安徽卓越县中联考2025-2026学年高一下学期4月阶段检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份安徽卓越县中联考2025-2026学年高一下学期4月阶段检测数学试卷（Word版附解析），共2页。试卷主要包含了 在中，，若，则， 已知向量，，，若，则实数的值， 已知复数，，则， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
1.答题前，务必将自己的个人信息填写在答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.
一、单项选择题：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. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意得，可得的虚部为.
2. 下列说法错误的是（ ）
A. 若，则为单位向量
B. 若，则
C. 若四边形是平行四边形，则，
D. 若是平面内所有向量的一个基底，则也可以作为一个基底
【答案】C
【解析】
【详解】对于AB，根据单位向量和相等向量、平行向量的定义，可知A，B正确；
对于C，若四边形是平行四边形，则，，故C错误；
对于D，若不能作为基底，则与共线，设，，
所以，即与共线，这与是平面内的基底矛盾，所以假设错误，故D正确.
3. 如图，在四边形中，，，，现将其水平放置，用斜二测画法画出其直观图，则直观图的面积为（ ）
A. B. 4C. D. 6
【答案】C
【解析】
【详解】原直角梯形的面积为，水平放置的平面图形的斜二测画法直观图的面积与原图的面积之比为，
故直观图的面积为.
4. 在中，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量的线性运算将用表示，再利用平面向量的基本定理求得正确答案.
【详解】由，得，
则，
又，则，，所以.
5. 为筹备校园文化节，同学们需装饰操场边的圆柱形灯柱.已知灯柱的高为3.2米，底面周长为0.8米.现计划从灯柱底部开始缠绕一条彩色装饰带，要求绕柱恰好三周后到达柱顶并与顶面齐平.若装饰带绷紧无松动，则装饰带的长度为（ ）
A. 3.6米B. 4米C. 4.4米D. 4.8米
【答案】B
【解析】
【分析】由题，将灯柱侧面沿母线剪开并展开成为长方形，可得长方形的宽就是灯柱的高，长方形的长即为圆柱底面周长的3倍，装饰带的长度即为该长方形的对角线长，计算得解.
【详解】如图，将灯柱侧面沿母线剪开并展开成为长方形，长方形的宽灯柱的高米，
长方形的长三个圆柱的底面周长（米），
装饰带的长度即为该长方形的对角线长，即为（米）.
6. 已知向量，，，若，则实数的值（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据平面向量的坐标运算和两向量平行的充要条件列式计算求解
【详解】因为，，
又，所以，解得.
7. 已知圆锥的底面半径为2，母线长为4，在该圆锥内有三个半径相等的球，当球最大时，其中一个球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意可得当三个球两两相切且与圆锥相切时，球的半径最大，设最大时的球的半径为R，在圆锥的轴截面中，三个球的球心构成一个边长为2R的等边三角形，利用高为建立等式求出，得解.
【详解】易知圆锥的轴截面为等边三角形，边长为4，高为，
当三个球两两相切且都与圆锥侧面相切，下方两个球与圆锥底面相切，上方一个球在中间时，此时球的半径最大，设最大时的球的半径为R，
在圆锥的轴截面中，三个球的球心构成一个边长为2R的等边三角形，
如图，为圆锥的顶点，为圆锥底面圆的圆心，分别是内切球的球心，
连接，与交于点，过点作，垂足为，
可得，，，
所以，解得，
所以其中一个球的表面积.

8. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，，，则（ ）
A. 6B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将条件式利用正弦定理及三角恒等变换化简求得，再将利用正弦定理角化边，结合，求得，最后利用余弦定理求解.
【详解】因为，由正弦定理得，
由，得，则，
即，
即，又，所以，
因此，即，
由，得，则，所以.
由及正弦定理，得，代入，可得，解得，则，
所以由余弦定理可得，
解得.
二、多项选择题：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. 已知复数，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于A，，，，故A错误；
对于B，，则，故B正确；
对于C，，，，则，故C正确；
对于D，，，，，所以，故D正确.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 有两个相邻侧面为矩形的棱柱是直棱柱B. 棱台的各侧棱所在直线交于一点
C. 底面是正方形的棱锥是正四棱锥D. 圆锥过轴的截面是一个等腰三角形
【答案】ABD
【解析】
【详解】对于A，若两个相邻侧面为矩形，则这两个侧面的公共侧棱一定与底面垂直，
从而所有侧棱垂直于底面，所以该棱柱是直棱柱，故A正确；
对于B，因为棱台是用平行于棱锥底面的平面截得的，故各侧棱延长后必交于一点，故B正确；
对于C，底面是正方形，且顶点在底面上的射影为底面正方形的中心的四棱锥是正四棱锥，故C错误；
对于D，圆锥过轴的截面是由两条母线以及底面直径构成的三角形，故为等腰三角形，故D正确.
11. 设P是△ABC所在平面内一点，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，△ABC的面积为1，则△PAC的面积为2
B. 若，且，则点P是△ABC的重心
C. 若，，则
D. 若，则的最小值为
【答案】AD
【解析】
【分析】 对于A，由题可得且，利用面积关系求解即可；对于B，取AB的中点D，化简可得点P在AB的中垂线上，结合可得P为△ABC的外心，对于C，利用向量的线性运算求解即可；对于D，根据题意可得，设BC的中点为D，化简，结合向量数量积运算即可求解.
【详解】对于A，∵，∴，
如图，且，则点C到AB的距离与点A到PC的距离相等，
又，∴，故A正确；
对于B，如图，取AB的中点D，则，
∵，∴，∴，∴，
∴点P在AB的中垂线上，∴，又，∴，∴P为△ABC的外心，故B错误；
对于C，如图，由图可知，
即有，又，不共线，
∴，，∴，故C错误；
对于D，，
如图，设BC的中点为D，则，
∴，设AD的中点为O，
则
，
当时，即点P与点O重合时，取得最小值，故D正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在正三棱柱中，，，以该三棱柱上、下底面的内切圆为上、下底面挖去一个圆柱，则剩余几何体的体积为__________.
【答案】
【解析】
【详解】正三棱柱的下底面面积为，则正三棱柱的体积为，
因为底面的内切圆半径为，所以内切圆的面积，
所以被挖去的圆柱的体积为，
所以剩余几何体的体积为.
13. 在平面四边形中，，，，，则四边形的面积为__________.
【答案】
【解析】
【分析】连接，在和中，分别由余弦定理结合，可求得，利用三角形面积公式分别求得和，得解.
【详解】如图连接，在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
∵，∴，解得，
∴，，∴，
∴，，
∴四边形的面积.
14. 若平面向量，满足，，记与的夹角为，则的最大值为__________.
【答案】##
【解析】
【分析】由题可得，不妨设，，，，，则，，利用两角差的正切公式结合基本不等式求解.
【详解】因为，，所以，
不妨设，，，则，，
如图，设，，则，易知，
当时，，
当时，
，
当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为.
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. （1）若复数（）在复平面内对应的点位于第二象限，求m的取值范围；
（2）计算：.
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【详解】（1），
因为z在复平面内对应的点位于第二象限，
所以，
解不等式①，得；
解不等式②，得或.
所以，即m的取值范围是.
（2）因为，
，，
故原式.
16. 如图，在梯形ABCD中，，，，.以BC所在的直线为旋转轴，将梯形ABCD旋转一周，得到一个几何体.
（1）求该几何体的表面积；
（2）若一只蚂蚁从点A出发，沿该几何体的侧面爬行一周回到起点A，求最短爬行路程.
【答案】（1）
（2）24.
【解析】
【分析】（1）将直角梯形ABCD以BC边所在的直线为旋转轴旋转一周，形成一个上底面半径为，下底面半径为，母线长的圆台，利用圆台的表面积公式求解即可；
（2）将圆台的侧面沿母线AD剪开，展开后得到一个扇环，蚂蚁从点A出发，沿该几何体的侧面爬行一周回到起点A的最短路径即为线段，结合几何性质求解即可.
【小问1详解】
如图所示，将直角梯形ABCD以BC边所在的直线为旋转轴旋转一周，形成一个上底面半径为，下底面半径为，母线长的圆台，
其表面积为.
【小问2详解】
将圆台的侧面沿母线AD剪开，展开后得到如图所示的一个扇环.
∵圆台上、下底面半径的关系为，
∴，，
又∵，
∴，.
设，则的长，
解得，连接，可知为等边三角形，
∴，
∴蚂蚁从点A出发，沿该几何体的侧面爬行一周回到起点A的最短路径即为线段，
∴蚂蚁爬行的最短路程为24.
17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，.
（1）求A；
（2）求面积的最大值.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）将条件式利用正弦定理边化角结合三角恒等变换化简求解；
（2）利用余弦定理结合基本不等式可得，结合三角形面积公式得解.
【小问1详解】
由及正弦定理，得，
即，
即，
在中，，则，即，
又，所以.
【小问2详解】
因为，，当且仅当时取等号，
所以，得，
所以的面积，当且仅当时取等号，
故面积的最大值为.
18. 如图，在梯形中，，，，，，点E在边上，且.
（1）设，，试用和表示；
（2）证明：；
（3）设F是线段上的动点，且，求的最小值.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）22.
【解析】
【分析】（1）由，利用向量的线性运算求解；
（2）利用向量的线性运算将用表示，验证，得证；
（3）以，所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，根据求得点的坐标，进而求得的坐标，求得关于的函数，运算得解.
【小问1详解】
因为，，，
所以，化简得.
【小问2详解】
由题意知，所以，则，
故，
又，
所以，
故.
【小问3详解】
根据题意，以A为坐标原点，，所在直线分别为x，y轴建立如图所示的平面直角坐标系，则，，，
因为，
所以（），
所以点，所以，，
所以，，
因为的图象的对称轴为直线，
所以该函数在上单调递减，
所以当时，取得最小值，最小值为22，
故的最小值为22.
19. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且，的中点为M.
（1）求B；
（2）求内切圆面积的最大值；
（3）若为锐角三角形，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）由，利用三角恒等变换结合三角函数性质求解；
（2）由，利用余弦定理求得，利用三角形面积公式结合余弦定理和基本不等式求解；
（3）由正弦定理得，，由，利用向量运算结合三角恒等变换可得，求出的范围结合三角函数性质得解.
【小问1详解】
由，得，
又，所以，
所以，.
【小问2详解】
由，，得，
由余弦定理得，整理得.
设的内切圆半径为r，则，
所以，
由余弦定理得，
得，
所以，
由基本不等式得，
可得，当且仅当时等号成立，
所以，即，
故的内切圆面积的最大值为.
【小问3详解】
在中，由正弦定理得，
所以，.
由的中点为M，得，
所以
.
因为为锐角三角形，所以，得，
则，所以，，
则，
故的取值范围是.