河南青桐鸣联考2025-2026学年高一下学期5月阶段检测数学试题

高一数学（人教B卷） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、考场号、座位号、考生号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上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．写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 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．已知，，且，则（ ） A． B． C． D． 2．已知为虚数单位，则（ ） A． B． C． D． 3．已知，，是空间三条直线，，则“”是“，，三线共面”的（ ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 4．在中，为边上的中线上一点，且，若，则（ ） A． B． C． D． 5．已知，是两条不同的直线，平面，满足，则下列结论正确的是（ ） A．若，则，共面 B．若，则与有公共点 C．若与无公共点，且，则 D．若存在平面，使得，，，则 6．在矩形中，，，点为线段（包含端点）上一动点，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 7．如图，在直三棱柱中，，，，，分别为，的中点，过点作与垂直的平面，且平面与该三棱柱的侧面的交线为线段，则（ ） A．3 B． C． D．2 8．已知，是两个暗礁群，将其视为质点，相距．为保障航行安全，欲在一条东西方向的航道（视为直线）上选取，点建两座灯塔，其中选取在距比距近的地方，且在灯塔处测得在它的南偏东方向，测得在它的南偏东方向．从灯塔沿航道向正东行驶可到灯塔，在灯塔处测得在它的南偏西方向，则在处测得在它的（ ） A．南偏西方向 B．南偏西方向 C．南偏西方向 D．南偏西方向 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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9．已知向量，，则（ ） A．若，则 B．若，则 C．若，则与同向的单位向量为 D．若，则 10．已知复数，满足，其中为虚数单位，则（ ） A． B． C． D． 11．如图，梯形为圆台的轴截面，已知，，且梯形的面积为，则（ ） A．圆台的母线长为3 B．圆台的体积为 C．已知点为上靠近点的三等分点，则沿着圆台表面从到的最短路径的长度为 D．在该圆台内能放入一个可以绕正方体中心自由转动的正方体（圆台表面厚度忽略不计），则该正方体棱长的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知（，，i为虚数单位），则_________． 13．已知用斜二测画法作出的直观图如图所示，，轴，，且的面积为，则的边上的高为_________． 14．已知平面向量，满足，在上的投影向量为，当时，的最小值为，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．（13分）已知复数满足为实数，为纯虚数，i为虚数单位． （1）求； （2）若复数（）在复平面内对应的点位于第四象限，求的取值范围． 16．（15分）如图，在平行四边形中，，，，点满足，为的中点．记，． （1）用，表示，； （2）设，求的值． 17．（15分） 如图，在棱长为2的正方体中，为侧面的中心． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的大小； （3）求三棱锥的外接球的表面积． 18．（17分） 设的内角，，的对边分别为，，，已知． （1）证明：； （2）若，，求的面积； （3）若为锐角三角形，且，求的周长的取值范围． 19．（17分） 如图，在梯形中，，，，为的中点，将沿翻折至的位置，使点落在点的位置，且，，分别为，的中点． （1）证明：平面平面． （2）若线段上存在点，使得平面平面， （Ⅰ）猜想的值，并说明理由； （Ⅱ）求二面角的正弦值． 高一数学（人教B卷） 参考答案 1．B 【解析】因为，所以，解得．故选B． 2．A 【解析】因为，所以．故选A． 3．D 【解析】当，时，，若三棱柱的三条侧棱所在直线分别为，，，满足，但，，三线不共面，充分性不成立；当，，三线共面，且时，与可能相交，也可能平行，所以必要性不成立． 故选D． 4．C 【解析】 ， 则，，解得 故选C． 5．D 【解析】当与相交时，因为，，所以，异面，A错误； 当，时，因为，所以，所以与没有公共点，B错误； 若与无公共点，则，如图，显然满足，但与不垂直，C错误； 因为存在平面，使得，，所以，因为，所以，又，则，所以，D正确． 故选D． 6．A 【解析】以为原点，，所在直线分别为轴、轴，建立如图所示的平面直角坐标系， 则，，设，当0且时，过作轴于点，则，所以（当或4时也成立），则，，，所以，当时，取得最小值-5；当或4时，取得最大值0．故的取值范围为． 故选A． 7．B 【解析】如图，作，为垂足，则平面，连接，过作，交于点，易知，且，所以平面，又平面，则， 易知，，又，且，，所以，则，即，所以． 连接，过作，交于，因为，所以，则平面，所以，又，所以平面，则，连接，则平面就是平面． 由，得，则，所以， 所以． 故选B． 8．C 【解析】根据题意作出如图所示的示意图，在中，，，，则，由正弦定理得，所以． 在中，，由余弦定理得， 即， 整理得， 解得或， 因为，所以 在中，，则， 因为，所以，则，所以在处测得在它的南偏西方向上． 故选C． 9．AC 【解析】若，则，，所以，A正确； 若，则，解得，B错误； 若，则，所以与同向的单位向量为，C正确； ，，由，得，解得，D错误． 故选AC． 10．BCD 【解析】设，则，所以，则与不一定相等，A错误； 因为，，所以，B正确； ，C正确； ，所以， D正确． 故选BCD． 11．ACD 【解析】过作于，由，解得， 所以，A正确； 由上可知，该圆台的高为，所以该圆台的体积为，B错误； 设，分别为圆台的上、下底面的圆心，将圆台补成圆锥，则，即， 所以， 圆锥的展开图如图， 过点作于点，易知，，则所求的最短距离为，C正确； 圆台补成的圆锥的轴截面是一个边长为4的正三角形，且该正三角形的内切圆的半径为，因为，所以该圆台内能放人的最大球的半径为，设正方体棱长的最大值为，则，所以，D正确． 故选ACD． 12．0 【解析】，则解得所以． 13．4 【解析】过作轴，垂足为，过作轴，交轴于点， 易知为等腰直角三角形，由，得，所以，故的边上的高为． 14． 【解析】由，得，整理得， 因为在上的投影向量为， 所以，整理得， 因此，所以， 则，的夹角为． 设，，如图所示， 则，显然当且仅当，即点与点重合时，取得最小值，所以，则，故． 15．解：（1）设， 因为为实数， 所以，解得． 因为为纯虚数，所以，解得， 故． （2）由（1）可知，． ， 由题意可知， 解得， 故实数的取值范围为． （13分） 16．解：（1）； ． （2） ， ， ， 所以． 17．解：（1）证明：连接，与交于点，连接， 因为为侧面的中心，所以为的中点， 连接，因为，，且，， 所以，且， 则四边形为平行四边形， 因为为的中点，易知，又平面，平面，故平面． （2）连接，则，则， 易知四边形为平行四边形， 在正方体中，平面， 又平面，所以， 因为，故平面，即平面， 所以为直线与平面所成的角， 在中，易求，，所以， 则。 故直线与平面所成角的大小为． （3）设三棱锥的外接球的球心为，半径为， 因为的外接圆的圆心为，所以平面， 由（1）可知，，平面，所以平面，因此球心在线段上， 易求，，由， 解得， 故三棱锥的外接球的表面积为． 18．解：（1）证明：由，得， 由余弦定理，得， 所以， 因为，所以，又，， 所以或， 因为，所以， 所以． （2）由，得， 由正弦定理与余弦定理，得， 又，，所以， 整理得，解得， 则， 所以， 故的面积为． （3）由题意可知，即解得， 由正弦定理得，则， 所以，， 则， 所以的周长的取值范围为． 19．解：（1）证明：在梯形中，，，，为的中点，所以，且， 则四边形为菱形，所以， 则，所以为等边三角形，因此为等边三角形， 因为为的中点，所以． 易得，， 又，则， 所以， 因为，，平面， 所以平面， 又平面，故平面平面． （2）（ⅰ）． 理由如下： 连接，与，分别交于点，，连接，． 因为，分别为，的中点，所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． 因为为的中点，所以为的中位线，所以，则， 又，所以， 又平面，平面， 所以平面． 又，，平面， 所以平面平面， 综上可知，． （ⅱ）由（2）（ⅰ）可知，点的位置唯一确定，即为的中点． 由（1）可知，，，且，，平面，所以平面， 又，所以平面， 又平面，则， 所以，则． 在中，，，则， 又，所以． 过作于点， 由等面积法可知，． 在.，，，则边上的高为， 设点到平面的距离为， 则． 所以， 解得， 设二面角的大小为， 则． 故二面角的正弦值为． 学科网（北京）股份有限公司 $