宁夏回族自治区石嘴山市第一中学2025-2026学年高一下学期5月阶段检测数学试题

**基本信息** 高一年级5月数学阶段检测，聚焦复数、向量、立体几何、解三角形核心知识，融入黄金分割文化情境与正方体动点探究，通过分层题型考查空间观念、运算推理及创新应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数运算、向量关系、线面位置、解三角形|第5题结合开普勒黄金分割论述，以五角星中黄金三角形考查三角运算，体现数学眼光| |多选题|3/18|解三角形多解性、正方体动点轨迹|第11题以正方体侧面动点与面面平行为载体，综合考查空间距离与二面角，发展推理能力| |填空题|3/15|向量模最值、三棱锥体积与外接球|第13题梯形翻折后三棱锥体积最值问题，考查空间转化与几何直观| |解答题|5/77|正余弦定理应用、面面垂直证明、体积计算|16题三棱柱面面垂直证明与四棱锥体积求解，综合运用空间观念与数学语言表达|

石嘴山市第一中学2025-2026学年高一年级下5月阶段检测 数学答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D D C D A B C D ABC AB 题号 11 答案 ABC 1．D 【分析】根据复数乘除法运算规则和共轭复数概念即可求解. 【详解】由题复数，所以， 所以， 故选：D. 2．D 【分析】根据向量的加法、减法法则运算即可得到答案． 【详解】解：由题意：为所在平面内的一点， ，所以 所以 故选：． 3．C 【分析】根据线面平行和线面垂直，面面垂直的性质判断即可. 【详解】A选项，若，则或异面，故A选项错误； B选项，若，则或，故B选项错误； C选项，由直线与平面垂直的性质可得,故C选项正确； D选项，若，则或，故D选项错误. 故选：C 4．D 【详解】由正弦定理得：， ， 或， 若，则， 由，由三角形大角对大边的性质可得，不合题意； 故． 5．A 【解析】在，由正弦定理可知可得，进而根据诱导公式得 . 【详解】在，由正弦定理可知： ， ， 由诱导公式， 所以. 故选：A. 【点睛】本题主要考查了根据正弦定理和诱导公式求三角函数值，解题关键是掌握正弦定理公式和熟练使用诱导公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题. 6．B 【分析】利用圆锥的表面积公式即得. 【详解】由圆锥的底面半径为2，母线长为4， 则圆锥的表面积为. 故选：B. 7．C 【分析】先求出正四棱台的高，再利用正四棱台的体积公式计算求解即可. 【详解】作出如图所示正四棱台，其中为正四棱台的高，为其斜高， 因为正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为， 则，，， 则该正四棱台的体积为. 故选：C. 8．D 【分析】根据题意，设，可得为奇函数，由条件可得，然后结合基本不等式代入计算，即可得到结果. 【详解】设，其定义域为， 且，所以为奇函数， ， 设，则， 设，则 设，则， 设，则， 故在上为递增函数，而， 故当时，，当时，， 故在上为减函数，在上为增函数，故， 依次同理可得在上为递增函数， ， 又，即， 所以，所以，即， 则， 当且仅当时，即时，等号成立. 所以的最小值为. 故选：D 9．ABC 【分析】选项A利用求值；选项B利用向量等式，两边平方求值；选项C利用数量积求夹角，利用基本不等式求范围；选项D利用余弦定理列等式和基本不等式求的范围. 【详解】先作出一个符合题意的三角形. 选项A：由图知，，， 又为的中点，所以，，， 为定值，故选项A正确； 选项B：因为，所以， 展开得，， 把，，代入可得，， 即，故选项B正确； 选项C：因为，所以. 由基本不等式可得，， 所以，有， 又为的内角，有，. 综上可知，，故选项C正确； 选项D：在中，由余弦定理得， ， 所以，故选项D错误； 故选：ABC. 10．AB 【分析】对于A，解出可能的即可；对于B，求出可能的即可；对于C，给出反例即可；对于D，给出反例即可. 【详解】对于A，由余弦定理可知，即. 所以或，经验证和均满足条件，从而的三边共有两种可能的取值情况，所以A正确； 对于B，由余弦定理可知，即，且经验证符合条件，从而的三边有唯一的取值情况，所以B正确； 对于C，若，则是直角三角形，但，所以C错误； 对于D，若，则不是等腰三角形，但此时由可知，故，所以D错误. 故选：AB. 【点睛】关键点点睛：本题的关键点在于利用余弦定理确定三角形的三边取值情况数量，进而确定满足条件的三角形数量. 11．ABC 【分析】根据正方体的几何性质，利用面面平行判定定理，明确动点的轨迹， 对于A，根据平行线的性质，可得其正误； 对于B，根据等腰三角形的性质，根据勾股定理，可得其正误； 对于C，求得平面的法向量，利用二面角的向量公式，可得其正误； 对于D，根据线面角正弦值的向量公式，利用同角三角函数的平方式，可得答案. 【详解】由题意，分别取的中点为，连接， 分别以为轴建立空间直角坐标系，作图如下： 易知，由平面，则平面， 因为，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 因为平面，，所以平面平面， 当时，平面，则平面， 对于A，由平行线的传递性知，故所求距离为定值，故A正确； 对于B，在中，设其高度为，则，解得， 在中，易知，为的中点时，取得最小值， ，故B正确； 对于C，由，则二面角与二面角的大小相同， 由图可知：，，，， 取，，，， 设平面的法向量，则， 令，则，，所以平面的一个法向量； 设平面的法向量，则， 令，则，，所以平面的一个法向量； 设二面角的大小为，则，故C正确； 对于D，由，则平面与平面为同一平面， 由C可知平面的一个法向量， 由图可知：，则， 直线与平面所成角的正弦值为， 则余弦值为，故D错误. 故选：ABC. 12． 【分析】由题可知，点到直线的距离为，建立坐标系，通过坐标运算求得的表达式，求最小值即可. 【详解】如图所示，以线段所在直线为轴，以线段的中点为坐标原点，建立直角坐标系， 则易知，， 因为表示与直线上某一点的距离， 对任意的，恒有， 所以点到直线的距离为， 设，则， 所以， 所以的最小值为. 故答案为：. 13． 【分析】作出图形，易知当三棱锥的体积最大时，平面平面，即可判断的中点是三棱锥的外接球球心，利用三角形的边角关系和余弦定理即可求. 【详解】如图： 当三棱锥的底面上的高最大时，三棱锥的体积最大，此时平面平面， 又平面平面，取的中点，则， 则根据面面垂直的性质定理可得：平面， 取的中点，则，又，且，则， 又，故是三棱锥的外接球球心，且该外接球的半径； 在△中，， 故； 又，故，又， 所以由余弦定理可得， 故答案为：． 14． 【分析】根据，求得，再根据三棱锥的换底性可得，由此可得答案. 【详解】， E是的三等分点（靠近点A），是的中点， ，，， 又∵， ， . 三棱锥的体积与三棱柱的体积之比为. 故答案为：. 15．(1)； (2)． 【分析】（1）由余弦定理得到，再根据题干中的关系可以得到，进而得到角的大小； （2）根据得到，从而确定的值，由得到，由正弦定理得到，从而由面积公式得到的面积． 【详解】（1）在中，由余弦定理得，又，则， 而，则． （2）因为，所以，所以，从而， ， 由正弦定理，得， 因此. 16．(1)证明见解析 (2)6 【分析】（1）如图，根据全等三角形的性质可得，利用勾股定理的逆定理可得，结合线面和面面垂直的判定定理即可证明； （2）由（1）可得，结合锥体的体积公式计算即可求解. 【详解】（1）如图，取BC的中点M，连接AM，， ∵在三棱柱中，，， ∴，.又，， ∴，∴，∴，. 在中，，，， ∴，∴. 又，且，平面ABC， ∴平面ABC，又平面， ∴平面平面ABC. （2）由（1）可知平面ABC，又， ∴四棱锥的体积为： . 17．(1) (2) 【分析】(1)先用正弦定理将边转化成对应角正弦值，再利用三角形内角和将化成，最后展开化简即可. (2)先利用余弦定理求出，在利用面积公式求出△ABC的面积 【详解】（1）因为， 所以在△ABC中由正弦定理可知：， 又因为， 所以， 所以， 所以， 即． 因为，所以， 即， 因为， 所以． （2）由（1）可知，所以， 由余弦定理可得， 因为 所以， 解得， 所以． 18．(1)证明见解析 (2)． 【分析】（1）通过取中点构造辅助线，利用平行四边形证明线线平行，再结合线面平行的判定定理，证得平行于平面. （2）建立空间直角坐标系，确定各点坐标后求出两个平面的法向量，利用法向量的夹角公式计算，得到平面与平面的夹角. 【详解】（1）取的中点，连接，，因为为的中点， 所以，且， 又，且，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 又平面，平面，所以平面． （2）分别取，的中点，，连接，，则，， 因为平面，，平面，所以，， 所以，，所以，，两两垂直． 以为坐标原点，直线，，分别为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系， 设，则，，，， 所以，，． 设平面的一个法向量，则即令， 解得，，所以， 设平面的一个法向量，则即令， 解得，，所以， 记平面与平面的夹角为， 则． 又，所以，即平面与平面的夹角的大小为． 19．(1) (2) 【分析】（1）若选①，先由正弦定理的边角互化，然后结合余弦定理即可得到结果； 若选②，先由正弦定理的边角互化，再结合二倍角公式，即可得到结果. （2）用、作为平面内的一组基底表示出，再根据平面向量共线定理及推论表示出，即可表示，利用面积公式求出，再由三角形为锐角三角形求出的取值范围，最后根据数量积的运算律及对勾函数的性质计算可得． 【详解】（1）若选①，因为，由正弦定理可得，，化简可得 ，又因为，则，， 故. 若选②，因为，由正弦定理可得，， 且，则，且， 所以，其中， 所以，则. （2）由题意可得，， 所以， 因为、、三点共线，故设， 同理、、三点共线，故设， 则，解得， 所以， 则， 因为，所以， 又因为为锐角三角形， 当为锐角，则，即， 即，所以； 当为锐角，则，即， 则，即，所以； 综上可得， 又因为， 则， 因为，则， 且在上单调递减，， 所以，即， 所以． 学科网（北京）股份有限公司 $ 石嘴山市第一中学2025-2026学年高一年级下5月阶段检测 数学试题 （本卷共150分，时间120分钟。） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。 1．若复数满足，则（   ） A．-2 B．0 C． D．2 2．已知点D是所在平面上一点，且满足，则（    ） A． B． C． D． 3．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 4．在中，内角的对边分别为．已知，且，则（    ） A． B． C． D． 5．德国著名的天文学家开普勒说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，另一个是黄金分割，如果把勾股定理比作黄金矿的话，那么可以把黄金分割比作钻石矿”黄金三角形有两种，其中底与腰之比为黄金分割比的黄金三角形被认为是最美的三角形，它是两底角为的等腰三角形（另一种是两底角为的等腰三角形），例如，五角星由五个黄金三角形与一个正五边形组成，如图所示，在其中一个黄金中，．根据这些信息，可得（    ） A． B． C． D． 6．底面半径为2，母线长为4的圆锥的表面积为（    ） A． B． C． D． 7．已知一个正四棱台的上、下底面边长分别为2，8，侧棱长为，则该正四棱台的体积为（   ） A． B． C． D． 8．函数， ，且，则 的最小值为（       ） A．8 B．10 C．14 D．16 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分。 9．中，，边上的中线，则下列说法正确的有（    ） A．为定值 B． C． D．的最大值为 10．已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的命题是（ ） A．若，，，则符合条件的有两个 B．若，，，则符合条件的有且只有一个 C．若，则一定是锐角三角形 D．若，则一定是等腰三角形 11．如图，在棱长为2的正方体中，E是棱BC的中点，F是侧面上的动点，且平面，则（   ） A．点F到直线的距离为定值 B．线段的长度最小值为 C．二面角的余弦值为 D．直线与平面所成角的余弦值为 三、填空题 12．设，若平面上点满足，对于任意，有，则的最小值为__________． 13．如图，在梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，，当三棱锥的体积最大时，则M到三棱锥的外接球的球心的距离为____________． 14．如图，在直三棱柱中，E是的三等分点（靠近点A），D是的中点，则三棱锥的体积与三棱柱的体积之比是______.    四、解答题：本题共77分。 15．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，且． (1)求角的大小； (2)若，，求的面积． 16．如图，在三棱柱中，，，，. (1)求证：平面平面ABC； (2)求四棱锥的体积. 17．在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＋b＝6，c＝4，且． (1)求C； (2)求△ABC的面积． 18．如图，在四棱锥中，平面，，为等边三角形，，，分别是，的中点． (1)证明：平面； (2)求平面与平面的夹角的大小． 19．在中，，，，分别是角，，的对边，请在①；②两个条件中任选一个，解决以下问题：    (1)求角的大小； (2)如图，若为锐角三角形，且其面积为，且，，线段与线段相交于点，点为重心，求线段的取值范围. 试卷第2页，共4页 试卷第1页，共4页 学科网（北京）股份有限公司 答案第12页，共13页 学科网（北京）股份有限公司 $