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河北承德市部分校2025-2026学年高一下学期6月联考数学试题
一、单选题
1．已知一个弹簧振子的运动方程为，则该弹簧振子的振幅、初相分别是（ ）
A．振幅是4，初相是 B．振幅是3，初相是
C．振幅是4，初相是 D．振幅是3，初相是
2．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题错误的是（ ）
A．若，，则
B．若，，，则与平行或异面
C．若，，则
D．若，，，则
3．已知平面向量，满足，，且，则向量在向量上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
4．如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形，且，，，将该平面图形绕其直角腰边旋转一周得到一个圆台，则该圆台的体积为（ ）

A． B． C． D．
5．已知，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知是空间的一组基底，则不能与构成另一组基底的是（ ）
A．， B．， C．， D．，
7．在正三棱锥中，棱的中点为，棱的中点为，棱的中点为，经过点，，的截面一定是（ ）
A．三角形 B．矩形 C．梯形 D．菱形
8．如图，为了测量两山顶，间的距离，飞机沿水平方向在，两点进行测量，，，，在同一个铅垂平面内.测得到，的俯角和分别为，，到，的俯角分别为，，同时测得.则山顶，之间的距离为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
9．已知平面向量，，则（ ）
A．当时，
B．存在，使
C．与向量共线的单位向量是
D．当向量与向量的夹角为锐角时，
10．已知函数的部分图象如图所示，且图中阴影部分的面积为，则（ ）
A．是函数的一个周期
B．
C．不等式的解集为，
D．将的图象向右平移个单位长度得到的图象所对应的函数是偶函数
11．如图，在正方体中，点在线段上运动（包括端点），则下列结论正确的是（ ）
A．直线与是异面直线
B．异面直线与所成角的取值范围是
C．若，则的最小值为
D．当直线与直线相交时，交点在靠近的三等分点处
三、填空题
12．__________．
13．已知点为所在平面内一点，若，则_______.
14．如图，一块边长为的正方形铁片上有四块阴影部分.将这些阴影部分裁下来，然后用余下的四个全等的等腰三角形加工成一个正四棱锥形容器.当时，正四棱锥外接球的体积为__________.
四、解答题
15．如图，在平行六面体中，，，.
(1)以，，为基底向量，表示向量，；
(2)求证：；
(3)求的长.
16．已知的三内角，，的对边分别为，，，.
(1)求角的大小；
(2)若的面积等于，为线段的中点，当中线最短时，求的周长.
17．如图所示正四棱锥，为侧棱上的点，且.
(1)记平面平面，证明：；
(2)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.
18．已知函数.
(1)求函数的单调递增区间；
(2)若方程在上的根从小到大依次为，，，，求的值；
(3)设，记在上的最小值为，求.
19．如图，在直三棱柱中，为的中点，，且．
(1)证明：平面；
(2)若，二面角的平面角为．
①求与平面所成角的正弦值；
②点在面内，且三棱锥的体积为，求点轨迹的长度．
参考答案
1．C
解析：由弹簧振子的运动方程为，得，，，即该弹簧振子的振幅是4、初相是.
2．D
解析：对于A，若，，则，故A正确；

对于B，若，，，则或，异面，故B正确；
对于C，若，，则，故C正确；
对于D，如图，在正方体中，，
平面，平面，
而平面与平面不垂直，故D错误.
3．A
解析：因为，
所以，即，
又，，
所以，
则向量在向量上的投影向量为：
．
4．A
解析：在直观图中，因为，，，
则，，

在原图中，，，，即圆台的高为.
所以圆台的体积为.
5．B
解析：.
因为，所以，
又因为，所以，所以.
所以，
故.
6．C
解析：对于A，假设存在实数，，使得，
则，方程组无解，即不存在实数，使得上式成立，
所以，，不共面，能构成一组基底.
对于B，假设存在实数，，使得，
则，方程组无解，即不存在实数，使得上式成立，
所以，，不共面，能构成一组基底.
对于C，假设存在实数，，使得，
则，解得，即存在实数，使得上式成立，
所以，，共面，不能构成一组基底.
对于D，假设存在实数，，使得，
则，方程组无解，即不存在实数，使得上式成立，
所以，，不共面，能构成一组基底.
7．B
解析：如图，取的中点，连接，，，.因为棱的中点为，棱的中点为，
所以.同理，所以，
所以四边形为经过点，，的截面.
因为棱的中点为，棱的中点为，棱的中点为，所以，，
所以，所以四边形是平行四边形.
因为三棱锥是正三棱锥，所以，所以，
所以四边形是矩形，即经过点，，的截面一定是矩形.
8．D
解析：在中，，，所以．
由余弦定理，得，即，
在中，，由正弦定理，得，
所以．
在中，，由余弦定理得，，
即，即．
所以，之间的距离为．
9．AD
解析：对于A，因为，所以，解得，故A正确；
对于B，，若，则，
即，，故不存在，使，故B错误；
对于C，与共线的单位向量有两个，为，故C错误；
对于D，当与的夹角为锐角时，且，不共线，
即且，解得，故D正确.
10．ABD
解析：对于A，由题意及函数的图象可知，.设函数的最小正周期为，
则阴影部分的面积为，则.因为的最小正周期为，
所以也是的一个周期，故A正确.
对于B，因为，所以.因为，即，
所以.因为，
所以，所以，故B正确.
不等式，即，所以，，
解得，，故C错误.
将的图象向右平移个单位长度后，
所得图象的函数解析式为，为偶函数，故D正确.
故选：ABD.
11．BCD
解析：对于A，线段与是正方体的对角面的两条对角线，
所以直线与共面，故A错误；
对于B，在正方体中，易知为等边三角形，
则.
，或其补角为异面直线与所成角，
则异面直线与所成角的取值范围为，故B正确；
对于C，如图，将面和面沿着展开至同一平面，
则当，，三点共线时，取得最小值.
，且，，则.
又，，
即的最小值为，故C正确；
对于D，如图，连接，记.
在正方体中，平面，
又平面，.
在正方形中，，
又，，平面，
平面.
平面，，同理得.
，，平面，平面.
又平面平面，平面，设交点为.
直线与直线相交，交点为.
又，设正方体的棱长为2，
则，
解得.又，
当直线与直线相交时，交点在靠近的三等分点处，故D正确.
12．
解析：
．
13．
解析：过点A作，，则，
以，为邻边作平行四边形，
所以，，
可得，，
所以.
14．
解析：设加工成的正四棱锥形容器为，为底面的中心，如图.
当时，由题意，得正四棱锥的底面边长，斜高，，
所以正四棱锥的高.
设正四棱锥外接球的半径为，球心为，则，点在直线上，且在正四棱锥外.
所以，解得.
所以正四棱锥外接球的体积为.
15．(1)，
(2)证明：因为，，，
所以，.
由（1）得
，
所以，即．
(3)
解析：（1）在中，由空间向量的减法运算，得. ．
（2）略．
（3）由（1）知，
所以
，
所以．
16．(1)
(2)
解析：（1）在中，已知，
由正弦定理得.
因为，，所以.
所以，
即.
又，，则，
所以.
（2）由（1）知，
则，所以.
在中，由余弦定理，
得，
当且仅当，即，时，等号成立.
所以，
故，即，
所以当中线最短时，的周长为.
17．(1)
在正四棱锥中，，平面，平面，
则平面，而平面，平面平面，
所以.
(2)存在，.
解析：（1）略
（2）在侧棱上存在一点，使平面，满足.
理由如下：连接交于，连接，则为中点，
取中点，又，则，
过作的平行线交于，连接，在中，有，
由平面PAC，平面PAC，得平面PAC，而，则，
又，平面，平面，则平面，
又，平面，因此平面平面，
又，得平面，所以存在，且.
18．(1)，
(2)
(3)
解析：（1）.
令，，解得，，
所以的单调递增区间为，.
（2）作出的图象和直线，如图.
因为，所以，即，
所以，或，，
解得或，.
由图可知，的图象与直线在内有5个交点，
则所有根从小到大依次为，，，，.
所以，，，，
所以
.
（3）当时，有，在上单调递增，
所以在上单调递增，得；
当时，有，
在上单调递增，在上单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递减，且左端点值小于右端点值，得；
当时，有，且，
在上单调递增，在上单调递减，且右端点值小于或等于左端点值，
此时的最小值为.
综上，
19．(1)在直三棱柱中，平面，由平面，得，
由为的中点，，得，又，平面，
所以平面
(2)①；②.
解析：（1）略
（2）①在直三棱柱中，，则直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，
则，，
设平面的法向量，则，取，得，
而平面的法向量，由二面角的平面角为，
得，解得，，，
设与平面所成角为，则，
所以与平面所成角的正弦值为.
②由（1）得，则，
由三棱锥的体积为，得到平面的距离为，
由点在侧面上，设，则，
因此到平面的距离为，
点轨迹方程为，而，
则在侧面上的轨迹是线段，所以的轨迹长度为.

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