山东省聊城第一中学2023-2024学年高一下学期第二次阶段性测试数学试题（含答案）

2023级高一下学期第二次阶段性测试 8．如图，正方体 1 1 1 1中，点 E、F、G、H分别为棱 , , 1 1, 1 1的中点，点M
为棱 1上的动点，则下列说法中正确的个数是（ ）
数学试题 ①AM与 1 异面；② 1 //平面 AEM；
时间：120分钟 分值：150分 ③平面 AEM截正方体所得的截面图形始终是四边形；
④平面 ⊥平面 1 .
第Ⅰ卷（58 分）
A．1 个 B．2 个 C．3 个 D．4 个
一、选择题：本题共 8小题，每小题 5分，共 40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符
二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要
合题目要求的。
求。全部选对的得 6分，部分选对的得部分分，有选错的得 0分。
1.已知一组数据 3，4，5，6，7，8，9，10，则这组数据的 35%分位数是（ ）
z29.在复平面内，设 O 为坐标原点，复数 , z 对应的点分别为 A,B，若OA OB ,则 z 可能是
A．3.5 B．4 C．4.5 D．5
（ ）
2.从装有两个红球和三个黑球的口袋里任取两个球，那么互斥而不对立的两个事件是（ ） A．2i B．1 3i C． 3 i D． 3 i
A．“至少有一个黑球”与“都是黑球” B．“至少有一个黑球”与“都是红球” 10．某校组织“校园安全”知识测试，随机调查 600 名学生，将他们的测试成绩（满分 100 分）按
C．“至少有一个黑球”与“至少有一个红球” D．“恰好有一个黑球”与“恰好有两个黑球” 照[50,60)，[60,70)， ，[90,100]分成五组，得到如图所示的频率分布直方图，则下列说法正确
3.在空间中，设 m,n是不同的直线，α，β表示不同的平面，则下列命题正确的是（ ） 的是（ ）
A. 若 α∥β，m∥α，则 m∥β B.若 α⊥β，m⊥α，n⊥β，则 m⊥n
A．图中 = 0.1
C. 若 α⊥β，m∥α则 m⊥β D. 若 α⊥β，m⊥α，则 m∥β
B．估计样本数据的第 60 百分位数约为 85
4.某学校高一高二年级共 1000 人，其中高一年级 400 人，现按照年级进行分层随机抽样调查学生
C．若每组数据以所在区间的中点值为代表，则这 600 名学生
身高，得到高一、高二两个年级的样本平均数分别为 165cm，170cm 和样本标准差分别为 3，4，
2 成绩的平均数约为 79.5
则总体方差 s （ ）
D．若按各组人数比例用分层随机抽样的方法抽取 30 名成绩低于 80 分的学生，则成绩在
A．18.5 B．19.2 C．9.8 D．20
[60,70)内的学生应抽取 10 人
5.已知平面向量a ，b 满足 a 3， b 1， a 2b 4，则a 3b，b 夹角的余弦值为（ ）
11.如图，有一个棱台形的容器 ABCD-A1B1C1D1（上底面 A1B1C1D1 无盖），其
6 6 6 6
A． B． C． D． 1 1 1
4 12 6 6 四条侧棱均相等，底面为矩形， AB BC A1B1 B1C1 1m ，容器2 2 4
π
6.在△ABC 中，BC=2，∠BAC= ，点 P满足2 + + = 0，则 的最大值为（ ） 的深度为 1m，容器壁的厚度忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
3 A. AA1 2 m
3 1 1 2
A． B． C． D． 2B.该四棱台的侧面积为 (3 2 3 5)m
4 4 3 3
C.若将一个半径为 0.9m 的球放入该容器中，则球可以接触到容器的底面
7.正四面体 中， 是侧棱 上的中点，若异面直线 与直线 所成的角为 ，直线 MB
45
D.若一只蚂蚁从 A 点出发沿着容器外壁爬到点 C ，则其爬行的最短路程为 5 m
与平面 ABC 所成的角为 1β，二面角 M-BC-A 的平面角为 γ，则（ ） 4
A． < < B． < < C． < < D． < <
1
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第Ⅱ卷（92 分） 17．（本小题满分 15分）
三、 填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 如图,△PDC 所在的平面与长方形 ABCD 所在的平面垂直，PD=PC=4，
12.已知a (1,2),b (1, 7),c 2a b，则 c在 a 方向上的投影向量为___________. AB=6，BC=3.
13.在三棱锥 中， ⊥平面 ， = 6， = 10， = 2√2，∠ = 45°， (1) 证明：BC⊥PD；
则三棱锥 外接球的表面积为 . (2)求点 C 到平面 PDA 的距离.
2
14.如图所示，在边长为 3 的等边三角形 中， AD AC，且点 P 在以 AD 的中点 O 为圆心、
3
OA 为半径的半圆上，若BP xBA yBC ，则下列说法正确的是 .
18.（本小题满分 17分）
1 2 √3① = + ② + 的最大值为1 +
3 3 3 已知四边形 为直角梯形，∠ = 90°， // ，△ 为等腰直角三角形，平面 ⊥平
③ 最大值为 9 ④ = 1 面 ，E为 的中点， = 2 = 2√2， = 3 = 3．
(1)求证： //平面 ；
四、解答题：本题共 6小题，共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 (2)求 DE 与平面 PBD 所成角的正弦值．
15.（本小题满分 13分） (3)求二面角 E-AB-D 的正弦值.
已知复数 = 4 + i，其中 是正实数，i是虚数单位
(1)如果 2为纯虚数，求实数 的值；

(2)如果 = 2， 1 = 是关于 的方程
2 + + = 0( , ∈ )的一个复根，求 + 的值.
1 i
19.（本小题满分 17分）
如图，已知△ 是边长为 2 的正三角形，点 1、 2、 3是 边的四等分点.
(1)求 + 1 1 的值；
1
16.（本小题满分 15分） (2)若 为线段 上一点，且 = + 1 ，求实数 的值； 12
如图，在△ABC 中，点 P 在边 BC 上， PAC 60 ，PC 1， AP AC 2。
(3)若 为线段 3上的动点，求 的最小值，
（1）求 APC； 并指出当 取最小值时点 的位置.
3
（2）若△APB的面积是 ，求 AB .
2
2
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高一下学期第二次阶段性考试数学试题参考答案
当 M点在线段 1 上时，在平面 1 1 内作直线 // ，
一、选择题：1——5 DDBBA ；6-8 B， C， C 交 1的延长线于 U，交 1 1于 V，连接 UM，
5. ∵ 1// 1, ∴ , , , 1四点共面， 平面 1 1 ，∴ ∩ 1 1 = ，
即平面 AEM截正方体的图形是五边形 ，如图：
π
对于 D，在正方形 ABCD内，R △ R △ , ∠ = ∠ , ∴ ∠ + ∠ = ,
2
所以 ⊥ ，又 1 ⊥平面 ABCD， 平面 ABCD，
∴ ⊥ 1， 1, 平面 1 , 1 ∩ = ，∴ ⊥平面 1 ，
6. 平面 AEM，∴平面 ⊥平面 1 ，正确；
二、选择题：本题共 3小题，每小题 6分，共 18分。
9．ACD 10．BCD 11．BD
11.
8.对于 A，连接 1 1, ，∵ 1 = 1, 1// 1, ∴四边形 1 1 是平行四边形，
平面 1 1 ， 1// 1, 1 平面 1 1 ， 1 平面 1 1 ，
∴ 1//平面 1 1 ，又 1 ∩ = ，所以 1与 AM是异面直线，正确；
对于 B，连接 EH，则 // 1, = 1, ∴四边形 1 是平行四边形， 1 // ，
又 平面 AEM， 1 平面 AEM，∴ 1 //平面 AEM，正确；
对于 C，取 1的中点 T，当M与 T重合时，连接 1，
则有 // 1, , , , 1四点共面，
即平面 AEM截正方体的图形是四边形 1 ，如图：
{#{QQABQQIQoggIAIBAAQgCQwFgCkGQkBCCAagGhAAEIAABwBNABAA=}#}
设 (cos , sin ), ∈ [π, 2π]，
1 3√3 3 3√3 3 3√3则 = (cos , sin ) , = ( , ) , = ( , )，
2 2 2 2 2 2
3 3 3 √
3 27 π
所以 = cos sin + = 3cos ( + ) + 6，
2 4 2 4 3
π 4π 7π
因为 ∈ [π, 2π]，所以 + ∈ [ , ]，
3 3 3
π
所以当 + = 2π时， 取得最大值9，故③正确；
3
1 3√3 3 3√3 3 3√3
对于②，因为 = + ，所以(cos , sin ) = ( , ) + ( , )，
2 2 2 2 2 2
1 3√3 3 3√3
即(cos , sin ) = ( ( ), ( + ))，
2 2 2 2
3√3 3√3
所以sin = ( + )，
2 2
2√3
三、填空题：本题共 3小题，每小题 5分，共 15分。 所以 + = sin + 1， 9
3 6 3π 2√3
12. ( , ) ； 13.140π； 14．①③ 因为 ∈ [π, 2π]，所以当 = 时， + 取得最大值 + 1，故②错误.
5 5 2 9
14.对于①，因为
2
= ，且点 在以 的中点 为圆心， 为半径的半圆上， 四、解答题：本题共 6小题，共 77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
3
1 1 1 1 2 15.解：（1）因为 = 4 + i，所以 2 2 2所以 = = = = 1，则 = + = + = + ( ) = + ， = (4 + i) = 16 + 8 i，
3 3 3 3 3
2 16 2 = 0
2 2 2 1 2 1 因为 为纯虚数，所以{ ，解得 = 4（负值舍去），
对于④， = + = + = + ( ) = + ， = = + 8 ≠ 0
3 3 3 3 3 3
所以 = 4. ……5’
1
(
2
+
1 1
) = ，
3 3 3 3
（2）因为 = 2，所以 = 4 + 2i，
1则 = (
1

2 1 2
) ( + ) =
1 1
2 2
1 1 1
= 2 1 × 3 × 3 × = ， 4+2i 2(2+i)(1+i) 2(1+3i)
3 3 3 3 9 9 9 9 2 2 则 1 = = = = = 1 + 3i， 1 i 1 i (1 i)(1+i) 2
对于③，如图，以点 为原点建立平面直角坐标系，
因为 是关于 的方程 21 + + = 0( , ∈ )的一个复根，
1 3√3
则 ( 1,0), ( , ) , (2,0)，
2 2 所以1 + 3i与1 3i是
2 + + = 0的两个复根，
因为点 在以 的中点 为圆心， 为半径的半圆上， 1 + 3i + 1 3i = = 2故{ ，则{ ，
(1 + 3i)(1 3i) = = 10
所以点 的轨迹方程为 2 + 2 = 1，且在 轴的下半部分，
所以 + = 8. ……13’
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16.（1）解：在△APC中，因为 PAC 60 ， PC 1， 由余弦定理得 18.（1）证明：取 中点 F，连 , ，
PC2 AP2 AC2 2 AP AC cos PAC ，
即12 2
2 因为 E为 的中点，
AP 2 AP 2AP 2 AP cos60 ，
整理得 2 ，解得 AP 1． 1AP 2AP 1 0 所以 // 且 = ，
2
因为 AP AC 2，所以 AC 1，所以△APC是等边三角形，所以 APC 60 .……7’
3 又 // ， = 2 ，
（2）解：因为 APC 60 ，所以 APB 120 ．因为△APB的面积是 ，
2 所以 // 且 = ，
1 3
所以 AP PB sin120 ，所以PB 2， 故四边形 为平行四边形，
2 2
因为 AB2 AP2 PB2 2AP PB cos APB 12 22 2 1 2 cos120 7，所以 AB 7 ∴ // ，
.……15’ 又∵ 平面 ， 平面 ，
17.解：(1)证明: CD 的中点 H,连接 PH, ∴ //平面 ；
因为 PD=PC,所以 PH⊥CD.又因为平面 PDC⊥平面 ABCD, ……4’
（2）证明：取 PB 的中点 G，连接 EG 和 DG，
平面 PDC∩平面 ABCD=CD,所以 PH⊥平面 ABCD. .
又因为 平面 所以 ⊥ 由题意： = 2 = 2√2， = 3 = 3．∴
2 + 2 = 2，∴ ⊥ ，
BC ABCD, PH BC
又平面 ⊥平面 ，平面 ∩平面 = ， 平面 ，∴ ⊥平面 ，
又因为长方形 ABCD 中,BC⊥CD,PH∩CD=H, 所以 BC⊥平面 PDC.
∵ 平面 ，∴PD⊥AB，
又因为 PD 平面 PDC,所以 BC⊥PD.
∵△ 为等腰直角三角形，∴ ⊥ ，
.……7’
∵ ∩ = ， , 平面 ，∴ ⊥平面 ；
(2)解:连接 AC.由(1)知 PH 为三棱锥 P-ADC 的高.
∵E、F 分别为 PA、PB 的中点，∴EF∥AB
2
2 1 2 2 1 1因为 PH= PD CD = 4 3 = 7 ,S△ ADC= ·AD·CD= ×3×6=9,
2 2 2 ∴EF⊥平面 PBD，∴∠EDF 即为 DE与平面 PBD所成角
1 1
所以VP ADC = ·S△ ADC·PH= ×9× 7 =3 7 . ∵△ 为等腰直角三角形， = 2√2，∴ = = 2，
3 3
1
由(1)知 BC⊥PD,又因为 AD∥BC,所以 AD⊥PD, ∴EF AB 1
2
1 1
所以 S△ PDA= ·PD·AD= ×4×3=6.
2 2 1 3又∵△PAD 为直角三角形，∴DE PA
2 2
设点 C 到平面 PDA 的距离为 h.因为VC PDA =VP ADC ,
EF 2
1 3 7 3 7 3 7 ∴sin EDF
所以 ·S△PDA·h=3 7 ,所以 h= = = . ED 3
3 1 1 S PDA 6
2
3 3
.……15’ ……10’
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(3)∵AB⊥平面 PBD，BP、BD 平面PAB，
∴AB⊥BP，AB⊥BD （3）记 = ， = ，
又∵BP 平面PAB，BD 平面ABD 3 1 3
由 = 得 3 3 = + . 4 4 4
∴∠PBD 即为二面角 P-AB-D的平面角
设 = 3，其中0 ≤ ≤ 1，
∵△ 为等腰直角三角形， = 2√2，∴ = = 2， 3 3
则 = ， = + (1 ) .
4 4 4 4
由（2）得 PD⊥平面 ABCD，PD=1，
3 3
进而有 = ( ) [ + (1 ) ]
PD 1 5 4 4 4 4
∴ sin PBD
PB 5 5 1
= [ 2 + (6 4) + 3(3 4) 2] = (13 2 14 )， ∈ [0,1].
16 4
……17’
7 7
当且仅当 = 即 = 3时， 13 13
19.解：（1）由于 2为 边的中点，
49
取最小值 .
52
所以 + = 2 2， ……17’
故 + 1 1 = ( 1 + ) = 2 1 2.
由于 2 ⊥ ，
2
故2 = 2( + ) = 2 1 2 2 2 1 2 2 = 6.
因此 + 1 1 = 6.
……4’
1
（2）由于 1 = ， 4
故
3
=
1
+ 1 . 4 4
由于 为线段 上一点，设 = 1 1(0 ≤ ≤ 1)，
有
3 1
= + = + .
4 4 12
3 1
= =
由向量基本定理得{ 4 3
1
1 ，解得{ 1 ，因此 = .
= = 4
4 12 4
……10’
{#{QQABQQIQoggIAIBAAQgCQwFgCkGQkBCCAagGhAAEIAABwBNABAA=}#}