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山东省青岛莱西市2024 2025学年高一下学期学业水平阶段性检测（三）数学试题
一、单选题
1．的值为（ ）
A． B． C． D．
2．四边形为矩形，对角线长为若则（ ）
A． B． C． D．
3．已知直线，平面，若平面平面，且，则下列命题正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则直线必垂直于平面内的无数条直线
4．已知，O为坐标原点，则下列说法正确的是（ ）
A． B．A，O，C三点共线
C．A，B，C三点共线 D．
5．已知角是的内角，向量且与共线，则可以判断的形状为（ ）
A．等腰三角形 B．等腰直角三角形 C．直角三角形 D．等边三角形
6．如图，圆锥的底面直径，母线长，点在母线长上，且，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点到点，则这只蚂蚁爬行的最短距离是（　 　）
A． B． C． D．
7．如图所示，为测量山高选择A和另一座山的山顶为测量观测点，从A点测得点的仰角点的仰角以及从点测得，若山高米，则山高等于（ ）
A．米 B．米
C．米 D．米
8．设，则大小关系正确的是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知平面向量，且，则（ ）
A． B．或
C．与夹角的大小为 D．
10．在中，角的对边分别是，．则下列说法正确的是（ ）
A．为锐角三角形 B．面积为或
C．长度为 D．外接圆的面积为
11．如图，正方体的棱长为4，F是的中点，点P为正方形内一动点（含边界），则下列说法正确的是（ ）
A．四棱锥的体积为定值
B．当时，点P的轨迹长度为
C．当直线AP与平面所成的角为时，则点P的轨迹长度为
D．若直线平面，则点P的轨迹长度为
三、填空题
12．函数在区间上的值域为 ．
13．在中，已知，则 ．
14．已知，是两个不重合的平面，给出下列条件：
①，是平面内的两条直线，且，；
②，都平行于平面；
③内不共线的三点到的距离相等；
④，是两条异面直线，，，且，．
其中可判断的是 ．（填序号）
四、解答题
15．已知函数．
（1）将函数化为形式，求的最小正周期和单调递增区间；
（2）若为的内角，恰为的最大值，求；
（3）若，求．
16．在中，分别为角的对边，
（1）求；
（2）若为延长线上一点，连接，求的面积．
17．在中，为所在平面内的两点，，．
（1）以和作为一组基底表示，并求；
（2）为直线上一点，设，若直线经过的垂心，求．
18．如图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，，边AD上一点满足．现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如图所示．
（1）求证：；
（2）求四棱锥的体积；
（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
19．在平面直角坐标系中，已知．
（1）若为轴上的一动点，点．
①当三点共线时，求点的坐标；
②求的最小值﹔
（2）若，且与的夹角，求的取值范围．
参考答案
1．【答案】B
【详解】．
故选B．
2．【答案】C
【详解】由题意知：，
所以.
故选C.
3．【答案】D
【详解】对于A，若，则与也可能平行或者，故A错误；
对于B，若，当至少有一条直线与垂直时才有，否则还有可能存在平行或异面及相交但不垂直的情况，故B错误；
对于C，若，且，才会有，否则还有可能存在平行或相交但不垂直的情况，故C错误；
对于D，当直线，且，此时，故满足条件的直线有无数条，故D正确.
故选D.
4．【答案】B
【详解】由题意，
所以，A错误；
因为，，所以，
所以三点共线，B正确；
又，而，所以不共线，从而三点不共线，C错误；
，D错误.选B．
5．【答案】A
【详解】因为与共线，
所以，
所以
因为，所以，
所以，即，
所以 为等腰三角形，
故选A
6．【答案】B
【详解】试题分析：由题意得，底面圆的直径为，故底面周长等于，设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为，根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，解得，所以，则，过作，因为为的三等分点，，所以,，所以，所以，
所以，因为，所以，在直角中，利用勾股定理得：，则，故选B．
考点：圆锥的侧面展开图．
7．【答案】A
【详解】因为在中，，，
所以，
在中，，
由正弦定理得：，即，
所以，
在中，，
所以（米）
故选A
8．【答案】D
【详解】解：，
，
因为，所以
故选D
9．【答案】AC
【详解】由题意得：，
因为，
所以，
解得，故A正确，B错误；
所以，
所以，
因为，
所以，即与夹角的大小为，故C正确；
，所以，，
所以，故D错误.
故选AC
10．【答案】BD
【详解】解：由，所以，因为，所以，又，所以，解得或，故C错误；
当时，，所以为钝角，故A错误；
当时，；
当时，，故B正确；
，所以，所以外接圆的面积，故D正确；
故选BD
11．【答案】ACD
【详解】对于A，点到侧面的距离即为，，
，四棱锥的体积为定值，A正确；
对于B，由平面，平面，得，
则，
点的轨迹是以点为圆心，为半径的四分之一圆，其轨迹长度为，B错误；
对于C，由与平面所成的角为，则为等腰直角三角形，
，则点的轨迹是以点为圆心，为半径为半径的四分之一圆，
其轨迹长度为，C正确；
对于D，取的中点，连接，由为的中点，得，
由平面，平面，得平面，
由且，得四边形为平行四边形，则，
而，则，由平面，平面，得平面，
由，平面，得平面平面，
当点在线段上运动时，平面，则平面，
因此点的轨迹为线段，其长度为，D正确.
故选ACD
12．【答案】
【详解】由辅助角公式可得：，
因为，所以，
由正弦型函数性质可得，当，即时，，
当，即时，，
所以函数在区间上的值域为.
13．【答案】
【详解】解：，
．
14．【答案】②④
【详解】，，，是平面内的两条直线，
此条件没有排除两条直线平行的情况，故不能得出面面平行，故①不行；
平行于同一个平面的两个平面平行，故②正确；
内不共线的三点到的距离相等，此三点在两平面相交时也可以找出，
故不能保证两平面平行，故③不对；
，是两条异面直线，，，且，，
能得到，故④正确.
15．【答案】（1）；最小正周期；单调递增区间为；（2）；（3）．
【详解】解：
所以的最小正周期
由，得
所以的单调递增区间为；
因为
所以
所以当，即当时，恰为的最大值；
因为
所以
又因为
所以.
16．【答案】（1）；（2）．
【详解】解：（1）由题意，
根据正弦定理，可得：，
所以，
即
所以
因为，所以，
所以，即
所以.
（2）因为，所以，
由余弦定理知，
解得
因为，所以，
在中，因为
所以
所以
又因为
所以
17．【答案】（1）；；（2）．
【详解】（1）由，所以为线段上靠近的三等分点．
由，
所以为线段的中点，
，
因为，
所以；
（2）为直线上一点，设，
则
，
所以，
，
因为直线经过的垂心，所以，即，
所以， 解得，
所以，
因为，
所以．
18．【答案】（1）证明见详解；
（2）；
（3）．
【详解】（1）在平面图形中，连接CE，由勾股定理得，
因为且，所以四边形为平行四边形，
又，所以四边形ABCE为菱形，
在图中，连接AC交BE于点，则，
所以在立体图形中，，，
又，平面，
所以平面．
又平面，
所以.
（2）在平面图形中，由勾股定理得，
由（1）知，四边形ABCE为菱形，结合题设易得，故，
因为平面平面BCDE，且平面平面，平面，．
所以平面BCDE，
其中梯形的面积为，
所以.
（3）在立体图形中延长BE，CD，设，连接．
因为平面，平面．
又平面，平面．
所以是平面与平面的交线，
因为平面平面BCDE，，平面平面，
所以平面，又平面，
所以，，
作，垂足为，连接CH，
又，平面，
所以平面OCH，又平面OCH，
所以．
所以即为平面与平面所成锐二面角的平面角．
由勾股定理得，，
故，为等边三角形，
在Rt中，，，
所以，又，故，
由勾股定理得，
所以，
又，在中，，
所以．
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值．
19．【答案】（1）①；②5；（2）．
【详解】解：（1）①设，则，
所以，
因为与共线
所以，解得，
所以当三点共线时，点的坐标为
②因为关于轴的对称点为
所以，
所以当三点共线时，取得最小值，
最小值即为
所以取得最小值.
（2）因为，所以，
所以，
因为与的夹角，
所以恒成立，
所以，
又因为，所以，
所以，即恒成立，
又因为，
所以恒成立，
令，则，
换元可得，，
因为，当且仅当时等号成立，
所以当时，有最小值，
所以的取值范围是：

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