2023级高一数学下学期6月份阶段性质量检测说明：1．请将答案填涂在答题卡的指定区域内．2．满分150分，考试时间120分钟．一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1．若复数z满足为虚数单位，则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2．用斜二测画法作一个边长为6的正方形，则其直观图的面积为（）A．36B．C．D．3．已知圆台上下底面圆的半径分别为1,3，母线长为4，则该圆台的侧面积为（）A．B．C．D．4．中，设,若,则的形状是（）A．钝角三角形B．锐角三角形C．直角三角形D．无法确定5．如右图所示，正三棱锥中，D,E,F分别是的中点，P为上任意一点，则直线与所成的角的大小是（）A．B．C．D．随P点的变化而变化6．逢山开路，遇水架桥，我国摘取了一系列高速公路“世界之最”，一辆汽车在一条水平的高速公路上直线行驶，在A,B,C三处测得道路一侧山顶P的仰角分别为，，，其中,则此山的高度为（）A．B．C．D．7．如图，四面体中，两两垂直，,点E是的中点，若直线与平面所成角的正切值为，则点B到平面的距离为（）A．B．C．D．8．在中，已知分别为角的对边．若,且，则（）A．B．C．D．或二．多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）9．设m,n是两条不同的直线，是两个不同的平面，下列命题中不正确的是（）A．若,则B．若,则C．若m,n是两条不同的异面直线，，则D．若,则m与所成的角和n与所成的角互余10．下列说法正确的是（）A．在四边形中，,则四边形是平行四边形B．若是平面内所有向量的一个基底，则也可以作为平面向量的基底C．已知O为的外心，边长为定值，则为定值；D．已知均为单位向量．若,则在上的投影向量为11．如图，在棱长为2的正方体中，Q为线段的中点，P为线段上的动点（含端点），则下列结论错误的是（）A．三棱锥的体积为定值B．P为线段的中点时，过D,P,Q三点的平面截正方体所得的截面的面积为C．的最小值为D．直线与直线所成角的取值范围为12．如图，矩形中，为边的中点，沿将折起，点A折至处（平面）,若M为线段的中点，平面与平面所成锐二面角，直线与平面所成角为,则在折起过程中，下列说法正确的是（）A．存在某个位置，使得B．面积的最大值为C．D．三棱锥体积最大时，三棱锥的外接球的表面积三．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．已知p:向量与的夹角为锐角．则实数m的取值范围为___________．14．已知平面平面是外一点，过P点的两条直线分别交于A、B,交于C、D,且,则的长为___________．15．在中，角所对的边分别为，且．当取最小值时，___________．16．如图所示，直角三角形所在平面垂直于平面，一条直角边在平面内，另一条直角边长为且，若平面上存在点P,使得的面积为，则线段长度的最小值为___________．四．解答题（本大题共6小题，共70分）17．己知平面向量其中．（1）若,且,求向量的坐标；（2）若向量,若与垂直，求．18．在的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且（1）求A的值；（2）若,求的取值范围．19．如图所示，四棱锥中，底面为平行四边形，，平面．（Ⅰ）证明：平面平面;（Ⅱ）在中，点E在上且且,求三棱锥的体积．20．如图，在四棱锥中，底面是菱形，，底面,点E在棱上．（1）求证：平面;（2）若,点E为的中点，求二面角的余弦值．21．如图，四棱柱的棱长均为2，点E是棱的中点，．（1）证明：平面;（2）若,求直线与底面所成角的正切值．22．如图，设中角A,B,C所对的边分别为为边上的中线，已知且．（1）求的面积；（2）设点E,F分别为边上的动点，线段交于G,且的面积为面积的一半，求的最小值．参考答案大庆实验中学实验一部2023级高一下学期6月份阶段性质量检测数学学科试题2024.06.03—2024.06.04命题人：孟令娇审题人：彭修香说明：1．请将答案填涂在答题卡的指定区域内．2．满分150分，考试时间120分钟．一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）1．【详解】因为,所以，所以z的共轭复数,对应的点坐标为位于第四象限．故选：D2．【答案】C【详解】在斜二测画法中，直观图面积是原图形面积的，而边长为6的正方形面积为36，所以所求的直观图的面积为．故选：C3．【详解】设上下底面圆半径分别为，母线长为，则圆台侧面积．故选：C．4．【详解】解：,,∴角A为钝角，故选：A．5．【答案】C【详解】试题分析：连接与是正三角形，,则平面,即;又,所以,即与所成的角的大小是．6．【答案】D【详解】解：如图，设点P在地面上的正投影为点O,则，，，设山高，则，在中，,由余弦定理可得：，整理得，．故选：D．7．【答案】D【详解】由题知面,又,点E是的中点，，且又面,过B作于E,则,又面为直线与平面所成角，即为B到平面的距离．，解得,利用等面积知．故选D8．【详解】因为，由余弦定理得,整理得，由正弦定理得，又因，所以，解得或，而,且,所以,所以．故选：C．二．多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）9．【详解】A．,则,又，则,所以不正确，A不正确；B．,则或,故B不正确；C．若m,n是两条不同的异面直线，,则,C正确．D．由时，m,n与所成的角没有关系，时，由面面平行的性质知n与所成的角相等，m与所成的角相等，因此m与所成的角和n与所成的角不一定互余，D不正确．故选：ABD10．答案：ACD11．【答案】BC【详解】选项A,面面面,到面的距离等于到面的距离，,故A正确；选项B,连接,分别为线段的中点，且,又且且,所以过三点的截面为梯形,易知,作,则，所以梯形的面积，故B错误；选项C:将侧面展开如图，显然当Q,P,D三点共线时，取得最小值，最小值为,故C错误；选项D,连接,则,则直线与直线所成角即为直线与直线所成角，则当P与C重合时，直线与直线所成角最小为，当P与重合时，直线与直线所成角最大为，所以直线与直线所成角的取值范围为，故D正确．故选：BC．12．【答案】BD【详解】对于A,如图1，取的中点N,连接,显然,图1且,又，且,所以,所以四边形为平行四边形，故,又，且N为的中点，则与不垂直，所以s不垂直，故A错误；对于B,由得，,所以当时，最大，最大值为,B正确；C选项，如图2，取的中点的中点Q，作平面,且点O在平面内，连接，图2由知，,又,且,所以,所以在平面上的射影在直线上，即点O在直线上，所以为平面与平面所成的二面角，则,所以，又在平面上的射影为,则,所以，所以,C错误；D选项，结合C可知，,如图3，当点O,P重合时，即平面时，最大，最大值为，因为,所以点Q为三棱锥的外接球球心G在平面上的投影，故,连接,过点G作于点F,因为平面平面,所以,则，设,则,由勾股定理得,设三棱锥的外接球半径为R,则,故,解得,图3所以其外接球半径，所以三棱锥的外接球的表面积为，D正确．故选：BD三．填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13．【答案】．14．【答案】20或4；【分析】由面面平行，可得线线平行，,在利用相似三角形的相似比可得的长【详解】解：如图所示，因为平面平面,所以,，．当P在平面与平面之间时，．故答案为：20或4．15．【答案】【详解】因为，由余弦定理得：,整理得，所以，当且仅当，即时，等号成立，则此时,此时，又因为，所以．故答案为：．16．【答案】【分析】由题意，根据面面垂直的性质可得平面,利用线面垂直的性质可得，进而，由三角形的面积公式可得，即可求解．【详解】在中，,则，又平面,平面平面,所以平面,连接,所以,得,设，则,即,得，当即即时，取到最小值1，此时收到最小值．故答案为：四．解答题（本大题共6小题，共70分）17．【详解】（1）或（2）因为,所以,所以．18．【答案】（1）（2）【详解】（1）由,因,代入得，,展开整理得，,即,因,则有,由正弦定理，,又因,故得，因，则;（2）由（1）得，因,由正弦定理，，则,于是，，因，则,故,即的范围是．19．试题解析：（Ⅰ）证明：在中，由已知，,,又平面,,又,平面平面,∴平面平面．（Ⅱ）解：由已知得，,又平面平面,平面,故是三棱锥的高．又,而，．20．【详解】证明：（1）因为平面,所以,因为为菱形，所以,又平面平面,所以平面,（2）如图，连接,则平面,由,故即为二面角的平面角，在菱形中，，所以，又,所以，由点E为的中点，易得，所以为等腰三角形，在内过点E作高，垂足为H,则,所以，即二面角的余弦值为．21．【详解】（1）连接交于点F,连接．由题意知四边形是菱形，故点F是的中点．又点E是棱的中点，所以．又平面平面,所以平面．（2）连接,设,连接,由,可得,则．由题意知四边形是菱形，故点O是的中点，得．在中，易得,故,得．又,所以．易知,且,所以平面,又平面,所以平面平面．又,所以平面．故是直线与底面所成的角．又,所以,所以，所以,即直线与底面所成角的正弦值为．22．【详解】（1）,由正弦定理：,由余弦定理：．因为D为中点，所以,设的夹角为，，又，，即，解得或,又，所以，易得，的面积为．（2）设的面积为面积的一半，设，则,又共线，所以设，则,,解得：．，又,，又，化简得，又，则，则时，的最小值为2．。