山东青岛恒星高级中学2025-2026学年下学期高一六月阶段性检测数学试卷

**基本信息** 青岛恒星高级中学高一数学阶段性检测，聚焦复数、立体几何、解三角形核心知识，融入木铎金声钟测量、古建筑结构等文化与实际情境，考查数学眼光观察、逻辑推理及模型表达能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|复数几何意义、空间线面关系、仰角测量|结合“木铎金声钟”文化情境考查解三角形应用| |多选题|3/18|正方体线线关系、复数模与轨迹|以动点问题考查空间观念与推理意识| |填空题|3/15|虚根性质、翻折问题|通过银杏间距测量体现数学语言描述现实| |解答题|5/77|解三角形综合、费马点应用|第19题结合费马点探究最短距离，培养创新思维|

■ ·ma∴，I一§20252026§正，》T§9%。.一.十 数学答题卡 姓名： 班级： 考场/座位号： 注意事项 % 1.答题前请将姓名、班级、考场、准考证 号填写清楚。 [0] [0] [0] [0] [0] [0] [0] [0] [0] 2.客观题答题，必须使用2B铅笔填涂，修 [1] [1] [1] [1] [1] [1] [1] [1] 改时用橡皮擦干净。 [2] [2] [2] [2] [2] [2] [2] [2] 3.必须在题号对应的答题区域内作答，超出 [3] [3] [3] [3] 3 [3] [3] [3] 答题区域书写无效。 [4] [4] [4] [4] [4] [4] [5] [5] [5] [5] 6 [5] [6] [6] [6] [6] [6] [61 正确填涂 ■ 缺考标记 [7] [7] [7] [7] [7] [ [8] [8] [8] [8] [8] [8] [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] [9] 客观题(18为单选题；911为多选题) 1[A][B][C][D] 4[A][B][C][D] T[A][B][C][D] 10[A][B][C][D] 2[A][B][C][D] 5[A][B][C][D] 8[A][B][C][D] 11[A][B][C][D] 3[A][B][C][D] 6[A][B][C][D] 9[A][B][C][D] 填空题 12. 13 14. 1 ■囚囚囚 (EI)'SI ■ 16.(15分) P I F B E i D C I I l 囚囚■囚 ■ 囚■ㄖㄖ (SI)LI ▣ ■ "a,.T一§20252026S正，》T§%。1：一..十 数学答题卡 姓名： 班级： 考场/座位号： 考 注意事项 1.答题前请将姓名、班级、考场、准考证 号填写清楚。 [o] [0] 0] l0) [o] [o1 2.客观题答题，必须使用2B铅笔填涂，修 G团团 [1 [1] [ 改时用橡皮擦干净。 [2] [2] ] 3.必须在题号对应的答题区域内作答，超出 23 [3] [3] [3] 答题区域书写无效。 [4] ] [4] [4] [5] [5] [5] [6l [ [ 56 32359 正确填涂 ■ 缺考标记 7剧S 0123456789 1 1 1 ■ 囚 囚■■ ■ 18.(17分) A B C P A C B 囚囚■■ ■ ■ 19.(17分) 1 l I l 1 ■ 囚■囚囚 ■ 囚囚■囚 ▣青岛恒星高级中学2025-2026学年度第二学期阶段性检测 高一数学试卷 注意事项： 1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2.请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共计8道小题，每小题5分，共计40分) 1 z=1- 1.若复数1i(1为虚数单位)，则在复平面内，复数z对应的点位于() A.第一象限B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限 2.设I,m,n是三条不同的直线，a,B,y是三个不同的平面，则下列命题为真命题的是() A.若I⊥u,l⊥n,则m/m B.若aLy,B⊥Y,则ap C.若Ica,aLB,则l⊥B D.若aLB,BLy,a∩y=n,则nLB 3.在△ABC中，角A,8,C的对边分别为a,b,c,S为△ABC的面积，若2S=b(acosB+bc0s4)）,则 A=() 2π A.6 B.3 c.2 D.3 4.已知△ABC中C为直角，分别以CA,CB,AB所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个 几利，体积分别为出，老上号云测5= 不 A.2 B.5 C.6 D.7 5.棱长为2的正方体ABCD-ABCD,点B在棱BB上，满足AB+CB最小，则三棱锥B-ACD的体积 为() 1 A.3 B.3 D.1 6.已知三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上，△ABC满足AB=2,∠ACB=9O°，PA为球O的直 径且PA=4,则点P到底面ABC的距离为() A.v2 B.2√2 C.5 D.25 答案第1 7.重庆某校内“木铎金声钟”雕塑，该雕塑钟原型为北京师范大学本部“木铎金声一百年”的纪念雕塑，木铎 金声，寓意传播知识、启迪心智、匡正风气，承载着“为民族复兴办教育的担当，更与学校“本德宗道、兼 济天下”的校训一脉相承，也寄寓着对京师学子治学修身、以德立身、心怀家国的殷切期许、某同学为了测 量木铎钟高度，设木铎钟加底座高为AB,在与点B同一水平面旁边小路上且共线的三点C,D,E处分别 测得顶点A的仰角为30°，45°，60°，且CD=DE=6m,则木铎金声钟的高AB约为()（参考数据： √6≈2.449，√3≈1.732.√2≈1.414) .30> D E A.7.20m B.7.35m C.8.20m D.8.35m 8.中国古建筑闻名于世，源远流长.如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋项的结 构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，EF∥AB,AB=2EF=2,△ADE与 △BCF都是边长为1的等边三角形，若点A,B,C,D,E,F都在球O的球面上，则球O的表面积为 () E D 图1 图2 11π 11π 11π 11π A. 8 B.6 C.4 D. 2 二、多选题（本大题共计3道小题，每小题6分，共计18分) 9.如图所示，在正方体ABCD-4BCD中，M,N分别为棱CD,CC的中点，则下列结论正确的是 () 页，共3页 M B A.直线AM与BN是平行直线 B.直线BN与MB是异面直线 C.直线MN与AC所成的角为60° D.M,N,B,A四点共面 i 2= 10.己知复数3-i，,其中m∈R,且0<m≤6，设z在复平面内对应的点为P,则下列说法正确的有 () 3 A.z的虚部为10 B.点P在第二象限 C.点P在直线y=-3x上 D.日的最大值为2W5 11.如图，已知正方形ABCD的边长为2，动点P在以AB为直径的半圆弧上（正方形ABCD内部，含边 界)，则下列结论正确的是() B A.AB.AC=4 B.PC.PD的最大值为2 1+V5 C.若AP=AB+AD,则+μ的最大值为2 D.若2为图中半圆内（含边界）的动点，则OC·D的取值范围为[0,4] 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共计3道小题，每小题5分，共计15分） 12.已知方程-pr+1=0的两虚根为3、，若K-=1,则实数P的值为 答案第 13.如图，风景秀美的宝湖畔有四棵高大的银杏树，记作A,B,P,Q,湖岸部分地方围有铁丝网不能通过.欲 测量P,Q两棵树和A,P两棵树之间的距离，现可测得A,B两点间的距离为100m, ∠PAB=75°，∠QAB=45°，∠PBA=60,∠QBA=90°.则P,Q两棵树和A,P两棵树之间的距离分别为 m m X45° 60° 100m 14.如图，点M为正方形边ABCD上异于点C,D的动点，将△ADM沿AM翻折成△PAM,使得平面 PAM⊥平面ABCM,则下列说法中正确的是 (填序号) D M P A (1)在平面PBM内存在直线与BC平行； (2)在平面PBM内存在直线与AC垂直 (3)存在点M使得直线PA⊥平面PBC (4)平面PBC内存在直线与平面PAM平行. (5)存在点M使得直线PA⊥平面PBM 四、解答题（本大题共计5道小题，15题13分，16.17题15分，18.19题17分） 15.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,且满足b2+c2-d=bc (1)求角A: (2)若△ABC的面积为V3,且b=2C,求△ABC的周长， 16.如图，己知PA1平面ABCD,四边形ABCD是矩形，PA=AB=1,AD=V5,B,F分别是BC和PB的 中点 2页，共3页 (2)若bc=6, (3)设点P为 D (1)求证：EF∥平面PAC: (2)求证：AF⊥PE: (3)求三棱锥E-PAD的体积. 4w 17.在△ABC中，角A,B,C的对边分别是a,b,c,△ABC的面积为S,且d2-b-c2 -S 3 .已知向量 m=(4simx,4W),元=(cos,n,函数f)=m-i-2W5, (1)求角A的大小： a=f (2)在△ABC中， 3 求2b+c的取值范围 18.如图，在直三棱柱ABC-ABC中，∠ACB=90°，且AC=BC=CC1=2,点P为线段BC上的动点. A B B (I)当P为线段BC中点时，求证：平面ABPL平面ABC: 3√2 (2)当直线AP与平面BCCB所成角的正切值为2时，求二面角P4AB-C的余弦值. 19.“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一 点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小”意大利数学家托里拆利给出了解答，当△ABC的三个内角 均小于120时，使得∠AOB=∠B0C=∠COA=120°的点0即为费马点：当△ABC有一个内角大于或等于 120°时，最大内角的顶点为费马点试用以上知识解决下面问题：已知△ABC的内角A,B,C所对的边分别 为a,b,c,且C0s2B+c0s2C-cos2A=1 (1)求角A: 答案第3页，共3页 设点P为△ABC的费马点，求PA.PB+PB.PC+PCPA, ABC的费马点，IPB+PC|PA,求实数t的最小值.《2025-2026学年度第二学期阶段性检测》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 8 答案 A D C B C D B D 题号 11 答案 ACD 1.A 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得z=1+,结合复数的几何意义，即可求解 2=1-1=1-,i=1+i 【详解】由复数 i(-) 可得复数z在复平面内对应的点Z4,),位于第一象限， 2.D 【分析】根据空间位置关系结合选项条件判断选项中位置的所有关系后判断ABC,对于D, 的判断定理证明nLP 【详解】对于A,若ILm,1⊥n,则ln或，n异面或，n相交，故A错误； 对于B,若a⊥？，P1y,则P或a,P相交，故B错误： 对于C,若IC&,aLP,则P或ICP或，P相交，故C错误： 对于D,设a∩B=L,Y∩B=1,过平面B内一点A,分别作AB⊥m,AC11, 如图所示， 2 m 因为a⊥P,a∩B=m,ABcB,AB⊥m,所以AB⊥a, 又因为nca,所以AB⊥n,同理：AC⊥n, 又因为ABOAC=A,AB、ACCB,所以n⊥B,故D正确 3.C cosB+bCosA=atc =C 【详解】在△ABC中，由余弦定理得 2ac 2bc s=IbcsinA 三角形面积 2 ,2S=be sin A=b(acosB+bcos4)=be 即bc sin A=bc, .bc>0 .sin A=1, :A∈(0，) A= 9 10 2 BCD BC 4.B 【分析】根据圆锥的体积公式求解即可. 【详解】以CA所在直线为轴，旋转一周形成的圆锥的体积为： -w6 3 y3=号b2.a= 1 以CB所在直线为轴，旋转一周形成的圆锥的体积为： 3 4: 以AB所在直线为轴，旋转一周形成的几何体的体积为： 3ee-ado 1ab)2 3 c 购方民店)周-安 1 可利用面面垂直 13+4（ 所以巧 ，所以 5.C 【分析】根据题意，点E为BB的中点，AB+GB最小，再利用转化法求体积 【详解】根据题意，将平面BB,CC展开与平面BB,44共面， 连接AC,交BB于点B,则点E为BB的中点，此时AB+CB最小， 则a=的=号948122子 32 3 D B 4 A C E B 6.D 【分析】取AB的中点D,分析出球心O是PA的中点，且OD/PB,ODL AB,求出OD,利用勾股定理证 明ODL CD,再利用线面垂直的判定定理证明OD⊥平面ABC,进而得到PB⊥平面ABC,即可求出点P到 底面ABC的距离。 【详解】 答案第1页，共7页 设球的半径为R,取AB的中点D,连接OD,CD,OB,OC :三棱锥P-ABC的所有顶点都在球O的球面上，PA为球O的直径且PA=4, R=0A=OB=OC=-P4=2 ·球心O是PA的中点， OD1IPB,OD⊥AB OD- AB =√22-1=√5 在Rt△AOD中，AB=2, 2 在aABC中，∠ACB=90,CD=AB=1 在aODC中，OC2=OD2+CD2,:.OD1CD 又CD∩AB=D,AB,CDc平面ABC,OD⊥平面ABC, OD/IPB,PB⊥平面ABC, 点P到底面ABC的距离为PB=2OD=2√3 7.B 【分析】设AB=h,通过仰角分别得到BC,BD,BE,再通过cos∠BDE=-cOs∠BDC,结合余弦 据求解即可 【详解】设木铎钟总高AB=h,因为AB⊥水平面， BC=h 在C点仰角30： =3h tan30° h BD=- =h 在D点仰角45： tan45° BE=hh 在卫点仰角60： tan60°√万 又CD=DE=6,即CE=12,D是CE中点， COsD BDE=BD+DE2-BE 在△BDE中， 2BD.DE cos∠BDC=BD+DC2-BC2 在△BDC中， 2BD·DC, 因为∠BDC+∠BDE=180°，所以cos∠BDE=-cos∠BDC, os∠BDB+cos∠BDC=BD+DCBC+BD+DE-BE-0 则 2BD·DC 2BD·DE BD2+DC2-BC2 BD+DE2-BE2 0 即 2BD.DC 2BD.DE ，又CD=DE, BD+DC2-BC2+BD+DE2-BE2-0. BD:=BC+BE2-2DE? 化简可得： 2 (W302+(h2-2x6 = 31 代入各表达式： 2 2h2 =36,h2=54,h=3v6≈3×2.449≈7.35m 化简计算：3 因此木铎金声钟的高约为7.35m, 8.D 【分析】如图，根据球的性质可得OOI平面ABCD,根据中位线的性质和勾股定理可得M01PP且 Mo- 2，分类讨论当0在线段O,M上和0在线段M©的延长线上时2种情况，结合球的性质和表面积公 式计算即可求解 【详解】如图，连接AC,BD,设AC∩BD=O, 定理代入数 因为四边形ABCD为矩形，所以O为矩形ABCD外接圆的圆心.连接OO, 则OOI平面ABCD,分别取EF,AD,BC的中点M,P,Q, 根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线OO交EF于点M. 连接PO,则PO/AB,且O为PO的中点，因为EF∥AB,所以P2MEF 连接EP,FO,在△ADE与△BCF中，易知 O= 所以梯形BOP为等腰梯形，所以M01P吧，且 2 设O0=m,球0的半径为R,连接OB,OA, 当O在线段OM上时，由球的性质可知R2=OE2=OA 8周-5g-阁 此时无解。 答案第2页，共7页 当O在线段M©的延长线上时，由球的性质可知， 解得 8 =4R2=11π 所以球O的表面积 2 故选：D E M C A B 【点睛】求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确定球心位置的依据一是球心到球面上各点的距离 都等于球的半径，二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面.由此出发，利用一些特殊模型，或借助一般方 法，即可确定外接球球心的位置。 9.BCD 【分析】对于A,取DD的中点为E,连接AE,易得AEIIEN,结合AE,AM相交即可判断：对于B,由 异面直线的概念即可判断；对于C,易知NIICD,则∠ACD为直线N与AC所成的角，再求角即可判断： 对于D,连接AB,易知4BMN,再由平面确定定理即可判断 【详解】解：对于A,取DD的中点为E,连接AE，,如下图所示： D M A E团 由正方体性质可知ABBN,若直线AM与BN是平行直线， 则可得A,E,M三点共线，显然这与AE,AM相交于点A矛盾，故A错误； 对于B,易知B∈平面BCCB,M华平面BCCB,BE直线BN,BNC平面BCCB, 可得直线BN与MB,是异面直线，故B正确： 对于C,连接CD，,AD,如下图： 答案第 D M 可得NMCD,故∠ACD为直线MN与AC所成的角，而∠ACD=60°， 可得直线N与AC所成的角为60°，故C正确： 对于D,连接4B,易知4BMN,可知M,N,B,4四点共面，故D正确. 10.BC 【分析】对复数：一7进行分母实数化、运步化简，纺合选项一一求解 i i(3+i)3i+i2_-m+3i__m3mi 【详解】 3-i(3-i)3+i)32-iP 10 1010 3n 37L 选项A,z的虚部是实数10，不是10，所以A错误 1m3 10'10) <0 3,0 选项B,对应点P的坐标为 因为0<m≤6，所以10 ,10 ,点P在第二象限，B正 确 3 (x,y)= 选项C,点P的坐标 1010 满足y=-3x,所以点P在直线y-3x上，C正确。 2 ,3m m2 +9m2 m 选项D, 10 10 100 10 当m=6时， znax 6_3W10 ≠2B √10 5 ,D错误。 11.ACD 【分析】建立平面直角坐标系，根据向量数量积的坐标表示、正弦函数的性质及辅助角公式即可判断选项 ABC:取CD的中点E,连接B,求出D 的取值范围，再根据QCQ历（匠+C)匠-而）结合数量积 的运算律求解即可判断选项D, 【详解】以A为原点，以AB,AD所在直线为x,y轴建立平面直角坐标系， 3页，共7页 D P B 则A(0,0),B(2,0),C(2,2).D(0,2) 选项A:=(2,0),4C=(2,2),所以ABAC=2×2+0x2=4,故A正确 选项B:取AB中点O,则O(1,0) 设∠40P=9(0≤6≤，则P1-cos8,sin9),所以Pc=1+cos8,2-sin8),PD(-1+cosa2-si血0) PC.PD=(1+cos0)(-1+cos0)+(2-sin=co 0-1+4-4sin0+sin 0=4-4sint 当sim6=0即(P(2,0)或P(0,0)时最大值为4，故B错误 选项C:AP=1-cos6,sin0),AB=(2,0),4AD=(0,2) 1=1-cos8 2 [1-cos0=22 sin 由4P=MB+uAD得s6=2w,则 2 1-cos0sin_1-cos0+sine1 所以 22 2 2 4 sim-=1=3r 1+2 当（4)，即4时，元+”取得最大值，为2，故C正确， 选项D:取CD的中点E,连接OB, D B 因为ABCD是边长为2的正方形，动点Q为图中半圆内（含边界）的动点， 所以当在点A或点时，四取得最大值5，当在孤B中点时，团取得最小值1，即团5 OC=OE+EC,OD-OE+ED-OE-EC 答案第 所以0cOD-O@+c)O丽-cO亚-c-1e[Q,4),枚D正确 12.±5 【分析】由求根公式得内--V4-P=1,解方程即可求解 【详解】因为方程x-心+1=0的两虚根为、名，则△=p-4<0,-2<p<2 若-x=1 片-5P+D-ip-厅-4l 2 2 则 解得卫=士V5,适合题意， 故答案为：±V5 13. 50W2 50W6 【分析】利用正弦定理、余弦定理求解即可. 【详解】在△PAB中，∠APB=180°-∠PAB-∠PBA=180°-75°-60°=45°， AP AB 根据正弦定理sin∠PBA sin.∠APB,代入AB=100,∠PBA=60°，∠APB=45°， AP100 得sin60°sin45°，解得AP=50√6 在RtAQAB中，∠QBA=90°，∠QAB=45°，AB=100, 0s-lw5 所以 ,且∠PA0=∠PAB-∠QAB=75°-45°=30° 根据余弦定理，在△PA0中，PO=AP+Ag-2 AP AOcos∠PAC, f代入符Pg-(506+100万-2x50v6x10w5x5-500 因此PQ=50W2 故答案为：PO=50W2,AP=50W6 14.(2)(4) 【分析】采用逐一验证法，利用线面的位置关系判断，可得结果 【详解】(1)错，若在平面PBM内存在直线与BC平行， 则BC/平面PBM,可知BC∥AM, 而BC与AM相交，故矛盾 (2)对，如图 4页，共7页 M B 作PN⊥AM 根据题意可知平面PAM⊥平面ABCM 所以PN⊥AC,作NE⊥AC,点E在平面PBM, 则AC⊥平面PNE,而PEc平面PBM, 所以AC⊥PE,故正确 (3)错，若PA⊥平面PBC,则PA⊥BC,而PN⊥BC 所以BC⊥平面PAN,则AM⊥BC,矛盾 (4)对，如图 H M 延长AM,BC交于点H连接PH,作CK∥PH PHc平面PAM,CKc平面PBC, CKa平面PAM,所以CK∥平面PAM,故存在 (5)错，若PA⊥平面PBM,则PA⊥BM 又PN⊥BM,所以BM⊥平面PAM 所以BM⊥AM,可知点M在以AB为直径的圆上 又该圆与CD无交点，所以不存在。 故答案为：(2)(4) 【点睛】本题主要考查线线，线面，面面之间的关系，数形 公 15.(1)3 (②)V6+3V2 【分析】(1)由已知条件结合余弦定理求解即可； (2)由(1)结合三角形面积公式求得b,c,再利用已知条件求得a,得解 1 【详解】1)因为公+c2-a=2 o,又+c2-a=c,所以2 co=bc,得cosA-2, A-I 又0<A<π，所以3 2)的a得4-宁.e:cm4=5 2 2 ,得bc=4. 又b=2C,解得b=2W2,c=V2 所以ad2=b2+c2-bc=8+2-2V2x2=6,故a=V6, 所以△ABC的周长为a+b+c=V6+3V2 16.(1)证明见解析 (2)证明见解析 5 (3)6. 【分析】(1)由题可得EFPC,再根据线面平行的判定即可证明： (2)通过证明AF⊥平面PBC,再根据线面的性质即可证得AF⊥PE; (3)根据题意知三棱锥E-PAD的体积等于三棱锥P-EAD的体积，又PA⊥平面ABCD,再根据锥体体积公 式即可求解 【详解】(I)“E,F是BC,PB的中点..EF/PC. 又EF丈平面PAC,PCC平面PAC, .EF∥平面PAC. (2):PA⊥平面ABCD,EBC平面ABCD,EB⊥PA. EB⊥AB,PA∩AB=A,PA,ABC平面PAB, .EB⊥平面PAB, :AFC平面PAB,AF⊥EB, :PA=AB=1,F是PB中点，AF⊥PB, :EB∩PB=B,EB、PBC平面PBC, 结合在此发挥重要作用，属中档题. .AF⊥平面PBC, PEC平面PBC, AF⊥PE: 答案第5页，共7页 (3)三棱锥E-PAD的体积等于三棱锥P-EAD的体积， :PA⊥平面ABCD,ABCD是矩形，PA=AB=1,AD=V5, =**ADXAB×PA= :.Vp-BAD=32 6 3 三棱锥E-PAD的体积为6. 2π 17.(1)3 226,4vg 【分析】(1)利用余弦定理和面积公式即可得到角A的值， (2)先利用数量积公式得到f(~的解析式，进而得到边α的值.利用正弦定理将边换成角， 数知识求解2b+c的取值范围 -B-c2=45s +c2-a=-45s 【详解】(1)由已知 3 ，可以得到 3 ed3x bosim A 再利用面积公式可以得到， 3“2 osA='+c2-d 由余弦定理知 2bc,所以有 CosA=-3 -sin A 3 即tanA=-√3 因为4eQ列.所以1号 (2)由数量积公式可知f()=m:i-2W5=4 sinx cosx+45sinx-25 由二倍角公式和辅助角公式可得 ()222com a=. =4sin-25 所以 b a25-4 sin B sinC sinA 3 由正弦定理可得， 所以b=4sinB,c=4siC,因为 B+C=T C==-B 3,所以 3 2b+c=8sin B+4sin (3B片8simB+4y5。 2cos B-sin B 所以 2 =6sin B+23 cos B=43sinB+ 6 因为 6 62,所以2 m(B+81 23 43sinB+43 所以 6 所以2b+c的取值范围为(2W5,45) 18.(1)证明见解析 6 (2)3 然后利用三角函 【分析】(1)由题意，得AC⊥平面BCCB,从而AC⊥BP,又BCL BP,可得BP⊥平面AC,由此可证 得结论： (2)由(1)得AC⊥平面BCCB,所以直线AP与平面BCCB所成角即为∠APC,求得PC,作PM LBC, MIN L AB,可证得∠PM为二面角P-AB-C的平面角，求解即可. 【详解】(I)由题意，AC L CC,AC⊥BC,BCnCC=C,BC,CCC平面BCCB,故4AC⊥平面BCCB, :BPC平面BCCB,AC⊥BP, :P为BC的中点，.BC⊥BP,且ACOBC=C,AC,B,Cc平面ABC .BP⊥平面ABC, 又，BPC平面ABP,.平面ABPL平面ABC (2)由(1)得AC⊥平面BCCB,所以直线AP与平面BCCB所成角即为∠APC, an∠APc=AC、3V5 故 PC2,解得3. 作PM L BC,MN LAB,连接PN如图. A 6 M B 则PM⊥平面ABC,又ABC平面ABC,故PM⊥AB 又PMOMN=M,PM,MNC平面PMN,故AB⊥平面PMW,故∠PNM为二面角P-AB-C的平面角， 答案第6页，共7页 PC 2 PM=MC= √23. BM-BC-MC=4 MN=BM2 ,故 23, 2W2 cos∠PWMM=- N 3 PN MN+PM2 8.4 3 故 V99 G 即二面角P-AB-C的余弦值为3. Asπ 19.(1)2 (2)-2VW5 3)2+2V3 【分析】(1)根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简cos2B+cos2C-cos2A=1可得a2 答案； (2)利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案； (3)由(1)结论可得 ∠APB=∠BPC=∠CPA=2 3,设PB=PA PC=n川PAPA片 利用余弦定理以及勾股定理即可推出m++2=m,再结合基本不等式即可求得答案 【详解】(1)由cos2B+cos2C-cos2A=1,得1-2sin2B+1-2sinC-1+2sinA=1, 故sinA=sinB+sin2C. As 由正弦定理可得a=b2+c2,故△ABC直角三角形，即2 2π A= (2)由(1)可得A=2,所以三角形ABC的三个角都小于3， 则由费马点定义可知： ∠APB=∠BPC=∠APC=2 3, 设P网=xP四=PG=: w.5+hg.5+z.5x6 -x. 由SA8+S.pc+SAe=S.aBc,得222z22222 整理得y++x=4V3 丽-m元+A元=w(（》如()=45=-2 则 (3)如图，点P为△ABC的费马点，则 APB=∠BPC=∠CPA=2 设PB到=mPA,PC=4PA,PA=x,m>0,n>0,x>0 则由PB+PC=|PA,得+n=t; B=+-2mx cos 2-(m 由余弦定理得 3 2+c2,即可求得 acf=fir-2acs-0d+n-」 BCP-mxx-2mgcos-(m+n+m)x 3 故由AC+B=BC,得0r++Dx2+m2+m+1x2=Om2++mx2 x,推出m+n=t, m+n+2=n≤ m+n 即+n+2=n,而m>0,n>0,故 2Γ 当且仅当m=n,结合m+n+2=m,解得m=n=1+√3时，等号成立 又+=t,即有f-4t-8≥0，解得t≥2+25或t≤2-23（舍去）， 故实数t的最小值为2+2W3 【点晴】关键点点睛：本题第二问的关键是利用面积法得到y++七=43，最后根据向量数量积的定义 即可. 答案第7页，共7页 青岛恒星高级中学2025-2026学年度第二学期阶段性检测 高一数学试卷 注意事项： 1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息 2．请将答案正确填写在答题卡上 第I卷（选择题） 一、单选题（本大题共计8道小题，每小题5分，共计40分） 1．若复数（i为虚数单位），则在复平面内，复数对应的点位于（    ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．设，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题为真命题的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，，则 3．在中，角，，的对边分别为，，，为的面积，若，则（     ） A． B． C． D． 4．已知中为直角，分别以，，所在直线为轴，其余各边旋转一周形成的曲面围成3个几何体，体积分别为，若，则（ ） A． B． C． D． 5．棱长为2的正方体，点在棱上，满足最小，则三棱锥的体积为（   ） A． B． C． D．1 6．已知三棱锥的所有顶点都在球的球面上，满足，，为球O的直径且，则点到底面的距离为（ ） A． B． C． D． 7．重庆某校内“木铎金声钟”雕塑，该雕塑钟原型为北京师范大学本部“木铎金声一百年”的纪念雕塑，木铎金声，寓意传播知识、启迪心智、匡正风气，承载着“为民族复兴办教育”的担当，更与学校“本德宗道、兼济天下”的校训一脉相承，也寄寓着对京师学子治学修身、以德立身、心怀家国的殷切期许、某同学为了测量木铎钟高度，设木铎钟加底座高为，在与点同一水平面旁边小路上且共线的三点，，处分别测得顶点的仰角为30°，45°，60°，且，则木铎金声钟的高约为（   ）（参考数据：，，） A． B． C． D． 8．中国古建筑闻名于世，源远流长．如图1所示的五脊殿是中国传统建筑中的一种屋顶形式，该屋顶的结构示意图如图2所示，在结构示意图中，已知四边形ABCD为矩形，，，与都是边长为1的等边三角形，若点A，B，C，D，E，F都在球O的球面上，则球O的表面积为（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本大题共计3道小题，每小题6分，共计18分） 9．如图所示，在正方体中，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（    ） A．直线与是平行直线 B．直线与是异面直线 C．直线与所成的角为 D．，，，四点共面 10．已知复数，其中，且，设在复平面内对应的点为，则下列说法正确的有（ ） A．的虚部为 B．点在第二象限 C．点在直线上 D．的最大值为 11．如图，已知正方形的边长为2，动点在以为直径的半圆弧上（正方形内部，含边界），则下列结论正确的是（   ） A． B．的最大值为2 C．若，则的最大值为 D．若为图中半圆内（含边界）的动点，则的取值范围为 第II卷（非选择题） 三、填空题（本大题共计3道小题，每小题5分，共计15分） 12．已知方程的两虚根为、，若，则实数的值为_____ 13．如图，风景秀美的宝湖畔有四棵高大的银杏树，记作，湖岸部分地方围有铁丝网不能通过.欲测量两棵树和两棵树之间的距离，现可测得两点间的距离为，.则两棵树和两棵树之间的距离分别为__________､__________. 14．如图，点为正方形边上异于点的动点，将沿翻折成，使得平面平面，则下列说法中正确的是__________.(填序号)     （1）在平面内存在直线与平行；     （2）在平面内存在直线与垂直 （3）存在点使得直线平面 （4）平面内存在直线与平面平行. （5）存在点使得直线平面 四、解答题（本大题共计5道小题，15题13分，16.17题15分，18.19题17分） 15．在中，角所对的边分别为，且满足. (1)求角； (2)若的面积为，且，求的周长. 16．如图，已知平面ABCD，四边形ABCD是矩形，，E，F分别是BC和PB的中点． (1)求证：平面； (2)求证：； (3)求三棱锥的体积． 17．在中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，的面积为S，且.已知向量，，函数， (1)求角A的大小； (2)在中，，求的取值范围. 18．如图，在直三棱柱中，，且，点P为线段上的动点．    (1)当P为线段中点时，求证：平面平面； (2)当直线AP与平面所成角的正切值为时，求二面角P-AB-C的余弦值． 19．“费马点”是由十七世纪法国数学家费马提出并征解的一个问题，该问题是：“在一个三角形内求作一点，使其与此三角形的三个顶点的距离之和最小.”意大利数学家托里拆利给出了解答，当的三个内角均小于120°时，使得的点O即为费马点；当有一个内角大于或等于120°时，最大内角的顶点为费马点.试用以上知识解决下面问题：已知的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且. (1)求角A； (2)若，设点P为的费马点，求； (3)设点P为的费马点，，求实数t的最小值. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $ 《2025-2026学年度第二学期阶段性检测》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A D C B C D B D BCD BC 题号 11 答案 ACD 1．A 【分析】根据题意，利用复数的运算法则，求得，结合复数的几何意义，即可求解. 【详解】由复数， 可得复数在复平面内对应的点，位于第一象限. 2．D 【分析】根据空间位置关系结合选项条件判断选项中位置的所有关系后判断ABC，对于D，可利用面面垂直的判断定理证明. 【详解】对于A，若，，则或异面或相交，故A错误； 对于B，若，，则或相交，故B错误； 对于C，若，，则或或相交，故C错误； 对于D，设，，过平面内一点，分别作，， 如图所示， 因为，，，，所以， 又因为，所以，同理：， 又因为，、，所以，故D正确. 3．C 【详解】在中，由余弦定理得， 三角形面积，则， 即， ， ， ， ． 4．B 【分析】根据圆锥的体积公式求解即可. 【详解】以所在直线为轴，旋转一周形成的圆锥的体积为：； 以所在直线为轴，旋转一周形成的圆锥的体积为：； 以所在直线为轴，旋转一周形成的几何体的体积为：. 因为， 所以，所以. 5．C 【分析】根据题意，点为的中点，最小，再利用转化法求体积. 【详解】根据题意，将平面展开与平面共面， 连接，交于点，则点为的中点，此时最小， 则. 6．D 【分析】取的中点，分析出球心O是的中点，且，求出，利用勾股定理证明，再利用线面垂直的判定定理证明平面，进而得到平面，即可求出点到底面的距离. 【详解】 设球的半径为，取的中点，连接. 三棱锥的所有顶点都在球的球面上，为球O的直径且， 球心O是的中点，，. 在中，，， 在中，，， 在中，，. 又，平面，平面， ，平面， 点到底面的距离为. 7．B 【分析】设，通过仰角分别得到，再通过，结合余弦定理代入数据求解即可. 【详解】设木铎钟总高 ，因为 水平面， 在 点仰角：， 在 点仰角：， 在 点仰角：， 又，即，是中点， 在中，， 在中，， 因为，所以， 则， 即，又， 得， 化简可得： ， 代入各表达式：， 化简计算：， 因此木铎金声钟的高约为 . 8．D 【分析】如图，根据球的性质可得平面ABCD，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当O在线段上和O在线段的延长线上时2种情况，结合球的性质和表面积公式计算即可求解. 【详解】如图，连接AC，BD，设， 因为四边形ABCD为矩形，所以为矩形ABCD外接圆的圆心．连接， 则平面ABCD，分别取EF，AD，BC的中点M，P，Q， 根据几何体ABCDEF的对称性可知，直线交EF于点M． 连接PQ，则，且为PQ的中点，因为，所以， 连接EP，FQ，在与中，易知， 所以梯形EFQP为等腰梯形，所以，且． 设，球O的半径为R，连接OE，OA， 当O在线段上时，由球的性质可知， 易得，则，此时无解． 当O在线段的延长线上时，由球的性质可知， ，解得，所以， 所以球O的表面积， 故选：D． 【点睛】求解外接球问题的关键在于确定球心的位置，而确定球心位置的依据一是球心到球面上各点的距离都等于球的半径，二是球心与截面圆圆心的连线垂直于截面．由此出发，利用一些特殊模型，或借助一般方法，即可确定外接球球心的位置． 9．BCD 【分析】对于A，取的中点为，连接，易得，结合，相交即可判断；对于B，由异面直线的概念即可判断；对于C，易知，则为直线与所成的角，再求角即可判断；对于D，连接，易知，再由平面确定定理即可判断． 【详解】解：对于A，取的中点为，连接，如下图所示： 由正方体性质可知，若直线与是平行直线， 则可得，，三点共线，显然这与，相交于点矛盾，故A错误； 对于B，易知平面，平面，直线，平面， 可得直线与是异面直线，故B正确； 对于C，连接，，如下图： 可得，故为直线与所成的角，而， 可得直线与所成的角为，故C正确； 对于D，连接，易知，可知，，，四点共面，故D正确． 10．BC 【分析】对复数 进行分母实数化、逐步化简，结合选项一一求解. 【详解】， 选项A，的虚部是实数，不是 ，所以A错误. 选项B，对应点的坐标为 ，因为，所以 ， ，点在第二象限，B 正确. 选项C，点的坐标 ，满足，所以点在直线上，C正确. 选项D，， 当时，，D错误. 11．ACD 【分析】建立平面直角坐标系，根据向量数量积的坐标表示、正弦函数的性质及辅助角公式即可判断选项ABC；取的中点，连接，求出的取值范围，再根据结合数量积的运算律求解即可判断选项D. 【详解】以为原点，以，所在直线为，轴建立平面直角坐标系， 则，，，. 选项A：，，所以，故A正确. 选项B：取中点，则. 设，则，所以，， 所以， 当即（或）时最大值为4，故B错误. 选项C：，，， 由得，则. 所以， 当，即时，取得最大值，为，故C正确. 选项D：取的中点，连接， 因为是边长为2的正方形，动点为图中半圆内（含边界）的动点， 所以当在点或点时，取得最大值，当在弧中点时，取得最小值1，即 又，， 所以，故D正确. 12． 【分析】由求根公式得，解方程即可求解. 【详解】因为方程的两虚根为、，则, 若， 则， 解得，适合题意， 故答案为：. 13． 【分析】利用正弦定理、余弦定理求解即可. 【详解】在中， ， 根据正弦定理，代入，，， 得，解得. 在中，，，， 所以，且， 根据余弦定理，在中，， 代入得， 因此. 故答案为：. 14．（2）（4） 【分析】采用逐一验证法，利用线面的位置关系判断，可得结果. 【详解】（1）错，若在平面内存在直线与平行， 则//平面，可知//， 而与相交，故矛盾 （2）对，如图 作， 根据题意可知平面平面 所以，作，点在平面， 则平面，而平面， 所以，故正确 （3）错，若平面，则，而 所以平面，则，矛盾 （4）对，如图 延长交于点连接,作// 平面，平面， 平面，所以//平面，故存在 （5）错，若平面，则 又，所以平面 所以，可知点在以为直径的圆上 又该圆与无交点，所以不存在. 故答案为：（2）（4） 【点睛】本题主要考查线线，线面，面面之间的关系，数形结合在此发挥重要作用，属中档题. 15．(1) (2) 【分析】（1）由已知条件结合余弦定理求解即可； （2）由（1）结合三角形面积公式求得，再利用已知条件求得，得解. 【详解】（1）因为，又，所以，得， 又，所以. （2）由（1）得，，得， 又，解得， 所以，故， 所以的周长为. 16．(1)证明见解析 (2)证明见解析 (3)． 【分析】（1）由题可得，再根据线面平行的判定即可证明； （2）通过证明平面PBC，再根据线面的性质即可证得； （3）根据题意知三棱锥的体积等于三棱锥的体积，又平面ABCD，再根据锥体体积公式即可求解. 【详解】（1），F是BC，PB的中点．． 又平面，平面， 平面． （2）平面ABCD，平面ABCD，． ，平面PAB， 平面PAB， 平面PAB，， ，F是PB中点，， ，EB、平面PBC， 平面PBC， 平面PBC， ； （3）三棱锥的体积等于三棱锥的体积， 平面ABCD，ABCD是矩形，， ， 三棱锥的体积为． 17．(1) (2) 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式即可得到角的值. （2）先利用数量积公式得到的解析式，进而得到边的值.利用正弦定理将边换成角，然后利用三角函数知识求解的取值范围. 【详解】（1）由已知，可以得到 再利用面积公式可以得到， 由余弦定理知，所以有 即. 因为，所以. （2）由数量积公式可知 由二倍角公式和辅助角公式可得. 所以. 由正弦定理可得， 所以,，因为,所以， 所以 ， 因为，所以. 所以， 所以的取值范围为. 18．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由题意，得平面，从而，又，可得平面，由此可证得结论； （2）由（1）得平面，所以直线AP与平面所成角即为，求得，作，，可证得∠PNM为二面角P-AB-C的平面角，求解即可. 【详解】（1）由题意，，，，平面，故平面， ∵平面，∴， ∵P为的中点，∴，且，平面 ∴平面， 又∵平面ABP，∴平面平面. （2）由（1）得平面，所以直线AP与平面所成角即为， 故，解得． 作，，连接PN如图．    则平面ABC，又平面ABC，故． 又，平面PMN，故平面PMN，故∠PNM为二面角P-AB-C的平面角， 又，，故， 故， 即二面角P-AB-C的余弦值为. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据二倍角公式结合正弦定理角化边化简可得，即可求得答案； （2）利用等面积法列方程，结合向量数量积运算求得正确答案； （3）由（1）结论可得，设，推出，利用余弦定理以及勾股定理即可推出，再结合基本不等式即可求得答案. 【详解】（1）由，得， 故. 由正弦定理可得，故直角三角形，即. （2）由（1）可得，所以三角形的三个角都小于， 则由费马点定义可知：， 设， 由，得， 整理得， 则. （3）如图，点为的费马点，则， 设， 则由，得； 由余弦定理得， ， ， 故由，得， 即，而，，故， 当且仅当，结合，解得时，等号成立. 又，即有，解得或（舍去）， 故实数的最小值为. 【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是利用面积法得到，最后根据向量数量积的定义即可. 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $