天津市静海区第一中学2025-2026学年高一下学期6月阶段检测数学试题

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单选题
复数 z 满足 z 1 i 7  3i ，则复数 z=（ ）
2  i
2  i
2  2i
8  8i
3
记V ABC 的内角 A ， B ， C 的对边分别是a, b, c ，若a  2 ， b  2
， sin B 
3 ，则 A  （）
2
π
6
π
3
→→
π 或 2π
33
→→
π 或 5π
66
已知向量a ， b 满足 a  2 b  2 ，且 a  2b  2 ，则向量a ， b 的夹角是（ ）
π
3
π
4
π
6
5π
6
已知 l， m ， n 是三条不同的直线，α， β，γ是三个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ）
若m / /α， n / /β，α/ /β，则m // n
若m α， n   ， m / /β， n / /β，则α/ /β
若l / /α， l  β，α∩ β m ，则l // m
若m α， n   ， l  β，且m / /β， n / /l ，则α/ /β
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 ABCDMN ，其中正方形 ABCD 的边长为 3， MN //AB, MN  3 ，且
2
MN 到平面 ABCD 的距离为 2，则几何体 ABCDMN 的体积为（ ）
27
4
9
4
5
2
15
2
如图，在正三棱台 ABC  A1B1C1 中， P 为棱 AB 的中点，且 AB  2 A1B1  2 A1P  4 ，则四棱锥 P  ACC1 A1
的体积为（ ）
2
A．
B． 2
C． 3
D． 4
2
2
2
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 ABC1D1
B． EF  B1C
C．EF 与 AD1 所成角为 60°
D．EF 与平面 BB1C1C 所成角的正弦值为 3
3
填空题
设 m∈R， 复数 z  m2  2m  3  2m2  m 1i, 若 z 为纯虚数，则 m=；
如图，在直三棱柱 ABC  A1B1C1 中，底面 ABC 是正三角形，侧棱 AA1  底面 ABC ， D 是 BC 的中点，则异面直线 AD 与 B1C 所成角是
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 P ，圆
柱的上、下底面的圆心分别为O1 、O2 ，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O ．若圆柱的底面圆半径为 3 ，则几何体 的体积是
2
如图，在三棱锥 P  ABC 中，D, E 分别为 PB, PC 的中点，记三棱锥 E  ABD 的体积为V1 ，三棱锥 P  ABC
的体积为V2 ，则V1 :V2  ．
V–––→  1 –––→
–––→→a
ABC 中， D 为 AB 边中点， CE
3 CD ， AB  a ， AC  b ，则 AE  （用
， b 表示），若
–––→5
| AE | 2 ， AE  CB ，则 AE  CD 
解答题
如图，直三棱柱 ABC  A B C 中， ACB  π ，E、F 分别为 AB、 B C 的中点．
1 1 121 1
求证： C1 B // 平面 A1CE ；（用两种方法证明）
求证： EF ⊥BC ；
请根据（1）的解题过程，试概括一下证线面平行的方法.
在V ABC 中，角 A ， B ， C 所对的边分别为a ， b ， c ．满足2a  ccs B  bcs C ．
求角 B 的大小：
7
设a  4 ， b  2．
求c 的值；
求sin 2 A  3B  4C  的值．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，底面 ABCD 为平行四边形，∠ADC=45 ， AD  AC  1 ，O 为 AC 中点， PO  平面 ABCD ， PO  2 ， M 为 PD 中点．
证明： AD  平面 PAC ；
求直线 AM 与平面 ABCD 所成角的余弦值．
在V ABC 中，角 A, B,C 所对的边分别为a, b, c ，已知
求 A ；
已知a  3 ，求V ABC 周长的取值范围．
a
csA
b  c
csB  csC ．
如图，在四棱锥 P  ABCD 中，△PAD 为正三角形，平面 PAD  平面 ABCD ， AB // CD ， AB  AD ，
CD  2 AB  2 AD  4 .
求证：平面 PCD  平面 PAD .
求三棱锥 P  ABC 的体积.
在棱 PC 上是否存在点 E ，使得 BE //平面 PAD ？若存在，请确定点 E 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， z 1 i 
故选：C
7  3i  4 ，所以 z 
4
1 i
 2 1 i  2  2i .
2．A
b2
 2 31
【详解】V ABC 中，由正弦定理sin A  sin B ，即sin A
3 ，解得sin A  ，
2
2
又a  2  b  2 3 ，所以 A  B
3．A
，所以 A 为锐角，故 A  π ．
6
→→→→
【详解】由已知 a  2 b  2 ， a  2 ， b
→
设向量a 与b 的夹角为θ，θ [0,π] ．
 1．
→→→→ 2
→ 2→ 2
→ →→ 2
对 a  2b  2 两边同时平方可得： a  2b
 (a  2b )  a
 4a  b  4 b
 4 ，
→→→
222
将 a  2 ， b
 1代入上式：
 4a b  41  4 ，
化简得8 
→ b  4 ，解得 →  b  1 ．
4aa
→ →→ →
根据向量点积的定义a  b  a b csθ，代入已知值：1  2 1csθ，
解得csθ 1 ，结合θ[0,π] ，可得θ π．
23
4．C
【详解】对于 A，由m / /α， n / /β，α/ /β，得m // n 或m 与n 相交或m 与n 是异面直线，A 错误； 对于 B，由m α， n   ， m / /β， n / /β，得α/ /β或α与β相交，B 错误；
对于 C，由l / /α， l  β，α∩ β m ，得l // m ，C 正确；
对于 D，由m α， n   ， l  β，且m / /β， n / /l ，得α/ /β或α与β相交，D 错误. 故选：C
5．D
解：取 AB, CD 的中点 F , E ，连接 EF ，
可得几何体 ABCDMN 分割为一个三棱柱 ADM  FEN 和一个四棱锥 N  FBCE ，将三棱柱 ADM  FEN 补成一个底面与矩形 ADEF 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 ADM  FEN 的体积为 1  32  2  1  9 ，
222
四棱锥 N  FBCE 的体积为 1  1  9  2  3 ，
3 2
则几何体 ABCDMN 的体积为3  9  15 .
22
故选：D.
6．B
【详解】将正三棱台 ABC  A1B1C1 中补成正三棱锥S  ABC ，如图所示．因为 P 为棱 AB 的中点，所以 A1B1  PB  2 ，又 AB//A1B1 ，
所以四边形 A1B1BP 是平行四边形.所以 B1B / / A1P, B1B  A1P  2 .
由 AB//A1B1 ，且 AB  2 A1B1 ，得 A1B1 是VSAB 的中位线，所以 A1, B1 分别为 SA, SB 的中点，故SC  SA  SB  2B1B  4 ， VSA1B1 与VSAB 的面积比为1: 4 .
所以三棱锥S  ABC 是正四面体.
取底面V ABC 的中心为O ，连接SO ，易知SO  底面 ABC ，又 PC  平面 ABC ，所以SO  PC ．
因为V ABC 为正三角形， PC 
 2 3 ， CO  2 PC  4 3 ．
CA2  AP2
42   4 3 
2


3
33
SC 2  CO2
在Rt△SOC 中， SO 

．
4 6
3
所以正四面体S  ABC 的体积为VS  ABC
 1  1  AB  CP  PO  16 2 .
2
3 23
所以V
 1 V
 3V
 3V 3  16 2  2．
P−ACC1 A1
2 B−ACC1 A1
8 B−ACS
8 S−ABC83
7．C
【详解】对于 A，连接 BD1，在VDD1B 中，E、F 分别为 D1D、DB 的中点，则 EF / / D1B，又∵D1B  平面 ABC1D1，EF  平面 ABC1D1，∴EF / / 平面 ABC1D1，故 A 正确；
对于 B，∵ AB  平面 BCC1B1 ， B1C  平面 BCC1B1 ，∴B1C⊥AB，
又 B1C⊥BC1，AB  平面 ABC1D1，BC1  平面 ABC1D1，AB  BC1=B，∴B1C⊥平面 ABC1D1，又∵BD1  平面 ABC1D1，∴B1C⊥BD1，而 EF / / BD1，∴EF⊥B1C，故 B 正确；
对于 C，由 EF //BD1 ，得 EF 与 AD1 所成角为∠AD1B .
2
3
在Rt△BAD 中， AB  2, AD  2，所以tan AD B  2  2 ，
2 2
11
12
所以 EF 与 AD1 所成角不为 60°，故 C 错误；
对于 D，由 EF //BD1 ，且 D1C1  平面 BB1C1C ，所以D1BC1 为 EF 与平面 BB1C1C 所成的角，
3
在Rt△D C B 中， D C  2, BC  2 2, BD  2，所以sin D BC  2  3 ，故 D 正确．
2 3
1 1
故选：C．
8． 3
1 111
113
【详解】复数 z  m2  2m  3  2m2  m 1i, 若 z 为纯虚数，
m2  2m  3  0

则2m2  m 1  0 ，解得： m  3 .
故答案为： 3 .
90
【详解】因为 AA1
BB1 ，且 AA1  面 ABC ，
所以 BB1  面 ABC ，而因为 AD  面 ABC ，所以 BB1  AD ，
又因为ABC 为正三角形，且 D 为 BC 中点，所以 AD  BC ，且 BC  BB1  B ，
因此 AD  面 BB1C1C ，而 B1C  面 BB1C1C ，
所以 AD  B1C ，即异面直线 AD 与 B1C 所成角为90 .
7π
8
【详解】
如图可知，过 P, O1 , O2 的截面为五边形 ABCPD ，其中四边形 ABCD 为矩形，
3
12  
3 
2

 2 
1
VPCD 为等腰三角形， PC  PD ，在直角OO1D 中， O D ， OO  ，
311
1212
1  3 21π

故圆锥的底面半径为，高为O1P  1，其体积为 π
2223 
  .
228
31


3 23
圆柱的底面半径为
2 ，高为O1O2  2  2  1，其体积为π
1  π .
24

所以几何体Ω 的体积为 π  3 π  7 π .
848
1 # 0.25
4
【详解】因为 D, E 分别为 PB, PC 的中点，则S
V ABD
 1 S
2
V PAB
所以V  1 V
 1 V
 1 V 1 V ，则V :V  1: 4 .
12 E PAB
4 C PAB
4 P ABC4 212
​
1 →2 →
a  b ；
 15 .
634
【详解】由题意，可得 AE  AC  CE ，
–––→
1 –––→
–––→–––→
1 –––→
又CE 
CD ，所以 AE  AC 
3
CD ，
3
–––→
1 –––→
–––→–––→ –––→–––→
1 –––→
又 D 为 AB 边中点，所以 AD 
AB ，所以CD  CA  AD  CA 
22
AB ，
–––→–––→1 –––→–––→1  –––→1 –––→ 2 –––→1 –––→

所以 AE  AC  3 CD  AC  3  CA  2 AB   3 AC  6 AB ，
–––→→
–––→
2 →1 →
又 AB  a ， AC  b ，所以 AE  3 b  6 a .
–––→5
2 →1 →5
 2 →
1 → 2
 5 2
因为| AE | 2 ，即 3 b  6 a  2 ，所以 3 b  6 a 
  2  ，
 
4
9
→ 2
→ 22 → →25
→ 2→ 2→ →
即
b 
a  a  b 
94
，两边同乘36 得16 b  a  8a  b  225 ①，
1
36
–––→ –––→ –––→
又
→→ ， AE  CB ，
CB  CA  AB  a  b
 2 →
1 → →→
所以 AE  CB  0 ，即 b 
a   a  b   0 ，
1
6
→ 2
→ 21 →
 36 
→
→ 2→ 2→ →
即
a 
 a  b  0 ，两边同乘6 得 a
2
 4 b
 3a  b  0 ②，
2
3
a  3a  b
→ 2
→ →
 → 2
→ → →
→ 2
由②得
③，代入①得16  a
 3a  b   → 2→，
b 4
 8a  b  225
a
4

→ 2→ →
即 a  4a  b  45 ④，
–––→–––→
–––→
1 →→
又CD  CA 
AB 
22
a  b ，
–––→ –––→
 2 →
1 →   1 →
→ 
→ 22 → 2
1 → →
1
12
362
所以 AE  CD   b  a   a  b  
 
a b
3
 a  b ，
6
a  3a  b
→ 2
→ →
–––→ –––→→→→
a
a
a
a
a
4a
将③代入，得 AE  CD  1 → 2  2  1 →  b − 1
→ 2  1 →  b − 1  → 2 
→  b ，
1234612312
–––→ –––→
1→ 2→ →
115
将④代入，得 AE  CD − a  4a  b  − 45 −.
12124
13．(1)证明：连接 AC1 , A1C 交于 O 点，连接OE ，
法一：直三棱柱 ABC  A1B1C1 中，四边形 ACC1 A1 为平行四边形，则 O 为 AC1 的中点，又 E 为 AB 的中点，故OE //C1B ，
OE  平面 A1CE ， C1B  平面 A1CE ，
故C1 B // 平面 A1CE ；
法二：取 A1B1 中点 P ，连接 BP ， C1P .
由于 A1P//BE, A1P  BE ，所以四边形 BEA1P 是平行四边形，所以 BP//A1E ，因为 BP  平面 A1CE,A1E  平面 A1CE ，
所以 BP// 平面 A1CE .
根据直三棱柱的性质可知C1P//CE ，
因为C1P  平面 A1CE ， CE  平面 A1CE ，所以C1P// 平面 A1CE .
由于 BP  C1P  P ， BP, C1P  平面C1BP ，
所以平面 A1CE // 平面C1BP ，由于C1B  平面C1BP ，
所以C1 B // 平面 A1CE ；
证明：取 BC 中点为 H，连接 EH , FH ，
F 为 B1C1 的中点，故 FH //BB1 ，而 BB1  底面 ABC ，
故 FH  底面 ABC ， BC  底面 ABC ，故 FH  BC ;
又 E 为 AB 的中点，则 EH //AC ，而ACB  π ，即 AC  BC ，
2
故 EH ⊥BC ，而 EH ∩ FH  H ,EH ,FH  平面 FEH ，故 BC  平面 FEH ， EF  平面 FEH ，故 BC  EF .
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) π
3
(2)（i） c  6 ；（ii）  5 3
14
【详解】（1）由2a  ccs B  b cs C ，
根据正弦定理得， 2 sin A  sin C cs B  sin B cs C ，可得2 sin A cs B  sin  B  C   sin A ，
因为0  A  π ，故sin A  0 ，则cs B  1 ，
2
又0  B  π ，所以 B  π ；
3
7
（2）由（1）知， B  π ，且a  4 ， b  2，
3
a2  c2  b2
则cs B ，即
2ac
116  c2  28

，
22  4  c
解得c  6 或c  2 （舍），故c  6 ；
由2a  ccs B  b cs C ，
得2  4  6 1  2 7 cs C ，
2
1 
7 
2
 14 

解得cs C 7 ，则sin C 
14
 3 21 ，
14
则sin 2C  2 sin C cs C  3 3 ， cs 2C  2 cs2 C 1   13 ，
1414
由2 A  3B  4C  2  A  B  C   B  2C  2π  B  2C ，所以sin 2 A  3B  4C   sin 2π  B  2C   sin  B  2C 
所以sin 2C  B  sin 2C cs B  cs 2C sin B  3 3  1    13  3   5 3 .
142  14 214

15．(1)因为∠ADC=45 ， AD  AC  1 ，
AD2  CD2  AC2
由余弦定理得cs ADC ，
2 AD  CD
2

1 CD2 1
即cs 45 ，解得CD 或CD0 （舍），
2CD
因为 AD 2  AC 2  CD 2 ，所以 AD  AC ，
因为 PO  平面 ABCD ， AD  平面 ABCD ，所以 PO  AD ，因为 AC, PO  平面 PAC ，且 AC 交 PO 于O ，
所以 AD  平面 PAC .
（2）取OD 的中点 N ，连接MN , AN ，则MN / /OP ，
因为 PO  平面 ABCD ，所以MN  平面 ABCD ，则∠MAN 为直线 AM 与平面 ABCD 所成角，
其中 PO  2 ，故MN  1 OP  1，
2
因为 AD  AC ， AO  1 AC  1 ，
22
AD2  AO2
由勾股定理得OD 

5 ，故 AN  1 OD 5 ，
1 1
4
224
由勾股定理得 AM 
21 ，所以cs MAN  AN 
AN 2  MN 2
4AM
5
，
4105
2121
4
即直线 AM 与平面 ABCD 所成角的余弦值为 105 ．
21
16．(1) π
3
(2) (6, 9]
【详解】（1）由正弦定理
a
sinA
 b
sinB
c
sinC
 2R ，得? = 2?sin?, ? = 2?sin?, ? = 2?sin?，
代入原式 a
b  c
，化简得 sinA  sinB  sinC ，
csA
csB  csC
csAcsB  csC
交叉整理sinAcsB  sinAcsC  csAsinB  csAsinC ，变形为sin  A  B  sin C  A .
若 A  B  π  C  A ，化简得C  B  π ，与三角形内角范围矛盾，舍去；
若 A  B  C  A ，则2 A  B  C ，结合 A  B  C  π ，得3A  π ，即 A  π .
3
abc
π3 2
3
（2）由，? = 3, ? = ，π
sinAsinBsinC3sin 3
，得? = 2 3sin?, ? = 2 3sin?.
C  π  A  B  2π B ， B  0, 2π ，
33 
b  c 

 sin  2π B   
 3 csB  1 sinB 
2 3 sinB
 3
3 sinB22

 2 3  3 sinB  3 csB   6sin  B  π ，
 22
6 

2π
B π π 5π
π  1 
B  0,
 ，则
 6  ,
 ，所以sin  B 

,1 ，
3 
 66 
6   2 
所以b  c 3, 6 .
周长 L  a  b  c  3  b  c ，即 L 6, 9 .
17． 1 证明见解析； 2 2 3 ； 3 在棱 PC 上存在点 E ，当 E 为 PC 的中点时， BE / / 平面 PAD .理由见解
3
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＝ 3 .
所以 V
P ABC＝ 1 S
ABC·PO
三棱锥 —3 △
3
＝ 1  1  2  2  2 3 .
3 23
(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.