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山东师范大学附属中学2024 2025学年高一下学期4月阶段性检测数学试题
一、单选题
1．如图，一个三棱柱形容器中盛有水，则盛水部分的几何体是（ ）
A．四棱台 B．四棱锥 C．四棱柱 D．三棱柱
2．欧拉公式由瑞士数学家欧拉发现，其将自然对数的底数，虚数单位与三角函数，联系在一起，被誉为“数学的天桥”.根据以上内容，可知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
3．已知中，，，，则（ ）
A． B． C．或 D．或
4．已知平面向量，若，则实数（ ）
A． B．1 C．或1 D．4
5．如图，一个水平放置的平面图形的直观图为矩形，其中，则原平面图形的周长为（ ）
A． B． C． D．
6．在中，，过点的直线分别交直线、于点、，且，其中，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知圆台的侧面展开图是半个圆环，侧面积为，则圆台上下底面面积之差的绝对值为（ ）
A． B． C． D．
8．如图，“六芒星”是由两个边长为2正三角形组成，中心重合于点O且三组对边分别平行，点是“六芒星”（如图）的两个顶点，动点P在“六芒星”上（内部以及边界），则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．一个棱柱至少有个面
B．直角三角形绕它的一条边旋转一周形成的曲面围成的几何体是圆锥
C．若平面内无数条直线和平面平行，则平面平面
D．若平面内任意条直线和平面平行，则平面平面
10．已知为虚数单位，则下列结论中不正确的是（ ）
A．复数的虚部为 B．
C．若为复数，则为实数 D．若为复数，则
11．在正四棱柱中，，、分别为棱、的中点，点满足，，动点在矩形内部及其边界上运动，且满足，点在棱上，将绕边旋转一周得到几何体，则（ ）
A．以正四棱柱的上下底面的内切圆为底且与正四棱柱等高的圆柱的侧面积，与正四棱柱的外接球的表面积之比为
B．动点的轨迹长度为
C．存在，，使得平面
D．当动点的轨迹与几何体只有一个公共点时，几何体的侧面积为
三、填空题
12．已知，表示两个夹角为的单位向量，为平面上的一个固定点，为这个平面上任意一点，当时，定义为点的斜坐标.设点的斜坐标为，则 .
13．已知正三棱台的上、下底面的边长分别为2和4，侧棱长为，则此三棱台的体积是 .
14．某同学在学习和探索三角形相关知识时，发现了一个有趣的性质：将锐角三角形三条边所对的外接圆的三条圆弧（劣弧）沿着三角形的边进行翻折，则三条圆弧交于该三角形内部一点，且此交点为该三角形的垂心（即三角形三条高线的交点）如图，已知锐角外接圆的半径为4，且三条圆弧沿三边翻折后交于点. 若，则 ；若，则的值为 .
四、解答题
15．已知复数，其中．
（1）设，若是纯虚数，求实数m的值；
（2）设，分别记复数在复平面上对应的点为A、B，求与的夹角余弦值以及在上的投影向量．
16．如图，在直三棱柱中，底面是正三角形，，边上的中点为.
（1）求四棱锥的体积；
（2）判断的形状，并说明理由；求三棱柱截去三棱锥后所得几何体的表面积.
17．在中，在边上，且平分，若，
（1）证明：；
（2）求的面积；
（3）求的长．
18．如图，四边形是平行四边形，点是平面外一点.
（1）求证：平面；
（2）已知，分别是，的中点，在上取一点，过和作平面交平面于，
（i）求证：；
（ii）求证：平面.
19．已知，，分别为三个内角，，的对边，满足，.
（1）求；
（2）在中，若，是的中点，，设与相交于点.求的值；
（3）若为锐角三角形，且外接圆圆心为，求和面积之差的最大值.
参考答案
1．【答案】C
【详解】记水面与三棱柱四条棱的交点分别为，如图所示，
由三棱锥性质可知，和是全等的梯形，
又平面平面，
平面分别与平面和相交于，
所以，同理，
又，所以互相平行，
所以盛水部分的几何体是四棱柱.
故选C
2．【答案】B
【详解】利用欧拉公式可知，
其在复平面内对应的点的坐标为，位于第二象限.
故选B
3．【答案】A
【详解】根据正弦定理，得，故，
因为，所以或，
又因为，所以，故.
故选A.
4．【答案】C
【详解】因为，
所以，
因为，所以，
所以，整理得，解得或.
故选C.
5．【答案】D
【详解】由直观图还原原平面图形，如下图所示：
因为四边形为矩形，则，且，
故为等腰直角三角形，故，，
在原图形中，，，
因为，，则在原图形中，，，
故四边形为平行四边形，所以，，，
故原平面图形的周长为.
故选D.
6．【答案】C
【详解】如下图所示：
因为，易知，
又，所以，
易知三点共线，利用共线定理可得，
又，，
所以；
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为.
故选C
7．【答案】A
【详解】根据题意可知圆台的侧面展开图的圆心角为，
设圆台上、下底面圆半径为，母线长为，展开图中大、小扇形的半径分别为；
则展开图的外弧长为，内弧长为，
因此有，即，又，可得；
所以母线长为，
圆台侧面积为，代入可得，即；
所以圆台上下底面面积之差的绝对值为.
故选A
8．【答案】A
【详解】如图，以为原点，分别为轴建立平面直角坐标系，
因为“六芒星”是由两个边长为2正三角形组成，中心重合于点O且三组对边分别平行，
所以六边形为边长为的正六边形，，
所以，
所以，
设，则，
所以，
因为动点P在“六芒星”上（内部以及边界），
所以，所以，
所以.
故选A.
9．【答案】AD
【详解】对于A选项，一个棱柱最少有个面，且此棱柱为三棱柱，A对；
对于B选项，直角三角形绕它的斜边旋转一周形成的曲面围成的几何体是由两个同底的两个圆锥拼接而成的组合体，B错；
对于C选项，若平面内无数条直线和平面平行，则或、相交，C错；
对于D选项，若平面内任意条直线和平面平行，则，D对.
故选AD.
10．【答案】ABD
【详解】对于A选项，复数的虚部为，A错；
对于B选项，虚数不能比较大小，B错；
对于C选项，设，则，
所以为实数，C对；
对于D选项，不妨取，则，，故，D错.
故选ABD.
11．【答案】ACD
【详解】对于A，圆柱的底面圆半径，圆柱的侧面积，
正四棱柱的外接球直径，
此球的表面积，，A正确；
对于B，在正四棱柱中，，，
则，而，则点是以点为圆心为半径的四分之一圆，
动点F的轨迹长度，B错误；
对于C，连接，在上取点，过点作的平行线交于点，
再过点作的平行线，与的轨迹相交，令交点为，而，
则，又平面，平面，则平面，
同理平面，又，因此平面平面，
平面，故平面，C正确；
对于D，几何体是以为旋转轴，为母线的圆锥，
当动点的轨迹与几何体只有一个公共点时，圆锥与平面的交线与所在的圆弧相切，
由，得，由，则，
解得，该圆锥的底面半径，
所以几何体的侧面积，D正确.
故选ACD
12．【答案】
【详解】由题知，又，表示两个夹角为的单位向量，
所以.
13．【答案】/
【详解】如图，是上下底面的中心，，
则，
则三棱台的高为，上下底面的面积分别为和，
所以三棱台的体积.
14．【答案】/0.75
【详解】设外接圆半径为，则，
由正弦定理，可知，
即，由于是锐角，故，
又由题意可知P为三角形ABC的垂心，即,故，
所以；
设，
则，
由于，不妨假设，
由余弦定理知，
设AD,CE,BF为三角形的三条高，由于 ,
故 ,
则得，
所以，
同理可得，
所以.
15．【答案】（1）
（2），
【详解】（1），因为是纯虚数，
所以且，解得；
（2）当时，，故，
，故．
设，则；
所以在上的数量投影向量为．
16．【答案】（1）
（2）为直角三角形，理由见解析，
【详解】（1）三棱柱的体积，
三棱锥的体积为
所以四棱锥的体积.
（2）为直角三角形，
理由：由题意得，，，
从而，即，可得为直角三角形，
所以，
所以
，
因此几何体的表面积为.
17．【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【详解】（1）
证明：在中，在边上，且平分，
所以,，,
在中，，
在中，，
两式作比值可得，，
化简得.
（2）因为平分，所以，
设，由余弦定理，得，
即，解得．
（3）由，得，
解得，所以．
18．【答案】（1）证明见解析
（2）（i）证明见解析（ii）证明见解析
【详解】（1）因为四边形是平行四边形，所以，
又平面，平面，
所以平面.
（2）（i）连接，交于，连接，如下图：
因为四边形是平行四边形，所以是的中点，
又因为是的中点，所以.
又因为平面，平面，所以平面.
又因为平面，平面平面，
所以.
（ii）连接，如下图：
易知，显然平面，平面，所以平面；
同理可得，即平面；
又，所以平面平面，
又因为平面，
所以平面.
19．【答案】（1）
（2）
（3）
【详解】（1）由正弦定理得，则，即，
又，则，
则，
即.
（2）方法一：
以，为基底，设，，则，，；
所以；
，
；
则.
方法二：
以点为坐标原点，为轴，过垂直于的直线为轴，建立直角坐标系，如下图：
易知，，，，，
则，；
可得;
（3）设外接圆半径为，则，且，
即，如下图所示：
因为，
所以，
所以，
由，解得，
所以，
令，
则，
所以当时，取得最大值.

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