精品解析：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

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，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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 【答案】A 【解析】 【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. 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 【答案】D 【解析】 【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. 在中，角，，的对边分别为，，，为的面积，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】在中，由余弦定理得， 三角形面积，则， 即， ， ， ， ． 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. 【答案】B 【解析】 【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. 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 【答案】C 【解析】 【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. 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. 【答案】D 【解析】 【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. 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. 【答案】B 【解析】 【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. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】如图，根据球的性质可得平面，根据中位线的性质和勾股定理可得且，分类讨论当在线段上和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，设， 因为四边形为矩形，所以为矩形外接圆的圆心．连接， 则平面，分别取的中点， 根据几何体的对称性可知，直线交于点． 连接，则，且为的中点，因为，所以， 连接，在与中，易知， 所以梯形为等腰梯形，所以，且． 设，球的半径为，连接， 当在线段上时，由球的性质可知， 易得，则，此时无解． 当在线段的延长线上时，由球的性质可知， ，解得，所以， 所以球的表面积， 故选：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 【答案】BCD 【解析】 【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. 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 【答案】BC 【解析】 【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. 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 【答案】ACD 【解析】 【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. 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_____ 【答案】 【解析】 【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. 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__________､__________. 【答案】 ①. ②. 【解析】 【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. 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 【答案】（2）（4） 【解析】 【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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 因为，又，所以，得， 又，所以. 【小问2详解】 由（1）得，，得， 又，解得， 所以，故， 所以的周长为. 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． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）． 【解析】 【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. 【小问1详解】 ，F是BC，PB的中点．． 又平面，平面， 平面． 【小问2详解】 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， ； 【小问3详解】 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. 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. 【答案】（1） （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 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． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【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. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. “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】（1） （2） （3） 【解析】 【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. 【小问1详解】 由，得， 故. 由正弦定理可得，故直角三角形，即. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $