山东淄博市桓台第一中学2025-2026学年高一下学期5月阶段性检测数学试题

山东高一5月阶段性检测卷 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自已的姓名、考场号、座位号、准考证号填写在答题卡上 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， 考试时间为120分钟，满分150分 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， 一1是31在复平面内对应的点位下（) 1.复数2=4 A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.下列各组向量中，可以作为基底的是() A.e1=(1,1),e=(2,2) B.e=(3,-2),e2=（-6,4) C.e=(0,0),e2=(-1,3) D.g=(1,2),e2=(2,3) 3.设m,是两条不同的直线，a,B是两个不同的平面，则下列结论正确的是() A.若∥，n∥a,则m∥n B.若∥n,∥a,则n∥a C.若mc,nCB,则，n是异面直线 D.若o∥B,co,ncB,则m∥n或L,n是异面直线 4.在△ABC中，A=45°，AC=4,AB=32,则BC边上的高为() A.210 B.6V10 C.6/5 D.3W0 5 5 5 5.在三棱锥P-ABC中，三条棱PA,PB,PC两两垂直，且PA=1,PB=2,PC=2.若 点Q为三棱锥P-ABC的外接球球面上任意一点，则Q到面ABC距离的最大值为() A.3+V6 B.3-V6 试卷第1页，共5页 c.3+6 D.36 26 26 6.在△ABC中，且AC=3,AB=4,BC=5,若动点P满足CP=1,则AP.BP的最大值 为() A.10+25 B.10+2W2 C.10+213 D.10+10 7.如图，正方体ABCD-AB,CD的棱长为4，P为正方形BCCB的中心，Q为棱DD的中 点，则过点A、P、Q的截面周长为() D C A Bi Q月 P D A.285 B.4W5+2V6 C.45+217 D.74 8.如图，在海岸A处发现北偏东45°方向，距A处(V3-1)海里的8处有一艘故障船.在A 处北偏西75°方向，距A处2海里的C处的救援船奉命以10√3海里/时的速度追赶故障船， 此时故障船正以10海里时的速度，从B处向北偏东30°方向行驶.救援船最快追上故障船 需要()（精确到1分钟，√6≈2.5） A.12分钟 B.15分钟 C.16分钟 D.19分钟 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.已知复数z=3i2026+2i5,则() A.复数z的虚部为2i B.=3 试卷第2页，共5页 C.=2-5是纯虚数 D.若复数z是方程x2+x+n=0(,n∈R)的一个根，则m=-6 10.如图，将棱长为2的正方体ABCD-EMFN挖去一部分，得到几何体ABCDEF,AC, BD交于点G,则下列说法正确的是() 媛烫 A.几何体ABCDEF的体积为g B.BE,DF是异面直线 3 C.EG⊥FG D.点A到平面BD的距离为23 11.在△ABC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,且acosC+√3 asinC-b-c=0,则下列说 法正确的是() A4=背 B.若h为边a上的高，且a=2,则h的最大值为√ C.若b=2,a∈(N3,2,则△ABC有-解 D.若b=2a∈5,2），则0-Be(2-1U-1,0) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12.已知3=1+i,22=-1+i,若w=☑+(1-2)32(2∈R),则w的最小值为 13.如图，△AB'C'是△ABC的斜二测画法的直观图，AB'=2,A'C'=B'C'=√5，则原平 面图形△ABC的周长为 B 14.如图，设△ABC的内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,√5(acosC+ccosA)=2 bsinB, 试卷第3页，共5页 且A-子若点D是ABC外一点，DC=、DA=2,则四边形ABCD面积的取值范周为 A B 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 l5.己知复数z=√5a+i,w=xi(a,xeR且a,x≠0)，且z-=z-w川 (①求的值： (2)证明：W=凤： (3)设z,w在复平面上对应的向量分别为0Z,Om,若02.0m=12,求a的值 16.己知ā=1,1)，b=(0,-2). (1)若a-万与ā+2b共线，求k的值： (2)若3ā-b与3a+b的夹角为90°，求k的值： (3)求向量ā和向量6的夹角，并求出向量ā在向量b上的投影向量. 17.如图，在三棱柱ABC-AB,C1中，D,E分别是棱BC,AB上一点，且2BC=3BD, BE=2AF. A B Bi C (1)证明：直线AE,CD,BB交于同一点； ②记三棱台BBD-AB,C的体积为，多面体ACDZ4C的体积为5，求二的值 试卷第4页，共5页 18.在△1BC中，角A,B,C的对边分别为ab,c.且满足ccos1=asinC 2 (1)求角A的大小： (2)若△ABC的面积S=9√3，内切圆的半径为r=√5，求a; (3)若∠BAC的平分线交BC于D,且AD=3,求△ABC的面积S的最小值. 19.如图，三棱锥P-ABC各棱长均为1，侧棱上的D,E,F满足PD=DA, BE-PF=元，线段BC上的点G满足AG1/平面DBF,点2在PC上，A0/IDF BP PC D (1)求证：平面AQG/平面DEF; (2)求证：QG11EF; (3)若GC=2BG,求2的值. 试卷第5页，共5页 1.D 【详解】复数z= 40+0）-3i=4+4i-3=2+2i-3i=2-i, (1-i)1+i) 2 所以复数z在复平面内对应的点(2，-1)位于第四象限. 2.D 【详解】选项A:马=1,1)，马=(2,2)，e2=221,共线，不能作为基底. 选项B:=(3,-2),-(←6,4)，e2=-21,共线，不能作为基底 选项C:e1=(0,0)是零向量，零向量与任意向量共线，不能作为基底， 选项D:日=1,2)，e2=(2,3),1×3-2×2=3-4=-1≠0，不共线，可以作为基底. 3.D 【详解】对于A,若∥a,n∥a,则∥n或，n相交或m,n是异面直线，故A错误； 对于B,若∥n,l∥&，则n/∥或nCa,故B错误： 对于C,若mC&,ncB,当平面a与B相交时，m与n可能相交，故C错误； 对于D,若o∥B,mc,ncB,则直线n无公共点，所以m∥n或L,n是异面直线，故D 正确。 4.B 【分析】利用余弦定理求出BC,再利用等面积法求得BC边上高线 【详解】在△ABC中，A=45°，AC=4,AB=3V2, 由余弦定理，得BC2=AB2+AC2-2AB4CcoA=18+16-2×3V2×4x5-10, 则BC=√10 股BC边上的高为A,由等面积法，得B.ACsin4BC九，则hE1B-1Cn1610 BC 5 5.c 【分析】根据题意，易得外接球半径R=3 利用正弦定理得到线面△4B℃的外接圆半径为 ,=55,从而得到球心0到4BC面的距离，结合题意即可得到最大值 6 【详解】三棱锥P-ABC的外接球就是以PA、PB、PC为长、宽、高的长方体的外接球， 其直径为2R=VP+22+2=3,即R=3 2 答案第1页，共13页 又AB=V5,BC=2V2,AC=V5,所以cos∠BAC=5+5-8_1 2×55 则s血∠BAC-26,于是由正弦定理，△1BC的外接圆半径为r- BC 5w3 5 2sin∠BAC 6 故球心0到ABC面的距离为VR一T严-V6 所以点2到面ABC距离的最大值是子+V6 X 26 故选：C 6.C 【分析】取AB中点M,由数量积的运算律得AP.BP=M匝-4，而MP的最大值等于 MC+1,计算后可得 【详解】取AB中点M,连接PM, AP.BP=(AM+MP).(BM+MP)=(AM+MP).(-AM+MP) =MP'-AM'=MP-4, 因为CP=1,所以P点在以C为圆心，1为半径的圆上，如图， 则MPLx=MC+1=V2+32+1=3+1, 所以M-4的最大值是(13+1)2-4=10+2W13. B M D A 7.C 【详解】如图所示， 答案第2页，共13页 D A 心 P B 取CC的中点S,BM=BB且M点靠近B点，CW-CC且N点靠近C点， 4 连接N,BS,QS,QN,由P为正方形BCCB,的中心知，MN过点P, 因为BM II NS,BM=NS,所以四边形BMWS为平行四边形， 所以BS IIMN,且MN=BS, 又OS II DC ILAB,OS=DC=AB,所以四边形ABQS为平行四边形， 所以42 II BS,且AQ=BS,所以4QIMN,且MN=AQ 所以四边形AMQ为平行四边形，且平面AMNQ过A、P、Q三点， 所以过点A、P、Q的截面为平面AMNQ, 因为正方体棱长为4，所以A0=MN=V42+22=2W5,N0=MA=√4+1F=√17， 则截面四边形AMQ的周长为：4√5+2√17 8.B 【分析】设救援船行驶t小时在D处最快追上故障船，则在△ABC中、△BCD中分别利用正 弦定理可求BC，从而可求救援船最快追上故障船所需时间. 【详解】如图，设救援船行驶t小时在D处最快追上故障船， 则救援船沿CD方向行驶，且CD=103t,BD=10t. 由题意，得∠BAC=120°，连接BC 在△ABC中，由余弦定理，得BC2=AB2+AC2-2AB·AC·coS∠BAC =(V5-1+22-2×V3-1)×2×co120°=6， 即BC=√6. 由正弦定理，得，BC AC sin∠BAC sin.∠ABC' 则sin∠ABc=4C-sin∠B1C_2×sinl20°-V2 BC √ 2 答案第3页，共13页 459 又因为0°<∠ABC<60°，所以∠ABC=45°，即B点在C点的正东方向上， 则∠CBD=90°+30°=120°. 在△BCD中，由正弦定理，得 BD CD sin<BCDsin CBD'则 sim∠BcD=BD-sim∠CBD_10t.sinl20°1 CD 10W3t-2 又因为0°<∠BCD<60°，则∠BCD=30°，所以救援船沿北偏东60°的方向行驶. 在△BCD中，∠CBD=120°，∠BCD=30°，则∠CDB=30°，即BD=BC, 所以10r=6,解得1=625=025小时，所以1≈15分钟， 10≈10 所以救援船应沿北偏东60°的方向行驶，才能最快追上故障船，大约需要15分钟. 9.BC 【详解】因为z=3i2026+2=3i2+2i=-3+2i,所以复数z的虚部为2，故A错误； =V-3)+22=3,故B正确： z2-5=（-3+2i)-5=-12i,是纯虚数，故C正确： 若复数z是方程x2+x+n=0(,n∈R)的一个根，则另一个根为z=-3-2i, 则2+7=- 〔-6=-l,a m=6, 可得 即 故D错误. z.7=n 13=n,n=13, 10.ABD 【分析】采用分割法，将其拆分为两个三棱锥分别求体积后求和；判定异面直线可借助正方 体中面面平行的性质分析：判定线线垂直可通过计算对应线段长度，利用勾股定理逆定理验 证是否满足垂直条件：求点到平面的距离可采用等体积法，通过同底三棱锥体积相等转化求 解 【详解】由题意可知原正方体ABCD-EMN棱长为2，故EAL平面ABCD,FC⊥平面 ABCD, 因此EA/1FC,且EA=FC=2; 答案第4页，共13页 底面ABCD是边长为2的正方形，对角线AC L BD,二者交于点G, 故G是正方形ABCD的中心，AG=GC=BG=GD=√2 A:将几何体ABCDEF拆分为两个三棱锥E-ABD、F-BCD的组合： SABD=SBcD=片×2×2=2， 2 o号心A含2x2=营同理四-手 3 3 几休这存积r号子号放A正晚 B:BEC平面BDE,DE平面BDE,FE平面BDE且BEDF,所以BE,DF是异面直线， 故B正确 C::EA⊥平面ABCD,AGC平面ABCD, :BA⊥AG,则在R△EAG中EG=VEA2+AG=V2+(N2=V6, 同理可得FG=VFC2+GC2=√6，且EF=AC=2W2, 所以EG+FG2=6+6=12≠8=EF2,故C错误. D:设点A到平面BDE的距离为h, .:EB=ED=BD=V22+22=2N2, △BDE是边长为22的等边三角形， S.BDE= 5(a25 由等体积法可得V4-DE=TE-ABD, 4 .VE-ABD=3' 4 代入得25A子解得h=25,放D正雅 3 11.ABD 【分析】由正弦定理和三角形的内角的性质，化简得到血4=：41，求得cs1方可 判定A正确；利用三角形的面积公式，求得h=5c,结合余弦定理和基本不等式，可判 4 定B正确；根据题意，得到bsiA<a<b,可判定C错误：由余弦定理得到a-办 =C-2, 再列出不等式，求得c的范围，可判定D正确. 答案第5页，共13页 【详解】对于A,在△ABC中，因为acos C+√3 asin C-b-c=0, 由正弦定理得sin AcosC+√3 sin AsinC-sinB-sinC=0, 又因为A+B+C=π，可得sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinc, 所以sinAcosC+√3 sin AsinC-sinAcosC-cosAsinC-sinC=0, 即√3 sinAsinC-cos AsinC-sinC=0, 因为0<C<π，所以sinC>0,所以V5sinA=cosA+1, 两边平方得(1+cosA=3sinA=31-cos2A), 由0<A<,得-1<co1c1,解得c1=子即4=行故A正确： 1 对于B,由8cn号h,因为a=2.所以hc 32 由余弦定理a2=b2+c2-2 bc cosA,可得4=b2+c2-bc, 因为b2+c2≥2bc,所以4≥bc,当且仅当b=c时取等号， 所以h:票4=5，即e的最大值为5，放B正确： 对于C,当b=2且a∈(V5,2)时，可得bsmA=2x5=5, 2 满足bsinA<a<b,所以△ABC有两解，故C错误； 对于D,由余弦定理得d2=b2+c2-2 bc cos A=b2+c2-bc,所以a2-b2=c2-bc, 所以-8.2-c=c-b-6-2, 因为b=2,所以a2=22+c2-2c, [22+c2-2c>3 又因为V3<a<2,由余弦定理得 2+c2-2x<4解得0<c<1或1<c<2, 所以-B∈(2，-1)U(1,0),故D正确， 12.1 【详解】由题意得，w=z+(1-)z2-2(1+i)+(1-)(-1+i)=22-1+i, 所以时-V22-+F,则当=号时，叫的最小值为1. 13.2+33+V④ 【详解】如图，在△AB'C'中，作CD'⊥AB于点D. 答案第6页，共13页 因为AB'=2,A'C'=B'C'=V5,所以AD=1,CD=√5-1=2. 又因为∠C0D=45°，所以0D'=CD=2,OA=1,0C'=22 将直观图△AB'C'还原为原平面图形△ABC, 由斜二测画法，可得OC=20C'=4W2,OA=OA'=1,AB=AB=2, 所以AC=√32+1=V33,BC=√32+9=√41， 则原平面图形△ABC的周长为2+√33+√41 OADB文O B衣 4停 【分析】结合正弦定理及两角和的正弦公式将5((atosC+c0s4)=2bsB化简得B-子所 以△ABC为等边三角形.将四边形ABCD的面积用∠ADC表示出来，结合∠ADC∈(O,元)， 可求得四边形ABCD面积的取值范围. 【详解】由题意及正弦定理，得√3(sinAcosC+sinCcosA)=2sin2B,即 √3sin(A+C)=2sin2B. 因为m(A+C)=sinB,所以sinB=5 又因为4=写则B= 31 C=π-A-B= 3 S0四=8c+84m=5 AC+1AD.DC,sin∠ADC 是×AD+DC-2AD-DC∠ADC)AD-DCsm∠ -541-4oeA心)分2mAc592an2c-} 4 2 因为∠4ce@小，片以2A0c号司5 答案第7页，共13页 所以2sin Ac-e(-5, 所以四边形ABCD面积的取值范围为 4 15.)=2 (2)证明见解析 (3)a=±V6 【分析】(1)根据复数的模公式直接化简计算即可； (2)结合(1)及复数模的公式直接可得证： (3)根据复数在复平面内点的坐标结合向量数量积公式直接计算. 【详解】(1)由已知z=√5a+i,则z=√5a-ai,z-z=2ai, 所以z-=2d, 又z-w=V5a+(a-xi,则z-=3a+(a-x)2-V4r-2m+x, 所以V4a2-2ax+x2=|2d, 化简可得x2=2ar, 又x≠0，所以x=2a,即=2： （2)由(1)得1p=2ai, 所以川=2d, 又=3a+(-a=2d, 所以州=同； (3)设z在复平面上对应的向量为O2=(V3a,ad, W在复平面上对应的向量为OW=(0,2a), 所以0z.0m=√5ax0+2a2=2a2, 故2ad2=12,解得a=±√6 160t=-月 答案第8页，共13页 (2)k=-6 粱；0 【分析】(1)根据线性运算的坐标表示，向量共线列方程求解； (2)利用垂直向量的数量积为0求解； (3)根据向量数量积的概念和投影向量的概念求解. 【详解】(1)ā=1,1)，b=(0,-2),∴.a-b=(k,k+2),a+2b=(1,-3), 又i-6与石-2万共线：3最+2，解得：号 (2)3ā-b=(3,3+2k),3ā+b=(3,1), 又3a-kb与3a+b的夹角为90°， .(3ā-kb3ā+b)=3×3+(3+2k)×1=0,解得k=-6. (3)ā=a,1),6=0,-2),a.6=1×0+1×(-2)=-2,d=1+1=V2,=0+4=2, a.b--2.2 丽2W2-2，又因为a,)e[0,, 3π 故向量ā和向量6的夹角为 4 向量ā在向量b上投影向量为 b万=-1b=(0,1) 2 17.①)☒为2BC=3BD,BB=2AB,所以BD=BE=名，所以DBAC,DB=2AC BC BA3' 2 因为AC∥AC1,AC=AC1,所以DE∥AC1,DE≠AC1,则直线AE与CD相交. 设直线AE与CD的交点为P,如图. 因为点P在直线AE上，且AEC平面ABBA,所以P∈平面ABBA. 因为点P在直线CD上，且CDc平面BCC,B,所以P∈平面BCCB. 因为平面ABBA∩平面BCCB,=BB,所以点P在直线BB上， 即直线AE,CD,BB交于点P. 答案第9页，共13页 R D A B 31o 8 【分析】(1)利用三棱柱的结构特征判定两条直线共面且相交，再结合平面的基本公理证明 交点在第三条直线上，即可完成三线共点的推导」 (2)先通过相似三角形的性质求得棱台小底面的面积，代入棱台体积公式计算？，再通过 三棱柱总体积减去了得到，最终化简得到体积比值. 【详解】(1)略 (2)设△ABC的面积为S,三棱柱ABC-AB,C的高为h, 则三棱柱ABC-AB,C1的体积V=Sh1 因为DEIAC,所以BDEBCA,且BD=2, BC=3' 所以△BDB的面积S-号， 则=校台D-48C的体积欢-+8-5列-号m =195h-m-19s= _19 故7227 27 8 18.04=背 (2)a=6 (3)3V5 【分析】(1)利用正弦定理结合三角恒等变换运算求解即可： (2)由面积可得bc=36,由内切圆半径可得b+c=18-a,结合余弦定理可得答案： (3)由等面积法可得bc=√3(b+c),结合由基本不等式可得bc≥12，即可得面积最小值. 答案第10页，共13页 【详解】(1)因为ccos-asinC,由正弦定理可得sinCcos4-sim4simC, 2 2 A 因为C∈(0，π)，则sinC≠0，可得cos二=sinA=2sim二cos二 2 22 又因为A∈(0，)，则 A+0, 22 2 A A1 可得1=2sin号，即sin 22 可得子吾所以A号 (2)由(1)知A=乃， Γ3 则△ABC的面积S=bc sin=5c=95,即e=36, 2 4 又因为内切圆的半径为r-5,则s=a+b+e)r, 2S 可得a+b+c= =18,即b+c=18-a, 由余弦定理可得a2=b2+c2-2 bc cosA=(b+c)-2bc-2 bc cos A, 即=8a-2x36-2x36×号解得a=6 (3)因为∠BAC的平分线交BC于D,由(1)知A-否， 则<CAD-AMD-4C-合 2 又S=S△ACD+S△ABD, 可得)bcsin∠BAC=bxADxsin∠CAD+cxADxsine∠BAD 2 又AD=3, 则bcx3=bx3×,+cx3x1 2 22 2 则bc=V5(b+c)≥23Vb,可得bc≥12， 当且仅当b=c=25时，等号成立， 所以△ABC的面积最小值为xI2x5-3W5 2 2 19.(1)证明见解析 (2)证明见解析 @ 答案第11页，共13页 【分析】(1)由线面平行的判定定理可证AQ/平面DEF,结合题中条件及面面平行的判 定定理即可证明： (2)由(1)知：平面AOG/1平面DEF,根据面面平行的性质定理即可证明： (3)由题可知点D是PA的中点，结合AQ/IDF可得点F是Q的中点根据题中条件，在 平面PBC内，利用平面向量基本定理和共线向量基本定理即可求解 【详解】(1)AQ/DF,DFC平面DEF,AQZ平面DEF,AQ/平面DEF. AG/1平面DEF,AQ/1平面DEF,AG∩AQ=A,AGC平面AGQ,AQC平面AGO, 平面AQG/1平面DEF (2)由(1)知：平面AOG11平面DEF 又平面BCP∩平面DEF=EF,平面BCP∩平面AOG=OG, ..QG//EF (3)PD=DA,∴点D是PA的中点 P识=PD=1,点F是O的中点，PF=O A011DF,÷R0DA ,B驱-PF=元，且三棱锥P-ABC各棱长均为1，BB=PF=元， BP PC .PE=1-1,FQ=,PQ=22,CQ=1-21 点e在C上，1-22>0，解得<号 ,Gc-2BG,cG-西-（西-C ..EF=PF-PE APC-(1-A)PB, 0--G=-2列cm-(丽-o)2-}c-P历 由(2)知：OG/1EF,GO/1EF,k∈R,使得EF=kGO 即c--两=[2a-m-明]-[2a-pc-n 2-动 由平面向量基本定理可得 -0-动， 解得 3 0≤元≤1 k=1 答案第12页，共13页 综上所述，2的值为 答案第13页，共13页