精品解析：江西宜春市丰城市第九中学2026-2027学年高一上学期9月阶段检测数学试题（日新班）

丰城九中2026-2027学年上学期高一日新班9月阶段性检测数学试题 考试时间：120分钟　试卷总分：150分 一、单选题：本大题共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. 已知复数，则在复平面内对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，化简复数，结合复数的几何意义，即可求解. 【详解】由复数， 所以复数在复平面内对应的点位于第一象限. 2. 如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 【答案】D 【解析】 【详解】根据直观图可得原图形中是直角三角形，，，， . 3. 下列结论中正确的是（ ） A. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的面所围成的几何体是一个圆锥 B. 以直角梯形的一边所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的面所围成的几何体是一个圆台 C. 以平行四边形的一边所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的面所围成的几何体是一个圆柱 D. 圆面绕其一条直径所在直线旋转后得到的几何体是一个球 【答案】D 【解析】 【分析】 圆锥的旋转轴是一直角边所在的直线，所以不正确；圆台的旋转轴是垂直底边的腰所在直线，所以错误；圆柱是矩形绕旋转轴旋转而来的，所以错误；由球的定义判断，正确. 【详解】在选项A中，若绕直角三角形的斜边所在直线旋转一周， 则得到的几何体不是一个圆锥，故选项A错误； 在选项B中，若绕直角梯形的上底所在直线旋转一周， 则得到的几何体不是圆台，故选项B错误； 在选项C中，若平行四边形的一个内角为锐角， 则绕其一边所在直线旋转一周，得到的几何体不是圆柱， 故选项C错误； 在选项D中，圆面绕其一条直径所在直线旋转后得到的几何体是一个球， 故选项D正确. 故选:D. 【点睛】本题考查简单旋转体的定义，注意对定义的理解和掌握，属于基础题. 4. 已知函数在上有且仅有三个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两角和与差的三角函数化简函数的解析式，利用函数的零点个数，转化为方程的根的个数，利用三角函数的有界性，转化求解即可． 【详解】因为， 故可得， 由，故可得， 令，可得， 则或或或，， 因为在上有且仅有三个解， ，解得． 故选：D. 【点睛】本题考查函数的零点的判断三角函数的图象与形状的应用，考查转化思想以及计算能力，属于中档题． 5. 在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，以下四个结论中正确的为（ ） A. 直线与直线平行 B. 直线与直线的交点在平面上 C. 直线与直线异面 D. 直线与直线的交点在直线上 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用平行公理及平面基本事实推理判断即可. 【详解】连接，由分别为的中点，得，且， 在中，，则，且， 因此且， 则四边形为梯形，为梯形两腰，它们相交且共面，故AC错误； 设，由平面，得平面； 由平面，得平面， 而平面与平面的交线为，于是， 即交点一定在直线上，且交点与点不重合， 因此交点不在平面上，故B错误，D正确． 6. 设，，，则有（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由辅助角公式、两角和的正切公式、及余弦二倍角公式化简，结合正弦函数的单调性即可判断. 【详解】 ， ， ， 由在的单调性可知：. 7. 已知函数，先将图象上所有点的横坐标缩短到原来的，再将图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.若，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】， 将图象上所有点的横坐标缩短到原来的，得到， 再将图象向左平移个单位长度，得到函数， 要使且， 则或， 所以，， 所以，，则. 8. 我圆古代数学家赵爽在注解《周髀算经》一书时介绍了“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形如图所示，记直角三角形较小的锐角为，大正方形的面积为，小正方形的面积为，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设大正方形的边长为，则直角三角形的直角边分别为，分别求得，结合，求得，结合，即可求解. 【详解】设大正方形的边长为，则直角三角形的直角边分别为， 因为是直角三角形较小的锐角，所以， 可得， 则， 即， 解得或（舍去）， 所以. 故选：C. 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 如图，在四棱锥中，、分别为、上的点，且平面，则（ ） A. B. 平面 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用线面平行的性质结合线面平行的判定可得出结论. 【详解】因为平面，平面，平面平面，， 平面，平面，因此，平面. 故选：BD. 10. 关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（ ） A. 点，与向量共线的单位向量为 B. 非零向量和满足，则与的夹角为 C. 已知平面向量，，若向量与的夹角为锐角，则 D. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，根据共线向量及单位向量的概念运算即得；对于B，利用向量夹角公式结合条件即得；对于C，由题可得即可判断；对于D，根据投影向量的概念结合条件即得. 【详解】对于A，因为，且，所以与向量共线的单位向量为，故错误； 对于B，因为，所以，即，化简得， 所以，即， 又， 所以， 因为，所以，故正确； 对于C，由，，向量与的夹角为锐角，则，所以且，故错误； 对于D，因为，， 所以在上的投影向量的坐标为，故正确. 故选：BD. 11. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（     ） A. 若B+C=2A，则面积的最大值为 B. 若，且只有一解，则b的取值范围为 C. 若C=2A，且为锐角三角形，则c的取值范围为 D. 为的外心，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由正弦定理可得，根据求出，再由余弦定理、基本不等式和三角形面积公式可判断A；由正弦定理得，利用可判断B；求出，利用为锐角三角形得的范围，由正弦定理得，求出的范围可判断C；做交于点点，则点为的中点，设可得，利用数量积公式计算可判断D. 【详解】对于A，由正弦定理可得， 因为，所以，所以， 若，且，所以， 由余弦定理得， 由，可得，即， 则面积，所以面积的最大值为，故A正确； 对于B，若，且，由正弦定理得， 所以，当时即，所以时有一解，故B错误； 对于C，若C=2A，所以，且为锐角三角形， 所以，解得，所以， 由正弦定理得，故C正确； 对于D，如图做交于点点，则点为的中点，且， 设，所以， 所以，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设向量，，且，则等于__________． 【答案】 【解析】 【详解】∵，，且，∴，即， ∴，故答案为. 13. 若，，并且、均为锐角且，则的值为_________. 【答案】## 【解析】 【分析】先利用平方关系求出、，再根据结合的范围求出的余弦值即可. 【详解】因为、，所以， 因为，所以， 因为，所以， 因为，所以， 因为、，所以， 则 ， 所以. 14. 在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________． 【答案】9 【解析】 【分析】方法一：先根据角平分线性质和三角形面积公式得条件，再利用基本不等式即可解出． 【详解】［方法一］：【最优解】角平分线定义＋三角形面积公式＋基本不等式 由题意可知，,由角平分线定义和三角形面积公式得，化简得，即， 因此 当且仅当时取等号，则的最小值为. 故答案为：. ［方法二］： 角平分线性质＋向量的数量积＋基本不等式 由三角形内角平分线性质得向量式． 因为，所以，化简得，即，亦即， 所以， 当且仅当，即时取等号． ［方法三］：解析法＋基本不等式 如图5，以B为坐标原点，所在直线为x轴建立平面直角坐标系．设，．因为A，D，C三点共线，则，即，则有，所以． 下同方法一． ［方法四］：角平分线定理＋基本不等式 在中，，同理．根据内角平分线性质定理知，即，两边平方，并利用比例性质得，整理得，当时，可解得．当时，下同方法一． ［方法五］：正弦定理＋基本不等式 在与中，由正弦定理得． 在中，由正弦定理得． 所以，由正弦定理得，即，下同方法一． ［方法六］： 相似＋基本不等式 如图6，作，交的延长线于E．易得为正三角形，则． 由，得，即，从而．下同方法一． 【整体点评】方法一：利用角平分线定义和三角形面积公式建立等量关系，再根据基本不等式“1”的代换求出最小值，思路常规也简洁，是本题的最优解； 方法二：利用角平分线的性质构建向量的等量关系，再利用数量积得到的关系，最后利用基本不等式求出最值，关系构建过程运算量较大； 方法三：通过建立直角坐标系，由三点共线得等量关系，由基本不等式求最值； 方法四：通过解三角形和角平分线定理构建等式关系，再由基本不等式求最值，计算量较大； 方法五：多次使用正弦定理构建等量关系，再由基本不等式求最值，中间转换较多； 方法六：由平面几何知识中的相似得等量关系，再由基本不等式求最值，求解较为简单． 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. 已知复数（为虚数单位）是关于的方程的一个根． （1）求，的值； （2）若，且，所对应的向量之间的夹角为钝角，求的取值范围． 【答案】（1），； （2）． 【解析】 【小问1详解】 因为是方程的根， 将其代入方程，得. 又， 所以，即. 由，得， 解得，. 【小问2详解】 由题意，对应的向量为，对应的向量为， 两向量夹角为钝角，需满足，且两向量不反向共线， 由，得. 当两向量共线时，，即， 此时，两向量反向，夹角为，舍去. 综上，. 16. 函数（，）的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式； （2）将该函数的图象向左平移个单位长度，向上平移1个单位长度，再将图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，当时，求的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据图象最高点确定，利用个周期长度求出，再代入最高点坐标结合的范围求出； （2）根据图象变换规律求出的解析式，再利用余弦函数的性质求出给定区间上的值域 【小问1详解】 解：由图象可知，函数的最大值为，所以. 观察图象，点为函数图象下降过程中的零点，点为函数图象的最高点， 所以，解得. 因为且，所以. 此时，将点代入解析式，得 ， 即 . 所以 ，解得 . 因为 ，令，解得. 所以函数的解析式为 . 【小问2详解】 解：将的图象向左平移个单位长度，得到的图象； 再向上平移个单位长度，得到的图象； 再将图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的倍 得到的图象. 因为，所以 . 由余弦函数的性质可知，当 ，即时， 取得最小值； 当或时， 取得最大值. 所以 . 所以 . 故函数的值域为 . 17. 如图，已知，，，分别是正方体的棱，，，的中点，且与相交于点． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求证：点在直线上； （3）求证：、、、四点共面． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由已知得出是异面直线与所成的角或其补角，再得出是等腰直角三角形，即可求解； （2）由点线面的关系，结合面面交线的性质即可证明； （3）由三角形中位线证明即可证明． 【小问1详解】 根据正方体的性质可知， 是异面直线与所成的角或其补角， ，分别是，的中点， ∴是等腰直角三角形， ，即异面直线与所成角的大小为． 【小问2详解】 ，平面， 平面， ，平面， 平面， 平面平面，即， 点在直线上． 【小问3详解】 连接，，，，因为，分别为，的中点，所以， 又因为正方体，，所以，所以、、、四点共面． 18. 如图，四棱锥中，底面为梯形，，，，点在棱上. （1）当为的中点时，求证：平面； （2）若平面，求的值. 【答案】（1）取棱的中点，记为点，连接、、， 在中，因为点、分别是、的中点， 所以是的中位线， 由此可得：，且， 已知底面为梯形，，，， 所以，且， 综合上述两点，可得，且， 因此，四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以由线面平行的判定定理可得：平面. （2）2 【解析】 【分析】（1）取的中点，利用中位线定理和底面梯形的平行关系构造出平行四边形，从而证得线线平行，进而由线面平行的判定定理得证； （2）连接交于点，利用线面平行的性质定理证得，再结合底面梯形相似比求出，最后在中利用平行线分线段成比例定理求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 连接，交于点，连接， 因为底面中， 所以，， 因此， 根据相似三角形对应边成比例，可得： ， 即，所以， 即， 因为平面，平面平面，且平面， 所以由线面平行的性质定理可得：， 在中， 因此有：， 即，那么， 所以. 19. 记的内角，，所对的边分别为，，，已知. （1）求角； （2）已知. （i）若的面积为，求的周长； （ii）若为锐角三角形，且角的内角平分线与角的内角平分线交于点，求面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理和变形得到，从而求出； （2）（i）由的面积得到方程，求出，由余弦定理得，从而得到三角形周长； （ii）由为锐角三角形，得，在中，由正弦定理得到方程，求出，，变形得到，由，得到面积的取值范围. 【小问1详解】 在中，由及正弦定理得， ， 因为，所以， 即， 因为，所以，即， 可得， 因为，所以. 【小问2详解】 （i）由以及的面积为，得，则， 因为，由余弦定理得，得， 解得，所以的周长为； （ii）为锐角三角形，，故，且 解得. ，分别平分角，角，则，，. 在中，由正弦定理得， 即，. 又由，得， 所以 . 由，得，故， 因此面积的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 丰城九中2026-2027学年上学期高一日新班9月阶段性检测数学试题 考试时间：120分钟　试卷总分：150分 一、单选题：本大题共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. 已知复数，则在复平面内对应的点所在的象限是（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 如图，是水平放置的的直观图，则的面积为（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 12 3. 下列结论中正确的是（ ） A. 以直角三角形的一边所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的面所围成的几何体是一个圆锥 B. 以直角梯形的一边所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的面所围成的几何体是一个圆台 C. 以平行四边形的一边所在直线为旋转轴，其余各边旋转一周而形成的面所围成的几何体是一个圆柱 D. 圆面绕其一条直径所在直线旋转后得到的几何体是一个球 4. 已知函数在上有且仅有三个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 在空间四边形中，点，分别是边，的中点，点，分别是边，上的点，且，以下四个结论中正确的为（ ） A. 直线与直线平行 B. 直线与直线的交点在平面上 C. 直线与直线异面 D. 直线与直线的交点在直线上 6. 设，，，则有（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，先将图象上所有点的横坐标缩短到原来的，再将图象向左平移个单位长度，得到函数的图象.若，且，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 8. 我圆古代数学家赵爽在注解《周髀算经》一书时介绍了“赵爽弦图”，它是由四个全等的直角三角形与一个小正方形拼成的大正方形如图所示，记直角三角形较小的锐角为，大正方形的面积为，小正方形的面积为，若，则的值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分. 9. 如图，在四棱锥中，、分别为、上的点，且平面，则（ ） A. B. 平面 C. D. 10. 关于平面向量，有下列四个命题，其中说法正确的是（ ） A. 点，与向量共线的单位向量为 B. 非零向量和满足，则与的夹角为 C. 已知平面向量，，若向量与的夹角为锐角，则 D. 已知向量，，则在上的投影向量的坐标为 11. 在中，角A、B、C所对的边分别为a、b、c，且，则下列说法正确的是（     ） A. 若B+C=2A，则面积的最大值为 B. 若，且只有一解，则b的取值范围为 C. 若C=2A，且为锐角三角形，则c的取值范围为 D. 为的外心，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设向量，，且，则等于__________． 13. 若，，并且、均为锐角且，则的值为_________. 14. 在中，角所对的边分别为，，的平分线交于点D，且，则的最小值为________． 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. 已知复数（为虚数单位）是关于的方程的一个根． （1）求，的值； （2）若，且，所对应的向量之间的夹角为钝角，求的取值范围． 16. 函数（，）的部分图象如图所示． （1）求函数的解析式； （2）将该函数的图象向左平移个单位长度，向上平移1个单位长度，再将图象上各点的纵坐标不变，横坐标伸长到原来的2倍，得到函数的图象，当时，求的值域． 17. 如图，已知，，，分别是正方体的棱，，，的中点，且与相交于点． （1）求异面直线与所成角的大小； （2）求证：点在直线上； （3）求证：、、、四点共面． 18. 如图，四棱锥中，底面为梯形，，，，点在棱上. （1）当为的中点时，求证：平面； （2）若平面，求的值. 19. 记的内角，，所对的边分别为，，，已知. （1）求角； （2）已知. （i）若的面积为，求的周长； （ii）若为锐角三角形，且角的内角平分线与角的内角平分线交于点，求面积的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $