精品解析：江苏盐城市五校联盟2025-2026学年高一下学期5月阶段检测数学试题

高一数学 （总分 150 分 考试时间 120 分钟） 注意事项: 1.本试卷中所有试题必须作答在答题纸上规定的位置，否则不给分. 2.答题前，务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题纸上. 3.作答非选择题时必须用黑色字迹 0.5 毫米签字笔书写在答题纸的指定位置上，作答选择题必须用2B 铅笔在答题纸上将对应题目的选项涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题纸清洁，不折叠、不破损. 第 Ⅰ卷（选择题共 58 分） 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，请在答题纸的指定位置填涂答案选项） 1. 已知复数（虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数除法运算化简，可得虚部． 【详解】， 则复数的虚部为， 故选： 【点睛】本题考查复数代数形式的除法运算，属基础题． 2. 化简以下各式:①；②；③；④，结果为零向量的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】由向量的加法三角形法则和向量加法三角形法则可得. 【详解】；； ；. 故选：D 3. 一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，则该圆锥轴截面的面积（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设圆锥的母线长为l，底面半径为r， 则，解得， 又，解得， 所以圆锥的高为， 所以圆锥的轴截面的面积是. 4. ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由诱导公式及余弦的二倍角公式进行求值. 【详解】因为，所以. 故选：B 5. 如图，是水平放置的的直观图，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法还原平面图，然后计算可得. 【详解】根据斜二测画法还原平面图如图，则. 故选：C 6. 已知非零向量满足，且，则是（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 等腰（非等边）三角形 D. 等边三角形 【答案】D 【解析】 【分析】由得到的角平分线与垂直，从而得到，再由得到，从而为等边三角形. 【详解】由得的角平分线与垂直，所以， 又因为，，所以， 所以为等边三角形， 故选：D. 7. 中，，，，且，则的最小值等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由向量的数量积的运算，可得时以C为直角的直角三角形，以D为原点建立平面直角坐标系，设，则，则，即可得最小值， 【详解】由题意知，向量，且， 可得点D在边BC上，， 所以，则，即， 所以时以C为直角的直角三角形． 如图建立平面直角坐标系，设，则， 则，，当时，则最小，最小值为． 故选C． 【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，向量的数量积运算及其应用，其中解答中根据向量的数量积的运算，求得时以C为直角的直角三角形，以D为原点建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于中档试题. 8. 如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，过的平面与直线平行，则平面截该长方体所得截面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取中点，连接，进而证明平面得到平面即为所求的平面，再求面积即可. 【详解】解：如图，取中点，连接， 因为在长方体中，，分别为棱，的中点， 所以， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为为中点，为棱的中点， 所以， 又因为， 所以， 所以四边形是平行四边形， 又因为平面，平面， 所以平面， 所以平面即为所求的平面， 又因为，， 所以面积为 故选：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，请在答题纸的指定位置填涂答案选项） 9. 已知复数，则以下说法正确的是（　　） A. B. 的共轭复数 C. 复数是方程的一个根 D. 在复平面内与对应的点在第二象限 【答案】ABD 【解析】 【详解】由 ，所以，故A正确； 的共轭复数，故B正确; 由，得，解得， 所以复数不是方程的一个根，故C错误； 在复平面内与对应的点为，在第二象限，故D正确. 10. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 若两条直线互相平行，则这两条直线确定一个平面 B. 若两条直线相交，则这两条直线确定一个平面 C. 若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线 D. 若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线 【答案】ABC 【解析】 【分析】由公理2及推论判断A、B、C选项，由直线的位置关系判断D选项. 【详解】公理2的推论3：经过两条平行直线有且只有一个平面，选项A正确； 公理2的推论2：经过两条相交直线有且只有一个平面，选项B正确； 空间四点不共面，则其中任何三点不共线，否则由公理2的推论1：直线与直线外一点确定一个平面，这空间四点共面，所以选项C正确； 若两条直线没有公共点，可以互相平行，不一定是异面直线，选项D错误. 故选：ABC 11. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则△ABC是钝角三角形 C. 若，则△ABC为直角三角形 D. 若，，则△ABC面积的最大值是 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用正弦定理化边为角，结合大边对大角即可判断A；利用正弦定理化角为边结合余弦定理即可判断B；举出反例即可判断C；利用余弦定理结合基本不等式和三角形的面积公式即可判断D. 【详解】A选项，当时，由正弦定理得， 在三角形中，大边对大角，所以，所以A选项正确； B选项，当时，由正弦定理得， 所以，所以为钝角， 故三角形是钝角三角形，B选项正确； C选项，若，则， ，所以C选项错误； D选项，由余弦定理得， 当且仅当时等号成立，所以， 所以三角形面积的最大值是，D选项正确. 故选：ABD. 第Ⅱ卷（非选择题共92 分） 填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 如图，在正方体中，直线与面所成角的正切值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】先利用线面角的定义得到为直线与面所成角，再在中求得，由此得到结果. 【详解】连接，如图， 因为平面，所以为在面内的射影，， 所以为直线与面所成角， 不妨设正方体的棱长为，则在中， ，， 所以． 13. 已知，则 ________． 【答案】1 【解析】 【分析】利用二倍角的余弦公式以及两角和差的余弦公式化简即可求出，再利用公式即可. 【详解】由题意得，， 得， 则. 故答案为： 14. 在锐角△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，若，且满足，则的取值范围为_____________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意利用正、余弦定理可得，利用正弦定理边化角，结合三角恒等变换可得，再根据正弦函数性质分析运算. 【详解】∵，由正弦定理可得， 则， ∵，则，可得， 即，故， 由正弦定理，则， 可得 ， ∵锐角△ABC，且，则，解得， 则，可得， ∴， 故的取值范围为. 故答案为：. 解答题（本大题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知复数，，. （1）当时，求和； （2）设，在复平面内对应的点分别为A，B，O为原点，若，求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角函数求复数标准式，由复数的乘法以及加减，结合模长公式，可得答案； （2）由复数的几何意义写出点的坐标，根据数量积的坐标计算以及三角函数的辅助角公式，可得答案. 【小问1详解】 当时，，， 所以，， 则. 【小问2详解】 由已知得，， 因为，所以， 所以，即， 因为，所以，所以，即. 16. 已知正方体中，M为的中点，AC交于BD点O． （1）求证：平面MAC； （2）求证：平面平面MAC． 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据三角形中位线性质得,再根据线面平行判定定理得结果； （2）先证明平面，再根据面面垂直判定定理得结果. 【详解】 （1）连，因为分别为中点,所以 平面MAC，平面MAC，所以平面MAC； （2）正方体中，平面 因为正方体中，四边形为正方形，所以 因为是平面内两相交直线，所以平面， 因为平面MAC，所以平面平面MAC． 【点睛】本题考查线面平行判定定理、面面垂直判定定理，考查基本分析论证能力，属基础题. 17. 已知向量，，设. （1）求函数的对称中心； （2）已知为锐角，，，，求的值. 【答案】（1），；（2） 【解析】 【分析】（1）根据平面向量数量积的坐标运算及辅助角公式将函数化简，再结合正弦函数的性质计算可得； （2）依题意可得，再根据同角三角函数的基本关系求出、，最后根据利用两角和的正弦公式计算可得； 【详解】解：（1）因为，， 所以. 令，，则，，所以函数的对称中心为， （2）因为，所以，即，因为为锐角，所以， 因为，所以，因为，所以，所以 所以 18. 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）若，且，求． 【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）. 【解析】 【分析】（Ⅰ）先用正弦定理将原式中角用角表示，再用同角三角函数关系求出的值，进而求出角； （Ⅱ）先用正弦定理将角化为边，根据边的关系引入参数表示，的长，再结合（Ⅰ）中结论用余弦定理得到方程，从中解出（用表示），最后用三角形面积解出参数的值，即可求出的长． 【详解】解：（Ⅰ）由正弦定理得 ， 所以可化为 ， 得． 因为，所以． （Ⅱ）由正弦定理可将化为． 设，， 根据余弦定理得， 整理得， 解得， 所以， 解得，所以． 19. 如图，在菱形中，与相交于点，平面，. （1）求证：平面； （2）当直线与平面所成的角的余弦值为时，求证：； （3）在（2）的条件下，求异面直线与所成的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）要证与平面垂直，只要证与平面内两条相交直线垂直即可，这由已知线面垂直可得一个，又由菱形对角线垂直又得一个，由此可证； （2）由已知线面垂直得平面，从而知为直线与平面所成的角，从而可得，然后计算出三线段的长，由勾股定理逆定理可得垂直； （3）取中点，则有，从而可得异面直线所成的角，再解相应三角形可得． 【小问1详解】 因为四边形是菱形，所以， 因为平面，平面，所以. 因为，平面平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为平面 所以直线与平面所成的角为即. 在等边中， 所以中，所以. 过作交于点 所以中 中 中 所以； 【小问3详解】 取边的中点，连接易得且 为所求的角或其补角， 而在中，， 中， 所以异面直线与所成的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学 （总分 150 分 考试时间 120 分钟） 注意事项: 1.本试卷中所有试题必须作答在答题纸上规定的位置，否则不给分. 2.答题前，务必将自己的姓名、准考证号用 0.5 毫米黑色墨水签字笔填写在试卷及答题纸上. 3.作答非选择题时必须用黑色字迹 0.5 毫米签字笔书写在答题纸的指定位置上，作答选择题必须用2B 铅笔在答题纸上将对应题目的选项涂黑.如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题纸清洁，不折叠、不破损. 第 Ⅰ卷（选择题共 58 分） 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，请在答题纸的指定位置填涂答案选项） 1. 已知复数（虚数单位），则的虚部为（ ） A. B. C. D. 2. 化简以下各式:①；②；③；④，结果为零向量的个数是（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 3. 一个圆锥的侧面展开图是圆心角为，弧长为的扇形，则该圆锥轴截面的面积（ ） A. B. C. D. 4. ，则（ ） A. B. C. D. 5. 如图，是水平放置的的直观图，，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知非零向量满足，且，则是（ ） A. 三边均不相等的三角形 B. 直角三角形 C. 等腰（非等边）三角形 D. 等边三角形 7. 中，，，，且，则的最小值等于（ ） A. B. C. D. 8. 如图，在长方体中，，，，分别为棱，的中点，过的平面与直线平行，则平面截该长方体所得截面的面积为（ ） 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，请在答题纸的指定位置填涂答案选项） 9. 已知复数，则以下说法正确的是（　　） A. B. 的共轭复数 C. 复数是方程的一个根 D. 在复平面内与对应的点在第二象限 10. 下列四个命题中正确的是（ ） A. 若两条直线互相平行，则这两条直线确定一个平面 B. 若两条直线相交，则这两条直线确定一个平面 C. 若四点不共面，则这四点中任意三点都不共线 D. 若两条直线没有公共点，则这两条直线是异面直线 11. △ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列判断正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则△ABC是钝角三角形 C. 若，则△ABC为直角三角形 D. 若，，则△ABC面积的最大值是 第Ⅱ卷（非选择题共92 分） 填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 如图，在正方体中，直线与面所成角的正切值为______． 13. 已知，则 ________． 14. 在锐角△ABC中，角A，B，C所对边分别为a，b，c，若，且满足，则的取值范围为_____________. 解答题（本大题共 5 小题，共 77 分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知复数，，. （1）当时，求和； （2）设，在复平面内对应的点分别为A，B，O为原点，若，求. 16. 已知正方体中，M为的中点，AC交于BD点O． （1）求证：平面MAC； （2）求证：平面平面MAC． 17. 已知向量，，设. （1）求函数的对称中心； （2）已知为锐角，，，，求的值. 18. 在中，角，，所对的边分别为，，，且． （Ⅰ）求角的大小； （Ⅱ）若，且，求． 19. 如图，在菱形中，与相交于点，平面，. （1）求证：平面； （2）当直线与平面所成的角的余弦值为时，求证：； （3）在（2）的条件下，求异面直线与所成的余弦值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $