精品解析：辽宁鞍山市海城市高级中学2025-2026学年高一下学期6月阶段练习数学试卷

海城高中2025-2026学年下学期高一（2028届）6月阶段练习 数学试卷 命题人：高一数学组 审校人：高一数学组 时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，则. 2. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据直观图特征，作出其平面图形直角梯形，求出相关边长再求长即可． 【详解】由直观图知原几何图形是直角梯形， 如图，由斜二测画法可知，， 所以． 故选：A． 3. 已知平面向量，满足，且，，则向量与的夹角（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出夹角，根据•（+）=3，展开由已知和数量积公式可得夹角的余弦值，由角的范围确定角. 【详解】设向量与的夹角为θ，θ∈[0，π] 由•（+）=，代入数据可得22+2×1×cosθ=3， 解之可得cosθ=， 故可得θ=. 故选：C. 【点睛】本题主要考查向量的数量积的运算，属于基础题. 4. 如图，三棱柱中，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则下列说法错误的是（ ）． A. E，F，G，H四点共面 B. 与是异面直线 C. ，，三线共点 D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用线线平行的传递性与平面公理的推论即可判断AB；利用平面的基本事实推理判断C；举反例即可判断D. 【详解】对于A，在三棱柱中，分别为的中点， 连接， 由是的中位线，得， 由，且，得四边形是平行四边形， 则，，因此四点共面，A正确； 对于B，因为平面，平面，， 所以与是异面直线，正确； 对于C，延长，相交于点， 由，平面，得平面， 由，平面，得平面， 而平面平面，则，三线共点，C正确； 对于D，由，且可知，四边形是梯形， 若∠=∠，则梯形是等腰梯形，而题设条件无法得出， 所以D不一定正确. 5. 圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为15，圆台的侧面积为，则圆台较小底面圆的半径为（ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设圆台的上下底面圆的半径分别为，根据题意，求得，再利用圆台的侧面积公式，列出方程，即可求解. 【详解】设圆台较小底面圆的半径为，较大的底面圆的半径为， 因为圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍， 可得，所以， 又因为圆台的侧面积为，可得，解得. 故选：A. 6. 已知点C是单位圆劣弧上一点，，以O为原点，OB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，设，则，如图所示.若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用向量线性运算的坐标表示列式，再利用辅助角公式及正弦函数的性质求解. 【详解】依题意，，而， 由，得，则， 由，得，因此， 所以的取值范围是. 7. 如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点重合的点，于，于，则下列结论不正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面平面 【答案】D 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理，性质定理，结合面面垂直的判定定理得到结果. 【详解】对于A，依题意有平面，平面，所以平面平面，A选项正确； 对于B，平面，平面，则有， 是圆的直径，为圆周上不与点重合的点，则有， ，平面，所以平面，B选项正确； 对于C，平面，平面，，又于， ，平面，所以平面， 平面，则，又于， 平面，，所以平面，C选项正确； 对于D，平面平面，平面，于， 若平面平面，则必有平面， 而平面，则必有， 因为平面，平面，则有， 又平面，则必有， 由于垂直于圆所在的平面，，则， 而于，则为中点， 因为是圆的直径，为圆周上不与点重合的点，，于， 则不是中点（否则会得到，但这与矛盾）， 不成立，所以平面平面的结论不正确，即D选项错误. 故选：D. 8. 已知函数，若将其图象向左平移个单位得到函数的图象.在钝角中，内角的对边分别是，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】首先求出的解析式，由，可得，从而得，，结合正弦定理及三角恒等变换，可得，利用换元法及对勾函数的性质求解即可. 【详解】由题意可知， 又因为， 即， 因为是钝角三角形， 所以或, 即或（舍去）， 所以， 所以，， 所以， ， 令， 所以， 则原式即为， 令，则即为， 由对勾函数的性质可知在上单调递增， 又因为， 所以， 即. 二、多项选择题，本大题共3个小题，每个小题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，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分 9. 下列命题是真命题的是（ ） A. 直线不平行于平面，且，则平面内不存在与平行的直线 B. 两条直线平行是它们与同一平面所成角相等的充分不必要条件 C. 平面、，，，过内的任意一点作直线，则 D. 空间中，一个角两边分别垂直于另一个角两边，则这两个角相等或互补 【答案】AB 【解析】 【分析】依据空间中直线与平面、平面与平面的位置关系以及线面角、空间角的相关知识，结合举例，来对每个命题逐一进行分析判断. 【详解】对于A，已知直线不平行于平面，，那么直线与平面相交. 假设平面内存在与平行的直线，根据直线与平面平行的判定定理可得， 这与已知条件矛盾，所以平面内不存在与平行的直线，故A正确； 对于B，若两直线平行，根据线面角的定义和性质，它们与同一平面所成的角一定相等， 所以两直线平行能推出它们与同一平面所成的角相等； 但是两直线与同一平面所成的角相等时，两直线可能平行、相交或异面， 因此，两直线平行是它们与同一平面所成的角相等的充分不必要条件，故B正确； 对于C，根据面面垂直的性质定理，此垂线必须在平面内才垂直于平面，而题中的垂线不一定在平面内，故C错误； 对于D，如图，，，过平面内一点作于点，点，连接， 过平面内一点作于点，点，连接， 则，，又，故， 但是和大小关系不确定，故D错误. 故选：AB. 10. 已知函数，则下列判断不正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 为奇函数 C. 的值域为 D. 在上是增函数 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据余弦二倍角公式和辅助角公式化简函数的解析式，结合正弦型函数的对称性、奇偶性、值域、单调性逐一判断即可. 【详解】 ， 当时，因为，所以该函数取得最大值2，所以的图象关于直线对称，故A正确． 因为， 所以，因此不是奇函数，故B错误． 由上可知该函数的值域为，C错误. 当时，，显然该区间不是和的子集， 所以此时不单调，故D错误． 故选：BCD 11. 如图，在棱长为1的正方体中，上底面内(含边界)有一动点，下列说法正确的有（ ） A. 若平面平面，则 B. 当时，点的轨迹长度为 C. 若异面直线CE与AB所成角为，则的取值范围是 D. 若是上一动点，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对A：借助线面平行判定定理与性质定理可得，再利用正方体性质及线面垂直性质定理可得，即可得；对B：借助线面垂直性质定理与勾股定理计算即可得点轨迹，即可得其轨迹长度；对C：举出反例即可得；对D：将平面与平面沿展开至同一平面后，结合与形状，计算即可得. 【详解】对A：因为平面，平面，则平面， 又因为平面平面，平面，则， 由正方体性质可得平面，因为平面， 所以，则有，故A正确； 对B：由正方体性质可得平面，因为平面， 所以，则， 则点的轨迹为以为圆心，以为半径的圆位于正方形内的部分， 故点的轨迹长度为，故B正确； 对C：因为，则异面直线与所成角与直线与所成角相等， 当点与重合时，此时，故C错误； 对D：将平面与平面沿展开至同一平面，如下图： 则，当且仅当在线段上时，取等， ，故为正三角形， 又为等腰直角三角形，故为中点， 则，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12. 若一个正三棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为2，则这个三棱台的体积为___________； 【答案】## 【解析】 【分析】求出正三棱台的高，再根据棱台的体积公式即可求解. 【详解】设上下底面的外心分别为，过作底面的垂线交于点， 上、下底面三角形的高分别为，， 所以，， 所以，又， 所以正三棱台的高为， 上底面积为，下底面积为， 所以正三棱台的体积为. 故答案为：. 13. 已知等边的边长为，是边上的高，以为折痕将折起，使，则三棱锥外接球的表面积为______. 【答案】52π 【解析】 【分析】由题可得三棱锥为侧棱垂直于底面的三棱锥，据此可由图确定外接球球心，据此可得答案. 【详解】由题，折叠后可得，又平面， 则易得平面. 设为外接圆圆心，过做平面垂线， 则垂线上所有点到顶点距离相等.又垂线与平行，从而垂线与共面， 过A做垂线的垂线，垂足为，则易得四边形为矩形. 取中点为，则，从而为三棱锥外接球球心. 易得，由正弦定理可得， 则外接球半径满足. 则外接球的表面积为. 故答案为：. 14. 如图，在正四面体ABCD中，放置1大、4中、4小共9个球，其中，大球为正四面体ABCD的内切球，中球与大球及正四面体三个面均相切，小球与中球及正四面体三个面均相切.若正四面体ABCD的表面积，则9个球的表面积之和为______. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据正四面体表面积求出棱长，高，再通过几何关系求出大球半径（也可以使用等体积法）．中球，小球也可以看成是内接于正四面体的球，求出外切正四面体的高，根据相似关系，得到中球，小球半径，最终求出个球的表面积之和． 【详解】在正四面体中，设棱长为，高为，为正四面体内切球的球心， 延长交底面于，是等边三角形的中心，延长线交于， 连接，则点是的中点，为正四面体内切球的半径， ，，，， 由正四面体ABCD的表面积为，即，解得， 由，解得， 由图知最大球内切于高的正四面体，最大球半径， 因此最大球的表面积为； 中等球内切于高的正四面体，中等球半径， 因此中等球的表面积为； 最小球内切于高的正四面体，最小球半径， 因此最小球的表面积为， 所以九个球的表面积为． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程，演算步骤． 15. 已知，，函数． （1）求函数的单调减区间； （2）若，且，求的值． 【答案】（1）（） （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积的坐标运算，利用降幂及辅助角公式化简，整体法求单调区间即可； （2）由可得，根据同角三角函数求值问题可求，接着求、的值，最后再利用正弦和角公式求值即可. 【小问1详解】 由，，解得，（）， 所以函数的单调减区间为（） 【小问2详解】 由，得，又， 所以，所以． 所以， ， 所以 ． 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，点分别为的中点． （1）证明：平面； （2）在棱BC上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2）存在； 【解析】 【分析】（1）取PB的中点，连接，由题意可证得且，即证得四边形为平行四边形，再证得结论； （2）取BC的中点，连接，由题意可证得平面平面，由题意可证得重合，再求出的值． 【小问1详解】 证明：取PB的中点，连接， 在四棱锥中，底面为正方形，E，F分别为AD，PC的中点， ，且， ，且， 四边形为平行四边形，， 而平面平面PBE， 平面； 【小问2详解】 存在满足条件的，且， 证明如下：取BC的中点，连接FQ，DQ，则， 由平面平面平面， 又平面平面， 又平面平面与重合， 即为BC的中点，． 17. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的大小． 【答案】（1）证明：连接， 因为底面，平面， 所以，， 因为，，平面，所以⊥平面， 因为，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，所以平行四边形为正方形， 所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以； （2） 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到线线垂直，平面，从而证明出结论； （2）建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出法向量，利用线面角正弦公式求解 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）知，平面， 因为平面，所以， 平行四边形为正方形，故， 两两垂直，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量为， 则， 解得，令，则，故， ， 设直线与平面所成角大小为， 则， 所以， 故直线与平面所成角的大小为. 18. 中，，分别为内角的对边，． （1）求角的大小； （2）若是锐角三角形，，求面积的取值范围； （3）若，，且的面积为，求的长度． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由，化简得到，进而得到，即可求解； （2）根据题意，由三角形的面积公式，求得，再由正弦定理得，求得，结合，求得，进而得到的面积的取值范围； （3）由的面积为，求得，再由，得到，根据正弦定理得，求得的长，在中，结合余弦定理，即可求解. 【小问1详解】 解：因为， 由正弦定理得， 即， 因为，可得， 所以， 即， 又因为，可得，所以，即， 又由，所以， 因为，所以，可得. 【小问2详解】 解：由（1）知：且， 所以的面积为， 又由正弦定理得， 可得， 因为为锐角三角形，可得，且， 所以，可得，可得， 所以，所以，即 所以的面积的取值范围为. 【小问3详解】 解：因为的面积为，可得，解得， 又因为，所以， 因为，可得. 由正弦定理得， 又因为，可得，则， 因为，可得， 在中，由余弦定理得， 即，所以. 19. 如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，G为中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）因为为中点，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形性质可得，再由面面垂直性质定理可得结论； （2）利用等体积法结合锥体体积公式求解即可； （3）利用面面平行判定定理可证明平面平面，再由其性质可证明当时，满足题意. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在直角三角形中， ∵， ∴， ∴． 又三角形的面积， 由（1）知，平面，所以三棱锥的高为， 设点到平面的距离为, 由，，而， 则， 所以,则，即， 则， 由，得， 则， 即点到平面的距离为. 【小问3详解】 过点作交于点，则； 过点作交于点，连接，则；如下图所示： 因为平面，平面， 所以平面． 因为，平面，平面， 所以平面． 因为，平面，平面， 所以平面平面． 因为平面，所以平面． 所以在上存在点，使得平面，且． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 海城高中2025-2026学年下学期高一（2028届）6月阶段练习 数学试卷 命题人：高一数学组 审校人：高一数学组 时间：120分钟 满分：150分 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 2. 如图所示，梯形是平面图形用斜二测画法得到的直观图，，，则平面图形中对角线的长度为（ ） A. B. C. D. 3. 已知平面向量，满足，且，，则向量与的夹角（ ） A. B. C. D. 4. 如图，三棱柱中，点E，F，G，H分别为，，，的中点，则下列说法错误的是（ ）． A. E，F，G，H四点共面 B. 与是异面直线 C. ，，三线共点 D. 5. 圆台的一个底面圆周长是另一个底面圆周长的3倍，母线长为15，圆台的侧面积为，则圆台较小底面圆的半径为（ ） A. 7 B. 6 C. 5 D. 3 6. 已知点C是单位圆劣弧上一点，，以O为原点，OB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，设，则，如图所示.若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 如图，是圆的直径，垂直于圆所在的平面，为圆周上不与点重合的点，于，于，则下列结论不正确的是（ ） A. 平面平面 B. 平面 C. 平面 D. 平面平面 8. 已知函数，若将其图象向左平移个单位得到函数的图象.在钝角中，内角的对边分别是，若，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题，本大题共3个小题，每个小题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，全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分 9. 下列命题是真命题的是（ ） A. 直线不平行于平面，且，则平面内不存在与平行的直线 B. 两条直线平行是它们与同一平面所成角相等的充分不必要条件 C. 平面、，，，过内的任意一点作直线，则 D. 空间中，一个角两边分别垂直于另一个角两边，则这两个角相等或互补 10. 已知函数，则下列判断不正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 为奇函数 C. 的值域为 D. 在上是增函数 11. 如图，在棱长为1的正方体中，上底面内(含边界)有一动点，下列说法正确的有（ ） A. 若平面平面，则 B. 当时，点的轨迹长度为 C. 若异面直线CE与AB所成角为，则的取值范围是 D. 若是上一动点，则的最小值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分 12. 若一个正三棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为2，则这个三棱台的体积为___________； 13. 已知等边的边长为，是边上的高，以为折痕将折起，使，则三棱锥外接球的表面积为______. 14. 如图，在正四面体ABCD中，放置1大、4中、4小共9个球，其中，大球为正四面体ABCD的内切球，中球与大球及正四面体三个面均相切，小球与中球及正四面体三个面均相切.若正四面体ABCD的表面积，则9个球的表面积之和为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程，演算步骤． 15. 已知，，函数． （1）求函数的单调减区间； （2）若，且，求的值． 16. 如图，在四棱锥中，底面为正方形，点分别为的中点． （1）证明：平面； （2）在棱BC上是否存在点，使得平面平面？若存在，求出的值；若不存在，说明理由． 17. 如图，在三棱柱中，侧棱底面，，． （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的大小． 18. 中，，分别为内角的对边，． （1）求角的大小； （2）若是锐角三角形，，求面积的取值范围； （3）若，，且的面积为，求的长度． 19. 如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，G为中点． （1）求证：平面； （2）求点到平面的距离； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $