山东省青岛市第五十八中学2023-2024学年高一下学期第二次阶段性检测数学试题（含解析）

2023—2024学年第二学期阶段性检测考试
高一数学试卷
2024.06
注意事项：
1．本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分。第Ⅰ卷为选择题，共58分；第Ⅱ卷为非选择题，共92分，满分150分，考试时间为120分钟。
2．第Ⅰ卷共2页，每小题有一个正确答案，请将选出的答案标号（A、B、C、D）涂在答题卡上。第Ⅱ卷共2页，将答案用黑色签字笔（0.5mm）写在答题纸上。
第Ⅰ卷
一．单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1．已知是虚数单位，复数，则（ ）
A．1 B．2 C． D．0
2．已知向量，满足，，且，则在方向上的投影向量为（ ）
A．3 B． C． D．
3．已知不重合的平面、、和直线，则“”的充分不必要条件是（ ）
A．内有无数条直线与平行 B．内的任何直线都与平行
C．且 D．且
4．宋代是中国瓷器的黄金时代，涌现出了五大名窑：汝窑、官窑、哥窑、钧窑、定窑．其中汝窑被认为是五大名窑之首。如图1，这是汝窑双耳罐，该汝窑双耳罐可近似看成由两个圆台拼接而成，其直观图如图2所示，已知该汝窑双耳罐下底面圆的直径是12厘米，中间圆的直径是20厘米，上底面圆的直径是8厘米，高是14厘米，且上、下两圆台的高之比是3：4，则该汝窑双耳罐的体积是（ ）
A． B． C． D．
5．在直三棱柱中，，，，点，分别是，的中点，则异面直线与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
6．在中，角，，的对边分别为，，，为的中点，已知，，且，则的面积为（ ）
A． B． C． D．
7．在三棱锥中，平面平面，，，则该三棱锥外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
8．素描是使用单一色彩表现明暗变化的一种绘画方法，素描水平反映了绘画者的空间造型能力．“十字贯穿体”是学习素描时常用的几何体实物模型，如图是某同学绘制“十字贯穿体”的素描作品．“十字贯穿体”是由两个完全相同的正四棱柱“垂直贯穿”构成的多面体，其中一个四棱柱的每一条侧棱分别垂直于另一个四棱柱的每一条侧棱，两个四棱柱分别有两条相对的侧棱交于两点，另外两条相对的侧棱交于一点（该点为所在棱的中点）．若该同学绘制的“十字贯穿体”由两个底面边长为1，高为4的正四棱柱构成，给出下列四个结论，其中正确结论有（ ）个
①该“十字贯穿体”的表面积是
②该“十字贯穿体”的体积是
③一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线互相垂直
④二面角的正弦值为
A．1 B．2 C．3 D．4
二．多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9．已知向量，，和实数，下列说法正确的是（ ）
A．若，则或
B．若且，则当时，一定有与共线
C．若
D．若且，则
10．，是复数，下列说法正确的是（ ）
A．若，则是纯虚数
B．若，则
C．若，互为共轭虚数，则，在复平面内对应的点关于实轴对称
D．若，则
11．如图，是棱长为2的正方体的表面上一个动点，则下列说法正确的有（ ）
A．当在平面内运动时，四棱锥的体积不变
B．当在线段上运动时，与所成角的取值范围是
C．使得直线与平面所成的角为的点的轨迹长度为
D．若是棱的中点，当在底面上运动，且满足平面时，的最小值是
第Ⅱ卷
三．填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12．若，且满足，则的最大值为_________．
13．在等边三角形中，，点在内部，且满足，则的最大值为_________．
14．刻画空间弯曲性是几何研究的重要内容，用“曲率”刻画空间弯曲性，规定：多面体顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制）．例如，正四面体的每个顶点有3个面角，每个面角为，所以正四面体在各顶点的曲率为．在底面为矩形的四棱锥中，底面，，与底面所成的角为，在四棱锥中，顶点的曲率为_________．
四．解答题（本大题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
15．（13分）设三角形的内角、、的对边分别为、、且．
（1）求角的大小；
（2）若，边上的高为，求三角形的周长．
16．（15分）如图，在三棱台中，底面为等边三角形，平面，，其中为上的点，且．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值．
17．（15分）如图所示，的顶点是我国在南海的三个战略岛屿，各岛屿之间建有资源补给站，在图中的、、点上．岛屿到补给站的距离为岛屿到的，岛屿和岛屿到补给站的距离相等，补给站在靠近岛屿的的三等分点上．设，．
（1）用，表示，；
（2）若三个岛屿围成的的面积为平方公里，且满足，求岛屿和岛屿之间距离的最小值．
18．（17分）如图，在多面体中，平面平面，四边形为菱形，，底面为直角梯形，，，，为的中点．
（1）证明：．
（2）若多面体的体积为，求点到平面的距离．
19．（17分）如图，平面平面，四边形为矩形，且为线段上的动点，，，，．
（1）当为线段的中点时，
（i）求证：平面；
（ii）求直线与平面所成角的正弦值；
（2）记直线与平面所成角为，平面与平面的夹角为，是否存在点使得？若存在，求出；若不存在，说明理由．
2023—2024学年第二学期阶段性检测考试
高一数学答案
1．C
2．D【详解】，则，故，在方向上的投影向量．
故选：D．
3．D【详解】对于A选项，若内有无数条直线与平行且这无数条直线是平行直线，则、平行或相交，
即“内有无数条直线与平行”“”，A不满足；
对于B选项，由面面平行的定义可知，“内的任何直线都与平行”“”，B不满足；
对于C选项，若且，则、平行或相交，
则“且”“”，C不满足；
对于D选项，由线面垂直的性质可知，若且，则，
反之，若，则“且”不一定成立，
故“且”是“”的充分不必要条件，D满足．
故选：D．
4．D【详解】上、下两圆台的高之比是，故上圆台的高为厘米，
下圆台的高为厘米，
故上圆台的体积为立方厘米，
下圆台的体积为立方厘米；
故该汝窑双耳罐的体积为立方厘米．
故选：D
5．A【详解】如图分别取，的中点，，连接，，如下图所示：
因为为直三棱柱，且点是的中点，
所以，且，则四边形为平行四边形，
所以，同理，
所以异面直线与所成角为或其补角，
因为，分别为，的中点，所以，
，，
因为，所以，
在中，，
因此，直线与所成角的余弦值为．
故选：A．
6．D【详解】因为，
由正弦定理得，
即，又，所以，
又，所以，
在中，为的中点，则，
则，
即，解得（舍去），
所以．
故选：D．
7．B
解：，所以的外接圆的圆心为斜边的中点，
，为等边三角形，
连接，则，
由平面平面，平面平面，面，
面，则球心一定在直线上，
为等边三角形，可知为的外心，则为该三棱锥外接球的球心，
因为，所以，即该三棱锥外接球的半径为，
故该三棱锥外接球的表面积为．
故选：B．
8．A【解答过程】如图一个正四棱柱的某个侧面与另一个正四棱柱的两个侧面的交线，，
则在矩形中，可知，为中点，连接，
由对称性可知，为中点，为中点，
，，，
显然，即、不垂直，C错误；
，，
该“十字贯穿体”的表面积是由4个正方形和16个与梯形全等的梯形组成，
则表面积，A错误；
如图两个正四棱柱的重叠部分为多面体，取的中点，
．
则多面体可以分成8个全等三棱锥，
则，且平面，；
则，
该“十字贯穿体”的体积即为，B正确；
过点作于，连接，
因为梯形与梯形全等，所以，
则为二面角的平面角，
因为，即，
所以，，又，
所以，
，则，从而，故D错误．
综上，正确结论的个数是1．
故选：B．
9．BC
解：对于A选项，若，则或或，A错，
对于B选项，根据平面向量共线定理可知B对；
对于C选项，，，故与的夹角为0或，C对；
对于D选项，即，因为，所以或，故D错．
故选：BC．
10．AC
解：设，（，，，），
A选项，若，则，
所以或，当时，不符合题意，故，，
所以是纯虚数，故A正确：
B选项，若，则，
又，，所以与不一定相等，故B错误；
C选项，若，则，
所以，，
所以在复平面内对应的点的坐标为，在复平面内对应的点的坐标为，
所以，在复平面内对应的点关于实轴对称，故C正确：
D选项，若，，则，，满足，
但、的大小无法比较，故D错误．
故选AC．
11．AC
【详解】底面正方形的面积不变，到平面的距离为正方体棱长，
故四棱锥的体积不变，故A正确；
与所成的角即为与所成的角，
当在端点，时，所成的角最小，为，
当在的中点时，所成的角最大，为，故B错误；
由于在正方体表面上，的轨迹为对角线，，
以及在平面内以为圆心、2为半径的圆弧，
（由于，，所以在中，，
即直线与平面所成的角为，
又由于平面平面，所以直线与平面所成的角为）
如图①，故的轨迹长度为，故C正确；
分别取、、、、的中点、、、、，
由正方体的性质可知、、、、、六点共面，且为正六边形，
由中位线定理，，平面，所以平面，
同理平面，且，，平面，
所以平面平面，
所以所在的平面为如图②所示的正六边形，
当为的中点时，的长最小，为，故D错误．
故选：AC．
12．3
【详解】，复数的轨迹表示以点为圆心，1为半径的圆，表示圆上的点到点的距离，
如图，当过点和圆的圆心，即为最大值．
故答案为：3
13．2
【详解】设，，则，在中，，．
由正弦定理可得，
则，．
．
当时，，取最大值2．
故答案为：2．
14．
解：设，则，平面，
即为与底面所成角，即，
，，
，，；
平面，平面，，
又，，，平面，平面，
平面，，即，又，
顶点的曲率为．
故答案为：．
15．解：（1）因为，，为的内角，所以
因为．
所以可化为：
即
即，因为，解得：．
（2）由三角形面积公式得，所以
由余弦定理得：
解得：或舍去
所以的周长为
16．【答案】（1）证明见解析
（2）
【小问1详解】连接，与交于，连接，
因为，，，所以，
又，所以，，
又平面，平面，
所以平面．
【小问2详解】
取的中点，的中点，连接，，，
所以，又平面，则平面，
在直角中，，，则，
又，，则，得，
因为的中点，的中点，所以，
则，，
因为平面，平面，所以
在直角中，，，则，
所以为等腰三角形，又，为的中点，
所以，，
所以为平面与平面的夹角，
，
所以平面与平面夹角的余弦值．
17．【答案】（1），
（2）公里
【详解】（1）解：由岛屿到补给站的距离为岛屿到的，可得，点为中点，且，
又由，，所以，
．
（2）解：由，可得，
即，
可得，
即，
设，，由正弦定理知
而，
所以，
因为，所以；得，
所以当，即时，取得最小值120，即的最小值为，
所以岛屿和岛屿之间距离的最小值为公里．
18．【答案】证明：如图，连接．
四边形为菱形，．
平面平面，平面平面，，平面，
平面，
又平面，．
，平面，，
平面．平面，．
（2）如图，过作，交于点，过作，交延长线于点，连接，；
设，点到平面的距离为．
平面，又平面，，
，平面，，平面，
，
，
，
多面体的体积为，得．
，平面，平面，
平面，
即点到平面的距离等于点到平面的距离．
易证四边形为矩形，
，，，
，，，
，，
，
，
，
故点到平面的距离为．
19．【解答过程】（1）（i）由题意，四边形为直角梯形，且，，
所以，所以，
取的中点，连接，则且，且，
故四边形为矩形，
则，且，所以，
又由，所以，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又平面，所以，
因为，，则，所以，
又，、平面，所以平面．
（ii）取的中点为，的中点为，连接、、，
过在平面内作垂直于，垂足为，
又平面平面，平面平面，，
所以平面，为的中点，
所以，所以平面，平面，所以，
又因为，，、平面，
所以平面，平面，
所以，，，平面，
得平面，因为，，，
所以，
由等面积法可得，
延长与交于点，则为的中点，为直线与平面的交点，
设点到平面的距离为，直线与平面所成的角为，
则，所以，
由，所以，．
（2）假设存在点，使得，延长与交于点，连接，
则平面平面，
设平面，垂足为，连接，是直线与平面所成的角，
因为且，所以，点为的中点，则，
过点作垂直于，垂足为，
因为平面，平面，所以，
又因为，，、平面，所以平面，
因为平面，所以，
是二面角的平面角，
所以，，
由，得，所以、重合，由，得，
设，则，，
由勾股定理可得，
即，整理可得，
解得或（舍），
所以存在点，当，有成立．