黑龙江大庆实验中学实验二部2025-2026学年高一下学期6月阶段考试数学试题

大庆实验中学实验二部2025级高一下学期阶段考试 数学试题 说明：1．请将答案填涂在答题卡的指定区域内； 2．满分150分，考试时间120分钟． 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1．复数，，为虚数单位，则复数在复平面内对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 2．已知，，为三条不同的直线，，为两个不同的平面，则以下选项正确的是（ ） A．若，，，，则 B．若，，则，是异面直线 C．若，，，则 D．若，，，则 3．已知点，，不共线，为平面外一点，下列能够确定，，，四点共面的是（ ） A． B． C． D． 4．如图，是平面外的一点，，，，分别为，的中点，且．则异面直线与所成的角的大小为（ ） A． B． C． D． 5．正三棱柱的底面边长为3，高为，为上的点，，平面将该棱柱截成两个几何体，那么小的几何体与大的几何体的体积比值为（ ） A． B． C． D． 6．《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有“阳马”如图所示，侧棱底面，且，点在棱上运动．则下列说法正确的是（ ） A．存在点，使得 B．不存在点，使得平面 C．对于任意点，成立 D．对于任意点，平面平面成立 7．已知正方形的边长为，将沿对角线翻折，使二面角的大小为，则平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为（ ） A． B． C． D． 8．如图，已知正八面体中，其所有棱长均为，动点满足，则所有这样的点构成的平面截该正八面体所得截面的面积为（ ） A．1 B．2 C． D．4 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9．已知复数，则下列结论正确的有（ ） A．对应的点在第四象限 B． C．的共轭复数为 D．的虚部为1 10．已知向量，，则下列结论正确的是（ ） A．若，则 B．若且，则 C．的最大值为 D．若在上的投影向量为，则向量与的夹角为 11．已知四棱锥中，平面，，，四棱锥的外接球的球心为．记四棱锥，的体积分别为，，三棱锥，的体积分别为，，则下列说法中正确的有（ ） A． B． C． D．若直线与平面所成的角的大小为，则的最大值为 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．如图，是水平放置的的直观图，，，，则原的面积为__________． 13．已知二面角的大小为，二面角内一点到平面，的距离分别为3和6，则到直线的距离为__________． 14．在中，角，，的对边分别为，，，已知，且，点满足，，则的面积为__________． 四、解答题（本题型共5题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．在中，角，，的对边分别为，，，，． （1）求角； （2）若是线段的中点，且，求． 16．如图所示，已知是圆的直径，为圆上一点（异于，），，，为圆所在平面外一点，且垂直于圆所在平面． （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 17．如图，已知中，，，，，为线段上两点（包括端点），且． （1）若，求的值； （2）设，试将的面积表示为的函数，并求其最大值． 18．如图1，图2，在正方体中，为的中点． （1）图1中，求二面角的正切值； （2）图2中，已知，为的中点，点是线段上的动点， ①求证：； ②过且与垂直的截面与交于点，求三棱锥的体积的最小值． 19．如图，已知是边长为4的等边三角形，，分别是，的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥． （1）设平面平面，证明：平面； （2）当时，求平面与平面夹角的余弦值； （3）若点在平面的射影在四边形的内部，四棱锥的体积，设点在线段上运动（不含端点），记直线与平面所成的角为，四棱锥的高为，求的取值范围． 学科网（北京）股份有限公司 $大庆实验中学实验二部2025级高一下阶段考试 数学试题参考答案 一、单选题 1.D2.C3.C4.B 5.C6.D 7.A 8.B 二、多选题 9.BCD 10.ABD 11 ABD 三、填空题 12.613.221 14.V55 14解：白2 asin Cco=asn4-binB+5bnC, 2 可得2c×2+c2-B=d-b+5c,即c=5).又c=2W5,所以b=4. 2ac 2 因为OA+OB+OC=0,所以点O为△ABC的重心， 所以AB+AC=3AO,所以AB=3AO-AC, 两边平方得ABP=9AOP-6 44Ccos∠CA0+|ACP 因为cosC40-8所以亚-9o-6ocg+c. 于是910-9ad4=0,所以ao-手 因为△ABC的面积是△AOC面积的3倍.故△ABC的面积为√55 15.在△4BC中，角A,B,C的对边分别为a,b,c,a=2, 2b-c cos A cosC (1)求角A: (②)若D是线段BC的中点，且AD=√2，求SAABC 解：（1)由正弦定理可知sn4_2sinB-simC cosA cosC .sinAcosC 2sinBcos4-sinCcos4, .sinAcosC+sinCcos4=sin (A+C)=2sinBcos4, 又A+B+C=π，sin(A+C)=sin(π-B)=sinB, ∴.sinB=2 sin BcosA, 1 .'sinB >0,..cosA= 21 4=0,4否 (2)由(1)及余弦定理得ad2=b2+c2-2 bccos4,即4=b2+c2-bc①， 试卷第1页，共9页 又因为而-方+c,则aD-}西+号c小 则4AD=+40+4, 41 4 即2-c++cs号 1, 44 2 由②×4-①得bc=2, i以5d-29-9 22 16.如图所示，已知AB是圆O的直径，C为圆上一点（异于A,B), P PA=AB=2,AC=√2，P为圆O所在平面外一点，且PA垂直于圆O所在平 面 (1)求证：平面PAC⊥平面PBC: (2)求直线AC与平面PBC所成角的正弦值， 【详解】(1)证明：：PA⊥平面ABC,BCC平面ABC, PA⊥BC. :AB是圆O的直径，C为圆上一点，∴BC⊥AC, 又.PA∩AC=A,且PA,ACc平面PAC BC⊥平面PAC. .BCC平面PBC ∴.平面PAC⊥平面PBC: (2)如图所示，过点A作AD⊥PC于点D, :BC⊥平面PAC,ADC平面PAC, .BC⊥AD, 又PC∩BC=C,PC,BCc平面PBC .AD⊥平面PBC. ∴.∠ACD即为直线AC与平面PBC所成角. D以 :PA=AB=2,AC=√5，可得PC=6. B .sin∠ACD= PA 6 PC 3 即直线AC与平面P8C所成角的正弦值为Y6 试卷第2页，共9页 17.如图，已知△4BC中，AC=6,∠BCA=T,∠BAC=T,M,N为线段AB上两点，且∠MCV= 3 6 (1)若CM⊥AB,求CM.CB的值： (2)设∠ACM=日，试将△MCN的面积S表示为日的函数，并求其最大值； 解：(1)由题意可知：AB-2.5C=65,B-看 若OM⊥AB,则CM=3V5,∠ACM=Z,可得∠BCM=E 6 3 所以CM.CB=|Cd,ccos∠BCM=3W3x63=27 (2)若ACM=0,则LAMC=空-9，∠BCN=3-0,BNC,+a, 3 2 AC 在△ACM中，由正弦定理可得 CM sin∠AMC sin∠A 则CM-AC.sinA 3 33 63 sin∠AMC sin 2 cos0+sing 3 sin8+√3cos0, 2 在△BCW中，由正弦定理可得. snB则Cve新h么 BC 3V5 CN 3 -sin∠BNC sin+日 cosθ 2 可得△MCN的面积S=CM.CNs血MCN=2n9+Bcos6cos合2 6 361 2 27 27 27 2sin0cos0+23cosin 20+3co23 2sin0+3 3 因为0≤0≤，则5≤20+亚≤， 3 27 当20+=元，即0=亚时， S=- 3 3 2sim20++5取到最大值93. 3 18.如图1，图2，在正方体ABCD-ABCD中，M为AB的中点. D D B A A E 'B1 方 C C M B B 图1 图2 (1)图1中，求二面角A1-CM-A的正切值； (②)图2中，己知AB=2,N为B,C,的中点，点P是线段DN上的动点， ①求证：CM⊥DP; 试卷第3页，共9页 ②过MC且与DP垂直的截面与DP交于点E,求三棱锥P-MCE的体积的最小值. 解：（1)法一：综合法 D B A B 图1 如图所示，过A作AO⊥CM交CM的延长线于O,连结AO. ,AA⊥平面ABCD,∴.AO是AO在平面ABCD内的射影， ,CMc平面ABCD,.AA⊥CM,,AA⌒AO=A .CM⊥平面AAO,,AOc平面AAO,∴.AO⊥CM, ∴.∠AQA为二面角A-CM-A的平面角. 设正方体的棱长为1. :M是AB的中点，且AMCD,则在直角中，AM-方AP-1, MF-5,AO-AM.AF-1 2 MF ,tm4oA=-5, AO ∴.二面角A-CM-A的正切值为√5. 法二：坐标法 不妨设正方体的棱长为2，以D为空间直角坐标系坐标原点，DA,DC,DD,分别为 x轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，则 A2,0,0)M21,0),C(0,2,0,A(2,0,2) 易知，平面ACM的法向量为1=(0,0,1) 设平面ACM的法向量为n=(x,y,z),4M=(0,1,-2)4C=（←2,2，-2) n.AM=y-2z=0 则 ,令z=1,得y=2,x=1,所以n=(1,2,1) n:AC=-2x+2y-2z=0 → m.n 设锐二面角A-CM-N的平面角为O,则cosθ= 1V6 66 n8-V30 6 试卷第4页，共9页 所以an0=√5，即二面角A,-CM-N的正切值为√5 (2)① D D A B E C M B 图2 如图所示，设T为BC的中点，连接DT交MC于R, C-CB-2 CT-B-1DCT-/CBM- ∴.△DCT≌△CBM, ∴.MCB=∠TDC, ∴.MCB+∠CTD=2,即∠TRC=5，·CLDZ, 又，DD⊥平面ABCD,MCc平面ABCD,∴.MC⊥D,D, 又，DT∩DD=D,∴.MC⊥平面DDT, .DPc平面D,DT ∴.MC⊥DP ①法二：同(1)建立空间直角坐标系，则 D0,0,0)D(0,0,2)C(0,2,0M2,1,02W1,2,2) 所以DP=DD,+D,P=DD+DN=(0,0,2)+1,2,0)=(,22,2) 又因为MC=(-2,1,0),DP.MC=-22+2九+0=0 所以DP⊥MC,即DP⊥MC ②由①知MC⊥平面DDT ,ERc平面DDT,∴.ER⊥MC,设DE=a,ER=b 又，DP⊥平面MEC,∴DE就是三棱锥D-MCE的高 ∴n=xSe×DB=*MCX ERX DR=5b, 3 32 6 nm,服-a-6-[g 5 试卷第5页，共9页 即%a=5bs45 b≤ 6 15 、44520-4w5 六，-Mce=r-Mcm-'n-ow 31515 a=b 当且仅当 G+-16:即a=b2时取等号， 5 5 此 专D DP VP-MCD3 古分52p.解得0p-25,即n=2 即三棱锥P-MCB的体积的最小值为20-4W5 15 19.如图，己知△ABC是边长为4的等边三角形，D,E分别是AB,AC的中点，将△ADB沿着DB翻折，使 点A到点P处，得到四棱锥P-BCED B B (I)设平面PDE∩平面PBC=I,证明：1I/平面BCED: (2)当PB⊥PC时，求平面PDE与平面PDB的夹角的余弦值： (B)若点P在平面BCED的射影在四边形BCED的内部，四棱锥P-BCED的体积V∈ 设点2 在线段BC上运动（不含端点），记直线PQ与平面PDE所成的角为P,四棱锥P-BCED的高为h,求 an乎的取值范围. (1)证明： D,E分别是AB,AC的中点， .DE∥BC 又DE丈平面PBC,BCc平面PBC, ∴.DE//平面PBC, 又.·平面PDE∩平面PBC=L,DEC平面PDE, .DE/, 又It平面BCED,DEC平面BCED, ∴.I/I平面BCED. (2)法一：坐标法 试卷第6页，共9页 取BC中点N,连AN O DE=M,则M为DE的中点， 在平面APN内，过M作Mz1AN, 在等边△ABC中，由BN=NC,得AN⊥BC, 又DE∥BC,所以AN⊥DB, 所以AM⊥DE,P⊥DE,所以DE⊥平面APN, 又Mzc平面APN,所以DE 1 Mz, 所以，AN,DE两两垂直，以M为坐标原点， 直线MN,MB,M分别为x,y,z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， B 设AMP=(0<日<π)， 则A5,0,0),N(5,0,0E(0,1,0D0,-1,0)B(6,-2,0)c(,2,0)P（cos日，0,5sim6), 则PB=(N5+5cos8-2,-5sin8)Pc=(（3+3cos8,2,-sim6), 又历1元，别PB.心=0，所以(3+5co0小-4+3n0-0,解得cos0-} 则sin6= 则DP 〔945，i65-10.医=020 3 设平面PDB的一个法向量为=(x,y,), n.DP= ..26 3+y+ 则 320 ,令y=3,得=(15，-2)， A·DB=V3x-y=0 30 设平面PDE的法向量为乃=(3，出，)，则 %·DE=2y=0 令=1，得乃=（2W2,0,1), /rr-3W25 所以cos(h,凸） V6x33, 试卷第7页，共9页 所以平面PDB与平面PDE夹角的余弦值为 3 法二：几何+向量法 由已知，在翻折过程中BC=4,PB=PC,PD=PE.当PB⊥PC时， 易知PB=PC=2V2,又PD=DB=2,由勾股定理得， PD⊥DB. 取PD中点G,连接EG,因为△PDE是等边三角形， 所以EG⊥PD, 所以向量GE与向量DB的夹角即为平面PDB与平面PDE夹角 (或补角)，且BD=2,EG=√5 设向量G五与向量DB的夹角为y,DB.GE=2V5cOsy,同时 DB.GE=DB.GD+DE =DB.GD+DB.DE=-2 所以cosy= √3 3 所以平面PDB与平面PDE夹角的余弦值为5 (3)因为点P在平面BCED内的射影在四边形BCED内部， 所以5>0，由=5反a0>0,得到0（径小 因为Sc5x4-43,所以So圣45=35， 3 4 则r-a5m0-a.又r5a 所以3sin8∈ ,则sin∈ 32迈 、23 所以cos8=-V1-sin2oe(-片，-) 则R2=OP2=OB2,P(-V3cos0,0,V3sin0),E(0,1,0),D(0,-1,0), 因为点Q在线段BC上运动（不含端点），设Q√3，m,0 ,-2<m<2 DE=(0,20),DP=（√3cos6,1√5in0),设平面PDE的法向量为 -S n=(x,y,2) DE·n=0y=0 则 ,即 DP.=0' c0x+(sim)=0 x=sine,z=cos0 试卷第8页，共9页 所以n=(sim0,0,cos6) PO.n √3sim0 所以snp= 羽 √6+6cos0+m 所以cosp=V-sin'p=Vm_3sn0+cos0+6 v6+6cos0+m2 √3sin0 所以tanp= vm2+3cos20+6cos0+3 因为h=√3sn0, tan 所以h √m2+3c0s20+6cosθ+3 220到 1 V= vm2+3cos20+6cos0+3 -2<m<2, 2cos6<- 3 (其中m,cos8没有关联) 1 √525 √m2+3(cos0+1月 43 所以 an乎的取值范围是 (V32W3 43 试卷第9页，共9页