精品解析：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 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的加减法和复数的几何意义即可得到答案. 【详解】由题意得， 则在复平面内对应的点的坐标为，则其位于第四象限. 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 【答案】C 【解析】 【分析】根据面面平行的判定定理、异面直线的定义，结合线面平行的性质、面面垂直的性质定理逐一判断即可. 【详解】A：只有当，相交时，才有，所以本选项说法不正确； B：当，时，，的位置关系为平行、相交、异面，所以本选项说法不正确； C：过作平面交于，则 ，过作平面交于，则，故， 又不在平面内，又平面，所以，而，故，故，故本选项说法正确； D：若， 如果或，则不能判断 ，故本选项说法不正确. 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. 【答案】C 【解析】 【分析】点不共线，为平面外一点，则四点共面的充要条件是：存在实数，使得且系数和，再逐个验证选项. 【详解】若在平面内，则存在实数，使得,即， 整理得：，令，则， 即点不共线，为平面外一点，则四点共面的充要条件是：存在实数，使得且系数和； 对于 A：系数和，不满足共面条件， 对于B：系数和，不满足共面条件， 对于 C：系数和，满足共面条件， 对于 D：系数和，不满足共面条件. 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. 【答案】B 【解析】 【分析】取的中点F，连接，，根据异面直线定义结合余弦定理计算即可求解. 【详解】取的中点F，连接，， 在中，是的中点，F是的中点，． 同理可得． 为异面直线与所成的角（或其补角）． 在中，，又，， ， ，即异面直线与所成的角为． 5. 正三棱柱的底面边长为，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. 【答案】C 【解析】 【分析】先确定平面截棱柱的截面位置及截成的几何体的形状，一个三棱台和一个五面体，再分别计算三棱台的体积和三棱柱的体积，进而可得体积比值. 【详解】如图：设平面与棱交于点， 由棱柱的性质知，平面，平面， 所以平面，且平面，平面平面， 所以，因此，所以几何体是三棱台， ， ， ，， 所以，小的几何体与大的几何体的体积比值为. 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PAD C. 对于任意点，成立 D. 对于任意点，平面平面成立 【答案】D 【解析】 【分析】利用反证法可判断A；当移动到点时，可得，进而可判断B；利用反证法可得，进而可判断C；利用线线垂直可证得底面，进而可证平面平面成立，可判断D. 【详解】若，又平面，平面，所以平面， 这与平面矛盾，所以不存在点，使得，故A错误； 当移动到点时，可得，平面，平面， 所以平面，故存在点，使得平面，故B错误； 若对于任意点，，又四边形为长方形，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以， 又侧棱底面，底面，所以， 又，底面，所以底面， 又底面，所以，又， 这与在同一平面内过一点有且只有一条直线与已知直线垂直矛盾， 所以对于任意点，不成立，故C错误； 由正方形，可得， 又侧棱底面，底面，所以， 又，底面，所以底面， 又平面，所以平面平面，故D正确. 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. 【答案】A 【解析】 【分析】分析翻折后的几何关系，确定外接球的球心和半径，结合截面性质和等体积法求解球心到截面的距离，进而计算截面面积. 【详解】如图所示， 设正方形对角线、交于原点，原正方形边长为， 因此对角线长，可得：. 翻折后，，的垂直关系不变， 因此二面角的平面角为，结合， 可得为等边三角形，. 由于翻折后四个顶点到的距离均为，因此就是三棱锥外接球的球心，外接球半径，. 结合图形和球的截面性质可得：（为截面圆半径，为球心到截面的距离）， 由：由平面，， 因此平面平面，交线为，是直角三角形（），. 因为是边长为2的等边三角形，到的距离为， 所以到平面的高为，则， 又在中，，，等腰三角形的高为， 所以， 由， 代入得：， 所以， 因此截面面积为：. 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 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，根据已知方程求出点的轨迹，确定点构成的平面截该正八面体所得截面，求其面积即可. 【详解】 连接交于点，连接，由对称性可知两两垂直， 故可以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 因是正八面体，则四边形是正方形，， 则，，，， 设，因为， 则， 化简得，解得， 故所有的点构成的平面截该正八面体所得截面为正方形，其面积为. 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用复数的几何意义即可判断. 【详解】对于A选项，因为， 所以复数 z 对应的点为，在第一象限，故 A 错误； ，故B正确； ，故C正确； ，的虚部为1，故D正确. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，利用向量垂直的坐标表示化简即可判断；对于B，利用向量平行的坐标表示化简即可判断；对于C，利用代入向量的数量积计算即可求解；对于D，利用投影向量公式化简即可求解. 【详解】已知，，，. 选项A：若，则，得，A正确. 选项B：若，则，得，又 ，所以 ，B正确. 选项C：，最大值为，C错误. 选项D：在上的投影向量为，得，，，D正确. 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 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A首先证明平面，然后推导出线线垂直；选项B首先确定球心到平面的距离，然后计算体积关系；选项C先确定面积关系，再根据体积公式判断；选项D先由线面角确定高，再利用重要不等式求出最值. 【详解】由四棱锥有外接球，得四边形有外接圆， 因为，所以为外接圆直径，则， 又平面，平面， 所以，又平面， 所以平面，因平面，则，选项A正确； 由平面，，可得球心到平面的距离为， 又四棱锥，的底面积相等，所以，选项B正确； 因都在以为直径的圆上，而的面积不一定相等， 即，而，， 所以，选项C错误； 平面，所以直线与平面所成的角为， 所以， ， 因为，而，即得， 当且仅当时等号成立，选项D正确. 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__________． 【答案】6 【解析】 【分析】根据直观图得到平面图，求出相关线段的长度，从而求出面积. 【详解】由直观图可得如下平面图形， 则，，， 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__________． 【答案】 【解析】 【分析】先过点分别作平面的垂线，接下来证明为二面角的平面角，然后在四边形中，先求出，然后利用余弦定理求出，最后利用四点共圆求出. 【详解】如图所示，过点作于点，作于点，由题意可得， 设平面与直线交于点，连接. ，，，同理. 又，且平面，平面. 又平面，，为点到直线的距离. 即为二面角的平面角，. 在四边形中，，，. 在中，由余弦定理， 得. ，四点共圆，且为该圆的直径. 在中，由正弦定理可得，外接圆直径. 即点到直线的距离为. 14. 已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且，点O满足，，则的面积为________. 【答案】 【解析】 【分析】利用题设，求得，推得点为的重心，从而得到，两边取平方后，代入已知，解得，求出的面积，即可求出的面积. 【详解】由和正弦定理、余弦定理， 可得，即，因，则， 由，可知点为的重心，设分别为与和与的交点，如图所示， ，故， 两边取平方，， 因，，则得，解得. 故的面积为：， 因为的面积是的面积的3倍，故的面积是. 故答案为：. 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式可得答案； （2）利用余弦定理和向量公式，结合三角形面积公式可得答案. 【小问1详解】 由正弦定理可知， ∴， ∴， 又，， ∴， ∵，∴， ∵，∴. 【小问2详解】 由（1）及余弦定理得，即①， 又因为，则， 则， 即， 所以②， 由得， 所以. 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． 【答案】（1）平面，平面，． 是圆O的直径，C为圆上一点， ． 又，且平面，平面． 平面，平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先证，得到平面，最后得到平面平面. （2）先找出直线与平面所成角，然后求出的长度，最后得到其正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，过点作于点， 平面，平面，， 又，平面，平面． 即为直线与平面所成角． ，，可得． . 即直线AC与平面PBC所成角的正弦值为． 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． 【答案】（1） （2），最大值为 【解析】 【分析】(1)由直角三角形边角关系求出，利用数量积的定义计算； (2)用正弦定理表示，，代入面积公式，通过三角恒等变换化简，利用正弦函数的有界性求最值. 【小问1详解】 由题意可知，，， ，则，，， ． 【小问2详解】 ，则，，， 在中，由正弦定理可得， 则， 在中，，则， 可得 ， 因为，则， 当，即时，取到最大值． 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． 【答案】（1） （2）①如图所示，设为的中点，连接交于， ∵，，，∴， ∴，∴，即，∴， 又∵⊥平面，平面，∴， 又∵，∴平面，∵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 【解析】 【分析】（1）法一：综合法过作交的延长线于，连接．根据二面角的平面角定义在三角形中计算二面角的正切值；法二：坐标法建立空间直角坐标系求解二面角的平面角的余弦值，结合同角三角函数关系式计算得到正切值； （2）①法一设为的中点，连接交于，利用线面垂直证得证得线线垂直；法二坐标法计算证得线线垂直；②先通过分析得到，设，，进而求得三棱锥和的体积，，最后求得三棱锥的体积的最小值． 【小问1详解】 法一：综合法 如图所示，过作交的延长线于，连接． ∵⊥平面，∴是在平面内的射影， ∵平面，∴，∵，∴⊥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． 【小问2详解】 ①略 ②由①知平面，∵平面，∴，设， 又∵⊥平面，∴就是三棱锥的高 ∴， ∵，且，∴， 即，∵， ∴ 当且仅当，即时取等号， 此时， 解得，即． 即三棱锥的体积的最小值为． 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． 【答案】（1）∵，分别是，的中点， ∴又平面，平面，∴平面， 又∵平面平面，平面，∴， 又∵平面，平面，∴平面． （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用中位线得，由线面平行判定及性质证. （2）建立空间直角坐标系，由确定坐标，求出两平面法向量，利用夹角公式计算. （3）由体积范围确定的参数，计算线面角的正切，消去变量得到只与位置有关的表达式，再求值域即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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，，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，， 所以平面PDB与平面PDE夹角的余弦值为． 法二：几何+向量法 由已知得在翻折过程中，，．当时， 易知，又，由勾股定理得． 如图，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，即平面PDB与平面PDE夹角的余弦值为． 【小问3详解】 因为点P在平面内的射影在四边形内部， 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，，即， 所以，， 得到. 因为，所以， 可得， 而， 故的取值范围是． 第1页/共1页 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，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PAD 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. 已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且，点O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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $