命题大赛 四川成都棠湖外国语学校2025-2026学年高一下学期6月阶段检测数学试题

**基本信息** 高一下期数学期末检测卷，涵盖向量、立体几何、三角函数等核心知识，解答题如正三棱柱证明、四棱锥二面角问题，体现空间观念与推理能力，适配期末综合能力评估。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|向量运算、直观图判断|基础巩固，考查抽象能力| |多选题|3/18|复数性质、翻折问题|分层选拔，培养思辨思维| |填空题|3/15|圆柱侧面积、三角形最值|情境创新，发展几何直观| |解答题|5/77|三棱锥体积、角平分线长度|综合应用，提升模型意识与运算能力|

2025~2026学年度高2025级 高一下期6月阶段检测 数学 参考答案及评分意见 1.A2.B3.C4.B5.D6.C7.C8.D9.ABD 10.AD 11.ACD 1 12.8π 1316 14.2V6 15.【详解】(1)3ā-26=30,1)-21,2)=(0,3)-(2,4)=(-2，-1,3ā-26=V-22+(-1)2=V5；6分 (2)ka-2b=k(0,1-2(1,2)=(0,k)-(2,4)=（-2,k-4), 6-ā=(1,2)-(0,1)=1,1)，因为ka-2b)1(6-a, 所以(kā-26(6-a=(-2,k-4)(1,)=-2+k-4=k-6=0, 即k=6.13分 16.【详解】(1)取B,C的中点F,连接BF,A,F,DF, 由BD=CF,BDII CF,得四边形BDCF为平行四边形，所以BF1ICD 由DF=BB=AA,DF1/BB,IAM,得四边形ADFA为平行四边形，所以AF1∥AD, 因为AFc平面ADC,ADc平面ADC,所以AF/I平面ADC 同理可得，BF1I平面ADC.因为AFOBF=F,4,F,BFc平面ABF 所以平面ABF1平面ADC.又ABc平面4BF,所以AB∥平面ADC;5分 (2)由(1)知4F1∥AD,所以∠BAF为异面直线4B与AD所成的角， AF=4B sin60°=ABsin60°=V5,4B=VA4+AB2=2V2」 BF=VBB+BF=V5,所以4F2+8F2=AB,所以4FLBF os∠BAF=AF-V3_V6 6 所以 4B224,即异面直线4B与AD所成角的余弦值为4…10分 r4x2x2x05x2=26 1 (3)三棱柱ABC-AB,C为正三棱柱，所以其体积为 2 25 三棱锥C-AAB的体积 3 15分 17.【详解】(1)因为CA=2,AB=4 AB.AC=2×4×cos∠BAC=4 cos ZBAC=1 2 ∠BAC∈(0，)，∠BAC= 31 1 在ABC中，BC2=AB2+CA-2AB.CAcos∠BAC=16+4-2×4×2×=12, 2 .BC=23. 5分 (2)由(1)得BC2+AC2=AB2,∠ACB= n∠BCD=smn+∠ACD)=cosL4CD月 13 :∠ACD∈(0，π)， ·sin∠ACD=12 13 S0m=×2x2x12=24 1 2 1313 ÷四边形A8CD的面积S=Sx+5m=)×2×25+24=25+24 2 13 13 10分 (3)在△ACD中， AD2=CA2+CD2-2CA.CDcos.∠ACD=4+4-2×2×2× 564 13-139 ..AD= 8V13 13 由正弦定理，得 AD CA sin∠4CD sinD ·sinD=C sin∠ACD=2x12_33 AD 8131313.15分 13 18.【详解】(1)在锐角ABC中，由cosM+V5csin4=b+a及正弦定理， sin Ceos4+3 sin CsinA=sin B+sin A=sin(4+C)+sin A=sin AcosC+cos Asin C+sin, 整理得5 sin Csin4=-sin cosC+sinA,而sinA>0,则V5sinC=cosC+l, 因此cosC+12=3sin2C=30-cos2C),又9 70<C< osC=1 <2,则osC+1=30-cosC,解得 Csπ 所 3 5分 04 2)0油1)得34刀 0< π 3 tan A> 2,得6 <A<I 2,则 3 由CE平分∠ACB交AB于点E及正弦定理， AES.ACE=2 1 AC.CE sin ZACE BE S.BCE IBC.CEsin BCE=AC-sin B 2 BC sinA (若用二级结论”角平分线定理需先证明) 2 cosA+)sinA√5 1+1E sin A sin A an+2e2 15分 (ii) :.当t承大腹时.Ce最大 在△ABL中.由东经3理拌c=Ab-2 Ab cosC 下末在锐确△B(中.红A+b的录大值 所3=Qtb-Ab=+b)广-b-ad=(a+b23ab 由正弦5理撑Qb=2R孤A十2R5认B .ab:+b)23 3 共中R为4bL外接国丰经2汉=六=鉴2 又SaA8L=SaAE十SaBE ·宝abb的'=bE5动0+0E纵30 .'.0%=25hA+2hB CE Y5ab =2A十2+礼) 故cE马.空：)-] =25A+2505) atb =3MA+B5A 人地=t,则cE:学〔七-)》 二5(4州) 显然C:随的增大而增大. A(÷,)At径③，冬) 小当A时增=受时.NA=爱h时)m%=司 :.(atb)max= 'CE ma= 17分 19.【详解】(1)如图，连接ME,因为△MAD为等边三角形，E是AD的中点，所以ME⊥AD, 又平面MAD⊥平面ABCD,MEc平面MAD,平面MADA平面ABCD=AD, 所以ME⊥平面ABCD.4分 (2)连接BD交AC于点O,连接ON, 因为MB/平面ACN,MBc平面MBD,平面MBDO平面ACN=ON, 所以MB10N,则NDOD MN BO 因为BC1AD,BC=2AD,所以BO.BC=2,故=2.…8分 OD AD ND (3)如图，取AC的中点F, 因为ME⊥平面ABCD,EF,ACC平面ABCD,所以ME⊥AC,ME⊥EF. 又E,F分别是AD,AC的中点，所以EF/ICD, 由AC⊥CD,得AC⊥EF, 因为EF∩ME=E,EF,MEc平面MEF,所以AC⊥平面MEF, 因为MFc平面MEF,则AC⊥MF, 所以∠MFE是二面角M-AC-D的平面角，即LMFE=a. 因为△MAD是边长为6的等边三角形，所以ME=3√5. 我=，周c0:,ma=架9e小有m 过N作NH IIME交AD于H,连接CH,由ME⊥平面ABCD,得NH⊥平面ABCD, 所以∠NCH为直线CN与平面ABCD所成的角，即∠NCH=0. 由=2得NH-ME=5,DH=ED=1, ND 在RtADC中，cos∠ADC=CD-2m=m AD 6 3 在△CDH中，由余弦定理可得CH=CD+DH-2CD×DH cos∠HDC, 所以an0=9、 √5 3 所以CH= /4m2+1-2x2m× 8m2+3 CH 3 8m2+3V8m2+3 3 √5311 因为m∈[1l,3),所以tan0= V8m2+3 5111 所以tan0的取值范围为 3311 11 17分 5表格_20260611 双向细目表 题型 题号 分值 知识模块 考查具体知识点 能力层级 难度 备注 单选题（共 8 题，40 分） 1 5 平面向量 向量坐标运算、向量数量积 / 模长运算 B ★ 基础计算 2 5 空间几何体 斜二测画法、直观图与原平面图形转化、三角形形状判断 B ★ 识图 + 几何性质 3 5 三角恒等变换 两角和的余弦公式：cos(α+β)=cosαcosβ−sinαsinβ B ★ 公式直接应用 4 5 立体几何（点线面） 空间直线、平面平行的判定与性质定理 C ★★ 逻辑推理、命题判断 5 5 三角函数图像与性质 正弦型函数y=Asin(ωx+φ)解析式求解（振幅、周期、初相） C ★★ 图像分析、参数求解 6 5 解三角形 正弦定理 / 余弦定理、已知边对角求角、解的个数判断 C ★★ 定理应用、分类讨论 7 5 三角恒等变换 同角三角函数关系、诱导公式、三角化简求值 C ★★ 公式综合运用 8 5 空间几何体 直三棱柱体积计算、截面分割几何体、体积比例求解 D ★★★ 空间想象、体积综合计算 多选题（共 3 题，18 分） 9 6 复数 复数四则运算、复数模、复数几何意义、复数最值 B/C ★★ 复数基础 + 简单综合 10 6 解三角形综合 正余弦定理、三角形面积公式、三角形形状判断、外接圆半径与面积 C ★★ 解三角形多考点综合 11 6 立体几何（翻折问题） 矩形翻折、空间线线垂直、几何体体积、线面角、二面角 C/D ★★★ 动态立体几何、空间角与体积综合 填空题（共 3 题，15 分） 12 5 空间几何体 圆柱侧面积公式、简单几何体表面积计算 A/B ★ 公式直接套用 13 5 平面向量综合 向量线性运算、平面向量基本定理、均值不等式求最值 C ★★ 向量 + 不等式综合 14 5 空间几何体 平面图形翻折为三棱锥、三棱锥外接球、内切球半径计算 D ★★★ 组合几何体、球的综合问题 解答题（共 5 题，77 分） 15 13 平面向量 (1) 向量模长、夹角相关计算；(2) 向量平行 / 垂直的坐标条件、参数求解 B/C ★/★★ 向量核心运算，基础解答题 16 15 立体几何（正三棱柱） (1) 线面垂直的证明；(2) 异面直线所成角求解；(3) 三棱锥体积计算 C ★★ 线面位置关系证明、空间角、体积综合 17 15 解三角形（四边形综合） (1) 余弦定理求边长；(2) 分割三角形求四边形面积；(3) 三角恒等变换、两角和公式求值 C ★★ 解三角形实际应用、多公式联用 18 17 解三角形综合（锐角三角形） (1) 利用三角公式 + 正余弦定理求角；(2) 角平分线、边长范围、最值问题（函数 / 不等式） C/D ★★/★★★ 解三角形压轴小问，范围与最值 19 17 四棱锥综合立体几何 (1) 线面平行证明；(2) 线段比例求解；(3) 二面角、线面角综合，参数范围讨论 D ★★★ 立体几何压轴，空间角 + 动态范围 $ 2025～2026学年度高2025级 高一下期6月阶段检测 数学 本试卷满分150分，考试时间120分钟。 注意事项： 1.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。 2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。 3.答非选择题时，使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。 4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。 5.考试结束后，只将答题卡交回。 1、 单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知，向量，则 A．1 B．-1 C． D． 2.水平放置的三角形的直观图如图，，那么原三角形是 A.等边三角形 B.腰和底边不相等的等腰三角形 C.直角三角形 D.钝角三角形 3. A. B. C. D. 4.已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是 A．若m//α，n//β，α//β，则m//n B．若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//n C．若n//α，n//β，则α//β D．若m//n，n⊂α，则m//α 5.函数()的部分图象如图所示，则 A. B. C. D. 6. 在，角所对的边分别为．已知，则角为 A． B．或 C． D．或 7.已知，则的值是 A． B． C． D． 8．在如图所示的直三棱柱中，点和的中点以及的中点所确定的平面把三棱柱切割成体积不同的两部分， 则小部分的体积和大部分的体积比为 A． B． C． D． 二、多选题：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。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分。 9.i为虚数单位，下列关于复数的说法正确的是 A． B． C．若复数满足，则 D．若复数满足，则的最小值为 10.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，，，则 A． B．为锐角三角形 C．的面积为3 D．外接圆的面积为 11.如图，在矩形中，，为的中点，现将沿翻折至，平面，则在翻折过程中，下列说法正确的是 A．存在某个位置，使得 B．三棱锥体积的最大值为 C．当，直线与底面所成角的正弦值为 D．若二面角的平面角为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知某圆柱的底面半径和母线长均为，则它的侧面积为     ． 13.如图，在中，，是线段上一点，若，则的最大值为_________. 14.如图，，分别是正方形的边，的中点，把，，折起构成一个三棱锥（，，重合于点），则三棱锥的外接球与内切球的半径之比是______. 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。 15．（13分）已知向量， (1)求； (2)若，求实数的值. 16.（15分）如图，在正三棱柱中，，为棱的中点. (1)证明：平面； (2)求异面直线与所成角的余弦值； (3)求三棱锥的体积. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 17.（15分）如图，在四边形中，，，，． (1)求边的长度； (2)求四边形的面积； (3)求的值． 18．（17分）已知锐角三个内角的对边分别是，若. (1)求的大小； (2)若平分交于点， (i)求的取值范围; (ii)若AB=，求角平分线CE长的最大值. 19.(17分)如图，在四棱锥中，，，，是边长为6的等边三角形，平面平面，点为的中点，点在棱上，直线平面． (1)证明：平面； (2)求的值； (3)设二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围． 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $