江苏省南通中学2025-2026学年高一下学期第二次阶段检测数学试题

**基本信息** 南通中学高一数学阶段检测融合“阳马”“荣昌折扇”等传统文化与“飞车走壁”科技情境，通过立体几何、三角函数等模块的梯度设计，考查数学抽象、逻辑推理与空间想象素养。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |选择题|8/40|线面角关系、复数模长、解三角形|以正方体模型判断线面角与平行关系（第1题），体现空间观念| |填空题|3/15|纯虚数、圆台侧面积、球内几何|斜二测直观图还原求圆台侧面积（第13题），考查几何直观| |解答题|5/77|线面平行垂直、三角恒等变换、三棱锥体积|直三棱柱中面面垂直证明及点面距离计算（第17题），综合逻辑推理与运算能力|

南通中学2025-2026学年第二学期高一阶段检测 数 学 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．已知空间中两条直线，无公共点，则“直线，与平面所成的角相等”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 2．复数满足，则（    ） A．1 B．2 C． D．3 3．在钝角中，，，，则（    ） A．2 B．3或5 C．5 D．3 4．我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”如图所示，平面ABCD，PA=5，AB=3，BC=4，则该“阳马”的外接球的表面积为（    ） A． B．100π C．50π D． 5．若非零向量满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 6．已知a，b，c为三条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列说法错误的是（    ） A．若，，则 B．若，，，，则 C．若，，，，则 D．若，，，则 7．设的内角，，的对边分别为，，，若，且，则的外接圆半径为（  ） A．6 B．5 C．4 D．3 8．在中，，，垂足为，且，则当取最大值时，的周长为（    ） 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，有选错的得0分。 9．下列各式中运算正确的是（   ） A． B． C． D． 10．在中，已知，下列结论正确是（    ） A．； B． C．一定是钝角三角形； D．若，则的面积是． 11．荣昌折扇是中国四大名扇之一，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长”.荣昌折扇平面图为下图的扇形COD，其中，，动点P在上（含端点），连结OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（         ） A．若，则 B．若，则 C． D． 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若复数为纯虚数，则a=___________. 13．某水平放置的平面图形ABCD的斜二测直观图是梯形（如图所示），已知，，，将该平面图形绕其直角腰AB边旋转一周得到一个圆台，则该圆台的侧面积为______． 14．飞车走壁技艺利用圆周运动特点和惯性原理，表演者福佑崇文阁驾驶飞车在球形大棚的内壁上行走，飞车忽高忽低，斜走横行，甚至直贯球顶，该技艺目前已成为中国国宝级杂技节目．已知球形飞车大棚内有辆飞车、、、，分别飞行于上下平行两个的等圆周上，飞车飞行在上圆周，飞车、、飞行在下圆周，且满足，，则的最大值为______；若三棱锥的最大体积为，则球形飞车大棚的直径约为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．在四边形中，，，，其中，为不共线的向量． (1)判断四边形的形状，并给出证明； (2)若，，与的夹角为，为中点，求． 16．已知为锐角，. (1)求的值： (2)求的值. 17．如图，在直三棱柱中，，，点为中点，连接､交于点，点为中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求点到平面的距离. 18．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，D、E、F分别是棱PA、PB、PC的中点，连接DE，DF，EF. (1)求证:平面DEF//平面ABC； (2)若PA=BC=2，当三棱锥P-ABC的体积取最大值时，求二面角A-EF-D的平面角的余弦值。 19．已知是锐角三角形，内角的对边分别为，且. (1)求； (2)求的取值范围； (3)若，求边上的中线的取值范围. 南通中学2025-2026学年第二学期高一阶段检测 数 学 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．已知空间中两条直线，无公共点，则“直线，与平面所成的角相等”是“”的（   ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】B 【分析】根据线面角的概念结合充分条件、必要条件的概念即可得结果. 【详解】如图所示：在正方体中，令直线，，下底面为平面， 显然“直线，与平面所成的角相等”，但是“”不成立； 由线面角的定义可知：若“”，则“直线，与平面所成的角相等”成立； 即“直线，与平面所成的角相等”是“”的必要不充分条件， 故选：B 2．复数满足，则（    ） A．1 B．2 C． D．3 【答案】A 【分析】利用复数的分母实数化进行化简求得，利用公式求解模长即可. 【详解】， 所以1. 故选：A. 3．在钝角中，，，，则（    ） A．2 B．3或5 C．5 D．3 【答案】D 【分析】根据余弦定理求解即可. 【详解】在钝角中，，，， 则，即， 解得或. 当 时：，为钝角，符合要求； 当 时：，为锐角，此时三角形为锐角三角形，不符合要求. 故. 4．我国古代数学名著《九章算术》中将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为“阳马”．现有一“阳马”如图所示，平面ABCD，PA=5，AB=3，BC=4，则该“阳马”的外接球的表面积为（    ） A． B．100π C．50π D． 【答案】C 【分析】连接AC，BD，交于，取PC中点O，连接，则可证明平面ABCD，即O为该四棱锥的外接球的球心，在中，求得PC的值，进而可求得外接球半径R，代入公式，即可求得答案. 【详解】连接AC，BD，交于，取PC中点O，连接，如图所示 因为分别为PC，AC的中点， 所以， 又平面ABCD， 所以平面ABCD， 所以O到A,B,C,D的距离都相等，又， 所以O为该四棱锥的外接球的球心， 在中，，， 所以， 所以该四棱锥的外接球的半径， 所以该阳马的外接球的表面积. 故选：C 5．若非零向量满足，且向量在向量上的投影向量是，则向量与的夹角为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】依据投影向量的定义可列出等式，再求出向量与的夹角即可. 【详解】设向量与的夹角为， 则由题意结合投影向量的定义可知， 解得， 因为向量的夹角，所以. 6．已知a，b，c为三条不同的直线，，，为三个不同的平面，则下列说法错误的是（    ） A．若，，则 B．若，，，，则 C．若，，，，则 D．若，，，则 【答案】ACD 【分析】由线面平行的判定定理与性质定理，线面垂直的判定定理，面面平行的判定定理判断各选项． 【详解】选项A中，需要加条件才能得线面平行，A错； 选项B，，，，则，，，则，所以，B正确； 选项C，需要加条件相交，才能得出线面垂直，C错； 选项D，三棱柱的三条侧棱两两平行，但它们所在的平面是相交的不平行，D错． 故选：ACD． 7．设的内角，，的对边分别为，，，若，且，则的外接圆半径为（  ） A．6 B．5 C．4 D．3 【答案】D 【分析】利用二倍角公式及余弦定理角化边，然后因式分解得到为直角三角形，进而求得外接圆半径. 【详解】. 由余弦定理得，， 整理得，，即. 又，所以. 所以是以为斜边的直角三角形， 所以外接圆半径为. 8．在中，，，垂足为，且，则当取最大值时，的周长为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】据题意，设，由分析可得在线段之外，且，进而用表示、，利用余弦定理表示，结合基本不等式分析最小值，即可得当取最大值时的取值，由此计算可得答案． 【详解】根据题意，设， 若，则在线段之外，且，如图： 又由，则， 则，则， 则， 又由，当且仅当，即时等号成立， 此时取得最小值，则取得最大值， 此时，，所以的周长为； 故选：B． 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，有选错的得0分。 9．下列各式中运算正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】根据二倍角公式以及两角和差的余弦公式，两角和差的正切公式逐项分析即可. 【详解】因为，所以A正确； 因为，所以B错误； 因为， 所以，即，所以C正确； 因为，所以D错误. 10．在中，已知，下列结论正确是（    ） A．； B． C．一定是钝角三角形； D．若，则的面积是． 【答案】AC 【分析】由题目中的比例，可表示出三边，根据正弦定理以及余弦定理，结合三角形的面积公式，可得答案. 【详解】由已知可设，则， ，，A正确； 又，， 为钝角三角形，故B不正确；C正确； 若，则， 又，故D不正确． 故选：AC. 11．荣昌折扇是中国四大名扇之一，其精雅宜士人，其华灿宜艳女，深受各阶层人民喜爱.古人曾有诗赞曰：“开合清风纸半张，随机舒卷岂寻常；金环并束龙腰细，玉栅齐编凤翅长”.荣昌折扇平面图为下图的扇形COD，其中，，动点P在上（含端点），连结OP交扇形OAB的弧于点Q，且，则下列说法正确的是（         ） A．若，则 B．若，则 C． D． 【答案】ABD 【分析】建立平面直角系，表示出相关点的坐标，设，可得，由，结合题中条件可判断A，B，表示出相关向量的坐标，利用数量积的运算律，结合三角函数的性质，可判断C，D. 【详解】如图，作,分别以为x，y轴建立平面直角坐标系， 则， 设，则， 由可得 ，且， 若，则， 解得，（负值舍去），故，A正确； 若，则，，所以， 所以，故B正确； ，由于，故， 故，故C错误； 由于， 故 ，而，所以， 所以，故D正确， 故选：ABD 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．若复数为纯虚数，则a=___________. 【答案】-12 【分析】先化简复数，再利用复数的概念求解. 【详解】解：因为复数为纯虚数， 所以，解得， 故答案为：-12 13．某水平放置的平面图形ABCD的斜二测直观图是梯形（如图所示），已知，，，将该平面图形绕其直角腰AB边旋转一周得到一个圆台，则该圆台的侧面积为______． 【答案】 【分析】结合斜二测法可得圆台上、下底面半径及母线长度，结合圆台性质与圆锥的侧面积公式计算即可得该圆台的侧面积. 【详解】由题可得，，，， 则所得圆台上底面为以为半径的圆，下底面为以为半径的圆，高为， 其母线为， 故其侧面积. 14．飞车走壁技艺利用圆周运动特点和惯性原理，表演者福佑崇文阁驾驶飞车在球形大棚的内壁上行走，飞车忽高忽低，斜走横行，甚至直贯球顶，该技艺目前已成为中国国宝级杂技节目．已知球形飞车大棚内有辆飞车、、、，分别飞行于上下平行两个的等圆周上，飞车飞行在上圆周，飞车、、飞行在下圆周，且满足，，则的最大值为______；若三棱锥的最大体积为，则球形飞车大棚的直径约为______． 【答案】 【分析】利用余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，进而可求得的最大值，求出的外接圆半径以及三棱锥的高的最大值，利用球的截面圆的性质得出可求出球形飞车大棚的半径，由此可得出结果. 【详解】由余弦定理可得：， ． 设三棱锥的高为，由题中最大体积知，，． 由正弦定理可得：截面圆的直径，所以． 由球的截面性质可知球的半径满足，故， 球形飞车大棚的直径大约为． 故答案为：；. 【点睛】思路点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．在四边形中，，，，其中，为不共线的向量． (1)判断四边形的形状，并给出证明； (2)若，，与的夹角为，为中点，求． 【答案】(1)四边形为梯形，证明见解析 (2) 【分析】（1）根据向量线性运算判断的关系即可； （2）利用向量数量积先求，和，然后由向量夹角公式可得. 【详解】（1）因为，， 所以， 又因为，所以， 又因为四点不共线，所以且，所以四边形为梯形． （2）因为， 所以， 因为为中点，所以， 所以，所以， 所以， 因为，所以．      16．已知为锐角，. (1)求的值： (2)求的值. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）根据二倍角公式和同角三角函数基本关系式，化简求解； （2）利用同角三角函数基本关系求出和，再利用正切的差角公式求出的值，进而利用正切的和角公式求得的值. 【详解】（1）已知为锐角，，由同角三角函数关系可得：， 由，代入得： 解得（为锐角，舍去），故， 由二倍角公式：. （2）因为为锐角，所以，由得： ， 因此. 由，代入，： ，解得. 所以. 17．如图，在直三棱柱中，，，点为中点，连接､交于点，点为中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面平面； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）. 【分析】（1）利用三角形的中位线性质可得，然后再利用线面平行的判定定理即可证出. （2）根据题意可证，，再利用线面垂直、面面垂直的判定定理即可证出. （3）方法一：利用等体法即可求解；方法二：利用综合法，作，垂足为，连接，作，垂足为，证出为点到平面的距离，在直角中，求解即可. 【详解】（1）直三棱柱，四边形为平行四边形   为的中点   为的中点， 又平面，平面，平面 （2）四边形为平行四边形， 平行四边形为菱形，即   三棱柱为直三棱柱      平面 平面       ，                   ，，平面 平面 平面，， ，，平面， 平面， 平面 ， 平面平面   （3）法一：(等体积法)连接，设点到平面的距离为 平面，平面， ，为三棱锥高， 在直角中，，. 在直角中，，. 在直角中，，，. 在等腰中，， ， ， 点到平面的距离为 方法二：(综合法)作，垂足为，连接，作，垂足为. 平面，平面 ，，平面 平面 平面 ，，平面， 平面， 即为点到平面的距离， 在直角中， ；在直角中， ， 点到平面的距离为. 【点睛】本题考查了线面平行的判定定理、线面垂直的判定定理、面面垂直的判定定理、等体法求点到面的距离，属于中档题. 18．如图，在三棱锥P-ABC中，PA⊥平面ABC，AB⊥AC，D、E、F分别是棱PA、PB、PC的中点，连接DE，DF，EF. (1)求证:平面DEF//平面ABC； (2)若PA=BC=2，当三棱锥P-ABC的体积取最大值时，求二面角A-EF-D的平面角的余弦值。 【答案】(1)证明过程详见解析 (2) 【分析】（1）由已知中D、E分别是棱PA、PB的中点，根据三角形中位线定理，我们可以得到DE∥AB，由线面平行的判定定理可得DE∥平面PAB，同理可证DF∥平面PAB，进而由面面平行的判定定理，我们可得平面DEF∥平面ABC； （2）作DG⊥EF，垂足为G，连接AG，则∠AGD是二面角A-EF-D的平面角，解△AGD即可求出二面角A-EF-D的平面角的余弦值． 【详解】（1）∵D、E分别是棱PA、PB的中点， ∴DE是△PAB的中位线，∴DE∥AB， ∵DE平面ABC，AB⊂平面ABC， ∴DE∥平面ABC，…（2分） 同理DF∥平面ABC， ∵DE∩DF=D，DE⊂平面DEF， DF⊂平面DEF， ∴平面DEF∥平面ABC．…（4分） （2）由已知PA⊥平面ABC，AC⊥AB，PA=BC=2， ∴AB2+AC2=BC2=4， 即 ， 当且仅当时取等号，即三棱锥P-ABC的体积取最大值， 作DG⊥EF，垂足为G，连接AG， ∵PA⊥平面ABC，平面ABC∥平面DEF，∴PA⊥平面DEF， ∵EF⊂平面DEF，∴PA⊥EF． ∵DG∩PA=D，∴EF⊥平面PAG，AG⊂平面PAG，∴EF⊥AG， ∴∠AGD是二面角A-EF-D的平面角 由题可知，， ∴。 19．已知是锐角三角形，内角的对边分别为，且. (1)求； (2)求的取值范围； (3)若，求边上的中线的取值范围. 【答案】(1) (2) (3) 【分析】（1）利用正弦定理化边为角，再根据三角形内角和定理及三角恒等变换化简即可得解； （2）根据三角形内角和定理及三角恒等变换化简，再结合三角函数的性质即可得解； （3）易得，两边同时平方将用表示，再利用正弦定理求出，再根据三角函数的性质即可得解. 【详解】（1）由及正弦定理得， ， 因为，所以， 即， 所以，即， 因为，所以， 因为，所以； （2） ， 因为是锐角三角形，且， 所以，所以， 所以， 所以的取值范围为； （3）由余弦定理得，，即， 由边上的中线为，得， 两边平方得， 由正弦定理可知，， 所以， 所以 ， 由（2）知， 所以， 即，则. 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $