浙江省杭州学军中学2025-2026学年高一下学期周末练4数学试卷含解析（word版+pdf版）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 已知复数，则
A．13B．C．5D．
【答案】D
【解析】，.
2. 下列结论正确的是
A．侧面都是等腰三角形的三棱锥是正三棱锥
B．六条棱长均相等的四面体是正四面体
C．有两个侧面是矩形的棱柱是直棱柱
D．用一个平面去截圆锥，底面与截面之间的部分叫圆台
【答案】B
【解析】底面是等边三角形，且各侧面三角形全等，这样的三棱锥才是正三棱锥，A错误；
斜四棱柱也可能有两个侧面是矩形，C错误；
六条棱长均相等的四面体是正四面体，B正确；
截面平行于底面时，底面与截面之间的部分才叫圆台，D错误.
3.设m，n，l是不同的直线，是两个不同的平面，给出下列说法，其中正确的是
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【解析】对于A，由，与可能平行，相交或异面，故A错误；
对于B，由，与可能平行或相交，故B错误；
对于C，由线面平行的性质定理可得，故C正确；
对于D，由，则与可能平行或异面，故D错误 .
4.如图，点A，B，C，M，N为正方体的顶点或所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线平面的是
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】对于A,如下图所示，
易得,则，
又平面,平面,则平面，故A满足；
对于B，如下图所示，
为所在棱的中点，连接,易得,则四边形为平行四边形，四点共面，又易知，又平面,平面,则平面，故B满足；
对于C,如下图所示，
点为所在棱的中点，连接,易得四边形为平行四边形，四点共面，且,又平面,平面,则平面，故C满足；
对于D，连接,
由条件及正方体的性质可知四边形是等腰梯形，所以与所在的直线相交，
故不能推出与平面不平行，故D不满足.
5.在三棱锥中，，，，点P在平面上投影为A，则三棱锥的外接球的表面积为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在中，由余弦定理，，
，，
设的外接圆半径为，由正弦定理，，则，
设外接球的球心为，半径为，的外接圆的圆心为，
由题可得平面，而平面，
过点作，交于点，连接，
则，易得矩形，则，
在直角三角形中，，解得，
所以三棱锥外接球的表面积为.
6.在锐角中，角A，B，C的对边分别为，，，为的面积，且，则的取值范围为
A．B．C．D．
【答案】A
【解析】在锐角，由余弦定理可知，
由面积公式可得，代入到已知条件可得
，
因为，化简可得，
根据恒等变换可得，因为锐角，
所以，所以可得，
所以，
则，
因为锐角，所以，
则，在单调递增，
则，令，所以，
所以，由对勾函数的单调性知在单调递减，在单调递增，
当时，是极小值，当或时，最大值，
则.
7.已知中，，，且的最小值为，若P为边AB上任意一点，则的最小值是
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】设，故，若，
由，则，，共线，故，
由图得，当时有最小值，又，
∴，即，即为等边三角形．
由余弦定理，，
设M为BC中点，，
∴当取最小值时，有最小值，
∵为边上任意一点，
∴当时，有最小值，
设，过点作于点，则，
又，为的中位线，
∴，即，
∴.
8.某社区为了优化环境，规划在一块平面空地上新建休闲草坪区域和社区健身区域，这两块区域合成形状为如图所示的四边形，其中为健身区域，为草坪区域，且（单位：百米），，．现拟在A、C两点间修建一条笔直小路（路的宽度忽略不计），当草坪区域面积最大时，小路AC的长（单位：百米）为
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】由题意知△ACD为等边三角形，
设AC=AD=CD=x,∠ABC=θ,∠ACB=α，则x2=52−163csθ，
设△BCD的面积为S，则S=3xcsα+3xsinα，
在△ABC中，2sinα=xsinθ,4=x2+48−83xcsα，
所以xsinα=2sinθ,xcsα=x2+4483.
故S=3×x2+4483+23sinθ=23⋅sinθ−3csθ+6，即S=232sinθ−60∘+6]，
当θ−60∘=90∘，即θ=150∘时，S最大，此时x2=76，所以AC=219.
二、多选题：本题共3小题，每小题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。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9.已知，关于x的方程有一个根为，i为虚数单位，另一个根为z，则
A．该方程不存在实数根B．，
C．在复平面内对应的点在第四象限D．
【答案】ABD
【解析】，关于的方程有一个根为，
得，
整理得，因此，解得，
所以方程为，故B正确；
对于A，根据方程，可得，
所以方程无实数根，故A正确；
对于C，D，方程，由韦达定理可知，得，
,对应的点为，在第一象限．，
所以，故C错误，D正确.
10.已知点O在所在的平面内，则下列命题正确的是
A．若O为的外心，， 则
B．若O为的垂心，，则
C．若，则与的面积之比为
D．若，的面积为8，则的面积为14
【答案】BD
【解析】对于A，由，，则，
，故A错误；
对于B，由，又，
所以，故B正确；
对于C，因为，由奔驰定理可得，故C错误；
对于D，由，则,
即，由奔驰定理可得，
又，则，故D正确.
11.如图，正三棱台的上下底面边长分别为3和6，侧棱长为3，则下列结论中正确的有
A．过AC的平面截该三棱台所得截面三角形周长的最小值为
B．棱长为的正四面体可以在该棱台内随意转动
C．直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切）
D．该三棱台可以整体放入直径为的球内
【答案】ACD
【解析】延长正三棱台侧棱相交于点，在中，因为，
所以，同理，所以，
可知三棱锥为正四面体.
由正棱台的性质可知，过AC的平面截与平面相交时，该三棱台所得截面为梯形，
过AC的平面截与侧棱相交时，该三棱台所得截面为三角形，因为为的中点，
所以为的高即到的最短距离，同理为到的最短距离，
所以截面三角形周长的最小值为的周长,故A正确；
由题意知，在等腰梯形中，过作，如图所示，
则，，又因为，所以，
由题意知，、、、分别为、、、的中点，
又，所以，
又因为，，
，即，
所以，
所以.
设正三棱台的内切球球心为，则由等体积法可知，
，则，
所以，解得，
所以内切球的直径为，
所以直径为的球可以整体放入该三棱台内（含与某面相切），故C正确；
先证在正四面体中，棱长，则其外接球的半径为：
取的中点，连接，设顶点在底面的射影为，则是底面的重心，连接，则外接球的球心在上，设为，连接，
则，，则，
所以，在直角中，，
即，所以.
对于选项B，棱长为的正四面体的外接球半径为，
其直径为，故棱长为的正四面体不可以在该棱台内随意转动，故B错误；
对于选项D，因为的外接圆半径为，
且，
所以正三棱台可以放置在以为球心，半径为的球内，
即该三棱台可以整体放入直径为的球内，正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.有一个多边形水平放置的斜二测直观图是直角梯形（如图所示），，，，则原多边形面积为________.
【答案】
【解析】因为直角梯形，，,所以直观图的面积是,因为原来的平面图形面积是直观图面积的倍，所以平面图形的面积是 .
13.已知圆锥的轴截面为等边三角形，是底面的内接正三角形，点在上，且.若平面，则实数_______.
【答案】
【解析】如图，延长交圆于点，
由题意可知，、均为等边三角形，
设，由正弦定理可得，则，
易知为的中点，则，，
则，，
因为平面，平面，所以，，
在中，由勾股定理得，即，解得 .
14.已知正四棱锥的所有棱长均为2，以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的所有表面的交线总长为________.
【答案】
【解析】因为正四棱锥的所有棱长均为2，
所以以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的表面，，有交线，
取的中点，连接，过作‖，过作‖，，
则四边形为平行四边形，，所以，
过作于，连接，
因为，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
因为，，平面，所以平面，
因为正四棱锥的所有棱长均为2，所以，
所以,
所以，得，
因为，所以,所以以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线为以为圆心，为半径的一段弧，
因为，所以，所以，
所以，所以，所以弧的长为，
同理可得以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线长为，
以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线为点为圆心，为半径的四分之一圆，弧的长为，所以以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的所有表面的交线总长为，
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.在平面直角坐标系中，已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点.
（1）求的值；
（2）若角满足，求的值 .
【解析】（1）∵角的终边经过点，∴.由三角函数的定义得，.
∴.
（2）∵，∴，
∴，
∴当时，；
当时，.
综上所述：或 .
16.如图，在四棱锥中，底面为梯形，其中，且，点为棱的中点．
(1)求证：平面；
(2)若为上的动点，则线段上是否存在点，使得平面？若存在，请确定点的位置，若不存在，请说明理由；
(3)若，请在图中作出四棱锥过点及棱中点的截面，并求出截面周长．
【解析】（1）取线段的中点，连接，
因为分别为线段的中点，
所以，且，
又，且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面；
（2）当为线段中点时，平面，
证明：取线段中点，连接
因为分别为线段的中点，
所以，又平面，平面，
所以平面；
因为，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又平面，平面，
所以平面；
又面，
则面面，又面，
所以面，
所以当为线段中点时，平面；
（3）取线段的中点，连接，
因为，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，又分别为线段，
所以，
所以，则四边形为四棱锥过点及棱中点的截面，
则，，，
在中，，，
所以，
则，
所以截面周长为.
17.已知，函数.
（1）求函数零点；
（2）若锐角的三内角的对边分别是，且,求的取值范围.
【解析】
（Ⅰ）由条件可知，
所以函数零点满足,
由，解得．
（Ⅱ）由正弦定理得，
由（Ⅰ），而，得，
又，得，代入上式化简得：

又在锐角中，有，，
则有，即： .
18.如图，在四棱锥中，平面，，，，，，.
（I）求异面直线与所成角的余弦值；
（II）求证：平面；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值.
【解析】（1）如图，由已知AD//BC，故或其补角即为异面直线AP与BC所成的角.
因为AD⊥平面PDC，所以AD⊥PD.
在Rt△PDA中，由已知，得，
故.
所以，异面直线AP与BC所成角的余弦值为.
（2）证明：因为AD⊥平面PDC，直线PD平面PDC，所以AD⊥PD.
又因为BC//AD，所以PD⊥BC，
又PD⊥PB，
所以PD⊥平面PBC.
（3）过点D作AB的平行线交BC于点F，连结PF，
则DF与平面PBC所成的角等于AB与平面PBC所成的角.
因为PD⊥平面PBC，故PF为DF在平面PBC上的射影，
所以为直线DF和平面PBC所成的角.
由于AD//BC，DF//AB，故BF=AD=1，
由已知，得CF=BC–BF=2.
又AD⊥DC，故BC⊥DC，
在Rt△DCF中，可得,
在Rt△DPF中，可得.
所以，直线AB与平面PBC所成角的正弦值为.
19.已知函数的定义域均为，给出下面两个定义：
①若存在唯一的，使得，则称与关于唯一交换；
②若对任意的，均有，则称与关于任意交换．
(1)请判断函数与关于是唯一交换还是任意交换，并说明理由；
(2)设，若存在函数，使得与关于任意交换，求b的值；
(3)在（2）的条件下，若与关于唯一交换，求a的值.
【解析】（1）与关于是唯一交换，理由如下：因为，，
令，所以，解得，所以有唯一解，所以与关于是唯一交换.
（2）由题意可知，对任意的，成立，
即对任意的，；
因为为函数，且，故，
故，即，
所以，综上所述，.
（3）当时，，
因为与关于唯一交换，所以存在唯一实数，使得，
即存在唯一实数，使得，即存在唯一实数，使得；
令，且定义域均为，
又，，
所以都是偶函数，所以为偶函数，
因此，若存在唯一实数使得，只能是，所以，
综上所述，的取值为 .