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广东珠海市斗门第一中学2025-2026学年高一下学期阶段性考试数学试题
一、单选题
1．下列函数中，最小正周期是的奇函数为（ ）
A． B． C． D．
2．已知复数满足，则（ ）
A．1 B． C． D．5
3．如图，这是水平放置的四边形，按照斜二测画法画出的直观图，其中，，，，则四边形的周长是（ ）
A．8 B． C． D．
4．已知向量，，若向量在向量上的投影向量为，则（ ）
A． B． C．2 D．1
5．已知，且，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．如图，计划在两个山顶间架设一条索道.为测量间的距离，施工单位测得以下数据：两个山顶的海拔高，在同一水平面上选一点，在处测得山顶的仰角分别为和，且测得，则间的距离为（ ）

A． B． C． D．
7．记的内角，，的对边分别为，，，若，，，则（ ）
A． B． C． D．
8．三棱锥满足，且，则三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．设复数在复平面内对应的点为，为虚数单位，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则点的集合所构成的图形的面积为
B．若点坐标为，且是实系数方程的一个根，则
C．若，则或
D．若是纯虚数，则的共轭复数
10．如图，正方体的棱长为6，，，分别为，AD，的中点，则（ ）

A．直线平面 B．平面平面
C．三棱锥的体积为18 D．平面截正方体所得的截面是等腰梯形
11．如图，在等边中，，点O在边上，且．过点O的直线分别交射线，于不同的两点M，N，，．则以下选项正确的是（ ）
A． B．
C． D．的最小值是
三、填空题
12．已知平面内向量，，若和垂直，则的值为______.
13．______．
14．在中，是边BC的中点，是的外接圆圆心，则_____________．
四、解答题
15．已知向量，，．
(1)求；
(2)求满足的实数m，n；
(3)若，求实数k.
16．如图，在正方体中，分别是棱的中点，.
(1)求证：平面平面；
(2)已知正方体的棱长为2，求平面与平面把正方体分成的三部分的体积之比.
17．已知函数的部分图象如图所示.
(1)求的解析式，并求出的对称轴；
(2)先把的图象向右平移个单位，再向下平移1个单位，得到函数的图象，请写出的解析式，并求出在上的最大值和最小值.
18．如图所示，正四棱锥中，为侧棱上靠近点的四等分点，即，为侧棱的中点，平面平面.
(1)证明：平面；
(2)证明：；
(3)侧棱上是否存在一点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，试说明理由.
19．在中，内角，，的对边分别为，，，满足.
(1)证明：；
(2)已知点为边BC上一点，AD为的平分线，若，，求以及AD的值；
(3)若为锐角三角形，求的取值范围.
参考答案
1．A
【详解】函数的周期为，
设，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
又，所以函数为奇函数，A正确；
函数的周期为，
设，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
又，所以函数为偶函数，B错误；
函数的周期为，C错误；
设，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
则，故函数的周期为，
又，所以函数为偶函数，
D错误；
故选：A.
2．B
【详解】由得，
故，
故选：B
3．C
【详解】
由直观图画出原图，得且即，则四边形是一个直角梯形.
过点作的垂线交于点，则，得.
所以四边形的周长为.
故选：C.
4．D
【详解】根据题意，可得，可得，
因为，，所以，解得，可得．
故选：D．
5．D
【详解】因为，所以，
又，所以，
所以
.
故选：D
6．C
【详解】由题意，可得，
且，
在中，可得，
在中，可得，
在中，由余弦定理得
，
所以.
故选：C.
7．B
【详解】在中，由正弦定理得，
即，解得，而为三角形内角，所以，
，，
所以。
则.故选：B.
8．D
【详解】设点在底面的投影为，因为，
所以点是的外心，则，且底面，球心在上，
由正弦定理得外接圆的直径径，解得半径，
即，则，
设，外接圆半径为，则，
则，且，
则，解得，则外接球半径，
则三棱锥外接球的表面积为.
9．AB
【详解】对于A，因为，则点的轨迹是两个圆心为原点，半径分别为的圆形成的圆环，
则点的集合所构成的图形的面积为，A正确；
对于B，因为是实系数方程的一个根，
所以，则，
所以，解得，则，B正确；
对于C，由，点的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，圆上的点对应复数有无数个，C错误；
对于D，是一个纯虚数，
则，即，则，所以，D错误.
故选：AB.
10．ACD
【详解】对于A，取的中点，连接，，，

则四边形为平行四边形，
所以，又平面BMN，平面，
所以平面，
因为点，为，的中点，所以，又，所以，
由，平面，平面，所以平面，
又，平面，所以平面平面，
因为平面，所以平面，故A正确；
对于B，由A可知，平面，
经过的平面有且仅有平面平面，
因为平面与平面不是一个平面，故B错误；
对于C，，故C正确；
对于D，如图，连接，，由四边形为平行四边形得，
因为，所以，所以，，，四点共面，
所以平面BMN截正方体所得的截面是梯形，
由题意得，，所以梯形为等腰梯形，故D正确.

11．ABD
【详解】对于A，由，得，则，A正确；
对于B，令，在等边中，，
由选项A得，
，，，
，
因此，B正确；
对于C，由选项A知，，而，，
则，而共线，因此，即，C错误；
对于D，由选项C知，，
，当且仅当时取等号，D正确.
故选：ABD
12．/
【详解】由题意可得，，
因为和垂直，所以，即，
化简得，解得.
13．
【详解】
.
14．/
【详解】由题意知的外接圆圆心为，为的中点，则；
设，分别为，的中点，连接，则，，
，
结合，，可知，,
故，即.
15．(1) (2) (3)
【详解】（1）
（2）∵，
∴．
∴ 解得
（3）∵．
∴,
∴.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）证明：连接，因为分别是棱的中点，
所以，
因为平面，平面DBEF，所以平面；
连接，则，且，
可得四边形为矩形，所以，
又因为平面，平面，所以平面，
因为，且平面，
所以平面平面.
（2）解：由正方体的棱长为2，可得正方体体积为,
三棱锥的体积为,
三棱台的体积为
则夹在平面与平面之间的几何体的体积为,
所以平面与平面把正方体分成的三部分的体积之比为：.
17．(1)，对称轴方程为，.
(2)，最小值，最大值
【详解】（1）由图象可知，设函数的最小正周期为，
则，故，又，所以，
将点代入，得，即，
所以，，即，，
又，故，
所以，
令，，得的对称轴方程为，.
（2）先把的图象向右平移个单位得到的图象对应的解析式为，
再向下平移1个单位，得到的图象对应的解析式为，
，则，
∴当，即时，取得最小值，此时；
∴当，即时，取得最大值，此时；
18．(1)证明见解析
(2)证明见解析
(3)存在，
【详解】（1）连接交于点，连接，
∵四边形为正方形，
∴点为的中点，又为的中点，
，
平面PAC，平面，
平面.
（2），平面，平面，
平面，
又平面，平面平面，
.
（3）在侧棱上存在一点，使平面，满足.
理由如下：
由，为中点得，
过作的平行线交于，连接，，
由于，则，
，平面，平面，
平面，
由（1）知平面，
又，平面，
∴平面平面，
又平面，
平面，
所以侧棱上存在一点，使得平面，且.
19．(1)证明见解析
(2)，
(3).
【详解】（1）由，利用正弦定理得：，
又，
所以，
所以，
而，，
所以或，即或（舍去）
所以.
（2）由，，，得，
由余弦定理得：，故，
又，所以，
又，所以，
又由AD为的平分线，所以，
所以，
所以
（3）由（1）知，又，所以，
方法1：由已知，得到，
又为锐角三角形，所以，
所以，所以.
方法2：由正弦定理得：，
又为锐角三角形，所以，
所以，所以，所以.

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