精品解析：天津市北辰区华辰学校2025-2026学年第二学期高一第二次数学学习成果阶段性检测试卷

北辰区华辰高中2025-2026（二）高一年级 第二次（数学）学习成果阶段性检测 一、单选题（每小题5分，共45分） 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，则. 2. 已知水平放置的按斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中 ，那么的周长为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据斜二测画法的规则作出原图，求出各个边长即可求解. 【详解】根据斜二测画法的规则作出原图如图： 由直观图中， 可得中，，， 因为，则， 又底边，所以的周长为. 故选：D. 3. 已知平面向量，不共线，，，，则（ ） A. 三点共线 B. 三点共线 C. 三点共线 D. 三点共线 【答案】A 【解析】 【分析】通过向量共线，结合向量有公共点，即可判断. 【详解】对于A，， 又，因此， 与共线，且两个向量有公共点，因此 三点共线， 选项B，，，不存在实数使，不共线； 选项C：，，不存在实数使，不共线； 选项D：，，不存在实数使，不共线. 4. 在中，，，所对的边分别为，，，已知，，，则 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用余弦定理求得a,再利用正弦定理即得结果. 【详解】由余弦定理：，得， 由正弦定理：. 故选A 【点睛】本题考查正弦定理和余弦定理公式的应用，属于基础题型. 5. 已知三条互不相同的直线，m，n和三个互不相同的平面α，β，γ，现给出下列三个命题： (1)若与m为异面直线，，则； (2)若，，则； (3)若，，，，则． 其中真命题的个数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 【答案】C 【解析】 【分析】结合反例可判断（1）（2），利用线面平行的性质可证明（3）. 【详解】对于（1），如图，正方体中，与为异面直线， 平面，平面， 但是平面与平面不平行，（1）不正确； 对于（2），如图，正方体中，平面与平面平行，但是直线与直线不平行，（2）不正确； 对于（3），因为，，且，所以，同理可得，所以，（3）正确. 6. 在中，由下列已知条件解三角形，其中有两解的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】C 【解析】 【分析】在中，已知、、，且为锐角，若有两解，则，逐项判断即可. 【详解】在中，已知、、，且为锐角，如下图所示： 由图可知，若有两解，则， 对于A选项，，，，则， 所以，此时不存在，A不满足要求； 对于B选项，，，，因为，故只有一解，B不满足要求； 对于C选项，，，，则，所以， 故有两解，C满足要求； 对于D选项，，，，则，所以， 故只有一解，D不满足要求. 7. 如图，在矩形中，为边上靠近点的三等分点，为边上靠近点的四等分点，且线段交于点.若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先把用表示出来，然后利用共线定理设，，联立方程即可求解. 【详解】 在矩形中，， 由题意：为靠近的三等分点，故；  为靠近的四等分点，故， 因为在上，设， 又因为在上，根据向量共线定理，存在参数使得： ， 代入得： ， 两个表达式对应系数相等： ， 联立得，解得，代入得. 因此. 8. 在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】采用补形法，补成一个棱柱，求出其直截面，再利用体积公式即可. 【详解】用一个完全相同的五面体（顶点与五面体一一对应）与该五面体相嵌，使得；;重合， 因为，且两两之间距离为1．， 则形成的新组合体为一个三棱柱， 该三棱柱的直截面（与侧棱垂直的截面）为边长为1的等边三角形，侧棱长为， . 故选：C. 9. 在中，，，为线段上的动点不包括端点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先利用已知条件解出，，的大小，由平面向量共线定理得到与的关系等式，再由基本不等式解题. 【详解】因为，由正弦定理可得：， 再由余弦定理可得：， 所以，三角形为直角三角形，角为直角， 因为， 由三角形面积公式， 所以，又，则， 由余弦定理可得，化简得：， 所以，， 因为，所以可得，， 因为， 又，，三点共线，所以，且，， 所以，当且仅当时取等号. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：关键是首先通过解三角形得的值，进一步得，由此即可顺利得解. 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 已知复数，则的共轭复数为_____． 【答案】 【解析】 【详解】由题意知， 所以的共轭复数为 11. 已知向量，，若，向量在向量上的投影向量为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据向量垂直关系的坐标表示可构造方程求得的值，由投影向量公式和向量坐标运算直接求解即可. 【详解】，， ，解得：，； 在上的投影向量为. 12. 正方体中，异面直线与所成角的大小为______. 【答案】 【解析】 【分析】如图，取中点为F，中点为E，连接，取中点为O， 连接EF，FO，则为异面直线与所成角或所成角的补角，然后由余弦定理可得答案. 【详解】如图，取中点为F，中点为E，连接，取中点为O， 连接EF，FO，设正方体边长为2，则，，， ，取中点为G，连接， 则，，， 从而，即异面直线与所成角的大小为. 13. 在中，内角所对的边分别为，已知，，，则的周长是______. 【答案】18 【解析】 【分析】利用三角形面积公式求出，再结合余弦定理得到，最后得出周长即可. 【详解】因为的面积，所以， 则，解得， 由余弦定理可得，即， 可得，则， 故的周长为. 故答案为： 14. 已知一个正四棱锥的底面边长为，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为______. 【答案】 【解析】 【分析】由内切球的体积可求内切球的半径，设球与正四棱锥底面切于点，侧面切于点，设，延长交底面于点，根据正四棱锥的底面边长及即可求解的值，利用棱锥体积公式即可求解. 【详解】设内切球的半径为，因为内切球的体积为，所以，解得， 如图所示，设球与正四棱锥底面切于点，侧面切于点， 设，延长交底面于点. 因为正四棱锥的底面边长为， 所以， 又，所以，即，解得， 所以，所以正四棱锥的体积为. 15. 已知是边长为2的正三角形，、分别为线段、的中点，为线段上任意一点，若，则__________；若，则的最小值为__________. 【答案】 ①. 3 ②. 【解析】 【分析】取为基底，利用平面向量基本定理求出；再利用向量数量积的运算律列式，结合二次函数求出最小值. 【详解】在边长为2的正中，由、分别为线段、的中点，得， 由为线段上任意一点，得，， 因此，而，向量不共线， 则，所以； 由，得，， 而，因此 ，当且仅当时取等号， 所以的最小值为. 三、解答题（共75分） 16. （1）已知正四棱锥的底面边长是，侧棱长为，求该正四棱锥的表面积． （2）如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是，圆柱筒长． ①求“浮球”的体积；②求“浮球”的表面积． 【答案】（1）；（2）①；② 【解析】 【详解】（1）正四棱锥底面边长是，侧棱长为，，， ，又， 该正四棱锥的表面积为. （2）①“浮球”的体积为一个半径为球体的体积和一个底面半径为，高为的圆柱体的体积之和， 球的体积，圆柱体体积， “浮球”的体积. ②“浮球”的表面积为一个半径为球体的表面积和一个底面半径为，高为的圆柱体的侧面积之和， 球的表面积，圆柱体的侧面积， “浮球”的表面积. 17. 已知向量 （1）求； （2）若，求的值； （3）若与的夹角为锐角，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）根据向量坐标的线性运算结合模的公式即可； （2）根据向量坐标的线性运算和向量共线的条件即可解出值； （3）根据夹角为锐角得，再去掉两向量共线同方向的情况. 【小问1详解】 由题意可得， 所以； 【小问2详解】 由题意得 因为，所以，解得； 【小问3详解】 因为与的夹角为锐角，所以且 ， 即，解得， 由（2）可知当时，，此时， 所以的取值范围为. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，的面积为. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】(1)已知条件结合三角形面积公式和正弦定理即可求a； (2)由余弦定理求出b，再根据正弦定理即可求出sinA； (3)根据sinA求出cosA，再由正弦和角公式、正余弦二倍角公式即可求值. 【小问1详解】 ∵，∴由正弦定理得， 又的面积为，∴，解得， ∴； 【小问2详解】 由余弦定理有，∴. 由正弦定理. 【小问3详解】 ∵B＝150°，∴A＜90°，∴由sinA＝得，， ∴，. ∴. 19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，为中点，平面，，为中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，由中位线得到线线平行，进而证明出线面平行； （2）由余弦定理求出，从而由勾股定理逆定理得到，由线面垂直得到，从而证明出结论； （3）作出辅助线，得到直线与平面所成角，求出各边长，求出余弦值. 【小问1详解】 连接，因为底面为平行四边形， 为中点，故与相交于， 因为为的中点，则， 因为平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 因为，， 由余弦定理得， 即，解得， 因为，所以， 因为平面，平面，所以， 因为平面，且交于， 所以平面. 【小问3详解】 取的中点，连接，则， 因为平面，所以平面， 则为直线与平面所成角， 其中，故， 因为，， 由勾股定理得，故， 由勾股定理得，所以， 即直线与平面所成角的余弦值为． 20. 已知的内角的对边为，且 （1）求; （2）若的面积为 ①已知为的中点，且，求底边上中线的长; ②求内角的角平分线长的最大值. 【答案】（1） （2）①；② 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理边角互化，由余弦定理可得，由同角三角函数的基本关系求解即可. （2）①根据面积公式可得，结合以及向量的模长公式求解即可，②利用等面积法可得，进而根据半角公式可得，即可得，再利用基本不等式求解即可. 【小问1详解】 由正弦定理得，即， 故，因为，所以， 所以. 【小问2详解】 ①由（1）知，因为的面积为， 所以，解得， 且，解得，由于， 所以 ，所以，即. ②因为为角的角平分线，所以， 由于， 得到， 由于，所以， 由二倍角公式得，则，解得， 又，所以， 由于，当且仅当时，等号取得到， 故，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北辰区华辰高中2025-2026（二）高一年级 第二次（数学）学习成果阶段性检测 一、单选题（每小题5分，共45分） 1. 已知复数满足，则（ ） A. B. C. 2 D. 1 2. 已知水平放置的按斜二测画法，得到如图所示的直观图，其中 ，那么的周长为（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，不共线，，，，则（ ） A. 三点共线 B. 三点共线 C. 三点共线 D. 三点共线 4. 在中，，，所对的边分别为，，，已知，，，则 A. B. C. D. 5. 已知三条互不相同的直线，m，n和三个互不相同的平面α，β，γ，现给出下列三个命题： (1)若与m为异面直线，，则； (2)若，，则； (3)若，，，，则． 其中真命题的个数为（ ） A. 3 B. 2 C. 1 D. 0 6. 在中，由下列已知条件解三角形，其中有两解的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 7. 如图，在矩形中，为边上靠近点的三等分点，为边上靠近点的四等分点，且线段交于点.若，则（ ） A. B. C. D. 8. 在如图五面体中，棱互相平行，且两两之间距离均为1．若．则该五面体的体积为（ ） A. B. C. D. 9. 在中，，，为线段上的动点不包括端点，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、填空题（每小题5分，共30分） 10. 已知复数，则的共轭复数为_____． 11. 已知向量，，若，向量在向量上的投影向量为__________． 12. 正方体中，异面直线与所成角的大小为______. 13. 在中，内角所对的边分别为，已知，，，则的周长是______. 14. 已知一个正四棱锥的底面边长为，内切球的体积为，则这个正四棱锥的体积为______. 15. 已知是边长为2的正三角形，、分别为线段、的中点，为线段上任意一点，若，则__________；若，则的最小值为__________. 三、解答题（共75分） 16. （1）已知正四棱锥的底面边长是，侧棱长为，求该正四棱锥的表面积． （2）如图，某种水箱用的“浮球”是由两个半球和一个圆柱筒组成，已知球的直径是，圆柱筒长． ①求“浮球”的体积；②求“浮球”的表面积． 17. 已知向量 （1）求； （2）若，求的值； （3）若与的夹角为锐角，求的取值范围. 18. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知，，的面积为. （1）求的值； （2）求的值； （3）求的值. 19. 如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，为中点，平面，，为中点． （1）证明：平面； （2）证明：平面； （3）求直线与平面所成角的余弦值． 20. 已知的内角的对边为，且 （1）求; （2）若的面积为 ①已知为的中点，且，求底边上中线的长; ②求内角的角平分线长的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $