精品解析：福建厦门大学附属科技中学2025-2026学年高一下学期4月阶段测试数学试题

2025-2026学年（下）厦门大学附属科技中学高一4月阶段测试 数学试题 姓名________班级________座号________ （在此卷上答题无效） （考试时长：120分钟 满分：150分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷第2-4页. 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效. 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的. 1. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 2. 平面向量，若，则（ ） A. 6 B. 5 C. D. 3. 如图，水平放置的的斜二测直观图为，已知，则的周长为（ ） A. B. C. D. 4. 已知球的半径和圆锥的底面半径相等，且圆锥的侧面展开图是半圆.若球的表面积为，则圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 5. 记的三个内角、、所对的边分别为、、，已知，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）． A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 7. 如图，在正三棱柱中，，D 为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知平面向量满足，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意.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. 已知复数满足，，其中是虚数单位，表示的共轭复数，则下列正确的是（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点位于第一象限 C. 是纯虚数 D. 若是关于的实系数方程的一个根，则 10. 在中，，，，点为边上一动点，则（ ） A. B. 当为角的角平分线时， C. 当点为边上点，时， D. 若点为内任一点，的最小值为 11. 正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的有（ ） A. 该八面体的表面积为 B. 该八面体的体积为 C. 若点为棱上的动点，则的最小值为 D. 若点为四边形的中心，点为此八面体表面上动点，且，则动点的轨迹长度为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，且，则的值为__________. 13. 如图，已知圆台的轴截面为梯形，，，梯形的面积为，则圆台的体积为______． 14. 如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，为直四棱柱表面上的动点，若，，，四点共面，则动点P的轨迹的长度为______． 第Ⅱ卷 四、解答题：本大题共6小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，长方体中，，点M为的中点． （1）求证：平面BDM； （2）求点C到平面BDM的距离． 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角； （2）若的面积，，求边的大小. 17. 在等腰梯形中，为的中点，点在上，且，记. （1）用向量表示向量； （2）求的值. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，从以下三个条件中任选一个，解答以下问题 ①；②；③ （1）求证：； （2）若求边长 （3）求的最小值. 19. 在直角梯形ABCD中，，（如图1），把△ABD沿BD翻折，使得平面BCD，连接AC，M，N分别是BD和BC中点（如图2）． （1）证明：平面平面AMN； （2）记二面角A—BC—D的平面角为θ，当平面BCD⊥平面ABD时，求tanθ的值； （3）若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得（如图3），令PQ与BD和AN所成的角分别为和，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年（下）厦门大学附属科技中学高一4月阶段测试 数学试题 姓名________班级________座号________ （在此卷上答题无效） （考试时长：120分钟 满分：150分） 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷1至2页，第Ⅱ卷第2-4页. 注意事项： 1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清清楚. 2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，在试卷上作答无效. 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分.每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题意的. 1. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，再利用复数的模长公式可求得结果. 【详解】因为，所以. 故选：D. 2. 平面向量，若，则（ ） A. 6 B. 5 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用平面向量垂直的坐标表示求得，再利用平面向量模的坐标表示即可得解. 【详解】因为，， 所以，解得， 所以， 因此. 故选：B． 3. 如图，水平放置的的斜二测直观图为，已知，则的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，作出原平面图形，由斜二测画法分析原图的数量关系，计算可得答案. 【详解】根据题意，作出原图， 由斜二测画法，在原图中，，， 所以，故的周长为. 故选：C． 4. 已知球的半径和圆锥的底面半径相等，且圆锥的侧面展开图是半圆.若球的表面积为，则圆锥的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意结合圆锥侧面展开图的性质即可列式求解. 【详解】设球的半径和圆锥的底面半径为，则球的表面积为，解得. 设圆锥的母线长为，高为，因为圆锥的侧面展开图是半圆，所以， 故，所以 故选：C 5. 记的三个内角、、所对的边分别为、、，已知，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理先求出边的值，再利用三角形面积公式计算即得. 【详解】由已知及余弦定理得， 解得（负值舍去）， 所以的面积为. 故选：A. 6. 已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）． A. 若，，则 B. 若，，，则 C. 若，，，则 D. 若，，，则 【答案】D 【解析】 【分析】对于ABC：以正方体为依托，举反例说明即可；对于D：根据线面平行的判定定理和性质定理分析判断. 【详解】在正方体中， 对于选项A：例如∥，平面，但平面，故A错误； 对于选项B：例如∥，平面，平面， 但平面平面，故B错误； 对于选项C：例如平面∥平面，∥平面，∥平面， 但与异面，故C错误； 对于选项D：因为，则存在（是两条不同的直线），使得， 又因为，则存在（是两条不同的直线），使得， 则，且，，则， 且，，则，所以，故D正确； 故选：D. 7. 如图，在正三棱柱中，，D 为的中点，则直线与平面所成角的正弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】过点作，垂足为，由线面角的定义可得就是直线与平面所成的角，计算得解. 【详解】如图， 过点作，垂足为， 因为是的中点，所以，又平面，平面， 所以， 平面，，所以平面， 所以， 又平面，，所以平面， 连接，则就是直线与平面所成的角. 设，则，， 由，则，得， 在中，. 所以直线与平面所成角的正弦值为. 8. 已知平面向量满足，则的最大值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量加减法的平行四边形法则作图，问题转化为求的最值，利用外接圆数形结合可求最值. 【详解】设，如图， 由题意，即在平行四边形中，，， 求的最大值. 延长至，使，则， 由正弦定理，三点所在外接圆的直径， 所以，设圆心为，如图， 所以可知，又， 所以由余弦定理可得， 则由图象可知， 故选：C 二、多项选择题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分.每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题意.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. 已知复数满足，，其中是虚数单位，表示的共轭复数，则下列正确的是（ ） A. 的虚部为 B. 在复平面内对应的点位于第一象限 C. 是纯虚数 D. 若是关于的实系数方程的一个根，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】由已知，解得，，结合复数的概念、几何意义及运算性质，逐项判断即可. 【详解】根据题意，，解得，， 所以的虚部为，故A错误； 又，则在复平面内对应的点为，位于第一象限，故B正确； 又，故C正确； 若是方程的一个根，则方程的另一根为， 根据韦达定理有，， 解得，，所以，故D正确. 故选：BCD. 10. 在中，，，，点为边上一动点，则（ ） A. B. 当为角的角平分线时， C. 当点为边上点，时， D. 若点为内任一点，的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】应用余弦定理求边长判断A；应用等面积法及三角形面积公式列方程求判断B；由，应用向量数量积的运算律求线段长度判断C；构建合适的直角坐标系，应用坐标法求数量积，进而确定最小值判断D. 【详解】A：，对； B：由题意， 所以，可得，对； C：由，则， 所以，对； D：构建如下图的直角坐标系，则，若， 所以， 则 ， 当时，在三角形内满足题设，此时的最小值为，错. 故选：ABC 11. 正八面体每个面都是正三角形，可以看作是将两个棱长相等的正四棱锥将底面粘接在一起的几何体.如图所示，正八面体的棱长为，下列说法中正确的有（ ） A. 该八面体的表面积为 B. 该八面体的体积为 C. 若点为棱上的动点，则的最小值为 D. 若点为四边形的中心，点为此八面体表面上动点，且，则动点的轨迹长度为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用三角形的面积公式计算出正八面体的表面积，可判断A选项；利用锥体的体积公式计算出正八面体的体积，可判断B选项；将面和面延展为同一个平面，由、、三点共线时，取最小值，结合余弦定理求的长，可判断C选项；分析可知点在侧面内的轨迹是该三角形的内切圆，结合圆的周长可判断D选项. 【详解】对于A选项，由于正八面体每个面都是边长为的正三角形， 故该正八面体的表面积为，A对； 对于B选项，在正四棱锥中，设顶点在底面内的射影为点， 则为正方形的中心，即为的中点， 因为正方形的边长为，则， 故， 因此，该正八面体的体积为，B错； 对于C选项，将面和面延展为同一个平面，如下图所示： 易知四边形是边长为的菱形，且， 当、、三点共线时，取最小值， 且，C对； 对于D选项，考虑点在侧面上运动时点的轨迹长度，如下图所示： 易知，且是边长为的等边三角形， 则三棱锥是正三棱锥，则点在底面内的射影点为的中心， 取为的中点，连接、，则， 因为，，故，则， 所以，为等腰直角三角形，且， ， 因为为等边的中心，则， 所以，， 因为平面，平面，所以， 则， 所以，点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在内的圆弧， 因为，所以，圆切线段于其中点， 同理可知，圆切线段、于其中点，故点的轨迹是的内切圆圆，且圆的半径为， 综上所述，动点的轨迹长度为，D对. 故选：ACD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，且，则的值为__________. 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以，解得. 13. 如图，已知圆台的轴截面为梯形，，，梯形的面积为，则圆台的体积为______． 【答案】 【解析】 【详解】，， 圆台的下底面的半径为，上底面的半径为， 设圆台的高为，则，解得， 圆台的体积为． 14. 如图，直四棱柱的底面是边长为2的正方形，，，分别是，的中点，为直四棱柱表面上的动点，若，，，四点共面，则动点P的轨迹的长度为______． 【答案】 【解析】 【分析】设直线分别于得延长线交于点，连接，交于点，连接，交于点，得到截面，再利用直四棱柱的柱长和结构特征得到截面的各边长. 【详解】设直线分别于得延长线交于点，连接，交于点， 连接，交于点，连接， 所以动点P的轨迹为直四棱柱的截面五边形. 由平行线分线段比例可知：， 故，故为等腰直角三角形， 所以，故，则， . 所以五边形的边长为： . 故答案为：. 第Ⅱ卷 四、解答题：本大题共6小题，共77分.请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，长方体中，，点M为的中点． （1）求证：平面BDM； （2）求点C到平面BDM的距离． 【答案】（1） 在长方体中，令， 则为中点，连接， 由为的中点，得，而平面，平面， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】(1)令，由三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得； （2）利用等体积法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设点C到平面的距离为， 长方体中，, 所以， ， ， 所以，又， 由可得，, 即，所以. 故点C到平面BDM的距离为. 16. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知. （1）求角； （2）若的面积，，求边的大小. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理将边化角，再由诱导公式及两角和的正弦公式求出，即可得解； （2）由面积公式求出，即可求出、，再由余弦定理计算可得. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得， ∴， ∴， 在中，，得， ，， ，. 【小问2详解】 ，又， ，所以，得， 又∵，∴或， 由余弦定理得， 所以. 17. 在等腰梯形中，为的中点，点在上，且，记. （1）用向量表示向量； （2）求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，可得、，利用向量的加法表示； （2）由（1），过分别作的垂线，垂足分别为，得到，然后应用数量积的运算律求值. 【小问1详解】 如图所示，连接，则四边形为平行四边形， 所以， 因为点在上，且，所以， 所以. 【小问2详解】 由（1）可知，， 在等腰梯形中，过分别作的垂线，垂足分别为， 则，所以， 由题意知，且， . 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，从以下三个条件中任选一个，解答以下问题 ①；②；③ （1）求证：； （2）若求边长 （3）求的最小值. 【答案】（1）证明：若选① 由余弦定理 则化简可得 根据正弦定理可得 因为 所以 即即 所以，此时或此时 因为所以 若选② 由正弦定理可得 所以即 所以，此时或此时 因为所以 若选③ 因为 所以所以 因为则所以或 若则则不符合题意， 所以即 （2）4 （3） 【解析】 【分析】（1）若选①，由余弦定理可得再利用正弦定理及两角和与差的正弦公式化简即可得证； 若选②，利用正弦定理将边化角，结合两角差的正弦公式即可得证； 若选③，利用二倍角公式及同角三角函数的基本关系可得再结合角的范围即可得证； （2）利用同角三角函数的基本关系可得再由二倍角公式可得与由诱导公式及两角和的正弦公式可得利用正弦定理可得的值，结合已知条件可得a，c的值，由余弦定理即可求得b； （3）利用三角恒等变换化简利用正弦定理将化为利用基本不等式即可求解最小值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为则 由可得 所以 已知由正弦定理可得 设则解得所以 根据余弦定理可得 所以 【小问3详解】 所以 因为所以 当且仅当即时等号成立， 所以的最小值为 19. 在直角梯形ABCD中，，（如图1），把△ABD沿BD翻折，使得平面BCD，连接AC，M，N分别是BD和BC中点（如图2）． （1）证明：平面平面AMN； （2）记二面角A—BC—D的平面角为θ，当平面BCD⊥平面ABD时，求tanθ的值； （3）若P、Q分别为线段AB与DN上一点，使得（如图3），令PQ与BD和AN所成的角分别为和，求的取值范围． 【答案】（1） 因为，且点是的中点， 所以， 因为是等腰直角三角形，，，， 则， 则，得， 因为点分别是的中点，所以，即， ，且平面， 所以平面，且平面， 所以平面平面； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用垂足关系和平行关系，转化为证明平面； （2）首先利用的垂线，利用垂线构造二面角的平面角，再根据几何关系求解的值； （3）利用垂足关系和平行关系，得到，即可化简，并求取值范围. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为平面平面，且平面平面， 因为，所以平面， 取的中点，连结， 因为，则，， 所以， 所以为二面角的平面角， ； 【小问3详解】 在线段取点，使得， 从而易得且，，， 另一方面，，，从而， 所以，，，平面， 所以平面，平面， 所以， 因为，， 所以， 从而， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $