精品解析：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 A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. ①③ 【答案】C 【解析】 【详解】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； 对于②，如图，两个棱台拼合成的多面体，有两个面平行且相似，其他各个面都是梯形的多面体，不是棱台； 对于③，设，则有，，同理可得另外两种情况，所以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； 对于④，由“每相邻两个四边形的公共边互相平行”这个条件，可以推出：每个侧面的两条侧棱是平行的，又因为底面是平行的，侧面与上下底面交线也平行，那么每个侧面是平行四边形，所以该多面体是棱柱. 命题③④正确. 2. 已知平面向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据投影向量的求解，可得答案. 【详解】由题意可得，， 则在上的投影向量. 故选：A. 3. 在复平面内，O为坐标原点，复数对应的点为A，复数对应的点为B，复数对应的点为C，若，则m的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的几何含义确定点的坐标，再由向量的坐标运算求得的值即可. 【详解】复数，则，复数，则， 故， 复数对应的点为C，则， 因为，所以，解得. 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（ ） A. 556π B. 900π C. 732π D. 588π 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆台、圆柱及球的体积计算公式可得. 【详解】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, 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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题图，应用余弦定理及得到，进而求出，最后由即可得. 【详解】由为楼脚，长为楼高，则，易得． 由，， 又，两式相加得， 所以30800，则，故. 故选：C 6. 在中，角，，所对应的边分别为，，，．若，则（ ） A. 3或 B. 3或 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正弦定理、两角差的正弦公式、二倍角公式、三角形内角和定理化简，可得或，结合正弦定理，求得的值. 【详解】因为，所以， 又， 所以， 结合， ， 当时，，由于，所以，所以. 当时，，所以. 综上所述，本小题选A. 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．如图在堑堵中，，，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 四面体不是鳖臑 B. 与平面相交 C. 若，则与所成角的余弦值为 D. 平面截该三棱柱所得截面为梯形 【答案】C 【解析】 【分析】由堑堵和可找四面体中的各面均为直角三角形，可判断选项A；由面面平行可以判断与平面的位置关系为平行，可判断选项B；通过平行，将异面直线与所成角的转化为或其补角，通过余弦定理直接计算余弦值判断选项C；截面问题通常通过作平行线或者相交线找在每个面上的交点得截面图形，判断选项D. 【详解】选项A，因为为堑堵，所以为直棱柱， 所以平面，所以，， 所以，均为直角三角形， 又因为，所以也为直角三角形，且， 所以平面，所以， 所以为直角三角形，则四面体是鳖臑，选项A错误； 选项B，作的中点F，连接， 因为E, F为中点，所以，所以平面， 又，所以平面， 因为，所以平面平面， 平面，所以平面，选项B错误；； 选项C，连接，由选项B可得， 所以与所成角为或其补角， 因为，， 所以，，， 所以， ，所以与所成角的余弦值为，选项C正确； 选项D，连接并延长与的延长线交于点O，连接交于G， 所以平面截该三棱柱所得截面为四边形，可知四边形没有平行线，所以四边形不可能是梯形，选项D错误. 8. 已知，，是平面向量，是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】化简向量等式得到，然后数形结合，找到向量的终点轨迹，由圆上的点到直线的最短距离即可求得结果. 【详解】由分解因式得，则， 如图取，则，则， 以为直径作圆，则的终点在圆上， 作，则在射线上，的起点在射线，终点在圆上， 要求的最小值，即求圆上的点到直线的距离. 过点作线段于点，交圆于点， 即的最小值为. 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，则 B. 若，，则 C. 若，且，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，按照复数的乘法法则计算以及共轭复数的定义即可；对于B，按照复数的乘法法则计算以及共轭复数的定义求解即可；对于C，取，，即可说明；对于D，根据即可证明. 【详解】对于A，设，， ， ，A正确 所以； 对于B，设，， ， ， 所以，B正确； 对于C，取，，满足，且，但是，二者不相等，C错误； 对于D，若，则，D正确. 10. （多选）如图，三棱锥中，平面，，则下列条件中可使三棱锥体积唯一确定的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三棱锥的体积公式为，在三棱锥中，为高，为底面，要使体积唯一确定，需要确定的长度和的面积. 【详解】设， 对于A，由可得，， 在中，由余弦定理得，解得， 所以唯一确定，故三棱锥的体积唯一确定，A正确； 对于B，在中，由正弦定理得，即， 解得，所以或，故三棱锥体积无法唯一确定，B错误； 对于C，因为平面，所以，又，， 所以平面，则． 设，则，， 故三棱锥的体积唯一确定，C正确； 对于D，由的三边已知，故三棱锥的底面积确定， 又，所以，所以三棱锥体积唯一确定，D正确． 故选：ACD. 11. 已知圆锥的顶点为，底面的圆心为，，该圆锥的侧面展开图是中心角为的扇形，点，，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 B. 过顶点的该圆锥截面面积的最大值为 C. 当时，二面角的正切值为 D. 若且，为线段上动点，则的最小值为 【答案】AC 【解析】 【详解】设圆锥底面半径为，母线长为，由条件可知，解得. 选项A：因为，所以，正确. 选项B：过顶点的截面为等腰三角形，两腰长均为母线，设顶角为， 则截面面积. 轴截面的底边为底面直径，由余弦定理得轴截面顶角满足： 因此顶角，在时取最大值， 故截面面积最大值为，而非，错误. 选项C：取中点，连接、. 由，，得，， 故为二面角的平面角. 在底面圆中，，，由勾股定理： 由底面，得，在中： ，C正确. 选项D：方法一：设为线段的中点，则 在等腰三角形中，，所以 又因为，且，所以点到直线的距离为． 将平面绕旋转到底面所在平面，并使点落到的另一侧，记对应点为． 则对任意，都有从而 于是问题转化为：在平面内求时，的最小值． 由两点之间线段最短可知，当为直线与线段的交点时，取得最小值，且最小值等于． 在展开图中，一条直角边为另一条直角边为 所以 因此，故D错误． 方法二：由，根据圆周角定理，为底面圆直径，故是中点； 又，故. 建立坐标系：，，，，. 设在线段上，直线在底面平面内，斜率为，方程为： ，， 设为线段上任意一点， 因此距离和可写为： ， 可将该式子理解为轴上动点到定点的距离和轴上动点到定点的距离之和， 问题转化为：轴上一点，求的最小值. 作点关于轴的对称点，则，因此： . 所以， 因此距离和的最小值为：，D错误. 第II卷（92分） 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分． 12. 函数的对称中心为__________． 【答案】 【解析】 【分析】解方程，由此可解得函数的对称中心坐标. 【详解】令，解得， 所以函数的对称中心为. 故答案为：. 【点睛】本题考查正切型函数对称中心坐标的求解，考查计算能力，属于基础题. 13. 若在斜二测画法得到的直观图中，分别是上的单位向量，定义：若，则点在直观图的坐标系中的坐标为．已知在直观图的坐标系中的点坐标为，则可以是_____． 【答案】（或），任意写一个都算对 【解析】 【分析】画出图形，可借助余弦定理解题即可. 【详解】如下图所示，根据斜二测画法得到直观图， 当坐标轴夹角为时，运用余弦定理可知. 当坐标轴夹角为时，运用余弦定理可知. 故答案为：（或），任意写一个都算对. 14. 在正四棱柱中，底面边长为3，侧棱长为，为平面内一动点，且满足，则所有满足条件的点所围成平面区域的面积是__________． 【答案】 【解析】 【分析】判断出点的轨迹，结合球的有关性质计算，求得面积即可. 【详解】已知，所以，进而点在以为直径的球面上. 因为在平面内，因此满足条件的点围成的区域是该球面被平面截得的圆形区域， 面积即为截面圆的面积. 正四棱柱底面是边长为的正方形，因此底面对角线​， 球的半径，球心为的中点. 在正四棱柱中，，因此四点共面，即平面， 故到平面的距离. 因为平面，且平面，故平面平面，交线为. 在中，， 到的距离就是到平面的距离. 是中点，直线上中点到平面的距离为两端点距离的平均值，. 所以，因此区域面积为. 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知函数. （1）求函数的单调递增区间及在上的值域； （2）若为锐角且，求的值. 【答案】（1）单调递增区间为，值域为 （2） 【解析】 【分析】（1）利用二倍角公式、辅助角公式化简函数，再利用正弦函数的性质求解. （2）由（1）的信息，利用同角公式及差角余弦公式求解. 【小问1详解】 依题意，函数 由，解得， 所以函数的单调递增区间为； 由，得，， 所以当的值域为. 【小问2详解】 由（1）知，，由，得， 由，得，所以，， 所以 . 16. 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：平面BDE； （2）若平面平面，平面平面，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论． 【答案】（1） 令，连，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，且，于是得四边形为平行四边形， 则，又平面，平面， 所以平面. （2） ，证明如下： 由（1）知，平面，又平面，平面平面， 因此，，平面， 又平面，平面平面，因此，， 所以. 【解析】 【分析】（1）令，连，证明，再利用线面平行的判定推理作答. （2），利用（1）的结论，结合线面平行的性质、平行公理推理作答. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 17. 在中，，若，， （1）求的大小； （2）若以为底面的直三棱柱的所有顶点均在半径为的球的球面上，求直三棱柱的体积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先处理向量关系，因为，所以可将用、线性表示，再结合的条件，展开数量积运算可得到的值，进而用向量数量积定义求； （2）第一问求出后，用余弦定理计算的长度，再用正弦定理求外接圆的半径，因为直三棱柱外接球的球心是上下底面外接圆圆心连线的中点，所以外接球半径、底面外接圆半径、棱柱高满足，代入已知外接球半径可求出，最后用柱体体积公式计算体积. 【小问1详解】 因为，所以． ， 解得，又，所以； 【小问2详解】 在中，由余弦定理， 得到，解得， 所以外接圆的直径为，解得， 设直三棱柱的高为，其外接球的半径为， 则，即，解得， 又的面积为， 所以直三棱柱的体积为 18. 如图，在中，，，，点、是线段上（包括端点）的动点，（在，之间），不变． （1）若，求的长； （2）求的取值范围； （3）求的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【小问1详解】 ，且， ∴， ∵，即，∴， ∴，∴， ， ， ∴，即，∴， ∴. 【小问2详解】 设，由正弦定理，，． 即，， ∴， 因此． ∵，∴，即， ∴． 【小问3详解】 ∵， ∴当最小时，最小． 又， ， 由（2）可知， ． 19. 如图，已知三棱柱中，，，侧面为矩形，，将绕翻折至，使得在平面内． （1）求证：平面； （2）试判断与平面的位置关系并说明理由； （3）求直线与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：因为，所以， 因为四边形为矩形，所以， 因为，，，平面， 所以平面， （2）面，理由如下 连接，因为，四边形为平行四边形， 所以，又， 所以为等边三角形，， 在中，，， 所以，故，所以， 即得，所以， 又平面，平面，所以平面， 又，又平面，平面，所以平面， 又，平面， 所以平面平面． 因为平面，平面． （3）. 【解析】 【分析】（1）先证明，根据线面垂直判定定理证明结论； （2）根据题意证明，，可以得到平面平面，再由平面，即可证明平面； （3）解三角形求，设到平面的距离为，利用等体积法求，结合线面角定义求结论. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 略； 【小问3详解】 设，则，，又， 由余弦定理，， 所以， 设到平面的距离为， 由（1）平面，平面，则, 由（2）为等边三角形，故， 所以， 在中，，， 所以， 又， 因为，故， ，解得， 设直线与平面所成角为， 所以， 又，所以， 故直线与平面所成角的余弦值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 A. ①④ B. ②③ C. ③④ D. ①③ 2. 已知平面向量，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 3. 在复平面内，O为坐标原点，复数对应的点为A，复数对应的点为B，复数对应的点为C，若，则m的值为（ ） A. B. C. D. 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（ ） A. 556π B. 900π C. 732π D. 588π 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，则（ ） A. B. C. D. 6. 在中，角，，所对应的边分别为，，，．若，则（ ） A. 3或 B. 3或 C. D. 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．如图在堑堵中，，，，分别为棱，的中点，则下列结论正确的是（ ） A. 四面体不是鳖臑 B. 与平面相交 C. 若，则与所成角的余弦值为 D. 平面截该三棱柱所得截面为梯形 8. 已知，，是平面向量，是单位向量，若非零向量与的夹角为，向量满足，则的最小值是（ ） A. B. C. D. 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，则 B. 若，，则 C. 若，且，则 D. 若，则 10. （多选）如图，三棱锥中，平面，，则下列条件中可使三棱锥体积唯一确定的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 11. 已知圆锥的顶点为，底面的圆心为，，该圆锥的侧面展开图是中心角为的扇形，点，，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 B. 过顶点的该圆锥截面面积的最大值为 C. 当时，二面角的正切值为 D. 若且，为线段上动点，则的最小值为 第II卷（92分） 三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分． 12. 函数的对称中心为__________． 13. 若在斜二测画法得到的直观图中，分别是上的单位向量，定义：若，则点在直观图的坐标系中的坐标为．已知在直观图的坐标系中的点坐标为，则可以是_____． 14. 在正四棱柱中，底面边长为3，侧棱长为，为平面内一动点，且满足，则所有满足条件的点所围成平面区域的面积是__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分． 15. 已知函数. （1）求函数的单调递增区间及在上的值域； （2）若为锐角且，求的值. 16. 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：平面BDE； （2）若平面平面，平面平面，试分析l与m的位置关系，并证明你的结论． 17. 在中，，若，， （1）求的大小； （2）若以为底面的直三棱柱的所有顶点均在半径为的球的球面上，求直三棱柱的体积． 18. 如图，在中，，，，点、是线段上（包括端点）的动点，（在，之间），不变． （1）若，求的长； （2）求的取值范围； （3）求的最小值． 19. 如图，已知三棱柱中，，，侧面为矩形，，将绕翻折至，使得在平面内． （1）求证：平面； （2）试判断与平面的位置关系并说明理由； （3）求直线与平面所成角的余弦值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $