2024-2025学年山东师范大学附属中学高一下学期4月阶段性检测数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年山东师范大学附属中学高一下学期4月阶段性检测数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是( )
A. 四棱台B. 四棱锥C. 四棱柱D. 三棱柱
2.欧拉公式eiθ=csθ+isinθ由瑞士数学家欧拉发现，其将自然对数的底数e，虚数单位i与三角函数csθ，sinθ联系在一起，被誉为“数学的天桥”.根据以上内容，可知e2π3i在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
3.已知▵ABC中，a=2，b= 6，B=π3，则A=( )
A. π4B. π3C. π4或3π4D. π3或2π3
4.已知平面向量a=(m,2),b=(2,1)，若a+b⊥a−b，则实数m=( )
A. −1B. 1C. −1或1D. 4
5.如图，一个水平放置的平面图形的直观图A′B′C′D′为矩形，其中A′D′=2A′B′=2，则原平面图形的周长为( )
A. 3 2B. 8C. 2+2 6D. 14
6.在▵ABC中，BD=2DC，过点D的直线分别交直线AB、AC于点E、F，且AE=mAB,AF=nAC，其中m>0，n>0，则m+2n的最小值为( )
A. 2B. 2C. 3D. 83
7.已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为2π，则圆台上下底面面积之差的绝对值为( )
A. πB. 2πC. 4πD. 8π
8.如图，“六芒星”是由两个边长为2正三角形组成，中心重合于点O且三组对边分别平行，点A,B是“六芒星”(如图)的两个顶点，动点P在“六芒星”上(内部以及边界)，则OB⋅AP的取值范围是( )
A. −23,23B. −32,32C. − 3, 3D. −2, 3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 一个棱柱至少有5个面
B. 直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥
C. 若平面α内无数条直线和平面β平行，则平面α//平面β
D. 若平面α内任意条直线和平面β平行，则平面α//平面β
10.已知i为虚数单位，则下列结论中不正确的是( )
A. 复数−2−i的虚部为−iB. 3+i>1+i
C. 若z为复数，则z⋅z为实数D. 若z为复数，则|z|2=z2
11.在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=4，P、Q分别为棱C1D1、DD1的中点，点E满足AE=λAB1，λ∈[0,1]，动点F在矩形ADD1A1内部及其边界上运动，且满足PF= 5，点M在棱AA1上，将▵ADM绕边AD旋转一周得到几何体Ω，则( )
A. 以正四棱柱ABCD−A1B1C1D1的上下底面的内切圆为底且与正四棱柱等高的圆柱的侧面积，与正四棱柱的外接球的表面积之比为1:3
B. 动点F的轨迹长度为2π
C. 存在E，F，使得EF//平面A1BC1
D. 当动点F的轨迹与几何体Ω只有一个公共点时，几何体Ω的侧面积为8 3π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知e1，e2表示两个夹角为π3的单位向量，O为平面上的一个固定点，P为这个平面上任意一点，当OP=xe1+ye2时，定义(x,y)为点P的斜坐标.设点Q的斜坐标为(2,1)，则OQ= ．
13.已知正三棱台ABC−A1B1C1的上、下底面的边长分别为2和4，侧棱长为 2，则此三棱台的体积是 ．
14.某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧(劣弧)沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心(即三角形三条高线的交点)如图，已知锐角▵ABC外接圆的半径为4，且三条圆弧沿▵ABC三边翻折后交于点P.若AB=6，则cs⁡∠PAC= ；若AC:AB:BC=6:5:4，则PA+PB+PC的值为 ．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知复数z=3+mi，其中m∈R．
(1)设z1=(1+3i)z，若z1是纯虚数，求实数m的值；
(2)设m=−1，分别记复数z、z2在复平面上对应的点为A、B，求OA与OB的夹角余弦值以及OA在OB上的投影向量．
16.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，底面ABC是正三角形，AB=AA1=2 2，BC边上的中点为D．
(1)求四棱锥C1−A1B1BA的体积；
(2)判断▵AC1D的形状，并说明理由；求三棱柱ABC−A1B1C1截去三棱锥C1−ACD后所得几何体的表面积．
17.(本小题12分)
在▵ABC中，∠ABC=23π,D在边AC上，且BD平分∠ABC，若AD=4，CD=2
(1)证明：ABBC=ADCD=2；
(2)求▵ABC的面积；
(3)求BD的长．
18.(本小题12分)
如图，四边形ABCD是平行四边形，点P是平面ABCD外一点．
(1)求证：BC//平面PAD；
(2)已知M，N分别是PC，AB的中点，在DM上取一点G，过G和AP作平面交平面BDM于HG，
(i)求证：AP//HG；
(ii)求证：MN//平面PAD．
19.(本小题12分)
已知a，b，c分别为▵ABC三个内角A，B，C的对边，满足A=π3， 3acsC+asinC=2 3．
(1)求b；
(2)在▵ABC中，若AB=3，N是BC的中点，AM=23AB，设CM与AN相交于点P.求cs∠MPN的值；
(3)若▵ABC为锐角三角形，且外接圆圆心为O，求▵OAC和▵OBC面积之差的最大值．
参考答案
1.C
2.B
3.A
4.C
5.D
6.C
7.A
8.A
9.AD
10.ABD
11.ACD
12. 7
13.7 23/73 2
14.34/0.75 ；232
15.【详解】(1)z1=(1+3i)(3+mi)=3−3m+(9+m)i，因为z1是纯虚数，
所以3−3m=0且9+m≠0，解得m=1；
(2)当m=−1时，z=3−i，故A(3,−1),OA=(3,−1)，
z2=(3−i)2=8−6i，故B(8,−6),OB=(8,−6)．
设OA,OB=θ，则csθ=OA⋅OB|OA|⋅|OB|=30 10⋅10=3 1010；
所以OA在OB上的数量投影向量为|OA|⋅csθ⋅OBOB= 32+(−1)2×3 1010⋅(8,−6)10=125,−95．
16.【详解】(1)三棱柱的体积V= 342 22⋅2 2=4 6，
三棱锥C1−ABC的体积为13V=13×4 6=4 63
所以四棱锥C1−A1B1BA的体积VC1−A1B1BA=V−13V=23V=8 63．
(2)▵AC1D为直角三角形，
理由：由题意得AD= 2 22− 22= 6，C1D= 2 22+ 22= 10，AC1= 2 22+2 22=4，
从而AD2+C1D2=AC12，即AD⊥DC1，可得▵AC1D为直角三角形，
所以S▵AC1D=12⋅ 6⋅ 10= 15，
所以12 2+2 2⋅2 2+122 22+2 22+ 342 22+ 382 22+ 15
=6+4+8+2 3+ 3+ 15=18+3 3+ 15，
因此几何体的表面积为3 3+ 15+18．
17.【详解】(1)
证明：在▵ABC中，∠ABC=23π,D在边AC上，且BD平分∠ABC，
所以∠CBD=∠DBA=π3，AD=4，CD=2，
在▵BAD中，ABsin⁡∠BDA=ADsin⁡∠ABD，
在▵BCD中，BCsin⁡∠BDC=CDsin⁡∠CBD，
两式作比值可得，ABsin⁡∠BDABCsin⁡∠BDC=ADsin⁡∠ABDCDsin⁡∠CBD⇒ABsin⁡∠BDABCsin⁡(π−∠BDA)=ADsinπ3CDsinπ3=2，
化简得ABsin⁡∠BDABCsin⁡∠BDA=ADCD=2⇒ABBC=ADCD=2．
(2)因为BD平分∠ABC，所以ABBC=ADCD=2，
设BC=x,AB=2x，由余弦定理，得AC2=AB2+BC2−2AB×BCcs⁡∠ABC，
即62=x2+(2x)2−2x⋅2xcs120°，解得x=67 7．
S▵ABC=12⋅2x⋅xsin⁡2π3=18 37⋅
(3)由S▵ABC=S▵ABD+S▵DBC，得12⋅2x⋅xsin2π3=12⋅2x⋅BDsinπ3+12⋅x⋅BDsinπ3，
解得BD=23x，所以BD=23x=23×67 7=47 7．
18.【详解】(1)因为四边形ABCD是平行四边形，所以BC//AD，
又BC⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，
所以BC//平面PAD．
(2)(i)连接AC，交BD于O，连接MO，如下图：
因为四边形ABCD是平行四边形，所以O是AC的中点，
又因为M是PC的中点，所以MO//PA．
又因为MO⊂平面BDM，PA⊄平面BDM，所以PA//平面BDM．
又因为PA⊂平面PAHG，平面PAHG∩平面BDM=GH，
所以AP//HG．
(ii)连接ON，如下图：
易知ON//AD，显然ON⊄平面PAD，AD⊂平面PAD，所以ON//平面PAD；
同理可得MO//PA，即MO//平面PAD；
又MO∩ON=O，所以平面MNO//平面PAD，
又因为MN⊂平面MNO，
所以MN//平面PAD．
19.【详解】(1)由正弦定理得asinA=bsinB，则a 32=bsin(A+C)，即a=b⋅ 32sinπ3+C，
又 3acsC+asinC=2 3，则2asinC+π3=2 3，
则2⋅b⋅ 32sinπ3+C⋅sinC+π3=2 3，
即b=2．
(2)方法一：
以AB，AC为基底，设AB=a，AC=b，则AN=12a+12b，CM=23a−b，a⋅b=3；
所以AN⋅CM=12a+12b23a−b=13a2−12b2−16a⋅b=12；
AN= 12a+12b2= 14a2+14b2+12a⋅b= 94+1+32= 192，
CM= 23a−b2= 49a2+b2−43a⋅b= 4+4−4=2；
则cs⁡AN→,CM→=cs⁡∠MPN=AN→⋅CM→|AN→|⋅|CM→|=12 192×2= 1938．
方法二：
以A点为坐标原点，AB为x轴，过A垂直于AB的直线为y轴，建立直角坐标系，如下图：
易知A(0,0)，B(3,0)，C1, 3，M(2,0)，N2, 32，
则CM=1,− 3，AN=2, 32；
可得cs〈AN,CM〉=cs∠MPN=AN⋅CMAN⋅CM=12 192×2= 1938;
(3)设▵ABC外接圆半径为R，则OA=OB=OC=R，且2R=bsinB=2sinB，
即R=1sinB，如下图所示：
因为∠AOC=2B，∠BOC=2A=2π3
所以S▵AOC=12R2⋅sin⁡∠AOC=12⋅1sin2B⋅sin⁡2B=1tanB，
S▵OBC=12R2⋅sin⁡∠BOC=12⋅1sin2B⋅sin⁡2π3= 34⋅sin2B+cs2Bsin2B= 34⋅(1+1tan2B)
所以S▵AOC−S▵OBC=1tanB− 34⋅(1+1tan2B)=− 34⋅1tan2B+1tanB− 34，
由0