黑龙江省哈尔滨第三中学2024-2025学年高一数学6月阶段性测试试题A卷含解析

PAGE24-黑龙江省哈尔滨第三中学2024-2025学年高一数学6月阶段性测试试题（A卷）（含解析）考试说明：本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，考试时间120分钟．（1）答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清晰；（2）选择题必需运用2B铅笔填涂，非选择题必需运用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，字迹清晰；（3）请依据题号依次在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在草稿纸、试题卷上答题无效；（4）保持卡面清洁，不得折叠、不要弄破、弄皱，不准运用涂改液、刮纸刀．第Ⅰ卷（选择题）一、选择题（共12小题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．）1.已知向量，，，则的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用平面对量垂直坐标运算即可得到答案.【详解】因为，所以，解得.故选:C【点睛】本题主要考查平面对量垂直的坐标运算，属于简洁题.2.某圆台上、下底面面积分别是、，母线长为2，则这个圆台的侧面积是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析】先依据圆台上、下底面面积分别是、，求出圆台上、下底面的半径，再由公式求圆台的侧面积.【详解】设圆台上、下底面的半径分别为，由圆台上、下底面面积分别是、，则所以所以这个圆台的侧面积为故选：A【点睛】本题考查求圆台的侧面积，干脆利用公式，属于基础题.3.已知等比数列满意，且，，成等差数列，则的值为（）A. B.8 C.2 D.【答案】A【解析】【分析】先利用，，成等差数列列出关于等比数列的首项和公比的关系式，解出公比，再将化简求值.【详解】因为，，成等差数列，则，即，解得，所以.故选：A【点睛】本题考查等差数列的概念、等比数列的通项公式及应用，是数列部分的基础运算题，敏捷运用通项公式是解题的关键.4.设，表示直线，，，表示平面，则下列四个命题中正确的个数是（）①若，，则；②若，，且，则；③若，，则；④若，，则．A.0 B.1 C.2 D.3【答案】B【解析】【分析】依据线线、线面、面面的位置关系依次推断即可得到答案.【详解】对①，若，，则或，故①错误.对②，如图所示：满意，，且，此时与相交，故②错误.对③，如图所示：因为，在平面内存在直线，使得.又因为，，所以，从而得到，故③正确.对④，如图所示：满意，，此时，故④错误.故选：B【点睛】本题主要考查线线、线面和面面的位置关系，同时考查学生分析问题的实力，属于简洁题.5.在正方体中，、、分别是的中点，则正方体过、、的截面是（）A.三角形 B.四边形 C.五边形 D.六边形【答案】D【解析】【分析】依据两相交线，两平行线共面，以及平面无限延长，将过三点的截面延长，作出与各个面的交线，即可得出结论.【详解】如图，延长分别与交于，取的中点，连接，则，连接分别与交于，连接，多边形是六边形.故选:D.【点睛】本题考查几何体截面，考查作图实力以及空间想象实力，属于中档题.6.某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）A.1 B.2 C.4 D.6【答案】B【解析】【分析】由三视图还原出原几何体，再由体积公式得出结论．【详解】由三视图可得到如图所求的三棱锥，它可以看作是由长方体切割得到的，尺寸见三视图，其体积为．故选：B．【点睛】本题考查由三视图求几何体的体积，解题关键是由三视图还原出原几何体，本题考查了空间想象实力，运算求解实力，属于中档题．7.中，，，当取最大值时，的面积为（）A. B. C.2 D.【答案】B【解析】【分析】由化简后应用余弦定理得出的关系，然后求出，应用基本不等式求出最小值即的最大值，及此时的值，从而可得三角形面积．【详解】在，，化简得，，当且仅当时等号成立，此时角最大且，由得，即，所以，，．故选：B．【点睛】本题考查余弦定理，三角形面积公式，考查基本不等式求最值，解题关键是利用余弦定理化角为边后，应用基本不等式求得最值，然后可解三角形．8.在四棱锥中，平面，，，，，则异面直线与所成角的余弦值为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】建立空间直角坐标系，用空间向量法求解．【详解】∵平面，，以为轴建立空间直角坐标系，如图，由已知得，，，，，，设异面直线与所成角为，则．故选：B．【点睛】本题考查求异面直线所成的角，解题关键是建立空间直角坐标系，用向量法计算，考查了运算求解实力．9.给出下列四个命题，①若，则；②若，则；③当时，若，则；④当时，若，则．其中正确的个数是（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】C【解析】【分析】对①，利用特值法即可推断①错误；对②，利用函数在上为增函数即可推断②正确；对③，利用平方差公式即可推断③正确；对④，利用立方差公式即可推断④正确.【详解】对①，若，，满意，则，故①错误.对②，因为在上为增函数，若，则，故②正确.对③，因为，所以，即.因为，所以，即，故③正确.对④，因，所以，即因为，所以，故，即，故④正确.故选：C【点睛】本题主要考查不等式的性质，同时考查了平方差和立方差公式，属于简洁题.10.在四棱锥中，是平行四边形，平面，，，则二面角的余弦值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】设，过点在平面内作，连接，证明出平面，可得出二面角的平面角为，计算出、，由此可得出二面角的余弦值.【详解】设，过点在平面内作，连接，如下图所示：平面，平面，，，，平面，平面，，所以，二面角的平面角为，中，，，，则，平面，平面，，由勾股定理得，.因此，二面角的余弦值为.故选：D.【点睛】本题考查二面角余弦值的计算，考查二面角定义的应用，考查计算实力，属于中等题.11.四面体中，，平面，，，，则该四面体外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先利用几何法找出外接球的球心，计算出外接球的半径，然后得出表面积；【详解】如图所示：由已知可得与为直角三角形，所以该几何体的外接球球心为的中点O，因为,且,所以,所以,所以四面体的外接球半径,则表面积.故答案选：C【点睛】本题考查几何体的外接球问题，难度一般，解答时找准球心，计算得出半径是关键.12.中角，，所对的边分别为，，，，，成等差数列，且，若边上的中线，则绕旋转一周，得到的几何体的体积为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由，，成等差数列，可得借助已知条件及二倍角公式化简可得，进而求得利用正弦定理可知，在中，利用余弦定理可求得，依据旋转体的特征求出半径，计算可得体积.【详解】中角，，所对的边分别为，，成等差数列，∴正弦定理可得,，则为锐角，∴即即解得(舍去).所以则,令，由余弦定理可得，解得，所以，过点作于点,则,所以绕旋转一周，得到的几何体的体积.故选：C.【点睛】本题考查正余弦定理解三角形问题，考查三角恒等变换在化简中的应用，考查旋转体体积的求法，属于综合题，难度较难.第Ⅱ卷（非选择题）二、填空题（共4小题，将答案填在答题卡相应的位置上．）13.数列的通项公式为，则当数列的前项和取最小值时，正整数的值是______．【答案】9【解析】【分析】由题意可得，当数列{an}的前n项和Sn取得最小值时，可得,，结合解得即可.【详解】,,且数列单调递增，依据题意，当数列{an}的前n项和Sn取得最小值时，即将数列{an}中的全部非正项加起来，得,,即,.解得.∵,则∴数列{an}的前n项和Sn的最小值为故答案为：9【点睛】本题考查数列前n项和，娴熟驾驭数列的基本性质是解决此题的关键.属于基础题.14.设正数，满意，则最小值为______．【答案】5【解析】【分析】由已知得出，代入后应用基本不等式可求得最小值．留意求出的取值范围．【详解】∵，所以，又，∴，，，当且仅当，即时等号成立，故答案为：5．【点睛】本题考查用基本不等式求最值，解题方法是用代入法化二元函数为一元函数，然后再确定用基本不等式求最值还是用函数的性质求最值．15.已知，是单位圆（为圆心）上两点，，是线段上动点（不与端点重合），是圆的一条直径，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】首先依据题意得到，再利用向量的线性运算得到，从而得到的取值范围.【详解】如图所示：因为，，所以到直线的距离为，故..因为，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查平面对量的数量积运算，同时考查了向量减法的几何意义，属于中档题.16.如图，矩形中，，，为中点，，分别在线段，上运动，且，沿将折起，得到三棱锥，当三棱锥体积最大时，直线与平面所成角的余弦值为______．【答案】【解析】【分析】要使得三棱锥体积最大，首先有平面平面，然后再设，用表示出三棱锥的体积，求得最大值及此时值，作出与平面所成的角，在三角形中解之即可．【详解】要使得三棱锥体积最大，首先有平面平面，这样到平面的距离才能最大，如图，取中点，连接，在原平面图形中，由于是中点，，所以，∴且，∴平面，所以是直线与平面所成角，因为是平面，，设，则，，，所以时，取得最大值3，此时，，，．故答案为：．【点睛】本题考查求直线与平面所成的角，解题关键是确定的位置，利用三棱锥体积最大，首先有平面平面，然后引入，把体积用表示后得出最大值，确定出位置，从而求解．留意还必需证明直线与平面所成的角．三、解答题（本大题共6小题，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．）17.如图所示，△ABC为正三角形，CE⊥平面ABC，BD∥CE，且CE＝AC＝2BD，M是AE的中点.(1)求证：DE＝DA；(2)求证：平面BDM⊥平面ECA；【答案】（1）见解析（2）见解析【解析】试题分析：（1）证线段相等，实质证垂直：AE⊥DM,取AC的中点N，易得四边形DBNM为平行四边形,而由线面垂直判定定理可得BN⊥平面ECA.因此DM⊥平面ECA.即AE⊥DM,（2）由（1）得DM⊥平面ECA，所以依据面面垂直判定定理得平面BDM⊥平面ECA试题解析:(1)取EC的中点F，连接DF.∵CE⊥平面ABC，∴CE⊥BC.易知DF∥BC，∴CE⊥DF.∵BD∥CE，∴BD⊥平面ABC.在Rt△EFD和Rt△DBA中，EF＝CE＝DB，DF＝BC＝AB，∴Rt△EFD≌Rt△DBA.故DE＝DA.(2)取AC的中点N，连接MN、BN，则MN//CF.∵BD//CF，∴MN//BD，∴N∈平面BDM.∵EC⊥平面ABC，∴EC⊥BN.又∵AC⊥BN，EC∩AC＝C，∴BN⊥平面ECA.又∵BN⊂平面BDM，∴平面BDM⊥平面ECA.点睛:垂直、平行关系证明中应用转化与化归思想的常见类型.(1)证明线面、面面平行，需转化为证明线线平行.(2)证明线面垂直，需转化为证明线线垂直.(3)证明线线垂直，需转化为证明线面垂直.18.已知等差数列满意，．（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）首先依据已知条件求出，，再写出即可.（2）依据题意得到，再利用裂项求和求出即可.【详解】（1）由题知：，解得.则，解得，，.（2）.【点睛】本题第一问考查等差数列的通项公式，其次问考查裂项求和，属于简洁题.19.已知三棱柱中，侧棱平面，是中点，，，．（1）求证：直线平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）设交于，由中位线定理可得，从而得证线面平行；（2）作于，取中点，作交于，连接，证明直线与平面所成角等于直线与平面所成角．是直线与平面所成角，然后在三角形中计算正弦值即可．【详解】（1）如图，连接交于，连接，∵是矩形，所以是中点，又是中点，∴，又平面，，∴直线平面；（2）如图，作于，取中点，作交于，连接，，∵．，∴是平行四边形，∴，∴直线与平面所成角等于直线与平面所成角．由平面，平面平面，知平面，∴，又，平面，平面，所以平面，∴平面，∴是直线与平面所成角．，在直棱柱中，由，，．得，，，，∴直线与平面所成角的正弦值是．【点睛】本题考查证明线面平行，考查求直线与平面所成的角，驾驭线面平行的判定定理是证线面平行的常用方法，而要求线面角，一般可依据定义作出这个角，为此须要有平面的垂线，才会有斜线在平面内的射影，从而得角．本题也可以建立空间直角坐标系，用空间向量法求线面角．20.已知锐角的三个内角，，的对边分别为，，，且．（1）求角；（2）若，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）用余弦定理变形已知等式后可求得角；（2）结合（1），利用正弦定理把用角表示，利用两角和与差的正弦公式、二倍角公式化函数为一个角的一个三角函数形式，然后利用正弦函数性质得出结论．【详解】（1）∵，所以，又是锐角三角形，∴，∴，∴；（2）由正弦定理得，，，∴，又，∴，因为是锐角三角形，，所以，所以，，所以．即的取值范围是．【点睛】本题考查正弦定理、余弦定理．正弦函数的性质，同角间的三角函数关系，两角和与差的正弦公式、二倍角公式等等，娴熟驾驭三角公式，驾驭正弦定理进行边角转换是解题关键．21.如图，在等腰梯形中，，且，是的中点．将沿折起到的位置．（1）若为棱上动点，问在棱上是否存在定点，使？若存在，求的值；若不存在，说明理由．（2）若平面平面，求二面角的余弦值．【答案】（1）存在，；（2）.【解析】【分析】（1）当为中点时，首先利用已知条件易证，，从而得到平面，又因为，得到平面，从而得到，即.（2）首先利用面面垂直的性质得到平面，以为原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，再利用向量法求二面角即可.【详解】（1）当为中点时，，证明如