精品解析：北京汇文中学2025-2026学年高一下学期6月阶段检测数学试题

高一数学阶段检测6.12 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分． 1. 已知复数，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数代数形式的除法运算化简，再根据复数的几何意义判断即可. 【详解】因为， 所以在复平面内对应的点在，位于第二象限. 故选：B 2. 已知向量，不共线，，，若与同向，则实数t的值为（ ） A. B. C. 3 D. 或3 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用共线向量定理，结合平面向量基本定理求解即得. 【详解】由向量与同向，得， 即，而向量不共线，则，又，解得， 所以实数t的值为. 故选：A 3. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的为（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】C 【解析】 【分析】根据各项中线面、面面的位置关系，结合线面、面面垂直，线面、面面平行的性质和判定及空间想象判断各项的正误. 【详解】A：由，则平行、异面、相交均可能，错， B：由，则或，错， C：由，结合线面垂直、面面平行的性质有，对， D：由，要使，根据面面平行的判定定理，条件还需相交，错. 故选：C 4. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上单调递增 【答案】A 【解析】 【分析】先应用平移规则得出的解析式，再结合余弦函数的单调性判断各个选项即可. 【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数， 当，则在区间上单调递减，A选项正确；B选项错误； 当， 则在区间上单调递增，在区间上单调递减，C选项错误；D选项错误； 故选：A. 5. 在 中，，则“”是“是钝角三角形”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先判断如果 能不能推出 是钝角三角形， 再判断如果 是钝角三角形，是否一定有即可. 【详解】如果，由于B是三角形的内角，并且, 则， ，是钝角三角形， 所以是充分条件； 如果 是钝角三角形，不妨设 ，则 ， 所以不是必要条件； 故选：A. 6. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】由辅助角公式化简函数解析式，再由正弦函数的最小正周期与零点即可求解. 【详解】函数， 设函数的最小正周期为T，由可得， 所以，即； 又函数在上存在零点，且当时，， 所以，即； 综上，的最小值为4. 故选：C. 7. 在中，，则边上的高等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理求，再得，利用的面积公式即可求边上的高. 【详解】在中，因为， 由余弦定理得 因为，所以 设边上的高为，则， 所以，即边上的高等于. 故选：B. 8. 祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一､距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱形成的几何体（图2）中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】若平面平面，是的中点，连接，从而得到是平面与平面所成角的平面角，即为所求角，结合已知求其正切值. 【详解】若平面平面，则平面与平面所成角，即为平面与平面所成角， 由题意有，即是等腰三角形，腰长约为8米，，易知， 若是的中点，连接，则，且平面， 由平面，则，都在平面内， 所以平面，则是平面与平面所成角的平面角， 其中，，则. 故选：B 9. 在棱长为1的正方体中，N为的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 点P可以是棱的中点 B. 线段的最大值为 C. 点P的轨迹是正方形 D. 点P轨迹的长度为 【答案】D 【解析】 【分析】先根据正方体的性质，判断出点P的轨迹，再分别判断各选项的正误. 【详解】取的中点，的中点，连，根据正方体的性质可知四边形为矩形.因为为的中点，为的中点，四边形为正方形， 所以直角与直角全等，所以, 因为，所以. 所以. 根据正方体的性质，平面，所以， 因此平面，因为点在正方体的面上运动，且， 所以的轨迹为矩形，故选项A，C错误； 当点与点重合时，线段最长，此时，故选项B错误； 因为的轨迹为矩形，，，所以点P轨迹的长度为，故选项D正确. 10. 在平面直角坐标系中，，.设，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先根据，求出，进而可以用向量表示出，即可解出． 【详解】因为，， 由平方可得，，所以． ，， 所以， ， 又，即， 所以，即， 故选：D. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知向量，满足，，．则______． 【答案】 【解析】 【详解】因为，所以 ， 所以. 12. 角的终边与单位圆的交点A位于第一象限，其横坐标为，点A沿单位圆逆时针运动到点B，所经过的弧长为，则点B的横坐标为______． 【答案】 【解析】 【分析】先根据三角函数定义和同角三角函数平方关系求得、，再结合旋转后点B对应角为，利用两角和的余弦公式计算点B的横坐标. 【详解】由三角函数的定义可知，单位圆上点的横坐标为对应角的余弦值，因此， 因为角的终边在第一象限，根据同角三角函数的平方关系， 可得： ， 单位圆的半径，点逆时针运动经过的弧长为，由弧长公式，得点转过的圆心角， 因此点B对应的角为，点B的横坐标为，. 13. 如图，一个四面体，棱的长为6，其余的棱长均为，则该四面体的体积为______． 【答案】 【解析】 【分析】取的中点，连接，通过计算证明平面，从而将作为高，利用锥体体积公式求解. 【详解】取的中点，连接． 因为，所以为等边三角形， 所以，且． 同理，因为，所以为等边三角形， 所以，且． 在中，， 因为， 所以，即． 又因为，，平面， 所以平面，即为四面体的高． 底面的面积． 所以四面体的体积． 14. 如图，矩形中，，，为的中点. 当点在边上时，的值为________；当点沿着，与边运动时，的取值范围为_________. 【答案】 ①. 8 ②. 【解析】 【分析】建立坐标系，利用坐标运算求出向量的点积，分情况讨论即可. 【详解】 第一空：以A为坐标原点建立直角坐标系，则, 当点沿着边运动时,设，故; 第二个空：当点沿着边运动时，设，； 当点沿着边运动时，设，，因为； 当点沿着边运动时，设，； 综上：的取值范围为. 故答案为：8； 15. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①平面截正方体所得的截面图形是五边形； ②直线到平面的距离是； ③存在点，使得； ④面积的最小值是． 其中所有正确结论的序号是__________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】对于①，直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接即可解决；对于②等体积法解决即可；对于③④，建立空间直角坐标系，设，得即可. 【详解】对于①，如图直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接， 则五边形即为所求的截面图形，故①正确； 对于②，由题知，平面，平面， 所以平面， 所以点到平面的距离即为直线到平面的距离， 设点到平面的距离为，由正方体的棱长为2可得， ，， 所以， ， 所以由，可得， 所以直线到平面的距离是，故②错误； 对于③，如图建立空间直角坐标系， 则， 设， 所以， 又因为， 所以， 所以， 假设存在点使得， 所以， 整理得， 所以（舍去），或， 所以存在点使得，故③正确； 对于④，由③知， 所以点在的射影为， 所以点到的距离为 ， 当时，， 所以面积的最小值是，故④正确； 故答案为：①③④ 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知平面直角坐标系中，向量. （1）若，且，求向量的坐标； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行及向量的模建立方程求解； （2）根据向量夹角为锐角建立不等式求解即可. 【小问1详解】 设，由题意知， 因为，所以， 又因为，所以， 所以或. 【小问2详解】 由题意，则， 当与共线时，， 因为与的夹角为锐角， 所以， 解得，且， 所以与的夹角为锐角，实数的取值范围为. 17. 在中，. （1）求； （2）若为边的中点，且，求的值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可得，结合三角和为及诱导公式可得，即可得答案； （2）在中，由正弦定理可求得，从而可得，在中，利用余弦定理求解即可. 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理可得， 即，， 又因为， 所以， 解得，又因为， 所以； 【小问2详解】 解：因为为边的中点，， 所以, 设, 在中，由正弦定理可得， 即，解得， 又因为，所以， 在中，， 在中，， 由余弦定理可得：， 所以， 即. 18. 在三棱柱中，四边形为正方形，平面平面，，M，N分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）若，求证平面平面． 【答案】（1）如图，取的中点为，连接，， 因为为的中点，所以，， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 又为的中点，所以，， 所以，， 所以四边形是平行四边形，所以， 又平面，平面， 故平面. （2）因为平面平面，平面平面， 又四边形为正方形，所以， 所以平面， 所以. 又因为，，所以， 又，平面，所以平面， 又平面，所以平面平面. 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，，利用三角形的中位线定理结合棱柱的性质可证得四边形是平行四边形，则，然后利用线面平行的判定定理可证得结论； （2）根据四边形为正方形，平面平面，得出，再结合（1）中的平行关系得出，从而得出平面，根据平面与平面垂直的判定定理得出平面平面． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 已知函数．从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定． （1）求的解析式； （2）设，求函数在上的单调递增区间． 条件①：； 条件②：为偶函数； 条件③：的最大值为1； 条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为． 【答案】（1）； （2） 【解析】 【分析】（1）先由降幂公式得，故为奇函数，排除条件②，若选①③，不唯一，不合题意；若选①④由及周期解出即可；若选③④由最大值及周期解出即可； （2）先由倍角公式及辅助角公式求出，再令解出单调区间，最后写出在上的单调递增区间即可. 【小问1详解】 ，易知为奇函数，故条件②不成立，舍去. 若选①③，则且，故，，解得，故不唯一，不合题意； 若选①④，且，故，解得，，存在且唯一，故； 若选③④，则且，故，解得，，故，存在且唯一，故； 【小问2详解】 ，令， 解得，当时，，当时，， 故函数在上的单调递增区间为. 20. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是正三角形，侧面底面，为棱的中点，平面与棱交于点． （1）求证：为棱的中点； （2）求直线与平面所成角的正切值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）因为是的中点，若证明，那么即可证明是的中点. （2）首先确定为直线与平面所成的角，然后根据线段、角度的关系求出其正切值. 【小问1详解】 因为四边形为正方形，所以． 又平面，平面， 所以平面． 因为平面，平面平面， 所以． 因为为棱的中点，所以为棱的中点. 【小问2详解】 取的中点为，连接，取的中点为，连接， 因为为正三角形，为棱的中点， 所以． 又平面平面，平面平面，平面PAD，所以平面． 因为分别为的中点， 所以是的中位线，所以，即平面， 所以为直线与平面所成的角. 在中，，所以． 在中，，所以． 在中，， 所以， 故直线与平面所成角的正切值为． 21. 已知为给定的正整数，平面向量组A由个平面向量构成，即A：，其中，，，.若，均为非负实数，则称为非负平面向量组.记：，；，，.若等于在轴上的投影向量或等于在轴上的投影向量，等于在轴上的投影向量或等于在轴上的投影向量，，等于在轴上的投影向量或等于在轴上的投影向量，称平面向量组B：为的一个投影向量组. （1）若，，写出，，和的值. （2）当时，对于任意非负平面向量组，若，求证：存在的一个投影向量组，使得，. （3）当时，对于任意非负平面向量组，若，求证：存在的一个投影向量组，使得，. 【答案】（1）,,,. （2）证明过程见详解. （3）证明过程见详解. 【解析】 【分析】（1）根据定义直接计算给定向量组的，，、； （2）当时，通过构造两种可能的投影方式，利用反证法证明至少存在一种方式满足条件，利用非负性和的约束，推导出矛盾，证明题给结论为真. （3）同（2）用反证法对的情况进行证明. 【小问1详解】 由题知：， 根据题给定义： 【小问2详解】 证明： 对于任意非负平面向量组，若，考虑两种投影方式： 1.选择的x分量和的y分量，此时，. 2.选择的y分量和的x分量，此时，. 如果两种方式均不满足条件，则需且，同时且. 由，若，则，相矛盾;同理，由， 若，则，相矛盾. 因此，至少存在一种投影方式满足且. 【小问3详解】 设，，已知，， 所以，即. 对于A的投影向量组B，和的所有可能取值是由和的不同组合相加得到. 假设对于任意的投影向量组B，都有且. 设，，其中,,,是的子集. 由于，，总共种投影向量组构造方式. 因为，如果且对所有投影向量组B都成立，那么 ,显然存在矛盾. 假设表示投影向量组B在x轴上的投影和，表示在y轴上的投影和。 用反证法，若不存在投影向量组B使得且， 那么和的取值范围会导致与矛盾. 因为如果且对于所有投影向量组B成立， 那么对于所有可能的投影组合，无法全部满足这个条件. 所以一定存在A的一个投影向量组B，使，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学阶段检测6.12 一、选择题共10小题，每小题4分，共40分． 1. 已知复数，则在复平面内对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 已知向量，不共线，，，若与同向，则实数t的值为（ ） A. B. C. 3 D. 或3 3. 已知m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的为（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 4. 将函数的图象向右平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ） A. 在区间上单调递减 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上单调递减 D. 在区间上单调递增 5. 在 中，，则“”是“是钝角三角形”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 设函数，若恒成立，且在上存在零点，则的最小值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 3 7. 在中，，则边上的高等于（ ） A. B. C. D. 8. 祈年殿（图1）是北京市的标志性建筑之一､距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱，分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱，寓意一年四季；中圈有12根约为13米的金柱，代表十二个月；外圈有12根约为6米的檐柱，象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱形成的几何体（图2）中，米，，则平面与平面所成角的正切值约为（ ） A. B. C. D. 9. 在棱长为1的正方体中，N为的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 点P可以是棱的中点 B. 线段的最大值为 C. 点P的轨迹是正方形 D. 点P轨迹的长度为 10. 在平面直角坐标系中，，.设，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题共5小题，每小题5分，共25分． 11. 已知向量，满足，，．则______． 12. 角的终边与单位圆的交点A位于第一象限，其横坐标为，点A沿单位圆逆时针运动到点B，所经过的弧长为，则点B的横坐标为______． 13. 如图，一个四面体，棱的长为6，其余的棱长均为，则该四面体的体积为______． 14. 如图，矩形中，，，为的中点. 当点在边上时，的值为________；当点沿着，与边运动时，的取值范围为_________. 15. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论： ①平面截正方体所得的截面图形是五边形； ②直线到平面的距离是； ③存在点，使得； ④面积的最小值是． 其中所有正确结论的序号是__________． 三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知平面直角坐标系中，向量. （1）若，且，求向量的坐标； （2）若与的夹角为锐角，求实数的取值范围. 17. 在中，. （1）求； （2）若为边的中点，且，求的值. 18. 在三棱柱中，四边形为正方形，平面平面，，M，N分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）若，求证平面平面． 19. 已知函数．从下列四个条件中选择两个作为已知，使函数存在且唯一确定． （1）求的解析式； （2）设，求函数在上的单调递增区间． 条件①：； 条件②：为偶函数； 条件③：的最大值为1； 条件④：图象的相邻两条对称轴之间的距离为． 20. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是正三角形，侧面底面，为棱的中点，平面与棱交于点． （1）求证：为棱的中点； （2）求直线与平面所成角的正切值. 21. 已知为给定的正整数，平面向量组A由个平面向量构成，即A：，其中，，，.若，均为非负实数，则称为非负平面向量组.记：，；，，.若等于在轴上的投影向量或等于在轴上的投影向量，等于在轴上的投影向量或等于在轴上的投影向量，，等于在轴上的投影向量或等于在轴上的投影向量，称平面向量组B：为的一个投影向量组. （1）若，，写出，，和的值. （2）当时，对于任意非负平面向量组，若，求证：存在的一个投影向量组，使得，. （3）当时，对于任意非负平面向量组，若，求证：存在的一个投影向量组，使得，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $