________ ； 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，且与的夹角为120°，求: （1）； （2）与的夹角； （3）若向量与垂直，求实数λ的值. 16. 已知向量，，函数． （1）求函数的单调递增区间； （2）若，且，求的值； （3）将的图象向左平移个单位长度得到函数的图象．当时，求函数的值域． 17. 在中角A、B、C所对的边长为a、b、c，向量，且. （1）若，求 （2）若，求的周长 18. 关于的方程的根为. （1）求的值 （2）求的值及的值 19. 中，角所对的边分别为，且． （1）求角； （2）若，，求和． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $