浙江嘉兴市第一中学2025-2026学年高一下学期5月阶段测试数学试题

**基本信息** 嘉兴一中高一数学5月测试聚焦复数、立体几何、统计等核心知识，通过正方体截面判断、三棱锥二面角计算等问题考查空间观念与推理能力，分层抽样、频率分布直方图设计体现数据意识，实现基础巩固与能力提升的梯度考查。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|11题/58分|复数虚部、分层抽样、正方体截面、空间线面关系|第3题正方体截面判断考查空间想象，第8题充要条件分析体现逻辑推理| |填空题|3题/15分|斜二测画法、向量夹角、正方体表面轨迹|第14题正方体表面动点轨迹问题融合几何直观与创新意识| |解答题|5题/77分|解三角形、频率分布直方图、三棱锥证明与体积、正三角形动态问题|第17题三棱锥二面角与线面角计算综合空间观念与运算能力，第16题频率分布直方图分析培养数据意识|

嘉兴一中高一年级数学5月阶段测试 命题：童斌 审题：朱逸超 一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分. 1．的虚部为（    ） A．4 B． C． D．2 2．某班有48名学生，其中男生28人，女生20人.按性别进行分层，用分层随机抽样的方法，从该班学生中抽取12人参加跳绳比赛，如果样本按比例分配，则应抽取的男生人数为（   ） A．8 B．7 C．6 D．5 3．在正方体中，过点A作一个截面，则截面不可能是（   ） A．正三角形 B．平行四边形 C．五边形 D．六边形 4．已知为两个不同的平面，为两条不同的直线，则下列命题正确的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若为异面直线，，则 5．在棱长为2的正方体中，点M为棱的中点，则点B到平面的距离为（    ） A． B． C． D． 6．设向量，满足，对任意，恒成立，则的最小值为（    ） A．2 B． C．4 D．3 7．若圆锥的内切球与外接球的球心重合，且内切球的半径为，则圆锥的体积为 A． B． C． D． 8．在中，角为三个内角，则“”是“”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 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分.每小题列出的四个备选项中，有多个是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对部分得分，不选、错选得0分. 9．已知，记一组数据1，2，3，a，8为，则（    ） A．若的极差为9，则 B．若的80%分位数是6，则 C．若的平均数为3，则 D．若，则的方差为6.6 10．下列命题中，正确的是（    ） A．在中，若，则 B．在锐角中，不等式恒成立 C．当时，满足条件的三角形共有1个 D．若则这个三角形的最大角是 11．如图所示的几何体是一个棱长为2的正八面体，则（    ） A．为线段上的动点，则最小值为 B．该正八面体的表面积是 C．该正八面体的体积是 D．平面 截该正八面体的外接球所得截面的面积为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12．如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形中最长边的长度为____． 13．已知向量，，若向量与的夹角为锐角，则的取值范围为______. 14．如图，在边长为2正方体中，E为BC的中点，点P在正方体表面上移动，且满足，则点和满足条件的所有点P构成的图形的周长是__________. 四、解答题：本大题共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．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知，， (1)求角C的大小； (2)若点D在边AB上，CD为的平分线，且，求边长a的值． 16．在某高校举行的一次国际学术与文化交流会上，对外国留学生举行了“中华文化知多少”的知识竞赛．某数学兴趣小组从中随机抽取部分学生的成绩，整理后分成五段：，绘制了如下的频率分布直方图． (1)求的值； (2)根据频率分布表，估计该小组第62百分位数以及平均成绩. 17．如图，在三棱锥中，，，O为AC的中点． （1）证明：平面ABC； （2）若点M在棱BC上，且二面角为30°，求PC与平面PAM所成角的正弦值． 18．如图，在三棱锥中，是等边三角形，∠PAC=∠PBC=90º. （1）证明：AB⊥PC； （2）若，且平面⊥平面，求三棱锥体积. 19．如图，正的边长为1，是边上的中线且点满足，过点的直线与边分别交于点（点可以和端点重合） (1)设，试用表示； (2)当时，求的值； (3)设，请用表示，并求其取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $嘉兴一中高一年级数学5月阶段测试参考答案 题号 2 3 6 8 9 10 答案 0 B D 0 AB BCD 题号 11 答案 ABD 12.6 13（+ 14.3√2+25 15.【详解】(1)已知2a-b=2 ccos B,由正弦定理边化角得： 2sin A-sin B 2sin C cos B, 因为A=π-(B+C),故sinA=sin(B+C)=sin B cosC+cosBsinC, 代入上式化简得：2 sin BcosC=sinB, 在ABC中，sinB≠0，则cosC= 又Ce0,3,因此C-元 (2)由CD是∠ACB的平分线，可得∠ACD=∠BCD= 6, 由面积关系S△ABc=SA4CD+S△BcD,代入可得： absinC=Ib-CD.si 6”2 a.CD.sin 6 代入b=6,C=,CD=25, 化简得：3y50-35+5 ,解得a=3. 16.【详解】(1)由频率分布直方图，得10(0.005+0.025+0.025+a+0.010)=1, 所以a=0.035 (2)成绩在[40,70)，[40,80)的频率分别为0.55,0.90， 则该小组第62百分位数m∈(70,80)，(m-70)×0.035=0.07,解得m=72, 所以该小组第62百分位数为72 该小组平均成绩x=45×0.05+55×0.25+65×0.25+75×0.35+85×0.1=67 17.【详解】(1)证明：因为AP=CP=AC=4,O为AC的中点，所以OP⊥AC,且 0P=2V5. 连接OB.因为AB=BC= -AC, 2 答案第1页，共2页 所以ABC为等腰直角三角形，且OB⊥AC,OB=二AC=2. 在P0B中，0B=2,0P=2V5,PB=4, 由OP2+OB2=PB2知，OP⊥0B. 由0OP⊥OB,OP⊥AC且0BAC=0,知P0⊥平面ABC. (2)如图，以O为坐标原点，OB,OC,OP的分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系 0-z, xB M 由已知得0(0,0,0)，B(2,0,0,4A0,-2,0),C(0,2,0),P0,0,25,=(0,2,2W5 取平面PAC的一个法向量m=(2,0,0). 在平面xoy内直线BC的平面直角坐标方程为：x+y=2, 设M(a,2-a,0)(0≤a≤2)，则PM=(a,4-a,0).Ap=(0,2,2V3), 设平面PAM的法向量为n=（x,y,z). [元.AP=02y+23z=0, 由a-pM=0 ，得 ax+(4-a)y=0 可取n=5(a-4),3a,-a, 所以cos(m,n)= 25a-4 2V3(a-4)2+3a2+a2 由3灯可4饭列9 251a-4 4 所 23a-4+30+0=之，解得a=-4（舍去，a=行 答案第1页，共2页 所以n= 又-aa.m元品 45×2+4×25 4+4+ 42 4 3 所以PC与平面PaM所成角的正弦值为V 4 18.【详解】(1)因为aPAB是等边三角形，∠PAC=LPBC=90°， 所以R1aPBC=RtAPAC,可得AC=BC. 如图，取AB中点D,连结PD,CD, E →C 则PD⊥AB,CD⊥AB, 所以AB⊥平面PDC, 所以AB⊥PC (2)作BE⊥PC,垂足为E,连结AE. 因为RIAPBC兰Rt△PAC, 所以AE⊥PC,AE=BE· 由已知，平面PAC⊥平面PBC,故∠AEB=90°. 因为R1aAEB兰R1aPEB,所以△AEB,△PEB,△CEB都是等腰直角三角形. 由己知PC=4,得AE=BE=2,△AEB的面积S=2. 因为PC⊥平面AEB, 所以三角锥P-ABC的体积V=-xSxPC= 3 3 19.【详解】(1)因为AD是边BC上的中线且点0满足AO=2OD, 故而（孤+0. 答案第1页，共2页 则而-号而-而+0亚+号c-+, 3 (2)因为oM-AM-A0,D=AD=AB-BD-5, 网-网9网-网 所以O1.0M=0aaM-A0=-A0.4M+40'=-5×4×cos 3) 1 35 63 15 (3)由题意可知a π2π 33」 在aA0M中，40=D=5 3 ∠A。=— 6 √5 OA OM 由正弦定理得： 3 OM sin∠AMOsin∠OAM'即 5π 1 6a n 2 所以OM= 5 3sina+3 cosa 6sina+ 在aOAN中，∠AN0=-(-a)=a- 6 61 5 OA ON 由正弦定理得：sn∠ANO sin∠OAN,即3 ON sin(a 1 6 2 所以O =3sina-3cosa 6sin a6) π 则 OM2+ON2+0D2= 3 3 3 +1 36sin2 Q+ 36sin2 a-6) 36 sin a+6 6 sim2a-6》 1 1 π2π 6 sin a 33 6 1 sin2a-π） 6 +sina+ 6 f(a)= sina+）sina- 6 6 6 6 答案第1页，共2页 因为 -w-副w到 cos2a cos+sin 2a sincos cosin2a sin =1-10 =1- c0s2, 3 2 sina+ sia- =sina cos- scosa sin s-cosa sin π sin a cos 6°“气6 6 6 6 6 3sin2a-cos2 a 4sin2a-1 1-2cos 2a 4 4 4 2-cos2a 2 8(2-cos2a) 所以f(a)= /1-2c0s2a71-2c0s2a7, 4 8(2-2t) 令t=cos2a,te (1-21)2 令u=1-24,u∈2,3)，则t=1-4 2 2-1-4 83+4 所以)= 2 2 43+-43+ue2,3 「111 11 由=汝正数性医可如，口在店引上调递塔。 当v写时，m~)有最小值等，当v=时，m)有最大假5， 所以a的值域为香小，甲e的值蚊为， 所以V0M'+0N2+0D2的取值范围为 2 6,2 20.04-号46+号4C,40-号丽+号4c (2)3 (3)2,+0】 【分析】(I)利用平面向量的线性运算可得出AD、A0关于{AB,AC的表达式： 答案第1页，共2页 (2)由M、O、N三点共线可设MO=2ON,根据向量线性运算求出m、n,即可求解； (3)由余弦定理可求出OM2、OW,计算OM+ON2,利用基本不等式求最值即可. 【详解】(1)因为D是BC中点， 而-6+B而=+号c=-B+(ac-孤+C, 2 因为0=200，则0-号0-号*西+40到=背+C 3 32 3 (2)因为M、0、N三点共线，故存在实数2，使得MO=1O, 即0--2五-可，整得而2州+孤亚+C, 1+ 1+ 由(1)知A0=AB+}4C, 3 1m1 1+λ3 根据平面向量基本定理 113+3=3 以1，则+1 mn1+λ1+元 1+入3 (3)因为ABC是边长为3的等边三角形，故AM=3m,A0=√3， 在△AOM中，由余弦定理， AM+AO-2x AMxAOxc0s30=9m+3-2x3mx3x9m-m+ 21 在a4ON中，同法可得ON=9n-I+ 1 故ow+0N=m+-m-a+引-+-a+小-2m+引 2) 由(2)知1+1=3，得mn=m+”, m 3 ow4oma-a+小m小引-@名 由基本不等式，m中”=m≤m+n 4 3 2 ,m+n23, 2 当且仅当m+月=行，即m=n=子，时，02+0示取最小值2， 故0M2+ON2的取值范围是[2，+0). 21.(I)ABC为等腰三角形 e 4 答案第1页，共2页 【分析】(I)根据条件，利用倍角公式及平方关系得到sinA+cosA_sinB+cosB cosA--sincos-snB,进而得 到sin(A-B)=0,即可求解； (2)根据条件及余弦定理得到cos∠CAD=34C+AD ,利用基本不等式得到 8AD 2AC cos∠CAD≥5 2 进而可得∠C4D≤名，从而有当∠C4D最大时，48C为正三角形，即 可求解 【详解】(1)因为 1+sin24 1+sin2B 所以Sin4+cos4)-SinB+cosB,即 cos2A cos2B cos2 A-sin2 A cos2 B-sin2 B sin A+cos A sin B+cos B cos A-sin A cos B-sin B' 整理得sin Acos B-cos Asin B=0,所以sin(A-B)=0. 因为A,Be(0,),则A-B∈-元，π，所以A-B=0, 即A=B,则ABC为等腰三角形. (2)由(1)及题设，有AC=BC=2CD, 所以cs∠CAD=4C+AD2-CDAC2+AD_AC3AC +AD2 2AC.AD 4=4 2AC·AD AC·AD 3MC+AD≥2,3AC4D-5 8AD 2AC 202C号，当且仅当40-5时，等号成立. AC 2 又∠CAD为三角形内角，所以∠CAD≤x,即LCAD的最大值为严 6 6 故AD2+CD2=AC2,可得三角形ACD为直角三角形且LACD=T 3 可得ABC为正三角形， 又AB=1,所以当∠CAD最大时，ABC的面积S=5xP=5 4 4 答案第1页，共2页