广东湛江市第二十一中学2025-2026学年高一第二学期6月阶段性考试数学试题

**基本信息** 以“天宫课堂”抽样调查、《九章算术》阳马等真实情境与文化素材为载体，通过解三角形、立体几何等核心知识的综合应用，考查数学眼光观察现实世界、数学思维推理及数学语言表达能力，适配高一阶段性学情。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|解三角形、统计抽样、复数|第2题以“天宫课堂”为情境考查分层抽样，体现时代性| |多选题|3/18|立体几何、解三角形|第10题结合《九章算术》阳马模型，渗透文化传承| |填空题|3/15|空间距离、向量运算|第14题矩形动态问题，考查数学抽象与几何直观| |解答题|5/77|向量、解三角形、立体几何|第17题四棱锥探究性问题，第19题正方体动态角问题，突出逻辑推理与空间观念|

《湛江市第二十一中学2025-2026学年度第二学期6月高一阶段性数学试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C B A C C D A BD BD 题号 11 答案 ABD 1．A 【分析】利用正弦定理建立方程，求解边长即可. 【详解】由题意得在中，， 由正弦定理得，解得，故A正确. 故选：A 2．C 【分析】确定高一，高二，高三的人数比，由分层抽样特征即可求解. 【详解】该校高一年级学生有300人，高二年级学生有400人，高三年级学生有500人， 则高一年级，高二年级与高三年级的学生人数比为， 则抽取的学生中，高一年级有. 3．B 【分析】利用复数的加法法则可得出复数的值. 【详解】因为复数，则.，故B正确. 4．A 【详解】因为为边的中点，， 所以. 5．C 【分析】先根据侧面积公式得上下底面的半径，进而可得圆台的高，根据圆台体积公式可得. 【详解】    设圆台的上、下底面半径分别为，，高为，则， 解得，则， 所以该圆台的体积为. 故选：C 6．C 【分析】结合直线与平面的位置关系逐项判断即可得. 【详解】对A：若，，，，此时与可能平行，可能相交，故A错误； 对B：若，，，则与可能平行，可能异面，故B错误； 对C：若，，，则，故C正确； 对D：若，，，则可能在内，也可能与相交或平行，故D错误. 7．D 【分析】由余弦定理求解． 【详解】设，由得， 又，，由余弦定理得， 即，解得（负值舍去）， 故选：D． 8．A 【分析】由题意平面，进而确定外接球球心，由球心与相关点的位置关系求球的半径，最后求表面积即可. 【详解】设的外接圆半径为，由题可知为等边三角形，由正弦定理，，则， 设外接球的球心为，半径为，的外接圆的圆心为， 由题可得平面，而平面， 过点作，交于点，连接， 则，易得矩形，则， 在直角三角形中，，解得， 所以三棱锥外接球的表面积为. 9．BD 【分析】A选项，结合复数代数形式的乘除法运算，即可求解；B选项，由复数模的公式可得；C选项，结合复数的几何意义即可；对于D，将，代入到二次方程中，即可判断． 【详解】因为，所以， 故，故A 错误，B正确； 复平面内表示复数的点，位于第一象限，故C错误； 因为，所以， 复数是方程的一个根，故D正确． 故选：BD 10．CD 【分析】根据直角三角形中与不垂直，且，可判断A，找到异面直线所成的角（或其补角）解三角形判断B，利用反证法判断C，由四棱锥底面相同，根据E的位置确定棱锥高的比，得出体积关系判断D. 【详解】因为，，，， 且为等腰直角三角形，因为，AB与PB不垂直，所以CD与PB不垂直， 所以CD不垂直于平面PBC，故A错误； 由平面ABCD得，假设成立，则平面PAC， 所以，与题意矛盾，故B错误； 因为，所以（或其补角）是直线PC与AB所成的角， 所以，所以，故C正确； 因为，所以，故，所以D正确． 故选：CD 11．ABD 【分析】由余弦定理判断A，由正弦定理判断B，由向量的线性运算及三角形面积公式判断C，根据向量垂直与数量积的定义判断D。 【详解】对A，由余弦定理，A正确； 对B，由正弦定理得，所以，B正确； 对C，，则，， 所以，，从而，C错； 对D，是的平分线的一个方向向量，， 则的平分线与垂直，为等腰三角形，， ，所以， 所以为等边三角形，D正确， 故选：ABD。 12．1 【分析】利用复数运算法则整理原式，结合复数的虚部系数为0求解. 【详解】由题意知，， 因为是实数，根据实数的定义：复数的虚部系数为0， 可得方程：，解得. 13． 【分析】设到平面的距离为，根据，列出方程，即可求解. 【详解】在棱长为的正方体中， 由平面，即到平面的距离为，即三棱锥的高， 所以三棱锥的体积为， 设到平面的距离为， 由，可得, 所以， 因为，可得，解得， 所以点到平面的距离为. 14． 【分析】构建合适的空间直角坐标系，应用坐标法求向量的数量积，结合相关函数的性质求数量积的范围. 【详解】以为坐标原点，，所在的直线分别为，轴，建立平面直角坐标系， 如图所示，则，，设， 所以，， 所以，又， 所以，即的取值范围是． 故答案为： 15．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据题意结合数量积的定义运算求解； （2）根据数量积的运算律结合模长公式运算求解； （3）根据向量垂直可得，结合数量积的运算律运算求解. 【详解】（1）因为，与的夹角为， 所以. （2）因为，所以. （3）因为，则， 即，解得. 16．(1) (2) 【分析】（1）由辅助角公式化简得出，结合角的取值范围可得出角的值； （2）利用三角形的面积公式可得出的值，结合余弦定理可得出的值，由此可得出的周长. 【详解】（1）因为，可得， 因为，所以，所以，故. （2），解得， 由余弦定理可得， 解得，故的周长为. 17．(1)证明见解析 (2)证明见解析 【分析】（1）依据题意得到，底面为菱形，得到，根据线面垂直判定定理可得结果； （2）利用中位线定理，线线平行得到线面平行，可得结果. 【详解】（1）因为平面，平面，所以， 又底面ABCD为菱形，所以，平面， 所以平面 （2）存在，点为的中点，理由如下： 由为的中点，为的中点，所以， 由平面，平面，所以平面， 所以点为的中点得证. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据向量的数量积，结合三角函数性质求解即可. （2）根据正弦定理、辅助角公式及正弦函数性质求解即可. （3）根据三角形面积公式得到，根据为中点得到，结合向量数量积的运算律得到，代入余弦公式求解即可. 【详解】（1）由题意， 又，所以． 又，所以或，所以. （2）因为，， 由正弦定理得：，则，． 易知， 所以． 因为为锐角三角形，所以，解得． 所以，所以，则． 所以的取值范围是． （3）由题意知，，所以． 因为为中点，所以， 两边平方得：， 代入并整理：， 由余弦定理：， 所以． 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）取的中点F，连接、BF，先根据二面角的定义得出为二面角的平面角；再根据线面垂直的性质及三角形的有关计算即可求解. （2）连接，先根据正方体的性质、线面垂直的性质定理及判定定理得出平面；再根据正方体的性质得出E为正的中心；最后根据中线的性质可求解. （3）先根据线面垂直的性质及三角形的有关计算得出点P的轨迹；再根据线面垂直得出与平面所成的角为，且；最后根据同角三角函数基本关系即可求出. 【详解】（1）取的中点F，连接、BF， 则由正方体的性质可得：，，且平面 ∴，， 故为二面角的平面角， 又∵平面， ∴， 则. ∵正方体的棱长为3， ∴， 则， ∴二面角的正切值为. （2）如图，连接， ∵四边形为正方形， ∴， 由正方体性质可知：平面， ∵平面， ∴， ∵， ∴平面. ∵平面， ∴， 同理可证得， ∵， ∴平面. ∵，与平面交于点E， ∴， ∴，即E为的外心. ∵由正方体的性质可得：， ∴是正三角形； ∴E为正的中心. ∵正方体的棱长为3， ∴ ∵因为点F为的中点， ∴. （3）如图，由（2）知，则. 由正方体的体对角线公式可得：， ∴. ∵平面，平面， ∴，即，. ∵， ∴，即， 即，两边平方后，整理得， 又∵， ∴， ∴点P的轨迹是以点E为圆心，半径为的圆. ∵平面， ∴与平面所成的角为，且， ∵， ∴ 故直线与平面所成角的正弦值为. 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 $ 湛江市第二十一中学2025-2026学年度第二学期6月高一阶段性 数学考试 考试时间：120分钟，满分150分； 1、 单选题(本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目 要求的.) 1．已知的内角的对边分别为，且，则（   ） A．3 B．4 C． D． 2． 实验中学为了解同学们对“天宫课堂”这种授课模式的兴趣，决定利用分层抽样的方法从高一、高二、高 三学生中选取80人进行调查.已知该校高一年级学生有300人，高二年级学生有400人，高三年级学生 有500人，则抽取的学生中，高一年级有（   ） A．32人 B．24人 C．20人 D．18人 3．已知复数，则（   ） A． B． C． D． 4．在中，为边的中点，，则（    ） A． B． C． D． 5．已知圆台的上、下底面半径之比为，母线长为5，侧面积为，则该圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 6．已知，是两条直线，，是两个平面，下列命题正确的是（    ） A．若，，，，则 B．若，，，则 C．若，，，则 D．若，，，则 7．如图，欲测量河对岸的塔高时，选与塔底在同一水平面内的两个观 测点与，在两观测点处测得塔顶的仰角分别为，并测得 ，m，则塔高为（   ） A．m B．15m C．m D．30m 8．在三棱锥中，，，，点在平面上投影为，则三棱锥的外接球的表面积为（   ） A．84π B．88π C．92π D．96π 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．已知复数满足，则（   ） A． B． C．在复平面上对应的点位于第四象限 D．是方程的一个复数根 10．《九章算术》中将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马． 现有阳马如下图所示，其中平面ABCD，， ，点E在棱PC上运动．下列说法正确的有（   ） A．平面PBC B． C．直线PC与AB所成的角为 D．当时，四棱锥的体积是四棱锥体积的 11．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，M是所在平面内一点，则下列结论正确 的是（   ） A． B．M为的外心⇔ C．若，则的面积是面积的 D．若，且，则为等边三角形 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知复数是实数，则_____ 13．在棱长为1的正方体中，点到平面的距离为______. 14．如图，在矩形中，，点为边上的任意一点 （包含端点），为线段的中点，则的取值范围是________． 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．（13分）已知，与的夹角为． (1)求； (2)求； (3)当为何值时，？ 16．（15分）记的内角、、的对边分别为、、，已知． (1)求角的大小； (2)若，的面积为，求的周长． 17．（15分）四棱锥，平面，底面ABCD为菱形， (1)求证：平面； (2)试判断在PD上是否存在点F，使得平面，说明理由． 18．（17分）在中，角，，的对边分别为，，，已知向量，， 且． (1)求角的大小； (2)若为锐角三角形，，求的取值范围； (3)设的面积为，边上的中线长为2，求的长． 19．（17分）如图，在棱长为3的正方体中. (1)求二面角的正切值； (2)若与平面交于点E，求线段BE的长； (3)若点P是平面内一个动点，且，求直线与平面所成角的正弦值. 学科网（北京）股份有限公司 $