黑龙江大庆实验中学实验二部2025-2026学年高一下学期6月阶段考试数学试题

这是一份黑龙江大庆实验中学实验二部2025-2026学年高一下学期6月阶段考试数学试题，共4页。
1．请将答案填涂在答题卡的指定区域内；
2．满分150分，考试时间120分钟．
一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 复数，，为虚数单位，则复数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
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数的加减法和复数的几何意义即可得到答案.
【详解】由题意得，
则在复平面内对应的点的坐标为，则其位于第四象限.
2. 已知，，为三条不同的直线，，为两个不同的平面，则以下选项正确的是（ ）
A. 若，，，，则
B. 若，，则，是异面直线
C. 若，，，则
D. 若，，，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据面面平行的判定定理、异面直线的定义，结合线面平行的性质、面面垂直的性质定理逐一判断即可.
【详解】A：只有当，相交时，才有，所以本选项说法不正确；
B：当，时，，的位置关系为平行、相交、异面，所以本选项说法不正确；
C：过作平面交于，则 ，过作平面交于，则，故，
又不在平面内，又平面，所以，而，故，故，故本选项说法正确；
D：若， 如果或，则不能判断 ，故本选项说法不正确.
3. 已知点，，不共线，为平面外一点，下列能够确定，，，四点共面的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】点不共线，为平面外一点，则四点共面的充要条件是：存在实数，使得且系数和，再逐个验证选项.
【详解】若在平面内，则存在实数，使得,即，
整理得：，令，则，
即点不共线，为平面外一点，则四点共面的充要条件是：存在实数，使得且系数和；
对于 A：系数和，不满足共面条件，
对于B：系数和，不满足共面条件，
对于 C：系数和，满足共面条件，
对于 D：系数和，不满足共面条件.
4. 如图，是平面外的一点，，，，分别为，的中点，且．则异面直线与所成的角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】取的中点F，连接，，根据异面直线定义结合余弦定理计算即可求解.
【详解】取的中点F，连接，，
在中，是的中点，F是的中点，．
同理可得．
为异面直线与所成的角（或其补角）．
在中，，又，，
，
，即异面直线与所成的角为．
5. 正三棱柱的底面边长为，高为，为上的点，，平面将该棱柱截成两个几何体，那么小的几何体与大的几何体的体积比值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先确定平面截棱柱的截面位置及截成的几何体的形状，一个三棱台和一个五面体，再分别计算三棱台的体积和三棱柱的体积，进而可得体积比值.
【详解】如图：设平面与棱交于点，
由棱柱的性质知，平面，平面，
所以平面，且平面，平面平面，
所以，因此，所以几何体是三棱台，
，
，
，，
所以，小的几何体与大的几何体的体积比值为.
6. 《九章算术》中将底面是长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．现有“阳马”如图所示，侧棱底面，且，点在棱上运动．则下列说法正确的是（ ）
A. 存在点，使得B. 不存在点，使得平面PAD
C. 对于任意点，成立D. 对于任意点，平面平面成立
【答案】D
【解析】
【分析】利用反证法可判断A；当移动到点时，可得，进而可判断B；利用反证法可得，进而可判断C；利用线线垂直可证得底面，进而可证平面平面成立，可判断D.
【详解】若，又平面，平面，所以平面，
这与平面矛盾，所以不存在点，使得，故A错误；
当移动到点时，可得，平面，平面，
所以平面，故存在点，使得平面，故B错误；
若对于任意点，，又四边形为长方形，所以，
又，平面，所以平面，
又平面，所以，
又侧棱底面，底面，所以，
又，底面，所以底面，
又底面，所以，又，
这与在同一平面内过一点有且只有一条直线与已知直线垂直矛盾，
所以对于任意点，不成立，故C错误；
由正方形，可得，
又侧棱底面，底面，所以，
又，底面，所以底面，
又平面，所以平面平面，故D正确.
7. 已知正方形的边长为，将沿对角线翻折，使二面角的大小为，则平面截三棱锥的外接球所得截面的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分析翻折后的几何关系，确定外接球的球心和半径，结合截面性质和等体积法求解球心到截面的距离，进而计算截面面积.
【详解】如图所示，

设正方形对角线、交于原点，原正方形边长为，
因此对角线长，可得：.
翻折后，，的垂直关系不变，
因此二面角的平面角为，结合，
可得为等边三角形，.
由于翻折后四个顶点到的距离均为，因此就是三棱锥外接球的球心，外接球半径，.
结合图形和球的截面性质可得：（为截面圆半径，为球心到截面的距离），
由：由平面，，
因此平面平面，交线为，是直角三角形（），.
因为是边长为2的等边三角形，到的距离为，
所以到平面的高为，则，
又在中，，，等腰三角形的高为，
所以，
由，
代入得：，
所以，
因此截面面积为：.
8. 如图，已知正八面体中，其所有棱长均为，动点满足，则所有这样的点构成的平面截该正八面体所得截面的面积为（ ）
A. 1B. 2C. D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，根据已知方程求出点的轨迹，确定点构成的平面截该正八面体所得截面，求其面积即可.
【详解】
连接交于点，连接，由对称性可知两两垂直，
故可以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，
因是正八面体，则四边形是正方形，，
则，，，，
设，因为，
则，
化简得，解得，
故所有的点构成的平面截该正八面体所得截面为正方形，其面积为.
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9. 已知复数，则下列结论正确的有（ ）
A. 对应的点在第四象限B.
C. 的共轭复数为D. 的虚部为1
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用复数的几何意义即可判断.
【详解】对于A选项，因为，
所以复数 z 对应的点为，在第一象限，故 A 错误；
，故B正确；
，故C正确；
，的虚部为1，故D正确.
10. 已知向量，，则下列结论正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若且，则
C. 的最大值为
D. 若在上的投影向量为，则向量与的夹角为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，利用向量垂直的坐标表示化简即可判断；对于B，利用向量平行的坐标表示化简即可判断；对于C，利用代入向量的数量积计算即可求解；对于D，利用投影向量公式化简即可求解.
【详解】已知，，，.
选项A：若，则，得，A正确.
选项B：若，则，得，又 ，所以 ，B正确.
选项C：，最大值为，C错误.
选项D：在上的投影向量为，得，，，D正确.
11. 已知四棱锥中，平面，，，四棱锥的外接球的球心为．记四棱锥，的体积分别为，，三棱锥，的体积分别为，，则下列说法中正确的有（ ）
A.
B.
C.
D. 若直线与平面所成的角的大小为，则的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】选项A首先证明平面，然后推导出线线垂直；选项B首先确定球心到平面的距离，然后计算体积关系；选项C先确定面积关系，再根据体积公式判断；选项D先由线面角确定高，再利用重要不等式求出最值.
【详解】由四棱锥有外接球，得四边形有外接圆，
因为，所以为外接圆直径，则，
又平面，平面，
所以，又平面，
所以平面，因平面，则，选项A正确；
由平面，，可得球心到平面的距离为，
又四棱锥，的底面积相等，所以，选项B正确；
因都在以为直径的圆上，而的面积不一定相等，
即，而，，
所以，选项C错误；
平面，所以直线与平面所成的角为，
所以，
，
因为，而，即得，
当且仅当时等号成立，选项D正确.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 如图，是水平放置的的直观图，，，，则原的面积为__________．
【答案】6
【解析】
【分析】根据直观图得到平面图，求出相关线段的长度，从而求出面积.
【详解】由直观图可得如下平面图形，
则，，，
则原的面积为.
13. 已知二面角的大小为，二面角内一点到平面，的距离分别为3和6，则到直线的距离为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先过点分别作平面的垂线，接下来证明为二面角的平面角，然后在四边形中，先求出，然后利用余弦定理求出，最后利用四点共圆求出.
【详解】如图所示，过点作于点，作于点，由题意可得，
设平面与直线交于点，连接.
，，，同理.
又，且平面，平面.
又平面，，为点到直线的距离.
即为二面角的平面角，.
在四边形中，，，.
在中，由余弦定理，
得.
，四点共圆，且为该圆的直径.
在中，由正弦定理可得，外接圆直径.
即点到直线的距离为.
14. 已知在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知，且，点O满足，，则的面积为________.
【答案】
【解析】
【分析】利用题设，求得，推得点为的重心，从而得到，两边取平方后，代入已知，解得，求出的面积，即可求出的面积.
【详解】由和正弦定理、余弦定理，
可得，即，因，则，
由，可知点为的重心，设分别为与和与的交点，如图所示，

，故，
两边取平方，，
因，，则得，解得.
故的面积为：，
因为的面积是的面积的3倍，故的面积是.
故答案为：.
四、解答题（本题型共5题，共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 在中，角，，的对边分别为，，，，．
（1）求角；
（2）若是线段的中点，且，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理化边为角，结合两角和的正弦公式可得答案；
（2）利用余弦定理和向量公式，结合三角形面积公式可得答案.
【小问1详解】
由正弦定理可知，
∴，
∴，
又，，
∴，
∵，∴，
∵，∴.
【小问2详解】
由（1）及余弦定理得，即①，
又因为，则，
则，
即，
所以②，
由得，
所以.
16. 如图所示，已知是圆的直径，为圆上一点（异于），，，为圆所在平面外一点，且垂直于圆所在平面．
（1）求证：平面平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（1）平面，平面，．
是圆O的直径，C为圆上一点， ．
又，且平面，平面．
平面，平面平面.
（2）
【解析】
【分析】（1）先证，得到平面，最后得到平面平面.
（2）先找出直线与平面所成角，然后求出的长度，最后得到其正弦值.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
如图所示，过点作于点，
平面，平面，，
又，平面，平面．
即为直线与平面所成角．
，，可得．
.
即直线AC与平面PBC所成角的正弦值为．
17. 如图，已知中，，，，，为线段上两点（包括端点），且．
（1）若，求的值；
（2）设，试将的面积表示为的函数，并求其最大值．
【答案】（1）
（2），最大值为
【解析】
【分析】(1)由直角三角形边角关系求出，利用数量积的定义计算；
(2)用正弦定理表示，，代入面积公式，通过三角恒等变换化简，利用正弦函数的有界性求最值.
【小问1详解】
由题意可知，，，
，则，，，
．
【小问2详解】
，则，，，
在中，由正弦定理可得，
则，
在中，，则，
可得
，
因为，则，
当，即时，取到最大值．
18. 如图1，图2，在正方体中，为的中点．
（1）图1中，求二面角的正切值；
（2）图2中，已知，为的中点，点是线段上的动点，
①求证：；
②过且与垂直的截面与交于点，求三棱锥的体积的最小值．
【答案】（1）
（2）①如图所示，设为的中点，连接交于，
∵，，，∴，
∴，∴，即，∴，
又∵⊥平面，平面，∴，
又∵，∴平面，∵平面∴
①法二：同（1）建立空间直角坐标系，则
，，，，
所以
又因为，，所以，即．
②
【解析】
【分析】（1）法一：综合法过作交的延长线于，连接．根据二面角的平面角定义在三角形中计算二面角的正切值；法二：坐标法建立空间直角坐标系求解二面角的平面角的余弦值，结合同角三角函数关系式计算得到正切值；
（2）①法一设为的中点，连接交于，利用线面垂直证得证得线线垂直；法二坐标法计算证得线线垂直；②先通过分析得到，设，，进而求得三棱锥和的体积，，最后求得三棱锥的体积的最小值．
【小问1详解】
法一：综合法
如图所示，过作交的延长线于，连接．
∵⊥平面，∴是在平面内的射影，
∵平面，∴，∵，∴⊥平面，
∵平面，∴，∴为二面角的平面角．
设正方体的棱长为1．∵M是AB的中点，且，
则在直角△AMF中，，，，，
，∴二面角的正切值为．
法二：坐标法
不妨设正方体的棱长为2，以D为空间直角坐标系坐标原点，DA，DC，分别为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系，
则，，，
易知，平面ACM的法向量为．
设平面的法向量为，，
则，令，得，，所以
设锐二面角的平面角为θ，则，
所以，即二面角的正切值为．
【小问2详解】
①略
②由①知平面，∵平面，∴，设，
又∵⊥平面，∴就是三棱锥的高
∴，
∵，且，∴，
即，∵，
∴
当且仅当，即时取等号，
此时，
解得，即．
即三棱锥的体积的最小值为．
19. 如图，已知是边长为4的等边三角形，，分别是，的中点，将沿着翻折，使点到点处，得到四棱锥．
（1）设平面平面，证明：平面；
（2）当时，求平面与平面夹角的余弦值；
（3）若点在平面的射影在四边形的内部，四棱锥的体积，设点在线段上运动（不含端点），记直线与平面所成的角为，四棱锥的高为，求的取值范围．
【答案】（1）∵，分别是，的中点，
∴又平面，平面，∴平面，
又∵平面平面，平面，∴，
又∵平面，平面，∴平面．
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用中位线得，由线面平行判定及性质证.
（2）建立空间直角坐标系，由确定坐标，求出两平面法向量，利用夹角公式计算.
（3）由体积范围确定的参数，计算线面角的正切，消去变量得到只与位置有关的表达式，再求值域即可.
【小问1详解】
略
【小问2详解】
法一：坐标法
取BC中点N，连，则M为DE的中点，
在平面APN内，过M作，
在等边△ABC中，由，得，
又，所以，
所以，，所以DE⊥平面APN，
又Mz平面APN，所以，
所以Mz，AN，DE两两垂直，以M为坐标原点，
直线MN，ME，Mz分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
设，则，，
，，，，，
则，，
又，则，，解得，
则，所以，
则，，，
设平面PDB的一个法向量为，
则，令，得，
设平面PDE的法向量为，则，
令，得，，
所以平面PDB与平面PDE夹角的余弦值为．
法二：几何+向量法
由已知得在翻折过程中，，．当时，
易知，又，由勾股定理得．
如图，取PD中点G，连接EG，因为△PDE是等边三角形，所以，
所以向量与向量的夹角即为平面PDB与平面PDE夹角（或补角），
且，，设向量与向量的夹角为γ，，
同时
所以，即平面PDB与平面PDE夹角的余弦值为．
【小问3详解】
因为点P在平面内的射影在四边形内部，
所以，由，得到，
因为，所以，
则，又，
所以，则，
所以，
则，，，，
因为点Q在线段BC上运动（不含端点），设，
，，设平面PDE的法向量为
则，即，
令，，即，
所以，，
得到.
因为，所以，
可得，
而，
故的取值范围是．