山东省青岛市第三十九中2024−2025学年高一下学期5月阶段性检测 数学试题（含解析）

这是一份山东省青岛市第三十九中2024−2025学年高一下学期5月阶段性检测 数学试题（含解析），共12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
1．已知向量，，若，则（ ）
A．B．C．10D．
2．已知m，n为两条不同的直线，α，β为两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若m//α，n//β，α//β，则m//n
B．若m//α，m//β，α∩β＝n，则m//n
C．若n//α，n//β，则α//β
D．若m//n，n⊂α，则m//α
3．如图，四棱锥，， 是 的中点，直线交平面 于点 ，则下列结论正确的是
A． 四点不共面B． 四点共面
C． 三点共线D． 三点共线
4．如图，一个大风车的半径长为，每旋转一周，最低点离地面为，若风车翼片从如图所示的点处按逆时针方向开始旋转，已知点离地面，则该翼片的端点离地面的距离y（）与时间x（）之间的函数关系是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知圆锥的底面半径为，其侧面展开图为一个半圆，则该圆锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．记函数的最小正周期为，且.将的图象向右平移个单位，所的图象关于轴对称，则的最小值为（ ）
A．5B．4C．3D．2
7．某数学兴趣小组成员为测量某建筑的高度OP，选取了在同一水平面上的A，B，C三处，如图.已知在A，B，C处测得该建筑顶部P的仰角分别为，，，，米，则该建筑的高度（ ）
A．米B．米C．米D．米
8．如图所示，边长为1的正方形的顶点，分别在边长为的正方形的边和上移动，则的最大值是（ ）
A．4B．C．D．2
二、多选题
9．已知平面向量，，则（ ）
A．B．与可作为一组基底向量
C．与夹角的余弦值为D．在方向上的投影向量的坐标为
10．已知函数，要得到函数的图象可由函数的图象（ ）
A．先将横坐标扩大为原来的2倍，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
B．先将横坐标缩小为原来的，纵坐标不变，再向右平移个单位长度
C．先向右平移个单位长度，再将横坐标缩小为原来的，纵坐标不变
D．先向右平移个单位长度，再将横坐标缩小为原来的，纵坐标不变
11．在复平面内，下列说法正确的是（ ）
A．复数，则在复平面内对应的点位于第一象限
B．
C．若复数满足，则
D．若，则的最大值为
三、填空题
12．如图，在中，是线段上的一点，若，则实数 ．
13．将一个半径为的铁球熔化后，浇铸成一个正四棱台形状的铁锭，若这个铁锭的底面边长为和，则它的高为 .
14．在边长为1的正方体中，点M是该正方体表面上一个动点，且平面，则动点M的轨迹的长度是 .
四、解答题
15．记的内角的对边分别为，已知．
(1)求；
(2)若的面积为，求．
16．如图所示，已知是平行四边形所在平面外一点，分别是的中点.

（1）求证：平面；
（2）设平面平面，求证：.
17．已知复数满足.
（1）求；
（2）若是实系数一元二次方程的一个根，求方程的另一个根和bc的值.
18．在中，设所对的边分别为，已知.
（1）求角的值；
（2）若，判断的形状；
（3）若为锐角三角形，且，求的面积的取值范围.
19．如图，我们把由平面内夹角成的两条数轴Ox，Oy构成的坐标系，称为“完美坐标系”.设，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，若向量，则把实数对叫做向量的“完美坐标”.
(1)若向量的“完美坐标”为，求；
(2)已知，分别为向量，的“完美坐标”，证明：；
(3)若向量，的“完美坐标”分别为，，设函数，x∈R，求的值域.
参考答案
1．【答案】D
【详解】向量，，由，得，所以.
故选D
2．【答案】B
【详解】对于A，若m//α，n//β，α//β，则m//n或m与n相交或m与n异面，故A错误；
对于B，若m//α，则在平面α内存在不同于n的直线l，使得l//m，则l//β，
从而l//n，故m//n，故B正确；
对于C，若n//α，n//β，则α//β或α与β相交，故C错误；
对于D，若m//n，n⊂α，则m//α或m⊂α，故D错误．
故选B．
3．【答案】D
【详解】直线与直线交于点，所以平面与平面交于点O，所以必相交于直线，直线在平面内，点故面，故四点共面，所以A错．
点若与共面，则直线在平面内，与题目矛盾，故B错．
为中点，所以，，故，故C错．
故选D．
4．【答案】A
【详解】根据题意，设，
因为大风车每，即周期，
所以，
因为函数的最小值为，最大值为，
所以，解得，
即，
根据题意，函数过，
所以有，即，
不妨取，
则
.
故选A.
5．【答案】B
【详解】设母线长为，依题意得，，解得，于是圆锥的高为，
根据圆锥的体积公式，其体积为：.
故选B

6．【答案】A
【详解】函数的最小正周期，
由，可得，而，则，
函数的图象向右平移个单位后得，
而函数的图象关于轴对称，因此，解得，
所以的最小值为.
故选A
7．【答案】B
【详解】设，则可得，
由，可得B是AC的中点，所以，
而，则，
，中，由余弦定理可得：，
解得：，所以该建筑的高度米.
故选B.
8．【答案】D
【详解】如图：以为原点，以所在的直线为轴，建立平面直角坐标系：
设，由于，故，，
如图，，
故，，
即，，
同理，，，即，
所以
，
当即时，有最大值，
故选D
9．【答案】BC
【详解】对A：，则，故A错误；
对B：易得与为不共线的向量，故与可作为一组基底向量，故B正确；
对C：，故C正确；
对D：，故D错误.
故选BC.
10．【答案】BC
【详解】先将横坐标缩小为原来的 ，纵坐标不变，得到 ，
再向右平移 个单位长度得到函数 的图象，A错误，B正确；
先向右平移 个单位长度，得到 ，
再将横坐标缩小为原来的 ，纵坐标不变，得到函数 的图象，C正确，D错误.
故选BC.
11．【答案】ABD
【详解】对于A，在复平面内对应的点位于第一象限，A正确；
对于B，由，又当时，，
因此，B正确；
对于C，取，，而，C错误；
对于D，表示复平面内复数对应点的轨迹是以原点为圆心的单位圆，
表示点与定点的距离，因此，D正确.
故选ABD
12．【答案】/0.4
【详解】在中，由及，得，
由三点共线，得，所以.
13．【答案】
【详解】球的体积为①，
设铁锭的高为，则正四棱台的体积为②，
由解得．
14．【答案】
【详解】如图，边长为1的正方体中，
动点M满足平面，
由面面平行的性质得：当始终在一个与平面平行的面内，即满足题意，
连接，，，
因为且，所以四边形为平行四边形，
所以，同理，
又平面，平面，所以平面，
因为平面，平面，所以平面，
又因平面，
所以平面平面，
又平面，M是该正方体表面上一个动点，所以动点M的轨迹为.
因为，所以动点M的轨迹的长度为.
15．【答案】(1);
(2)5
【分析】（1）由已知，结合正弦定理边角互化，再根据余弦定理求得即可求解；
（2）由三角形面积公式求得，根据及余弦定理得出，再由完全平方公式即可求解．
【详解】（1）由正弦定理得，，即，
由余弦定理得，，
又，所以;
（2）因为的面积为，所以，即，
由，则，即，
所以，即．
16．【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析
【详解】（1）取的中点，连接，如图所示，
由，且，
，且，
所以，且，
所以四边形是平行四边形，
所以，
又平面，平面，
所以平面；
（2）因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面平面，
所以.

17．【答案】（1）
（2），
【详解】（1）设，
因为，则，
故，解得，
故；
（2）因为是实系数一元二次方程的一个根，
则也为实系数一元二次方程的一个根，
故，解得，
故.
18．【答案】（1）
（2）等边三角形
（3）
【详解】（1）在中，由及正弦定理，得，
整理得，
因，则，则得，
而，所以.
（2）在中，由及正弦定理，得，
故得，因，故得，
即为等边三角形.
（3）由（1）知，，
因为锐角三角形，得，则，
由正弦定理，得，
所以.
19．【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)
【分析】（1）先计算的值，再由，利用向量数量积的运算律计算即可；
（2）利用向量数量积的运算律计算并化简即可得证；
（3）利用（2）的公式计算，设，求出，将转化成，结合二次函数的图象即可求得的值域.
【详解】（1）因为的“完美坐标”为，则，
又因为，分别为Ox，Oy正方向上的单位向量，且夹角为，
所以,，
所以.
（2）由（1）知，
所以
，
即.
（3）因为向量，的“完美坐标”分别为，，
由（2）得.
令，则，
因为x∈R，所以，即，
令，
因为的图象是对称轴为，开口向上的抛物线的一部分，
所以当时，取得最小值，
当时，取得最大值，
所以的值域为.
【思路导引】本题在求解与之相关的函数问题时，应按照新定义，准确写出函数解析式，对于较复杂的三角式，常常运用整体换元思想，将其转化成熟悉的函数，如二次函数、双勾函数等，利用这些函数的图象性质特征求解即可.