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． 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．D 2．C 3．C 4．B 5．C 6．D 7．A 8．B 二、多选题 9．BCD 10．ABD 11．ABD 三、填空题 12．6 13． 14． 14．解：由， 可得，即．又，所以． 因为，所以点O为△ABC的重心， 所以，所以， 两边平方得． 因为，所以， 于是，所以， △AOC的面积为． 因为△ABC的面积是△AOC面积的3倍，故△ABC的面积为． 15．解：(1)由正弦定理可知， ∴， ∴， 又，， ∴， ∵，∴， ∵，∴ (2)由(1)及余弦定理得，即①， 又因为，则， 则， 即， 所以②， 由得， 所以； 16．【详解】（1）证明：∵，， ∴． ∵AB是圆O的直径，C为圆上一点，∴． 又∵，且PA， ∴． ∵ ∴； （2）如图所示，过点A作于点D， ∵，， ∴， 又，PC， ∴． ∴∠ACD即为直线AC与平面PBC所成角． ∵，，可得． ∴ 即直线AC与平面PBC所成角的正弦值为． 17．解：(1)由题意可知：，，， 若，则，，可得， 所以． (2)若，则，，， 在△ACM中，由正弦定理可得， 则, 在△BCN中，由正弦定理可得，则 可得△MCN的面积 , 因为，则， 当，即时，取到最大值． 18．解：（1）法一：综合法 如图所示，过A作交CM的延长线于O，连结． ∵⊥平面ABCD，∴AO是在平面ABCD内的射影， ∵CM平面ABCD，∴，∵ ∴CM⊥平面，∵平面，∴， ∴为二面角的平面角． 设正方体的棱长为1． ∵M是AB的中点，且，则在直角△AMF中，，， ，，， ∴二面角的正切值为． 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，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，则 ，，， 易知，平面ACM的法向量为． 设平面的法向量为，， 则，令，得，，所以 设锐二面角的平面角为θ，则， 所以，即二面角的正切值为． （2）① 如图所示，设T为BC的中点，连接DT交MC于R， ∵，，， ∴， ∴， ∴，即，∴， 又∵⊥平面ABCD，MC平面ABCD，∴， 又∵，∴MC⊥平面， ∵DP平面 ∴ ①法二：同（1）建立空间直角坐标系，则 ，，，， 所以 又因为， 所以，即． ②由①知MC⊥平面 ∵ER平面，∴，设， 又∵DP⊥平面MEC，∴DE就是三棱锥D-MCE的高 ∴， ∵，且，∴， 即，∵， ∴ 当且仅当，即时取等号， 此时 ，解得，即． 即三棱锥P-MCE的体积的最小值为． 19．（1）证明：∵D，E分别是AB，AC的中点， ∴ 又DE平面PBC，BC平面PBC， ∴DE∥平面PBC， 又∵平面PDE∩平面PBC=1，DE平面PDE， ∴， 又∵l平面BCED，DE平面BCED， ∴l∥平面BCED． （2）法一：坐标法 取BC中点N，连，则M为DE的中点， 在平面APN内，过M作， 在等边△ABC中，由，得， 又，所以， 所以，，所以DE⊥平面APN， 又Mz平面APN，所以， 所以Mz，AN，DE两两垂直，以M为坐标原点， 直线MN，ME，Mz分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 设， 则，，，，，，， 则，， 又，则，所以，解得， 则，所以， 则，，， 设平面PDB的一个法向量为， 则，令，得， 设平面PDE的法向量为，则， 令，得， 所以， 所以平面PDB与平面PDE夹角的余弦值为． 法二：几何+向量法 由已知，在翻折过程中，，．当时， 易知，又，由勾股定理得， ． 取PD中点G，连接EG，因为△PDE是等边三角形， 所以， 所以向量与向量的夹角即为平面PDB与平面PDE夹角（或补角），且，． 设向量与向量的夹角为γ，， 同时 所以 所以平面PDB与平面PDE夹角的余弦值为． （3）因为点P在平面BCED内的射影在四边形BCED内部， 所以，由，得到， 因为，所以， 则，又， 所以，则，所以， 则，，，， 因为点Q在线段BC上运动（不含端点），设， ，，设平面PDE的法向量为 则，即，令， 所以 所以，所以 所以， 因为， 所以 （其中m，cosθ没有关联） 所以的取值范围是． 学科网（北京）股份有限公司 $