天津市静海区第一中学2025-2026学年高一下学期6月阶段检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份天津市静海区第一中学2025-2026学年高一下学期6月阶段检测数学试卷（Word版附解析），共12页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、单选题
1．复数z满足，则复数z=（ ）
A．B．C．D．
2．记的内角，，的对边分别是，若，，，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知向量，满足，且，则向量，的夹角是（ ）
A．B．C．D．
4．已知l，，是三条不同的直线，，，是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ）
A．若，，，则
B．若，，，，则
C．若，，，则
D．若，，，且，，则
5．庑殿顶是中国古代传统建筑中的一种屋顶形式，宋代称为“五脊殿”、“吴殿”，清代称为“四阿殿”（1）所示.现有如图（2）所示的庑殿顶式几何体，其中正方形的边长为3，，且到平面的距离为2，则几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
6．如图，在正三棱台中，为棱的中点，且，则四棱锥的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．如图，在棱长为2的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E，F分别是DD1，DB的中点，则下列选项中错误的是（ ）
A．EF平面
B．
C．EF与AD1所成角为60°
D．EF与平面所成角的正弦值为
二、填空题
8．设m∈R， 复数若z为纯虚数，则m=________；
9．如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，侧棱底面，是的中点，则异面直线与所成角是 ________
10．图，几何体为一个圆柱和圆锥的组合体，圆锥的底面和圆柱的一个底面重合，圆锥的顶点为，圆柱的上、下底面的圆心分别为、，且该几何体有半径为1的外接球（即圆锥的顶点与底面圆周在球面上，且圆柱的底面圆周也在球面上），外接球球心为．若圆柱的底面圆半径为，则几何体的体积是________
11．如图，在三棱锥中，分别为的中点，记三棱锥的体积为，三棱锥的体积为，则______．
12．中，为边中点，，，，则______（用，表示），若，，则_______
三、解答题
13．如图，直三棱柱中，，E、F分别为AB、的中点．
(1)求证：平面；（用两种方法证明）
(2)求证：；
(3)请根据（1）的解题过程，试概括一下证线面平行的方法.
14．在中，角，，所对的边分别为，，．满足．
(1)求角的大小：
(2)设，．
（ⅰ）求的值；
（ⅱ）求的值．
15．如图，在四棱锥中，底面为平行四边形，，，为中点，平面，，为中点．
(1)证明：平面；
(2)求直线与平面所成角的余弦值．
16．在中，角所对的边分别为，已知．
(1)求；
(2)已知，求周长的取值范围．
17．如图，在四棱锥中，为正三角形，平面平面，//，，.
（1）求证：平面平面.
（2）求三棱锥的体积.
（3）在棱上是否存在点，使得//平面？若存在，请确定点的位置，并证明；若不存在，请说明理由.
参考答案
1．C
【详解】由题意可知，，所以.
故选：C
2．A
【详解】中，由正弦定理，即，解得，
又，所以 ，所以为锐角，故．
3．A
【详解】由已知，，．
设向量与的夹角为，．
对两边同时平方可得：，
将，代入上式： ，
化简得，解得．
根据向量点积的定义，代入已知值：，
解得，结合，可得．
4．C
【详解】对于A，由，，，得或与相交或与是异面直线，A错误；
对于B，由，，，，得或与相交，B错误；
对于C，由，，，得，C正确；
对于D，由，，，且，，得或与相交，D错误.
故选：C
5．D
解：取的中点，连接，
可得几何体分割为一个三棱柱和一个四棱锥，
将三棱柱补成一个底面与矩形全等的矩形的平行六面体，
可得该三棱柱的体积为平行六面体的一半，
则三棱柱的体积为，
四棱锥的体积为，
则几何体的体积为.
故选：D.
6．B
【详解】将正三棱台中补成正三棱锥，如图所示．
因为为棱的中点，所以，又，
所以四边形是平行四边形.所以.
由，且，得是的中位线，所以分别为的中点，
故，与的面积比为.
所以三棱锥是正四面体.
取底面的中心为，连接，易知底面，又平面，所以．
因为为正三角形，，．
在中，．
所以正四面体的体积为.
所以．
7．C
【详解】对于A，连接BD1，在中，E、F分别为D1D、DB的中点，则EFD1B，
又∵D1B平面ABC1D1，EF平面ABC1D1，∴EF平面ABC1D1，故A正确；
对于B，∵平面，平面，∴B1C⊥AB，
又B1C⊥BC1，AB平面ABC1D1，BC1平面ABC1D1，ABBC1=B，∴B1C⊥平面ABC1D1，
又∵BD1平面ABC1D1，∴B1C⊥BD1，而EFBD1，∴EF⊥B1C，故B正确；
对于C，由，得EF与AD1所成角为.
在中，，所以，
所以EF与AD1所成角不为60°，故C错误；
对于D，由，且平面，所以为EF与平面BB1C1C所成的角，
在中，，所以，故D正确．
故选：C．
8．
【详解】复数若z为纯虚数，
则，解得：.
故答案为：.
9．
【详解】因为，且面，
所以面，而因为面，
所以，
又因为为正三角形，且为中点，所以，
且，
因此面，而面，
所以，即异面直线与所成角为.
10．
【详解】
如图可知，过的截面为五边形，其中四边形为矩形，
为等腰三角形，，在直角中，，，
故圆锥的底面半径为，高为，其体积为.
圆柱的底面半径为，高为，其体积为.
所以几何体的体积为.
11．#
【详解】因为分别为的中点，则
所以，则.
12． ； .
【详解】由题意，可得，
又，所以，
又为边中点，所以，所以，
所以，
又，，所以.
因为，即，所以，
即，两边同乘得①，
又，，
所以，即，
即，两边同乘得②，
由②得③，代入①得，
即④，
又，
所以，
将③代入，得，
将④代入，得.
13．(1)证明：连接交于O点，连接，
法一：直三棱柱中，四边形为平行四边形，
则O为的中点，又E为AB的中点，故，
平面，平面，
故平面；
法二：取中点，连接，.
由于，所以四边形是平行四边形，
所以，因为平面平面，
所以平面.
根据直三棱柱的性质可知，
因为平面，平面，
所以平面.
由于，平面，
所以平面平面，
由于平面，
所以平面；
(2)证明：取BC中点为H，连接，
F为的中点，故，而底面，
故底面，底面，故;
又E为AB的中点，则，而，即，
故，而平面，
故平面，平面，故.
(3)要证明线面平行，可以通过线面平行的判定定理，利用线线平行来证明；也可以通过面面平行的性质定理，先证明面面平行，进而得到线面平行.
14．(1)
(2)（i）；（ii）
【详解】（1）由，
根据正弦定理得，，
可得，
因为，故，则，
又，所以；
（2）由（1）知，，且，，
（i）则，即，
解得或（舍），故；
（ii）由，
得，
解得，则，
则，，
由，
所以
所以.
15．(1)因为，，
由余弦定理得，
即，解得或（舍），
因为，所以，
因为平面，平面，所以，
因为平面，且交于，
所以平面.
（2）取的中点，连接，则，
因为平面，所以平面，
则为直线与平面所成角，
其中，故，
因为，，
由勾股定理得，故，
由勾股定理得，所以，
即直线与平面所成角的余弦值为．
16．(1)
(2)
【详解】（1）由正弦定理，得a=2RsinA, b=2RsinB, c=2RsinC，
代入原式，化简得，
交叉整理，变形为.
若，化简得，与三角形内角范围矛盾，舍去；
若，则，结合，得，即.
（2）由，a=3, A=π3，，得b=23sinB, c=23sinC.
，，
，
，则，所以，
所以.
周长，即.
17．证明见解析；；在棱上存在点，当为的中点时，平面.理由见解析.
【详解】（1）证明：因为AB∥CD，AB⊥AD，所以CD⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，
所以CD⊥平面PAD.
因为CD⊂平面PCD，
所以平面PCD⊥平面PAD.
（2）取AD的中点O，连接PO.
因为△PAD为正三角形，
所以PO⊥AD.
因为平面PAD⊥平面ABCD，
平面PAD∩平面ABCD＝AD，PO⊂平面PAD，
所以PO⊥平面ABCD，
所以PO为三棱锥P—ABC的高．
因为△PAD为正三角形，CD＝2AB＝2AD＝4，
所以PO＝.
所以V三棱锥P—ABC＝S△ABC·PO
＝.
(3)在棱PC上存在点E，当E为PC的中点时，BE∥平面PAD.
分别取CP，CD的中点E，F，连接BE，BF，EF，
所以EF∥PD.因为AB∥CD，CD＝2AB，
所以AB∥FD，AB＝FD，
所以四边形ABFD为平行四边形，
所以BF∥AD.
因为BF∩EF＝F，AD∩PD＝D，
所以平面BEF∥平面PAD.
因为BE⊂平面BEF，
所以BE∥平面PAD.