辽宁沈阳市第二中学2025-2026学年高一年级下学期6月月考数学试卷

沈阳二中28届2025-2026学年度下学期阶段能力测试 数学试题 说明：1.测试时间：120分钟总分：150分 2.客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应位置上 第I卷(58分) 一、选择题：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.关于下列命题正确的是() ①用任意一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台：②有两个面平行且相似， 其他各个面都是梯形的多面体是棱台：③直三棱柱的任意两个侧面的面积之和大于第三个侧 面的面积：④有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互 相平行的多面体是棱柱 A①④ B.②③ C.③④ D.①③ 2.己知平面向量a=(1,-2),b=(3,4),则a在6上的投影向量为( 3.在复平面内，0为坐标原点，复数(1+i)对应的点为A,复数3+4i对应的点为B,复数-1+i 对应的点为C,若AB⊥OC,则m的值为( 方 n. 4.瓷器是由瓷石、高岭土、石英石、莫来石等烧制而成的，其外表施有玻璃质釉或彩绘 通过在窑内的高温烧制，瓷器表面的釉色会因为温度的不同从而发生各种化学变化.某瓷器 可近似地看作由一个半球、一个圆柱和一个圆台构成的组合体，如图所示，该瓷器的体积为 4 () A.556π B.900元 C.732T D.588元 5.如图，公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚底面在同一平面上.一人在公路上向 东行走，在点A处测得楼项的仰角为45°，行走80米到点B处，测得仰角为30°，再行走 80米到点C处，测得仰角为0，则tan0=() B. 万 7 楼 c.3W77 D. 公路 77 A 4 6.在△ABC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,sinC+sin(A-B)=3sin2B.若 Cs 3 ,则-( b A3或号 B.3或} c 1 7.《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章 算术》中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，将底面为矩形且一侧 棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图在堑堵 ABC-AB,C中，AB1AC,CC=BC=2,D,E分别为棱A4,C的中点，则下列结论 正确的是() A.四面体C1-ABC不是鳖臑 B.DE与平面ABC相交 C.若AB=V5,则B与DE所成角的余弦值为V6 D.平面DEC截该三棱柱所得截面为梯形 8.已知a6,e是平面向量，e是单位向量，若非零向量a与e的夹角为？，向量方满足永_ 6品.+82=0，则a-的最小值是() A35-1 B.V5+1 c2V5+1 D.2-5 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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， 9.下列说法正确的是() A.若，3∈C则非=l B.若41,32∈C,则Z1Z2=Z1z五 C.若，3∈C且=，则z2- D.若1a曰51，则a2= 10.如图，三棱锥P-OAB中，PO⊥平面OAB,AB=20,则下列条件中可使三棱锥P-OAB 体积唯一确定的是() A.∠PAO=30°，∠PBO=45°，∠AOB=60° B.AO=20N3,∠AOB=30°，∠PBO=45° C.AB⊥BO,∠PAO=30°，∠PAB=45° D.AO=10W6,BO=20,∠PA0=45° 11.己知圆锥的顶点为01，底面的圆心为02,0102=2，该圆锥的侧面展开图是中心角为 √π的扇形，点M,N,P是底面圆周上三个不同的动点，则下列结论正确的是() A.该圆锥的侧面积为8√3π B.过项点O的该圆锥截面面积的最大值为43 2 C.当N=2√3时，二面角O-MN-O的正切值为 D.若PM⊥PN且PM=PN,E为线段MP上动点，则O1E+NE的最小值为√40-8√15 第II卷(92分) 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分 12画数f()-am2x-写)的对称中心为一 13.若在斜二测画法得到的直观图中，元，i分别是x',y'上的单位向量，定义：若 OM=xi+y元，则点M在直观图的坐标系x'Oy中的坐标为（化，y).已知在直观图的坐标系 x'oy中的点A坐标为(3，V2),则oA可以是一 14.在正四棱柱ABCD-AB,C,D中，底面边长为3，侧棱长为4，M为平面ADC内一动点， 且满足DM.MB=0,则所有满足条件的点M所围成平面区域的面积是_一-· 四、解答题：本题共5小题，共77分. 15.(13分)己知函数f(x)=√3sin2x+2cos2x-1. (1)求函数f)的单调递增区间及在[0，]上的值域： (2若9%说角且/0-子求co29的值 16.(15分)如图所示，已知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF 是矩形，M是线段EF的中点. (1)求证：AM1/平面BDE: (2)若平面ADM∩平面BDE=I,平面ABMO平面BDE=L, 试分析l与m的位置关系，并证明你的结论. 17.(15分)在AABC中，BC=3BE,若AB=1,AC=2,AE.8C=} 3 （1)求∠BAC的大小： (2)若以△ABC为底面的直三棱柱ABC-ABC的所有顶点均在半径为√5的球的球面上， 求直三棱柱ABC-AB,C的体积， 18.(17分)如图，在AABC中，∠BAC=,AB=√5，AC=1,点E、F是线段BC上（包括端点） 2 的动点，(E在B,F之间)，∠EAF=工不变 6 (1)若∠BAE=工，求EF的长： 6 (2)求AEAF的取值范围： (3)求EF的最小值. 19(17分)如图，已知三棱柱AC-4BG中，A4=AC=2AB,∠ABC=,侧面4ABB, 为矩形，∠44C=2F,将4B,G绕AC翻折至AB,C1,使得B,在平面44CC,内. 3 (1)求证：AB⊥平面CBB,C: (2)试判断BC,与平面AB,B的位置关系并说明理由； (3)求直线A,C与平面AABB,所成角的余弦值. 沈阳二中28届2025-2026学年度下学期阶段能力测试 数学试题 说明：1.测试时间：120分钟总分：150分 2.客观题涂在答题纸上，主观题答在答题纸的相应位置上 第I卷(58分) 一、选择题：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.关于下列命题正确的是(C) ①用任意一个平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台；②有两个面平行且相似， 其他各个面都是梯形的多面体是棱台：③直三棱柱的任意两个侧面的面积之和大于第三个侧 面的面积；④有两个面互相平行，其余各面都是四边形，且每相邻两个四边形的公共边都互 相平行的多面体是棱柱 A①④ B.②③ C.③④ D.①③ 【解】C 对于①，用平行于底面的平面去截棱锥，棱锥底面和截面之间的部分为棱台，①错误： 对于②，根据棱台的定义，棱台的侧棱延伸后必须交于同一点，故②错： 对于③，因为直三棱柱的侧面都是矩形，则侧面积为底乘高，而高相等， 由于三棱柱的底面上任意两边的和大于第三边， 所以任意两个侧面的面积之和大于第三个侧面的面积，故③正确 对于④，由棱柱定义④正确 故选：C 2.己知平面向量a=(1,-2),b=(3,4),则a在b上的投影向量为(A) 【解】A 由题意可得=√9+16=5，a.b=3-8=-5, a.b 34 则a在b上的投影向量 b= 5,5 故选：A. 3.在复平面内，0为坐标原点，复数(1+i)对应的点为A,复数3+4i对应的点为B,复数-1+i 对应的点为C,若AB⊥OC,则m的值为(C) A.1 3 D. 2 【解】C 复数(1+i)2=2i,则A(0,2),复数3+4i,则B(3,4), 故AB=OB-OA=(3,2),复数-1+i对应的点为C,则OC=(-1,m), 因为ABL0c,所以-3+2m=0,解得m=3 故选：C. 4.瓷器是由瓷石、高岭土、石英石、莫来石等烧制而成的，其外表施有玻璃质釉或彩绘。 通过在窑内的高温烧制，瓷器表面的釉色会因为温度的不同从而发生各种化学变化.某瓷器 可近似地看作由一个半球、一个圆柱和一个圆台构成的组合体，如图所示，该瓷器的体积为 (D) A.556π B.900π C.732 D.588π 【解】D 由题图可知，半球和圆柱的半径为6，圆柱的高为8，圆台的上底面半径为2，下底面半径 为6，高为9，所以该瓷器的体积为2 4x6+x6×8+{6+2+V6x2 ×9=588π， 3 故选：D 5.如图，公路北侧有一幢楼，高为60米，公路与楼脚底面在同一平面上.一人在公路上向 东行走，在点A处测得楼顶的仰角为45°，行走80米到点B处，测得仰角为30°，再行走 80米到点c处，测得仰角为0，则tan8=(c) A.3 B. √万 7 C. 3v77 √2 D. 公路 77 A 4 【解】C 由O为楼脚，OP长为楼高，则OP=60,易得OA=60,OB=605 由OA=AB2+OB2-2AB.OB cos.∠ABO,OC2=BC2+OB2-2BC.OB cos.∠OBC, 又AB=BC=80,cos∠AB0+cos∠OBC=0,两式相加得OA+OC2=2(AB2+OB2), 所以0C=30800,则oC=20N77,故tan0=0P 603V77 故选： C20N77 77 6.在△4BC中，角A,B,C所对应的边分别为a,b,c,sinC+sin(A-B)=3sin2B.若 b A3或2 1 B.3或4 1 1 c. 4 D. 【解】A 由sinC+sin(A-B)=3sin2B得 sin(4+B)+sin(A-B)=6sin B cos B,2sin Acos B=6sin B cos B 当cosB=0时，B=子，由于C 3,所以A=π 所以=nA1 6 b sin B 2 当cosB≠0时，sin4=3sinB,所以a=36,9=3.综上所述，本小思选A 6 7.《九章算术》是我国古代数学名著，它在几何学中的研究比西方早1000多年，在《九章 算术》中，将底面为直角三角形且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵，将底面为矩形且一侧 棱垂直于底面的四棱锥称为阳马，将四个面均为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图在堑堵 ABC-AB,C1中，AB L AC,CC=BC=2,D,E分别为棱AA,RC的中点，则下列结论 正确的是(C) A.四面体C-ABC不是鳖臑 B.DE与平面ABC1相交 C.若AB=V5,则AB与Ds所成角的余弦值为V6 D.平面DEC截该三棱柱所得截面为梯形 【解】C 对于A,在堑堵ABC-ABC中，CC⊥平面ABC,AC、BC、ABc平面ABC, 所以CC⊥AC,CC⊥BC,CC⊥AB,所以△CAC、△CCB均为直角三角形， 因为AB L AC,所以△ABC为直角三角形，且CC,∩AC=C,CC1、ACC平面ACC,所 以AB⊥平面ACC1,ACC平面ACC,所以AB⊥AC,所以△ABC为直角三角形，所以四 面体C-ABC为鳖臑，故A错误； 对于B,如图，连接BC、C,B相交于点O,所以点O为CB的中点，连接EQAO EO1/B,B,EO=BB,因为ADBB,ADBB,所以ADME0,AD: 所以四边形ADEO为平行四边形，所以DE/IAO,因为DE丈平面ABC1,AOC 平面ABC1,所以DE/I平面ABC1,故B错误： 对于C,AB=V3,由B选项知，DE∥AO, 所以AB与DE所成角即AB与AO所成角∠BAC或其补角， 因为CC1=BC=2,所以BO= BC=V2,连接4B, 所以48=AG=1, 所以DE=VAE2+AD2=√2，所以AO=DE=√2， 在△ABO中，由余弦定理得cOS∠BAO= AO2+AB2-BO22+3-2√6 故C正确： 2AOxAB 2x√2xV34 对于D,一般四边形不是梯形.故选：C 8.已知a,b,e是平面向量，e是单位向量，若非零向量a与e的夹角为 向量乃满足 3 B2-6币.e+8=0,则a-的最小值是(A) 5-1 A. 2 B.5+1 6, D.2-√5 【解】A 设a,6共起点，由-66e+8=0,可得（石-4(6-2）=0， 所以-4e与b-2e垂直，如图，由向量减法的几何意义可知，向量b的终点落在图中的 圆上，由题意可知a的终点在图中所示的射线上， 所以ā-b是从圆上的点到射线上的点形成的向量， 要求ā-的最小值，只需求圆心到射线的距离减去圆的半径， 故a-的最小值为3in-1=35-1. 故选：A. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 9.下列说法正确的是(ABD) A.若，eC则== B.若1,3∈C,21·22=0,则z1=0或22=0 C.若，3∈C且=，则z,2=z, D.若a6,则a= 【解】ABD 10.如图，三棱锥P-OAB中，PO⊥平面OAB,AB=20,则下列条件中可使三棱锥P-OAB 体积唯一确定的是(ACD) A.∠PAO=30°，∠PBO=45°，∠AOB=60° B.AO=20W√5，∠AOB=30°，∠PB0=45° C.AB⊥B0,∠PAO=30°，∠PAB=45 D.AO=10√6，B0=20,∠PA0=45° 【解】ACD 设PO=h, 对于A,由∠PAO=30°，∠PBO=45°可得AO=√3h,BO=h, 在△OAB中，由余弦定理得coS∠AOB= (3n+R-202_1, 解得2= 400(4+V5) 2×V3hxh 2 13 所以h唯一确定，故三棱锥P-OAB的体积唯一确定，A正确： AO 20√5 20 AB 对于B,在△OAB中，由正弦定理得 sin∠OBA sin∠AOB 即sin∠OBA 1, 解得sinm∠OBA= V3 所以∠OBA=60°或120°，故B错误； 对于C,因为PO⊥平面OAB,所以PO⊥AB,又AB⊥BO,PO∩BO=O, 所以AB⊥平面POB,则AB⊥PB.设PO=h,则AB=PB=√2h=20,h=10W2, 故三棱锥P-OAB的体积唯一确定，C正确： 对于D,由△OAB的三边已知，故三棱锥的底面积确定， 又∠PAO=45°，所以PO=10√6，所以三棱锥P-OAB体积唯一确定，D正确. 故选：ACD. 11.己知圆锥的顶点为01，底面的圆心为02,0102=2，该圆锥的侧面展开图是中心角为 √π的扇形，点M,N,P是底面圆周上三个不同的动点，则下列结论正确的是(AC) A.该圆锥的侧面积为8√5π B.过项点Q的该圆锥截面面积的最大值为4√ 当N=2W3时，三画角Q-MN-O的正切值关 D.若PM⊥PW且PM=PN,E为线段MP上动点，则QE+NE的最小为V40-3√万 【解】AC 第II卷(92分) 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分. 12.函数f(x)=tan2x- 的对称中心为 3 【解】 +π，0(keZ） 4 6 令2x- ke,解得x-红+（k∈2)， 3-2 4 6 所以函数y=f(x)的对称中心为 kr+卫，0(keZ)故答案为： k+元，0(keZ) 46 46 13.若在斜二测画法得到的直观图中，元，分别是x',y'上的单位向量，定义：若 OM=xm+m,则点M在直观图的坐标系x'Oy'中的坐标为（化，y).已知在直观图的坐标系 x'Oy中的点A坐标为(3，V2),则口A可以是 【解】5（或7）任意写一个都算对 如下图所示，根据斜二测画法得到直观图， 当坐标轴夹角为45°时，运用余弦定理可知l04A=32+(2-2×3×V2cos135°=V7 当坐标轴夹角为135°时，运用余弦定理可知口A=√32+(N2+2x3×√2cos135°=√5 故答案为：√（或17），任意写一个都算对. y 3 3x 14.在正四棱柱ABCD-AB,CD中，底面边长为3，侧棱长为4，M为平面ADC内一动点， 且满足DM,MB=O,则所有满足条件的点M所围成平面区域的面积是 【解】 153 02 四、解答题：本题共5小题，共77分 15.(13分)己知函数f(x)=V3sin2x+2cos2x-1. (①)求函数f()的单调递增区间及在[0，]上的值域： @若0为锐角且/@)=号，求cos20的值 【解】(1)[-亚++kkeZ),【-1,2]:(2) 6W2+1 3 6 10 (1)依题意，函数f)=√3sin2x+cos2x=2sim(2x+乃 6 由- )+2r≤2x+π≤5+2m,k∈Z,解得-3+m≤xs +饥，k∈Z, 3 6 所以函数)的单调递增区间为[}血名加ce; (3分) 6 白0ss号符2x君名，-2 7π 6 --1.f(w)w-2sin-2. 6 66 所以当x∈[0，]f)的值域为[-1,2]. (6分) (2)由(1）知，f)=2sn(2x+爱，由f0=- 1 . 得sin(20+T <0,-(7分) 5 由6e0,马，得20+亚e匹7巧， 66’6 所以20+e 1, 6 c0s(2+ 2W6 (9分) 所以cos20=cos20-21=203(2a+ng 6 6 6 6 6 26V3 1、1 +(-2× 6N2+1 (13分) 2 2 10 16.(15分)如图所示，己知四边形ABCD是正方形，四边形ACEF 是矩形，M是线段EF的中点. (1)求证：AM1/平面BDE: (2)若平面ADM∩平面BDE=I,平面ABMO平面BDE=L, 试分析l与m的位置关系，并证明你的结论. 【解】(1)令AC∩BD=O,连OE,如图， 四边形ABCD是正方形，即O是AC中点，而M是矩形ACEF边EF的 中点，则有A0=,4C=FB=MB,且A01MB,于是得四边形AOBM 为平行四边形，则AMI1OE,又OEC平面BDE,AMa平面BDE, 所以AMII平面BDE --(7分) (2)11∥， (9分) 由(1)知，AM11平面BDE,又AMc平面ADM,平面ADM∩平面BDE=I,因此，II∥AM, AM/I平面BDE,又AMc平面ABM,平面ABMO平面BDE=,因此，m/IAM,所以 l1∥2. (15分) 17.(15分)在△ABC中，BC=3BE,若AB=1,AC=2,AE.8C=} 3 (1)求∠BAC的大小： (2)若以△ABC为底面的直三棱柱ABC-AB,C的所有顶点均在半径为5的球的球面上， 求直三棱柱ABC-AB,C1的体积. 【解】 (1)因为BC=38E,所以正=AB+B亚=AB+8C=A正+4C-AB=2B+4C AE.BC= AB+AC (AC-AB=-24B+AC+AB.AC 3 242 +。coS∠BAC= (6分) 33 3 解得cos∠BAC=-】 又BAC∈(0，)，所以∠BAC= 2兀 (7分) (2)在△ABC中，由余弦定理， 得到BC°=AB2+AC°-2AB-AC.c0s∠BAC=1+4+4×=7,解得BC=V万，-(9分) BC √72W21 所以△ABC外接圆的直径为2r= sinA 2π 3,解得，= (11分) sin 3 3 设直三棱柱ABC-AB,C的高为h,其外接球的半径为R, 则R2=2+ 即(5)2= √21 ) 3 2 解得h=2v6 3 又△ABC的面积为S=×1×2×sin 2π 3 2 所以直三棱柱ABC-4BC的体积为V=Sh=5×2N5=V2 (15分) 2 2 18.(17分)如图，在△ABC中，∠BAC-TAB=√5，AC=1,点E、F是线段BC上（包括端 2 点)的动点，(E在B,F之间)，∠EAF=工不变 6 (1)若∠BAE=工，求即的长： 6 (2)求AE.AF的取值范围： (3)求EF的最小值 【解】(1)EF= (3分) (2)设∠FAC=0,由正弦定理， AB AB AF AC sin ZABE sin AEB sin ACF sin∠AFC 所以AE=5L AF= 3 1 2cos日， 2 sin (0+) (6分) 因此A正，AF=35 1 8in(28++开 (8分) 9e0,)a正.AFe3v3-3 (10分) ③)当|AEA最小时，SAAEF最小又S AEF-EFh=1EFL, (12分) AEllAFImin= AEAF =6-3V5 (14分) S△AEFmin= 3_33 4 IEFlmin 2V3-3. (17分) 19.(17分)如图，己知三棱柱ABC-AB,C中，AA=AC=2AB,∠ABC=T,侧面AABB, 2 为矩形，A4C-号，将4BC绕4C折至AAG,使得在半面44CC内， (1)求证：AB⊥平面CBB,C (2)试判断BC,与平面AB,B,的位置关系并说明理由： C (3)求直线A,C与平面AABB,所成角的余弦值. 【解】(1)AB1BC,AB1BB1,得AB⊥面CBB1C1 -(4分) (2)BC1I面A1B2B1 -(5分) 连接AC1,∠B2A1C1=∠A1C1A=60°知A1B2IAC1 -----(7分) 又ABIA1B1,平面ABC1I平面A1B2B1· 一一一一一一一一一一 (9分) 因为BCc平面ABC1,BC1II平面A1B2B1· (10分) (3)设AB=1,A1C=2V5,设C到平面ABB1A1的距离为h, (12分) BC1=V3,SCBB1=2·2=V2 (13分) VC-A1B18=VA-CB8h1=112, (15分) h=反sin=,cosg= 6 17分)