2025-2026学年山东青岛市莱西市高一下学期学业水平阶段性检测（三）数学试题 含答案

/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，并将条形码粘贴在答题卡指定位置上.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.圆锥的底面半径为1，高为，则该圆锥的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先求出母线长，再根据圆锥表面积公式求解即可【详解】圆锥母线长，表面积2.已知向量，，若与垂直，则实数t的值为（）A.0 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据向量垂直的坐标表示，列式求值.【详解】，且，由题意可知，，得.故选：D3.如图所示，在三棱台中，沿平面截去三棱锥，则剩余的部分是（）A.三棱锥B.四棱锥C.三棱柱D.三棱台【答案】B【解析】【分析】根据图形和棱锥的定义及结构特征，即可得出结论．【详解】三棱台中，沿平面截去三棱锥，剩余的部分是以为顶点，四边形为底面的四棱锥．故选：B．4.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，，，，则（）A.1 B. C.3 D.1或3【答案】C【解析】【分析】根据余弦定理求解即可.【详解】由余弦定理，，即，，解得.故选：C5.下列条件中,能判断两个平面平行的是A.一个平面内的一条直线平行于另一个平面;B.一个平面内的两条直线平行于另一个平面C.一个平面内有无数条直线平行于另一个平面D.一个平面内任何一条直线都平行于另一个平面【答案】D【解析】【详解】设所以A错误；所以B错误；内有无数条与平行的平行直线，则这无数条直线平行所以C错误；D正确．是线面平行的概念．故选D6.在矩形中，，分别为，的中点，若，则（）A. B.1 C. D.【答案】D【解析】【详解】在矩形中，由分别为的中点，得，解得，因此，而，且向量不共线，则，所以.7.在中，CD为角C的平分线，若，，则等于（）A.0 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由为角的平分线，，可得，设，，然后在中利用正弦定理可得，化简计算可得答案【详解】因为为角的平分线，所以因为，所以所以不妨设，因为在中，，所以因为在中，，所以所以.故选：C8.在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，则的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】设，中点为，化简可得，再根据余弦定理结合余弦函数的范围可得，进而可得的取值范围.【详解】不妨设，中点为，则即，故，即，.故，因为，故，则，故，故的取值范围为.故选：D二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是（）A.向量，能作为平面内所有向量的一组基底B.已知中，点P为边AB的中点，则必有C.若，则P是的垂心D.若G是的重心，则点G满足条件【答案】BC【解析】【分析】对A，根据基底向量不共线判断即可；对B，根据基底向量的运用判断即可；对C，化简可得，进而根据垂心的性质判断即可；对D，由重心可得，即可判断【详解】对A，，故共线，不能作为平面内所有向量的一组基底，故A错误；对B，根据平面向量基本定理可得中，点P为边AB的中点，则必有，故B正确；对C，由可得，即，故，同理，，故P是的垂心，故C正确；对D，若G是的重心，则点G满足条件，则，故D错误；故选：BC10.在中，内角的对边分别为，则下列说法正确的是（）A.若，则为等腰三角形B.若，则为等腰或直角三角形C.若为锐角三角形，则D.若，，，则有两解【答案】CD【解析】【分析】对于A，由题意可得或，即可判断；对于B，由正弦定理可得，所以，即可判断；对于C，根据即，结合正弦函数的单调性即可判断；对于D，根据即可判断.【详解】对于A，因为，，所以或，当时，即，此时为等腰三角形，当时，即，此时为直角三角形，故为等腰或直角三角形，故A错误；对于B，由正弦定理可化为，即，又，故，所以为等腰三角形，故B错误；对于C，因为为锐角三角形，所以，即，又，正弦函数在上单调递增，所以，即，故C正确；对于D，因为，，，所以，所以有两解，故D正确.11.已知函数在上单调，且的图象关于点对称，则（）A.的周期为B.若，则C.将的图象向右平移个单位长度后对应的函数为奇函数D.函数在上有1个零点【答案】BCD【解析】【分析】对于A，根据题意确定周期范围，再根据图象关于点对称，结合正弦函数的对称中心求解即可；对于B，由A，结合余弦函数的最值与周期性质判断即可；对于C，根据三角函数平移性质判断即可；对于D，根据余弦函数值直接求解即可.【详解】对于A，因为函数在上单调，所以的最小正周期T满足，即，所以，因为的图象关于点对称，所以，得，所以当时，，所以，故A错误；对于B，，，则分别为，则为半周期，即，故B正确；对于C，将的图象向右平移个单位长度后得的图象，为奇函数，故C正确；对于D，，即，令，当时，，故仅有，故D正确．故选：BCD.三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.12.如图所示，等腰直角三角形是水平放置的一个平面图形的直观图，其中，则原图形的周长为__________.【答案】##【解析】【分析】根据斜二测画法可得原图形三边长，进而可得周长.【详解】由题意，，则，故原图形中，，，周长为.故答案为：13.__________．【答案】【解析】【分析】利用三角恒等变换先化简，结合诱导公式即可求解.【详解】由题意得：.故答案为：.14.某公园有一个人工湖，若要测量如图所示的人工湖的口径A、B两点间的距离，现在人工湖岸边取C、D两点，测得m，，，，则A、B两点的距离为__________m.【答案】【解析】【分析】在中根据角度关系易得，再在中，由正弦定理得到BD，然后在中，利用余弦定理求解.【详解】在中，因为，故，，所以，则．在中，因为，所以由正弦定理，得．在中，因为，所以由余弦定理得，故m．故答案为：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.已知，都是锐角，，.（1）求和的值；（2）求的值.【答案】（1）,（2）【解析】【分析】（1）由同角三角函数的基本关系及二倍角的正余弦公式求解；（2）根据角的变换，利用两角差的正弦公式求解.【小问1详解】是锐角，，，，，，.【小问2详解】，都是锐角，，又，，.16.已知半圆圆心为O，直径，C为半圆弧上靠近点A的三等分点，若P为半径OC上的动点，以O点为坐标原点，AB所在的直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图所示.（1）求在上投影向量的坐标；（2）若，当y取得最小值时，求点P的坐标及y的最小值.【答案】（1）（2）最小值为，此时点的坐标为【解析】【分析】（1）先求解在上投影向量大小，进而可得投影向量坐标；（2）设，即可表示出、，再结合平面向量数量积的坐标运算及二次函数的性质计算可得．【小问1详解】因为半圆的直径，所以，，又，，则，即．故，，在上投影为，故在上投影向量的坐标为【小问2详解】设，

由（1）知，，故，

∴，又∵，∴当时，有最小值为，

此时点的坐标为17.在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并进行解答.问题：在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且__________.（1）求角C；（2）若的内切圆半径，，求的外接圆半径R.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选择①根据两角和的正切公式化简可得角，选择②根据余弦定理化简，再根据正弦定理边化角，结合三角恒等变换求解即可，选择③由正弦定理统一为边，再由余弦定理求解；（2）由余弦定理及三角形面积公式联立求解可得，进而根据正弦定理求解即可.【小问1详解】选择①：由已知得，所以，在中，，所以．选择②：由题意，故，由正弦定理，即，又，故，因为，故选择③：由已知及正弦定理得，所以，所以，因为，所以．【小问2详解】由余弦定理得，①由等面积公式得．即．整理得，②联立①②，解得，由正弦定理，即18.已知向量，，记函数.（1）将化为形式，并求最小正周期T；（2）求函数在区间上的值域；（3）将函数图象向右平移个单位，再将所得图象上各点的横坐标缩短到原来的倍得到的图象，若在区间上至少有100个最大值，求a的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）利用数量积坐标公式及三角恒等变换化简即可得解；（2）根据自变量的范围求出的范围，利用正弦函数求解；（3）根据三角函数图象变换求出,利用三角函数的性质可得.【小问1详解】,【小问2详解】当时，，，，即函数在区间上的值域为.【小问3详解】将函数图象向右平移个单位，得到，再将所得图象上各点的横坐标缩短到原来的倍得到的图象,令，要使在区间上至少有100个最大值，由正弦函数的性质可得，.19.如图，在四棱锥中，，，，，，设，其中.（1）求证：平面平面；（2）若，求二面角的余弦的取值范围；（3）当时，求三棱锥的外接球体积的最小值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）利用线面垂直去证明面面垂直即可；（2）找到二面角的平面角，由余弦定理可求解；（3）由于是不规则四面体的外接球，转化为过三角形外接圆圆心作该面的垂线必过球心，来研究外接球半径即可.【小问1详解】（1）因为，所以，则且平面平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.【小问2详解】由，知二