山东省青岛莱西市2024-2025学年高一下学期学业水平阶段性检测（三）数学试题（解析）

高一学业水平阶段性检测（三）数学试题本试卷共19题.全卷满分150分.考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，请将答题卡上交.一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的.1.的值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据辅助角公式，直接计算，即可得出结果．【详解】．故选：B．2.四边形为矩形，对角线长为若则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用向量的模长、运算律以及向量的数量积的定义求出，即可求得结果.【详解】由题意知：，所以.故选：C.3.已知直线，平面，若平面平面，且，则下列命题正确的是（）A若，则B.若，则C.若，则D.若，则直线必垂直于平面内的无数条直线【答案】D【解析】【分析】根据空间中直线与直线以及平面之间的位置关系，结合面面垂直的性质即可逐一求解.【详解】对于A，若，则与也可能平行或者，故A错误，对于B，若，当至少有一条直线与垂直时才有，否则还有可能存在平行或异面及相交但不垂直的情况，B错误，对于C，若，且，才会有，否则还有可能存在平行或相交但不垂直的情况，故C错误，对于D，当直线，且，此时，故满足条件的直线有无数条，故D正确，故选：D4.已知，O为坐标原点，则下列说法正确的是（）A. B.A，O，C三点共线C.A，B，C三点共线 D.【答案】B【解析】【分析】根据向量的坐标运算判断AD，根据共线向量得三点共线判断BC．【详解】由题意，所以，A错误；因为，，所以，所以三点共线，B正确；又，而，所以不共线，从而三点不共线，C错；，D错误，故选：B．5.已知角是的内角，向量且与共线，则可以判断的形状为（）A.等腰三角形 B.等腰直角三角形 C.直角三角形 D.等边三角形【答案】A【解析】【分析】根据向量共线的坐标运算，可得，根据角A、B的范围，即可得，即可得答案.【详解】因为与共线，所以，所以因为，所以，所以，即，所以为等腰三角形，故选：A6.如图，圆锥的底面直径，母线长，点在母线长上，且，有一只蚂蚁沿圆锥的侧面从点到点，则这只蚂蚁爬行的最短距离是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】试题分析：由题意得，底面圆的直径为，故底面周长等于，设圆锥的侧面展开后的扇形圆心角为，根据底面周长等于展开后扇形的弧长得，解得，所以，则，过作，因为为的三等分点，，所以,，所以，所以，所以，因为，所以，在直角中，利用勾股定理得：，则，故选B．考点：圆锥的侧面展开图．7.如图所示，为测量山高选择A和另一座山的山顶为测量观测点，从A点测得点的仰角点的仰角以及从点测得，若山高米，则山高等于（）A.米 B.米C.米 D.米【答案】A【解析】【分析】在中，可求得AC，根据正弦定理，在中，可求得AM，在中，即可求得答案.【详解】因为在中，，，所以，在中，，由正弦定理得：，即，所以，在中，，所以（米）故选：A8.设，则大小关系正确的是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用二倍角公式、辅助角公式化简三个数，通过三角函数的单调性判断即可．【详解】解：，，因，所以故选：D二、多项选择题：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.9.已知平面向量，且，则（）A. B.或C.与夹角的大小为 D.【答案】AC【解析】【分析】根据题意，结合求模公式，可得m值，即可判断A、B的正误，结合求夹角公式，可判断C的正误，结合求模公式，可判断D的正误，即可得答案.【详解】由题意得：，因为，所以，解得，故A正确，B错误；所以，所以，因为，所以，即与夹角的大小为，故C正确；，所以，，所以，故D错误故选：AC10.在中，角的对边分别是，．则下列说法正确的是（）A.为锐角三角形 B.面积为或C.长度为 D.外接圆的面积为【答案】BD【解析】【分析】利用余弦定理求出，从而求出边，再利用面积公式及正弦定理求出外接圆的半径，即可得解；【详解】解：由，所以，因为，所以，又，所以，解得或，故C错误；当时，，所以为钝角，故A错误；当时，；当时，，故B正确；，所以，所以外接圆的面积，故D正确；故选：BD11.如图，正方体的棱长为4，F是的中点，点P为正方形内一动点（含边界），则下列说法正确的是（）A.四棱锥的体积为定值B.当时，点P的轨迹长度为C.当直线AP与平面所成的角为时，则点P的轨迹长度为D.若直线平面，则点P的轨迹长度为【答案】ACD【解析】【分析】求出四棱锥的体积即判A断；求出的长度，分析点的轨迹，计算其长度判断BC；利用面面平行的性质得出点的轨迹，并计算出轨迹长度判断D.【详解】对于A，点到侧面的距离即为，，，四棱锥的体积为定值，A正确；对于B，由平面，平面，得，则，点的轨迹是以点为圆心，为半径的四分之一圆，其轨迹长度为，B错误；对于C，由与平面所成的角为，则为等腰直角三角形，，则点的轨迹是以点为圆心，为半径为半径的四分之一圆，其轨迹长度为，C正确；对于D，取的中点，连接，由为的中点，得，由平面，平面，得平面，由且，得四边形为平行四边形，则，而，则，由平面，平面，得平面，由，平面，得平面平面，当点在线段上运动时，平面，则平面，因此点的轨迹为线段，其长度为，D正确.故选：ACD三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.函数在区间上的值域为________________．【答案】【解析】【分析】根据辅助角公式，化简可得，根据x范围，求得的范围，结合正弦函数的性质，即可得答案.【详解】由辅助角公式可得：，因为，所以，由正弦型函数性质可得，当，即时，，当，即时，，所以函数在区间上的值域为.故答案为：13.在中，已知，则________________．【答案】【解析】【分析】先利用余弦定理求出，再根据向量的数量积定义即可求出．【详解】解：，．故答案为：．14.已知，是两个不重合的平面，给出下列条件：①，是平面内的两条直线，且，；②，都平行于平面；③内不共线的三点到的距离相等；④，是两条异面直线，，，且，．其中可判断的是__________．（填序号）【答案】②④【解析】【分析】对于①，一个平面内的两条直线平行于两一个平面不一定得到两平面平行；对于②，由平面平行的传递性可知正确；对于③，内不共线的三点到的距离相等，有可能两平面相交，也不一定平行；对于④，两平面内的两条异面直线分别平行于另一个平面，则两平面平行.【详解】，，，是平面内的两条直线，此条件没有排除两条直线平行的情况，故不能得出面面平行，故①不行；平行于同一个平面的两个平面平行，故②正确；内不共线三点到的距离相等，此三点在两平面相交时也可以找出，故不能保证两平面平行，故③不对；，是两条异面直线，，，且，，能得到，故④正确.故答案为：②④.四、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.已知函数．（1）将函数化为形式，求的最小正周期和单调递增区间；（2）若为的内角，恰为的最大值，求；（3）若，求．【答案】（1）；最小正周期；单调递增区间为；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）先根据二倍角公式以及辅助角公式化简，然后根据最小正周期的计算公式以及单调递增区间的公式求解出结果；（2）先分析的取值范围，然后根据正弦函数的单调性确定出的取值；（3）根据二倍角的公式以及同角三角函数的基本关系将转化为，然后根据齐次式的计算将分子分母同除转化为和有关的形式，由此求解出结果.【详解】解：所以的最小正周期由，得所以的单调递增区间为；因为所以所以当，即当时，恰为的最大值；因为所以又因为所以.16.在中，分别为角的对边，（1）求；（2）若为延长线上一点，连接，求的面积．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）根据正弦定理边化角，结合两角和的正弦公式，化简可得，根据二倍角的余弦公式，结合题干条件，即可得答案.（2）由（1）可得，根据余弦定理，可求得b，c的值，结合图形中角度的关系，可得，代入面积公式，即可得答案.【详解】解：（1）由题意，根据正弦定理，可得：，所以，即所以因为，所以，所以，即所以.（2）因为，所以，由余弦定理知，解得因为，所以，在中，因为所以所以又因为所以17.在中，为所在平面内的两点，，．（1）以和作一组基底表示，并求；（2）为直线上一点，设，若直线经过的垂心，求．【答案】（1）；；（2）．【解析】【分析】（1）利用基底法，以和作为一组基底表示即可；（2）因为直线经过的垂心，所以，即，分别表示出代入即可．【详解】（1）由，所以为线段上靠近的三等分点．由，所以为线段的中点，，因为，所以；（2）为直线上一点，设，则，所以，，因为直线经过的垂心，所以，即，所以，解得，所以，因为，所以．【点睛】本题关键之处在于第二问中“直线经过的垂心”转化为“”，进而有“”．18.如图所示，在直角梯形ABCD中，，，，，，边AD上一点满足．现将沿BE折起到的位置，使平面平面BCDE，如图所示．（1）求证：；（2）求四棱锥的体积；（3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）作出辅助线，得到四边形ABCE为菱形，从而线线垂直，得到平面．故；（2）由面面垂直得到线面垂直，求出，利用锥体体积公式进行求解；（3）作出辅助线，证明线面垂直，得到线线垂直，即为平面与平面所成锐二面角的平面角，求出各边长，得到，求出答案.【小问1详解】证明：在平面图形中，连接CE，由勾股定理得，因为且，所以四边形为平行四边形，又，所以四边形ABCE为菱形，在图中，连接AC交BE于点，则，在立体图形中，，，又，平面，平面．又平面，；【小问2详解】在平面图形中，由勾股定理得，由（1）知，四边形ABCE为菱形，结合题设易得，故，平面平面BCDE，且平面平面，平面，．平面BCDE，其中梯形的面积为，；【小问3详解】在立体图形中延长BE，CD，设，连接．平面，平面．又平面，平面．是平面与平面的交线，平面平面BCDE，，平面平面，平面，又平面，，，作，垂足为，连接CH，又，平面，平面OCH，又平面OCH，．即为平面与平面所成锐二面角的平面角．由勾股定理得，，故，为等边三角形，在Rt中，，，所以，又，故，由勾股定理得，所以，又，在中，，．平面与平面所成锐二面角的余弦值．19.在平面直角坐标系中，已知．（1）若为轴上的一动点，点．①当三点共线时，求点的坐标；②求的最小值﹔（2）若，且与的夹角，求的取值范围．【答案】（1）①；②5；（2）．【解析】【分析】（1）①设，根据题意，可得坐标，根据三点共线，可得与共线，根据向量共线的坐标运算，即可求得答案；②因为关于轴的对称点为，所以当三点共线时，取得最小值，代入两点间距离公式，即可得答案.（2）根据题意，求得坐标，根据题意可得恒成立，根据数量积公式，化简整理，可得恒成立，令，利用换元法，可得，恒成立，结合对勾函数的性质，即可得答案.【详解】解：（1）①设，则，